Ευκλειδης Β 87

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 87 • Ιανουάριος · Φεβρουάριος • Μάρτιος 2013· Ευρώ: 3,50

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

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

�Ξ;_:-: ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ --Γενικό θέματα

./ Κύκλου μέτρησις .ι Θεώρημα Nash ,( Γεγονότα δράσεις ./ Μαθηματικές Ολυμπιάδες .ι Homo Mathematicus

Α' Τάξη •' Άλγεβρα: Ακρότατα Πρόοδοι

Γεωμετρία: Εγγεγραμμένα Σχήματα

Β' Τάξη Άλγεβρα: Πολυώνυμα

Λογαριθμικές • Εκθετικές Γεωμετρία: Μεικτόγραμμα σχήματα Κσπύθuνση: Κωνικές Τοyές

Γεωμετρικα προβλήματα

Γ' Τάξη Γ ενικιj Παιδεία: Θέματα Πιθανοτήτων Κσπύθυνση: Ασκήσεις ανάλυσης

Δραστηριότητες ' Ο Ευκλεffiης προτείνει ... • Εμείς απαντάμε ... .ι Μοντελοποίηση και εκπαffiευση .ι Ερευνητικές Εργασίες .ι Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

1 5 8 9

18

22 26 29

31

35 39 43

48 51

65 69 71 74 77

Γράμμα της Σύνταξης Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι,

φροντίσαμε ακόμη και α' αυτό το τεύχος να υπάρχουν

θέματα κατάληλα για επανάληψη, ώατε να αας δοθεί η ευ

κειρία να ασχοληθείτε όαο γίνεται νωρίτερα με την εμπέ

δοαη της ύλης. Το τέταρτο τεύχος βέβαια θα είναι αποκ

λειστικά αφιερωμένο ατο ακοπό αυτό.

Σας παραδίδουμε λοιπόν το 3ο τεύχος του Ευκλείδη Β" με την ελπίδα να αας φανεί χρήσιμο ατο δύσκολο αγώνα

α ας.

Σας ευχαριστούμε για την ανταπόκριση που δείχνετε

ατο περιοδικό και περιμένουμε δικά αας άρθρα με επίκαι

ρο ενδιαφέρον για τα επόμενα τεύχη.

Με ευχές για υγεία και πρόοδο Ο πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής: Γιώργος Ταασόποuλος

Ο αντιπρόεδροι: Βαγγέλης Εuαταθίοu, Γιάννης Κερασαρίδης

Μaβημaτικοr Διαγωνισμοί: Εξώφυλλο: Σύνθεση από τα Μαθηματικό

και το Plαπet Eαrth 2013. Εικαατικές εκδοχές

από τα κανονικό πολύγωνα

Προκριμaτικ6ς: 27 Απριλίου 2013 Μεσοyειάδa: 28 Απριλίου 2013

•••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΗΣ ΕΤΑΙρΕΙΑΣ Συντακτική επιτροπή

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34 106 79 ΑΘΗΝΑ

Εκτελεατική Γραμματεία Αθανασόπουλος Γεώργιος Κόντζιας Νίκος Σταϊκος Κώστας Αναστασίου Γιάννης Κοτσιφάκης Γιώργος Στάϊκος Παναγιώτης

Πρόεδρος: Ανδρουλακάκης Νίκος Κουτρουμπέλας Κώστας Στρατής Γιάννης τl}\.:2103617784-3616532

Τ • λ Γ • Αντωνόπουλος Νίκος Κυριαζής Ιωάννης Ταπεινός Νικόλαος Fαχ: 2103641025

αααοπου ος ιωργος Κυριακόπουλος Αντώνης Τασσόπουλος Γιώργος Αργυράκης Δημήτριος Κυριακοπούλου Κων/να Τζ ' ζ θα ' Εκδότης: Αντιπρόεδροι: ιωτ ιος νασης Βακαλόπουλος Κώστας Κυβερνήτου Χρυστ. Τριαντάφυλλο" Γιωρ' γο" Καλοyερόπουλος Γρηγόριος Ευσταθίου Βαγγέλης Ε θ ' Βα " ζ ίδ ή � � υστα ιου yyε,.ης Λα αρι ης Χρ στος Τριάντος Γεώργιος Διευθυντής: Κεραααρίδης Γι6ννης zαχαρόπουλος Κων/νος Λάππας Λευτέρης Τσαγκάρης Ανδρέας Κρητικ6ς Εμμανουήλ Ζώτος Βαyyε'λης Λουρίδας Σωτήρης Τσαγκάρης Κώστας Γραμματέας: Κακαβάς Απόστολος Μαλαφέκας Θανάσης Τσατούρας Ευάγγελος • • Χριατόπουλος Παναγιώτης Μανωλάκου Σταματική Επιμελεια Εκδοσης• Καλίκας Σταμάτης Μαuροyιαννάκη" •·ωνίδα" Τσικαλουδάκης Γιώργος

• Μέλη: Αργυρ6κης Δ. � ,.._ � Καμπούκος Κυριάκος Μενδρινός Γιάννης Τσιούμας Θανάσης Ζώτος Βαγγέλης Λουρίδας Σ. Κανε'λλος Χρήστος Μεταξάς Νικόλαος Τυρλής Ιωάννης Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 Στεφανής Π. Καραγκούνης Δημήτρης Μπρίνος Παναγιώτης Φανέλη Άννυ ISSN: 1105 - 7998 Ταπειν6ς Ν. Καρκάνης Βασι'λης Μυλωνάς Δημήτρης Χαραλαμπάκης Ευστάθιος

Μω, ΚΟ" Χρη'στο" Χαραλαμποπούλου Λίνα Η έγκαιρη πληρωμή

της συνδρομής βοηθάει

στην έκδοση του περιοδικού

Κατσούλης Γιώργος � � Πανδής Χρήστος Χαραλάμπους Θάνος

Κερασαρίδης Γιάννης Πανουσάκης Νίκος Χριστιάς Σπύρος Καρδαμίτσης Σπύρος Πουλιάσης Παναγιώτης Χριστόπουλος Θανάσης Κλάδη Κατερίνα Ρέγκλης Δημήτρης Χριστόπουλος Παναγιώτης Κονόμης Άρτι Σα'ϊτη Εύα Ψύχας Βαyyέλης ••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••

• Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνειάπ προτείνονrαι από την Ε.Μ.Ε. • Οι συνεργασίες, [τα άρθρα, οι προτεινόμεν

.

ες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.] πρέπει να ατέλνονrα.αι;, ατϊJrφεία της

Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη lr". Τα χειρόγραφα δεν εmατρέφονrαι. ι:ιnιιuc4Ι[ΛΕ� Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά = ευρώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00

Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγε'λνονrαι ατε'λνεται: (1 ). Με απλή ταχυδρομική εmταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Τ αχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 (2). Στην ιατοσελίΟΟ της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικής συναλλαγής με την τράπεζα EUROBANK (3). Πληρώνεται ατα γραφεία της Ε.Μ.Ε. (4). Με αντικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών ατο χώρο σας, κατά την παραλαβή.

Εκτύπωση: ROTOPRΙNT ΙΑ. ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ & ΣΙΑ EEJ. τηλ.: 210 6623778-358 Υnειίθuνος τunογpαφείοu: Δ. Παπαδόπουλος

ΚΥΚΛΟΥ ΜΕΤΡΗΣΙΣ

Γ� ια τη ζωή και το έργο του Αρχιμήδη έχουμε πολλές αναφορές από τους αρχαίους συγγραφείς (Πλούταρχος, Πολύβιος, Ήρων, Πάππος, Πρόκλος, Αθήναιος, Κι

κέρων, Διόδωρος Σικελιώτης, Βιτρούβιος, Σιμπλίκιος, Δίων, Ευτόκιος, Τζέτζης κ.α).

Γνωρίζουμε ότι γεννήθηκε το 287 π.Χ στις Συρακούσες και ήταν γιος του αστρονόμου Φειδία. Το γένος του ήταν aριστοκρατικής καταγωγής και κατά τον Πλούταρχο (Μάρκελλος 14- 1 9) η οικογένειά του συνδεόταν με συγγενικούς δεσμούς με τον βασιλιά των Συρακουσών Ιέρωνα. Ταξίδεψε σε πολλά μέρη του τότε γνωστού κόσμου και ήρθε σε επαφή με τους αλεξανδρινούς μαθηματικούς που ήταν κατά μία γενιά μικρότερη του Ευκλείδη . Ο Αρχιμήδης όταν σπούδασε στις περίφημες σχολές στην Αλεξάνδρεια, το επιστημονικό κέντρο του τότε κόσμου, ο Ευκλείδης δεν ζούσε.

Γνωρίζουμε ότι είχε για δάσκαλό του τον Κόνωνα τον Σάμιο που πιθανώς να είχε διαδεχθεί τον Ευκλείδη στη Σχολή που είχε εκείνος ιδρύσει, και συμφοιτητές τον Ερατοσθένη, τον Δοσίθεο και άλλους με τους οποίους συνδέθηκε με φιλία και στους οποίους αφιέρωσε εργασίες του. Η πιο γνωστή αφιέρωση είναι στον Ερατοσθένη, στο έργο του «Περί των μηχανικών θεωρημάτων προς Ερατοσθένη έφοδος». Μετά το πέρας των σπουδών του προτίμησε να μην παραμείνει στην ακμάζουσα Αλεξάνδρεια αλλά να επιστρέψει στην πατρίδα του, τις Συρακούσες, όπου παρέμεινε μέχρι τον θάνατό του. Ωστόσο ο Αρχιμήδης διατήρησε επιστημονική και φιλική επαφή με τους αλεξανδρινούς μαθηματικούς και μάλιστα τις προς δημοσίευση εργασίες του έστελνε πρώτα στο δάσκαλο και φίλο του Κόνωνα για σχολιασμό.

Όλα τα έργα του Αρχιμήδη διαπνέονται από μία εκπληκτική πρωτοτυπία σκέψης, που συνδυάζεται με απόλυτη αυστηρότητα στις αποδείξεις και μεγάλη ικανότητα στην τεχνική των υπολογισμών. Οι πιο σημαντικές συνεισφορές του Αρχιμήδη στα μαθηματικά εντάσσονται στον τομέα που σήμερα αποκαλούμε Ολοκληρωτικό Λογισμό. Να σημειώσουμε

Ο Αρχιμήδης θα παραμείνει στη μνήμη των ανθρώπων όταν ο Αισχύλος θα έχει ξεχαστεί, επειδή οι γλώσσες πεθαίνουν ενώ οι ιδέες των μαθηματικών όχι.

G.H. Hardy

Σωτήρης Χρ. Γκουντουβάς ότι και σήμερα τα αθάνατα έργα του Αρχιμήδη υπό την αυστηρή βάσανο της σύγχρονης μαθηματικής επιστήμης είναι aψεγάδιαστα

Τα έργα του Αρχιμήδη έχουν τη δομή των Στοιχείων του Ευκλείδη. Δηλαδή έχουν ορισμούς, αξιώματα και ακολουθούν οι προτάσεις, δηλαδή θεωρήματα με τις αποδείξεις τους.

Ο Αρχιμήδης συνέγραψε πολλά έργα, από τα οποία σώθηκαν περίπου τα μισά. Τα έργα του Αρχιμήδη που σώθηκαν είναι :

"'·· Περί σφαίρας και κυλίνδρου ":" Κύκλου μέτρησις ,.> Περί κωνοειδέων και σφαιροειδέων :· Περί ελίκων ·:· Περί επιπέδων ισορροπιών -�:& Ψαμμίτης > Τετραγωνισμός παραβολής

" · Περί οχ ου μένων .. Στομάχιον �· Περί των μηχανικών θεωρημάτων προς

Ερατοσθένη έφοδος ·:' Βιβλίον λημμάτων •:• Βοεικόν πρόβλημα

Επίσης υπάρχουν έργα του Αρχιμήδη που σώζονται μόνο στα αραβικά. Αυτά είναι :

��-� Περί του κανονικού επταγώνου ·.:' Αρχαί Γεωμετρίας .,'ζ� Περί κύκλων εφαπτομένων αλλήλων ·> Περί υδραυλικού ωρολογίου Εκτός αυτών υπάρχουν και έργα του Αρχιμήδη

που δεν έχουν σωθεί αλλά τα αναφέρουν μεταγενέστεροι συγγραφείς όπως :

"�· Περί τριγώνων ,. Περί τετραπλεύρων

'·· Περί των κγ ' ημικανονικών πολυέδρων ·:� Αριθμητικά ,;. Περί ζυγών ••• Κεντροβαρικά ·•• Κατοπτρικά ·1>:� Ισοπεριμετρικά ·:· Περί αρχιτεκτονικής Ο Αρχιμήδης εκτός από Μαθηματικός ήταν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/1

---------------- Κυκλου Μέτρισης ----------------και ευφυής Μηχανικός με πολλές κατασκευές στο ενεργητικό του όπως, υδραυλικά ρολόγια, πλανητάρια, πολύσπαστα, μοχλοί, ναυπήγηση πλοίων, ελικοειδείς αντλίες, καυστικά κάτοπτρα και άλλες.

A.JJ...ά βεβαίως ήταν και φυσικός και αστρονόμος. Ανακάλυψε την Αρχή του Αρχιμήδη, δηλαδή το Νόμο της Άνωσης, όταν έλυσε το πρόβλημα που του είχε θέσει ο Ιέρωνας σχετικά με το χρυσό στέμμα που του κατασκεύασε κάποιος χρυσοχόος. Όταν εμπνεύστηκε τη λύση του προβλήματος στο λουτρό του, άρχισε να τρέχει γυμνός στους δρόμους των Συρακουσών φωνάζοντας «Εύρηκα - Εύρηκα».

Συνοψίζοντας, ο Αρχιμήδης θεωρείται και είναι ο μεγαλύτερος μαθηματικός όλων των εποχών.

Ο άδοξος χαμός του Αρχιμήδη συνέβη το 2 1 2 π.Χ όταν οι Ρωμαίοι κατέλαβαν τις Συρακούσες μετά από τριετή πολιορκία. Οι ιστορικοί αναφέρουν το περιστατικό του ρωμαίου στρατιώτη που αντίκρισε το γηραιό Αρχιμήδη στην οικία του απορροφημένο με την επίλυση ενός γεωμετρικού προβλήματος με κύκλους. Η απάντηση του Αρχιμήδη στον άξεστο ρωμαίο, προ του επερχόμενου θανάτου, έμεινε στην ιστορία: <<Μη μου τους κύκλους τάραττε».

Ρωμαϊκό ψηφιδωτό με θέμα το θάνατο του Αρχιμήδη

Ο Αρχιμήδης θεωρούσε την εγγραφή σφαίρας σε κύλινδρο σαν το κορυφαίο του επίτευγμα και θέλησε αυτό να χαραχτεί πάνω στον τάφο του. Έτσι χαράχτηκε η εγγεγραμμένη σφαίρα σε κύλινδρο προς ανάμνηση του θεωρήματός του ότι ο λό-

• • νσφ 2 γος των ογκων τους ισουται με -- = - , το o-

V ιαιλ 3 ποίο βρίσκεται στο σωζόμενο έργο του Περί σφαίρας και κυλίνδρου. Μάλιστα ο ρωμαίος Κικέρων ( 1 06-43 π.Χ) αναφέρει ότι αναγνώρισε τον τάφο του μεγάλου μαθηματικού το 75 π.Χ, κοντά στην Ακραγαντίνη Πύλη, από το σχήμα που ήταν χαραγμένο πάνω στην επιτάφια πλάκα.

Στην παρούσα εργασία θα επικεντρωθούμε στο έργο του Αρχιμήδη Κύκλου Μέτρησις.

Εκεί ο Αρχιμήδης προσπαθεί να υπολογίσει το μήκος της περιφέρειας του κύκλου. Προσεγγίζει το μήκος της περιφέρειας του κύκλου με κανονικά πολ1Jγωνα που εyγράφει και περιγράφει στον κύκλο.

Ξεκινά με κανονικά εξάγωνα που εγγράφει και

περιγράφει στον κύκλο, στη συνέχεια διπλασιάζει το πλήθος των πλευρών τους και έχει κανονικά δωδεκάγωνα και πάλι διπλασιάζοντας το πλήθος των πλευρών παίρνει κανονικά 24-γωνα, 48-γωνα, 96-γωνα και ούτω καθεξής. Όσο αυξάνεται το πλήθος των πλευρών το πολύγωνο τείνει να ταυτιστεί με τον κύκλο.

Προσεγγίζει λοιπόν το μήκος της περιφέρειας του κύκλου με την περίμετρο των κανονικών πολυγώνων.

Δημιουργεί με τη περίμετρο των εγγεγραμμένων πολυγώνων μια αύξουσα ακολουθία που τείνει στην περίμετρο του κύκλου και με των περιγεγραμμένων μια φθίνουσα ακολουθία που τείνει επίσης στην περίμετρο του κύκλου. Έτσι εγκλωβίζει την ζητούμενη περίμετρο μέσα σε ένα διάστημα που μπορεί να το κάνει όσο μικρό θέλει.

Κάθε φορά παίρνει μια καλύτερη προσέγγιση για το μήκος του κύκλου και όταν φθάνει στα κανονικά πολύγωνα 96 πλευρών καταλήγει στο ότι:

10 1 3-<π<3-.

71 7 Ο Αρχιμήδης βρίσκει μια εκπληκτική για την

εποχή του προσέγγιση για το π το οποίο ορίζει ως το λόγο του μήκους του κύκλου προς τη διάμετρο. Έτσι όχι μόνο υπολογίζει το π αλλά και δίνει μια μέθοδο για την ολοένα και ακριβέστερη προσέγγιση του. Η μέθοδος αυτή καλείται Μέθοδος της Εξάντλησης και είχε κατά πρώτον χρησιμοποιηθεί από τον Εύδοξο τον Κνίδειο (407-350 π.Χ) διευθυντή της Ακαδημίας του Πλάτωνα. Στη συνέχεια αποδεικνύει το θεώρημα ότι το εμβαδόν του κύκλου είναι ισοδύναμο με το εμβαδόν ορθογωνίου τριγώνου με κάθετες πλευρές την ακτίνα και το μήκος του κύκλου, δηλαδή το γνωστό τύπο Ε=πρ2•

Η απόδειξη του Αρχιμήδη γίνεται με την εις άτοπο απαγωγή ως εξής :

•:• Υποθέτει ότι Ε>πρ2 και καταλήγει σε άτοπο •:• Υποθέτει ότι Ε<πρ2 και καταλήγει σε άτοπο •:• Άρα Ε=πρ2

• Εmχεφηματολοyία- Απόδειξη, κρυστάλλινη, μοναδική !!!

Στη συνέχεια ακολουθεί εργασία που έκαναν οι μαθήτριες της Β· Λυκείου Κοντοπάνου Μαρία και Μαρκά Σοφία του 100 ΓΕΛ Ελληνικού, τη σχολική χρονιά 2010- 1 1 , με προσωπική προτροπή και επίβλεψη.

Στο κυνήγι των ψηφίων του αριθμού π Στην παρούσα εργασία θα προσεγγίσουμε τον

αριθμό π με τη βοήθεια των κανονικών πολυγώνων. Αρχικά θα εγγράψουμε σε ένα κύκλο με ακτίνα R ένα κανονικό εξάγωνο. Στη συνέχεια διχοτομώντας τα τόξα του θα διπλασιάζουμε το πλήθος των πλευρών και θα φτάσουμε μέχρι το εγγεγραμμένο κανονικό 1 92-γωνο. Θα προσεγγίσουμε λοιπόν το μήκος και το εμβαδόν του κύκλου μόνο με


--------------- Κυκλου Μέτρισης ---------------εγγεγραμμένα κανονικά πολύγωνα. Οι συμβολισμοί που θα χρησιμοποιήσουμε είναι οι παρακάτω:

•:• R ακτίνα περιγεγραμμένου κύκλου

κανονικό πολύγωνο είναι οι παρακάτω και υπάρχουν στο σχολικό βιβλίο.

λ;ν = 2R(R- αv) Pv = νλν •:• λ ν πλευρά κανονικού ν-γώνου

•:• αν aπόστημα κανονικού ν-γώνου

•:• Ρ ν περίμετρος κανονικού ν-γώνου

•:• Ε ν εμβαδόν κανονικού ν-γώνου

Οι σχέσεις που θα χρησιμοποιήσουμε για τις μετρήσεις που θα κάνουμε στη συνέχεια για κάθε ΚΑΝΟΝΙΚΟ 6-ΓΩΝΟ

Θα θεωρήσουμε στις επόμενες μετρήσεις την ακτίνα του κύκλου ίση με τη μονάδα. Οπότε για R=l το εμβαδόν του κύκλου είναι Ε=π και η περίμετρος του L=2π.

λ6 = R =1 R13 13 α6 =--=-2 2 p6 = 6λ6 = 6 1 313 Ε6 =-Ρ6α6 =-� 2, 59807621 135 2 2

ΚΑΝΟΝΙΚΟ 12-ΓΩΝΟ λ�2 =2R(R-α6), λ12 =�r-2R-(::-R ---α6....,..) =�2-13

ΚΑΝΟΝΙΚΟ 48-ΓΩΝΟ

λ48 =�2R(R-α24) =�2-�2+5:J3 •� � JR'-;3� � �2+J2+5:J3

4 2 ΚΑΝΟΝΙΚΟ 96-ΓΩΝΟ

λ96 = �2R (R-α48 ) = �Γ2 --�-,=2=+ �==;:2ΞΞ+ΞΞ5:J3Ξ+Ξ13Ξ3 α,. � JR'-� � �2+�2+J2+5:J3

4 2 ΚΑΝΟΝΙΚΟ 192-ΓΩΝΟ

λ192 =�2R(R-α96) =�Γ2_ -�r=2=+�r2=+�=;Ξ2 Ξ+ΞΞ� 2Ξ+Ξ.J3Ξ3

z r

p24 = 24λ24 = 24�2-�2+13 Ε24 =.!_Ρ24α24 =6�2-13 �3,10582854123024 2

p96 = 96λ96 = 96� 2-� 2 + � 2 + 5:J3 Ε96 = .!_Ρ96α 96= 24�2-�2+�2+13 � 3,139350203046 2

Ρ.92 =192λ\92 =192�2-�2+�2+�2+� Ε192 =_!_Ρ192α,92 =48�2-�2+�2+�2+.J3 �3,1410319508 2


--------------- Κυκλου Μέτρισης --------------Συγκεντρώνουμε τα παραπάνω αποτελέσματα στους πίνακες που ακολουθούν.

ΕΜΒΑΔΟΝ ΚΑΝΟΝΙΚΩΝ ΠΟΛ ΥΓΩΝΩΝ εμβαδόν ν-γώνου απόκλιση από το εμβαδόν

κ. ν-γωνο & τιμή για το π του κύκλου απόκλιση%

6-γωνο 2,5980762 11 0,5435 16443 17,30% 12-γωνο 3 0, 14 1592654 4,50% 24-γωνο 3, Ι 05828541 0,035764 1 1 3 1 , 14% 48-γωνο 3,132628613 0,008964041 0,29% 96-γωνο 3,139350203 0,002242451 0,07% 192-γωνο 3,141031951 0,000560702 0,02%

ΠΕΡΙΜΕΤΡΟΣ ΚΑΝΟΝΙΚΩΝ ΠΟΛΥΓΩΝΩΝ περίμετρος ν-γώνου απόκλιση από την περίμετρο του

κ. ν-γωνο & τιμή για το 2π κύκλου απόκλιση%

6-γωνο 6 0,283 185307 4,5 1% 12-γωνο 6,211657082 0,071528224 1,14% 24-γωνο 6,265257226 0,0 1 7928081 0,29% 48-γωνο 6;278700406 0,004484901 0,07% 96-γωνο 6,282063902 0,001 121405 0,02% 192-γωνο 6,282904945 0,000280363 0,00%

Τα πρώτα 50 δεκαδικά ψηφία του π είναι:

3,14159 26535 89793 23846 26433 83279 50288 4197169399 37510

Το 1 76 1 ο Ελβετός μαθηματικός Johann Η. Lambert ( 1 728- 1 777) απέδειξε ότι ο π είναι άρρητος αριθμός και το 1 882 ο γερμανός μαθηματικός Ferdinand νοη Lindemann ( 1 852-1 939) απέδειξε ότι ο π είναι υπερβατικός αριθμός. Το γεγονός ότι ο π είναι υπερβατικός αριθμός ισοδυναμεί με το ότι ο κύκλος δεν τετραγωνίζεται με κανόνα και διαβήτη . Έτσι το 1 882 κλείνει η εποχή ενός διάσημου προβλήματος που απασχόλησε την ανθρωπότητα για 2500 χρόνια, αυτό του τετραγωνισμού του κύκλου. Το κυνήγι των ψηφίων του π εξακολουθεί ως τις μέρες μας. Η προσέγγιση του προβλήματος πλέον δεν γίνεται με τα κανονικά πολύγωνα, γιατί ο αλγόριθμος αυτός είναι πολύ αργός στη σύγκλισή του από ένα σημείο και μετά, αλλά με άλλους αλγόριθ-μους. Ήδη από τον 1 γ αιώνα και μετά το π προσεγγιζόταν μέσω σειρών, δη- Ο Αρχιμήδης διαλογιζόμενος λαδή αθροισμάτων με άπειρους όρους. Υπάρχουν πάρα πολλές σειρές για το

Η λ , , , G L .b . 4 4 4 4 4 4 4 4 4 π. πιο απ η ειναι η σειρα των regory- eι nιtz: π = -- +--- +--- +--- +--3 5 7 9 1 1 1 3 1 5 1 7

Το ρεκόρ υπολογισμού ψηφίων του π με προσωπικό υπολογιστή κατέχουν οι Alexander J. Yee και Shigeru Kondo που υπολόγισαν περίπου 5 τρισεκατομμύρια ψηφία. Ο υπολογισμός των ψηφίων ξεκίνησε στις 4 Μαίου 20 1 Ο και διήρκεσε 90 μέρες. Κλείνουμε την παρούσα εργασία με το παρακάτω ρητό που επινόησε ο Νικόλαος Χατζηδάκης ( 1 872- 1 942) καθηγητής Μαθηματικών στο Πανεπιστήμιο Αθηνών και μας δίνει τα πρώτα 22 δεκαδικά ψηφία του π :

Αεί ο Θεός ο μέγας γεωμετρεί, το κύκλου μήκος ίνα ορίση διαμέτρω, παρήγαγεν 3 , ι 4 ι 5 9 2 6 5 3 5 8 9 αριθμόν απέραντον, και όν, φεύ, ουδέποτε όλον θνητοί θα εύρωσι. 7 9 3 2 3 8 4 6 2 6

* Η εργασία αυτή αφιερώνεται στους μαθητές που θέλουν να ασχοληθούν και με κάτι άλλο στα μαθηματικά πέραν των τυποποιημένων, απρόσωπων, πολυφορεμένων και εν τέλει ανιαρών «φροντιστηριακών» ασκήσεων. 4 4 4 4

π=3+ + + . . . 2χ3χ4 4χ5χ6 6χ7χ8 8χ9χ10 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/4

Τα όρια εφαρμογής του θε στος Nash wερi U.αρ ηc ι ών σε wαίγνια

Στα πλαίσια του επιστημονικού διαλόγου, που τελικά έχει αρκετό ενδιαφέρον, από τις στήλες του περιοδικού μας, είχαμε δημο

σιεύσει, με αφορμή την απονομή του βραβείου Shaw 20 1 1 στον Δημήτρη Χριστοδούλου, αποκλειστική συνέντευξή του. Πιο συγκεκριμένα στο 84° τεύχος του Ευκλείδη Β' είχαμε δημοσιεύσει συνέντευξη του κ. Δημήτρη Χριστοδούλου, Μαθηματικού-Φυσικού καθηγητή στο Πολυτεχνείο της Ζυρίχης. Ο κ. Χριστοδούλου στη συνέντευξη αυτή είχε αναφερθεί στους κ.κ. Κωνσταντίνο Δασκαλάκη και Χρίστο Παπαδημητρίου. Σε απάντηση των όσων είπε ο κ. Χριστοδούλου οι κ. κ. Κ. Δασκαλάκης και Χ. Παπαδημητρίου μας ζήτησαν τη δημοσίευση της πιο κάτω επιστολής.

Επιστολή Κ. Δασκαλάκη και Χ Πa:παδημιιτρίου «0 κ. Χριστοδούλου λέει στην κατά τα άλλα συμπαθή-αν και γεμάτη ανεξήγητη εμπάθεια για εμάςσυνέντευξή του στο τεύχος 84 του Ευκλείδη Β: 'Ό Παπαδημητρίου και ο Δασκαλάκης ανέφεραν επανειλημμένως ότι συνεργάζονται με τον John Nash και ότι έχουν βρει τα όρια της εφαρμογής του θεωρήματος του Nash στην Θεωρία των Παιγνίων.,

Ο καθηγητής του Μrτ Κώστας Δασκαλάκης στο Φανάρι με τον Πατριάρχη Βαρθολομαίο.

Αλλού βρίσκεται η αλήθεια. Ποτέ σε καμιά δημοσίευση, συνέντευξη ή άλλη ανακοίνωσή μας, επιστημονική ή μη, δεν έχουμε ισχυρισθεί ότι συνεργασθήκαμε με τον κ. Nash, όπως μας καταμαρτυρεί ο κ. Χριστοδούλου. Τον προκαλούμε να παρουσιάσει στους αναγνώστες του Ευκλείδη Β κάποιο κείμενό μας, επιστημονικό ή μη, που να στηρίζει τα ψευδή λεγόμενά του. Το ότι διαπιστώσαμε τα όρια της εφαρμογής του θεωρήματος του Nash περί ύπαρξης ισορροπιών σε παίγνια (που βέβαια καμιά σχέση δεν έχει με το θεώρημα εμβαπτισμού του Nash με το οποίο ο κ. Χριστοδούλου το μπερδεύει, αμέσως μετά στη συνέντευξη) όντως ισχύει. Αυτός είναι και ο λόγος που η Εταιρεία Θεωρίας Παιγνίων (ο διεθνής επιστημο-

Παναγιώτης Χριστόπουλος

νικός θεματοφύλακας του θεωρήματος αυτού) βράβευσε το 2008 εμάς τους δύο και τον συνεργάτη μας σε εκείνη την εργασία Πολ Γκόλντμπεργκ. Αυτό που οι τρείς μας αποδείξαμε είναι ότι η καθολικότητα του θεωρήματος του Νας (ότι δηλαδή κάθε παίγνιο έχει σημείο ισορροπίας) δεν ισχύει στον πραγματικό κόσμο, όπου πολλών παιγνίων τα σημεία ισορροπίας θα χρειαστούν χιλιετηρίδες και βάλε για να υλοποιηθούν. Σημειωτέον ότι στα πλαίσια της βράβευσής μας από την εταιρεία κληθήκαμε να παρουσιάσουμε την εργασία μας στο διεθνές συνέδριο της στο Σικάγο τον Ιούλιο του 2008. Ο John Nash παρακολούθησε την ομιλία που έδωσε ο πρώτος υπογράφων και κατόπιν εκδήλωσε ενδιαφέρον και προβληματισμό για τις συνέπειες της εργασίας μας στην εφαρμογή του θεωρήματός του. Τον ίδιο χρόνο, ο δεύτερος υπογράφων έδωσε ομιλία για το αποτέλεσμά μας στο Instίtute of Adνanced Study στο Πρίνστον. Ο John Nash παρακολούθησε την ομιλία του, και μετά οι δυο τους είχαν γεύμα μαζί συζητώντας επί ώρες το θεώρημά μας και τη σημασία του. Επίσης σημειωτέον ότι, για την ίδια εργασία, η Εταιρ?ία Βιομηχανικών και Εφαρμοσμένων Μαθηματικών (SIAM) μας τίμησε με το βραβείο της καλύτερης εργασίας του 2009 στα εφαρμοσμένα μαθηματικά. Σωστά λέει ο κ. Χριστοδούλου ότι η μαθηματική αλήθεια έχει ύπαρξη αυτόνομη, μακριά από τον κόσμο και τις πραγματικότητες του υπολογισμού. Αλλά ορισμένα μαθηματικά θεωρήματα όπως αυτό περί ισορροπιών του John Nash, αντλούν την σημασία τους από το τι μας λένε για τον κόσμο, και για τα θεωρήματα αυτά η υπολογιστική πολυπλοκότητα, και το Ρ - ΝΡ πρόβλημα, μπαίνουν στο προσκήνιο. Πράγματι το Ρ- ΝΡ πρόβλημα είναι κατά το Ινστιτούτο Κλέϋ ένα από τα μεγαλύτερα προβλήματα στα Μαθηματικά σήμερα (δυστυχώς ο τρόπος που το εξηγεί ο κ. Χριστοδούλου στη συνέχεια της συνέντευξής του, περιέχει πολλές ανακρίβειες και λάθη). Ο κ. Χριστοδούλου σε άλλο σημείο της συνέντευξης ισχυρίζεται ότι είναι μαθηματικός, ενώ εμείς δεν είμαστε. Εμείς ξέρουμε ότι οι μαθηματικοί σέβονται την αλήθεια πιο πολύ από τους άλλους ακαδημαϊκούς δασκάλους, γιατί θεραπεύουν και ψάχνουν μια αλήθεια που είναι πιο αγνή και ισχυρή από όλες τις άλλες. Δεν �νε ψέματα».

ΚωνσmvήrοςΔ(1.07((1).όχης και Χρίστος Πa:παδημητρiου


Σύντομες σνοφορeς �σι Πρόσφατα γεγονότα Στο σημείο αυτό, εμείς θα θέλαμε να πούμε δυο λόγια για τους Χ. Παπαδημητρίου και Κ. Δασκαλάκη . Είναι μια προσπάθεια σύντομης αναφοράς για τους δύο αυτούς Έλληνες επιστήμονες.

Ο Κ. Δασκαλάκης στο Συνέδριο της ΕΜΕ το 20 1 Ο στην Χαλκίδα.

Ο κ. Χρίστος Παπαδημητρίου είναι καθηγητής στο Berkeley από τους μεγαλύτερους επιστήμονες στον κόσμο στους Ηλεκτρονικούς Υπολογιστές, μαθητής του είναι ο κ. Κωνσταντίνος Δασκαλάκης. Οι κ. κ. Χ. Παπαδημητρίου και Κ. Δασκαλάκης είχαν βραβευτεί το 2008 από την Εταιρεία Θεωρίας Παιγνίων για μια σπουδαία εργασία τους στη θεωρία Παιγνίων και τα σημεία ισορροπίας στο θεώρημα του John Nash. Το 2009 για την ίδια εργασία βραβεύτηκαν από την Εταιρεία Βιομηχανικών και Εφαρμοσμένων Μαθηματικών (SIAM). Το 20 1 0 η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία είχε προσκαλέσει τον κ. Κωνσταντίνο Δασκαλάκη για κεντρικό ομιλητή στο συνέδριο της Χαλκίδας

Ο Χρ. Παπαδημητρίου (αριστερά)

(τεύχος 80 του Ευκλείδη Β ') . Ο κ. Χρίστος Παπαδημητρίου μαζί με τον κ. Απόστολο Δοξιάδη είναι οι συγγραφείς του μαθηματικού κόμικς με τον τίτλο «LOGICOMIX» που πριν λίγα χρόνια έγινε μπέστ σέλερ και πουλήθηκε σε χιλιάδες αντίτυπα σε όλο σχεδόν τον κόσμο. Ακόμα ο κ. Χρίστος Παπαδημητρίου πριν

λίγους μήνες έγραψε ένα μυθιστόρημα με τίτλο «Ανεξαρτησία». Τα ζάρια λέει δεν έχουν μνήμη και αυτό στα μαθηματικά λέγεται ανεξαρτησία. Ερωτευμένος με τα μαθηματικά προσπαθεί στο μυθιστόρημα αυτό μέσα από τη Θεωρία των Πιθανοτήτων να δει τα σημαντικότερα γεγονότα της σύγχρονης Ελληνικής ιστορίας. Ο συνεργάτης στο βιβλίο LOGICOMIX του Χ. Παπαδημητρίου, κ. Απόστολος Δοξιάδης μας

εξέπληξε την 1 η Φλεβάρη 20 1 3 με διάλεξη που είχε ως θέμα «0 Ευκλείδης στο Gettysburg».

Εικόνες από το βιβλίο LOGICOMIX

Στους κινηματογράφους προβάλλεται η ταινία <<Lincoln» του Στίβεν Σπίλμπεργκ αλλά ο κ. Απόστολος Δοξιάδης μας έκανε να καταλάβουμε πολλά περισσότερα για τον Αβραάμ Λίνκολν τον άνθρωπο που αξιοποίησε τα μαθηματικά στην πολιτική. Ο κ. Δοξιάδης αναφέρθηκε στο μεγάλο Αμερικανό πρόεδρο που με την ρητορική του δεινότητα κατάφερε να καταργήσει την δουλεία. Όμως που όφειλε την ρητορική του δεινότητα, η οποία αποτέλεσε το κυριότερο εργαλείο στην πολιτική του σταδιοδρομία; Παρ' ότι αυτός ο σπουδαίος άνθρωπος πέρασε συνολικά έναν μόνο χρόνο της ζωής του στα θρανία, ο λόγος του είχε δύναμη γιατί ήταν δομημένος πάντα με την Ευκλείδεια λογική και απόδειξη. Ο ίδιος ο Αβραάμ Λίνκολν fλεγε, ότι διδάχθηκε την έννοια της λογικής και της απόδειξης ως aυτοδίδακτος μαθητής του Ευκλείδη και ότι μπορούσε να αποδείξει από μνήμης οποιοδήποτε θεώρημα των έξι πρώτων βιβλίων των «Στοιχείων>> του Ευκλείδη τα οποία μελέτησε.

Ο Απόστολος Δοξιάδης μιλά για Λίνκολν και Ευκλείδη Ειδικά ο κ. Δοξιάδης ανέλυσε την πιο διάσημη ομιλία του Λίνκολν στο Gettysburg η οποία έχει μια βαθιά διαισθητική κατανόηση της Ευκλείδειας λογικής και απόδειξης. Η ομιλία αυτή έyινε στα εγκαίνια του νεκροταφείου για τους πεσόντες του Αμερικανικού εμφυλίου το 1 865 χρησιμοποιώντας μόνο 27 1 λέξεις και σήμερα διδάσκεται στα σχολεία της Αμερικής. Ο κ. Δοξιάδης κατέληξε λέγοντας: « Στους πολιτικούς θα πρότεινα να διαβάσουν Λίνκολν, είναι μάταιο να διαβάσουν Ευκλείδη, αλλά είναι σημαντικό να μελετήσουν τις ομιλίες του Λίνκολν>>.


Β έβαια δεν μπορούμε να μην αναφερθούμε και σε 1 άλλους Έλληνες που διαπρέπουν στο εξωτερικό.

_=r-r; «Greek minds at work» λέγεται η ομάδα που εργάζεται σε Αμερικανικό έδαφος υπό Ελληνική «σημαίω>. Δέκα Έλληνες επιστήμονες έως 25 χρόνων, με εξειδίκευση σε ρομποτική, ηλεκτρονικά, software και επικοινωνία, ετοιμάζει την κατασκευή και εκτόξευση του πρώτου ελληνικού δορυφόρου. «Θέλω να δώσω κίνητρο στα νέα παιδιά στην Ελλάδα να συνεχίσουν να ονειρεύονται», δηλώνει ο εμπνευστής και επικεφαλής του εγχειρήματος, καθηγητής Περικλής Παπαδόπουλος, από τη Μεσσηνία της Αεροδιαστημικής Μηχανικής στο ομοσπονδιακό Πανεπιστήμιο Σαν Χοσέ στη Silicon V

Ο Έλληνας Π. Παπαδόπουλος είναι ο άνθρωπος που πριν λίγους μήνες προσεδάφισε ή θα λέγαμε καλύτερα προσαρίωσε το Cuήosίty στην επιφάνεια του Άρη και

σήμερα το ρομποτικό όχημα στέλνει στοιχεία στη NASA για τη μελέτη του πλανήτη. Ο συμπατριώτης μας επιστήμονας για τις δύσκολες

Το Curiosity στην επιφάνεια του Άρη. στιγμές που περνά η χώρα μας, τονί

ζει ότι θα πρέπει με κάθε θυσία να μείνουν οι νέοι στην Ελλάδα, και η Πολιτεία να δώσει βαρύτητα στην εκπαίδευση: «Η εκπαίδευση, η μόρφωση των νέων μας, είναι η επένδυση της Ελλάδας στο μέλλον. Καλές είναι και οι οικονομικές επενδύσεις, αλλά ο πλούτος της πατρίδας μας είναι οι νέοι της, οι καταρτισμένοι νέοι της».

ΜΙΚΡΟΔΟΡΥΦΟΡΟΣ ΓΙΑ ΤΗΝ ΕΛΛΑΔΑ Ο κ. Π. Παπαδόπουλος για 30 χρόνια είναι ο υπεύθυνος του προγράμματος TechEdSat, το οποίο αφορά την κατασκευή και αποστολή μικροδορυφόρων, σε τροχιά γύρω από τη Γη. Οι μικροδορυφόροι είναι κύβοι με ακμές 1 Ο εκατοστών περίπου και αξιοποιούνται στις τηλεmκοινωνίες. Η πρώτη παγκοσμίως εκτόξευση δορυφόρου μέσα από διαστημικό σταθμό ήταν το Σεπτέμβριο 20 12 . Ο μικροδορυφόρος, τον οποίο ο κ. Παπαδόπουλος κατασκεύασε με φοιτητές του, αφέθηκε σε τροχιά από το Διεθνή Διαστημικό Σταθμό. Ο δορυφόρος περιέχει ένα σύστημα που σε λίγα χρόνια θα αποτελεί το πρότυπο για την επικοινωνία μεταξύ των δορυφόρων και αναμένεται να φέρει πραγματική επανάσταση στις τηλεmκοινωνίες. Η NASA εκδήλωσε ενδιαφέρον για τη συνέχιση του project, καθώς εξοικονομεί χρόνο και χρήμα. Έτσι ο κ. Παπαδόπουλος στο πρό-

γραμμα που αναπτύσσει η NASA "επιστήμη, τεχνολογία, μαθηματικά", επεδίωξε να ενταχθούν και ελληνικά σχολεία πρωτοβάθμιας, δευτεροβάθμιας εκπαίδευσης και πανεπιστήμια με την προϋπόθεση ο μικροδορυφόρος αυτός να αποτελέσει το πρώτο ελληνικό διαστημικό πρόγραμμα. «Επεσήμανα την αναγκαιότητα ενθάρρυνσης της νέας γενιάς στην Ελλάδα και συναίνεσαν χωρίς ενδοιασμούς». Συνεργάστηκε με νεαρούς Έλληνες επιστήμονες που άλλοι τον προσέγγισαν από μόνοι τους και κάποιους άλλους τους επέλεξε αυτός. Με κέρδισαν τόσο με τις γνώσεις τους όσο και με το ήθος τους, υποστήριξε σε συνέντευξη. Η ομάδα αυτή επιδιώκει την κατασκευή ενός μικροδορυφόρου με χρηματοδότηση του προγράμματος από ομογενείς αλλά και από τη συνεισφορά των νέων της Ελλάδας -μέσω ενός ιστότοπου, στον οποίο η ελληνική νεολαία, μαθητές, σπουδαστές, φοιτητές, θα μπορούν να κάνουν δωρεά από 1 μέχρι 1 Ο ευρώ και ταυτόχρονα να γράψουν το όνομά τους μαζί με ένα μικρό μήνυμα. Αυτά θα καταγραφούν σε ένα τσιπ που θα τοποθετηθεί στον μικροδορυφόρο και μόλις αυτός μπει σε τροχιά, θα εμφανιστούν -μέσω του Google Map- σε όλον τον κόσμο. «Αυτό που θέλω να πετύχω είναι να δείξω παγκοσμίως ότι η ελληνική κοινότητα υπάρχει, είναι ενεργή, ότι η Ελλάδα έχει νιάτα,

Ο μικροδορυφόρος λέγεται Λ-sat, από το ελληνικό γράμμα Λ που συναντάται στη λέξη Ελλάς, Ήλιος, Λίθος (δηλαδή «Γη του φωτός» ), θα έχει δύο στόχους κατά την παραμονή του στο Διάστημα για περίπου 300 μέρες το 2014. Αρχικά, θα εντοπίζει σε πραγματικό χρόνο τις γεωγραφικές συντεταγμένες των ελληνικών εμπορικών πλοίων, προσφέροντάς τους σχετική πληροφόρηση για το ενδεχόμενο πειρατείας, ενώ θα προσφέρει τη δυνατότητα άμεσης επικοινωνίας με τον καπετάνιο. Ο δεύτερος σκοπός του δορυφόρου είναι ακαδημαϊκός και θα πραγματοποιηθεί σε συνεργασία με το Πανεπιστήμιο Κολούμπια: θα ελεγχθεί η αντίδραση του υλικού grapheme, από το οποίο αποτελούνται το τρανζίστορ του μέλλοντος, στην (ηλιακή) ακτινοβολία του Διαστήματος «Πρέπει όλοι να βοηθήσουμε αυτή τη γενιά να πετύχει», λέει με πάθος ο κ. Παπαδόπουλος. Στα σχέδια του έχει μια ηλεκτρονική πλατφόρμα που θα συνδέει «μέντορες», μεσήλικες επαγγελματίες ελληνικής καταγωγής με νέους στην Ελλάδα που αναζητούν κατευθύνσεις και πληροφορίες για τη χάραξη της επαγγελματικής τους πορείας, εντός ή εκτός συνόρων. Σφόδρα ερωτευμένος με τη Μεσσηνία γι' αυτό και πρότεινε, το 20 1 6 το ετήσιο συνέδριο διαπλανητικών ερευνητικών αποστολών IPPW (Intemational Planetary Probe Workshop) της διεθνούς οργανωτικής επιτροπής να γίνει στην Καλαμάτα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 87 τ.317

ΔΡΑΣΕΙΣ

Ημερίδα Μαθηματικών στα Τρίκαλα

Το Παράρτημα Ν. Τρικάλων της Ε.Μ.Ε. στις 15-12-2012 διοργάνωσε ημερίδα με τίτλο: «Τα Μαθηματικά στις εφαρμογές και στην εισταίδευση». Αρχικός ομιλητής ήταν ο Πρόεδρος της Ε.Μ.Ε. και Πρόεδρος του Μαθηματικού Τμήματος του Πανεmστημίου Αθηνών, Καθηγητής κ. Γ ρ. Καλογερόπουλος αναπτύσσοντας το θέμα: «Μαθηματική Μοντελοποίηση και εφαρμογf-9>. Ο κ. Καλσyερόπουλος αναφέρθηκε στη διαδικασία της Μοντελοποίησης, στις εξισώσεις διαφορών δεύτερης τάξης, γραμμικές με σταθερούς συντελεστές, στο ομσyενές γραμμικό σύστημα, σε δύο πληθυσμιακά μοντέλα, σε μοντέλο εθνικής οικονομίας μιας χώρας, σε μοντέλο διαπραγματεύσεων μεταξύ εργαζομένων και εργοδοσίας, στη γραμμικοποίηση και στην κυκλική εξέλιξη. Ακολούθως ο Αν. Καθηγητής του Μαθηματικού Αθηνών κ. Ν. Παπαναστασίου μίλησε με θέμα: «Ακολουθίες πραγματικών αριθμών. Η διαχρονική εξέλιξη της έννοιας της σύγκλιση9>. Μια κεντρική έννοια της Μαθηματικής Ανάλυσης είναι η έννοια του ορίου. Ο ρόλος που παίζει η έννοια αυτή στην κατανόηση, ειδικά των εννοιών συνέχειας, παραγωγού και ολοκλήρωσης, είναι καταλυτικός. Η εξέλιξη της έννοιας της σύγκλισης ακολουθίας έχει διαχρονικά ως εξής: Ο πρώτος σοβαρός ορισμός της σύγκλισης δόθηκε από τον Cauchy. Πολύ αργότερα ( 1 947) ο Steinhaus και Fast ορίζουν το στατιστικό όριο ακολουθίας. Μια έννοια σύγκλισης πιο ασθενής από την συνήθη. Τέλος η σύγκλιση ως προς ένα ιδεώδες (aσθενέστερης της στατιστικής) εισήχθη το 2000 από τους Kostyrko, Sa\at και Wilczynski. Τον κύκλο των εισηγήσεων έκλισε ο κ. Β. Ζώτος, μέλος του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. κάνοντας σαφείς αναφορές και τοποθετήσεις σε ζητήματα που αφορούσαν όλο το φάσμα της μαθηματικής εκπαίδευσης στη χώρα μας με συγκριτικές εmσημάνσεις, κατά τα διεθνή πρότυπα στο χώρο της ποιότητας της εκπαίδευσης. τίτλος της διάλεξής του: «Τα Μαθηματικά στην καθημερινή πραγματικότητα της εισταίδευση9>. Στην αρχή της εκδήλωσης ο Πρόεδρος του Παραρτήματος κ. Στέλιος Αμπράζης είχε επισημάνει: «Ευχαριστούμε τον Πρόεδρό μας, Καθηγητή κ. Γρ. Καλσyερόπουλο, τον Αν. Καθηγητή κ. Ν. Παπαναστασίου και τον συνάδελφο Μαθηματικό κ. Β. Ζώτο που αποδέχτηκαν την πρόσκλησή μας και είναι σήμερα μαζί μας. Μερικοί σκοποί μας είναι: α) η αναβάθμιση της παιδείας του τόπου μας και ιδιαίτερα της μαθηματικής, β) η προσέγγιση του Έλληνα Μαθηματικού και η ενημέρωσή του γ) η ανάπτυξη και η συντήρηση της επιστημονικής ακεραιότητας και η βελτίωση των δυνατοτήτων των μελών μας». Τις ομιλίες της ημερίδας παρακολούθησαν 130 μαθηματικοί σε μια κατάμεστη αίθουσα.

ΑΠΡΟΟΠΤΑ

Κέρκυρα 2012 - 2013 Έγιναν με μεγάλη επιτυχία στο Παράρτημα της Κέρκυρας τον Δεκέμβρίο του 20 1 2 οι διαλέξεις: «Απίστευτα Μαθηματικά» με τον Θεόδωρο Μπόλη και <<Αρχέyονοι κοσμικοί ήχοι, από τον Πυθαγόρα στο Big Bang» με τον Σπύρο Γεωργαρά.

ΕλΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ ΠΑΙΡΕΙΑ nορορr410ΙC.tρ.,.,ρας ΕλλΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑ ΏΚΗ Π AIPEIA naρορτημοΚtρ><ιιρcς 5ιι ΔΙΑΛΕΞΗ 2012-2013 6η ΔΙΑΛΕΞΗ 2012-2013

(-ti'M,\· "Aniστrurα J\.loflημαtιkό!

<>ΜΙ.\Ιιτtη.: Θεόδωρος Μ πόλης fJι>·"'I''O::"'>J''f'l"i->i>

""'τι".:.''"'" �'"'""l""',..;"' rιοn.,....,.,φ.; ••• ι,.,,..,.,,....,. ΩΜJ,\ι-ιτιιΣ: Σπιίρο.; Ι"εc..>ρyαράς φ,,.,,,,•ος

Α�βiαιρο, ψηματ�,\Ρ.\ΠΟ\'Ι!ΙΙΙQςΙΙ.<Ιιllι/1\ιιιθη�ο.σηψι.:ις ι θιιrιcΙJ!(.\j\p.ιμι�ιι/?2-Ι"")nο Παpααι;rοη ΗΔιιuμβριοn2ΙΗ2 2100 ι\ιιφιθίαψι·ι,φιιμαωc;Αρ�ιΙΙΙΙ"<>μιας�οι8ιfΙ\ισerι!ο.flηΙJ1ιας ι θnnn�η! \jlpo�WD)i!• Ιοιrιιιο

Πσpσnκrοη 21 Δrι.;rμ�ριοιι 2012 2100

5η Διεθνής Μαθηματική Εβδομάδα στη Θεσσαλονίκη

Θα γίνει από 27-31 Μαρτίου 2013 η 5η Διεθνής Μαθηματική Εβδομάδα στη Θεσσαλονίκη σε επίκαιρα θέματα τα οποία αφορούν τη μαθηματική κοινότητα. Ενδιαφέρον παρουσιάζουν τα Στρσyγυλά τραπέζια που έχουν θέμα «Τα αναλυτικά προγράμματα Μαθηματικών στο Γυμνάσιο και το Λύκειο», όπως επίσης «Η διδασκαλία των Μαθηματικών σε όλες τις βαθμίδες της εκπαίδευσης»

Οe..6ςσις 11 Ρ 6 t: qΙΙΙιιιιΜιις -__ ..,__,..._......,._ _ _.,_, ..... --.......--.......--.-- ... ......- .. __ .......... __ _...,.. _ _..,._ ........... -� .. - � ... ..... ._-.-.....,_-...,.._...__Η .......,_ .,..__ -... �--,.ιιlιιlιος -.,ς .., ... ....... _...... � ...-................. ...,.__.....,.__

Η�.,..__ . ... ..... .. .......__,. ...... -...-- _ .......... __ .. _,._--...;.,._ ..... ____ _ -... .... _.,-- _...,.-- wις

-....... [ ... ........_. ............. �- ...... . -.....-...� ........ .-.-.

......,.._......,.....,. $------�- .. �--.--��

Η S"..ιιιk___.. .... .... ... ...... .. _....... ... .._ ...... --__,. ______ _....,..�_...,..._.,. ___ _ ---η....ι..-.--...- ... 611ιιις�--._....� Ιιι ιzu;:ιιΙc..,.e.διίlιιι-.�wwΜΙιωw.σιw......ιιι•.....ιιaο....._.....� -------....ι�._..._.......,._ωι-uι�---......

Θεματικές Ενότητες

• Τα Μαθηματικά στην Εκπαίδευση, οι νέες τεχνολσyίες, η τέχνη, ο πολιτισμός, η Ιστορία, οι διαγωνισμοί και η επίλυση προβλημάτων.

• Αναλυτικά προγράμματα και σχολικά βιβλία.


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

,oi A1LaryuvtcrηιM -...ι.:ιο..�b ς Ο�uμιιn&&ς

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

73°ς ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ «0 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ))

ΣΑΒΒΑΤΟ, 12 IANOYAPIOY 2013 ΕΝΔΕΙΚJΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Α' τάξη Λυκείου

Πρόβλημα 1 Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα:

Λύση

(x-l)z lxl+x lxl+3+xz ( )( ) 4 +-2-� 4 , χ xz +4 xz-5x+4 = 0 .

(χ - Ι)2 lxl + x lxl + 3 + x2 2 Έχουμε + � � � (χ - Ι) + 2(1xl + x) � lxl+ 3 + x2 � 4 2 4 � χ2 - 2χ + I+ 2lxl + 2x � Ιχl+ 3 + χ2 � lxl � 2 � -2 � χ � 2.

Επομένως η ανίσωση του συστήματος αληθεύει για χ Ε [ -2, 2]. Επιπλέον, έχουμε χ{χ2 + 4)(χ2 - 5χ + 4) =0 � χ = Ο ή χ2 + 4 =0 ή χ2 - 5χ + 4 =0. Η εξίσωση χ 2 + 4 = Ο είναι αδύνατη στο IR , αφού χ 2 + 4 > Ο, για κάθε χ Ε IR , ενώ η εξίσωση

χ 2 - 5χ + 4 = Ο έχει διακρίνουσα Δ = 9 > Ο και ρίζες χ = Ι ή χ = 4 . Επομένως η εξίσωση του συστήματος έχει τις ρίζες χ = Ο ή χ = Ι ή χ = 4 Επειδή 4\ί!: [ -2, 2], το σύστημα αληθεύει για χ = Ο ή χ = Ι . Πρόβλημα 2 Να aπλοποιήσετε τις κλασματικές παραστάσεις

Α( ) {xz+yz){x3-y3){x3+y3} Β( ) 4xz+16yz+16xy-25 x,y = ( )( ) και x,y = , xz -yz χ4 + y4 + xzyz 2χ + 4y + 5

αν y "Φ ±χ και 2χ + 4y + 5 "Φ Ο , και να λύσετε την εξίσωση Α( x,y) = Β ( x,y). Λύση Λό-γω των υποθέσεων y '*±χ και 2χ + 4y + 5 * Ο, δεν μηδενίζονται οι παρανομαστές των δύο

παραστάσεων, οπότε αυτές ορίζονται. Με πράξεις στον παρανομαστή και στον αριθμητή της

(χ2 + i)(xJ - 1)(xJ + 1) (χ2 + i)(x6 -y6 ) παράστασης A (x, y) λαμβάνουμε: A(x,y) = = 6 6 = x2 + i.

(χ2 - i)(x4 + y4 + x2i) χ -y Η απλοποίηση μπορεί επίσης να γίνει με χρήση της παραγοντοποίησης

χ6 - y6 =(χ2)3 -(y2)3 =(χ2 - y2)(x4 + x2y2 + y4) ή των παραγοντοποιήσεων

χ3 - y3 = (x - y)(x2 + xy + y2) , χ3 + y3 = (x + y){x2 - xy + y2) χ4 + y4 + x2y2 =(χ2 + y2γ _x2y2 =(χ2 + y2 + xy)(x2 + y2 - xy) .

4χ2 + I6i + I6xy-25 (2x+4y)2 -52 (2x+4y+5)(2x+4y-5) Έχουμε επίσης B(x,y) =2x+4y-5. 2x+4y+5 2x+4y+5 2x+4y+5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ. 3/9

-------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες -------Επομένως η εξίσωση Α( χ, y) =Β ( χ, y ) γίνεται:

χ2 + y2 = 2χ + 4y- 5 <::::::> χ2-2χ + y2- 4y + 5 =ο<::::::> (χ - 1 γ + (y-2 )2 =ο

<::::::>χ - 1 =Ο και y-2 =Ο (διαφορετικά θα είχαμε (χ - 1 γ + ( y-2 )2 > Ο) <::::::> χ = 1, y = 2. Πρόβλημα 3 Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ και σημεία Δ,Ε των πλευρών του ΑΓ, ΑΒ α

ντίστοιχα, ώστε ΑΔ=ΑΕ. Οι κύκλοι cι(Β, ΒΕ) και c2(Γ, ΓΔ) τέμνουν την ευθεία ΒΓ στα ση-μεία Β ι, Β2 και Γ ι, Γ 2, αντίστοιχα. Το σημείο Β ι βρίσκεται εκτός του τμήματος ΒΓ προς το μέρος του Β και το σημείο Γ2 βρίσκεται εκτός του τμήματος ΒΓ προς το μέρος του Γ.

Να αποδείξετε ότι: (α) Τα σημεία Ε, Β2, Γι, Δ βρίσκονται επάνω σε κύκλο, έστω c3• (β) Τα σημεία Ε,Βι ,Γ 2 ,Δ βρίσκονται επάνω σε κύκλο, έστω c4• (γ) Το σημείο Α και τα κέντρα των κύκλων c3 και c4, βρίσκονται επάνω στην ίδια ευθεία.

Λύση

Α

Σχήμα 3

(α) Το τρίγωνο ΒΕΒ2 είναι ισοσκελές (οι πλευρές ΒΕ και ΒΒ2 είναι ακτίνες του κύκλου c1 ) , οπότε η μεσοκάθετη της πλευράς ΕΒ2 είναι διχοτόμος της γωνίας Β και κατά συνέπεια θα διέρχεται από το έκκεντρο Ι του τριγώνου ΑΒΓ . Επιπλέον ισχύει: ΙΕ = ΙΒ2 (1) .

Το τρίγωνο ΓΔΓ1 είναι ισοσκελές (οι πλευρές Γ Δ και ΓΓ1 είναι ακτίνες του κύκλου c2 ) , οπότε η μεσοκάθετη της πλευράς ΔΓ1 είναι διχοτόμος της γωνίας Γ και κατά συνέπεια θα διέρχεται από το έκκεντρο Ι του τριγώνου ΑΒΓ. Επιπλέον ισχύει: ΙΔ = ΙΓ1 (2) .

Το τρίγωνο ΑΕΔ είναι ισοσκελές (διότι ΑΔ = ΑΕ ) , άρα η μεσοκάθετη της πλευράς ΕΔ

είναι διχοτόμος της γωνίας Α και κατά συνέπεια θα διέρχεται από το έκκεντρο Ι του τριγώνου ΑΒΓ. Επιπλέον ισχύει: ΙΔ = ΙΕ (3). Επομένως, οι μεσοκάθετες των τμημάτων Β2Ε, ΕΔ, ΔΓ1 περνάνε από το έκκεντρο Ι του τριγώνου ΑΒΓ , οπότε (σε συνδυασμό με τις ισότητες (1), (2), (3)) συμπεραίνουμε ότι ΙΔ = ΙΕ = ΙΒ2 = ΙΓ1 := r, δηλαδή τα σημεία Ε, Β2, Γ1, Δ βρίσκο-νται επάνω σε κύκλο c3 με κέντρο το Ι και ακτίνα r .

(β) Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύουμε ότι τα σημεία Ε, Β1, Γ 2, Δ βρίσκονται επάνω σε κύκλο C4 με κέντρο το παράκεντρο Ια του τριγώνου ΑΒΓ και ακτίνα rα :=ΙαΔ = ΙαΕ = ΙαΓ2 = ΙαΒι.

(γ) Τα κέντρα των παραπάνω κύκλων ( c3 και c4 ) βρίσκονται επάνω στη διχοτόμο της γωνίας Α, οπότε θα είναι συνευθειακά με τη κορυφή Α .

Πρόβλημα 4 Δίνεται η εξίσωση a2x2 + 2a( .J2 -1 )χ+ .Jx- 2 + 3 - 2.J2 =Ο, όπου χ Ε IR άγνωστος και

a Ε IR παράμετρος. Να λύσετε την εξίσωση για τις διάφορες τιμές της παραμέτρου a. Λύση Για να ορίζεται η .Jx -2 πρέπει να είναι χ� 2. Η εξίσωση γράφεται στην ισοδύναμη μορφή

a2x2 + 2a( J2 - 1 )χ +3-2J2 = -.Jx -2, χ� 2. ( 1 )

Για a =Ο έχουμε την εξίσωση 3-2J2 = -.Jx -2, χ� 2, (αδύνατη , αφού 3-2J2 >Ο). Για a =ι:. Ο, το πρώτο μέλος της ( 1 ) είναι τριώνυμο με διακρίνουσα Δ =Ο, οπότε η εξίσωση

γράφεται ισοδύναμα ως ( ax + J2 - 1 )2 = -.Jx - 2 , χ� 2. (2)


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

Επειδή είναι ( ax + J2 - Ι )2 � Ο και - .Jx - 2 � Ο, χ � 2, έπεται ότι η εξίσωση (2) έχει λύση, αν,

, � , I - J2 και μονον αν, ax + ν 2 - Ι = Ο και χ - 2 = Ο, χ � 2 � χ = 2, εφοσον a = -- .

2

Ε ' δ δ ' ξ' ' ' Ι - J2 λ ' 2 πομενως, η ε ομενη ε ισωση εχει μονο για a = -2-

τη υση χ = .

Β ' τάξη Λυκείου Πρόβλημα 1 Να αποδείξετε ότι για κάθε x, y ε JR ισχύει ότι: l x + y - 11 + lx + 21 + I Y + 21 � 5 . Να βρείτε τα ζεύγη ( x, y) ακέραιων αριθμών με χ < Ο για τα οποία ισχύει ή ισότητα

l x + y - ll + lx + 21 + I Y + 21 = 5 . Λύση Για κάθε a ε JR ισχύει ότι:

l a l � a, (η ισότητα ισχύει όταν a � Ο) και l a l � -a, (η ισότητα ισχύει όταν a � 0). Άρα έχουμε l x + y - I I � - (x + y - I ) , l x + 2l � x + 2 και l y + 2l � y + 2, από τις οποίες με πρόσθε-ση κατά μέλη προκύπτει: l x + y - I I + I x + 2l + l y + 21 � -(x + y - I ) + x + 2 + y + 2 = 5 .

Η ισότητα ισχύει, αν, και μόνον αν, και οι τρεις σχέσεις αληθεύουν ως ισότητες, δηλαδή, αν, και μόνον αν, x + y - I � O και χ + 2 � 0 και y + 2 � 0 � x + y � I και χ � -2 και y � -2 .

Επειδή ζητάμε όλα τα ζεύγη των ακέραιων αριθμών ( χ, y) με χ < Ο , για τα οποία ισχύει η ισότητα, έχουμε χ ε {-2, - Ι} , y ε {-2, - Ι, Ο, Ι, 2, . . . . } , οπότε για να ισχύει η συνθήκη χ + y � Ι , πρέπει και αρκεί: ( x, y) ε {(-2,-2) , ( -2,-Ι) , ( -2,0) , ( -2, Ι) , ( -2,2) , ( -2,3) , ( -Ι,-2) , ( -Ι,-Ι) , ( -Ι, Ο) , ( -Ι, Ι) , ( -1,2) } .

Πρόβλημα 2 Αν για τους πραγματικούς αριθμούς x, y ισχύει ότι r(y -3y+2) <4y(y-t)( xy-2x+2y-y) ,

να αποδείξετε ότι: 1 2y - 31 < ι . Λύση Έχουμε ότι χ2 (ι -3y+ 2) <4y(y- l) ( xy -2χ + 2y-ι) =>χ2 (ι -3y+ 2) -4y(y-I) ( xy-2χ + 2y-ι) <0

::::>χ2 ( ι -3y+ 2) -4y(y-I)(y-2)x -4y(y-I) ( 2y-ι) <0::::>χ2 ( ι -3y+ 2) -4y( ι -3y+ 2) χ +4ι (ι -3y+ 2) <0

=> (y2 - 3y + 2 ) ( χ2 - 4xy + 4y2 ) � Ο � (y2 - 3y + 2 ) (χ - 2y)2 < Ο => y2 - 3y + 2 < Ο,

αφού ισχύει ( χ - 2yγ � Ο => (y - I ) (y - 2) < Ο => Ι < y < 2. Από την τελευταία σχέση λαμβάνουμε

Ι < y < 2 :::::> Ι _ l < y _ l < 2 _ l :::::> - .!_ < 2 Υ - 3

< .!_ :::::> - Ι < 2 y - 3 < Ι :::::> 1 2 y - 3 1 < Ι . 2 2 2 2 2 2

Πρόβλημα 3 Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ < ΒΓ . Εξωτερικά του τριγώνου

θεωρούμε ισοσκελή τρίγωνα ΑΒΔ ( ΑΒ = ΑΔ ) και ΑΓΕ ( ΑΓ = ΑΕ ) με ΒλΔ = Γ ΑΕ = θ < 90° . Οι ΒΕ και Γ Δ τέμνονται στο σημείο Κ. Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΑΔΓ και ΑΒΕ τέμνονται στο σημείο Μ. Να αποδείξετε ότι ΒΑκ = Γ ΑΜ .

Λύση Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΑΒΕ :

1 . ΑΔ = ΑΒ (διότι το ΑΔΒ είναι ισοσκελές) . 2. ΑΓ = ΑΕ (διότι το ΑΕΓ είναι ισοσκελές) . 3 . ΔΑΓ = ΒΑΕ = Α + θ

Άρα τα τρίγωνα ΑΔΓ , ΑΒΕ είναι ίσα και κατά συνέπεια θα είναι ίσοι και οι περιγεγραμμέ-νοι κύκλοι τους c, και c2 .Η γωνία ΑΜΔ είναι εγγεγραμμένη στον κύκλο c, και βαίνει στο τό-ξο ΑΔ . Η γωνία ΑΜΒ είναι εγγεγραμμένη στον κύκλο c2 και βαίνει στο τόξο ΑΒ . Επειδή ό-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ. 3/1 1

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

Σχήμα 4

Πρόβλη μα 4

μως ΑΔ = ΑΒ (διότι το τρίγωνο ΑΔΒ είναι ισοσκελές) και οι κύκλοι c, , c2 είναι ίσοι, συμπεραίνουμε ότι: ΑΜΔ = ΑΜΒ . Άρα τα σημεία Δ,Β ,Μ είναι συνευθειακά. Από την ισότητα των τριγώνων ΑΔΓ και ΑΒΕ, συμπεραίνουμε ότι :Β, = Δ, . Άρα το τετράπλευρο ΑΚΒΔ είναι εγγράψιμο, επομένως: Α, = Δ2 . ( 1 ) Η γωνία Δ2 είναι εγγεγραμμένη στον κύκλο c, και βαίνει στο τόξο ΜΓ . Η γωνία Α2 είναι εγγεγραμμένη στον κύκλο c, και βαίνει στο τόξο ΜΓ . Άρα έχουμε: Α2 = Δ2 . (2) . Από τις σχέσεις (1) και (2), έχουμε: Α, = Α2 .

Να προσδιορίσετε όλες τις τιμές του χ ε IR . για τις οποίες είναι ακέραιος ο αριθμός Α = .Jι3 - 2χ + .J13 + 2χ •

Λύση

Ο αριθμός Α ορίζεται όταν 1 3 - 2χ � Ο και 1 3 + 2χ � Ο <:::> -� ::; χ ::; � . 2 2

Α ν υποθέσουμε ότι Α = .J1 3 - 2χ + .J1 3 + 2χ = η Ε Ζ , τότε θα είναι Α = η > Ο και ισχύει:

Α = .J1 3 - 2χ + .J1 3 + 2χ = η Ε Ζ <:::> Α2 = 26 + 2.J1 32 - 4χ2 = η2 <:::> .J1 32 - 4χ2 = �- 1 3 ( 1 ) 2

Επειδή Ο ::; .J1 32 - 4χ2 ::; 1 3 , λόγω της ( 1 ) και της υπόθεσης ότι η Ε Ζ , έπεται ότι: η2 η2 Ο ::; - - 1 3 ::; 1 3 <:::> 1 3 ::; - ::; 1 3 + 1 3 <:::> 26 ::; η2 ::; 52 <:::> η Ε { 6, 7} . 2 2

• Για η = 6 η εξίσωση ( Ι ) γίνεται .J,....1 3_2 ___ 4_x_2 = 5 <=:> 1 69 - 4χ2 = 25 <=:> χ2 = 36 <=:> χ = ±6 .

• Για η = 7 η εξίσωση ( 1 ) γίνεται ../132 -4χ2 = 23 <=:> 169-4χ2 = 232 <=:>χ2 = 147 <=:> χ = ± 7.J3 . 2 4 16 4

Γ' τάξη Λυκείου Π ρόβλημα I Στο σύνολο των ακεραίων, να λυθεί το σύστημα: :xy = z2 + 2, y3 = χ3 + 2χ2 + ι . ΛίJση Επειδή είναι 2χ 2 + 1 > Ο , για κάθε τιμή του χ Ε Ζ , έπεται ότι ( )2 3 2 y3 > x3 � (y - x) (y2 + xy + x2 ) > 0 � y - x > O � y > x, αφoύ y2 + xy + y2 = χ +� + � > 0 (η

περίπτωση χ = y = Ο δεν επαληθεύει τις εξισώσεις του συστήματος). Επειδή οι χ, y είναι ακέ-ραιοι, από τη σχέση y > χ , έπεται ότι y � χ + 1 <:::> y3 � ( χ + 1)3 <:::> y3 � χ3 + 3χ2 + 3χ + 1 ( 1 )

Από τη δεύτερη εξίσωση του συστήματος και την ( 1 ) λαμβάνουμε χ3 + 2χ2 + 1 � χ3 + 3χ2 + 3χ + 1 <:::> Χ2 + 3Χ ::; 0 <:::> Χ Ε {-3, -2, -1, 0} . (2)

• Για χ = -3, λαμβάνουμε y3 = -8 <:::> y = -2 . • Για χ = -2 , λαμβάνουμε y3 = 1 <:::> y = 1 (απορρίπτεται, αφού xy = z2 + 2 > Ο ) . • Για χ = - 1, λαμβάνουμε y3 = 2 (αδύνατη στο Ζ ) . • Η τιμή χ = Ο, απορρίπτεται, αφού πρέπει xy = z2 + 2 > Ο .

Άρα η μοναδική αποδεκτή περίπτωση είναι χ = -3, y = -2 , οπότε προκύπτει z2 = 4 <:::> z = ±2 , οπότε έχουμε τις λύσεις ( x, y, z) = ( -3, -2, 2) ή ( χ, y, z) = ( -3, -2, -2) .

Πρόβλημα 2 Να βρείτε τη συνάρτηση f : IR � IR , για την οποία ισχύει:

r (x2 ) - y2 = f (x + y) · f (x - y) , για κάθε x,y ε !R .


-------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες --------Λύση Θα χρησιμοποιήσουμε τη δεδομένη σχέση για ειδικές τιμές των μεταβλητών. Για χ = y = Ο λαμβάνουμε f (O) = f (0)2 � f(O) = Ο ή f (O) = 1 . Για χ = y = 2 λαμβάνουμε f (4) - 4 = f (4)f (Ο) , οπότε, αν f (0) = 1, τότε -4 = 0 (άτοπο), ενώ,

αν f (Ο) = Ο , τότε f ( 4) = 4 . Άρα έχουμε f (Ο) = Ο και f ( 4) = 4 . Για x = y = t ε !R έχουμε f { t2 ) - t2 = f (2t) f (0) = 0 => f(t2 ) = t2 , t ε !R . Επειδή για κάθε χ � Ο ,

υπάρχει t ε IR τέτοιο ώστε t2 = χ , έπεται ότι f (χ ) = χ , για κάθε χ � Ο . Για χ = Ο , y > O , λαμβάνουμε f (O) - y2 = f(y) f (-y) => yf (-y) = -y2 => f(-y) = -y, για κάθε

y > Ο , δηλαδή f (χ ) = χ , για κάθε χ < Ο . Από την παραπάνω διαδικασία προκύπτει ότι f ( χ) = χ, χ ε IR, η οποία εύκολα επαληθεύουμε ότι ικανοποιεί τη δεδομένη σχέση .

Πρόβλημα 3 Να προσδιορίσετε τις τιμές του πραγματικού αριθμού χ για τις οποίες ο αριθμός

.Ja - χ + .Ja + χ , όπου a > 1 πραγματική παράμετρος, παίρνει ακέραιες τιμές. Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι είναι δυνατόν να ορίσουμε την τιμή της παραμέτρου

a έτσι ώστε ο αριθμός .J a - χ + .J a + χ να είναι ακέραιος περισσότερες ή ίσες α1tό Κ φορές, όπου Κ τυχόν θετικός ακέραιος.

Λύση Η συνάρτηση f ( a, χ ) = .J a - χ + .J a + χ , a > 1 , ορίζεται για χ ε [ -a, a] και παίρνει τιμές θετικές.

Αν υποθέσουμε ότι f ( a, x ) = .Ja - χ + .Ja + χ = η ε Ζ, τότε θα έχουμε

f (a, x) = .Ja - x + .Ja + x = η ε Ζ � 2a + 2.Ja2 - χ2 = η2 � .Ja2 - χ2 = �- a ( 1 ) 2

2 Επειδή Ο 5, .Ja2 - χ2 5, a , έχουμε Ο 5, E.._ _ a 5, a � 2a 5, η2 5, 4a � J2;. 5, η 5, 2-Fa . 2

Πρώτα θα αποδείξουμε ότι για κάθε ακέραιο η του διαστήματος [ J2;.,2-Γa] η εξίσωση ( 1 ) έχει λύση ως προς χ . Πράγματι, η εξίσωση ( 1 ) είναι ισοδύναμη με την εξίσωση

a' - χ' = (� - a )' , χ E [-a, a] <c> χ' = •' - ( 0: - a )' , χ E [-a, a]

η 2 ( η 2 ) η 2 ( 4a - η 2 ) η .J 4a - η 2 � χ2 = - 2a -- , x ε [-a, a] � x2 = , x ε [-a, a] � x = ±----2 2 4 2 Οι τιμές του χ που βρήκαμε ανήκουν στο διάστημα [ -a, a] , οπότε είναι αποδεκτές, λόγω

της σχέσης χ' = a' - ( � - a )' s a' . 'Ετσι, καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι ο αριθμός

.J a - χ + � μπορεί να πάρει οποιαδήποτε ακέραια τιμή η του διαστήματος [ J2;., 2-Γa] , για η.J4a - η2 χ = ± . Επομένως, μπορούμε να βρούμε όσες θέλουμε δυνατές ακέραιες τιμές για το

2 η = .Ja - χ + .Ja + χ , εφόσον επιτύχουμε να κάνουμε το μήκος του διαστήματος [ J2;.,2-Fa] οσο-δήποτε μεγάλο θέλουμε, δίνοντας κατάλληλη τιμή στην παράμετρο a . Για παράδειγμα, για να περιέχει το διάστημα [ J2;., 2-Γa] Κ ή περισσότερους ακέραιους, αρκεί να ισχύει ότι

j2-Γa -J2;.j � κ � {2-J2)-Γa � κ � a � (2_κJ2 )2 .

Πρόβλημα 4 Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ABC ( ΑΒ < AC < BC ) εγγεγραμμένο σε κύκλο


-------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες -------c(O,R) . Η προέκταση του ύψους του AD τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο c(O,R) στο σημείο Ε. Ο κύκλος c1 (D,DA) τέμνει την πλευρά AC στο σημείο Τ, την ευθεία ΑΒ στο σημείο S , τον κύκλο c(O,R) στο σημείο Η και την ευθεία ΟΑ στο Ζ. Να αποδείξετε ότι: (α) Το τετράπλευρο SBTC είναι εγγράψιμο σε κύκλο, έστω c2 • (β) Τα σημεία O,D,F.,Z,H και το κέντρο του κύκλου c2 , βρίσκονται επάνω στον ίδιο κύκλο.

Σχήμα 5

Λύση (α) Η γωνία AST = S είναι εγγεγραμμένη

στον κύκλο cι και βαίνει στο τόξο ΑΤ . Η γωνία ADT είναι η αντίστοιχη επίκεντρη της γωνίας S , οπότε ADT = 2S . Η διχοτόμος της γωνίας ADT είναι κάθετος στην πλευρά AC , οπότε Ι\ = 02 = C = 90° - DAC .

Άρα S = C και κατά συνέπεια το τετράπλευρο SBTC είναι εγγράψιμο.

(β) Η γωνία EDH = 03 είναι εξωτερική του ισοσκελούς τριγώνου DAH ( DA = DH και Α2 = Η2 ) . Άρα έχουμε 03 = 2Α2 • ( 1 )

Η γωνία ΕΑΗ = Α2 είναι εγγεγραμμένη στο κύκλο c και η γωνία Ε6Η = 6ι είναι η αντίστοιχη επίκεντρη, οπότε: 6ι = 2Α2 • (2) Από τις ισότητες (I) και (2) συμπεραίνουμε ότι 6ι = 03 , οπότε τα σημεία O,D, E,H είναι ομοκυκλικά (ανήκουν στον ίδιο κύκλο) . Η γωνία Η6Ζ = 62 είναι εξωτερική του ισοσκελούς τριγώνου ΟΑΗ ( ΟΑ = ΟΗ και � =Ι\ ). Άρα έχουμε: 62 = 2Αι . (3) Η γωνία ΖΑΗ = Αι είναι εγγεγραμμένη στο κύκλο cι και η γωνία HDZ = 04 είναι η αντίστοιχη επίκεντρη, οπότε: 04 = 2λ . (4) Από τις ισότητες (3) και (4) συμπεραίνουμε ότι 62 = 04 , οπότε τα σημεία O,D, Z, H είναι ομοκυκλικά (ανήκουν στον ίδιο κύκλο) . Η μεσοκάθετη του τμήματος ST περνάει από το κέντρο D του κύκλου cι . Η μεσοκάθετη του τμήματος BC περνάει από το κέντρο Ο του κύκλου c . Το σημείο τομής Κ των δύο μεσοκαθέτων, είναι το κέντρο του κύκλου c2 • Θα αποδείξουμε ότι το σημείο Κ ανήκει στο κύκλο που ορίζουν τα σημεία O,D, Z, E, H , δηλαδή ότι: ηκο = DHO . Πράγματι, η γωνία ηκο ισούται με τη γωνία που σχηματίζουν οι ST και BC (διότι έχουν τις πλευρές κά-θετες), δηλαδή είναι: DKO = 1 80° - S - Β εξ = Β - C , ενώ ακόμη ισχύει ότι:

Λ Λ Λ Λ Λ Λ ΑΟΕ Λ Λ Λ Λ Λ DΗΟ = Ηι +Η2 =Αι +Α2 = ΕΑ0 =90° - -- =90° -ACE = 90° - (C+90° -B) = B-C.

2

Ασκήσεις για Διαγωνισμούς Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

Οι λύσεις των ασκήσεων του τεύχους 86 A l 3 . Δίνεται η ακολουθία πραγματικών αριθμών ( xn ) με Χι = 3 και xn = n3:2 (xn-l + 2) ,n � 2. Να αποδείξετε ότι η ακολουθία ( xn ) συγκλίνει και να βρείτε το όριό της. [Βιετνάμ, ΜΟ 2012]


-------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες --------Λύση Θα αποδείξουμε ότι η ακολουθία xn είναι φραγμένη κάτω. Έχουμε χ1 = 3 � 1 και αν υποθέσου-

, 1 , , , ( k + 3 ) ( 2) 1 ( k + 3 ) ( 1 2) k + 3 1 Ε , με οτι xk � , τοτε προκυπτει οτι xk+I = -- xk + � - -- + = -- � . πομε-3k + 3 3 k + 1 k + 1

νως, από την αρχή της μαθηματικής επαγωγής προκύπτει ότι xn � 1, για κάθε θετικό ακέραιο n . Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι η ακολουθία xn είναι γνησίως φθίνουσα. 'Ε 1 Ο 3 Α θ ' ' ' χουμε Χ2 = 3 > = Χ1 . ν υπο εσουμε οτι Xn < Xn-I , τοτε

Χn+Ι = ( n + 3 ) ( Xn + 2) < ( n + 2 ) ( Xn-1 + 2) = Xn ' 3n + 3 3n , n + 3 n + 3 n + 2 , αφου -- > Ο και -- < -- <=> n2 + 3n < n2 + 3n + 2 <=> Ο < 2, αληθες. 3n + 3 3n + 3 3n

Άρα η ακολουθία xn είναι γνησίως φθίνουσα και κάτω φραγμένη, οπότε συγκλίνει. Α ν είναι lim xn = ξ, τότε lim χn-ι = ξ, οπότε υπάρχουν τα όρια των δύο μελών της σχέσης του ορισμού n____.+oo n�+oo

της ακολουθίας και ισχύει: lim xn = lim [ n + 2 ( xn-1 + 2 )] � lim xn = lim ( n + 2) lim ( xn-] + 2) n-->+«> n-->+«> 3n n-H«> n-H«> 3n n-H«>

=> ξ = .!._( ξ + 2) => ξ = 1 . Άρα είναι lim xn = 1 . 3 --

Α1 4. Αν x,y e (ο, ι) , να προσδιορίσετε τη μέγιστη τιμή της παράστασης

Λύση

κ( ) xy(ι - x - y) [Κίνα, WM0 2012] x,y = (χ + y) (ι - χ)(ι - y) '

Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: • Α ν χ + y < 1, τότε 1 - χ - y = z > Ο και από την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέ-

.χy(Ι - χ - y) xyz xyz 1 σου έχουμε - < - -(χ + y ) ( 1 - χ ) (1 - y) - (χ + y ) (y + z ) ( z + x) - 2Jry2.,JY;2J;; - 8 .

Η ' ' ' ' ' 1 1 ισοτητα στην περιπτωση αυτη ισχυει οταν χ = y = - χ - y <=> χ = Υ = 3 . , .xy (1 - x - y) 1

• Αν χ + y � 1, τοτε Κ (χ, y) =( ) ( ) (

) :::: 0 < - . x + y 1 - χ 1 - y 8

Ε ' ' ' ·Κ ( ) -

.xy (1 - x - y) < .!._ . ' θ (Ο 1 ) ' ' -πομενως ισχυει οτι. x, y - ( ) ( ) ( ) _ , για κα ε x, y ε , , οποτε η με

x + y 1 - χ 1 - y 8 , , Κ ( ) , 1 γιστη τιμ η της παραστασης χ, y ειναι 8 .

Α1 5. Να λύσετε στο σύνολο των ακέραιων την εξίσωση : ( Υ3 + xy - ι) ( χ2 + χ - Υ) = ( χ3 - xy + ι) ( Υ2 + χ - Υ) . [Ιράν, ΜΟ 2012]

Λύση χ3 - xy + 1 y3 + xy - 1 χ2 - 1 / - 1 Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα = 2 <=> χ -

2 = y + --"---

Χ2 + Χ - Υ Υ + χ - Υ Χ + Χ - Υ / + χ - Υ

/ - 1 <=> χ - Υ = ---::---

xz + χ - Υ / + χ - Υ , ( 1 ) υπό τον όρο ότι ( χ2 + χ - y ) (/ + χ - y) * Ο. Στη συνέχεια διακρίνουμε τις περιπτώσεις : • χ = y. τότε η συνθήκη (2) γίνεται τελικά χ = y * Ο και εξίσωση ( 1 ) γίνεται:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ. 3/15

(2)

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

•

z ( χ'

χ

- Ι ) � ο {ο> χ' - Ι � ο, χ ., ο {ο> χ � ±Ι,

οπότε έχόυμε τις λύσεις (χ, y) = ( 1, 1 ) , (χ, y) = ( -1, - 1) . Επιπλέον παρατηρούμε ότι και το

ζευγάρι (χ, y) = (Ο, Ο) , είναι επίσης λύση.

χ > y . χ2 - 1 / - 1

Έστω τότε k = χ -y > Ο, οπότε η εξίσωση ( 1 ) γίνεται: k = --+ . .Χ2 + k / + k

Αν είναι lxl � 1 ή IYI � 1, τότε χ Ε {-1, 0, + 1} ή y Ε {-1, 0, + 1} . Από την αρχική εξίσωση είναι

εύκολο να δούμε ότι από αυτές τις τιμές προκύπτουν οι λύσεις (x, y) = ( -1, 0) , ( x, y) = (1, 2) , ( x, y) = (0, 1 ) και ( x, y) = ( -2, - 1) .

Α ν είναι lxl > 1 και IYI > 1 , τότε

χ2 - 1 2 - 1 χ2 - 1 < χ2 + k => Ο < -2 - < 1 και ομοίως Ο < 4-- < 1, οπότε

χ + k y + k

ο k χ2 - 1 / - 1 2 k χ2 - 1 / - 1 1 (3) < =--+ < => = --+ = . χ2 + k / + k χ2 + k / + k Επιπροσθέτως έχουμε

χ2 - 1 1 2 - 1 1 lxl > 1 => χ2 > 3 και 2χ2 - 2 > χ2 - 1 => -2 - > - και ομοίως � > - ,

χ + 1 2 y + 1 2 χ2 - 1 y2 - 1 '

οπότε 1 = k = -2-+-

2- > 1, ατοπο.

χ + 1 y + 1

• x < y . Θέτουμε 1 = y - x > Ο, οπότε από την εξίσωση ( 1 ) έχουμε:

χ2 - 1 / - 1 1 = -·--+--1-χ2 1 -/ . Προσθέτοντας κατά μέλη τη σχέση (4) με τη σχέση

1 - χ2 1 - y2 2 =--2 +--2 ' 1 - χ 1 - y

λαμβάνουμε την εξίσωση

(4)

(5)

1 - 1 1 - 1 1 + 2 = --2 +--2 . (6) t - x t - y

Αν υποθέσουμε ότι είναι t - χ2 > Ο και t -/ > Ο , τότε

t > x2 , 1 > y2 => 2t = 2 (y - x) > x2 +/ => (χ + 1)2 + (y - 1)2 < 2, ' ' Ά ' λ ' ' -�'1 L 1 - 1 t - 1 ' ' ' που ειναι ατοπο. ρα ενα του αχιστον απο τα ιvwσματα --2 ,--2

ειναι μικροτερο η t - x 1 - y

ίσο με το Ο και το άλλο είναι μικρότερο ή ίσο με t - 1, οπότε

1 - 1 t - 1 1 + 2 = --2 +--2

� O + (t - 1 ) < t , άτοπο, t - x t - y

οπότε η τρίτη περίπτωση δεν δίνει νέες λύσεις.

N l l . Ν α εξετάσετε, αν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι α και b τέτοιοι, ώστε οι α ριθμοί α2 + 4b, b2 + 4α , να είναι και οι δ ύο τέλεια τετράγωνα ακεραίου. [Γ ερμα νία, ΜΟ 2012]


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

Λύση Υποθέτουμε ότι υπάρχουν θετικοί ακέραιοι α και b τέτοιοι, ώστε οι αριθμοί α2 + 4b, b2 + 4α , να είναι και οι δύο τέλεια τετράγωνα ακεραίου. Επειδή όλες οι παραστάσεις είναι συμμετρικές ως προς α και b , μπορούμε να υποθέσουμε, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι b � α . Τότε έχουμε

α2 < α2 + 4b � α2 + 4α < (α + 2 )2 • Επομένως, ο α2 + 4b είναι ένα τέλειο τετράγωνο μεγαλύτερο του α2 και μικρότερο του

( 2)2 ' ' ' α + , οποτε επεται οτι:

α2 + 4b = (α + 1 )2 :::::> 4b = 2α + 1 , που είναι άτοπο, αφού προέκυψε ισότητα μεταξύ άρτιου και περιττού ακέραιου. Άρα δεν υπάρχουν οι ζητούμενοι θετικοί ακέραιοι α, b . 2°ς τρόπος. Έστω α2 + 4b = q2 • Τότε θα είναι α2 < q2 :::::> α < q και αφού 4b άρτιος θα πρέπει οι

α, q να είναι και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί. Από το τελευταίο προκύπτει ότι q � α + 2 , οπότε

α2 + 4b = q2 � (α + 2 )2 = α2 + 4α + 4 > α2 + 4α :::::> b > α. Εργαζόμενοι ομοίως με τον b2 + 4α λαμβάνουμε τη σχέση α > b , η οποία αντιφάσκει προς την προηγούμενη . Άρα δεν υπάρχουν οι ζητούμενοι θετικοί ακέραιοι α, b . Ν 1 2. Ν α προσδ ιορίσετε τους θετικούς ακέραιους n για τους οποίους ισχύει: 6 15n1 + 7 . Λύση Έχουμε

Επομένως ισχύει:

I 2 n2 6 sn + 7 <=> ( -1 ) + 1 = ο <=> n περιττός . .

Π αρατή ρη ση : Οι λύσεις των υπολοίπων προτεινόμενων ασκήσεων του τεύχους 86 με αριθμό Γll, Γ12, Δ6, Δ 7 και Δ8 θα δοθούν στο επόμενο τεύχος.

Ασκήσεις για λύση Α 1 6. Δίνεται η ακολουθία (xn ) ..,. με Χι = 1 και χn+ι =

n + 1 (xn + .!..) ' για κάθε n � 1 . Βρείτε nε.. n + 3 2 τον όρο χ20ι 3 • Α 1 7. Αν α, b, c > Ο, να αποδείξετε ότι:

(α - b)2 (b - c)2 (c - α)2 (α - b)2 �-'---:---:--"'----...,..- + + > �--:--'---.,.. ( c + α) ( c + b) (α + b ) (α + c) ( b + c ) ( b + α) - α2 + b2 + c2

Α18. Έστω η συνάρτηση / (χ) = ( χ + α )( x + b ) , όπου α, b είναι δεδομένοι θετικοί πραγματικοί

αριθμοί και n � 2 θετικός ακέραιος. Αν χι , χ2 , • • • , χn μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι

ώστε Χι + χ2 + . . . + xn = 1, να βρείτε τη μέγιστη τιμή του αθροίσματος

F = Σ min {! (Χ; ) , f ( χ1 )} . ι5.i<j5.n Δ9. Βρείτε την ελάχιστη τιμή του θετικού ακέραιου k με την ακόλουθη ιδιότητα:

Για κάθε υποσύνολο Α με k στοιχεία του συνόλου S = { 1, 2, . . . , 20 12} , υπάρχουν τρεις διαφο-

ρετικοί μεταξύ τους ακέραιοι α, b, c Ε S έτσι ώστε α + b, b + c, c + α Ε Α .


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

Για τους 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 I α . 1 1 τι ;:ίναι τα ΜαΟηματικά; , Π ρολεγόμενα. Στο τεύχος 84 [Απρίλης, Μάης, ελληνική μετάφραση του έτους 1 9 1 2, από τον Ιούνης 20 1 2] , είχαμε δημοσιεύσει ένα απόκομμα ακαδημαϊκό Παναγ. Ζερβό. Το βιβλίο, όπως είχαμε από το κορυφαίο έργο του Henri Poincare. Όμως, σημειώσει, είναι γραμμένο στην καθαρεύουσα. πιστεύουμε πως θα ήταν παράλειψη αν δεν Εμείς, για να γίνει κατανοητό από όλους, σας το δημοσιεύαμε και τούτη την περικοπή από την παρουσιάζουμε σε απλή Δημοτική, πλην των περιώνυμη εργασία του μεγάλου διανοητή . τίτλων, που για ιστορικούς λόγους θα τα Υπενθυμίζουμε πως αναφερόμαστε στο έργο του παρουσιάσουμε όπως είναι γραμμένοι «ΕΠΙΣΤΉΜΗ ΚΑΙ ΥΠΟΘΕΣΙΣ», από τη σπάνια

«ΕΠΙΣΤΗΜΗ ΚΑΙ ΥΠΟΘΕΣΙΣ ΜΕΡΟΣ ΠΡΩΤΟΝ

Ο ΑΡΙΘΜΟΣ ΚΑΙ ΤΟ ΜΕΓΕΘΟΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟΝ Α '

ΕΠΙ ΤΗΣ ΦΥΣΕΩΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ ΣΥΛΛΟΓΙΣΜΟΥ»

« 11. Η συζήτηση είναι παλιά. Ο Λάϊμπνιτς ζητούσε να αποδείξει ότι 2+2 κάνουν 4. Ας εξετάσουμε λίγο την απόδειξή του. Υποθέτω ότι έχουμε ορίσει τον αριθμό 1 , όπως επίσης και την πράξη Χ+ 1 , η οποία συνίσταται στο να προσθέσουμε τη μονάδα σε δεδομένο αριθμό Χ. Οι ορισμοί αυτοί, ό,τι κι αν είναι, δεν θα μπουν στην παρακάτω σειρά της σκέψης

Ορίζω έπειτα τους αριθμούς 2, 3 και 4 με τις ισότητες 1+ 1=2 ( 1 ), 2+ 1=3 (2), 3+ 1=4 (3)

Ορίζω επίσης την εργασία Χ+ 2 με τη σχέση Χ+2=(Χ+1 )+ 1 (4)

Μετά απ' αυτά λαμβάνουμε 2+2=(2+ 1 )+ 1 (ορισμός 4) (2+ 1 )+ 1 =3+ 1 (ορισμός 2)

3+ 1 =4 (ορισμός 3) * 2+2=4 ο.ε.δ .»

Henri Poincare

[ ':<επεξήγηση Κερασαρίδη : είναι τα αρχικά γράμματα των λέξεων που αποτελούν τη φράση «όπερ έδει δείξαι>>, το οποίο απλο-ελληνικά σημαίνει «πράγμα που θέλαμε να δείξουμε>>]

«Δεν θα μπορούσε κάποιος να αρνηθεί ότι ο καθαρά αναλυτική και επειδή είναι στείρα· είναι δε συλλογισμός αυτός δεν είναι αναλυτικός · αλλά στείρα, γιατί το συμπέρασμα δεν είναι παρά ρωτήστε οποιονδήποτε μαθηματικό · θα σας μετάφραση των προταθέντων με άλλη διατύπωση. αποκριθεί, ότι «αυτό δεν είναι κυρίως απόδειξη, Απ' εναντίας, η αληθινή απόδειξη είναι γόνιμη, αλλά επαλήθευση>> . Κανείς δεν κάνει τίποτε άλλο επειδή το συμπέρασμα έχει έκταση (σημασία -έτσι, παρά να προσεγγίζει μεταξύ τους δύο περιεχόμενο) γενικότερη παρά τα προταθέντα. ορισμούς, δηλ. ένα είδος καθαρών συμφωνιών και Κατ' αυτό τον τρόπο, η ισότητα 2+2=4 είναι επιβεβαιώνει την ταυτότητά τους. Μ' αυτό τον επιδεκτική επαλήθευσης, μόνο επειδή είναι μερική . τρόπο δεν διδάσκεται τίποτε το νέο. Η επαλήθευση Κάθε μερική πρόταση στα Μαθηματικά μπορεί διαφέρει της αληθινής απόδειξης, επειδή είναι πάντοτε να επαληθευτεί μ' αυτόν τον τρόπο. Αλλά


-------------- ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

αν η μαθηματική επιστήμη επρόκειτο να ανάγεται σε μια σειρά τέτοιων επαληθεύσεων, δεν θα ήταν επιστήμη . Έτσι ένας παίκτης ζαριών, για παράδειγμα, δεν δημιουργεί επιστήμη με το να κερδίσει ένα παιχνίδι. Δεν υπάρχει επιστήμη παρά μόνο στο γενικό.

1 11 • "Ευκλείδεια Γι:ωμι:τρία, αγάπη μου " • Ση μείfJ ισοτομικά Ι Longchamps* Ι ( σχήμfl 1 ) Δύο σημεία μιας πλευράς τριγώνου λέγονται ισοτομικά ή σημεία Longchamps, αν τα σημεία αυτά είναι συμμετρικά ως προς το μέσο αυτής της πλευράς .,, Ι Gaston Albert Gohieπe de Longchampsl • ΕυΟείες ισοτομικές Ι Longchnmps j (σχήμα 2)

Δύο ευθείες που διέρχονται από μια κορυφή

Μπορούμε μάλιστα να πούμε ότι οι ακριβείς επιστήμες έχουν ακριβώς σαν αντικείμενο το να μας απαλλάσσουν από αυτές τις κατευθείαν επαληθεύσεις»

τριγώνου και από τα ισοτομικά σημεία της απέναντι πλευράς, θα λέγονται ισοτομικές ή ευθείες Longchamps

• Κύκλοι του Απολλώνιου (σχή μα 3) λέγονται οι κύκλοι που γράφονται με διάμετρο τα ίχνη των διχοτόμων, της εσωτερικής και της εξωτερικής γωνίας

Ση μεία ισοτομικά ! Longchamps ]

Ευθείες ισοτομικές τρ ιγιίηιου

(σχή μα Ι Lonσcham s l

Κύκλοι Απολλωνίου IJ. Neubergl

' '·

l l α. ' Ά υ η) το ξιiρατι:; " Γνωρίζεται αν ο Gδdel ασχολήθηκε με πρόβλημα του Einstein; Αν ναι, συγκεκριμένα, με ποιο;

[η απάντηση στο τέλος της στήλης] 1 1 1 . "οι συ νεργάτες της στιjλης γράφο υ ιι-ι:ρωτο ύ v "

Γεωμετρία και " κόσμος των Ι δεών" του Π λάτωνα Π ρολεγόμενα Ο φίλος της στήλης Βασίλης Λαντίνης [Πάτρα] , μας έστειλε κάποιες σκέψεις του Stewart Shapiro, σχετικά με τις πλατωνικές απόψεις για τον "κόσμο των Ιδεών" . Η περικοπή αυτή αποτελεί ελαχιστομόριο της όλης κριτικής που αναπτύσσεται στο εν λόγω βιβλίο. Η περ ικοπή

« . . . Για πολλά χρόνια, φιλόσοφοι και [Η] επιστήμη [της Γεωμετρίας] βρίσκεται σε μαθηματικοί πίστευαν πως τα φιλοσοφικά πλήρη αντίφαση με την ορολογία που ζητήματα, όπως η μεταφυσική και η οντολογία, χρησιμοποιούν αυτοί που την έχουν επάγγελμά προσδιόριζαν την κατάλληλη μαθηματική τους . . . Οι όροι, δηλαδή, που χρησιμοποιούν είναι

πρακτική . Ο Πλάτωνας, για πολύ γελοίοι αν και αναγκαίοι, καθότι λένε παράδειγμα, υποστήριζε ότι το τετραγωνίζω, προεκτείνω και προσθέτω, σαν να θεματικό αντικείμενο των τα έκαναν αυτά πραγματικά και ένεκα αυτής της Μαθηματικών είναι το αιώνιο πράξης να δημιουργούν αυτήν την ορολογία . . . . και αμετάβλητο βασίλειο των ενώ στην πραγματικότητα αυτό το μάθημα είναι ιδεών. Τα μαθηματικά αφιερωμένο στην καθαρή γνώση . . . Πως πρόκειται αντικείμενα, όπως οι αριθμοί για τη γνώση του αιωνίου όντος και όχι αυτού που και τα γεωμετρικά αντικείμενα, πότε γεννιέται και πότε χάνεται. (Πλάτωνας 1 96 1 ,

δεν δημιουργούνται, δεν καταστρέφονται και δεν 527 & στη συμβατική αρίθμηση των εκδόσεων του μπορούν να μεταβληθούν (βλ. Κεφ. 2, §2.2) . Στο Πλάτωνα). Βιβλίο 7 της Πολιτείας παραπονέθηκε ότι οι Ουσιαστικά κάθε πηγή της αρχαίας μαθηματικοί δεν γνωρίζουν περί τίνος θέματος γεωμετρίας, συμπεριλαμβανομένων και των ομιλούν, και γι' αυτόν το λόγο δεν ασκούν σωστά Στοιχείων του Ευκλείδη, προβαίνει σε εκτεταμένη τα Μαθηματικά: χρήση της κατασκευαστικής, δυναμικής γλώσσας:



γραμμές σύρονται, σχήματα μετακινούνται, και Δεν μπορεί κανείς να χαράξει μια γραμμή ή έναν πρακτικές εφαρμόζονται. Από αυτήν την άποψη, η κύκλο που ανέκαθεν υπήρχαν. Δεν μπορεί κανείς πρακτική δεν έχει αλλάξει πολύ μέχρι σήμερα. Εάν να πάρει ένα αιώνια υπάρχον και αναλλοίωτο η φιλοσοφία του Πλάτωνα είναι ορθή, τότε η ευθύγραμμο τμήμα και να το κόψει στο μέσον και δυναμική γλώσσα δεν πρέπει να έχει κανένα νόημα. κατόπιν να μετακινήσει το ένα από τα μέρη του και Τα αιώνια και αναλλοίωτα αντικείμενα δεν να το επιθέσει πάνω σε ένα άλλο σχήμα . . . . » προσφέρονται για κατασκευές και μετακινήσεις.

(πηγή : Stewart Shapiro «ΣΚΕΨΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ», Εκδόσεις Πανεπιστημίου Πατρών, Πάτρα 2006

Μετάφραση : Κ.Αθ. Δρόσος - Δημ. Σπανός ] IV. Ειδησούλες - Ειδήσεις

1 η είδηση. Μαθηματικά βραβεία Στο προηγούμενο τεύχος είχαμε δημοσιεύσει

στοιχεία γα 8 μαθηματικά βραβεία. Σ' αυτό το τεύχος δημοσιεύουμε τα ονόματα μιας ακόμη πλειάδας μαθηματικών βραβείων [πηγή : από ανάρτηση του Bilstef (Βασίλης Στεφανίδης), της 1 9/6/20 12 στο mathematica.gr] Adams Prίze, Alfrέd Rέnyί Prίze, Bartolozzί Prize, Caccίoppolί Prίze, Carl Frίedrich Gauss Prίze, Chauvenet Prίze, Chern Medal, Clay Mathematίcs Instίtute 's Mίllennium Prίze Problems, Clay Research Award, De Morgan Medal, Erdδs Prίze, Euler Medal, Fermat Prίze, Frederίc Esser Nemmers Prίze, Frδhlίch Prίze, Fulkerson Prίze, Geometry prize, Heinz Hopf

Prize, Infosys Prίze ίn Mathematίcal Scίence [ Mathematίcs and statίstίcs - lnfosys Scίence Foundation], J Η. Wilkίnson Prίze for Numerίcal Software, John Bates Clark Medal [Economίcs }, John von Neumann Award [Economίcs}, John von Neumann Theory Prize [Systems scίence},Kίrkman Medal, Leroy Ρ. Steele Prize, Leslίe Fox Prίze for Numerical Analysίs, Lobachevsky Prίze, Loeve Prίze, Norbert Wίener Prize ίn Applίed Mathematίcs, Ostrowski Prίze, Oswald Veblen Prίze ίn Geometry, Pόlya Prίze, Ramanujan Prize, Rolf Schock Prίze ίn Mathematίcs, Salem Prize, Stampacchia Medal, Wolf Prίze in Mathematίcs,

2 '1 είδηση. Το νεκρικό προσωπείο του Νεύτωνα σε τρισδιάστατη απεικόνιση Πριν από λίγες μέρες

( 1 2/ 10/20 12), μια ασυνήθιστη είδηση που αφορούσε τον πατέρα της Κλασικής Φυσικής και κορυφαίο μαθηματικό Ισαάκ Νεύτωνα ( 1 643- 1 727) είδε το φως της δημοσιότητας. Στις οθόνες των υπολογιστών του

Ερευνητικού Εργαστηρίου της Microsoft στο Cambridge, άρχισε να περιστρέφεται το , άρχισε να περιστρέφεται το πρόσωπο του Νεύτωνα, όπως έμοιαζε λίγα λεπτά μετά το θάνατο του. Η μάσκα δημιουργήθηκε λίγη ώρα μετά το θάνατό του από άγνωστο καλλιτέχνη της εποχής, για να χρησιμοποιηθεί ως μοντέλο στη δημιουργία μελλοντικών γλυπτών με το πρόσωπο του επιστήμονα. Στο Cambridge σαρώθηκε το 3'1 είδηση. Από μια συνέντευξη του Gilles Dowek

αντίγραφο που είχε στα χέρια του ο Γάλλος γλύπτης του 1 8ου αιώνα Louis-Franι;:ois Roubiliac, ο οποίος το χρησιμοποίησε για να λαξεύσει το περίφημο άγαλμα του Νεύτωνα που βρίσκεται στο Trinity College του Cambridge.

Το αντίγραφο της μάσκας είχε πουληθεί σε δημοπρασία το 1 762 μαζί με όλα τα αντικείμενα που βρίσκονταν στο ατελιέ του Γάλλου γλύπτη. Το 1 839 το εκμαγείο του νεκρικού προσωπείου του Νεύτωνα εντοπίστηκε από τον μαθηματικό και Μέλος της Βασιλικής Εταιρίας Samuel Hunter Christie στο κατάστημα κάποιου εμπόρου γλυπτών. Ο μαθηματικός το αγόρασε και το δώρισε στη Βασιλική Εταιρεία, της οποίας ο Νεύτωνας υπήρξε πρόεδρος λίγο καιρό πριν πεθάνει. [Πηγή : ΘΑΛΗΣ+ΦΙΛΟΙ, (από Royal Society) Συντάκτης: Γιώργος Καρουζάκης:]

- Πώς οι νέες επιστημονικές ανακαλύψεις μπορούν να αλλάξουν τις φιλοσοφικές έννοιες των αναλυτικών και συνθετικών κρίσεων ;

λέμε αναλυτική την Η έννοια «αναλυτική κρίση>> είχε διαφόρων κρίση που επισημαίνει

ειδών σημασίες μέσα στην ιστορία. Αυτή η ότι μια πρόταση είναι διαπίστωση μπορεί να επισημαίνει την έλλειψη των αληθής όταν αυτή κατάλληλων εργαλείων για να ερμηνεύσουμε την βασίζεται μόνο στο έννοια της «αναλυτικής κρίσης». Για παράδειγμα, νόημα των λέξεων που



χρησιμοποιούνται στην συyκεκριμένη πρόταση . Για παράδειγμα, η κρίση ότι η πρόταση «2 + 3 = 5» είναι αληθινή βασίζεται μόνο στην έννοια των λέξεων «2», «3», «5», «+», και «=», εξού και λέγεται αναλυτική. Στα μαθηματικά, το νόημα των λέξεων εκφράζεται συχνά από αξιώματα. Για παράδειγμα το νόημα των λέξεων «σημείο», «γραμμή», «πρόσπτωση», . . . εκφράζεται από τα αξιώματα του Ευκλείδη . Αλλά, στη συνέχεια, η κρίση της αλήθειας κάθε αποδείξιμης πρότασης γίνεται αναλυτική.

Αυτή η διαπίστωση συyκρούεται με μια άλλη ιδέα, σύμφωνα με την οποία όταν μια πρόταση που είναι αληθινή είναι και αναλυτική, η αλήθεια της μπορεί να επιβεβαιωθεί με την εξέταση της ίδιας της πρότασης, αν και ξέρουμε από την δεκαετία του 30, ότι η αποδειξιμότητα μιας πρότασης δεν μπορεί να αναγνωσθεί στην όψη της, καθώς είναι

μη αποφασίσιμη . Μια λύση σε αυτό το παράδοξο, το οποίο στην ουσία είναι εκείνο του Per MartinLδf, είναι να θεωρείται αληθινή η κρίση ότι μια πρόταση που είναι αληθινή είναι αναλυτική, μόνο όταν έχει βασιστεί στο νόημα των λέξεων που χρησιμοποιούνται σε αυτήν την πρόταση, και αυτό το νόημα να εκφράζεται με αλγοριθμικό τρόπο. Και πάλι το κλειδί για να οριστεί αυτή η ιδέα της αναλυτικότητας είναι εκείνη του υπολογισμού. [πηγή: Ο κορυφαίος Γάλλος μαθηματικός Gilles Dowek, ερευνητής στο INRIA και καθηγητής στην Eco\e polytechnique παραχώρησε μια μεγάλη συνέντευξη, ειδικά για την ιστοσελίδα της ομάδας ΘΑΛΗΣ + ΦΙΛΟΙ, με αφορμή την ελληνική έκδοση του βιβλίου του «Οι μεταμορφώσεις του λογισμού» (Εκδ. Εκκρεμές. Μετάφραση : Τεύκρος Μιχαηλίδης) Συνέντευξη στον Γιώργο Καρουζάκη]

4η είδηση . Ο Gottfried Wilhelm Leibniz σε ηλικία 30 ετών « . . . Στα χρόνια 1 680- 1 685 , οι επιχειρηματίες

-....:-.....,...-----., το βουνό Χαρτς έρχονταν σε αντιπαράθεση με έναν παράδοξο μεταλλωρύχο. Ο τριαντάχρονος τότε Λάιμπνιτς βρισκόταν στην περιοχή μελετώντας την χρήση των ανεμόμυλων ως μια επιπρόσθετη πηγή ενέργειας που να επιτρέπει

την λειτουργία των ορυχείων όλο τον χρόνο. Σε αυτή τη στιγμή της ζωής του, ο Λάιμπνιτς είχε ήδη καταφέρει πολλά. Όχι μόνο είχε κάνει σπουδαίες ανακαλύψεις στα μαθηματικά, αλλά και είχε αποκτήσει φήμη ως νομοδιδάσκαλος και είχε γράψει πολλές μελέτες πάνω σε φιλοσοφικά και θεολογικά ζητήματα. Αντίθετα με τον Δον Κιχώτη, ο Λάιμπνιτς ήταν αθεράπευτα αισιόδοξος. Σε αυτούς που αντιδρούσαν απέναντι στην έκδηλη

Ιlβ. Απάντηση στο «Αυτό το ξέρατε;» Ο Kurt Gδdel έλυσε το

τρίτο πρόβλημα του Einstein, στο οποίο δεν είχε δώσει απάντηση ο Καραθεοδωρή .

Αν εξετάσουμε αυτό το πρόβλημα καθαρά σε μαθηματικό πλαίσιο, δίχως φυσική ερμηνεία, τότε το σύμπαν του Gδdel αποτελεί μία λύση. Πράγματι η μετρική που ανακάλυψε ο Gδdel το 1 949 είναι η λύση της εξίσωσης πεδίου του Einstein. Μάλιστα ο Gδdel απαριθμεί έξι ιδιότητες του σύμπαντός του. Η ιδιότητα που μας αφορά είναι η έκτη στον κατάλογο του. Για να την αποδείξει κάνει χρήση

μιζέρια του κόσμου, ο Λάμπνιτς απαντούσε ότι ο Θεός, από την παντοδύναμη οπτική Του γωνία για όλους τους πιθανούς κόσμους, είχε χωρίς αμφιβολία δημιουργήσει τον καλύτερο δυνατό, και ότι όλα τα κακά στοιχεία του κόσμου μας εξισορροπούνταν με τον καλύτερο τρόπο. Όμως, η ενασχόληση του Λάιμπνιτς με την επιχείρηση των ορυχείων του Χαρτς κατέληξε σε φιάσκο. Μέσα στην αισιοδοξία του, δεν προέβλεψε την -αναμενόμενη - εχθρότητα των ειδικών μηχανικών του ορυχείου απέναντι σε έναν πρωτάρη που ήρθε να τους μάθει την δουλειά τους. Επίσης, δεν είχε αφήσει τον απαραίτητο ενδιάμεσο χρόνο που απαιτείται για την κατασκευή ενός καινούριου μηχανήματος ούτε είχε υπολογίσει την απρόβλεπτη συμπεριφορά των ανέμων. Και βέβαια, η πιο αισιόδοξη σκέψη του ήταν τα σχέδιά του που θα πραγματοποιούσε με τα κέρδη από το συγκεκριμένο πλάνο» [πηγή: Martin Daνis «Μαθηματικά και Βιογραφία»]

της ιδιότητας της αξονικής συμμετρίας του σύμπαντος, την οποία αποδεικνύει με την αλλαγή μεταβλητών αναδεικνύοντας την κυλινδρική [Πηγή : «Απ Example of a New Type of Cosmological Solutions of Einstein' s Field Equations of Graνitation», KURT GODEL [δημοσιεύτηκε τον Ιούλη του 1 949 στο περιοδικό «REVIEWS OF MODERN PHYSICS» VOLUME 2 1 , NUMBER 3, 7/1 949] . Το περιοδικό αυτό εκδιδόταν από το lnstitute for Adνanced Study, Princeton, New Jersey.


A '/\VKEIOV Α ΚΡΟΤΑΤΑ ΤΡΙΩΝΥΜΟΥ Άσκηση 1

Ν λ θ • ξ' 3r -6x+5 α :υ ει η ε ισωση: 5

2 (1).

2r -4χ+ 7 ΛίJση :

Αν f(x) = 3χ2-6χ+5 τότε: _ 1._ = � =1 οπότε \ ' 2α 2 · 3 '

minf(x)=f( l ) = 3--6+5=2.

Επίσης αν g(x)=2x2 - 4χ +7 τότε _ 1._ = _±_ =Ι ' ' 2α 2 · 2 ' οπότε ming(x)=g( l ) = 2-4+7=5 .

Άρα: f(x) � 2 για κάθε xER � f�x) ::::� για κάθε

xER. Επίσης: g(x)�5 για κάθε xER � -1- :::; .!_ g(x) 5

� -2- :::; � για κάθε xER. Τελικά: g(x) 5

f(x) 2 ' θ R , , -- ::::-- για κ α ε χ Ε , με το ισον να ισχυει 5 g(x)

, 1 Ά ( 1 ) f(x) 2 1 μονο για χ= . ρα <::::> -- = -- <::::> χ= . 5 g(x)

Συντομότερα: Το γεγονός ότι g(x)2:5>0 για κάθε χεR μας επιτρέπει να γράψουμε: ( Ι ) � f(x)·g(x)= I O, όπου f(x)-g(x) 2: 1 0 για κάθε χεR, με το ίσον μόνο για χ= Ι (γιατί;). Έτσι: ( Ι )� χ= Ι . Άσκη ση 2 Να βρεθεί το λ ώστε το f(x) = (λ-1)χ2 - 2χ + 3λ να έχει ελάχιστη τιμή τον αριθμό 5. Λt'Jση :

Πρέπει και αρκεί {: :0

= 5 , δηλαδή

4α {λ > 1 , 4αγ - β2

4αγ - β2 . Με λ> l , εχουμε: =5 <::::> _..:...._....:...._ = 5 4α

4α 4 · 3λ · (λ- 1) - 4 =5<::::> 3λ · (λ - 1) - 1 =5<::::> 3λ2-3λ-1=

4(λ- 1 ) λ- 1

=5λ-5 <::::> 3λ2 -8λ+4=0 <::::> λΕ { � ,2 }<::::> λ=2. 3

ί\σκη ση 3 α) Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της συνάρτησης

1 f:(-<JO,O)---+R: f(x)=x + - . χ

χ2 - 5 χ2 + 2 β) Ν α λυθεί η εξίσωση: -2 - + -2 - = -2 (Ι) χ + 2 χ - 5

Μπρίνος Παναγιώτης Λύση :

χ2 + 1 α)Έχουμε: f(x)= -- και χ2+ 1 :::: - 2χ, για χ

κάθε XEA=(-<JO,O) � χ2 + 1 :::; - 2, για κάθε

χ xE (-<JO,O). Άρα maxf(x) = -2, όταν και μόνον

όταν χ2+ 1 = - 2χ, δηλαδή χ= - 1 . β ' τρόπος Αρκεί να βρούμε το f(A), δηλαδή για ποιες τιμές του yE!R η εξίσωση f(x) =y έχει ρίζα χΕΑ=( --cx;O) . Στο Α έχουμε:

1 f (x ) = y <::::> x + - = y <::::> x 2 - yx + l = O ( 1 ) . χ

Για να έχει η ( 1 ) ρίζα χ Ε JR πρέπει και αρκεί Δ � Ο , δηλαδή y2 - 4 � Ο και τελικά y E (-oo, -2] u [2, +oo) . Όμως τότε για τις ρίζες της χ1 χ2 ισχύει: χ 1 χ2 = 1 > 0 , οπότε για να είναι χ 1 < Ο δηλαδή και χ2 < Ο πρέπει και αρκεί χ1 + Χ2 = y < Ο , δηλαδή y � -2 . Άρα f( Α) = ( -οο, -2] , οπότε maxf(x) = -2.

χ2 - 5 χ2 + 2 β) Επειδή οι παραστάσεις -- και

χ2 + 2 χ2 - 5 είναι aντίστροφες (και επομένως ομόσημες), για

' (I) ' χ 2 - 5 Ο δ ' να ισχυει η πρεπει -2 - < και επει η

χ + 2 χ2+2>0, πρέπει χ2 - 5 <0, δηλαδή XE (-J5 , J5 ).

' ' χ2 - 5 χ2 - 5 Τοτε ομως: (I) <::::> f( -- )= -2 <::::> -- = - 1

χ2 + 2 χ2 + 2

<::::>χ2 -5=-χ2 -2<::::> 2χ2 =3<::::> χ2 = l <::::> χ = ± fi 2 ν2 ·

οι οποίες είναι δεκτές τιμές. Άσκηση 4 Ένα σημείο Μ κινείται στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ=λ. Με πλευρές τα ΜΑ και ΜΒ κατασκευάζουμε τετράγωνα. Για ποια θέση του Μ το άθροισμα των εμβαδών των δύο τετραγώνων είναι ελάχιστο;

Α χ Μ λ-χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/22

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Λύση : Έστω ΑΜ=χ τότε ΜΒ = λ-χ. Το άθροισμα των εμβαδών των δύο τετραγώνων δίνεται από τον τύπο: Ε(χ) = χ2 + (λ-χ)2 = 2χ2 -2λχ + λ2 . Επειδή α=2>0, το τριώνυμο παρουσιάζει ελάχιστο ' ' ' -2λ λ οταν και μονον οταν χ= --=-

2 · 2 2 ' Λ

ψ Δ

Α

Ν

λ 2

Ρ

Η

Σ

ψ Μ κ

δηλαδή το Μ να είναι μέσο του ΑΒ. Ευκλείδεια αντιμετώπιση

Γ

ψ τ

Β

Το χαρακτηριστικότερο σημείο του τμήματος ΑΒ είναι το μέσο Μ αυτού. Λογικό λοιπόν είναι να ελέγξουμε αν η ελάχιστη τιμή που ζητάμε αντιστοιχεί σ' αυτό το σημείο. Έστω λοιπόν τυχαίο σημείο Κ του τμήματος ΑΒ, με K:;tM, π.χ. ΑΚ>ΑΜ. Θεωρούμε τα τετράγωνα ΑΜΝΔ, ΒΜΝΓ και ΑΚΡ Λ, ΒΚΣΤ. Αρκεί να δείξουμε ότι: (ΑΚΡ Λ)+(ΒΚΣΤ)>(ΑΒΓ Δ). Πράγματι, έχουμε: (ΑΚΡΛ) + (ΒΚΣτ) = [(ΑΜΝΔ) + (ΚΜΝΗ) + (ΔΗΡΛ)] + [(ΒΜΝΓ) - (ΚΜΝΗ) - (ΣΤΓΗ)] = (ΑΒΓΔ) + (ΔΗΡΛ) - (ΣΤΓΗ) > (ΑΒΓΔ), αφού ΔΗ=ΑΚ>ΚΒ=ΣΤ και ΔΛ=ΓΤ:::::>(ΔΗΡΛ)>(ΣΤΓΗ). Ανάλογη διαδικασία ακολουθεί ο Ευκλείδης στα Στοιχεία του, προκειμένου να βρει (με σημερινούς όρους) ορθογώνιο με σταθερή περίμετρο και μέγιστο εμβαδόν (Εφαρμογή της πρότασης Vl. 27 των Στοιχείων). Άσκηση 5 Θεωρούμε τις συναρτήσεις f, g για τις οποίες ισχύει g(x)=f(x) - 6f(x) +1 1, για κάθε x eR και την ευθεία (ε) : y=3. Αν (ε)Γ'ΙCr Φ-0, τότε να δείξετε ότι η g(x) έχει ελάχιστο και να το βρείτε. Λί>ση : Αν y=f(x), τότε g(x) = y2 - 6y + 1 1 = h(y) .

Δ 4αγ - β2 Για το h(y) έχουμε: h(y) 2:: - - =

4α 4α 4 · 1 · 1 1 - 62

= 2, για κάθε yεf(R). Για να ισχύει 4 · 1

όμως η ισότητα πρέπει και αρκεί: y = _1._ = 2α

� =3 , το οποίο πράγματι ανήκει στο f(R), αφού 2 · 1 οι (ε), Cr έχουν κοινό σημείο, δηλαδή υπάρχει χεR με y=f(x)=3 . Άρα ming(x)=2. Σχόλιο: Αν γράψουμε (όπως μερικοί), g(x)=f(x)-2·f(x)·3+32+2=[f(x)-3]2+22:2 και διαπιστώσουμε ότι υπάρχει χεR με f(x)=3 , δηλαδή g(x) = 2,

αφού (ε)nCr :;t0, τότε ουσιαστικά ακυρώνουμε τις

γνώσεις των μαθητών περί της ακρότατης τιμής - � 4α

τριωνύμου στη θέση _1.._ και τους υποχρεώνουμε να 2α

τις ανακαλύψουν εξαρχής με συμπλήρωση τετραγώνου. Το ασύμφορο αυτής της διαδικασίας θα γινόταν περισσότερο εμφανές αν π. χ. είχαμε:

2 5 2 59 59 h(y) = 3y -5y + 7 = 3(y-6" ) + 12 2:12 κ.λ.π.

ί\σκηση 6 ί) Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της συνάρτησης

f(x) = x(l-x), xe R. ί ί) Αν Α, Β είναι δύο ασυμβίβαστα μεταξύ τους

ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω, να

δείξετε ότι Ρ(Α)·Ρ(Β)� .!. . 4 Λύση : ί) Έχουμε: f(x)=-x2 +χ. Επειδή α=-1<0, το τριώνυμο παρουσιάζει μέγιστο όταν και μόνον

1 1 όταν χ= Η μέγιστη τιμή της είναι 2 · (- 1) 2

f( _!_ )= -( _!_ )2+ _!_ = _!_ . 2 2 2 4

ί ί ) Επειδή AnB = 0, ισχύει ΒςΑ'�Ρ(Β)�Ρ(Α ') � Ρ(Α)·Ρ(Β) � Ρ(Α)-Ρ(Α ') ( 1 ), επειδή Ρ(Α) 2::0. Αν θέσουμε Ρ(Α)=χ, τότε Ρ(Α ') = 1-χ. Έτσι, το γινόμενο Ρ(Α)·Ρ(Α ') γράφεται: Ρ(Α)·Ρ(Α') = χ( 1-

χ) = f(x). Από το πρώτο ερώτημα, έχουμε f(x)� _!_ 4

για κάθε χεR. Επομένως f(x)�� για κάθε

χ ε [0, 1 ] . Άρα Ρ(Α)·Ρ(Α ')�_!_ (2). Από τις σχέσεις 4

( 1 ) και (2) προκύπτει Ρ(Α)·Ρ(Β)� � . Άσκηση 7 ί) Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f(x)=( αιχ-βι)2+( αzχ-βz)2+( α3χ-β3)

2, όπου: α1,β1 ε R, i=1,2,3 και ένας τουλάχιστον από τους α ι , αz, α3 να είναι διάφορος του μηδενός. ί ί ) Να δείξετε ότι για κάθε α1,β1 ε R, ί=1 ,2,3 ισχύει: ( αι

2+αz 2+α/) (β12+β/+β/)2::

2::( αι ·βι+αz·βz+α3·β3)2 (Ανισότητα Schwartz).

Λύση : ί) Έχουμε: f(x)=( αιχ-β ι )2+( α2χ-β2)2+( α3χ-β3)2= (α ι 2+α2 2+α3 2)χ2 -2( α ι · β ι+α2·β2+α3 ·β3)χ+βι 2+β2 2+β3 2 . Επειδή ένας τουλάχιστον από τους α ι , α2, α3 είναι διάφορος του μηδενός θα έχουμε αι 2+α2 2+α32> Ο. Άρα το τριώνυμο παρουσιάζει ελάχιστο όταν και


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

, β α β + α β + α β μόνον οταν χ=-- = 1 12

2 22 ; 3 .

2α α1 + α2 + α3 Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι Δ=4( αι ·βι+α2·fu+α3·β3)2 -4( αι2+α2 2+α3 2)(βι2+fu 2+β3 2).

Η λ , , , Δ ε αχιστη τιμ η του ειναι -- = 4α

4(<χι/3ι +αβ2 +��)2 -4(<χι2 +α/ +�2Χ/3ι2 +β/ +�2) = 4(<Χι2 +�2 +�2)

(<Χι2 +�2 +�2)(βι2 +β/ +β32 ) -(<lιβι +�β2 +�β3 )2

<lι2 +�2 +�2

ί ί) Επειδή το τριώνυμο f(x) γράφεται ως άθροισμα τετραγώνων, ισχύει f(x)�O, για κάθε χ ε R. Άρα και για την ελάχιστη τιμή του, ισχύει: (<Χι2 +�2 +�2)(β/ +β/ +β32 ) -(<Χιβι +�β2 +�β3 )2 >Ο

<Χι2 +�2 +�2 - '

δηλ.( αι2+α2 2+α3 2)(βι2+� 2+� 2� αι ·βι+α2·fu+α3·�)2(1 ). Προφανώς η (1) ισχ6ει και για αι=α:t=α3=0 (ως ισότητα). Σχόλιο: Αν ονομάσουμε ορίζουσα των αριθμών α,β,γ,δ,

τον αριθμό: D= �� =α·δ- β·γ, τότε παρατηρήστε ότι

0 μηδενισμός και των τριών οριζουσών D ι= l:: :: 1 ,

D2= Ιαι α3 1 , D3= Ια2 α3 1 αποτελεί αναγκαία αλλά βl β3 β2 β3

όχι ικανή συνθήκη για να ισχύει minf(x)=O (γιατί;) Άσκηση 8 Θεωρούμε την παραβολή y=4-x2 και ένα τυχαίο σημείο της A(x,y) με τετμημένη xe(O, JlO -1 ]-{2}. Έστω Β το συμμετρικό του Α ως προς τον άξονα συμμετρίας της παραβολής και Γ, Δ οι προβολές των Β, Α αντιστοίχως πάνω στον χ 'χ. Να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου Α, ώστε το παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ να έχει μέγιστη περίμετρο, καθώς και την μέγιστη τιμή της περιμέτρου.

Λύση : � Υ I i

-1! !

"

ιι = 4 - .ι.·2

Το σημείο A(x,y) είναι σημείο της παραβολής, επομένως y=4-x2, δηλαδή Α(χ,4-χ2) . Ο άξονας συμμετρίας της παραβολής είναι η ευθεία χ= Ο δηλαδή ο άξονας y 'y. Επομένως το συμμετρικό Β του Α γράφεται Β( -χ, 4-χ2) . Έτσι, οι πλευρές του παραλληλογράμμου ΑΒΓ Δ έχουν μήκη AB=I2xl και ΑΔ=Ι4-χ2Ι . Διακρίνουμε περιπτώσεις για το χ: ί) Αν Ο<χ<2, τότε χ2< 4. Επομένως ΑΒ=Ι2χl=2χ και ΑΔ = 14 - χ2 Ι = 4 - χ2. Για την περίμετρο ισχύει Π = 2 ·ΑΒ + 2 ·ΑΔ = -2χ2 + 4χ + 8 = f(x). Το τριώνυμο f έχει α=- 2< Ο, οπότε παρουσιάζει

' ' ' ' 4 μεγιστο οταν και μονον οταν χ= = 1 . Η 2 · (-2)

μέγιστη τιμή της περιμέτρου στο διάστημα (0,2) είναι f( l ) = 1 0. ί ί) Αν χ>2, τότε χ2> 4. Επομένως ΑΒ=Ι2χΙ=2χ και ΑΔ =14 - χ2Ι = χ2 - 4. Για την περίμετρο ισχύει Π=2·ΑΒ+2·ΑΔ=2χ2+4χ-8 . Τότε Π:::; 1 0<=:>χ2+2χ-9:::;0<=:>2<χ:::; JlO -1 . Τελικά Π :::; 1 0, για κάθε χε (Ο, JlO - 1 ]- {2 } . Η μέγιστη λοιπόν τιμή της περιμέτρου είναι ο αριθμός 1 0 και λαμβάνεται για δύο τιμές του χ, τις χι= 1 και χ2= Jlδ - 1 . Άσκηση 9 α) Να βρεθεί το λεR ώστε η ελάχιστη τιμή του τριωνύμου f(x)= χ2 - (3λ-1)χ+λ, να γίνεται μέγιστη. β) Να δείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των κορυφών των παραβολών Cλ: y=x2-(3λ-l)x + λ είναι επίσης παραβολή. Με βάση αυτή την παρατήρηση να βρείτε σε ποια τιμή του λ αντιστοιχεί η κορυφή με την μεγαλύτερη τεταγμένη. γ) Ποιες από τις παραβολές Cλ έχουν την κορυφή τους στον άξονα y' y και ποιες στον χ 'χ. ΛίJση :

α) Επειδή α= 1>0, έχουμε: minf(x)=f(-1.._ )= -� 2α 4α

= 4αγ - β2 4λ - (9λ2 - 6λ + 1) = -.2_ λ2+ � λ -! . 4α 4 4 2 4

Για την ελάχιστη τιμή g(λ) = _.2_ λ2+ � λ _.!_ του 4 2 4

τριωνύμου f(x), έχουμε: α= - .2. <0, οπότε το g(λ) 4

γίνεται μέγιστο, όταν και μόνον 5

όταν λ= -1.._ = 2 = � . 2α 9 9

2 β) Οι κορυφές των παραβολών αυτών είναι τα



' 3λ - 1 9 2 5 1 σημεια Κ(-2- , - 4 λ + 2 λ - 4 ).

Επομένως: Ένα σημείο Κ είναι σημείο του τόπου, όταν και μόνον όταν, υπάρχει λεR ώστε: {χ. = 3

γ: s ι ' Υκ = -4λ +2λ -4

δηλαδή υπάρχει λεR, ώστε {λ = 2χ" + 1

Υ = -�λz + �λ -_!_ (Σ) . κ 4 2 4

Για να έχει λοιπόν το (Σ) λύση ως προς λ, πρέπει και αρκεί:

Υιc = - � ( 2χ; + 1 )2 + % ( 2χ;

+ 1 ) - �' δηλαδή

2 2 1 ' ' Υιc = - Χιc +- Χκ + - , που σημαινει οτι ο 3 3 γεωμετρικός τόπος των σημείων Κ είναι η

β λ ' c 2 2 1 παρα ο η : Υ = -χ + - χ+- · 3 3 Προφανώς το σημείο με τη μεγαλύτερη τεταγμένη ε1tί της παραβολής C είναι η κορυφή της, δηλαδή

2 το σημείο Κ με τετ μη μένη χιc=

3 = .!.. ( 1 ) . 2 3 . 2χ + 1 5 Όμως: ( 1 ) � λ= " � λ= - . 3 9

• Παρατηρήστε ότι η τεταγμένη του Κ βρίσκεται είτε από τον τύπο

2 2 1 1 2 2 1 1 4 Υ κ = - Χιc + 3 Χκ + 3 = - { 3 ) + 3 3 + 3 = 9

είτε από τον τύπο Yκ=maxg(λ)= g(% ) = - � (% )2 5 5 1 4 β ' ( ) ' + - - - -= - που ρηκαμε στο α ερωτημα. 2 9 4 9

γ ι ) Κορυφή στον άξονα y 'y α 'τρόπος : - .1._= 0 � 3λ - 1 =Ο � λ = .!.. . 2α 2 3 β ' τρόπος: Η (C) τέμνει τον y 'y στο σημείο

1 ' 1 2 1 (0, 3 ), οποτε: f(O)= 3 � Ο - (3λ-1 )Ο +λ = 3 �

λ = .!.. 3 γ ' τρόπος (Λανθασμένος) : Η (C) τέμνει τον y 'y στο σημείο (0, .!.. ), οπότε: 3

1 9 2 5 1 1 2 g(λ)= -� - - λ + - λ-- =-� 27λ - 30λ+7=0 3 4 2 4 3 �λ=.!.. ή λ =2 . 3 9

..

• •

•

• .. . (' •

Που έγκεινται το λάθος; Ερμηνεύστε το και Γεωμετρικά. Πρόκειται λοιπόν για την παραβολή C113, που προκύπτει δηλαδή για λ=.!.. . 3

γ2) Κορυφή στον άξονα χ · χ : α · τρόπος : Οι εν λόγω κορυφές είναι τα κοινά σημεία του χ 'χ με την (C), δηλαδή οι συντεταγμένες τους επαληθεύουν το σύστημα: {Υ = Ο (1)

2 2 1 . y = -X + -Χ + - (2) 3 3 ( Ι ) 1 Αλλά: (2) � 3χ2 - 2χ -1 = Ο � χ= 1 ή χ= --

3λ - 1 3λ - 1 1 ' 1 �-- = 1 ή -- = - -�λ=1 η λ=- . 2 2 3 9

3

β · τρόπος: g(λ) = Ο � - .2. λ2 + � λ - _!_ = Ο � 4 2 4 �9λ2 - 10λ + 1=0 � λ = 1 ή λ=_!_ . 9

γ ' τρόπος : minf(x)=O � f(x) 2:0, για κάθε χεR και a=I>O

υπάρχει χεR, f(x)=O � Δ:50 και Δ2:0 � Δ=Ο�(3λ-1 )2 -4λ=Ο� �9λ2- 10λ + 1=0�λ=1 ή λ=.!_ . 9

Πρόκειται λοιπόν για τις παραβολές C1 , C 119, που προκύπτουν δηλαδή για λ=1 ή λ=.!_ (Να λυθεί 9 με αυτό τον τρόπο και η Άσκηση 2) . .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 8 7 τ.3/25

Α ' λΥΚΕΙΟΥ ΠΡΟΟΔΟΙ Θανάσης Χριστόπουλος

Όλοι θυμόμαστε τότε που σαν μαθητές των πρώτων τάξεων του Δημοτικού, μας έλεγε η Δασκάλα ξεκίνα από το 5 και ανέβα δύο - δύο. Τι μας ζητούσε; τίποτα λιγότερο από μια Αριθμητική πρόοδο: 5 ,7,9, 1 1 , 1 3 , . . . μα . . . τότε, τί το ενδιαφέρον θα βρούμε πλέον σε αυτό; 1 ") πώς μπορούμε άραγε να βρούμε ποιός είναι ο 20ος όρος χωρίς να βρούμε τους προηγούμενους 2°) πώς μπορούμε να βρούμε ποιό είναι το άθροισμα των 20 πρώτων όρων; 3°) πώς μπορούμε να βρούμε πόσοι είναι οι όροι στην παραπάνω πρόοδο μέχρι το 3 1 ; *Σε όλα αυτά καταφέραμε να απαντήσουμε ,αφού πρώτα συμβολίσαμε τους όρους με έναν έξυπνο τρόπο. Ποιος είναι αυτός; Συμβολίζουμε όλους με το ίδιο γράμμα πχ α και δείκτη έναν αριθμό που φανερώνει τη θέση του, για παράδειγμα ο τρίτος όρος συμβολίζεται α3

ΤΥΠΟΛΟΓΙΟ . . �

. Α ΡΙΘΜ ΗτJ ΚΗ ΠΡΟΟΔΟΣ - -··· �·-- - . . ·-

ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ Π ΡΟΟΔΟΣ

: Τύπος ορισμού αν+ 1 = αν+ω νε Ν* και ω, σταθερός αν+1 = αν·λ, ν ε Ν* και λ, σταθερός με λ:;t:Ο

Τύπος ν-στού όρου ' (δίνει απευθείας ό- αν = α1+(ν- 1 )ω αν= α1 ·λν- 1 i ποιον όρο θέλουμε) α,β,γ διαδοχικοί 2β = α+γ β2 = α·γ i όροι , Άθροισμα ν πρώτων ν ή Σv = [2α1 +(ν- 1 )] · V λν - 1 Σv = (α1 +αν) · 2 S = α --όρων 2 ν ι λ - 1 . . . -···· - ·· · "

*στην αριθμητική πρόοδο οι όροι που ισαπέχουν από τα άκρα έχουν ίδιο άθροισμα [ας δούμε για παράδειγμα την αριθμητική πρόοδο 2,5,8 , 1 1 , 14, 1 7 ,20,23 ,26,29 είναι 2+29=5+26=8+23= . . . οπότε όταν θέλουμε το άθροισμα 2+5+ . . . +29 βρίσκουμε μόνο το άθροισμα 2+29 =3 1 , γιατί το ίδιο θα είναι και το άθροισμα όλων των άλλων ζευγών και επειδή τα ζεύγη είναι όσοι οι όροι διά 2 δηλαδή εδώ 1 0 :2=5, θα είναι τελικά 3 1 · 5= 1 55 ] * στην γεωμετρική πρόοδο οι όροι που ισαπέχουν από τα άκρα έχουν ίδιο γινόμενο.

Η απάντηση σε καθένα από τα αρχικά παραπάνω ερωτήματα έχει ως εξής: στο 1 ° ερώτημα ο 20°ς όρος συμβολίζεται α20 , οπότε από το α1 για να φτάσουμε στο α20 θα πρέπει να προσθέσουμε 1 9 φορές τη διαφορά ω δηλαδή α20 = α1+ 1 9ω (τύπος νου όρου) άρα α20=5+ 1 9 ·2=43

Στο δεύτερο ερώτημα αυτό που ζητάμε είναι το Σ20 και επειδή δεν γνωρίζουμε τον 20° όρο ή τον υπολογίζουμε και μετά χρησιμοποιο\>με τον πρώτο τύπο του αθροίσματος ή χρησιμοποιούμε απευθείας τον δεύτερο τύπο Σ20=(2 ·5+ 1 9 ·3) · 20 =67 · 1 0=670. Στο τρίτο ερώτημα ζητάμε το πλήθος ν, οπότε από 2 τον τύπο αν = α1 + (ν - 1 )ω �3 1=5+(ν- 1 ) ·2 � 3 1 -5+2=2ν � 2ν=28 οπότε ν=14

Ασκήσε ις Άσκηση 1 '1 Να βρεθεί το άθροισμα των 19 πρώτων ό

ρων μιας αριθμητικής προόδου, αν γνωρίζουμε ότι ο 10°ς όρος της είναι 50.

ΛίJση Είναι αι ο=α1+9ω και Σ=α1+α2+ . . . +α1 9 =

(2α1 + 1 8ω) · 1 9 =(α1+9ω) · 1 9 άρα Σ= αιο · 1 9= 2 50 · 1 9=950

β 'τρόπος) Είναι α1+α19= α2+α1 s = . . . =α9+α1 1 =2 ·αι ο οπότε α1+α2+ . . . +α1 9=(α1+α19)+ (α2+α1 s) + . . . +(α9+α1 1 ) +αιο =2α1ο+2αιο+ . . . αι ο= 1 9 ·αι ο= = 1 9 ·50=950

Άσκηση 2'1 Να βρεθεί το πλήθος των πολλαπλάσιων του

3 μεταξύ 100 και 500



Λύση Το πρώτο πολλαπλάσιο του 3 μετά το 1 00 εί

ναι το 1 02 και το τελευταίο πριν το 500 είναι το 498 άρα α1=102 , ω=3, αν=498

Από τον τύπο του νιοστού όρου αν= α1+(ν-1)ω υπολογίζουμε το μοναδικό άγνωστο που είναι το ν

δηλαδή α1+(ν-1)ω= αν <::> αι+νω-ω=αν<=>ν= αν - α ι + ω και με αντικατάσταση έχουμε

ω ν= 498 - 1 02 + 3 ή ν= 399 = 1 33 3 3

Άσκηση 3'1 Ο Αλέξανδρος ζήτησε από τον πατέρα του,

τον μήνα Μάρτιο να του δίνει για αποταμίευση 10 ευρώ την 1η Μαρτίου, 20 ευρώ στις 2 Μαρτίου, 30 ευρώ στις 3 και ου το καθ εξής μέχρι το τέλος του μήνα. Ενώ ο Ορέστης ζήτησε την 1 η Μαρτίου να αποταμιεύσει 1 λεπτό, στις 2 Μαρτίου 2 λεπτά, την 3η Μαρτίου 4 λεπτά και με αυτό τον τρόπο μέχρι το τέλος του μήνα.

Πόσα χρήματα θα έχει αποταμιεύσει στο τέλος του μήνα ο καθένας;

Λύση Για τον Αλέξανδρο έχουμε άθροισμα των 3 1

όρων Αριθμητικής προόδου με α1= 1 0 και α3 ι=3 1 0. Δηλαδή Σv=αι+αz+ +α3 ι= 1 0+20+ 30+ . . . + 3 1 Ο= ( 1 0+3 1 0) ·3 1 /2= 1 60 ·3 1=4960 (4.960 ευρώ).

ενώ για τον Ορέστη έχουμε το άθροισμα 3 1 όρων Γεωμετρικής προόδου με α1= 1 και λ=2, δηλαδή Σv= αι+αz+ . . . +α3 1=23 1-1=1 07374 1 823 σεντς, άρα 1 0.737 .4 1 8,23 ευρώ ! ! !

Άσκηση 4η Να βρεθούν 5 διαδοχικοί όροι αριθμητικής

προόδου, αν γνωρίζουμε ότι ο μεσαίος όρος είναι διπλάσιος του πρώτου και η διαφορά του πρώτου από τον πέμπτο είναι 20

Λύση Παριστάνουμε τους 5 όρους ως εξής: χ-2ω, χ

ω,χ, χ+ω, χ+2ω οπότε χ=2 · (χ-2ω) ( 1 ) και (χ+2ω)(χ-2ω)=20 (2) Λύνοντας τη δεύτερη έχουμε χ+2ωχ+ 2ω=20 <=> 4ω =20<:>ω=5 και από την πρώτη σχέση χ=2χ-4ω άρα χ=20. Οι πέντε ζητούμενοι όροι είναι: 1 0, 1 5 ,20,25 ,30.

Άσκηση 5η Να βρεθεί ο χ ώστε οι αριθμοί: 5χ-1, χ2+7,

χ2+9 να είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου

Λύση 2(χ2+7)= 5χ- 1+ χ2+9 <=> 2χ2+ 14= 5χ- 1+ χ2+9 <=> χ2 -5χ+6=0 οπότε χ=2 ή χ=3

Άσκηση 611

Να βρεθούν τρεις όροι που να αποτελούν ταυτόχρονα αριθμητική και γεωμετρική πρόοδο.

Λύση

'Εστω α,β,γ οι τρεις όροι. Πρέπει i) β = α+γ 2

και ii) β2 = α-γ οπότε με αντικατάσταση έχουμε ( α+γ )2 = α·γ <::> (α+γ)2=4αγ <:>(α-γ)2=0 οπότε α=γ 2 και τελικά α=β=γ . δηλαδή α,α,α είναι αριθμητική πρόοδος με ω=Ο και ταυτόχρονα γεωμετρική με λ= 1 . Αν ζητούσαμε να μην είναι σταθερή, τότε προφανώς δεν υπάρχει.

Άσκηση 7'1 Να βρεθεί το άθροισμα: i) 7+10+13+ • • • +352 ii) -2+6-18+ . . . +4374

Λύση i) Οι αριθμοί 7, 1 0, 1 3 , . . . είναι Αριθμητική

πρόοδος με α1=7, ω=3 , αv=352 με άγνωστο το ν, το οποίο θα χρειαστούμε για να βρούμε το ζητούμενο άθροισμα. Από τον τύπο του νιοστού όρου αν= αι+(ν- 1 )ω υπολογίζουμε το μοναδικό άγνωστο που είναι το ν δηλαδή 7+(ν- 1 ) ' 3= 352<:>3ν=352-7+3 <:>3ν=348 οπότε ν= 1 1 6

Άρα Σι ι6= 7+ 1 0+ 1 3+ . . . +352=(7+352)· 1 1 6 =359 ·58=20822 2 ii) Οι αριθμοί -2,6,- 1 8, . . . είναι Γεωμετρική

πρόοδος με αι= -2, λ= -3 , αv=4374 με άγνωστο το ν, το οποίο θα χρειαστούμε για να βρούμε το ζητούμενο άθροισμα. Από τον τύπο του νιοστού όρου αν= α1 ·λν- ι υπολογίζουμε το μοναδικό άγνωστο που είναι το ν δηλαδή -2·(-3)ν- Ι= 4374<:>(-3)ν-1= -2 1 87 (υπολογίζουμε τις δυνάμεις του 3 και παρατηρούμε ότι 37=2 1 87) άρα ν- 1=7 οπότε ν=8

' ( -3)8 - 1 Άρα Σ8= -2+6- 1 8+ . . . +4374= -2 = (-3)8 - 1 656 1 - 1 3280 2 2

Άσκηση 8'1

-3 - 1

Ένα αυτοκίνητο αρχικής αξίας 20.000€ χάνει κάθε χρόνο το 10% της τιμής που είχε τον προηγούμενο χρόνο. Να βρεθεί η τιμή του αυτοκινήτου μετά από 5 χρόνια

Λύση Αν α είναι η αρχική τιμή του αυτοκινήτου, την

επόμενη χρονιά θα είναι α - 1 Ο%α = αΟ, 1 Οα=Ο,9 ·α οπότε έχουμε γεωμετρική πρόοδο με λ=Ο,9 και α1= 20.000. αι α2 α3 α4 αs � αρχή 1 σ έτος 2° έτος 3° έτος 4° έτος 5° έτος


Μαθηματικά για την Α· Λυκείου

θέλουμε να υπολογίσουμε τον 6° όρο, αφού αν = α1 ·λν- Ι θα είναι α6= 20.000 ·0,95 <:::::> α6= 20.000 · ( _2.._ )5 άρα α6= 0,2 ·95 = Ι Ι . 809,80€ 1 0

Άσκηση 9'1 Αν για μια ακολουθία ισχύει «ν = -3ν+2 για

κάθε νεΝ, δείξτε ότι η ακολουθία αυτή είναι αριθμητική πρόοδος. Αν β1,β2 ,β3, · · · ακολουθία για την οποία ισχύει Ρ ι =α ι, β2 =α3, β3 =αs, • . . • . να βρεθεί το άθροισμα Ριο+βι ι +β12+ . . . +βzο

Λύση Ο επόμενος από τον νιοστό όρο είναι ο ν+ Ι

όρος, δηλαδή ο αν+ 1 που με βάση τον δοσμένο τύπο θα είναι αν+1= -3(ν+ Ι ) +2 <:::::> αν+ 1= -3ν -3 +2<:::::> αν+ Ι= (-3ν +2)-3<:::::> αν+ Ι = αν-3 οπότε πήρε μορφή αν+ 1 = αν +ω άρα η ακολουθία είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά ω= -3 .

Η ακολουθία β1 ,β2 ,β3 , . . . είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά ω '=βz -β 1=α3-αΙ=2ω=2(-3)=-6

(2β1 + Ι 9ω ') · 20 _ (2β1 + 8ω ') · 9 22β1 + 308ω ' = 2 2 2 1 1(- 1) + 1 54(-6) = - 1 1 - 924 = -935

Άσκηση 10η Ένας αθλητής δρόμου μεγάλων αποστάσε

ων, ξεκινάει προπόνηση • Την πρώτη μέρα τρέχει 5 Km και κάθε μια από τις επόμενες μέρες τρέχει 500m περισσότερα πόσα χιλιόμετρα έτρεξε τη δωδέκατη μέρα και πόσα συνολικά σε 20 μέρες;

Λύση Οι αποστάσεις που διανύει καθημερινά αποτε

λούν αριθμητική πρόοδο με α1=5 και ω=Ο,5 οπότε α12=S+ Ι Ι ·Ο,5= Ι 0,5Km Σzο=α1+αz+ . . . . +αzο=[2 ·5+ Ι 9 ·0,5] · 1 0= Ι 95Κm

Άσκηση 1 1 η Αν α,β,γ διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προό-

δ δ θ, ,

θ, 1 1 1

ου να εχ ει οτι οι αρι μοι -- , -- ,--α + β α - γ α - β

αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής

προόδου (α :;t γ,β,-β) . Λύση

1 1 1 Για να αποτελούν οι αριθμοί -- -- --α+β

' α-γ

' α-β

διαδοχικούς όρους Αριθμητικής προόδου αρκεί να δ 'ξ 1 1 1 , ει ουμε ότι -- + -=2· - πραγματι

α+β α-β α-γ

α-β α+β _1_ + _I_ =__l_ +_l_= (α - β) + (α + β) α+β α-β α+β α-β (α + β)(α - β)

2α λλ ' β δ δ ' ' ' 2 2 α α α, ,γ ια οχικοι οροι γεωμετρικης α - β προόδου άρα β2 =α -γ οπότε

2α 2α 2 =

Άσκηση 12η Ν α υπολογιστούν οι γωνίες ενός ορθογωνίου

τριγώνου, αν τα μέτρα τους είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.

Λύση Αν Α=90° τότε Β=90°-ω και Γ=90°-2ω και α

φού Α+Β+Γ= 1 80° <=:>270°-3ω= 1 80° <=:>ω=30° άρα Α=90° Β=60° Γ=30° ' '

Άσκηση 13η Να υπολογιστούν οι διαστάσεις ενός ορθο

γωνίου παραλληλεπιπέδου, αν έχουν άθροισμα 14, είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου και έχει όγκο 64m3

Λύση Αν α,β,γ οι διαστάσεις του ορθογωνίου παραλ

ληλεπιπέδου, είναι V=64 m3 άρα α·β-γ=64 ( 1 ) και αφού α-γ=β2 η ( 1 ) γίνεται β3=64<=:>β=4 οπότε α-γ=42= 1 6 αλλά α+β+γ=14<=:> α+γ=10 (τα α,γ έχουν άθροισμα S=1 0 και P=l 6) οπότε τα α,γ είναι ρίζες της εξίσωσης χ2 - 1 Οχ+ 1 6=0, οι λύσεις της εξίσωσης αυτής είναι χ1=2, ιz=8 τελικά α=8m, β=4m, γ=2m

Άσκηση 14η Α ν ένα φύλλο χαρτί έχει πάχος ένα χιλwστό

και κάθε φορά το διπλώνουμε στη μέση , τι πάχος θα έχει όταν διπλωθεί 7 φορές; Πόσες φορές (αν μπορούσαμε) θα έπρεπε να το διπλώσουμε ώστε το πάχος του να υπερκάλυπτε την απόσταση Γης-Σελήνης;

Λύση Αρχικό πάχος, 1mm, l η δίπλωση, 2mm , 2η δί

πλωση 4mm, 3η δίπλωση 8mm . . . άρα έχουμε γεωμετρική πρόοδο 1 ,2,4, . . . με λόγο λ=2 οπότε ζητάμε τον 8° όρο άρα α8=1 ·27 <:::::> α8= 1 28 επομένως θα έχει πάχος 1 2,8cm

Θέλουμε το πάχος να γίνει περίπου 400.000Κm ή 4 · 1 0 1 1mm δηλαδή 2ν�4· 1 01 1 (γνωρίζουμε ότι 2 10= 1 024� 1 000= 1 03 άρα 4 · 1 0 1 1=4 · 1 00·( 1 03)3�22 ·27 ·230=239) επομένως αν μπορούσαμε να το διπλώσουμε 39 φορές θα . . . προσπερνούσαμε τη Σελήνη ! ! !


Α ΆΥΚΕΙΟΥ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Γιώργος Κατσούλης, Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος

Εγγεγραμμένα σχήματα Άσκηση lη: Δίνεται το οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ. Να αποδείξετε ότι τα ύψη του διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Λύση

Έστω ότι τα ύψη ΒΕ και ΓΖ τέμνονται στο Η. Αν η προέκταση της ΑΗ τέμνει την ΒΓ στο Δ, αρκεί Δ=90°. Α

Β Γ

Φέρνουμε ΖΕ. Τότε ΑΖΗΕ εγγράψιμο (Ζ + Ε = 180°), οπότε Α1= Ζ1 ( 1 ) και ΒΖΕΓ εγγράψιμο (ΒΖΓ =ΒΕΓ=90°), οπότε Ζι = Βι (2) Από ( l )και (2) έχουμε Αι = Βι και αφού Ηι = Α2 προκύπτει ότι Δ = Ε = 90° Σημείωση: Όμοια αποδεικνύεται για αμβλυγώνιο Άσκηση 2η : Αν ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ τα ύψη οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ και Η το ορθόκεντρό του να αποδείξετε ότι α)ΒΗΓ = 180° - Α β)ΕΔΖ = 180° - 2Α

Λύση

α) Το ΑΖΗΕ είναι εγγράψιμο (Ζ + Ε = 1 80), οπότε ΖΑΕ = 180° - AQ ΒΑΓ = 180 - Α Σημείωση : Όμοια ΑΗΓ = 180 - Β, ΑΗΒ = 180° - Γ

Α

Γ β) Το ΖΗΔΒ είναι εγγράψιμο, οπότε Δι = Βι = 90° - Α. Όμοια το ΔΗΕΓ είναι εγγράψιμο, οπότε Δ2 = f2 = 90 - Α. Άρα Δι + Δ2 = 180 - 2Α QΕΔΖ= 1 80°-2Α Σημείωση: Όμοια ΔΕΖ = 180° - 28, ΔΖΕ = 180° - 2Γ Άσκηση 3η: Αν Η το ορθόκεντρο οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ και Κ το συμμετρικό του Η ως προς ΒΓ, να αποδείξετε ότι το ΑΒΚΓ είναι εγγράψιμο

Λύση

Είναι ΒΚΓ = ΒΑΓ (Η,Κ συμμετρικά) =180° - Α

(άσκηση 2η) . Άρα ΒΚΓ + Α = 1 80° , οπότε το ΑΒΚΓ είναι εγγράψιμο.

Α

Β�Γ κ

Σημείωση : Τα συμμετρικά του ορθόκεντρου τριγώνου ως προς τις πλευρές του ανήκουν στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου. Άσκηση 4η : Αν Η το ορθόκεντρο οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ και Κ το συμμετρικό του Η ως προς το μέσο Μ της ΒΓ, να αποδείξετε ότι το ΑΒΚΓ είναι εγγράψιμο.

Λύση Το ΒΗΓΚ είναι παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιοι του διχοτομούνται), οπότε ΒΚΓ = ΒΑΓ = 180° - AQ ΒΚΓ + Α = 180° . Άρα το ΑΒΚΓ είναι εγγράψιμο.

Α

Β Γ

κ Σημείωση : Τα συμμετρικά του ορθόκεντρου τριγώνου ως προς τα μέσα των πλευρών του ανήκουν στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου. Άσκηση 5η: Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ και δύο χορδές του ΑΓ και ΒΔ που τέμνονται στο Ε. Α ν Η η προβολή του Ε στην ΑΒ να αποδείξετε ότι ΔΑΒ = ΒΓΗ.

Λύση

Είναι ΑΔΒ = AfB = 90° (εγγεγραμμένες σε ημικύκλιο).

Η Β


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Το ΑΔΕΗ είναι εγγράψιμο (Δ + Η = 180°), οπότε ΔΑΒ = ΒΕΗ (1) .Όμοια το ΒΓΕΗ είναι εγγράψιμο οπότε, BfH = ΒΕΗ (2) . Από ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι ΔΑΒ = BfH. Άσκηση 6η : Δύο κύκλοι τέμνονται στο Α και Β. Τυχαία ευθεία από το Α τέμνει τους κύκλους στα Γ και Δ όπως στο σχήμα. Α ν οι εφαπτόμενες στα Γ και Δ τέμνονται στο Μ, να αποδείξετε ότι το ΒΓΜΔ είναι εγγράψιμο.

Λύση Φέρνουμε την ΑΒ. Τότε Β1 = f1 ( 1 ) καιΒ2=Δ2 (2) (Εγγεγραμμένη- γωνία από χορδή και εφαπτομένη) . Στο τρίγωνο ΜΓ Δ έχουμε:

Μ = 180° - (f1 + Ll2)�M = 180° - (Β1 + Bz)�M = 1 80 - Β� Μ + Β = 180°

Μ

Δ

Άρα το ΒΓΜΔ είναι εγγράψιμο. Άσκηση 711 : Δίδεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (Ο, ρ) και Δ το aντιδιαμετρικό του Α. Α ν η εφαπτομένη του κύκλου στο Δ τέμνει τις ευθείες ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Κ, Λ να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΒΓ ΛΚ είναι εγγράψιμο. Λύση

Η εφαπτομένη του κύκλου στο Δ και η διάμετρος ΑΔ τέμνονται κάθετα επίσης οι γωνίες ΑΒΔ και ΑΓ Δ είναι ορθές ως εγγεγραμμένες σε ημικύκλιο. Οι γωνίες ΑΔΓ και Γ ΛΔ είναι οξείες και έχουν πλευρές κάθετες άρα είναι ίσες. ( 1 ) Όμως και οι γωνίες ΑΒΓ και ΑΔΓ είναι εγγεγραμμένες στο τόξο ΑΓ άρα είναι ίσες.

(2) Έτσι από ( 1 ) και (2) στο ΒΓΛΚ η εξωτερική γωνία ΑΒΓ είναι ίση με την απέναντι εσωτερική Γ ΛΔ δηλαδή το ΒΓ ΛΚ εγγράψιμο. Άσκηση 811: Έχουμε μια χορδή ΑΒ ενός κύκλου και το μέσο Μ τόξου ΑΒ, επίσης Σ και Ρ είναι δύο σημεία του μη κυρτού τόξου ΑΒ. Οι χορδές ΜΣ, ΜΡ τέμνουν την ΑΒ στα σημεία Κ, Λ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΣΡ ΛΚ είναι εγγράψιμο.

Σ

Β

Λύση Η γωνία ΒΚΜ=ΚΑΜ+ΚΜΑ= =τόξοΜΒ/2+τόξοΑΣ/2=τόξο(ΑΣ+ ΑΜ)/2 ( 1 ) . Η γωνία ΣΡΛ=τόξο(ΑΣ+ΑΜ)/2 . (2) Άρα από ( 1 ), (2) έχουμε τη γωνία ΣΡ Λ του τετραπλεύρου ίση με την απέναντι εξωτερική δηλαδή το ΣΡ ΛΚ εγγράψιμο.

Άσκηση 9η : Δίδεται τρίγωνο ΑΒΓ Η το ορθόκεντρο Σ, Ρ τα μέσα των ΒΓ, ΑΗ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΣΕΡ Δ είναι εγγράψιμο.

Α

Β Λ Σ Γ Λύση Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΕΗ η ΕΡ είναι διάμεσος προς την υποτείνουσα άρα ΕΡΗ ισοσκελές και οι γωνίες ΡΕΗ=ΡΗΕ=ΓΗΛ=90°ΣΓΕ ( 1 ) . Επίσης στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΓ, η ΕΣ είναι διάμεσος προς την υποτείνουσα άρα το τρίγωνο ΣΕΓ είναι ισοσκελές και οι γωνίες ΣΕΓ=ΣΓΕ (2) Επομένως από ( 1 ) και (2) η γωνία ΣΕΡ=ΡΕΗ+ΗΕΣ=90°ΣΓΕ+ΣΓΕ=900 (3) . Ομοίως από τα ορθογώνια ΑΔΗ και ΒΔΓ έχουμε ΡΔΣ=90° (4) . Από (3),(4) προκύπτει ότι ΣΕΡΔ είναι εγγράψιμο.


Β , ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ - ΕΚΘΕΠΚΗ - ΛΟΓΑΡΙΘΜΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ

Άσκηση Ι η Αν Ρ(χ) = χ15 - 4χ14 + 2χ3 + 20ι2, να υπολογιστεί η τιμή της παράστασης

Α = i · [ P(2 +Ji) + P(2 -Ji)] Λύση 'Εστω α = 2 + .J2 και β = 2 -.J2 . 'Ε χουμε α + β = 2 + .J2 + 2 -.J2 = 4 και α·β = (2 + .J2 )(2 -.fi ) = 2 Δηλαδή τα α, β είναι ρίζες της εξίσωσης χ2 - 4χ +2 = Ο οπότε ισχύουν: α2 - 4α + 2 = Ο και β2 - 4β + 2 = Ο επομένως έχουμε Ρ( α) = α1 5 - 4α14 + 2α1 3 + 20 1 2 = =α1\α2 - 4α +2) + 20 1 2 = Ο+ 20 1 2 = 20 1 2 και Ρ(β) = β ι s - 4βι4 + 2β1 3 + 20 1 2 =

= β 1 3(β2 - 4β +2) + 20 1 2 = ο + 20 1 2 = 20 12

άρα Α = _!_ · [Ρ(2 + .fi) + Ρ(2 -.fi)] = 2

_!_ · [Ρ(α) + Ρ(β)] = _!_ · [20 1 2 + 20 1 2] = 20 1 2 2 2

Άσκηση 2η Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) = (λ2 - 4)χ4 + χ3 - 5χ2 + 6χ + 4λ + 6. Αν το πολυώνυμο έχει ρίζα το ι , να βρεθεί ο βαθμός του και οι άλλες του ρίζες. Λύση Επειδή το πολυώνυμο έχει ρίζα την χ = 1 έχουμε Ρ( 1 ) = Ο � λ2 - 4 + 1 - 5 + 6 + 4λ + 6 = Ο � λ2 + 4λ + 4 = ο � (λ + 2)2 = ο � λ = - 2 Για λ = -2 έχουμε : Ρ( χ) = χ3 - 5χ2 + 6χ - 2 Επομένως έχουμε πολυώνυμο 3ου βαθμού. Με σχήμα Horner έχουμε:

1 - 5 6 - 2 P(l ) 1 -4 2

1 -4 2 ο Οπότε Ρ( χ) = (χ- 1 )(χ2 - 4χ + 2) και Ρ(χ) =Ο <:::::> (χ- 1 )(χ2 - 4χ + 2) =Ο <:::::> χ = 1 ή χ2 - 4χ +2=0 �x ε {l, 2 +.J2, 2-.J2} . Άσκηση 3η Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ)=χ5+αχ3+βχ2-6χ-ι2, το οποίο διαιρείται με το πολυώνυμο (χ2-ι). i) Να υπολογίσετε το άθροισμα α + β. ii) Να βρείτε το πηλίκο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το πολυώνυμο (χ2-ι)

Ευσταθίου Βαγγέλης - Καρδαμίτσης Σπύρος

Λύση i) Αφού το πολυώνυμο διαιρείται ακριβώς με το χ2 - 1 = (χ + 1 )(χ - 1 ) αυτό σημαίνει πως το 1 και το - 1 θα είναι ρίζες του πολυωνύμου επομένως έχουμε:Ρ( 1 )=Ο� 1 + α + β - 6 - 1 2 =Ο � α +β = 1 7 ii) Επιπλέον έχουμε: Ρ (-1 ) = Ο � -1 - α + β + 6 - 12 = Ο � - α + β = 7 και λύνοντας το σύστημα των παραπάνω εξισώσεων έχουμε: α = 5 , β = 1 2 κάνοντας την διαίρεση των πολυωνύμων βρίσκουμε πηλίκο χ2 + 6χ + 12 . Άσκηση 4η Για τα πολυώνυμα Ρ(χ) ,Q(x) γνωρίζουμε ότι,

Ρ( χ - 2) 2 , δ

, ___; _ ____:_ = χ -χ-2 και το υπολοιπο της ιαιρε-Q(χ) σης του πολυωνύμου Q(x) με το χ -3 είναι το 3. α) Να υπολογίσετε το Q(3). β) Να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του. Ρ(χ) : (χ-ι). Λύση α) Αφού το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύμου Q(x) με το χ-3 είναι το 3 , έχουμε Q(3) = 3 β) Το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) : (χ -1 ) είναι υ = Ρ( 1 ). Η αρχική σχέση για χ = 3 δίνει: Ρ(3 -2) =32-3-2�

P(l) = 4� P(l) = 4 �Ρ( 1 )= 1 2

Q(3) Q(3) 3 Άσκηση Sη Δίνεται το πολυώνυμο

Ρ(χ)=(4ημα)· χ3+(4συν2α)-χ2 -8χ+3. Αν το Ρ(χ) έχει για παράγοντα το Q(x) = χ - ημα να βρείτε το τόξο α αν γνωρίζουμε ότι α ε (-π, π). Λύση Αφού το πολυώνυμο έχει για παράγοντα το Q(x) = χ - ημα, τότε θα ισχύει και: Ρ(ημα) = Ο. Αντικαθιστώντας στο πολυώνυμο Ρ(χ),προκύπτει: 4ημ4α + 4ημ2ασυν2α - 8ημα + 3 = Ο � 4ημ4α + 4ημ2α( 1 - ημ2α) - 8ημα + 3 = Ο �

3 , 1 4ημ2α - 8ημα + 3 = Ο �η μα = - η η μα =- �

2 2 1 π ' 5π '

ημα =2 �α = "6 η α = 6 , αφου, αε (-π, π) .

Άσκηση 6η Το πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρούμενο με το χ - ι δίνει υπόλοιπο 3, διαιρούμενο με το χ - 2 δίνει υπόλοιπο 5 και διαιρούμενο με το χ - 3 δίνει υπόλοιπο ι3. Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης: Ρ(χ) :(χ - ι)(χ - 2)(χ - 3)


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Λύση Έχουμε από την υπόθεση : Ρ( 1 ) = 3 , Ρ(2) = 5 και Ρ(3) = 1 3 . Επειδή ο διαιρέτης της διαίρεσης Ρ(χ) : (χ - 1 )(χ - 2)(χ - 3) είναι τρίτου βαθμού, η διαίρεση θα δώσει πηλίκο π(χ) και υπόλοιπο υ(χ) της μορφής: υ(χ)=αχ2+βχ+γ με α, β, γ πραγματικούς αριθμούς. Από την ταυτότητα της διαίρεσης έχουμε: Ρ(χ)=(χ-1 )(χ-2)(χ-3) π(χ)+αχ2+βχ+γ ( 1 ) Στην σχέση ( 1 ) θέτουμε διαδοχικά τις τιμές χ = 1 , χ = 2 , χ = 3 και έχουμε: { P(l) = α · 1 2 + β · 1 + γ } { α + β + γ = 3 } Ρ(2) = α · 2 2 + β · 2 + γ � 4α + 2β + γ = 5

. Ρ(3) = α · 3 2 + β · 3 + γ 9α + 3β + γ = 1 3 �α = 3 , β = -7, γ = 7 . Άρα: υ(χ) = 3χ2 - 7χ + 7 . Α σ κ 11ση Ίη Να λυθεί η εξίσωση: χ4 - 8χ3 + 12χ2+16χ - 28=0 αν είναι γνωστό ότι δύο από τις ρίζες της έχουν άθροισμα 8 και γινόμενο 14. λύση Έστω χι , χ2 οι δύο ρίζες της εξίσωσης που έχουν άθροισμα 8 και γινόμενο 1 4, τότε: {Χ ι + χ 2 = 8} � � . � (χι = 4 + ν2 , χ2 = 4 - ν2 ) η Χ ι · χ 2 = 14

Χι = 4 - J2 , Χ2 = 4 + J2 ). Για τον προσδιορισμό των δύο άλλων ριζών παρατηρούμε ότι αφού οι χι , χ2 είναι ρίζες της του πολυωνύμου Ρ(χ) = χ4 - 8χ3 + 1 2χ2 + 1 6χ - 28, το πολυώνυμο έχει παράγοντα τον (χ - χι )(χ - χ2) = χ2 - (χι+χ2)χ + ΧιΧ2 = χ2 - 8χ + 14 (γιατί;) . Εκτελούμε την διαίρεση : (χ4 - 8χ3 + 1 2χ2 + 1 6χ - 28) : (χ2 - 8χ + 14) και βρίσκουμε πηλίκο χ2 - 2 , οπότε ισχύει: χ4 - 8χ3 + 1 2χ2 + 1 6χ - 28 = (χ2 - 8χ + 14)(χ2 - 2). Συνεπώς οι άλλες δύο ρίζες της εξίσωσης προκύπτουν από την λύση της εξίσωσης χ2 - 2 = Ο που είναι οι Χ3 = J2 , Χ4 = - J2 Άσκηση 8η

Αν το f (χ) = χ4 + αχ3 + βχ2 + γχ + δ είναι τέ-

λειο τετράγωνο. Να δείξετε ότι: γ2 = δα2 και

(4β - α2 Υ = 64δ . ΛίJση 'Εστω f{ χ) = ( χ2 + κχ. + λ )2 , τότε έχουμε

χ4 + αχ3+βχ2+γχ+δ = χ4+2κχ?+(κ2+2λ)χ+2κλ�

�{2κ = α ( 1 ) , 2κλ = γ (3) κ2 + 2λ = β ( 2) , λ 2 = δ ( 4)

α2 Αλλά: ( 1 ),(2) � β =- + 2λ � 4β - α2 = λ

4

2 (4) 2 � ( 4β - α 2 ) = 64λ 2 � ( 4β - α 2 ) = 64δ . Επίσης: ( 1 ),(3) � γ2 = 4κ2 · λ2 � γ2 = α2 • λ2

(4) � γ2 = α2 - δ2 .

Άσκηση 9η Δίνεται το πολυώνυμο

Ρ( χ) = χ4 - { ημ2θ ) χ3 - 2χ + 2ημθ - ι . Να βρει-

τε το θ ε [-3π, 5π] ώστε η Ρ(χ) : (χ + ι) να «Sί

νει υπόλοιπο υ = ι . Λύση Γνωρίζουμε ότι η Ρ( χ) : (χ + 1) δίνει υπόλοιπο υ = Ρ( -1) . Άρα σύμφωνα με την υπόθεση θα είναι: Ρ(-1) = 1 q (- 1)4 - ( ημ2θ ) <- 1)3 - 2(- 1) + 2ημθ - 1 = 1

ς::> ημ2θ + 2ημθ + 1 = 0 ς::> (ημθ + 1)2 = 0 3π ς::> ημθ = -1 ς::> θ = 2κπ +-, κ ε Ζ. 2

Όμως θ ε [-3π, 5π] � -3π � 2κπ + 3π � 5π � 2

3 9 7 -3� 2κ + - �5 ς::> -- � κ �-�

2 4 4 κε {-2,- 1 ,0, 1 } . Επομένως στο [-3π,5π] έχουμε:

Ρ(-1) = 1 <:::> θ Ε {-5π - π 3π 7π} 2 ' 2 ' 2 ' 2

Άσκηση 1 0η Δίνεται το

Ρ(χ) = χ4 + (αz - β) χ3 + (2β - ι) χz + 2χ + β2 Δείξτε ότι δεν διαιρείται ακριβώς (χ - ι) . Λύση

Έστω ότι το Ρ( χ) έχει παράγοντα (χ - 1) . Τότε: Ρ( 1 ) = Ο � 14 +(α2 - β)- 1 3+(2β - 1 ) - 1 2 + 2 · 1 +β2=0� � β 2 + β + 2 + α 2 = Ο � α2 = -β 2 - β - 2 ( 1 ) . Το τριώνυμο του δευτέρου μέλους έχει διακρίνουσα Δ=-7. Άρα -β2 - β - 2 < Ο για κάθε β Ε R , οπόtε

( 1 ) � α2 < Ο ενώ α2 2 Ο , πράγμα άτοπο. Άσκηση 1 2η Δίνεται το πολυώνυμο

Ρ ( χ) = χ4 + 2χ3 - 7χ2 + κχ + λ το οποίο έχει

παράγοντες χ - ι και χ + 3 , να βρείτε το πεδίο

ορισμού της συνάρτησης f (χ) = �Ρ (χ) . Λύση



Αφού το Ρ (χ ) έχει παράγοντα χ - Ι και χ + 3 {Ρ ( Ι ) = Ο

θα έχουμε: � Ρ (-3) = 0

{Ι + 2 - 7 + κ + λ = Ο {κ + λ = 4 8 Ι - 54 - 7 · 9 - 3κ + λ = Ο

� -3κ + λ = 36

{κ + λ = 4 {λ = Ι2 � � . 4κ = -32 κ = -8

Έτσι Ρ (χ ) = χ4 + 2χ3 - 7χ2 - 8χ + Ι 2 , το οποίο έχει παράγοντες χ - Ι και χ + 3 θα έχει παράγοντα και το γινόμενο τους (χ - Ι) (χ + 3) = χ 2 + 2χ - 3 (γιατί;).

Από την διαίρεση Ρ ( χ ) : ( χ2 + 2χ - 3) προκύ

πτει πηλίκο π ( χ ) = χ2 - 4 . Άρα

Ρ (χ ) = (χ 2 - 4) (χ 2 + 2χ - 3) =

(χ + 2 ) (χ - 2 ) (χ - Ι) (χ + 3) . Η συνάρτηση

f (χ ) = �Ρ (χ ) ορίζεται μόνο για χ Ε IR με

Ρ (χ ) � Ο , δηλαδή (χ+ 2) (χ-2) (χ -Ι) (χ + 3) � Ο . Κατασκευάζω τον πίνακα προσήμων:

χ -3 - 2 ι 2

Ρ (χ ) � - ·� - :f Έτσι το πεδίο ορισμού της f είναι το

Α = ( -οο, -3) U [ -2, Ι] u [2, +οο) . ΣΧΟΛΙΟ Μ' ξ' ν ν- Ι ια ε ισωση αvχ + αν. ι Χ + . . - + α ι Χ + α0= 0 θα λέγεται αντίστροφη αν και μόνο αν έχει ρίζα τον αριθμό ρ:;tΟ και τον αριθμό 1 /ρ με τον ίδιο βαθμό πολλαπλότητας. Άσκηση 13η Να λυθεί η εξίσωση : 3χ3 - 8χ2 + 8χ - 3 = Ο Λύση 3χ3 - 8χ2 + 8χ- 3 = 0 <:::::> 3(χ3 - Ι) - 8χ(χ - Ι) = Ο <:::::> 3( χ - Ι)( χ2 + χ + Ι) - 8χ( χ - Ι) = Ο <:=>(χ- Ι)(3χ2 -5χ+3) = 0 <:::::> χ = Ι . Άσκηση 1 4η

Να λυθεί η εξίσωση : χ4 + 3χ3 - 3χ + 1 = Ο (1). Λύση Παρατηρούμε ότι η εξίσωση δεν έχει ρίζα το Ο. Έτσι διαιρούμε με χ2 τα μέλη της και προκύπτει:

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

� (χ -�)' + 2 + 3 (χ - �) = ο �

{χ -_!._ = Υ {χ-_!._ = Υ χ <:::::> χ / + 3y + 2 = 0 y = -I ή y = -2

Ι Ι ' Ι 2 2 <=? Χ -- = - η χ-- = - <=? Χ + χ - Ι = 0 χ χ , -I ±JS η χ2 +2χ- Ι = Ο <:=> χ = ή x = -1 ±J2 .

2 Άσκηση 1 5η Ν α λυθεί η εξίσωση :

2 5 3 4 3 2 χ - χ - Sx + Sx + 3χ - 2 = Ο . Λύση Η εξίσωση γράφεται: 2(χ5 - Ι) - 3χ(χ3 - Ι) - 5χ2 (χ - 1) = ο <=>2(χ-ΙΧχ4 +i +i +x+I)-3x(x-IXi +x+I)-si(x-I)=O <::>(χ-Ι)[ 2χ4 +21 +2-i +2x+2-3i -3.i -3x-5.i]=O <=>(χ-ΙΧ2χ4 -i -tii -χ+2) =0 <::::> χ - Ι = Ο ή 2χ4 -χ3 - 6χ2 - χ + 2 = Ο που είναι αντίστροφη 4ου βαθμού και λύνεται όπως η προηγουμένη άσκηση. Άσκηση 1 6'1

Δ, , ti( ) χ2 - 4 ινεται η συναρτηση χ = � νχ - 1 α) Να προσδιορίσετε το σύνολο ορισμού της και β) Να λύσετε την aνίσωση f(x) � Ο Λύση

α) Για να ορίζεται η f (χ ) πρέπει και αρκεί χ - 1 > Ο, δηλαδή χ > 1 . Επομένως η συνάρτηση έχει σύνολο ορισμού το Α = ( 1 , +οο)

χ 2 - 4 β) Στο Α έχουμε: f(x)� Ο<::> � � Ο<::>χ2-4� Ο ν χ - 1 <:::::> Χ Ε [ -2, 2] <::::> Χ Ε ( Ι , 2] . ΑΣΚΗΣΗ 1 7η Να λυθεί η εξίσωση :

(J3 +.fiγ + (J3 -.fiγ = 10 ΛΥΣΗ Αρχικά παρατηρούμε ότι ορίζεται στο R και

( J3 + J2 Υ ( J3 - J2 Υ = ( J32 -J22 Υ = Ι επομένως οι αριθμοί ( J3 + J2 Υ και ( J3 - J2 Υ είναι αντίστροφο ι, οπότε αν θέσουμε ( J3 + J2 Υ = ω > Ο τότε θα είναι

( J3 -J2 Υ = _!_ και έχει επιλύουσα την ω



ω2 - 1 Οω + 1 = Ο η οποία έχει ρίζες τις

ω1 = 5 + 2J6 ω2 = 5 - 2J6 . Για την πρώτη τιμή

του ω έχουμε: ( J3 + J2y =ω1 (;:::> (J3 +J2Y =

3+2+2J2J3 (;:::> (J3+J2Y = (J3+J2)2 (;:::>χ=2 Για την δεύτερη τιμή του ω έχουμε ομοίως: ( J3 + J2 Υ = ω2 (;:::> ( J3 +J2Y = ( J3 -J2)2 (;:::> (J3 + J2y = (J3 1 J2 )2 (;:::>

3 + 2 (J3+J2Y = (J3+J2)-2 (;:::> χ = - 2 ΑΣΚΗΣΗ 1 8'1 Δίνεται η συνάρτηση f(x) = (Ιηα - 1)χ α) Για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού α η

συνάρτηση f ορίζεται στο σύνολο IR ; β) Για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού α η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της; γ) Αν α = e3 , να προσδιορίσετε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς y, για τους οποίους ισχύει: f(logy) +f(S - logy) =12 (1). ΛΥΣΗ α) Για να ορίζεται η συνάρτηση στο σύνολο των πραγματικών αριθμών, πρέπει και αρκεί: !η α - 1 > Ο <:::::> Ιηα > 1 <:::::> Ιηα > lne <:::::> α > e ( αφού η συνάρτηση lnx είναι γνησίως αύξουσα) β) Για να είναι η συνάρτηση στο σύνολο των πραγματικών αριθμών γνησίως αύξουσα, πρέπει και αρκεί: lnα - 1 > 1 <:::::> lnα > 2 <:::::> Ιηα > 2 · lne <:::::> lnα > lne2 <:::::> α > e2 ( αφού η συνάρτηση lnx είναι γνησίως αύξουσα) γ) Αν α = e3 >e2, ο τύπος της συνάρτησης f γράφεται: f(x) = (Ιηα - 1Υ = (lne3 - 1Υ = (3 - 1 Υ = γ και προφανώς ορίζεται σε όλο το IR Για να ορίζεται όμως η ( 1 ) πρέπει και αρκεί y>O. Τότε: ( 1 ) (;:::> 21ogy + 25 - Iogy = 1 2

32 {2Iogy = ω 2logy + -- = 1 2<:::::> 32 (;:::>

2log y ω+- = 1 2 ω

{21� =ω �2� =ω (;:::>2Ιny =8 ή 2ιny =4(;:::> cd-12ω+32=0 ιωε{8,4} (;:::>2lrιy =i ή 21ny =i (;:::>my=3, ή my=2(;:::> (;:::> y = 1 000 ή y = 1 00 δεκτές τιμές. ΑΣΚΗΣΗ 1 9'1

ln(3x - 1 1) Δίνεται η συνάρτηση f(x) = . ln(x - 5) α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της.

β) Να λυθεί η εξίσωση f(x) = 2 γ) Αν χ > 6 να λυθεί η ανίσωση f(x) > 1 ΛΥΣΗ α) Για να ορίζεται η συνάρτηση πρέπει και αρκεί:

1 1 χ > -3

χ > 5 Χ * 6

Με βάση τα πα-

ραπάνω το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι: Α = (5, 6) υ (6, +οο)

ln(3x - 1 1 ) β) Στο Α έχουμε: f(x) = 2 <:::::> = 2 <:::::>

ln(x - 5) ln(3x - 1 1 ) = 2ln(x - 5)<=:> ln(3x - 1 1 ) = ln(x - 5)2 ( 1 ) . Επειδή η λογαριθμική συνάρτηση είναι 1 - 1 έχουμε: (1) (;:::> 3χ - 1 1 = (χ - 5)2 <:::::> χ2 - 1 3χ + 36 = Ο χ ε {4, 9} (;:::> χ = 9 .

ln(3x - 1 1 ) γ) Για χ > 6 έχουμε: f(x) > 1 <:::::> > 1 . ln(x - 5)

Όμως: χ > 6 � χ - 5 > 1 � ln(x - 5) > Ο και η ανίσωση γράφεται: ln(3x - 1 1 ) > ln(x - 5) (2). Επειδή η λογ. συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα έχουμε: ( 2) (;:::> 3χ - 1 1 > χ - 5 <:::::> χ > 3 <=:>χ > 6.

ΑΣΚΗΣΗ 20η Δίνεται η συνάρτηση f(x) = α + ln(ex - 2) ό

που α πραγματικός αριθμός. α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης β) Να βρεθεί α ε IR ώστε η γραφική παράσταση της συνάρτησης f να διέρχεται από το σημείο A(ln3, 1). γ) Αν α = 1 να βρεθούν τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης με τον άξονα χ 'χ. ΛΥΣΗ α) Πρέπει και αρκεί: ex - 2 > Ο <:::::> ex > 2 <:::::> χ > ln2 επομένως το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το Α = (ln2, +οο) β) Πρέπει και αρκεί f(ln3) = 1 <=:>α+Ιη( e1"3 -2) = 1 <:::::> α + ln(3 - 2) = 1 <:::::> α = 1 γ) Για α = 1 η συνάρτηση γράφεται: f(x) = 1 + ln(ex - 2) και η εξίσωση f(x) = Ο προσδιορίζει τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης με τον άξονα χ 'χ. Στο Α λοιπόν έχουμε : f(x) = Ο <:::::> 1 + ln(ex - 2) = 2 <:::::> ln(ex - 2) = lne ( 1 ) Επειδή η λογαριθμική συνάρτηση είναι 1 - 1 έ-χουμε: ( 1 ) (;:::> ex - 2 = e <:::::> ex = e + 2 <:::::> x=ln( e+2) Δεκτή τιμή αφού e+2>2 �ln(e + 2) > ln2.


Β , ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΜΒΑΔΑ ΜΕΙΚΤΟΓΡΑΜΜΩΝ ΣΧΗΜΑΤΩΝ

Η θεματολογία γύρω από τα εμβαδά μεικτογράμμων σχημάτων έχει πολλαπλώς αναπτυχθεί με αξιόλογα θέματα σε τεύχη παρελθόντων ετών του Ευκλείδη Β Ό Οι ασκήσεις που ακολουθούν συνδυάζουν αρκετά στοιχεία της ύλης που διδάσκεται στις δύο πρώτες τάξεις του Λυκείου. Επίσης, στα εμβαδά των κυκλικών τομέων και στα μήκη των τόξων, οι γωνίες εκφέρονται σε ακτίνια και όχι σε μοίρες.

Άσκηση 1 . Τριγώνου ΑΒΓ είναι: ΑΓ = λ3 , ΑΒ = λ6 ό-

που λ3 , λ6 τα μήκη των πλευρών ισοπλεύρου

τριγώνου, κανονικού εξαγώνου εγγεγραμμένων σε κύκλο ακτίνας R, αντιστοίχως, και ΒΓ = 2R . Θεωρούμε τους κυκλικούς τομείς με κέντρα τις κορυφές του τριγώνου ΑΒΓ που διέρχονται από τα σημεία επαφής C,D,E του εγγεγραμμένου κύκλου του με τις πλευρές του. Να βρεθεί το εμβαδόν του καμπυλογράμμου τριγώνου CDE.

Λύση : Είναι: BΓ = 2R,AΓ = R.J3,AB = R Επειδή ΑΒ2 + ΑΓ2 = 4R 2 = ΒΓ2 , το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στο Α. Οι ακτίνες των τομέων με κορυφές Α, Β, Γ αντιστοίχως είναι:

ρ = τ - α = R 3 + .J3 - 2R = R(.J3 - l)

Α 2 2

_ - β - R 3 + .J3 - R.J3 - R.J3(.J3 - 1) ρΒ - τ -

2 - 2

ρr = τ - γ = R 3 + .J3 - R = R( .J3 + 1) 2 2

. . Α Π Β Π Γ π και οι γωνιες τους ειναι = "2, = "3, = (j .

Το ζητούμενο εμβαδόν προκύπτει από την διαφορά του αθροίσματος των εμβαδών των τριών κυκλικών τομέων από το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ. Αν ονομάσουμε Ε(χ) το ζητούμενο εμβα-δόν, έχουμε:

Γεώργιος Κ. Τριάντος

Άσκηση 2 . Οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ είναι εγγεγραμμένο

σε κύκλο (O, R) . Η ευθεία που είναι κάθετη στη

διάμετρο ΑΗ στο Ο τέμνει τις πλευρές ΑΒ, ΑΓ στα σημεία C, D αντιστοίχως. Δείξτε ότι: Ι ) Το τετράπλευρο BΓDC είναι εγγράψιμμο σε κύκλο κέντρου Κ. 2) Το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου που σχηματίζουν οι κύκλοι (Κ, ΚΑ), (Κ, KC) έχει εμβαδόν διπλάσιο από το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου (O, R) . Λύση : Η εφαπτομένη του κύκλου (O, R) στο Α είναι πα-ράλληλη στην COD και σχηματίζει γωνία φ με τη χορδή ΑΒ. Είναι φ = θ (εντός εναλλάξ ) και ω=φ (εγγεγραμμένη στο τόξο ΑΒ - υπό χορδής ΑΒ και εφαπτομένης Αχ) Άρα, θ=ω, οπότε το τετράπλευρο BΓDC είναι εγγράψιμμο σε κύκλο (Κ, ρ) , όπου ρ = ΚC . Τα τρίγωνα AOC και ΑΒΗ είναι όμοια, αφού είναι

Λ ορθογώνια με θ = ω = ΑΗΒ . Επομένως, ισχύει ΑΟ = AC � � = AC � AB · AC = 2R2 (l) ΑΒ ΑΗ ΑΒ 2R

Όμως, ΑΒ · AC είναι η δύναμη του σημείου Α ως προς τον κύκλο (Κ, ρ) . Δηλ. AB · AC = ΑΚ2 - ρ2



και λόγω της ( 1 ): ΑΚ 2 - ρ2 = 2R 2 οπότε, είναι :

Π · (ΑΚ2 - ρ2 ) = 2πR2 <=> π · ΑΚ2 - πρ2 = 2πR2

σχέση, που αποδεικνύει το ζητούμενο.

Άσκηση 3. Λ π

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = -2

και πλευρά α = 2γ . Ο παρεγγεγραμμένος κύ-

κλος του τριγώνου ΑΒΓ που αντιστοιχεί στην πλευρά ΒΓ εφάπτεται των προεκτάσεων των πλευρών ΑΒ και ΑΓ στα σημεία G , F , αντιστοίχως. Ν α υπολογίσετε το εμβαδόν και την περίμετρο του μικτογράμμου σχήματος που περικλείεται από την ΒΓ , τις προεκτάσεις των πλευρών ΑΒ , ΑΓ και τον παρεγγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου συναρτήσει του γ.

Λ , Ε δ ' α , ΓΛ π ΒΛ π υ ση : πει η γ = l , ει ναι = "6 , = 3 . Α ν Ια είναι το κέντρο του παρεγγεγραμμένου

τετράγωνο πλευράς AG = τ = α + β + γ = 2

2γ + γJ3 + γ γ(3 + J3) ( 1 ) 2 2

π π Το μήκος του τόξου GF είναι: L0F = -ρ1 = -τ 2 2

( Ι ) π γ(3 + J3) πγ(3 + J3) =- · = 2 2 4

Επίσης, είναι BG = ΒΖ = τ - γ , ΓΖ = ΓF = τ - β , οπότε η περίμετρος Ρ του σχήματος είναι

π Ρ = BG + ΒΓ + ΓF + L0F = τ - γ + α + τ - β + -τ 2

π π = 2τ + α - β - γ +-τ = 2τ + α - (2τ - α) + -τ 2 2

π π γ(3 + J3) γ h = 2α + -τ = 4γ + - · = -[1 6 + π(3 + ν3 )] 2 2 2 4

Αν είναι Ε(χ) το ζητούμενο εμβαδόν του σχήματος τότε, έχουμε ( βλέπε παραπάνω σχήμα ) Ε( χ) = (AGiαF) - (ΑΒΓ) - τομ(ΙαGF) =

2 1 π 2 2 1 2 = τ - τρ - - · - · τ = τ - τ( τ - α) --πτ = 2 2 4

= ατ _ .!.πτ2 = 2γ γ(3 + J3) .!.π[ γ(3 + J3) ]2 4 2 4 2

2 = 1_(3 + J3)[1 6 - π(3 + J3)]

1 6 Άσκηση 4. Σε κύκλο (O, R) θεωρούμε χορδές ΑΒ = λν

και ΑΓ = λ2• προς το αυτό μέρος του Α. Με κέ

ντρο Δ που είναι το aντιδιαμετρικό σημείο του Γ, γράφουμε κύκλο ακτίνας ΔΑ. Να βρείτε το εμβαδόν του μηνίσκου ΑΓΒΑ, συναρτήσει των

R , ν , λ • .

κύκλου τότε το τετράπλευρο AGiαF είναι 1 Ι 2 2 Λύση : Είναι ΟΚ = α. = -ν4R - λ. (1) 2



Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΓ Δ έχουμε: λ;ν =ΑΓ2 = ΓΔ · ΓΚ = ΓΔ(ΟΓ-ΟΚ) = 2R(R- αν ) (2) Από το ίδιο τρίγωνο παίρνουμε την ακτίνα χ του κύκλου ( Δ , ΔΑ ). Είναι: ΑΓ2 = Γ Δ · ΚΔ � χ 2 = 2R(R + αν ) . Για το ζητούμενο εμβαδόν έχουμε: Ε = (ΑΓΒΑ) = Ετομεα (ΟΑΓΒΟ) - (ΟΑΒ) -

-[Ε (ΔΑΒΔ) - (ΔΑΒ)] = _!_ · 2π · R 2 -_!_λ α τομεα 2 ν 2 ν ν -[_!_ . 2: χ 2 -_!_λ (R + α )] = 2: R 2 -_!_λ α -2 ν 2 ν ν ν 2 ν ν _ _2:_χ2 +_!_λ R + _!_λ α =_2:_(2R2 - χ2 ) + 2ν 2 ν 2 ν ν 2ν 1 π 2 2 1 +-λ R = -(2R - 2R - 2Rα ) + -λ R = 2 ν 2ν ν 2 ν

= _2:Rα + _!_λ R = _2:R_!_ /4R2 - λ2 + ν ν 2 ν ν 2 " ν 1 R � 2 2 +-λ R = -[νλ - π 4R - λ ] 2 ν 2ν ν ν

Άσκηση 5 Δύο κύκλοι (K, R) , (Λ, ρ) τέμνονται ορθο

γωνίων στα σημεία Α , Β. Η γωνία ΑΚΛ είναι α

ακτινίων ( Ο < α < π

). Να βρείτε το εμβαδόν του 2

κοινού μέρους των δύο κυκλικών δίσκων συναρτήσει του R και της γωνίας α. Λύση : Για την ακτίνα ρ του κύκλου Λ έχουμε: ρ = R · εφα ( 1 ). Επίσης, είναι ΜΚ = 2: - α 2 ΚΛ = �R2 + ρ2 = �R2 + R2εφ2α = R�1 + εφ2α

ΑΚ2 R2 R ΚΜ - -- - = -;::::== -ΚΛ

-R�1 + εφ2α �1 + εφ2α

ΑΛ2 ρ2 R 2εφ2α R · εφα ΛΜ - - -- - = -;::::===='= - ΚΛ - ΚΛ -R�1 + εφ2α �1 + εφ2α

ΚΛ · ΑΜ = ΑΚ · ΑΛ � ΑΜ = ΑΚ · ΑΛ � ΚΛ

ΑΒ = 2 . ΑΜ = 2Rρ = 2R · εφα R�1 + εφ2α �1 + εφ2α

Για το ζητούμενο εμβαδόν έχουμε: Ε = Ετομεα (ΚΑΕΒΚ) - (ΚΑΒ) + Ε τομεα (ΛΑDΒΛ)

1 2 1 1 2 -(ΛΑΒ) = - · 2α · R --ΑΒ · ΚΜ +- · (π - 2α)ρ 2 2 2 _!_ ΑΒ . ΛΜ = α . R 2 _ _!_ 2R · εφα . R 2 2 �1 + εφ2α �1 + εφ2α 1 ( 2 )R2 2 1 2R · εφα R · εφα +- · π- α εφ α-- ·--;::::==='= 2 2 �1 + εφ2α �1 + εφ2α

R2 Ι ( 2 )R2 2 R2 · εφα R2 · εφ2α = α · +- · π - α εφ α- = 2 1 + εφ2α 1 + εφ2α 1 R2 · εφα = α · R2 (1 - εφ2α) +-πR2εφ2α 2 (l + εφα) 2 1 + εφ α

Άσκηση 6.

Ο παρεγγεγραμμένος κύκλος (Κ ,ρ α ) που

αντιστοιχεί στη πλευρά ΒΓ ισοπλέυρου τριγώ

νου ΑΒΓ εγγεγραμμένου σε κύκλο (O, R) , εφά-

πτεται της ΒΓ στο Λ και των προεκτάσεων των

πλευρών ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Ε, Ζ αντιστοίχως.

Να βρείτε τον λόγο των εμβαδών των κυκλικών

τμημάτων ΕΛΖΕ και ΒΓΜΒ που ορίζονται από

τις χορδές ΕΖ και ΒΓ των δύο κύκλων.

Λύση : Είναι ΑΒ = ΒΓ = ΑΓ = RJ3 . ΑΚ = 2ΑΛ

= 2 (RJ3)J3 = 3R , ρ = ΚΛ = 3R , Ε.ΚΖ = 2π . 2 α 2 3 , 3RJ3 1 3R Ειναι: ΕΖ = ΑΕ = τ = -- ΚΗ = -ρ =-2 ' 2 α 4

λ

Ε1 = (ΕΛΖΕ) = (ΚΕΛΖΚ) - (ΚΕΖ) = 1 2π 2 1 π 3R 2 = 2 ·3 · ρα - 2 · ΕΖ · ΚΗ = 3 · (2) -


Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

_.!. , 3RJ3 . 3R = 3πR2-

MR2 = 3R

2 (4π-3J3) (1) 2 2 4 4 16 16

Ε2 = (ΒΜΓΒ) = (ΟΒΜΓΟ) - (ΟΒΓ) =

! . 2π . R2 _ _!_ , ΒΓ · ΟΛ = πR2 _ _!_ , R.J3 . R = 2 3 2 3 2 2 πR2

- R2 .J3 = �(4π - 3.J3) (2)

3 4 1 2 3R2

Ε < t J -(4π - 3.J3) 36 9 _ι = _1"-':6:------ - = -Ε (2) R2 1 6 4 2 -(4π - 3.J3)

1 2

Άσκηση 7. Τρίγωνο ΑΒΓ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο

Λ 2π (O, R) με ΑΒ = ΑΓ = λ6 , ΒΑΓ = - . Θεωρού-

3 με τον κύκλο διαμέτρου ΒΓ. Να δείξετε ότι η διαφορά των εμβαδών των δύο σχηματιζομένων μηνίσκων είναι ίση προς το ένα τέταρτο του εμβαδού του κυκλικού δίσκου (O, R) .

Λύση : Είναι: ΒΓ = R .J3 . Ο κύκλος διαμέτρου ΒΓ

, , ΒΓ R .J3 Π , , εχει ακτινα ρ = Τ = -2- . αρατηρουμε οτι:

Ε , = (ΒCΓΒ) - (ΒΑΓΒ) = (ΒCΓΒ) - (ΟΒΑΓΟ) + 1 2 1 2π 2 1 +(ΑΒΓ) = -πρ - - · - · R + - · ΒΓ · ΟΚ = 2 2 3 2

= _!_π( R .J3

)2 _ πR 2 + _!_ . R .J3 . R = 3πR 2 _ πR 2

2 2 3 2 2 8 3 R 2 .J3 πR 2 R 2 .J3

+ -- = - + -- (1) 4 24 4

Ε2 = (ΒΕΓΒ) - (ΒDΓΒ) = Ε <O.RJ -(ΒΑΓΒ) -(ΒDΓΒ) = Ε (O,RJ -[(ΟΒΑΓ) - (ΟΒΓ)] - (ΒDΓΒ) =

2 1 2π 2 1 1 2 = πR - - · -R + - ΒΓ · ΟΚ - -πρ = 2 3 2 2 = πR2 _ πR 2

+ _!_R.J3 R _ _!_π(R.J3

)2 = 3 2 2 2 2

2πR2 R2 .J3 3πR2 7πR2 R2 .J3 = -- + -- - -- = -- + -- (2)

3 4 8 � 4 7πR2 R2.J3 πR2 R2 .J3 πR2

IE2 - Ε, , = � + -4- - Μ - -

4- = 4

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝ ΕΣ ΑΣΚΗΣΕ ΙΣ

1 . Σε κύκλο (O, R) μήκους L 1 και εμβαδού Ε 1 θεωρούμε δύο χορδές ΑΒ, ΑΓ με τα σημεία Β, Γ εκατέρωθεν του σημείου Α με

Λ 2π β ΒΑΓ = - και ΑΒ = α , ΑΓ = β , - = λ < 1 . 3 α Θεωρούμε τον κύκλο διαμέτρου ΒΓ μήκους L2 και εμβαδού Ε 2 • Να βρείτε συναρτήσει των α, λ, R τους λόγους:

2 . Να διαιρεθεί κύκλος (O , R ) με δύο ομόκεντρους κύκλους σε τρία μέρη με εμβαδά ανάλογα των αριθμών α, β, γ που είναι θετικοί και διάφοροι ανά δύο μεταξύ τους.

3 . Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓ Δ με ΑΒ<ΑΔ με ΑΔ = h . Γράφουμε στο εσωτερικό του ορθογωνίου τόξα κύκλων (Γ, Γ Δ) και (Δ, ΔΓ) που τέμνονται στο σημείο Ε. Α ν το ύψος του καμπυλογράμμου τριγώνου ΔΕΓ είναι το 1 /3 του ύψους ΑΔ του ορθογωνίου, να υπολογισθεί το εμβαδόν που περικλείεται από το ορθογώνιο και βρίσκεται εκτός του καμπυλογράμμου τριγώνου ΔΕΓ.

4. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 2:. 6

και ΑΒ = ΑΓ = 2k . Θεωρούμε τους κύκλους (Β , ΒΑ ) και ( Β , ΒΓ ) . Να βρεθεί το εμβαδόν του σχηματιζομένου κυκλικού δακτυλίου.


Β ΆΥΚΕΙΟΥ Άσκηση 1 '1 α) Ν α δείξετε ότι η εξίσωση : χ2 + y2 + 6χ - 2λy + 8 = Ο , λ Ε JR παριστάνει μία οικογένεια (σύνολο) κύκλων Cλ , των οποίων τα κέντρα είναι συνευθειακά. β) Ν α δείξετε ότι τα σημεία επαφής Μ των κύκλων αυτών με τις εφαπτομένες από το σημείο Α(2, 0) ανήκουν σε μια άλλη οικογένεια κύκλων με τα κέντρα τους σε ευθεία παράλληλη της προηγούμενης. Λύση α) Επειδή είναι Α2 + Β2 - 4Γ = 36 + 4λ2 - 32 = 4λ 2 + 4 > Ο για κάθε λ Ε JR , η εξίσωση παριστάνει κύκλο για κάθε λ Ε JR .Το κέντρο ενός απ αυτούς

τους κύκλους είναι: Κ (- � , -�) , δηλαδή

Κ (-3, λ ) και η ακτίνα του είναι:

R �Α2 +Β2 -4Γ �4λ2 + 4 λ2 1 Π , = = = + . ροφανως

2 2 όλα τα σημεία Κ ανήκουν στην ευθεία χ = -3 .

Κ, ' ' '

Υ

χ

β) Έστω Μ (χ0 , y0 ) τυχαίο σημείο επαφής. Τότε: - - - -AM J. KM � ΑΜ · ΚΜ = Ο � ( Χ0 - 2, y 0 - Ο) ( Χ0 + 3, y 0 - λ ) = Ο

� (χο - 2) (χο + 3) + Υο (Υο - λ) = Ο

� χ� + y� + χ0 - λy0 - 6 = Ο Επειδή είναι Α 2 + Β 2 - 4 Γ = 1 + λ 2 + 24 = λ 2 + 25 > Ο , για κάθε λ Ε JR , τα σημεία Μ θα ανήκουν σε μια άλλη οικογένεια κύκλων με εξίσωση c� χ2 + y2 + χ - λy - 6 = Ο . Για τα κέντρα Λ αυτών

' κλ ' 1 Ά ' Λ των κυ ων εχουμε χ λ = -2 . ρα τα σημεια

' θ ' 1 ' ' λλ ανηκουν στην ευ εια χ = -2 που ειναι παρα η-

λη στην ευθεία χ = -3 .

Κωνικές τομές λ ννυ Φανέλη

Άσκηση 2'1 α) Να βρεθεί η εξίσωση του περιγεγραμμένου κύκλου C1 στο τρίγωνο ΑΒΓ που έχει πλευρές ΑΒ : y = χ - 1 , ΒΓ : χ = 2 , ΑΓ : y = -χ + 1 . β) Ν α βρεθεί η τιμή του λ Ε JR ώστε η εξίσωση χ2 + y2 + 4χ + λ = ο παριστάνει κύκλο c2 ο ο-

ποίος να εφάπτεται στην ευθεία: x+FJy-14=0. γ) Να δείξετε ότι ο C1 είναι εσωτερικός του C2 • δ) Να βρείτε τον γεωμετρικό τόπο C των κέντρων των κύκλων που εφάπτονται εξωτερικά του C1 και εσωτερικά του C2 και κατόπιν την εφαπτομένη του C από το Μ(9,0). Λύση α) Το κέντρο Κ 1 του περιγεγραμμένου κύκλου σε τρίγωνο είναι το σημείο τομής των μεσοκαθέτων των πλευρών του. Έχουμε:

{Υ = χ - 1 { Υ = 1 χ = 2

<:::> χ = 2

Άρα Β ( 2, 1 ) και

{ χ = 2 <:::> { χ = 2 Άρα Γ ( 2, - 1) και

y = -x + 1 y = -1 { y = χ - 1 <=> {χ - 1 = -χ + 1

<=> { 2χ = 2

Υ = -χ + 1 Υ = χ - 1 Υ = χ - 1

<=> { χ = 1 Άρα Α(1 ,0)

y = O Προφανώς μεσοκάθετος της ΒΓ είναι η ε 1 : y = Ο Έστω Δ το μέσο της ΑΒ και ε3 η μεσοκάθετος του ΑΒ. Αφού λΑΒ = 1 ::;:. Ο θα έχουμε λ3λ ΑΒ = -1 � λ3 · 1 = -1 � λ3 = - 1 , οπότε

ε3 : y -± = -ι (χ -%) δηλαδή ε3 = y = -χ + 2 .

Προφανώς οι ε1 , ε3 τέμνονται στο Κ 1 ( 2, Ο) που είναι το κέντρο του κύκλου. Η ακτίνα του κύκλου είναι: R 1 = (K1A) = J( 1 - 2)2 + (0 - 0)2 = 1 . Επομένως η εξίσωση του κύκλου C1 είναι:

( χ - 2)2 + y2 = 12 , ή x2 + y2 - 4x + 3 = 0 . Υ

ο χ

Γ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/39


Παρατήρηση : Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι προφα

νώς ορθογώνιο και ισοσκελές (γιατί;) το κέντρο Κ1 εί

ναι το μέσο της υποτείνουσας ΒΓ. Β' τρόπος Έστω C1 : χ2 + y2 + αχ + βy + γ = Ο. Τότε Α ε ( c, ) <=> 1 + Ο + α · 1 + β · Ο + γ = Ο <=> α + γ = - 1 Β ε ( c, ) <:::> 4 + 1 + α · 2+ β · 1 + γ =0 <=> 2α + β + γ = -5 Γ ε ( c, ) <=> 4+ 1 + α · 2 - β · 1 + γ = 0 <=> 2α - β + γ = -5 Άρα α = -4, β = Ο, γ = 3 , οπότε C1 : χ2 + y2 - 4χ + 3 = Ο. Το ότι η C1 είναι κύκλος προκύπτει χωρίς τη συνθήκη α2 + β2 - 4γ > Ο αφού δεν είναι ούτε κενό σύνολο ούτε μονοσύνολο (περιέχει τουλάχιστον 3 σημεία) β) Η εξίσωση χ2 + y2 + 4χ + λ = Ο παριστάνει κύ-κλο όταν και μόνο: Α2 + Β2 - 4Γ > Ο ( 1 ) Αλλά: ( 1) <=> 42 - 4λ > Ο <=> λ < 4 (2). Τότε Κ2 (-2, 0)

και R2 = .J1 6 - 4λ = .J4 - λ 2

Για να εφάπτεται στην ευθεία χ + .J3Ύ - 14 = Ο πρέπει και αρκεί d(Κ,ε ) = R2 (3) . Έχουμε: (3) ""

J-2 - I� = -J4-λ <c>8=-J4-λ ""' I λ = -601 12 +.J32

δεκτή τιμή αφού ικανοποιεί την (2). γ) Ο κύκλος C, έχει κέντρο Κ, (2, 0) και ακτίνα R, = 1 και ο κύκλος C2 έχει κέντρο Κ2 ( -2, 0) και ακτίνα R2 = 8 . Η διάκεντρος έχει μήκος: (Κ ,Κ2 ) = J(-2 - 2γ + (0 - 0)2 = 4 . Επομένως είναι: Κ 1Κ2 < R2 - R, . 'Αρα ο κύκλος C, είναι εσωτερικός του C2 . δ) Έστω C0 ο κύκλος ο οποίος εφάπτεται εξωτερικά του C, και εσωτερικά του C2 , με κέντρο Λ και ακτίνα ρ . Τότε θα είναι: (Κ,Λ) = R1 + ρ και (�Λ) =� - ρ . Προσθέτοντας τις σχέσεις κατά μέλη έχουμε: (Κ,Λ) + (Κ2Λ) = R, +R2 . Άρα (Κ,Λ) + (Κ2Λ) = 9 , δηλαδή το άθροισμα των αποστάσεων του Λ από τα σημεία Κ, (2, 0) και Κ2 ( -2, 0) είναι σταθερό και μεγαλύτερο του (Κ,Κ2 ) , επομένως ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Λ είναι μια έλλειψη C με εστίες τα σημεία κ, ( 2, ο) ' κ2 ( -2, ο) και μεγάλο άξονα ίσο με 9 . Άρα 9 2α = 9 =:> α = -

2 και

β2 = α2 - γ2 = �- 4 = 65 4 4 . , .---....,------,-----, χ2 y2 ' 4χ2 4y2 C : -2 +-2 = 1, δηλαδη C : - + - = 1 . α β 8 1 65

οπότε

• Έστω Σ (χ0 , y0 ) το σημείο επαφής. Τότε εφαπτομένη θα είναι η (ε) : 4χσχ + 4ΥοΥ = 1 με 8 1 65 4x� + 4y� = 1 8 1 65 (i), οπότε

4χ 9 4y ο 9 ' Μ ε (ε) <=> -0-+-0- = 1 <=> χ0 = - και απο 8 1 65 4 ( . ) β ' Jl95 Υ ' λ τη ι ρισκουμε Υ ο = ±-- . παρχουν οι-4

πόν δύο εφαπτόμενες από το Μ, οι 4 9 4 Ms ' (ε ) :- · -x +- · --y = 1 δηλαδη I 8 1 4 65 4 '

(ε, ) : � + [3y = 1, και (ε2 ) : � - [3y = 1 . 9 ν65 9 ν65 Άσκηση 3'1 Δίνεται η παραβολή C : y2 = 2px και τα σημεία

της Α ( α\pα) και Β (β\pβ) . Αν οι εφαπτόμε

νες ε1 , ε2 της παραβολής στα Α και Β αντίστοιχα τέμνονται στο Γ, τότε: α) Να βρείτε το p και να δείξετε ότι:

( ABr) = !ι α- β13 2 β) Έστω Α' η προβολή του Α στην διευθετούσα δ της παραβολής . Να δείξετε ότι τυχαίο σημείο Γ ( χ0 , y 0 ) της εφαπτομένης ε, ισαπέχει από τα σημεία Α' και την εστία Ε της παραβολής. γ) Έστω η ευθεία ζ : y = 2χ + β , β ε JR .

i. Να βρείτε για ποιες τιμές του β η ζ τέμνει την C σε δύο σημεία.

ii. Έστω Κ,Λ τα κοινά σημεία. Να δείξετε ότι τα μέσα Μ των τμημάτων ΚΑ ανήκουν σε ημιευθεία.

Λύση α) Η εφαπτομένη (ε, ) της παραβολής C στο ση-μείο Α( α2 , pα) έχει εξίσωση : y · pα = p ( χ + α2 ) , δηλαδή yα = χ + α 2 και η εφαπτομένη ( ε2 ) της παραβολής C στο σημείο Β (β2 , pβ) έχει εξίσωση : Υ · pβ = Ρ ( χ + β2 ) , δηλαδή yβ = χ + β2 . Επομένως για τις συντεταγμένες (x,y) του Γ έχουμε:



{yα = χ + a2 <=>{yα- yβ = α2 -β2

yβ = χ + β2 yα = χ +α2

<=> {y( α - β) = ( α - β)( α + β) yα = χ + α2

{ y = α + β {y = α + β <=> (α + β)α = χ + α2 <=> χ = αβ Άρα Γ (α β, α + β) , οπότε για το εμβαδόν ( ΑΒΓ) έχουμε: ΑΓ = (αβ - α2 , α + β - pα) και

ΑΒ = (β2 - α2 ,pβ - pα) . Επομένως

(ΑΒΓ) = _!_ αβ - α2 α + β - pα . Αλλά: το 2 β2 - α2 pβ - pα Α ε (C) => p2α2 = 2pα2 => lp = 21 . Άρα

(ΑΒΓ) = _!_ αβ - α2 β - α 2 β2 - α2 2β - 2α

=�l(αβ - α2 ) (2β - 2α) - (β2 - α2 ) (β - α) l = � lα ( β - α)2 (β - α) - (β + α) (β - α) {β - α )I =�l(β-α)2 ( 2α-(β+α) )I =�Ι(β-α)2 ( α-β) Ι =� Ια-�3

β) 'Εχουμε Χε = E. = l , Υε = Ο και χΑ . = -Ε. = -1 , 2 2 ΥΑ · = pα = 2α , οπότε για να είναι: ( Α'Γ) = {ΓΕ) αρκεί �(χ0 + 1)2 +(y0 -2α)2 =�( 1 -χ0 )2 +(0-y0 )2 , ή χ� + 2χ0 + l + y� -4y0α +4α2 = l - 2x0 + χ� + y� , ή 4χ0 - 4y0α + 4α2 = 0 , ή χ0 - y0α + α2 = 0 , ή y 0α = Χ0 + α 2 , που ισχύει αφού το Γ ανήκει στην εφαπτομένη (ει ) : yα = χ + α2 . γ) Οι συντεταγμένες (x,y) των κοινών σημείων (αν υπάρχουν) θα επαληθεύουν το σύστημα { y2 = 4χ ( Ι ) } y = 2χ + β (2) (Σ)

(2) 2 Έχουμε: ( 1)<=>(2χ+β) = 4χ <::> 4χ2 +4χβ +β2 = 4χ <::> 4χ2 + 4(β - 1 ) χ + β2 = 0 (2) Επομένως, για να έχει η εξίσωση δύο διαφορετικές λύσεις πρέπει και αρκεί Δ > Ο . Όμως Δ > Ο <:::> 1 6 (β - 1 )2 - 1 6β2 > Ο

<::> β2 - 2β + l - β2 > 0 <::> Ιβ < �Ι i. Έστω Κ(χι , Υι ) και Λ(χυ y2 ) τα δύο κοινά σημεία. Για το μέσο Μ του ΚΑ θα έχουμε:

Χι + Χ2 1 - β Υ _ Υι + y2 ΧΜ = 2 2 ' Μ - 2 =

2χ ι + β + 2χ2 + β - 2 (χ ι + χ2 ) + 2β -- -2 2 = (χι + χ2 ) + β = ( 1 - β) + β = 1 . Άρα το Μ ανήκει

στην ευθεία y= 1 . Όμως: β < _!_ => χ > _!_ . Τελικά 2 4 y = 1 }

λοιπόν το Μ ανήκει στην ημιευθεία 1

Άσκηση 4η

Χ > -4

α) Να βρείτε την εξίσωση της υπερβολής C που έχει κέντρο το Ο (Ο, Ο) , πρωτεύοντα άξονα τον

, ' 2J3 β δ ' θ χ χ , εκκεντροτητα ε = -- και εμ α ον ο ρ ο-

3

γωνίου βάσης ίσο με 4J3 •

β) Να βρείτε το συμμετρικό Ζ της εστίας Ε (γ,Ο) της C , ως προς την εφαπτομένη της ε σε σημείο Μ του ι ου τεταρτημορίου με τετμημένη 3 .

γ) Να δείξετε ότι το Ζ βρίσκεται σε κύκλο που έχει κέντρο την άλλη εστία της υπερβολής και ακτίνα 2α .

2 δ) 'Εστω η ευθεία δ : χ = � , την οποία η εφα

γ ' ' Η Ν δ ίξ ' MFH" π πτομενη ε τεμνει στο . α ε ετε οτι: = 2 .

Λύση α) Η εξίσωση της υπερβολής θα είναι της μορφής:

2 2 ..;.. -� = 1 . Το ορθογώνιο βάσης έχει πλευρές με α β μήκη : 2α , 2β επομένως το εμβαδόν είναι: Ε = 2α · 2β = 4αβ . Άρα 4αβ = 4.J3 <:::> αβ = .J3 ( 1 ) . Για την εκκεντρότητα έχουμε:

<:::> f.. = ε2 - 1 Άρα (Ι)2 = ( 2.J3 )2 - 1 = _!_ α2 α 3 3

<:::> α = β.J} ( 2) Αντικαθιστώντας την ( 2) στην

( 1 ) έχουμε: β2 .J3 = .J3 <=> I β = 1 1 και I α = .J3J .



Επομένως: C : � - _i = 1, ή lc : x2 - 3y2 = 3 1 (3) 3 1 .

και γ = �r-α 2=-+-β-=-2 = 2 .

β) Έχουμε M {3, y0 ) με y0 > 0, οπότε:

Άρα (ε) : \3 - yJ2 = 1, ή l(ε) : χ -yν'2 -1 =01 {4)

και έχει συντελεστή διεύθυνσης λ = � -:;:. Ο .

Έστω Ζ το συμμετρικό της εστίας Ε ως προς την εφαπτομένη ε . Τότε: ΕΖ _ι ε

<:::::> λλεz = - 1

<=> λεz = -J2 ·

Άρα η εξίσωση της ευθείας ΕΖ είναι: y - 0 = -J2(x - 2) , ή IJ2x + y - 2J2 = o l (5 ) .

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων ( 4) και ( 5)

βρίσκουμε το κοινό σημείο Σ[ f, �) των ΕΖ, ε .

Επειδή το Σ είναι το μέσο του τμήματος ΕΖ , θα

έχουμε: {χ Σ = Xz ; Χε

<:::::>! � = Xz

2+ 2

= Υz + Υε ν'2 _ h +0 ΥΣ 2 3

-2

<:::::> ! Xz = � Ά α z[i , 2J2)

2J2 ρ

3 3 Yz = --3

Β ' τρόπος

'Ε Ζ{ ) Τ ' ( χι + 2 Υι + Ο ) στω Χ ι , Υι . οτε Σ -2-,-

2- και

ΕΖ = (χ ι - 2, yι - 0) , οπότε

( ) Χ ι + 2 � Υι � Σ ε ε <=> -- - ν2 - - 1 = 0 <:::> χ = y ν2 2 2 ι ι

Αλλά (ε) / /Υ= ( ν'2,1) , οπότε

ΕΖ_L(ε) <:::>EZ_L V <:::::>

<:::>ΕΖ·V=Ο<:::>(χι -2)ν'2 +Υι =Ο<=> <:::::>

J2χι + Υ ι = 2J2 (2)

( 1 ).

( ) ( ) β ' 4 2J2 Από τις 1 , 2 ρισκουμε: Χ ι = 3 , Υι = -

3-

γ) Η άλλη εστία της υπερβολής είναι Ε' { -γ, Ο) , δηλαδή ( -2, 0) επομένως ο κύκλος με κέντρο το

Ε' και ακτίνα R = 2α = 2.fi , έχει εξίσωση : (χ + 2 )2 + y2 = 1 2 .

Οι συντεταγμένες του Ζ επαληθεύουν αυτήν την εξίσωση αφού:

Επομένως το Ζ βρίσκεται στον κύκλο που έχει κέντρο την άλλη εστία της υπερβολής και ακτίνα 2α .

δ) Η ευθεία δ έχει εξίσωση δ : χ = � => χ = � . γ 2

Βρίσκουμε το σημείο Η λύνοντας το σύστημα:

! 3 3 Χ = -Χ = -2 2 Ά Η 3 J2 <:::::>

J2 ρα 2'4 ι yh - ι � ο y �-f

[ )

Για να δείξουμε ΜΕΗ = � , αρκεί να δείξουμε: 2

ΜΕ · ΕΗ = Ο .

Πράγματι:


ΤΡΕΙΣ ΤΡΟΠΟΙ ΑΝΤΙΜΕΤΩΠΙΣΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΩΝ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ

Ένα γεωμετρικό πρόβλημα μπορεί κατά κανόνα να αντιμετωπιστεί με τρείς τρόπους. Α) Ευκλείδεια Β) Διανυσματικά

Γ) Αλγεβρικά (με συντεταγμένες) Κάθε φορά ενδείκνυται ή αντενδείκνυται κάποιος απ' αυτούς τους τρόπους. Παραθέτουμε ένα χαρακτηριστικό παράδειγμα προκειμένου να το αντιμετωπίσουμε και με τους τρείς τρόπους. θέμα: θεωρούμε ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ και το ύψος ΔΕ του τριγώνου ΑΓ Δ. Α ν Μ,Ν είναι τα μέσα των ΕΓ και ΑΒ αντιστοίχως, τότε να δειχτεί ότι: ΔΜΝ = 90° • Απόδειξη α ' τρόπος (Διανυσματικά)

Δ,I<"C""" _____ --:71

Α Ν Β Πριν ξεκινήσουμε την απόδειξη, καλό είναι να

έχουμε συνειδητοποιήσει ότι στο πρώτο κεφάλαιο του Διανυσματικού Λογισμού μια πολύ χρήσιμη πρόταση, από την οποία απορρέουν μερικές ακόμη, περισσότερο ή λιγότερο γνωστές προτάσεις, είναι η ακόλουθη .

• Αν δύο σημεία Μ, Ν χωρίζουν τα διανύ-σματα ΑΒ, Γ Δ αντιστοίχως στον ίδιο λόγο ( εσωτερικά ή εξωτερικά), δηλαδή ΑΜ = λΑΒ ( 1) και ΓΝ = λ Γ Δ ( 2 ) , τότε το διάνυσμα ΜΝ υπολογίζεται συναρτήσει των διανυσμάτων ΑΓ, ΒΔ και του λ . Παρατηρούμε γι'αυτό ότι μπορούμε να «πάμε» από το Μ στο Ν δια μέσου των Α, Γ καθώς και δια μέσου των Β, Δ . Έχουμε λοιπόν: Ι\ι1Ν=ΜΑ+ΑΓ+fΝ (3) και ΜΝ=ΜΒ+ΒΔ+ΔΝ (4) .

Χρειαζόμαστε επομένως να βρούμε ποια σχέση συνδέει τα ΜΑ,ΜΒ καθώς και τα ΙΝ,ΔΝ . Αυτές προκύπτουν εύκολα από τις σχέσεις ( 1 ) , ( 2 ) Πράγματι θεωρώντας το Μ ως αρχή στη σχέση ( 1 ) και το Ν στη σχέση ( 2 ) έχουμε: ( 1 ) =>

-ΜΑ =λ(ΜΒ-ΜΑ) => λΜΒ + ( Ι - λ)ΜΑ = 0 ( i ) και (2) �λΝΔ+(1 -λ)ΝΓ=0 => λΔΝ+( Ι-λ)ΙΝ=Ο (ii) .

Αντιλαμβανόμαστε πλέον ότι ενδείκνυται να

Γιώργος Σ. Τασσόπουλος Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών

πολλαπλασιάσουμε τα δύο μέλη της σχέσης (3) με (1 -λ) και της (4) με λ . Έτσι λοιπόν έ-

χουμε: (3) => (1 -λ)ΜΝ =(1 - λ)[ ΜΑ+ΑΓ+ΓΝ] = (1 - λ)ΜΑ + (1 - λ)ΑΓ + (1 - λ) ΓΝ Α Μ Β

και (4) => λΜΝ=λΜΒ+λΒΔ+λΔΝ , οπότε με πρόσθεση κατά μέλη r

και λαμβάνοντας υπόψη τις ( i ) , Δ

( i i) βρίσκουμε IΜΝ = λΒΔ + (1 - λ)ΑΓ I (Ι) Πορίσματα

1 ( ) - 1 (- -) ( ) 1 . Αν λ = l τότε: Ι => MN =l ΒΔ+ ΑΓ Π ,

αφού λ = 1 - λ = .! Η σχέση (Π) αποδεικνύεται 2

όμως και άμεσα με πρόσθεση των ( 3) και ( 4) κα-

τά μέλη . Επειδή τότε ισχύει: ΑΜ = λΑΒ και - 1 - -ΔΝ =-ΔΓ =λΔΓ , εναλλάσσονται δηλαδή τα Γ, Δ ,

2 οπότε προφανώς θα έχουμε:

ΜΝ = λΒΓ + (1 - λ)ΑΔ = �{ΒΓ + ΑΔ ) . Τότε οι

(3) , ( 4) γίνονται: ΜΝ = ΜΑ + ΑΔ + ΔΝ (3α) και ΜΝ = ΜΒ + ΒΓ + ΓΝ ( 4α) αντιστοίχως. Προκύπτει δε άμεση απόδειξη της σχέσης:

ΜΝ =�(Br +ΑΔ) με πρόσθεση των (3α) , ( 4α)

κατά μέλη . 2 . Αν Α=Β=Μ, τότε: ΜΝ = λΜΔ+ ( Ι -λ)ΜΑ

Αν επιπλέον έχουμε λ = � , τότε: rvN=�( Μ' +1\.ιfi) , δηλαδή προκύπτει ο γνωστός τύπος της διαμέσου.

ΑΞΒΞΜ ΑΞΒΞΜ

Δ Δ

Παρατήρηση : Αν Α = Γ , τότε ΜΝ = λΒΔ ( 1 ) και

αν επιπλέον έχουμε λ = ..!_ , τότε ΜΝ = ..!_ΒΔ ( 2 ) . 2 2

Οι παρατηρήσεις αυτές έγιναν για πρώτη φορά στο βι-


Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

βλίο μου Διανυσματικός Λογισμός (Εκδόσεις Πελεκά- την απόδειξη της σχέσης νος Αθήνα 1 992� το οποίο έχει εξαντληθεί. Β {Ι) .Θα γράψουν δηλαδή :

Μ Μ

Δ Προσοχή : Η σχέση ( 1 ) μπορεί να αποτελεί ειδική

μορφή της ( Ι ) , όμως η απόδειξη της γίνεται με ομοιό

τητα τριγώνων και όχι με βάση τη σχέση ( Ι ) , για την

απόδειξη της οποίας χρειάστηκε ο πολλαπΑ,ασιασμός

των δύο μελών των σχέσεων ( 3) , ( 4) με 1 -λ , λ .

Χρειάστηκε δηλαδή η ιδιότητα: λ (α + β) = λα + λ β ,

που η απόδειξη της, όπως αναφέρουμε παρακάτω (ένα ανεπαίσθητο λάθος), βασίζεται ακριβώς στη σχέση

{ 1 ) . Όπως ακριβώς το θεώρημα Bolzano αποτελεί μεν

ειδική περίπτωση του θεωρήματος ενδιάμεσης τιμής, όμως δεν μπορεί να θεωρηθεί συνέπεια του θεωρήματος ενδιάμεσης τιμής, αφού συμβαίνει ακριβώς το αντίθετο. Δηλαδή το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής είναι συνέπεια

του θεωρήματος Bolzano. Η σχέση ( 2) όμως μπορεί να

θεωρηθεί συνέπεια της (ΙΙ ) η οποία αποδεικνύεται α

πλώς με πρόσθεση των ( 3) , ( 4) κατά μέλη, δηλαδή δεν

βασίζεται έτσι στην ιδιότητα: λ (α + β) = λα + λβ . Ένα ανεπαίσθητο λάθος

Η απόδειξη της σχέσης: ΜΝ = λ ΒΔ όταν Α = Γ σε πολλά βιβλία γίνεται ως εξής: ΜΝ = ΜΑ + ΑΝ = λΒΑ + λΑΔ = λ (ΒΑ + ΑΔ ) = λΒΔ . Το λάθος στην απόδειξη αυτή έγκειται στο ότι για να αποδειχθεί η ιδιότητα: λ ( ΑΔ + ΑΒ ) = λΑΔ + λΑΒ , θεωρήθηκε γνωστή η

ζητούμενη σχέση : ΜΝ = λΒΔ (θεώρημα σχολικού βιβλίου σελίδα 22) Έγινε λοιπόν χρήση της ομοιότητας των τριγώνων ΑΜΝ , ΑΒΔ δηλαδή της σχέσης (ΜΝ) = Iλi (ΒΔ) με λ > Ο ή λ < Ο , απ' όπου ΜΝ = λΒΔ (Φαύλος κύκλος) . Στη σελίδα 24 του σχολικού βιβλίου (Μαθηματικά θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης Β ' Λυκείου), όπου ουσιαστικά επιχειρείται η απόδειξη της

- 1 - 1 σχέσης ΜΝ = -ΒΔ , όταν Α = Γ και λ = - (δη-2 2

λαδή ότι το τμήμα που ορίζεται από τα μέσα δύο πλευρών τριγώνου είναι παράλληλο στην τρίτη πλευρά και ίσο με το μισό της ), καλό είναι να τονισθεί η ανακολουθία της απόδειξης με το θεώρη-μα: λ {a + β ) = λa + λβ της σελίδας 22. Έτσι οι μαθητές θα αναγκαστούν να σκεφτούν όπως κατά

ΜΝ = _ΜΑ' + )Ν_ } +

ΜΝ = _ΜΕ' + ΒΔ + '!R => Β

- - -- ΒΔ 2ΜΝ = ΒΔ => ΜΝ = - , και όχι 2

ΒΔ=ΒΑ+ΑΔ=2ΜΑ+2ΑΝ=2 ΜΑ+ΑΝ =2ΜΝ. - - - - - (- -) -Για να αποφεύγονται τέτοια φαινόμενα ανακολουθίας, πρέπει να γνωρίζουμε ποιές προτάσεις προηγούνται και ποιες έπονται (ως προς την αποδεικτική διαδικασία) κάθε πρότασης που ζητάμε να αποδείξουμε. Να γνωρίζουμε τουλάχιστον, σε ποιες προτάσεις βασίζονται οι αποδείξεις των θεωρημάτων σε ένα βιβλίο, αν όχι τις αποδείξεις τους. Για παράδειγμα σε ένα βιβλίο Ευκλείδειας Γεωμετρίας, δεν μπορούμε να χρησιμοποιούμε το άθροισμα των γωνιών τριγώνου πριν από την έννοια και τις σχετικές ιδιότητες της παραλληλίας ευθειών. Ερχόμαστε πλέον στην απόδειξη της πρότασης μας Για να είναι ΔΜ ..L ΜΝ , αρκεί ΔΜ · ΜΝ = Ο Σύμφωνα λοιπόν με όσα προαναφέραμε, μπορούμε να υπολογίσουμε τα διανύσματα ΔΜ, ΜΝ φροντί-ζοντας να εμφανιστούν διανύσματα U; στο ΔΜ και ν; στο ΜΝ με U; ..L ν; i = 1 , 2, 3 . . . . Σύμφωνα με το 2° πόρισμα (τύπος διαμέσου) έ-

χουμε: ΔΜ = Ξ( ΔΕ + ΔΓ)

Ν Σύμφωνα με το 1 ο πόρισμα έχουμε:

ΜΝ=�(FΑ+ΓΒ) , αφού τα Μ ,Ν είναι μέσα των

ΕΓ, ΑΒ αντιστοίχως (έτσι εμφανίστηκαν πράγματι τα κάθετα διανύσματα u1 = ΔΕ , ν1 = ΕΑ καθώς και τα U2 = ΔΓ , ν 2 = ΓΒ που aπαιτούσαμε) .

Άρα: ΔΜ · ΜΝ = �{ΔΕ + ΔΓ) {ΕΑ + ΓΒ) =

�(ΔΕ · ΕΑ + ΔΕ · ΓΒ + ΔΓ · ΕΑ + ΔΓ · ΓΒ) =

�(ΓΒ · ΔΕ + ΕΑ · ΔΓ) = �(ΔΑ·ΔΕ+FΑ·ΠJJΟ/3εχΔΓ) =

�(ΔΑ · προβΔΑ ΔΕ + ΕΑ · ΕΓ) = �(ΔΑ · ΔΚ - ΔΕ2 )

= �(ΔΕ2 - ΔΕ2 ) = Ο .



• Βασιστήκαμε όπως έγινε αντιληπτό σε δύο βασικές ιδιότητες του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ με υποτείνουσα ΒΓ και ύψος ΑΔ , τις εξής: -2 - - --2 - -α) ΑΔ = -ΔΒ · ΔΓ β) ΑΒ = ΒΓ · ΒΔ

Α Οι διανυσματικές αποδείξεις τους αποτελούν ενδιαφέρουσες εφαρμογές του θεωρήματος:

Β Δ Γ U · � = U · ΠρΟβ- � u και τις υπενθυμίζουμε. Πράγματι για την (α) έχου-με: ΑΔ2

=(ΑΒ + ΒΔ

) (ΑΓ + ΓΔ

) = ΑΒ · ΑΓ + Γ Δ · ΑΒ + ΒΔ · ΑΓ + ΒΔ · Γ Δ

= Γ Δ · προβfΔ ΑΒ + ΒΔ · προβ8Δ ΑΓ + ΔΒ · ΔΓ - - - - - -

= Γ Δ · ΔΒ + ΒΔ · ΔΓ + ΔΒ · ΔΓ

= -ΔΒ · ΔΓ - ΔΒ · ΔΓ + ΔΒ · ΔΓ = -ΔΒ · ΔΓ . ( Φροντίσαμε στην πρώτη παρένθεση να εμφανιστεί το διάνυσμα u1 = ΑΒ και στη δεύτερη το ν1 = ΑΓ ,

- -όπου u, _l ν, ). Για τη σχέση (β) προκειμένου να εμφανιστεί και πάλι το γινόμενο - - - -u, · ν, = ΑΒ · ΑΓ = Ο έχουμε: ΑΒ2 =ΑΒ · ΑΒ =ΑΒ(ΑΓ+ΓΒ) = ΑΒ · ΑΓ + ΓΒ · ΑΒ

- - -- -- -- -= ΓΒ · ΑΒ = ΓΒ · προβΓΒΑΒ = ΓΒ · ΔΒ = ΒΓ · ΒΔ .

Β ' τρόπος (Αλγεβρικά)

Δ r:σ. δ)

χ' 8 ( 1 ,0)

y'

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα xAy με ΑΒ = i και το Δ στο θετικό ημιάξονα του y'y . Τότε: Β ( 1 , Ο) ,

Δ (Ο, δ) με δ > Ο , οπότε: Ν (� . ο) και Γ ( 1 , δ) . Για

να βρούμε το εσωτερικό γινόμενο ΔΜ · ΜΝ , αρκεί να βρούμε τις συντεταγμένες του Μ, δηλαδή ουσιαστικά τις συντεταγμένες του Ε . Έστω Ε (κ, λ) . Μπορούμε

να βρούμε δύο εξισώσεις με αγνώστους κ, λ βασιζόμε-

νοι στις σχέσεις ΔΕ _l ΑΓ ( 1 ) και ΑΕ I I ΑΓ ( 2) . Έχουμε: ΔΕ = (κ, λ - δ) , ΑΕ = ( κ, λ) , ΑΓ = ( 1, δ) , οπότε: ( 1 ) => ΔΕ·ΑΓ=Ο =>κ+δ(λ-δ) =0 =>κ+δλ=δ2 ( i ) (2) => det ( ΑΕ, ΑΓ) =0 => ι� �I = 0 => κδ = λ ( ii )

δ2 0 0 δ3 => κ = --2 , οπότε: ( 11 ) => λ = --2 • Άρα: 1 + δ 1 + δ δ2 -- + 1 κ + 1 1 + δ2 2δ2 + 1 χ - -- - ...0....:..-'='-- = Μ - 2 - 2 2 (δ2 + 1 )

και

Αλλά ΔΜ= (χΜ , yΜ -δ) και ΜΝ = (� -xM ,-yM ) .

οπότε: ΔΜ · ΜΝ = χΜ (� - χΜ ) - yM (YM - δ)

1 2 2 = -ΧΜ + δyΜ - ΧΜ - yM 2 2δ2 + 1 δ2 ( 2δ2 + 1 ) ( 2δ2 + 1 )2 δ2 ( δ2 + 1 )2 =

4 (δ2 + 1 ) + 2 (δ2 + 1 )

-4 (δ2 + 1 )2 4 (δ2 + 1 )2

2δ2 + 12 [( δ2 + 1) + 2δ2 ( δ2 + 1) -( 2δ2 + 1) -δ2 ( 2δ2 + 1) J 4( δ2 +1)

2δ2 + l2 [(δ2 + 1) ( 1 + 2δ2 ) - (2δ2 + 1) ( 1 + δ2 )] = ο . 4(δ2 +1)

γ ' τρόπος (Ευκλείδεια) Αφήσαμε για το τέλος την Ευκλείδεια ωτόδειξη για να φα

νεί και η δυσκολία της και η κομψότητά της. Ως γνωστόν ότσ:v δυσκολευόμαστε να δείξσυμε ωτ'ευθείας την καθετότητα δύο ευθειώνπ.χ. των ΔΜ,ΜΝ , τότε επιδιώκσυμενα δείξσυμε ότι η ΔΜ είναι κάθετη σε μια παράλληλη της ΜΝ ή ότι η ΜΝ είναι κάθετη σε μια παράλληλη της ΔΜ .

Δ Γ

Α Ν Β Στην προκείμενη περίπτωση μπορούμε εύκολα να

δημιουργήσουμε παράλληλη της ΜΝ αν θεωρήσουμε το μέσο Η του ΔΕ , προκειμένου ως συνήθως να το «ζευγαρώσουμε» με το μέσο Μ του ΕΓ (μέσα πλευρών στο τρίγωνο ΕΓ Δ ) . Πράγματι τότε έχουμε:

ΜΗ I /Γ Δ και ΜΗ = Γ Δ => ΜΗ I I = ΝΑ => 2

ΑΝΜΗ παραλληλόγραμμο => ΑΗ I IMN . Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι: ΑΗ _l ΔΜ . Πράγματι: ΜΗ I !Γ Δ και Γ Δ _l ΑΔ => ΜΗ _l ΑΔ . Έχουμε και ΔΕ _l ΑΜ . Άρα το σημείο Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΔΑΜ , οπότε θα είναι και ΑΗ _l ΔΜ .


λ · v •ι έννοια του διανυσματικοiι χώρου . . .

Στο σύνολο των διανυσμάτων του επιπέδου ν (και όχι μόνο) ορίζουμε δύο πράξεις, ως εξής: * Την εσωτφική πράξη - πρίισΟεση :

Από το καρτεσιανό γινόμενο νχν στο ν, ώστε το διατεταγ-μένο ζεύγος των διανυσμάτων (α , β) να αντιστοιχεί στο διά-νυσμα α + β . Η πράξη αυτή έχει αντίστοιχες ιδιότητες με την πρόσθεση αριθμών, δε δημιουργεί προβλήματα και έτσι δε γίνεται φανερό πόσο απαραίτητη είναι η απαίτηση του διατεταγμένου ζεύγους. ;, Τον εξωτερικό πολλαπλασιασμίι :

Από το καρτεσιανό γινόμενο ΙRΧν στο ν , ώστε το διατεταγμέ

νο ζεύγος (λ , α) να αντιστοιχεί στο διάνυσμα λ . α , σύμφωνα με τον γνωστό ορισμό και του σχολικού βιβλίου. Με τις δύο αυτές πράξεις το σύνολο ν έχει τη δομή ενός διανυσματικού χώρου επί του σώματος των πραγματικών αριθμών IR . Επειδή ακριβώς το (λ , α) είναι εξ' ορισμού διατεταγμένο ζεύγος , στην πράξη λ . α , ο πραγματικός αριθμός πρέπει να τίθεται πάντα από αριστερά και το διάνυσμα από δεξιά. Η έκφραση α · λ δεν έχει οριστεί και κατά συνέπεια δεν έχει καμία έννοια και δεν πρέπει να γράφεται. Αλλιώς καταργείται η έννοια του διατεταγμένου ζεύγους και μιλάμε για άλλα μαθηματικά. Αυτό πρέπει να τονίζεται στους μαθητές. Θα μπορούσα να κλείσω εδώ το ζήτημα. Αλλά υπάρχουν . . . . . . κ α ι τα παρίιλογα. Επιμένοντας σε αυτό το σημείο, κατά τη διδασκαλία αυτού του κεφαλαίου, μαθητές μου είπαν ότι «μας έχουν πει να βάζουμε το αριθμό, όπου μας βολεύεω. Αντέδρασα, τους εξήγησα ότι αυτό δεν γίνεται, γιατί θα αντιμετωπίσουμε σοβαρά προβλήματα στη συνέχεια του κεφαλαίου.

Όταν έφτασα στη διδασκαλία του εσωτερικού γινομένου διανυσμάτων, με περίμενε άλλη δυσάρεστη έκπληξη. Ορισμένοι μαθητές επέμεναν ότι η «προσεταιριστική» ιδιότητα ισχύει, άλλοι ότι ισχύει σε κάποιες περιπτώσεις κ. τ. λ. Αυτά βέβαια δεν τα έβγαλαν από το μυαλό τους. Κάποιοι είχαν προλάβει να τους τα «μάθουν». Μεγαλύτερη έκπληξη ένοιωσα, όταν έφτασε στα χέρια μου «φυλλάδιο», με ερωτήσεις «Σωστού -Λάθους», μερικές από τις οποίες ήταν οι παρακάτω: , Το α3 είναι διάνυσμα ομόρροπο με το α .

Αν �·� > 0 και (α · β) · y = α · (β · Υ) , τότε α . β = Ο β · γ

Για δύο μη μηδενικά διανύσματα ϊί , ν ισχύει πάντα _ _ u · ν _ U · ν = -- · ν

ινι2

Είναι απορίας άξιο, πως ορίστηκε το διάνυσμα ( ! ) α3 ή πως μπορεί να συγκριθεί ένας αριθμός με ένα διάνυσμα. Θα πει κάποιος ότι μαθητές Β ' Λυκείου είναι, τι πειράζει να δεχτούμε ότι ισχύει λ · ν = ν · λ ; Α ν δεχτούμε την τελευταία ισότητα, τότε μπορούμε να μιλάμε και για την «προσεταιρι-στική» ιδιότητα: (α · β) · y = α · (β · y) , αφού το δεύτερο μέλος της είναι διάνυσμα επί αριθμό. Όμως η εν λόγω ιδιότητα αναφέρεται σε μία και μόνο πράξη, ενώ η τελευταία ισότητα έχει μέσα της δύο πράξεις, την πρά-ξη λ . α και το εσωτερικό γινόμενο διανυσμάτων, άρα δεν έχει νόημα να μιλάμε για «προσεταιριστική ιδιότητα». Η σύγ-

ν . λ ; Ηλίας Κωνσταντόπουλος

χυση πιθανόν να δημιουργείται επειδή χρησιμοποιούμε το ίδιο σύμβολο και για τις δύο πράξεις. Δε θα έπρεπε να συνεχίσω, γιατί αισθάνομαι άβολα. Αλλά θέλω να διαλυθεί οποιαδήποτε ομίχλη υπάρχει ακόμα. Α ν δεχτούμε να κάνουμε την παρασπονδία αυτή, τότε εύκολα φτάνουμε στην αυθαιρεσία να ρωτάμε «πότε ισχύει η προσεταιριστική ιδιότητα» και να φτάνουμε στο «συμπέρασμα>> ότι για να ισχύει πρέπει τα διανύσματα να είναι συγγραμμικά!

Η παραδοχή της «προσεταιριστικότητας» στο εσωτερικό γινόμενο, έχει και άλλες, πιο οδυνηρές συνέπειες. * Το σχολικό βιβλίο αποδεικνi>ει ότι ισχύει ( ί5. · β)' � α' · β' . Μπορούμε να «αποδείξουμε» ότι η σχέση αυτή ισχύει ως ισότητα! : ( α · β)2 = ( α · β) · ( α · β) = α · (β · α) . β =

= α · (α · β) . β = ( α · α) · ( β . β) = α2 . β2 και να ρωτήσουμε τους μαθητές γιατί ισχύει αυτό. * Τα πρίιγματα μποροi>ν να γίνουν ακόμα χειρότερα:

Εύκολα μπορούμε να αποδείξουμε ότι για κάθε διάνυσμα α ,

ισχύει: α = (α . Τ) . τ + (α · 1) · 1 , θέτοντας α = (κ , λ ) . Αν όμως παρασυρθούμε και χρησιμοποιήσουμε την «προσεταιριστικότητα», τότε: α = (α . Τ) . τ + (α · 1) · 1 = α . (τ . Τ) + α . (1 · 1) = α + α = 2α

Συμπερασματικά: , Δεν ορίζεται και δεν μπορούμε να γράφουμε ν · λ . , Δεν μπορούμε να αναφερόμαστε σε «προσεταιριστικότη

τα» σε αυτήν την πράξη, αφού το ένα μέλος της δεν είναι ορισμένο, ούτε να ρωτάμε αν ισχύει ή δεν ισχύει. , Δεν υπάρχουν «δυνάμεις» διανύσματος, εκτός από το εσωτερικό τετράγωνο. , Εντελώς ανάλογο είναι και το λάθος να ρωτάμε αν μια συνάρτηση που δεν ορίζεται σε ένα σημείο, είναι ή όχι συνεχής σ' αυτό. (π. χ. η f(x) = εφχ , αν είναι συνεχής ή ' π ) οχι στο - .

2 Συνεπώς τέτοιου τύπου ασκήσεις «Σωστού - Λάθους» δεν πρέπει σε καμιά περίπτωση να τίθενται, διότι δημιουργούν σύγχυση στους μαθητές, αλλά και σε ορισμένους συναδέλφους. Σχόλιο της Συντακτικής Επιτροπής

Με χαρά φιλοξενήσαμε το άρθρο του συναδέλφου Ηλία Κωσταντόπουλου καθόσον θίγει ένα θέμα που έχει συζητηθεί κατ' επανάληψη στη Συντακτική επιτροπή με αφορμή ερωτήσεις συναδέλφων για το αν μπορεί να αληθεύει ή όχι η ισό-τητα (α · β) · y = α · (β · :Υ) ( I ). Τη σχέση αυτή χαρακτηρίζουν πολλοί (κακώς), ως προσεταιριστική ιδιότητα, αγνοώντας όπως παρατηρεί και ο συνάδελφος, ότι η προσεταιριστικότητα αναφέρεται σε μια πράξη εσωτερική σε κάποιο σύνολο. Για παράδειγμα στο σύνολο ν των διανυσμάτων έχουμε: (α + β) + y = α + (β + :Υ) . Στη σχέση ( 1 ) όμως, έχουμε να κάνουμε με τρεις πράξεις εκ των οποίων, μάλιστα η μια δεν έχει κάν οριστεί. Η σύγχυση, όπως αναφέρει και ο συνάδελφος προκύπτει, επειδή χρησιμοποιούμε και για τις τρείς πράξεις το ίδιο σύμβολο ( -) . Αν δηλαδή γράφαμε αντί του λ · ν το λ Θ ν και αντί του α · β το α * β , τότε η πράξη ν · λ δεν έχει οριστεί. Ακόμη και αν την ορίζαμε με κάποιο τρόπο και την παριστάναμε με ν Θ λ , τότε η σχέση ( 1 ) θα έπαιρνε την παράλογη μορφή:


:\Ιαθηματικά για την Α' Λυκείου

(α * β) Θ y = α Θ (β * r) . Αντιλαμβανόμαστε πλέον. γιατί δεν

ορίζονται δυνάμεις αν με ν φυσικό και ν ;:: 3 . Καλό είναι να γίνει κατανοητή η διαφορά μεταξύ των τριών πράξεων α . β , λ . ν , 2 . 3 και οποιοδήποτε απλοποίηση να γίνεται με αναγωγή στην τελευταία. π. χ. α . β = Ια i · Ιβl · συνθ και λ . ν = ίί με lϊi l = lλ i · Ιν Ι κ.λ.π. ή α . β = α,β, + αβ2 και λ · ν =λ · ν1 + λ · ν2 , όπου a = (α1 ,α2 ) , β=(!Jι,�) Και ν=(ν1 ,ν2 ) , προκειμένου να αποφεύγονται πιθανά λάθη . Για παράδειγμα α . β 1� - Ι� · συνθ _ l� · συνθ και όχι α . β - � ( ! ! ), υπό τις β -y �� - �� · συνφ - �� · συνφ β - y - y κατάλληλες προϋποθέσεις φυσικά.

Στο βιβλίο Διανυσματικός Λογισμός, του Γιώργου Τασσόπουλου (εκδόσεις Πελεκάνος 1 992) στη σελίδα 1 Ο, τονίζεται η διαφορά μεταξύ και λ . ν και ν . λ καθώς και το απαράδεκτο του να γράφουμε 5a + λa = a ( 5 + λ) , αντί του ορθού sa + λa = (5 + λ)a . Εξάλλου στη σελίδα 74 του ίδιου βιβλίου ζητείται από τον αναγνώστη να επισημάνει το λάθος στη συνεπαγωγή :

�� ιβι�ι,ι��J � (• β . , β) β � 2β �

- -2 - -2 - - - -::::> α · β + γ · β = 2β ::::> α + γ = 2β κ.λ.π Παρά τις επισημάνσεις μας από τότε, εξακολουθούν μέχρι σήμερα να παρουσιάζονται φαινόμενα σαν αυτά που αναφέρει ο συνάδελφος.

Μια σημαντική παρανόηση στη Β ' λυκείου Ζητήθηκε από τους μαθητές της Β ' Λυκείου να απαντήσουν στο ερώτημα: τι σχήμα παριστάνει η εξίσωση χ2 -y2=0 ( 1 ) ; Οι μαθητές φυσικά απάντησαν, όπως ακριβώς και στις ασκήσεις ( 1 , β ' ομάδα σελίδα 70) και (6, Γενικές σελίδα 77) του Σχολικού βιβλίου τους ότι: ( 1 ) <::>(x-y)(x+y)=O <:::> x-y=O ή x+y=O. Άρα παριστάνει την ένωση : (δ ι )υ(δ2) των ευθειών (δ ι ) : x-y=O και (δ2) : x+y=O, οι οποίες ουσιαστικά είναι οι διχοτόμοι των γωνιών που σχηματίζουν οι άξονες χ 'χ, y 'y. Αν κάποιος όμως ισχυριστεί ότι αυτό είναι λάθος, διότι ως γνωστόν η σχέση : f(x)=x2, επαληθεύεται για άπειρες συ-{χ, αν χ Ε Α ναρτήσεις f(x), τις f(x)= , όπου

-χ, αν χ E R-A

Α τυχαίο υποσύνολο R, τότε αυτός συγχέει τα δύο προβλήματα ακριβώς επειδή δεν έχει αντιληφθεί την ακριβή εκφώνηση σε κάθε περίπτωση . • Στην πρώτη περίπτωση ζητάμε να προσδιορίσουμε τα ζεύγη (x0,y0) που επαληθεύουν την εξίσωση : x2-y2=0 ( με δύο αγνώστους), δηλαδή τα σημεία M(x0,y0) του επιπέδου, για τα οποία να ι-

, 2 2 ο ' ' ' σχυει: χ0 -y0 = και εν συνεχεια το σχημα το οποιο απαρτίζουν. Το θέμα λοιπόν είναι αν υπάρχουν ζεύγη (χ , y) Ε .IR χ .IR ώστε (x-y=O ή x+y=O) και

ως γνωστόν το υπάρχει ( ΞJ) επιμερίζεται στη διά

ζευξη. Δεν ζητάμε να βρούμε συνάρτηση y=f(x) για την οποία να ισχύει x2-f(x)= Ο για κάθε x E R, όπως κακώς εννοούν. • Στην δεύτερη περίπτωση όμως εννοούμε ακριβώς αυτό. Δηλαδή να βρούμε τις συναρτήσεις f:R�R για τις οποίες να ισχύει: f(x)=x2 για κάθε χ Ε R, δηλαδή να ισχύει ( f (χ ) = χ ή f (χ ) = -χ)

Σχόλιο του Γιώργου Σ. Τασσόπουλου.

για κάθε x E R. Αλλά το για κάθε ("d) δεν επιμερίζεται στη διάζευξη<*>, οπότε υπάρχουν άπειρες {χ, αν χ > 0 τέτοιες συναρτήσεις π. χ. f1 (x)=

-χ, αν χ s o '

{χ, αν f2(x)=

-χ, αν {χ, αν f(x)=

-χ, αν

χ Ε [ 1 ,2) και γενικά:

χ Ε ( -οο, 1 ) υ [2, + οο) X E A c R - , μεταξύ των οποίων x E R-A

φυσικά υπάρχει και η f( χ )=χ για κάθε χ Ε R, όταν A=R καθώς και η f(x)=-x για κάθε X E R, όταν Α=0. Όμως δεν είναι μόνον οι δύο τελευταίες αφού όπως προείπαμε το ( "d) δεν επιμερίζεται στη διάζευξη . Οι / γραφικές πα- /.< ραστάσεις αυ-τών, είναι προφανώς υποσύνολα της ένωσης (δ ι )u(δ2) . π.χ. η γραφική παράσταση της y=f2(x) αποτελείται

/ /

(σχ. α)

από το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ (ανοιχτό δεξιά) επί της (δ ι ) με 1�χ<2 και τις ημιευθείες A 't ' (ανοιχτή), με χ<1 και B 't (κλειστή) με χ::::2 επί της (δ2) (σχ. α).

• Ας είμαστε λοιπόν προσεκτικοί, ενόψει μάλιστα και των πανελλαδικών εξετάσεων.

<*> Βλέπε Μέθοδοι αποδείξεως στα Μαθηματικά (σελίδα 23) του Αντώνη Κυριακόπουλου


Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Α. ΕΙΣΑΓΩΓΉ

«Ποια είναι η πιθανότητα, ρίχνοντας ένα αμερόληπτο ζάρι να φέρω ένδειξη μεγαλύτερη του 2;»

Θα παρατηρήσετε εδώ ότι εκτός από τη λέξη «πιθανότητα» που θα προσπαθήσουμε να ορίσουμε σε λίγο, υπάρχει η φράση «ρίχνω ένα αμερόληπτο ζάρι» που δεν είναι τίποτα άλλο από την περιγραφή ενός πειράματος τύχης. Κατανοώντας την περιγραφή του πειράματος τύχης πρέπει να μπορούμε να αναγράφουμε το δειγματικό του χώρο, δηλαδή το σύνολο των δυνατών αποτελεσμάτων που εδώ είναι Ω={1,2,3,4,5,6} . Σε άλλες όμως περιπτώσεις αυτό είναι πιο δύσκολο. Τότε μας βοηθούν σε αυτό :

α) ο εντοπισμός της μορφής που θα έχει το κάθε στοιχείο του Ω (για αυτό φανταζόμαστε ένα αποτέλεσμα του πειράματος και στη συνέχεια όλες τις εναλλακτικές τιμές)

β) το δενδροδιάγραμμα.

Επίσης είναι δυνατόν ο δειγματικός χώρος να έχει πολύ μεγάλο πλήθος στοιχείων, οπότε στην περίπτωση αυτή ή γράφουμε το Ω με μερική αναγραφή των στοιχείων του ή απλά υπολογίζουμε το πλήθος των στοιχείων του μόνο, αφού στον κλασικό ορισμό πιθανότητας αυτό αρκεί.

Επίσης βλέπουμε και τη φράση «ένδειξη μεγαλύτερη του 2» που μας περιγράφει το ενδεχόμενο του οποίου ζητάμε την πιθανότητα. Και εδώ πρέπει να μπορούμε να γράφουμε το ενδεχόμενο σαν σύνολο με αναγραφή των στοιχείων του. (Α= {3 ,4,5 ,6 } ) Αυτό είναι άλλοτε εύκολο και άλλοτε δύσκολο. Το μυστικό είναι να μην ξεχνάμε ότι τα στοιχεία του ενδεχομένου είναι και στοιχεία του Ω, επομένως, αν δεν μπορούμε διαφορετικά να βρούμε τα στοιχεία του ενδεχομένου, τότε παίρνουμε ένα-ένα τα

Πιθανότητες Θανάσης Χριστόπουλος

στοιχεία του Ω και βλέπουμε αν ικανοποιούν τη περιγραφή του ενδεχομένου. Ας δούμε δύο παραδείγματα για να

κατανοήσουμε τα παραπάνω.

• Παράδειγμα 1 ο

Ένα σχολείο έχει 150 μαθήτριες και 120 μαθητές. Επιλέγω τυχαία μια αντιπροσωπεία αποτελούμενη από μια μαθήτρια και έναν μαθητή. Ποιος είναι ο δειγματικός χώρος του πειράματος;

Εδώ ο δειγματικός χώρος δεν είναι πρακτικό να αναγραφεί, μας αρκεί όμως ο υπολογισμός του Ν(Ω) = 1 50 · 1 20= 1 8000.

• Παράδειγμα 2°

ι. Ρίχνω ένα αμερόληπτο ζάρι, ποια είναι η πιθανότητα η ένδειξη του να είναι ρίζα της εξίσωσης: χ2 - 9 = Ο (1). Προφανώς εδώ είναι εύκολο να βρούμε

και το δειγματικό χώρο Ω και το ενδεχόμενο Α: «η ένδειξη να είναι ρίζα της εξίσωσης χ2 - 9 = 0 » .

Πράγματι: • Ω = { 1 ,2,3 ,4,5 ,6} και Α = {3} , αφού από

τις ρίζες: -3, 3 της ( 1 ) μόνο το 3 ανήκει

στο Ω. Δηλαδή Α = {3} οπότε Ρ(Α) = _!.. . 6

ίί. Ρίχνω ένα αμερόληπτο ζάρι, ποια είναι η πιθανότητα η ένδειξη του να είναι ρίζα της εξίσωσης: χ3 - ex-Z - 7 = ο ;

• Σε αυτή την περίπτωση είναι δύσκολο να βρούμε τις ρίζες, μπορούμε όμως, να δοκιμάσουμε όλα τα στοιχεία του Ω ένα προς ένα αν επαληθεύουν την εξίσωση . Εδώ διαπιστώνουμε ότι μόνο το 2 την

επαληθεύει, άρα Α = { 2} οπότε Ρ( Α) = .!._ . 6


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Β. ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Άσκηση lη Έστω Α και Β δύο ενδ εχόμενα ενός δ ειγματικού χώρου Ω με Α c Β και κ, πραγματικός αρ ιθμός με 2κ2 - ι = Ο . Αν Ρ(Α) και Ρ(Β) είναι στοιχεία του σ'Uνόλου {κ - 2, ι - κ,κ + ι, κ2 , 2κ - 3} με Ρ( Α) =ι: Ρ(Β) , να β ρεθούν ο ι πιθανότητες : P (AuB) , P (An B) , Ρ (Β') , Ρ ( Α') , Ρ ( Α' n B) Λύση Οι μόνο ι αριθ μοί που ε ίναι μεταξύ μη δέν και ένα είναι ο ι Ι - κ, κ2

( t + κ, κ2 για κ < Ο) και μάλιστα

2 Ι J2 ι< = - Ι - κ = Ι - - . 2 ' 2

Αφού Α ς Β είναι Ρ (Α) � Ρ (Β) επο μένως

Ρ (Α) = Ι - J2 και Ρ (Β ) = _!_ οπότε 2 2 P (A u B) = P (B) = � ,

J2 P (A n B) = Ρ (Α) = Ι - 2 ,

Ρ (Β ') = Ι - Ρ (Β) = � , Ρ (Α') = Ι - Ρ (Α) = �

Ρ (Α' n B) = Ρ (Β - Α) = P (B) - P (A n B) = .!.- (ι � J2

J= J2 - I

2 2 2 Άσκηση 2η Έστω Ω = {Ο, ι, 2, 3, 7} , ο δειγματικός

χώρος ενός πειράματος τύχης. Η ktθανότητα κάθε στοιχειώδους ενδεχομένου {κ} του Ω, με κ * Ο δίνεται από τον τύπο:

ι Ρ(κ) = -2- . κ + ι

α) Να βρείτε τις πιθανότητες των στοιχειωδών ενδεχομένων του Ω.

β) Δίνονται τα ενδεχόμενα Α και Β του δtιγματικού χώρου Ω με Α={κεΩ I κ, θέση τοπικού ακρότατου της συνάρτησης f(x) = x3 - 3x2 } , Β={κεΩ/ κ, ρίζα της

εξίσωσης xex-3 - χ = ο } i) Να παρασταθούν τα ενδεχόμενα Α, Β

με αναγραφή ii) Ν α βρείτε τις πιθανότητες: Ρ (Α) ,

Ρ (Α') , Ρ (Β) , Ρ (Β ') , P(Au B) , P (An B) , Ρ (Α' - Β ') .

Λύση

α ) Ρ(Ι) - _Ι_ - _!_ Ρ(2) - _Ι - - _!_ - Ι + Ι - 2 I - 22 + Ι - 5 I Ι Ι Ι Ι , Ρ(3) = -- = - Ρ(7) = -- = - οποτε

32 + Ι 1 0 I 72 + Ι 50 I ( Ι Ι Ι Ι ) 9 Ρ(Ο) = Ι

- 2+

s+

I0+

50 =

50 β) Για κάθε χ ε IR f1(x) = 3χ2 - 6χ . f1(x) = Ο <=> 3χ(χ - 2) = Ο <=> χ = Ο ή χ = 2 και f1 (χ) > Ο <=> χ < Ο ή χ > 2 και f1(X) < Ο <=> Ο < χ < 2 . Άρα η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο Ο και τοπικό ελάχιστο στο 2 . Άρα Α = {0, 2} . Για το ενδεχό μενο Β παρατη ρού με ότι αν δεν μπορού με να λύσουμε την εξίσωση , μπορούμε να διαπιστώσουμε ποια στο ιχεία του Ω την επαλη θ εύουν , έτσι δ ιαπιστώνουμε πως μόνο το Ο και το 3 την επαληθ εύουν άρα Β = { 0, 3} οπότε

9 Ι Ι 9 Ρ (Α) = Ρ(Ο) + Ρ(2) = - + - = -50 5 50

Ρ (Α') = Ι - Ρ (Α) = Ι - .!.2_ = � 50 50 9 Ι Ι 4 Ρ (Β) = Ρ(Ο) + Ρ(3) =- + - = - , 50 1 0 50

P (B ') = I - P (B) = I -_!i = 36 50 50

Ρ (Α υ Β) = Ρ(Ο) + Ρ(2) + Ρ(3) = 9 Ι Ι 24 - + - + - = -50 5 Ι Ο 50

9 P (A n B) = Ρ(Ο) = -50

Ρ (Α1 - Β1 ) = Ρ (Α1 ) - Ρ (Α1 n B1) =

1 I 3 Ι ( 24 ) 5 Ι Ρ (Α ) - P (A u B) = - - Ι - - = - = -50 50 50 Ι Ο



Άσκηση 3η Δίνεται η συνάρτηση f(x) = χ3 - Ρ ( A n B) x2 + 2Ρ ( A u B) x , όπου Α,Β ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω. Α ν η εφαπτόμενη στη γραφική

παράσταση της f στο σημείο της Μ ( 1, �) είναι παράλληλη προς την ευθεία y = 3χ - 2 τότε:

α) Να βρείτε την f'(x)

β) Να δείξετε ότι P (A u B) = P (A n B)

γ) Να δείξετε ότι Ρ ( Α - Β) = Ρ (Β - Α) = Ο δ) Να δείξετε ότι Ρ (Α) = Ρ (Β) = !. .

3

Λύση α) f'(x) = 3χ2 - 2Ρ ( Α n Β) χ + 2Ρ ( Α υ Β)

β) Ισχύει: f'(l) = 3 => 3 - 2P (A n B) + 2P (A u B) = 3 => Ρ (Α υ Β) = Ρ (Α n Β) γ) Ρ (Α υ Β) = Ρ (Α n Β) => P (A) + P (B) - P (A n B) = P (A n B) => (Ρ ( Α) - P (A n B)) + (P (B) - P (A n B)) = Ο => Ρ (Α - Β) + Ρ (Β - Α) = Ο => Ρ (Α - Β) = Ρ (Β - Α) = Ο

δ) Ρ (Α - Β) = Ρ (Β - Α) => P (A) - P (A n B) = P (B) - P (A n B) => Ρ (Α) = Ρ (Β) . Επειδή το Μ ανήκει στη γραφική παράσταση της f, ισχύει:

4 4 ερώτ.β) f(1) =) <=> 1 - P (A n B) + 2P (A u B) =

) <=>

P (A n B) = P (A u B) = � Ρ (Α υΒ) =� <=> P(A) + P(B) -P (A nB) = � <=>

2 1 2Ρ (Α) = - <=> Ρ (Α) = -( = Ρ (Β)) 3 3

Άσκηση 4η Θεωρούμε το Ω = { 1, 2, 3, • • • , ν}

δειγματικό με ισοπίθανα

χώρο απλά

ενδεχόμενα και το ενδεχόμενό του, Α για το οποίο ισχύει ν · Ρ (Α) = ν - 15 (1) και

Ν {Α) = ν2 - 19ν - 15 όπου Ρ (Α) είναι η

πιθανότητα του Α και Ν (Α) το πλήθος των

στοιχείων του Α . Ν α δείξετε ότι Ρ (Α) = _!_ 4

Λύση

Είναι Ρ (Α) = Ν(Α) = ν2 - 1 9ν - 1 5 οπότε Ν(Ω) ν από τη σχέση ( 1 ) έχουμε:

ν ν2 - 1 9ν - 1 5 = ν - 1 5 <=> ν2 - 1 9ν - 1 5 = ν - 1 5 ν

<=> ν2 - 20ν = Ο <=> y.-4 ή ν = 20 .

Άρα: Ρ (Α) = 202 - 1 9 · 20- 1 5 = .2_ = _!_ 20 20 4

Άσκηση 5η Για τα ασυμβίβαστα ενδεχόμενα Α και Β ισχύε ι : Ρ ( Α) = λ2 - λ + l και

Ρ (Β) = 5λ2 - 6λ + 2 . Να αποδείξετε ότι: 1 2 - � λ � - . 2 3

Λύση Για κάθε λ ε ΙR ισχύ ει : λ2 - λ + 1 > 0 και 5λ 2 - 6λ + 2 > Ο . Αφού τα ενδεχόμενα Α και Β είναι ασυμβίβαστα έχουμε: Ρ ( A u B) = Ρ (Α) + Ρ (Β) = 6λ2 - 7λ + 3 .

Επίσης Ρ (Α) � 1 και Ρ (Β) � 1 και Ρ (Α υ Β) � 1 οπότε: λ 2 - λ + 1 � Ο ( 1 ) , 5λ2 - 6λ + 2 � 0 (2 ) και 6λ2 - 7λ + 3 � 0 ( 3 ) Οι ανισώσεις ( 1 ) , ( 2 ) και ( 3 ) συναληθ εύουν για _!_ � λ � � .

2 3


Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ Ασκήσε ις Ανάλυσης Αντωνόπουλος Νικόλαος - Αργυράκης Δημήτριος - Λουριδάς Ιωάννης

Άσκηση 1 11 Δίνονται οι συναρτήσεις:

χ e• f(x) = J-dt και g(x) = f(2 - lnx) ι t

α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού των συναρτήσεων f , g

β . Να βρείτε τη σχετική θέση των γραφικών παραστάσεων cf και cg των συναρτήσεων f και g αντίστοιχα, ως προς τον άξονα χ' χ •

γ. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ξ ε (Ο , e2 ) τέτοιο, ώστε:

δ.

ε.

στ.

ζ.

• Για κάθε χ ε (Ο ,ξ) η Cr να είναι κάτω από την cg .

• Για κάθε χ ε (ξ , e2 ) η C1 να είναι πάνω από την cg .

e2 Να αποδείξετε ότι e < f(2) < 2 . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση χ 2 t-ι J-e-dt = χ έχει μια τουλάχιστον ι t ρίζα στο διάστημα (1 , 2)

Να βρείτε το lim (f(2x) - f(x)) χ-+0+

Ν α αποδείξετε ότι το εμβαδόν του χωρίου Ω, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση cg της συνάρτησης g, τον άξονα χ'χ και τις ευθείες με εξισώσεις χ = 1 και χ = e είναι: Ε( Ω) = e2 · ln2 - f(2)

Λύση eι α. Η συνάρτηση φ( t) = - έχει σύνολο t

ορισμού το Αφ = ( -οο , Ο) U (Ο , + οο) στο οποίο είναι συνεχής ενώ οι συναρτήσεις h(x) = 1 και s(x) = χ , ορίζονται σε όλο το R. Επομένως: { χ E Ah Π Α5

χ Ε Ar <=> h(x) , s (x) ανήκουν στο ίδιο υποδιάστημα του Αφ

Είναι: • Ah Π Αs = R Π R = R • 1 Ε (Ο , + οο) , οπότε και χ Ε (Ο , + οο)

Άρα: Ar = (Ο , + οο) Για το πεδίο ορισμού της συνάρτησης

g(x) = f(2 - lnx) έχουμε:

χ Ε Α <=> { χ Ε (Ο , + οο) <=> { χ > Ο g (2 - lnx) Ε Ar 2 - lnx > Ο

<=> { lx > Ο

2 <=> { χ > Ο

2 <=> Ο < χ < e2 nx < χ < e

Άρα: Ag = (0 , e2 ) β. ο Για κάθε χ Ε (Ο , + οο) είναι:

f '(x) = J!_ctt = !.._ > Ο ( χ ι J' χ I t Χ

( 1 )

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο (Ο , + οο) και f ( l ) = O . Επομένως:

f ! f( l )=O • Για O < x < l=>f(x) < f(l) => f(x) < O

f ! f ( l )=O • Για χ > l=>f(x) > f(1) => f(x) > Ο (2) Άρα η γραφική παράσταση Cr της συνάρτησης f είναι κάτω από τον άξονα χ'χ στο διάστημα (Ο , 1 ) , πάνω από τον άξονα χ ' χ στο διάστημα ( 1 , + οο) και τέμνει τον άξονα χ 'χ στο σημείο με τετμημένη Χ0 = 1 .

ο Για κάθε χ Ε {Ο , e2 ) είναι:

g '(χ) = ( f(2 - lnx) )' = f '(2 - lnx) · (2 - lnx)' ( I ) e2-lnx ( 1 ) = f '(2 - lnx) · (2 - lnx)' = · -- =

2 - lnx χ

elnx - (�2- Inx) {-� ) = X · (2

e� lnx) {-� )

e2 = - < 0 χ2 · (2 - lnx)

διότι στο Ag είναι 2 - lnx > Ο (3) Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο {Ο , e2 ) και g (e) = f(2 - lne) = f(l) = O (4) Επομένως:



g .J. g(e)=O • Για O < x < e::::> g(x) > g(e) ::::> g(x) > O

g l g(e)=O • Για e < x < e2 ::::> g(e) > g(x) ::::> g(x) < O Άρα η γραφική παράσταση Cg της συνάρτησης g είναι πάνω από τον άξονα χ 'χ στο διάστημα (Ο , e) , κάτω από τον άξονα χ 'χ

στο διάστημα ( e , e2 ) και τέμνει τον άξονα χ'χ στο σημείο με τετμημένη χ 1 = e .

γ. Θεωρούμε συνάρτηση Η( χ) = f(x) - g (x) , χ Ε (Ο , e2 ) (5)

Για κάθε χ Ε (Ο , e2 ) είναι: ex e2 (3)

H'(x) = f ' (x) - g '(x) = - + 2 > Ο χ χ · (2 - lnx)

Άρα η συνάρτηση Η είναι γνησίως αύξουσα στο (Ο , e2 ) . Επίσης η συνάρτηση Η είναι: ο Συνεχής στο διάστημα [ 1 , e ] και

(2) ο H(I ) = f( l ) - g ( l ) = 0 - f(2 - lni ) = -f(2) < Ο

H(e) = f(e) - g (e) = f(e) - f(2 - lne) (2)

f(e) - f( I ) = f(e) - O =f(e) > Ο αφού στο (β) ερώτημα δείξαμε ότι f(x) < Ο για Ο < χ < Ι , ενώ f (χ) > Ο για χ > Ι . Ικανοποιούνται λοιπόν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [ Ι , e ] . Άρα θα υπάρχει ξ Ε ( 1 , e) τέτοιο, ώστε Η(ξ) = Ο ( 6) Επομένως:

Η ! (6) • Για Ο < χ < ξ ::::> Η( χ) < Η(ξ) ::::> Η(χ) < Ο

(5) ::::> f(x) - g (x) < Ο ::::> f(x) < g (x)

Η ! (6) • Για ξ < χ < e2 ::::> Η(ξ) < Η( χ) ::::> Ο < Η( χ)

(5) ::::> Ο < f(x) - g (χ) ::::> g(x) < f (χ)

Άρα για κάθε χ Ε (Ο , ξ) η cf είναι κάτω dΠό την Cg , ενώ για κάθε Χ Ε (ξ , e2 ) η Cf είναι πάνω από την cg . δ. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [Ι , 2]

χ και παραγωγίσιμη στο ( 1 , 2) με f '(x) = �

χ επομένως η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. Άρα θα υπάρχει ξ Ε (Ι , 2) τέτοιο,

ώστε

f '(ξ) = f(2i��( l ) , δηλαδή f '(ξ) = f(2) (7)

Για κάθε χ Ε (Ι , 2] είναι:

f "(x) = (�) ' = xex - ex = e

x (x- I ) > 0 χ χ2 χ2

Επίσης η συνάρτηση f ' είναι συνεχής στο Χ0 = Ι , άρα η f ' είναι γνησίως αύξουσα στο

r ' t [1 , 2] . Άρα: l < ξ < 2 � f '(l) < f '(ξ) <f '(2)

( 1 ) , (7 ) eι e2 e2 => ι < f (2) < 2 => e < f (2) < 2 (8)

ε. Για κάθε χ Ε [Ι , 2] είναι: χ 2 t-1 χ t 2 J-e-dt = x � 2e- 1 J�dt = x � -f (x) = x ι t I t e

� 2f (x) - ex = 0 � Φ (χ) = Ο όπου Φ (x) = 2f (x) - ex , x E [l , 2]

f( J )=O Είναι: Φ ( l ) = 2f ( I ) - e = - e < 0 και

(8) Φ (2) = 2f (2) - 2e = 2(f (2)-e) > Ο

Ικανοποιούνται λοιπόν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [Ι , 2] , οπότε η εξίσωση Φ (χ) = Ο έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο ( Ι , 2) . στ. Για κάθε χ Ε (Ο , + οο) είναι:

2χ t χ t f(2x) - f(x) = J.:_dt - J.:_dt

I t I t I t 2χ t 2χ t

= f.:_dt + f .:_dt = f .:_dt (9)

χ t I t χ t Επειδή χ > Ο είναι 2χ > χ και για κάθε t ε [χ , 2χ] ισχύει:

χ � t � 2χ ::::> ex � et � e2x

t>O ex et e2x 2χ ex 2χ et 2χ e2x ::::>- � - � - ::::> f-dt � f-dt � f-dt

t t t x t x t x t 2χ Ι 2χ ι 2χ Ι

::::> ex J -dt � J .:_dt � e2x J -dt ( 1 0) x t χ t x t

2χ 'Εχουμε: J�dt = [ln l t i J :x = [ln t] :x = ln 2x - ln x

χ 2χ = ln- = ln 2 ( l i ) χ

Οπότε η σχέση ( Ι Ο) με βάση τις σχέσεις (9)



και ( 1 1 ) γράφεται: ex ln2 � f(2x) - f(x) � e2x ln2 Είναι: • ιim (ex ιn2) = ιη2 και

χ�ο+ 2x=u

• ιίm (e2x ιn2) = lim (eu ιn2) = ιη2 χ�σ+ u�o+

Άρα από Κριτήριο Παρεμβολής έχουμε: lim ( f(2x) - f(x)) = ιη2

χ�σ+

ζ. Για κάθε χ Ε (1 , e] είναι g(x) � Ο , οπότε το εμβαδόν του χωρίου Ω, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση cg της συνάρτη-σης g , τον άξονα χ 'χ και τις ευθείες με

συνάρτηση f είναι συνεχής στο Χ0 = e

Επίσης: ιίm f(x) - f(e) = ιίm xlnx - e x�e- x- e x�e- x- e

ο ο ι · (xlnx - e) ' ι · lnx + 1 I 1 2 = ιm = 1m = ne+ =

ο.ι.Η x�e- (x- e) ' x�e- 1

Δηλαδή

ιim f(x) - f(e) = ιim e - e = 0 x�e+ x- e x�e+ x- e

1. f(x) - f(e) ι · f(x) - f(e) 1m * 1m �....::._�-'-x�e- x- e x�e+ x- e

εξισώσεις χ = 1 και χ = e είναι: οπότε η συνάρτηση f δεν είναι παραγωγίσιμη e e e στο Χ0 = e .

Ε(Ω)= Jg(x) dx = J(x ) 'g(x) dx = ( xg(x)J : - Jx g'(x d β. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο (Ο ,+οο) , ι ι ι e - e2 (4) = eg(e) - l g( l ) - Jx · 2 dx = ι χ · (2 - lnx)

2 eJ -1 = - g( l ) - e · dx = ι x · (2 - lnx)

- f(2) - e2{In l 2 - lnx l ] � =

= - f(2) - e2 · ( Inl - ln2 )= e2 · ln2 - f(2) Άσκηση 2η Δίδεται η συνάρτηση :

f { x ln x , x E (O , e] (χ) = ' e , x E (e ,+oo) α. Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχής στο Χ0 = e αλλά όχι παραγωγίσιμη. β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση

χ g (x) = jf(t) dt , χ > Ο ως προς τη μονοτονία

I και τα ακρότατα. γ. Να βρείτε το σύνολο τιμών της g. δ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση g(x)= 2i13

έχει δύο ακριβώς ρίζi:ς ξ1 , ξ2 Ε (Ο , e) . ε. Ν α αποδείξετε ότι υπάρχουν χ1 , χ2 Ε (Ο ,e) τέτοια, ώστε να ισχύει:

χ I η χ + χ I η χ = ξΙ + ξ2 - 2

Ι Ι 2 2 2013(ξΙ - l)(ξ2 - 1) Λύση

α. Είναι: ιim_f(x) = ιim_(xlnx) = elne = e= f(e) χ� χ�

και ιim f(x) = ιίm e = e x�e+ x�e+

Δηλαδή lim_f(x) = ιίm f(x) = f(e) , οπότε η x�e x�e+

οπότε η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα αυτό με:

' ( ) ( ) { xlnx , χ Ε (Ο , e] g χ = f χ = e , x E (e , +oo)

χ >Ο Είναι: • g '(x)= O � xlnx= O � lnx= O � x= 1

χ >Ο • g ' (x) < O � xlnx < Ο � lnx < Ο � 0 < χ < 1 Το πρόσημο της g '(x) καθώς η μονοτονία και τα ακρότατα της g φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.

χ ο 1 e +οο

g '(x) - ο + +

g (x) � � Η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ ι = (Ο , 1] Ο οησίως αύξουσα στο

Δ 2 = [ 1 , + οο ) και παρουσιάζει ελάχιστο στο ι

χ0 = 1 με ελάχιστη τιμή g ( l )= Jf(t) dt = Ο . ι

γ. Για χ Ε (Ο , e] έχουμε:

g (x) = Jf(t) dt = Jtlnt dt = - lnt dt χ χ x t2

J'

ι ι ι 2 [ t2 ] χ χ t2

= -lnt - J-(lnt)'dt 2 ι ι 2 χ 2 1 χ t2 1 χ 2 1 χ

= -lnx -- ln1 - J- · -dt = -lnx -- Jt dt 2 2 ι 2 t 2 2 1



χ2 1 [ t2 ]x χ2 χ2 - Ι = τΙηχ - 2 2 ι

= τlηχ --4-

rια Χ Ε (e , +οο) έχουμε: χ e χ

g (x) = Jf(t) dt = Jf(t) dt + Jf(t) dt I I e

χ e2 e2 - 1 = g (e) + Je dt = = -lne --- + e(x- e) e 2 4 e2 + 1 2 1- 3e2

= -- + ex- e = ex+--4 4

Επομένως: ! � lnx - x2 - I , χ Ε (Ο , e] g (x) = 2

3 24

1- e ex + -- , x E (e , +oo) 4

Είναι: • lim g(x) = lim ( χ22

lnx - χ24-1 ) = 4

1 , χ ---+0+ χ ---+0+

-αι , . ( χ2 )

0{-οο) . ( 1nx )

+α:> • (lnx)' αφου lim -2 lnx = lim ----:-2 = lim (2 _2), x-ff x-ff 2χ x-ff Χ

1 lim χ 3 = lim (-....!..χ2 ) = ο και

χ ---+0+ -4 χ- χ ---+0+ 4

x�"d+(- Χ�-1 ) = �

• lim g(x) = lim (ex+ I-3e2 ) = lim (ex) = +oo χ -+tOO χ -++α:> 4 χ -++α:>

Η συνάρτηση g είναι: • συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ 1 = (0 , Ι ] . Άρα

g(Δ 1 )= [ g ( 1 ) , x�"d+g(x)) = [Ο , �)

• συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστημα Δ 2 = [ 1 , + οο) . Άρα

g(Δ 2 )= [g ( 1 ) , lim g(x)) = [Ο , +οο) χ--++οο

Το σύνολο τιμών της συνάρτησης g είναι:

g(Δ) = g(Δ 1 ) U g(Δ2 ) =[ o ,{)U[O ,+oo) =[O ,+oo)

δ. Είναι:

• 2d1 3 ε g(Δ 1 ) = [Ο , �} άρα θα υπάρχει ένα

τουλάχιστον ξ1 ε Δ 1 = (Ο , Ι] και μάλιστα μοναδικό, αφού η g είναι γνησίως φθίνουσα

στο Δ1 τέτοιο, ώστε g(ξ1 ) = 2d1 3 • Η συνάρτηση g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστημα Δ 3 = [ Ι , e ) . Άρα

g(Δ 3 )= [g ( l ) , lim g(x)) = [ο , e2 + 1 ) x--+e- 4

2�1 3 ε g (Δ3 ) � [ο , e'4+ 1 ) . Άρα θα

υπάρχει ξ2 Ε Δ 3 = [ 1 , e ) και μάλιστα μοναδικό, αφού η g είναι γνησίως αύξουσα στο Δ3

τέτοιο, ώστε g (ξ2 ) = 2d1 3 . Άρα η g(x) = 2d13 έχει δύο ακριβώς ρίζες ξ 1 , ξ 2 Ε (Ο , e) . ε. Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο διάστημα [ξ 1 , Ι J , παραγωγίσιμη στο ( ξ 1 , Ι ) , με

g ' (χ) = xlnx , οπότε ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. Άρα θα υπάρχει χ 1 ε ( ξ 1 , 1 ) ς ( Ο , 1 ) τέτοιο, ώστε:

g '(χ ι ) g ( l) - g (ξ Ι ) ( i ) 1 - ξ ]

1 Αλλά ( i ) => x 1 lnx 1 = -2013

1 - ξ ] 1 :::> χ lnx = ( 1 ) I I 20 1 3(ξ 1 - 1 )

Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο διάστημα [ 1 , ξ2 J , παραγωγίσιμη στο ( 1 , ξ2 ) , με

g '(x) = xlnx οπότε ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. Άρα θα υπάρχει χ2 ε ( 1 , ξ2 ) ς ( 1 , e)

τέτοιο, ώστε: g '(x2 ) g (ξ2 ) - g ( l) ( i i ) . Αλλά

ξ2 - 1

(ii) =>�� 2013(�-1) =>�� 2013(�-1) (2)

Προσθέτουμε κατά μέλη τις σχέσεις ( 1 ), (2), οπότε έχουμε:

1 1 x 1 lnx 1 + x)nx2 = +-----20 1 3(ξ 1 - 1 ) 20 1 3(ξ2 - 1 )

ξ ι + ξ2 - 2 => χ lnx + χ lnx = -------ι ι 2 2 20 1 3(ξ ι - 1 )(ξ2 - 1 )



Άσκηση 3η Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : ( O , + oo ) ---+ R με f (ι) = ι + e-1 , η οποία για κάθε χ ε ( Ο , + οο ) ικανοποιεί τη σχέση

χ eX+f (X) [ ι+χf ' (χ) J + el+e-X = ο • α. Να αποδείξετε ότι f(x) = e- χ - lnx + 1 , για

κάθε χ ε ( Ο , + οο ) β. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται. γ. Ν α βρείτε το σύνολο τιμών της f. δ. Να λύσετε την εξίσωση

4χ ι ι ln----z--3 = -4- - -2-, χ ε ( Ο , + οο) χ + e χ ex +3

Λύση α. Για κάθε χ ε (Ο , + οο) είναι:

ex+f(x) [1+xf ' (χ) J + el+e-x = Ο =>

=> eX . ef(x) [ 1+xf , (χ) J = - el+e-X => => ef(X) + Χ ef(X)f ' (χ) = - e\+e-X . e-X =>

=> (χ)' ef(x) + Χ ( ef(x) ) '= el+e-X (1 + e-X ) '=> x=l =>(xef(x> ) ' = ( eJ+e-X ) '=> xef(X) = el+e-X + c =>

ef( I ) = el+e- 1 +c => el+e-1 = el+e- 1 + c => c = ο . Έχουμε λοιπόν:

xef(X) = eJ+e-X => Ι η ( xef(X) ) = ln el+e-X

=> ln x + ln ef(x) = 1 + e-x => ln χ + f(x) = 1 + e-x => f(x) = e-x - ln x + 1 , για κάθε χ ε (Ο , + οο)

β. Για κάθε χ ε (Ο , + οο) είναι:

f '(x) = (e- x - lnx + 1 )' = -e- x _ _!_ < 0 χ Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο (Ο , + οο ) , οπότε είν�ι και « 1 - 1 », δηλαδή αντιστρέφεται. γ. Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ = (Ο , + οο) , οπότε το σύνολο τιμών της είναι:

f(Δ) = ( lim f(x) , lim f(x)) χ�+οο χ�ο+

Είναι: • lim f(x) = lim (e-x -lηχ+1) =-<Χ:Ι ( 1 ), χ� χ� -x=t αφού lim e-x = lime1 =0 και lim (1-lηχ)=-<Χ:Ι

x--wx:> t-+αι χ�

• lim f(x) = lim (e- x - lnx + 1 ) = +oo (2) , χ�ο+ χ�ο+

αφού lim (e- x+ 1)= e0 + 1 = 2 και lim (-lnx)=+oo χ�ο+ χ-4

Επομένως: f(Δ) = ( -οο , + οο) δ. Για κάθε χ ε (Ο , + οο) είναι: 1- 4χ. - 1 1 ln4 ln( 2 3) - -4χ -(χ2+3) n� -- -- <::::> χ- χ + - e - e

χ2+3 &χ eιz+3 <::::> e -(χ2 +3) - ln(x2 + 3) = e-4x - ln4x

e -(χ2 +3) - ln(x2 + 3) + 1 = e -4χ - ln4x + Ι <=> f : 1- 1

<:=> f (x2 + 3) = f (4x) <=> χ2 + 3 = 4χ <:=> x2 - 4x + 3 = 0 <:=> x = l ή χ = 3 .

Άσκηση 4η Έστω f,g: (0, + οο) -+ R δυο παραγωγίσιμες συναρτήσεις για τις οποίες, για κάθε χ>Ο,

ισχύουν f'(x) · g(x) = 1 + .!. , g'(x) · f(x) = Ιηχ και χ

g(x)>O. Αν επιπλέον f(ι)=Ο και g(ι)=2, τότε: α. Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης

Φ(χ)=f(χ) · g(x) β. Να βρείτε τους τύπους των συναρτήσεων

f(x) και g(x). γ. Αν f(x)=lnx και g(χ)=χ+ι, χ>Ο, τότε:

i. Ν α εξετάσετε ως προς τη μονοτονία τη συνάρτηση h(x) = 2

1 f(x) + -2- και να g(x) βρείτε το σύνολο τιμών της.

ii. Να αποδείξετε ότι για οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς α, β με α<β ισχύει

f(β) - f(α) > 2 β - α g(α) + g(β) - 2

iii. Ν α λύσετε την εξίσωση lnx _ 4(χ - 1) χ (χ + 1)(χ2 + 1) ·

Λύση α. Από τις δοσμένες σχέσεις, έχουμε:

f' (x)g(x) + g'(x)f(x) = lnx + 1 +_!_ χ

I 1 => ( f( χ) · g( χ) ) = lnx +- + 1 χ

=> J<f(t)g(t))'dt = }<ιnt + ! + 1 )dt I I t

χ

=> [f(t)g(t)] �= f( t ) ' lntdt + [lnt + t]� χ

=> [f(t)g(t)] �= [tlnt]� - Jιdt + [lnt + t]� I

=> f( χ )g( χ) - f( 1 )g( 1 ) = xlnx - (χ - 1 ) + lnx + χ - 1



=> f(x)g(x) = xlnx + 1nx � f(x)g(x) = (χ+ 1 )lnx Άρα Φ(x)=f(x)g(x)=(x+ 1 )lnx, για κάθε χ>Ο.

β. Από τη σχέση f' (x)g(x) = 1 + .!_ χ και την f(x)g(x) = (χ + 1 )lnx που γράφεται

f(x)g(x) = χ( 1 +.!_)lnx χ προκύπτει ότι για κάθε χ>Ο έχουμε f(x)g(x)=xf' (x)g(x)lnx

=> f(x).!_ = f' (x)lnx � f' (x)lnx - f(x)(lnx)' = Ο χ Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι

• Αν χε (Ο, 1 ) τότε

( f(x) J' = Ο � f(x) = c c ε JR lnx lnx 1 ' 1 • Αν χ> 1 , τότε

I ( f(x) J = Ο � f(x) = c c ε JR lnx lnx 2 ' 2

Έχουμε λοιπόν: f(x) = Ο, χ = 1 {c1 lnx, Ο < χ < 1

c2lnx, χ > 1 Η f είναι συνεχής στο χ0= 1 , οπότε:

li!I}f(x) = f(l) = limf(x) � c1 = c2 = c χ�ι χ�ι+

Έτσι, έχουμε: f(x)= c · lnx , χ>Ο. Με f(x)=c · lnx, η πρώτη από τις δοσμένες

' δ ' c ( 1 ) ισοτητες ινει: - · g χ) = 1 +- => c · g( χ = χ + 1 χ χ

και g( 1 )=2, οπότε c= 1 . Άρα, f(x)=lnx και g(x)=x+ 1 , για κάθε χ>Ο. γ. i. Ο τύπος της συνάρτησης h είναι

h(x) = 21 1nx + -2- , για κάθε χ>Ο.

χ + 1 Η h είναι παραγωγίσιμη στο (0, +οο) με

h'(x) =-1 _ 2 = (χ+1? -4χ (χ - 1)2 > Ο 2χ (χ+ 1)2 2χ(χ + 1)2 2χ(χ + 1)2 '

με την ισότητα να ισχύει μόνο για χ= 1 . Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +οο). Επιπλέον, limh(x) = lim(-2

1 1nx +_2_1) = -c::ι:; χ-->0+ χ-->0+ χ +

και lim h(x) = lim (! lnx + -2-) = +οο , χ -++οο χ -++οο 2 Χ + 1

οπότε το σύνολο τιμών της συνάρτησης είναι το JR .

ίί. Αρκεί να αποδείξουμε ότι

ln Q_ Ιηβ - Ιηα > 2 , α 2 -- η - > --

β - α α + β Q_ _ 1 1 + Q_ α α

Α ν θέσουμε Q_ = χ , χ> 1 , τότε αρκεί να α

δ 'ξ , lnx 2 ( 1 ) , απο ει ουμε οτι - > -- , , η χ - 1 χ + 1

lnx > 1 _ _ 2_ , lnx + _2_ > 1 , h(x) > 1 2 χ + 1 'η 2 χ + 1 , η

για κάθε χ> 1 , που ισχύει διότι η h είναι γνησίως αύξουσα στο [ 1 , +οο ), οπότε:

χ> 1 => h(x)>h( l ) => h(x)> 1 . iii. Είναι: lnx χ

4(χ - 1 ) � _ln_x = --χ(�χ-- 1�)-(χ + 1 )(χ2 + 1 ) 4 (χ + 1 )(χ2 + 1 ) lnx _ χ2 - χ lnx _ (x2 + 1 ) - (x + 1 ) � - - � - - -'---�...,.___..:... 4 (χ + 1 )(χ 2 + 1 ) 4 (χ + 1 )(χ 2 + 1 ) lnx 1 1 lnx 2 2 � - = --- -- � - = -----4 χ + 1 χ2 + 1 2 χ + 1 χ2 + 1

lnx lnx 2 � τ = h(χ) -τ - χ2 + 1 χ>Ο 1 2 <:::::> -lnx2 + -- = h(x)

ln x=.!.. ln x2 2 χ2 + 1 2 � h(x2 ) = h(x) � χ2 = χ � χ = 1 ,

διότι χ>Ο και η h είναι γνησίως μονότονη . Άσκηση Sη Α. Να λύσετε την εξίσωση lnx+x2=1 . Β. Έστω f, g: (0, π) � 1R δυο συναρτήσε� με f(x) = ημχ και g παραγωγίσιμη με g(x)>O

χ e2 + 1 και lng(x)+g2(x)=x(lnx+l)+-2-, για κάθε e

χ ε (ο, π) . α. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. β. Να αποδείξετε ότι η g έχει ελάχιστο τον αριθμό ι . γ. Έστω h(x)=l-g(x)-f(x). i. Να αποδείξετε ότι h(x)<O. ίί. Αν Ο<χι<χ2<χ3<π και

h(xι)-h(x2)+h(x3)=0, να αποδείξετε ότι υπάρχει x0e (O, π) ώστε να ισχύει h'(xo)=O.



Λύση Α. Είναι φανερό ότι η εξίσωση έχει ρίζα τον ρ=l . Θα αποδείξουμε ότι είναι μοναδική. Πράγματι, αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση t(x)=ιnx+x2- l , χ>Ο, τότε έχουμε:

t ' (χ)=_!_ + 2χ > για κάθε χ>Ο χ Άρω:, η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +οο) και η εν λόγω εξίσωση έχει μοναδική ρίζα τον ρ= ι . Β. α. Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, π) με

f(x) χσυν\- ημχ

χ Το πρόσημο της παραγώγου εξαρτάται από το πρόσημο του αριθμητή . Θεωρούμε λοιπόν τον αριθμητή ως νέα συνάρτηση, έστω

φ(χ)=χσυνχ-ημχ, χε [Ο, π) Η φ είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της με φ '(χ)=συνχ-χημχ-συνχ=-χημχ και φ '(χ)<Ο στο (0, π) . Άρα, η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, π), οπότε για κάθε χ ε (Ο, π) ισχύει

φ(χ)>φ(Ο)::::>χσυνχ-ημχ<Ο. Άρα; για κάθε χ ε (Ο, π) έχουμε f '(χ)<Ο, οπότ'ε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, π) . Εξάλλου: lim f(x) = 1 και lim f(x) = Ο X�O-t Χ-+Π-

οπότε το σύνολο τιμών της f είναι το διάστημα (0, ι ) . β. Παραγωγίζουμε τη δοσμένη ισότητα και

έχουμε: g'(x)

+ 2g'(x)g(x) = ιηχ + 1 + ι g(x)

::::> g'(χ)[-ι- + 2g(x)] = ιηχ + 2

g(x) απ' όπου προκύπτει ότι:

g ' (χ) ;::: Ο <=> ιηχ+2 ;::: Ο <=> ιηχ ;::: -2 <=> χ ;::: e-2

και g '(x) � O <::> O<x � e-2

Άρα, η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, e-2] και γνησίως αύξουσα στο [e-2, π] , οπότε παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x=e- . Για x=e-2 από την αρχι� ισότητα λαμβάνουμε

ιng( e -2)+g ( e -2)= 1 Αυτό σημαίνει ότι ο αριθμός g( e-2) είναι ρίζα της εξίσωσης ιnχ+χ2= 1 , η οποία κατά το (Α) ερώτημα έχει μοναδική ρίζα το ι . Άρα g(e-2)= 1 , οπότε το ελάχιστο της g είναι ο αριθμός 1 . γ. ί. Από τα προηγούμενα ερωτήματα προκύπτει ότι για κάθε χ ε (Ο, π) ισχύει f(x)>O και

g(x) ;::: 1 , οπότε f(x)+g(x)> 1 ::::> ι -f(x)-g(x)<O::::>h(x)<O.

ίί . Η h είναι συνεχής στο [χΙ , χ3] οπότε λαμβάνει ελάχιστη τιμή στο διάστημα αυτό. Εξάλλου h(x2)-h(x1 )=h(x3)<0 => h(x2)<h(x1 ) και h(x2)-h(x3)=h(x1 )<0 => h(x2)<h(x3) Αυτό μας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι η ελάχιστη τιμή δεν προκύπτει σε κάποιο από τα άκρα του [χΙ , Χ3] , οπότε το σημείο χο στο οποίο συναντάμε το ελάχιστο είναι εσωτερικό του διαστήματος [χΙ , χ3] . Επομένως, από το Θ. Fennat συμπεραίνουμε ότι υπάρχει Χ0 ε (χΙ , χ3) ς (0, π) ώστε να ισχύει h'(xo)=O. Άσκηση 6η Έστω συνάρτηση f ορισμένη στο κλειστό διάστημα [0, 2] τέτοια, ώστε:

• f(O)=f(2)=0 • η f ' είναι συνεχής στο [0,2] , και • f "(χ) '* Ο , για κάθε χ Ε (Ο, 2)

α. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f '(χ)(χ - 3) = f(x) έχει ακριβώς μία ρίζα ρ στο διάστημα (0, 2) β. Να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο (ρ, f(ρ)) διέρχεται από το σημείο Μ(3,0) γ. Ν α αποδείξετε ότι:

lim f '(x)(x - 3) - f(x) = (ρ _ 3)f

"(ρ) χ--+ρ χ - ρ

δ. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ξι , ξ2 Ε (0, 2)

με ξι <ξ2 τέτοια, ώστε 3f '(O)

_ f '(2)

= 2 (ξι - 3)f "(ξι ) (ξ2 - 3)f "(ξ2 )

ε. Αν επιπλέον είναι f "(χ)>Ο για κάθε χ Ε (0, 2) , τότε να μελετήσετε τη συν-

άρτηση g(x) = f(x)

, χ Ε [Ο, 2] ως προς τη χ - 3

μονοτονία. Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι : χ Jg(t)dt > (χ - ρ)g(χ) , για κάθε χ Ε (ρ, 2] . ρ

Λύση α. f '(χ)(χ-3) = f(x) <=> f '(χ)(χ-3) - f(x) = Ο

<=> f '(χ)(χ-3) - (x-3) 'f(x) = Ο ;; f '(x)(x-3) - (x-3) 'f(x) = 0 <=> ( f(x) ) '= 0 ( 1 ) ( χ - 3)2 χ-3 • Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f(x) , χ Ε[Ο, 2] . χ-3


Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

Λόγω της υπόθεσης η g είναι συνεχής στο [0,2] , παραγωγίσιμη στο (0,2) και g(O)=g(2)=0, διότι f(O)=f(2)=0. Δηλαδή η g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [0, 2] , οπότε υπάρχει ξ Ε (0, 2) τέτοιο, ώστε g '(ξ) = Ο . Επομένως η

( Ι ) εξίσωση g '(x) = O� f '(x)(x-3) = f(x) έχει μία τουλάχιστον ρίζα ρ στο διάστημα (0, 2) (2) • f '(x)(x-3) = f(x) � f '(x)(x-3) - f(x) = ο� h(x) = ο όπου h(x) = f '(x)(x-3) - f(x), χ Ε (0, 2) . Λόγω της (2) είναι h(ρ)=Ο. Υποθέτουμε ότι η εξίσωση h(x)=O έχει και άλλη ρίζα ρ ' στο (0, 2) . Έστω ότι ρ < ρ ' . Τότε η συνάρτηση h ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [ρ, ρ ' ] , οπότε υπάρχει χ0 Ε (ρ, ρ ') c (0, 2) τέτοιο, ώστε h'(x0 ) = Ο Όμως h'(x0 ) = Ο =:>f" (x0 )(x0 -3) = 0 =:>f"(x0 ) = 0 άτοπο, διότι f ' '(χ) -::;; Ο , για κάθε χ Ε (0, 2) . Επομένως η εξίσωση h(x) =O�f'(xXx-3) =f(x) έχει ακριβώς μία ρίζα ρ στο διάστημα (0, 2) β. Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο (ρ, f(ρ)) είναι ε:y-f(ρ) = f '(ρ)(χ - ρ) . Η (ε) διέρχεται από το σημείο Μ(3 ,0) αν και μόνο αν 0-f(ρ) = f '(ρ)(3 - ρ) � f '(ρ)(ρ - 3) = f(ρ) που ισχύει λόγω του ερωτήματος (α) Άρα η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο (ρ, f(ρ)) διέρχεται από το σημείο Μ(3 ,0) γ. ι. f '(x)(x-3)-f(x) ι· h(x) - h(ρ) ιm = ιm , χ-->ρ χ-ρ Χ-->ρ Χ-ρ όπου h(x) = f '(x)(x-3) - f(x), χ Ε [0, 2] και h(ρ)=Ο, λόγω του ερωτήματος (α) . Η h είναι παραγωγίσιμη στο (0, 2) με

h '(x) = ( f '(x)(x-3) - f(x) ) ' = (x-3)f "(x) οπότε το ζητούμενο όριο είναι ίσο με

h '(ρ) = (ρ-3)f "(ρ) , διότι ρ Ε (0, 2) δ. Η συνάρτηση

h(x) = f '(x)(x-3) - f(x), χ Ε [0 , 2] είναι συνεχής στο [0, 2] και παραγωγίσιμη στο (0, 2) με h'(x) = f"(x)(x - 3) + f'(x) - f'(x) = f"(x)(x - 3) Δηλαδή η h ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Μ. Τ. στα διαστήματα [0, ρ] , [ρ, 2], οπότε υπάρχουν: • ξ, Ε (0, ρ) τέτοιο, ώστε

h'(ξ, ) = h(ρ) - h(O) h�o(ξ, - 3)f "(ξ, ) = 3f '(O) ρ - 0 f(O):O ρ

=:> 3f '(O) _ (3) (ξ, _ 3)f "(ξ, ) - ρ, και

• ξ2 Ε (ρ, 2) τέτοιο, ώστε

h'(ξ2 ) = h(2) - h(ρ) h�O(ξ2 - 3)f "(ξ2 ) = -f '(2) 2 - ρ �� 2 - ρ

=:> - f '(2) = 2 - (4) (ξ2 - 3)f "(ξ2 )

ρ

Από (3) και ( 4) έχουμε ότι: 3f '(O) _ f '(2) = + 2 - = 2 (ξ, - 3)f "(ξ, ) (ξ2 - 3)f "(ξ2 )

ρ ρ

ε. Η g είναι παραγωγίσιμη στο [0, 2] με

g '(x) = ( f(x) ) ' = f '(x)(x-3�-f(x) χ - 3 (χ-3)

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f '(x)(x-3) - f(x), χ Ε [0, 2] .

Λόγω του ερωτήματος (α) είναι h(ρ) = Ο . Η h είναι παραγωγίσιμη στο (0, 2) με

h '(x) = f "(x)(x-3) . Είναι h '(x) < Ο , για κάθε χ Ε (0, 2) επειδή f ' '(χ) > Ο και χ-3<0 για κάθε χ Ε (0, 2) , Επίσης, η h είναι συνεχής στο [0, 2] , άρα είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, 2] . Για κάθε χε [Ο, ρ) έχουμε

h.J. ο � χ < ρ=:>h(χ) > h(ρ) = ο

άρα g'(χ) > Ο , για κάθε χ Ε [Ο, ρ) και για κάθε χε (ρ, 2],

h.J. h(ρ):Ο ρ < χ � 2=:>h(ρ) > h(χ) =:> h(x) < O

άρα g '(x) < Ο , για κάθε χ Ε ( ρ, 2] . Δηλαδή η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [0, ρ] και g '(x) > Ο , για κάθε χ Ε [Ο, ρ) , άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο [0, ρ] . Επίσης η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [ρ, 2] και g '(x) < Ο , για κάθε χ Ε (ρ, 2] , άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο [ρ, 2] .

χ • Θα αποδείξουμε ότι: Jg(t)dt > (χ - ρ)g(χ)

ρ

για κάθε χ Ε (ρ, 2] 1 ος τρόπος: (Με Θ.Μ.Τ.) Θεωρούμε τη συνάρτηση G με

u G(u) = Jg(t)dt, u Ε [ρ, 2]

ρ



η οποία είναι μία αρχική της συνεχούς συνάρτησης g στο [ρ, 2] , άρα

G'(u) = g(u) , u Ε [ρ, 2] . Για κάθε χ Ε (ρ, 2] , η G ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Μ. Τ. στο διάστημα [ρ, χ] , άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (ρ, χ) τέτοιο, , G '(ξ) G(x)-G(ρ) G(ρJ=O (ξ) G(x) (S) ωστε = :::;. g = --

χ-ρ χ-ρ g-l.[ρ,2] Είναι ρ < ξ < χ :::;. g(ρ) > g(ξ) > g( χ)

< SJ G(x) χ-ρ>ο :::;.-- > g( χ) :::;. G(x) > (χ - ρ )g(x) χ - ρ

χ :::;. Jg(t)dt > (x - ρ)g(x) ,

ρ για κάθε χ Ε (ρ, 2] 2ος τρόπος: (Με μονοτονία) Υπόδειξη : Θεωρούμε τη συνάρτηση Φ με

χ Φ(χ) = Jg(t)dt - (χ - ρ )g(x) , χ Ε [ρ, 2] .

ρ Αποδεικνύουμε ότι η Φ είναι γνησίως αύξουσα. Άρα . . .

)\σκηση 7'� Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση

f : (Ο, + οο) � R , η οποία είναι κυρτή και , . f (l + h) + l ισχυει: Ιιm = Ο h->0 h

α. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. β . Να βρείτε το όριο limφ (x) , όπου χ->1 χ

Jr(t)dt + xνf(x) - x2 + 2 φ( χ} = 1 , ν Ε Ν * , ν>l . χ - 1

γ. Να λύσετε την εξίσωση f '(3x + 4' - 7' + 1) = 0

δ. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z, για τους οποίους ισχύει:

f (1 + l l iz - 3j - jz + ti l> + 1 = Ο ε. Ν α μελετήσετε ως προς την κυρτότητα τη συνάρτηση

h(x) = jf(t) + 1 dt, χ Ε (1, + 00 ), β > ι . Στη β t - 1

συνέχεια, να αποδείξετε ότι για κάθε χ> 1 χ+β f(t) + 1 χ+2β f(t) + 1 J --dt < J --dt με β>Ο. χ t - 1 χ+β t - 1

Λύση α . Για h κοντά στο Ο θέτουμε

f (l + h) + I (h) , ι· (h) ο --'-----'--- = g , τοτε ιm g = h h->0

Έχουμε: f (1 + h) + Ι = hg(h) :::;. f (1 + h) = -Ι + hg(h)

Άρα lim f(l + h) = lim( -Ι + hg(h)) = -Ι + Ο · Ο = -Ι h->0 h->0 Δηλαδή limf(l + h) = -I και lim f(l + h) = f(l) , h->0 h->0 διότι f συνεχής στο 1 . Άρα f(I) = -Ι ( 1 ) Είναι:

lim f (I + h) - f(I) � lim f (I + h) + I = Ο h->0 h h->0 h ' Άρα f '(l) = Ο (2) Η f είναι παραγωγίσιμη και κυρτή, οπότε η f ' είναι γνησίως αύξουσα και f '(I) = Ο.

r ·t Άρα χ > I:::> f '(x) > f '(l) = ο :::;.

Λ f '(x) > Ο , και Ο < χ < I:::;. f '(x) < f '(l) = Ο :::;. f '(x) < Ο , χ Ε (0, Ι) . Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [Ι, +οο) και f '(x) > Ο , για κάθε χ Ε (1, +οο) , θα είναι γνησίως αύξουσα στο [Ι, +οο) . Επίσης η συνάρτηση f είναι συνεχής στο (0, Ι] και f '(x) < Ο , για κάθε χ Ε (0, Ι) . Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, Ι] . Η f μόνο για χ= 1 παρουσιάζει ελάχιστο το f( 1 ) = - 1 , λόγω της ( 1 ) . χ β . Έστω: F( χ ) = Jf(t)dt , τότε

I

= φ ( χ ) = (F(x)-F( l ) ) +χ ν ( f (x)-f( I ) ) +χ νf( l )-x2 +2 χ- Ι

( I ) F(x)-F( I ) f (x)-f( I ) -χ ν -χ2 +2 = +χ ν + :::;. χ- Ι χ- Ι χ- Ι

:::;. limφ (x ) = F '(I) + Ι ν · 0 - ν - 2 = f (l) + O - ν - 2 Χ->) = -ν - 3 ,

διότι lim F(x)-F( I ) = F '(I) = f(I) = -Ι , Χ->) Χ - 1

lim f (χ) - f( I ) = f '(l) = Ο και Χ->1 Χ- Ι ΜΟΡΦΗ

. -Χν - Χ2 + 2 % . (-χ ν - Χ2 + 2) ' lιm = lιm-'-----'-χ->ι Χ- Ι D.L'H. χ->1 (Χ- Ι ) '

= lim ( -νx ν- Ι - 2χ ) = -ν-2 χ->1



γ. f '(3. + 4• -Ψ + ι ) = Ο ( 1 ) . Η ( l ) ορίζεται αν

3χ + 4· -γ + ι > Ο (2) α) f '(3x + 4• -ψ + ι ) = Ο � f '(3x + 4• -γ + ι ) =f '(l)

f' γν.αuξ. � 3χ + 4χ _γ + ι = ι � 3· + 4χ _γ = 0

:7' 3χ 4χ ( 3 )χ ( 4)χ �77 + 77-ι = ο � 7 + 7 - ι = ο (3) Η εξίσωση (3) έχει προφανή ρίζα το 1 , η οποία είναι δεκτή λόγω του περιορισμού (2). Η ρίζα 1 είναι και μοναδική, διότι η

συνάρτηση g(x) = (% )' + (*)χ - ι

είναι γνησίως φθίνουσα στο R , επειδή

( 3 )χ 3 (4)χ 4 g'(x) = 7 tn7 + 7 tn7 < Ο

για κάθε χ Ε IR , άρα είναι γνησίως φθίνουσα και στο πεδίο ορισμού της εξίσωσης ( 1 ) . Επομένως το 1 είναι η μοναδική ρίζα της εξίσωσης ( 1 ) δ. Είναι f (ι + l l iz-31 - lz + ι Ι Ι ) + ι = Ο

(a) �f(l + lliz-31 - lz+ ιΙ Ι ) = -ι�f(ι + lliz-� - lz+ ιΙ Ι)=f(ι)

� ι + l l iz-31 - lz + ι ΙΙ = ι � l l iz-31 - lz + ι ΙΙ = ο � l iz-31 - lz + ι Ι = ο � liz-3 1 = lz + ι Ι

z=x+yi � l i(x + yi)-3l = lx + yi + ιl � lxi + yi2 -31 = 1x + ι + yil

� Ι-(y+3) + xil = Ι χ + ι + yil �Ι-(y+3)+ xil2 = lx + ι +yil2 � (y + 3)2 + χ2 = (χ + ι)2 + y2

� y2 + 6y + 9 + x2 = χ2 + 2χ + ι + y2 � 2x - 6y - 8 = 0 � x - 3y - 4 = 0

Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z είναι η ευθεία

ε : χ - 3y - 4 = 0

Η , f(t) + ι . . ε. συναρτηση ειναι συνεχης στο t - ι διάστημα (1, + οο) , οπότε η συνάρτηση h είναι

παραγωγίσιμη στο (1, + οο) με

h '(x) = ( XJf(t) + ι dt] '= f(x) + ι

β t - ι χ - ι Η h ' είναι παραγωγίσιμη στο (1, + οο) , ως πη

λίκο παραγωγίσιμων με

h"(x) = ( f(x) + ι ) '= f '(x)(x - ι) -2f(x) - ι > ο '

χ - ι (χ - ι) για κάθε χ Ε (1, + οο) , διότι για κάθε χ> 1 η

συνάρτηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Μ. Τ. στο διάστημα [ 1 , χ] , οπότε υπάρχει ξ Ε (1, χ) τέτοιο, ώστε

f '(ξ) = f(x) - f(ι) = f(x) + l ( 1 ) χ - 1 χ - 1 f 't

Αλλά: ι < ξ < χ=>f '(ι) < f '(ξ) < f '(x) ( 1 ) f(x) + ι x-I>O :::> < f '(x) :::> f(x) + 1 < f '(x)(x- 1 ) χ - 1

:::> f '(χ)(χ- 1 )-f(x)- 1 > Ο Άρα η h είναι κυρτή . • Θα αποδείξουμε ότι για κάθε χ Ε (1, + οο)

και β> 1 ισχύει ότι: x+β f(t) + 1 x+Zβ f(t) + 1 J dt < J dt (2) t - 1 t - 1 χ χ+β

1 °ς τρόπος: Αρκεί

β f(t)+ 1 χ+β f(t)+ 1 β f(t)+ 1 χ+2β f(t)+ 1 J-dt+ J -dt< J -dt+ J -dt , t- 1 t- 1 t- 1 t- 1 χ β χ+β β ή h(x + β)-h(χ) < h(x + 2β)-h(χ + β) ή

Φ(χ) < Φ(χ +β) (2), όπου <I(x) =h(x+β)-h(x), x > 1 . Έχουμε Φ'(χ) = h '(x + β)-h '(χ) > Ο διότι

h ' i' ( 1, +oo) , οπότε: Λ

β> 1>0=>χ+β>χ=>h' (χ+β)>h' (χ) => Φ(χ+β) > Φ(χ) .

Άρα ισχύει η ανισότητα (2) για κάθε χ Ε (1, + οο)

2°ς τρόπος: Υπόδειξη : Με Θ.Μ.Τ. για την h στα διαστήματα [χ, χ+β] , [χ+β, χ+2β]

3°ς τρόπος: Είναι h '(t) < h '(t + β) για κάθε t> 1 , διότι h ' γνησίως αύξουσα στο (1, + οο) και h ' συνεχής,

χ+β χ+β U=t+β Χ+Ζβ οπότε: J h '(t)dt < J h '(t + β)dt = J h '(u)du

χ χ+β χ+2β

:::> J h '(t)dt < J h '(t)dt χ χ+β

χ+β

χ+β f(t) + 1 χ+2β f(t) + 1 :::> J dt < J dt ' t - 1 t - 1

χ χ+β για κάθε χ Ε (1, + οο) .


Σχετικά με τις διαμερίσεις και το Θεώρημα μέσης τιμής X·y3 .y 1 . θεωρούμε την ακολουθία (αν) με αν _ _2 _.3 , χ · ν +ν

νeΝ*, χ > Ο και τη συνάρτηση f (χ) = lim αν. α. Να εξετάσετε την f ως προς τη μονοτονία. β. Ν α δείξετε ότι για κάθε για κάθε x e (0, 1) u(1,+oo) ισχύει:

f(1x)

- 1>lnx>1-f(x)

γ. Με τα σημεία 1= χο<χι<χ2<χ3 < ... < xv=3, να χωρίσετε το διάστημα [1, 3] σε ν ισομήκη δια-στήματα πλάτους dv = � , νe Ν* . Κατόπιν, να δείξετε ότι: f(χι) + f(x2) + f(x3) + • . . + f(xv)

ν ν ν ν = -- +-- +-- + •.• + --ν + 2 ν + 4 ν + 6 ν + 2ν

δ. Να υπολογίσετε το όριο Ιίm βν , της ακολου-, 2 2 2 2 θιας (β ) με βv = - +- +- + ••• +-ν ν + 2 ν + 4 ν + 6 �

Απάντηση α. Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι το

. . χ · ν3 χ ι (Ο,+οο) : με f (x) = lιm αv = lιm-- = - = -χ2ν3 x z χ

και f(x) = - _ι_ < Ο. Επομένως η f είναι γνησίως χ 2 φθίνουσα στο διάστημα (0, + οο) β. Γνωρίζουμε ότι για κάθε χ>Ο ισχύει lnxsx-1 με την ισότητα να ισχύει μόνο για χ=ι . (Σχολικό: σε-

λίδα 266). Αν λοιπόν χ :;e ι , τότε ..!_ :;e ι και lnx< χ 1 1 ι ι χ= Ι => ln- < - - ι => - Ιη χ < - - ι => ln x > ι - -. χ χ χ χ

Τελικά χ - ι > ln x > ι - !. Δηλαδή χ

f (1x)

- 1 > Ιηχ > 1 - f (χ) , για κάθε χ e(Ο, ι) υ(ι,-+οο)

Κώστας Τσαγκάρης

Στο προηγούμενο σχήμα φαίνεται η λογαριθμική συνάρτηση «εγκλωβισμένη>> ανάμεσα στις δυο άλλες. γ. Σύμφωνα με τα αναφερόμενα στο σχολικό βιβλίο (στη σελίδα 326, παράγραφος 3 .4), έχουμε:

χσ = ι 2 ν + 2 χι = ι + - = --ν ν

2 ν + 4 Xz = ι + 2 · - = --ν ν

χ3 = ι + 3 · � = ν + 6 ν ν

2 ν + 2ν χ = ι + ν · - = -- = 3 ν ν ν Επομένως f(χι) + f(xz) + f(x3) + . . . + f(xv)

ν ν ν ν = ν+2 + ν+4 + ν+6 + · · · + ν+2ν δ. Για την ακολουθία βν παρατηρούμε :

2 2 2 2 βν = -- + -- + -- + . . . + -ν+ 2 ν+ 4 ν+ 6 3ν ν 2 ν 2 ν 2 ν 2

= - · - + - · - +- · - + + -- · -ν+2 ν ν+4 ν ν+6 ν · · · ν+2ν ν ν ν ν ν 2

= [ ν+ 2 + ν+ 4 + ν+ 6 + · · · +

ν+ 2ν ] � =

= [f(x, ) +f (x2 )+ . . . +f(xv )} dv

, , .\ I Ρ. "' · � �

Q.j 8 1'---ι,

1 ' ' Q.i I l i I ι.! I

..

� �

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - � Στο σχήμα φαίνεται η συνάρτηση 1 /χ με d3 =1 /3 : Χο = 1 , Χι =4/3 , Χ2 =5/3 , Χ3 = 6/3, Χ4 =7/3 , Xs = 8/3 : και χ6 = 9/3 = 3 . ι

f(χι) + f(x2) + . . . + f(x6) = 3/4 + 3/5 + . . . +3/9 � = 114 + 1 /5 + . . . + 1 /9 = 0,99 (περίπου) ln3 = 1 ,09 ι L - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -



Από τον ορισμό του ορισμένου ολοκληρώματος (σχολικό σελίδα 330) έχουμε :

limβv = lim ([ f ( Χ 1 )+f ( Χ2 ) + . . . +f ( Xv )} dv ) 3 3 1 3 = Jr ( χ ) dx = Jι �dx = [ln χ ] ι =ln3 - ln l =ln3 . I

2 . Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 2 αχ

2 , α, β>Ο. χ + β

α) Ν α υπολογίσετε τις θέσεις των τοπικών ακροτάτων της f. β) Να βρείτε τα σημεία καμπής της f . γ) Αν λα είναι ο λόγος μεταβολής της f μεταξύ των σημείων που η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικά ακρότατα και λσκ ο λόγος μεταβολής της f μεταξύ των τετμημένων των σημείων καμπής της, να δείξετε ότι λα = 2λσκ· δ ) Να εξετάσετε αν η f έχει κατακόρυφη ή οριζόντια aσύμπτωτη, ε) Να δείξετε ότι υπάρχουν ρι, ρ2 e (-β, β), ώστε

_ι _ + _ι _ = 4β 2 f '(ρ 1 ) f '(ρ 2 ) α ·

στ) Αν 2α = β και f'(β J3 )=f"(β), να σχεδιάσετε

πρόχειρα τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) και F(x)=ln(x2 + 16). ,:: ι Αν α = 2 να υπολογίσετε το πλήθος των ριζών των f, F.

. \h'ύ.ντηση α) Η f είναι παραγωγίσιμη με

, _ α(β 2 _ χ 2 ) , f (χ) -( )2

, για καθε xε iR. χ 2 + β 2

f '(χ) > Ο <::::> β2-χ2 > Ο <::::> χε (-β, β) f '(χ) < ο <::::> β2-χ2 < ο

<::::> χ ε (- οο , β) υ (β, +οο) f '(χ) = ο <::::> β2-χ2 = ο <::::> χ = -β ή χ = β

Η μονοτονία της f (και το πρόσημο της f), φαίνεται στον επόμενο πίνακα.

χ - 00 - β β + οο f ' -- + -f � / �

Η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο, στο

β το f (β) = � και στο - β παρουσιάζει τοπικό 2β

ελάχιστο το f (-β) =- f (β) =-� ( είναι περιττή). 2β

β) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με

f "(χ) = 2α(χ 2 - 3β 2 )χ . (χ 2 + β 2 γ

f "(χ) < ο <::::> χ(χ2 -3β2 ) > ο <::::> χ ε ( -ω ,- .J3 β)υ(Ο, .J3 β)

f "(χ) > ο <::::> χ(χ2 -3β2 ) < ο <::::> χ ε (- .J3 β, Ο) υ ( .J3 β, +οο)

f "(χ) = ο <::::> χ(χ2 -3β2 ) = ο <::> χ =- ,J3 β ή χ = ,J3 β ή χ = Ο

Η κυρτότητα (και το πρόσημο της f ') , φαίνονται στον επόμενο πίνακα.

χ - 00 - .J3 β ο .J3 β + οο

f ' - + - +

f n υ n υ

Ισχύει: f( .J3 β)= α.J3 άρα f(- .J3 β)=- α.J3 α-4β 4β '

φού η f είναι περιττή . Τα σημεία καμπής της f, εί-

r:; α .J3 r:; α .J3 ναι τα (- v -' β, - - ), ( v 3 β, - ), (0, 0) .

4β 4β

γ) Είναι: λα= f(β ) - f(- β) = f(β) = � β - (- β) β 2β 2

λσ = f .J3β - f - .J3β = r(.J3βι� I( .J3β - - .J3β .J3β 4β 2

άρα λα = 2λσκ· δ) Η συνάρτηση f δεν έχει κατακόρυφη aσύμπτωτη, γιατί αν υπάρχει X0ε iR για το οποίο να ισχύει lim f(x) = +οο η f δεν είναι συνεχής, που δεν ι-

χ ----+-χ0

σχύει (γιατί είναι συνεχής στο IR). Επίσης:

lim f(x) = lim αχ lim αχ = lim α =0. Χ -Η<>Ο Χ -Η<>Ο Χ 2 + β 2 Χ-Η<>Ο Χ 2 Χ-Ηω Χ

Άρα, άξονας χ ' χ είναι οριζόντια aσύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f στο + οο. Τέλος, lim f(x)= lim � = Ο,οπότε ο άξονας χ 'χ

χ�-«> χ�-ω Χ είναι οριζόντια aσύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f στο -οο . (κάτι που είναι αναμενόμενο γιατί είναι περιττή στο IR, που σημαίνει ότι η Cr έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων ). ε) Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής σε καθένα από τα διαστήματα [0, β] και [-β, 0] . Επομένως, υπάρχει ρ ι ε (Ο, β), ώστε

f '(ρ ι ) = f(β) - r(ο) = f(β) β - 0 β



και ρz ε (-β, 0), ώστε

f '(ρι ) = r(o) - f(- β) = f(β)

( f περιττή ) 0 - (- β) β

Οπότε: _ι _ + _ι_ = � =

4β2

f '(ρ 1 ) f '(ρ 2 ) f(β) α

στ) f '(β .J3 ) = f "(β) <=> - � = - � 8β2 2β3

<=> 8β2 = 2β3 <=> β = 4. 2α = β = 4 <=> α = 2

Επομένως f (x) = 2χ

χ 2 + ι 6 Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της f:

χ � -4 ../3 -4 ο 4 4 ../3

f ' - - + + -

f " - + + - -

+οο

-

+

f \ '--- � f \ '---

και χαράσσουμε τη γραφική της παράσταση . σχήμα ι ) . Επειδή είναι περιττή σχεδιάζουμε το τμήμα της με χ > Ο και στη συνέχεια το συμμετρικό του με κέντρο συμμετρίας το (0, 0).

r - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - � I b

·10 .. .. ι e ιο 1 2 ι.ι ι

Για την F(x) = ln(x2 + ι 6 ) , έχουμε

F ' (χ) = [ln(x2 + 1 6 )] ' = f(x) = αχ

χ 2 + β2

αfβ z - x z ) και F "(χ) = f '(χ) = -�..:;....__....:... (χ 2 + β 2 γ

Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της F

χ � -4 ο 4 +οο F ' - - + + F " - + + -

F \ \__ .___) � και χαράσσουμε τη γραφική της παράσταση , που έχει άξονα συμμετρίας τον y 'y. (σχήμα 2)

r - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - , , - - - - - - - - - - ,

10 : σχήμα 2 : I I I I ._ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

·10 .s 10

ζ) •Η f μηδενίζεται μόνο στο Χ0 = Ο, (όταν χ> Ο έχουμε f(x) > Ο και όταν χ < Ο έχουμε f(x) < 0). •Η F δεν μηδενίζεται , κάτι που μπορούμε να αι

τιολογήσουμε με διάφορους τρόπους:

Ι ος τρόπος: Για κάθε χε!R. έχουμε : χ2 � Ο ::::> χ2

+ 1 6 � 1 6 ::::>ln(x2+ 1 6)�ln 1 6::::>ln(x2+ 1 6)�4ln2>0, οπότε F(x)>O. zος τρόπος: Η F είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [0, +οο) με F(O) = 4ln2, lim F(x ) =+oo , ε-

χ-++«>

πομένως F([O,+ οο)) = [4ln2, + οο). Επιπλέον, είναι άρτια με άξονα συμμετρίας τον y 'y, οπότε F((- οο , Ο]) = [4ln2, + οο).

3. Η συνάρτηση f: [α, β]�ΙR είναι παραγωγίσιμη με συνεχή πρώτη παράγωγο στο [α, β] με f(α) = f(β) = Ο και f(x) > Ο, για κάθε χ ε ( α, β). α. Να δείξετε ότι υπάρχει Χ0 Ε [α, β], όπου η συνάρτηση f παρουσιάζει τη μέγιστη τιμή της Μ και να εξετάσετε αν το Χ0 μπορεί να είναι άκρο του διαστήματος [α, β] . β. Να αιτιολογήσετε ότι υπάρχουν ρι ε (α, Χο), ρ2 ε (χο, β), τέτοια ώστε

f ' ( ρι ) = � και f' ( ρ2 ) = -Μ χ0 - α β - χ0

γ. Να δείξετε ότι υπάρχει θ > Ο (ανεξάρτητο

του Χο) τέτοιο ώστε: f'(ρ1)- f'(ρ2)� -0

- . β - α

δ. Να βρείτε για ποια τιμή του Χ0 ισχύει η ισότητα στο (γ) ερώτημα.



Εφαρμογή :

Για τη συνάρτηση f με f(x) = �ρ2

- {χ - Χ0 γ , με

β - α α + β , , ρ = -2- και Χο=-

2- , της οποιας τα σημεια

της γραφικής της παράστασης αποτελούν ημικύ

κλιο με διάμετρο ΑΒ, όπου Α(α,Ο) και Β(β,Ο). Απάντηση α. Η συνάρτηση f ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής στο [α, β] . Από το θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής στο [α, β] , υπάρχει Χ0 ε [α, β] , ώστε f(Xo) = Μ. Αν χσ=α ή χ0=β, επειδή f(α)=f(β) = Ο, τότε Μ = Ο που είναι αδύνατο γιατί για κάθε Χο ε (α, β), ισχόει f(x) > Ο. β. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] (άρα συνεχής στο [α, Χ0] , [ Χ0,β] και παραγωγίσιμη στα (α, Χο) , (χο, β) ) . Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Μ. Τ. στα διαστήματα [α, Χο] , [χο, β] , οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστο ρ1 ε ( α, Χο) και ένα τουλά-χιστο ρz ε (χ0, β), τέτοια ώστε

f '( ρ ι ) =f(χ0 )- f(α) =

Μ ,

χ ο - α χ ο - α

f '( ρz ) = r(β)- f(x o ) = - � .

β - χ ο β - Χ ο γ . Δύο ενδιαφέρουσες απαντήσεις είναι: 1 η απάντηση.

Μ Μ f ' ( ρ ι ) - f ' ( ρz ) = + --

χ ο - α β - χ ο

Θ . . Μ Μ εωρουμε τη συναρτηση G(x) = -- +-- , για

χ - α β - χ

κάθε χ ε ( α, β). Είναι: G '(x) = -Μ

+ Μ

, (χ - α)z (β _ x)z και G '(χ)=Ο�(β--χ)2=(χ -α)2�2 χ(α-β)=(α-β)(α+β)�

α + β . α + β χ = -- . G (χ) > Ο � χ > -- .

2 2 Η μονοτονία της G, το πρόσημο της G' και το ελάχιστο τηc φαίνεται στον επόuενο πίνακα.

α + β χ

α 2 β ο · - +

G " / Ό

α + β G ' ζ λ · λά ταν χ = -- η παρουσια ει ο ικο ε χιστο στο

2

α + β α + β 4Μ -

2- , το G ( -- ) = -- . Επομένως πρέπει και

2 β - α αρκεί θ ε (Ο, 4Μ] . 2'1 απάντηση. (Λύση του μαθητή μου Στ. Βλάχου)

κ + λ r-:;- 2κλ Αν Α= -

2- , Γ= ν κλ και Η=

κ + λ ο αριθμητικός,

γεωμετρικός και αρμονικός μέσος, αντιστοίχως, των θετικών αριθμών a, b, τότε Α;;:::Γ;;:::Η

Άρα f '(ρ ι ) - f '(ρz) = Μ

+� , οπότε Χ ο - α β - χ ο

4κλ Μ Μ Α ;;::: Η => κ+λ ;;::: -- => +-- ;;:::

κ + λ Χ 0 - α β - χ 0 4Μ 2 Μ Μ 4-- · --χ ο - α β - χ ο (χ ο - α){β - χ ο ) 4Μ

Μ{β - χ ο + χ ο - α) = β - α . Μ Μ -- + -

χο - α β - χ ο (χο - α){β - χσ ) Επομένως αρκεί θ ε (Ο, 4Μ] . δ. Στην Ι η απάντηση του (γ) ερωτήματος, η ισότητα ισχύει στη θέση του ολικού ελάχιστου που είναι

α + β χ0=-- . Στην 2η απάντηση ο αριθμητικός και αρμο-

2 νικός μέσος θετικών αριθμών ταυτίζονται όταν κ=λ,

. . . α + β απο οπου προκυπτει χ0= -- .

2

Εφαρμογή : Υπενθύμιση : Σε κύκλο δίνεται η χορδή ΑΒ. Η εφαπτομένη του κύκλου στο μέσον του τόξου ΑΒ, είναι παράλληλη προς την χορδή (και αντίστροφα αν η ε-

� u

φαπτομένη είναι παράλληλη της _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ χορδής το σημείο επαφής είναι το μέσον του αντίστοι-

χου τόξου). f(x) = �ρ2 - (χ - Χ 0 γ , f(α) = f(β) = Ο, - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -(Q,Mi

Η

'

Α Ι Ι '• / e Ι I 1 ι \ I \ I ' ,/ ',,.. ,, ... ... ... ι , ,, .. . . , .. . . ..

I _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ !

Μ = ρ. Η κλίση της χορδής ΑΓ είναι �χο)-�α) 2Μ Χ0 -α β-α

( = l ) .H κλίση της εφαπτομένης της Crστο Ε(ρ1 , f(ρ 1 ))

είναι f '( ρ , ), άρα f '( ρ , ) = 2Μ

. Αναλόγως f '( ρ2 ) β - α

= f(β )- f(xo ) =- 2Μ

, f '( ρ , ) _ f '(pz)= 4Μ

(=2) β - Χ 0 β - α β - α

Ισχύει το (δ) , γιατί f '( ρ , ) = - f '( ρz ) .


----------------- 0 Ευκλείδης Προτείνει . . . -------------Ε u κλ�Ι δ n ς

n ροτ�Ιν�ι .. .. .. «Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα».

P. R. HALMOS

Επιμέλεια: Γ. Κ. τJ> Ι Α ΝΤΟΣ - Ν. θ ΑΝΤΩΝΟΠΟΥ ΛΟΣ - θ. Α. ΤΖΙΩΤΖΙΟΣ

ΑΣΚΗΣΗ 1 98 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 82 )

Σε κάποιο δρόμο μιας μακρινής πόλης τα σπίτια

ήταν κτισμένα στη μία πλευρά του και είχαν την

αρίθμηση Ι ,2,3 , . . . . . Μετά από ένα φοβερό σεισμό έπεσαν όλα τα σπίτια. Ο μαθηματικός κ. Μ

προσπαθεί ύστερα από χρόνια να εντοπίσει ένα

συγκεκριμένο σπίτι έχοντας τις εξής πληροφορίες.

Α. το πλήθος όλων των σπιτιών ήταν μικρότερο

από 500.

Ι 2 2 = -- � (2ν + Ι) - 2 · (2k) = Ι 2

Θέτουμε: 2ν + Ι = t και

(2)

2k = λ , οπότε

καταλήγουμε στην εξίσωση : t 2 - 2λ2 = 1 (3).

Προφανείς θετικές ακέραιες λύσεις της (3) είναι (t, λ) = (1, 0) , (t, λ) = (3, 2) , (t, λ) = (1 7, Ι 2) . . .

Με εφαρμογή του μετασχηματισμού : Τ = 3t + 4λ

Β . το σπίτι που αναζητούσε είχε αριθμό και Λ = 2t + 3λ από κάθε λύση (t,λ) της (3)

μεγαλύτερο του 50. παίρνουμε μια νέα λύση (τ, Λ) της (3). Πράγματι:

Γ. Το άθροισμα S1 των αριθμών όλων των σπιτιών Τ2 - 2Λ2 = (3t + 4λ) 2 - 2(2t + 3λ) 2 = t 2 - 2λ2 = Ι

που· βρίσκονταν πριν από το ζητούμενο σπίτι ήταν Έτσι, από τη λύση ( t, λ) = (1 7 ,Ι 2) παίρνουμε τις

ίσο με το άθροισμα των αριθμών των σπιτιών που (τ, Λ) = (3 · Ι 7 + 4 · Ι 2 , 2 · Ι 7 + 3 · Ι 2) = (99,70) και βρίσκονταν μετά από αυτό. Ζητείται να

προσδιορισθεί ο αριθμός του σπιτιού που

αναζητούσε ο κ. Μ καθώς και το πλήθος όλων των

σπιτιών.

( Λ ΕΥΤΕΡΗΣ ΤΣ ! Λ ! Α ΚΟΣ - Γαλάτσι ) ΛΎΣΗ ( Δ!ΟΝΥΣΗΣ Π ΑΝΝΑΡΟΣ - Πύργος )

Έστω ν<SΟΟ το πλήθος όλων των σπιτιών και k>SO

ο αρι�μός του ζητούμενου σπιτιού. Σύμφωνα με τα

δεδομένα έχουμε: S1 = Ι + 2 + . . . + (k - Ι) = S2 =

(k + Ι) + (k + 2) + . . . + ν � Ι + (k - Ι) . (k - Ι) = 2

(k + Ι + ν)(ν - k) � k(k - Ι) = (k + Ι + ν)(ν - k) 2

� . . . . . � 2k 2 - ν 2 - ν = Ο (Ι)

Η σχέση ( Ι ) μετασχηματίζεται διαδοχικά ως εξής:

2 2 2 2 Ι Ι 4k - 2(ν + ν) = 0 � 4k - 2(ν + ν + -) = --

2 Ι 2 Ι � 4k - 2(ν + -) = -- � 2 2

4 2

(τ, Λ) = (3 · 99 + 4 · 70 , 2 · 99 + 3 · 70) = (577,408) .

Για t = 577 , λ = 408 βρίσκουμε τις λύσεις:

2ν + Ι = 577 � ν = 288 και 2k = 408 � k = 204 .

τιμές, που επαληθεύουν και επιβεβαιώνουν τα

δεδομένα του προβλήματος. Λύσεις έστειλαν οι συνάδελφοι:

Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη , Δημήτριος

Καραβότας - Κάτω Αχαϊα,

ΑΣΚΗΣΗ 1 99 (τΕΥΧΟΥΣ 82)

Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι: ΒΓ = Ι και

ΑΒ = ΑΓ = β > Ι , όπου β η μεγαλύτερη ρίζα της

εξίσωσης: χ 3 - 3χ 2 + Ι = Ο . Θεωρούμε τα σημεία

Δ,Μ της πλευράς ΑΒ και τα σημεία Ε,Ζ,Κ της

πλευράς ΑΓ, ώστε να είναι: ΓΔ=ΓΕ=ΑΖ=Ι

ΑΜ=ΜΒ και ΚΑ=ΚΒ. Στο εσωτερικό του

τριγώνου κινείται σημείο Ρ έτσι, ώστε να ισχύει

(ΡΒΔ)=(ΡΚΕ).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 87 τ.3/65

-------------- 0 Ευκλείδης Προτείνει . . . -------------1 . Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Ρ. 2 . Να δειχθεί ότι οι ευθείες ΑΡ , ΒΖ , και ΚΜ

συντρέχουν.

( ΓΙΩΡΓΟΣ ΜΗΤΣΙΟΣ - Ράμια Άρτας )

Λ ΥΣΗ 18 ( ΣΤ. ΠΕΤΡΟΛΕΚΑΣ - Δραπετσώνα)

Α

Β Γ 1 . Τα ισοσκελή τρίγωνα ΑΒΓ και ΓΔΒ έχουν τη

γωνία ΔΒΓ κοινή . Συνεπώς, ΔΒΓ � ΑΒΓ οπότε

ΔΒ ΒΓ ΔΒ 1 1 , - = - => - = - => ΔΒ = - (1) . Στο τριγωνο ΒΓ ΑΓ 1 β β

Λ Λ ΚΑΒ έστω ότι είναι ΑΒΚ = ΒΑΚ = φ . Από το

νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΚΒ παίρνουμε:

ΑΒ = ΑΚ => ΑΚ = βημφ = β (2) η μ( π - 2Φ) ημφ ημ2φ 2συνΦ

Ο νόμοσ των ,συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΓ δίνει

ΒΓ 2 = ΑΒ 2 + ΑΓ2 - 2ΑΒ · ΑΓσυνΦ => 1 = 2β 2 -

2β2 - 1 2β 2 συνΦ => συνΦ = 2 (3) 2β

Η (2) λόγω της (3) δίνει: ΑΚ = �3 (4).

2β - 1

Είν!η: ΚΓ = ΑΓ - ΑΚ = β - β 3 = β 3 - β (5)

-._- 2β 2 - 1 2β 2 - 1

Επειδή ο β είναι ρίζα της χ 3 - 3χ 2 + 1 = Ο ,ισχύει

ότι β 3 = 3β 2 - 1 , οπότε η σχέση (5) γράφεται

ενώ , ΚΕ = ΚΓ - ΕΓ = 1 + _!_ - 1 = _!_ . Αν Ρ είναι β β

σημείο του γεωμετρικού τόπου και ΡΗ , ΡΘ τα

ύψη των τριγώνων Ρ ΔΒ , ΡΚΕ αντιστοίχως, τότε:

1 1 (ΡΔΒ) = (ΡΚΕ) ::::> - ΔΒ · ΡΗ = -ΚΕ · ΡΘ ::::> ΡΗ = ΡΘ 2 2

αφού ΔΒ = ΚΕ = _!_ . Άρα, το σημείο Ρ ανήκει στη β

διχοτόμο της γωνίας Α. Το αντίστροφο απλό.

Τελικά, ο ζητούμενος γ.τ. είναι η διχοτόμος της

γωνίας Α του τριγώνου ΑΒΓ. 2. Α ν είναι Ν το σημείο τομής των των ΑΡ , ΒΚ

από το θεώρημα της διχοτόμου στο τρίγωνο ΑΒΚ

είναι: ΝΒ = ΑΒ ( 6) . Στο τρίγωνο ΑΒΚ έχουμε ΝΚ ΑΚ

, , ΜΑ ΝΒ ΖΚ ΑΒ ΖΚ ΖΚ επισης οτι: -- · - · - = 1 · - · - = β-ΜΒ ΝΚ ΖΑ ΑΚ 1 ΑΚ

= β ΑΚ - ΑΖ = β(l - ΑΖ ) = β(1 - 2β2 - 1 ) = ΑΚ ΑΚ β3

β 3 - 2β 2 + 1 β 3 - 2β 2 + 1 β 2 = β

β 3 = β 2 = β2 = 1

Από το θεώρημα του CEV Α στο τρίγωνο ΑΒΚ τα

τμήματα ΑΡ , ΒΖ , ΚΜ συντρέχουν.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Στη λύση που προηγήθηκε δεν

χρειάστηκε να προσδιορισθεί το μέτρο της γωνίας

Α του τριγώνου ΑΒΓ , αν και αυτό ήταν στις

προθέσεις του προτείνοντος την άσκηση

συναδέλφου καθώς και επιλογή των συναδέλφων

Διονύση Γιάνναρου ( Πύργος ) και Ροδόλφου

Μπόρη (Δάφνη) , που έστειλαν λύσεις βασισμένες

στον υπολογισμό της γωνίας Α. Για τον λόγο αυτό

αξίζει να αναφέρουμε τον τρόπο προσδιορισμού Λ Λ Λ Π - 2ω Π της. Έστω Α = 2ω . Τότε Β = Γ = = - - ω

2 2

οπότε ημΓ = ημ( π - ω) = συνω . Από το νόμο των 2


--------------0 Ευκλείδης Προτείνει . . . --------------ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε διαδοχικά:

ΑΒ ημΓ β συνω συνω - = -- � - = -- = = ΒΓ ημΑ 1 ημ2ω 2ημωσυνω 2ημω

Επειδή β 3 - 3β 2 + 1 = Ο και β = -1- , έχουμε: 2ημω

1 3 1 1 0 , , , -----=-3 - - 2 + = σχεση απο την οποια 8ημ ω 4ημ ω

προκύπτει η 8ημ 3ω - 6ημω + 1 = Ο ( 1 ) . Όμως, είναι

και ημ3ω = 3ημω - 4ημ3ω με αποτέλεσμα

8ημ3ω - 6ημω = -2ημ3ω (2) . Από τις ( 1 ) , (2)

έπεται ότι : - 2ημ3ω + 1 = Ο <:::> ημ3ω = ..!.. (3). 2

Λ Λ Ακόμη, είναι β > 1 � ΑΒ > ΒΓ οπότε Γ > Α και

2 π , π , 3 3π Α , (3) ω < - η ω < - και αρα ω < - . πο την 2 4 2

, , 3 π π ΑΛ

2 π προκυπτει οτι : ω = - � ω = - � = ω = - . 6 1 8 9

ΑΣΚΗΣΗ 200 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 82 )

Δίνεται κανονικό επτάγωνο Α 1Α2Α3 • • • • Α 7

Α 1Α3ΓΑ7 είναι παραλληλόγραμμο (#), αφού

Α4

γωνίες ίσες) . Ομοίως, το Α 1Α3Α7Δ είναι # οπότε

ΓΑ7 = Α3Α1 = Α7Δ , δηλ. Α7 είναι μέσον του ΓΔ

και επειδή Α1 Α7 // ΒΓ , το Α 1 είναι μέσον της ΒΔ

ε ε ρα ε'νο σε κυ' κλο (Ο R ) Αν οι 0 ευθε'ες το τρίγωνο 03ΒΓ είναι ισοσκελές με διάμεσο και γγ γ μμ ι , ι . ι ι

Α4Α7 στο

ακόλουθα:

Δ, ζητείται να αποδειχθούν τα στο ισοσκελές τρίγωνο 03ΓΔ η 03Α- είναι

διάμεσος ' οπότε o),. 7r =Ξ ο 'Ετσι, το τετράπί.ευ

1 . Αν (03 , R 3 ) είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος ρο ΓΑ303Α7 με δύο απέναντι γωνίες

του τριγώνου ΓΒΔ τότε το τετράπλευρο Γ Α30Α7

είναι εγγράψιμμο σε κύκλο , έστω (Ο 2 , R 2 ) •

2 . Οι κύκλοι (0 1 , R 1 ) και (0 2 , R 2 ) είναι ίσοι.

3. Ο κύκλος (03 , R 3 ) διέρχεται από το σημείο Α6

4. Αν είναι α η πλευρά του κανονικού επταγώνου

τότε ισχύει ότι: Γ Α6 = α.fi . ( ΓΕΩΡΓΙΟΣ ΚΑ ΤΣΑΟΥΝΗΣ - Πρέβεζα )

Λ ΥΣΗ ( ΓΙΩΡΓΟΣ ΜΗΤΣΙΟΣ - Ράμια Άρτας )

1 :Εστω θ το μέτρο κάθε εγγεγραμμένης γωνίας σε

παραπληρωματικές, είναι εγγράψιμμο <;>ε κύκλο

C 2 : (0 2 , R 2 ) με διάμετρο 0 3Γ = 2R 2 •

2 . Τα τρίγωνα ΒΓ Δ και Γ Α3Α7 είναι όμοια με

Λ λόγο ομοιότητας 2 και ΒΓ Δ = 7θ - 3θ = 4θ , οπότε

Λ Λ Α3 03Α7 = 3θ ή Β0 3Δ = 6θ . Στο ισοσκελές

Λ Λ θ τρίγωνο ΒΟ3Δ είναι 03ΒΔ = 03ΔΒ = - , ενώ στο 2

Λ Λ 3θ ισοσκελές τρίγωνο Γ03Δ : 03ΓΔ = 03ΔΓ = - . 2


--------------0 Ευκλείδης Προτείνει . . . --------------Στο ι<1οσκελές τρίγωνο είναι 4R 2συν2 2θ + 4R 2ημ 2θ + 4R 2ημθ · συν2θ · ημ2θ

Έτσι, 03Γ = 20 ιΑ4 ή 2R 2 = 2R ι <=> R 2 = R ι = R

και R 3 = 03Γ = 2R2 = 2R .

3. Έστω Ζ η τομή των Α4Α7 , Α2Α6 και Ε η τομή

των Α ιΑ3 , Α 2Α6 • Διαπιστώνουμε εύκολα ότι τα

τετράπλευρα ΓΖΑ6Α5 , ΑιΕΖΑ7 είναι # και το

= 4R2 (συν2 2θ + ημ2θ + ημθ · συν2θ · ημ2θ) = 4R2

αφού αποδεικνύεται εύκολα ότι: συν2 2θ + ημ2θ + ημθ · συν2θ · ημ2θ = 1 .'Ετσι, 03Α6 = y = 2R ,δηλ ο κύκλος C3 διέρχεται από το Α6 . 4. Από το ορθογώνιο τρίγωνο 03Α7Γ έχουμε

(5 ) Γ Α7 = 2Rημ2θ = 2R · 2ημθσυνθ = 2ασυνθ (7) Από το νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο Γ Α6Α7

2 2 2 Γ Α6 = Γ Α7 + Α6Α7 - 2Γ Α7 -Α6Α7 · συν2θ = = 4α2συν2θ + α2 - 2 · 2ασυνθ · α · συν2θ =

2 2 (4) = α (4συν θ + 1 - 4 · συνθ · συν2θ) = = α2 (4συν2θ + 1 - 1 - 2συν2θ) = 2α2

Άρα, ΓΑ6 = α.fi .

Αι Α7 = α .Όμως, Αι Α3 = Α3Α5 οπότε είναι Λύσεις έστειλαν οι συνάδελφοι: Ροδόλφος

Α Ε Α Γ k Α Z ΖΑ k Α , , Μπόρης - Δάφνη, Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος. 1 = 5 = και 7 = 6 = . πο το νομο

των ημιτόνων στο τρίγωνο Α3ΓΑ7 έχουμε:

α + k α -- = -- => α + k = 2ασυνθ (1) και ημ2θ ημθ

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ

2 1 5 . Να δείξετε ότι η εξίσωση z4 + 4(1 + i)z + 1 = Ο

έχει μία ρίζα (με εικόνα) σε κάθε τεταρτημόριο του

k = α(2συνθ - 1) (2) . Στο τρίγωνο zA6A7 μιγαδικού επιπέδου.

φέρουμε ΖΗ l_ Α6Α7 οπότε συν2θ = � , δηλ . 2k

k = α (3). Από τις (2), (3) προκύπτει ότι 2συνθ

(ΓΙΩΡΓΟΣ ΔΕΛΗΣΤ ΑΘΗΣ - Κ. Πατήσια) 2 16. Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι χ , y που

{ x + y = 589 ικανοποιούν το σύστημα:

[x, y] = 84 · (x, y)

2συνθ _ 1 = 1 <=> 4συν2θσυνθ = 1 + 2συν2θ (ΗΡ . ΕΥ ΑΓΓΕΛΙΝΟΣ - ΕΥΡ. ΚΑΣΣΕΤ ΑΣ) 2συν2θ

(4) . Από το ορθογώνιο τρίγωνο 03Α3Γ έχουμε 2 1 7. Δίνεται κύβος ΑΒΓΔΘΕΖΗ ακμής α και

διαδοχικές έδρες ΑΒΓΔ , ΑΒΕΘ. Αν Ι είναι σημείο

ημθ = � <=> α = 2Rημθ (5), ενώ από το 03Α7Γ : της ΑΕ τέτοιο, ώστε ΑΙ=α τότε: 2R

τον νόμο συνημιτόνων στο τριγωνο 03Α7Α6 =>

Λ 1) Ν α υπολογισθεί η γωνία ΙΔΗ . 2) Να αποδειχθεί ότι οι ακμές ΙΑ, ΙΓ, ΙΔ της

πυραμίδας ΙΑΓ Δ αποτελούν πλευρές τριγώνου.

3) Να βρεθεί τι μέρος του όγκου του κύβου καταλαμβάνει η πυραμίδα.

(Β. ΦΡΟΥΝΤΖΟΣ - Αγρίνιο)

* Αγαπητοί φίλοι και συνάδελφοι, η στήλη

αναμένει από σας νέα προτεινόμενα θέματα

καθώς και λύσεις θεμάτων


Εσείς γράφετε . . . . . , , . . . . . . εμεις απανταμε Όπως έχουμε ξαναγράψει ο όγκος της αλληλογραφίας για τον Ευκλείδη Β · είναι μεγάλος. Η προσπάθειά μας είναι να α

παντούμε όσο νωρίτερα γίνεται στα γράμματά σας, όμως έκτακτα περιστατικά δημιουργούν πολλές φορές πρόβλημα χώρου. Βέβαια χαρά μας είναι η επικοινωνία μαζί σας με οιονδήποτε τρόπο και για οποιοδήποτε θέμα. Έτσι γι ' αυτό το τεύχος έχουμε: Ο κ. Νίκος Πελεκανάκης (δεν είναι μαθηματικός) είναι ένας νέος που αγαπάει τα μαθηματικά και κάνει προσπάθεια για πολλά χρόνια να δώσει λύση στην εξίσωση 5ou βαθμού με το δικό του τρόπο. Επειδή η προσπάθεια του Νίκου Πελεκανάκη είναι αξιόλογη και επειδή στην πορεία της δουλειάς του προκύπτουν ερωτηματικά, ο ίδιος απευθύνεται στο περιοδικό και παρακαλεί όποιον μπορεί ή όποιον ασχολείται με αυτά τα θέματα να συνεργαστεί μαζί του ώστε να βρει απάντηση στα ερωτήματά του.

Τα Ερωτήματα που μας έστειλε είναι: 1) Γνωρίζω ότι έχουν βρεθεί ρητές εξισώσεις 5ου βαθμού των οποίων η πραγματική τους ρίζα εκτός από ριζικά 5ης τάξης περιέχει και ριζικά 2ης τάξης όπως αυτή που σας αναφέρω εδώ. Εξίσωση :

χ5 - 5χ4 - 1 0χ3 - 1 0χ2 - 20χ - 20 = Ο ρίζα

ρ = l + �5 + 2J6 + �5 - 2,/6 + �27 + 9J6 + :.Jr-27 _

__ 9_,/6_

6 Επιθυμώ να σας ρωτήσω το εξής σημαντικό μου θέμα. Υπάρχει πραγματική ρίζα, ρητής εξίσωσης 5ου βαθμού, όπου στη μορφή της ρίζας εκτός από ριζικά 5ης τάξης ( �) , υπάρχουν και ριζικά 3ης τάξης ( �) , ή 4ης τά-

ξης (�) ; Α ν ισχύει αυτό το γεγονός, θα ήθελα να μου δείξετε l-2 σχετικά παραδείγματα για κάθε περίπτωση. 2) Γνωρίζω ότι έχουνε βρεθεί μαθηματικές μέθοδοι οι οποίες κατορθώνουν να επιλύουν τα ανάγωγα και επιλύσιμα πολυώνυμα 5ου βαθμού. Θέλω να γνωρίσω αν υπάρχει ανάλογη μέθοδος για τα μη ανάγωγα πολυώνυμα, π. χ. όταν ένα τέτοιο πολυώνυμο είναι γινόμενο ενός δευτεροβάθμιου και ενός τριτοβάθμιου πολυωνύμου. 3) Υπάρχει κάποια αναγκαία και ικανή συνθήκη έτσι ώστε το w να είναι ρίζα ενός ανάγωγου ρητού πολυωνύμου 5ου βαθμού; 4) Θέλω να γνωρίσω από εσάς αν υπάρχει μέθοδος επίλυσης ανάγωγων πολυωνύμων 5ου βαθμού με πραγματικούς συντελεστές. Για παράδειγμα μπορούμε να επιλύσουμε ένα τέτοιο πολυώνυμο, το f(x)= 6χ5 + 30χ4 + 30χ3 - l80x2 -480χ -656-25&/2 -l25if<i = Ο ; Α ν ναι, ποια είναι η πραγματική του ρίζα; (Είναι ένα ανάγωγο πολυώνυμο που έχω κατασκευάσει και θέλω να γνωρίσω την ύπαρξη και την ικανότητα μεθόδων επίλυσης σε τέτοια πολυώνυμα). 5) Έστω ότι f(x) = (χ - ρ) · g(x), όπου f(x) ανάγωγο πολυώνυμο 5ου βαθμού και ρ η πραγματική του ρίζα. Μου έχει δηλώσει ένας γνωστός μου μαθηματικός ότι το τεταρτοβάθμιο πολυώνυμο g(x) είναι άγνωστης μορφής. Το γεγονός αυτό ισχύει;

(Αν ισχύει, θα μου επιτρέψετε να σας πω, ότι έφτασε η ώρα που η μορφή του θα είναι πλέον γνωστή. Λόγω πίεσης χρόνου δεν μπόρεσα να σας δώσω ένα παράδειγμα εδώ. Πάντως η μέθοδος είναι υπαρκτή και αποτελεσματική). 6) Θέλω να με πληροφορήσετε αν υπάρχουν μαθηματικές εργασίες πάνω στα είδη των ριζών της εξίσωσης 4ου βαθμού. Η μόνη που γνωρίζω και έχω στα χέρια μου είναι η σχετική μελέτη των μαθηματικών Ανδρέα και Λεωνίδα Πετράκη. Γνωρίζετε κάποια άλλη; 7) Δίνεται το σύστημα των εξής μη γραμμικών εξισώ-σεων:

x3y + xy3 + 2 = 0 (1)

2χ3 - χ2 + y3 + Υ - 4 = Ο (2) Θέλω να διαπιστώσω από εσάς, ποια είναι η προσφορότερη διαδικασία να εκτελέσουμε προκειμένου να βρούμε τις ρίζες του συστήματος αυτού. Να λύσουμε το σύστημα άμεσα προσεγγίζοντας τις ρίζες, ή να επιλύσουμε την εξίσωση

5y1 2 + 2y1 1 + 8y1 0 - 24y9 - 24y8 - 30y7 + 9y6 + l l 2y5 + 1 00y4 + l 6y3 - l44y - l96y - 64 = ο που προκύπτει από το σύστημα με απαλοιφή των κυβικών ριζικών και κατόπιν να βρούμε τις ρίζες του χ; 8) Θέλω πολύ να γνωρίσω από εσάς παραδείγματα ριζών ανάγωγων πολυωνύμων Ίου βαθμού. Έχω ασχοληθεί σε ένα μικρό βαθμό με αυτή την εξίσωση και ίσως μπορέσω στη μαθηματική μου μελέτη, με τη βοήθειά σας, να καταθέσω κάποιες λίγες σκέψεις πάνω στην εξίσωση αυτή .

Μια πρώτη απάντηση για το περιοδικό, από τον κ. Παναγιώτη Χριστόπουλο είναι:

Μελέτησα με προσοχή τα όσα αναφέρεις, όμως δεν θα μπορούσα να απαντήσω σε όλα τα ερωτήματά σου. Πάντως θέλω να σου πω ότι στη διάρκεια τριών περίπου αιώνων, πριν από την εποχή του Ga/oίs, οι μαθηματικοί δεν είχαν κατορθώσει να σημειώσουν καμιά πρόοδο σε αυτόν τον τομέα. Ας έχουμε υπόψη μας ότι πρόκειται για εξισώσεις αλγεβρικές, που πρέπει να επιλυθούν με τις τέσσερις πράξεις της αριθμητικής (πρόσθεση, αφαίρεση, πολλαπλασιασμό και διαίρεση, τα ριζικά και τις δυνάμεις). Οι εξισώσεις πρώτου και δεύτερου βαθμού είχαν ήδη επιλυθεί από την εποχή των Βαβυλωνίων, που είχαν προσδιορίσει ότι για την πρωτοβάθμια εξίσωση αρκούν οι τέσσερις στοιχειώδεις πράξεις, ενώ η επίλυση της δευτεροβάθμιας εξίσωσης απαιτεί την εξαγωγή της τετραγωνικής ρίζας μιας συνάρτησης των συντελεστών της. Όμως, μόνο τον 1 6ο αιώνα ο Scίpίone da/ Ferro και ο Nίcco/o Fontana, γνωστότερος ως Tartag/ίa, απέδειξαν ότι η τριτοβάθμια εξίσωση απαιτεί την εξαγωγή κυβικών ριζών που εκφράζονται μέσω των συντελεστών, ενώ ο Lodoνίco F errarί απέδειξε πως η τεταρτοβάθμια εξίσωση απαιτεί την εξαγωγή ριζών τετάρτου βαθμού. Όλα έδειχναν πως η επίλυση μιας εξίσωσης, νιοστού βαθμού δεν απαιτούσε πράξεις πιο περίπλοκες από την εξαγωγή νιοστών ριζών. Κανένας όμως ποτέ δεν μπόρεσε να αποδείξει μέχρι που την επιβεβαίωσε ο Abel το 1824, ότι μια γενική αλγεβρική εξίσωση βαθμού ανώτερου του τέταρτου δεν επιλύεται μέσω ριζικών. Αυτό όμως δεν σήμαινε πως είχαν φτάσει


--------------Εσείς γράφεται • . . εμείς απαντάμε . . . --------------σε ένα τελεσίδικο όριο. Πράγματι, το θεώρημα RaujiniAbel ισχύει μόνο για τις γενικές αλγεβρικές εξισώσεις, όταν δηλαδή οι συντελεστές της εξίσωσης είναι γενικοί, αλλά δεν ισχύει για ειδικές εξισώσεις. Ήταν γνωστό πως υπάρχουν ειδικές περιπτώσεις εξισώσεων πέμπτου ή και ανώτερου βαθμού που λύνονται μέσω «τεχνασμάτων» τα οποία επιτρέπουν τον υποβιβασμό σε τέταρτο βαθμό ή και ακόμα πιο κάτω. Με δυο λόγια, δεν υπήρχε ένα κριτήριο που θα επέτρεπε να γνωρίζουμε εκ των προτέρων αν μια εξίσωση πέμπτου ή και ανώτερου βαθμού μπορούσε ή όχι να λυθεί μέσω ριζικών. Μια αρκετά διαδεδομένη άποψη οδηγούσε τον ενδιαφερόμενο να πιστέψει ότι κατά κανόνα ήταν αδύνατον, και πως οι σποραδικά εντοπισμένες λύσεις για εξισώσεις πέμπτου ή και εβδόμου βαθμού ήταν μάλλον ασήμαντες εξαιρέσεις. Το αποτέλεσμα που πέτυχαν οι Raujini και Abel, έμοιαζε να ενισχύει αυτή την πεποίθηση. Ο Eνarίste Galois κατάφερε να εντοπίσει οριστικά κριτήρια για το αν οι λύσεις μιας δεδομένης εξίσωσης μπορούσαν ή όχι να αναζητηθούν μέσω ριζικών. Κατάφερε δηλαδή να προσδιορίσει τις γενικές συνθήκες για την επιλυσιμότητα ή μη των εξισώσεων. Για να φτάσει ο Eνariste Galoίs στο αποτέλεσμα αυτό, αντί να επιχειρήσει ν' αντιμετωπίσει τη λύση των εξισώσεων του ενός ή του άλλου βαθμού, επινόησε μια γενική θεωρία ομάδων εξισώσεων βασισμένη σε πράξεις μετάθεσης μεταξύ των συντελεστών των ίδιων των εξισώσεων. Ομαδοποίησε όλες τις εξισώσεις που προκύπτουν από διαφορετικούς συνδυασμούς των ίδιων συντελεστών. Έτσι, μέσα από τον προοδευτικό μηδενισμό των συντελεστών έφτασε σε μια ελάχιστη εξίσωση, που να είναι το πολύ τέταρτου βαθμού, δηλαδή ασφαλώς επιλύσιμη. Ξεκινώντας απ' αυτή την εξίσωση, προσπαθούμε τελικά να κάνουμε αναγωγή στην κύρια ομάδα. Επιχειρούμε δηλαδή να αποδείξουμε πως η κύρια ομάδα μπορεί να σχηματισθεί με αφετηρία την εξίσωση αυτή. Αν πετύχει το εγχείρημα, τότε η εξίσωση νιοστού βαθμού (όπου ν μεγαλύτερο του 4) είναι επιλύσιμη, δηλαδή αναγώγιμη σε εξισώσεις που μπορούν να λυθούν μέσω εξαγωγών ρίζας. Όταν όμως δεν είναι δυνατόν να αναχθούμε από την επιλύσιμη υποομάδα στην κύρια ομάδα, η εξίσωση δεν είναι γενικά επιλύσιμη.

Ευχαριστούμε επίσης: • Τον συνάδελφο Λευτέρη Γ. Τσιλιακό που μας έστειλε

μια μέθοδο εύρεσης του πλήθους των πρώτων που είναι μικρότεροι ή ίσοι ενός αριθμού, με χρήση του συνδυαστικού τύπου του Sylνester.

• Τον κ. Φώτη Ζώτο για την εργασία του στον υπολογισμό του όγκου της σφαίρας, πολύ καλό αλλά δυστυχώς η διδασκαλία της Στερεομετρίας f:χει εκτοπιστεί από τα σχολεία.

• Τον κ. Στέλιο Τσάμη τ. σχολικό σύμβουλο. Σχετικά με την απόδειξη για την εικασία του Goldbach.

• Το μαθητή Μ. Φραντζή από την Κόρινθο για μια λύση που δίνει σε μια άσκηση.

• Τον κ. Καρέλα Γιάννη Φυσικό από την Πάτρα μας έχει στείλει πολλές επιστολές και γράφει για ομάδες, για συμμετρία, για ανάλυση, ενώ τα συνοδεύει πάντα με αρκετά επίκαιρο φωτογραφικό υλικό, και τον ευχαριστούμε πολύ.

• Τον κ. Σκληβανιώτη Στέφανο από τα Άσπρα Σπίτια, μας γράφει σχετικά για κράματα και καράτια τον ευχαριστούμε.

• Το μαθητή Σαγιά Μάνο από το Ηράκλειο που μας έστειλε μια άσκηση.

• Τον κ. Σιοκορέλη Διονύσιο μηχανολόγο μηχανικό του ΕΜΠ από τη Σκάλα Λακωνίας που μας έστειλε εργασίες σε θέματα διαλεκτικής, φυσικής και πολλά άλλα επίσης μαθηματικά θέματα, τον ευχαριστούμε επίσης πολύ.

• Τον κ. Ε. Γκολέμη που μας έστειλε μια άσκηση με ολοκλήρωση κατά παράγοντες.

• Τον συνάδελφο Θανάση Κοπάδη που μας έστειλε κάτι παράξενο και πολύ όμορφο από την Κβαντομηχανική του 1 930. Αναφέρει σχετικά με το θέμα ότι:

Ο Σρέντιγκερ για να δείξει ότι η κβαντική θεωρία ήταν ελλιπής κατασκεύασε ένα νοητικό πείραμα «Την Γάτα του Σρέντιγκερ». Από το νοητικό αυτό πείραμα προέκυπτε ότι η γάτα είναι ταυτόχρονα ζωντανή ή νεκρή είτε αυτή ήταν εν ζωή είτε όχι, τον ευχαριστούμε πολύ.

Βραβεία της Ακαδημίας Αθηνών Η Ακαδημία Αθηνών ανακοίνωσε τα βραβεία που θα δοθούν το 2013 και το 2014. Προθεσμία υποβολής, ορίζεται η 30 Απριλίου 20 1 3 .

Στα Μαθηματικά Βραβεία για το Δεκέμβριο του 201 3

� Βραβείο του καθηγητού Αριστείδου Φωτίου Πάλλα, με χρηματικό έπαθλο 5 .000 €, στη Μαθηματική Ανάλυση.

� Βραβείο Επαμεινώνδα Παπαστράτου, με χρηματικό έπαθλο 5 .000 €, στην Τοπολογία.

� Βραβείο Επαμεινώνδα Παπαστράτου, με χρηματικό έπαθλο 5 .000 €, στη Γεωμετρία.

� Βραβείο Επαμεινώνδα Παπαστράτου, με χρηματικό έπαθλο 5 .000 €, στην Άλγεβρα. Στην Αστρονομία

� Βραβείο Γεωργίου Θ. Φωτεινού, με χρηματικό έπαθλο 5 .000 €, για την βράβευση πρωτότυπης επιστημονικής εργασίας επί θεμάτων Αστρονομίας.

Βραβεία για το Δεκέμβριο του 201 4 � Βραβείο Νικολάου Κ. Αρτεμιάδη, αθλοθετούμενο από

την σύζυγό του Ζαφειρία Ν. Αρτεμιάδη, με χρηματικό έπαθλο 5 .000 €, στη Μαθηματική Ανάλυση.

� Βραβείο Βασιλικής χήρας Γερασίμου Νοταρά, με χρηματικό έπαθλο 5 .000 €, εις μνήμην των γονέων της Ιωάννου και Ανδρομάχης I. Δεμερτζή, για τη βράβευση της καλύτερης εργασίας επί των Μαθηματικών των Αρχαίων Ελλήνων.

Βραβεία της χρονιάς [28 Δεκ. 2012] Τα φετινά βραβεία της Ακαδημίας Αθηνών που απονεμή

θηκαν στην ετήσια πανηγυρική συνεδρία μεταξύ άλλων ήταν: • Η δημόσια κεντρική βιβλιοθήκη της Βέροιας για το μορ

φωτικό της έργο. • Η Ελληνοαμερικάνικη ένωση για την προσφορά της σε

θέματα παιδείας και πολιτισμού στη χώρα μας. • Το αρχαιολογικό περιοδικό «Αρχαιολογική Εφημερίς»

(1837) για την 175ετή συμβολή του στην επιστήμη . • Στα Μαθηματικά το βραβείο του Ν. Αρτεμιάδη απονε

μήθηκε στον Β. Νεστορίδη, και της Β. Γ. Νοταρά στον Γ. Θωμαtδη.


Μοντελοποίηση και Εκπαίδευση

ι επιστήμονες σήμερα στα πλαίσια των ερευνών τους επιζητούν όλο και περισσότερα μαθηματικά μοντέλα, όλο

και πιο καλύτερες εφαρμογές των μαθηματικών, για την επίλυση άλυτων προβλημάτων στις διάφορες επιστήμες. Στα οικονομικά θέματα τώρα με την κρίση ακούμε για το μοντέλο της Ελλάδας, το μοντέλο της Βουλγαρίας, της Αργεντινής, της Ισπανίας κ.ά. Τι είναι όλα αυτά τα οικονομικά μοντέλα; Είναι η προσπάθεια για την επίλυση των προβλημάτων που δημιουργούν τα χρέη μιας χώρας, αλλά και η οικονομική ισορροπία που διαταράσσετε από το δύσκολο παιχνίδι του πάρε-δώσε μεταξύ των χωρών. Τα μαθηματικά έχουν συμβάλει στην πρόοδο των επιστημών και της τεχνολογίας αλλά και τα μαθηματικά από αυτή την πρόοδο έχουν γίνει πολυδιάστατα. Η επίλυση δύσκολων και πολύπλοκων προβλημάτων για τα οποία πολλές φορές δεν έχουμε όλα τα δεδομένα, όπως παραδείγματος χάριν η μελέτη για την πρόβλεψη του καιρού, των σεισμών κ.ά, επιλύονται μόνο αν δημιουργήσουμε το κατάλληλο μοντέλο. Δηλαδή να χρησιμοποιηθούν καλά αναπτυγμένες και γνωστές έννοιες από ένα τομέα, για να μελετηθούν φαινόμενα και έννοιες που είναι άγνωστα από κάποιο άλλο τομέα.

Αυτές οι γνώσεις οι οποίες χρησιμοποιούνται για τη μελέτη και επεξήγηση άλλων γνώσεων λέγονται μοντέλα. Για τις φυσικές επιστήμες π.χ. το μοντέλο είναι το άγαλμα, ενώ στην καθημερινή ζωή είναι το πρόσωπο. Δηλαδή είναι μια κατασκευή την οποία φτιάχνει κάποιος για να αναπαραστήσει κάτι. Οι προς μελέτη γνώσεις λέγονται πρωτότυπες. Το μοντέλο περιέχει μέρος μόνο από τις ιδιότητες του πρωτοτύπου, αλλά οι ιδιότητες αυτές είναι αρκετές για να προσδιοριστούν νέες ιδιότητες και νέα χαρακτηριστικά του πρωτοτύπου αλλά και του προς μελέτη φαινομένου. Η διαδικασία με την οποία οδηγούμαστε στο μοντέλο αυτό λέγεται μοντελοποίηση .

Παναγιώτη Π. Χριστόπουλου

Με τον όρο Μαθηματική Μοντελοποίηση εννοούμε τη μετάφραση ενός θέματος που προέρχεται από έναν άλλο επιστημονικό χώρο στη γλώσσα των Μαθηματικών και την επίλυσή του πλέον ως Μαθηματικού προβλήματος, αφού τα μαθηματικά αποτελούν την κατάλληλη γλώσσα για την καταν·όηση και μελέτη του κόσμου μας. Η μοντελοποίηση συνδυάζεται με τον προγραμματισμό και την εξομοίωση. Στο στάδιο του , υπολογισμού γίνεται εφαρμογή των μαθηματικών διαδικασιών, μεθόδων και αλγορίθμων φυσικά και με τη βοήθεια ηλεκτρονικού υπολογιστή, ενώ στο τέλος η λύση που προκύπτει για το μοντέλο προσαρμόζεται ώστε να μπορεί να εφαρμοστεί πρακτικά στο πραγματικό πρόβλημα.

Είναι γνωστό ότι τα φαινόμενα με τα οποία ασχολείται η φυσική , η οικονομία, η βιολογία και άλλες επιστήμες εκφράζονται μέσω συναρτήσεων.

Μελετώντας τις συναρτήσεις αυτές εξάγουμε χρήσιμες πληροφορίες για τα φαινόμενα. Πώς γίνεται αυτή η διαδικασία; Παίρνουμε ένα ερώτημα από ένα θέμα και προσπαθούμε να το «μαθηματικοποιήσουμε» που σημαίνει να το εξετάσουμε συστη ματικά, να το χωρίσουμε σε βήματα και να βρούμε την αλληλοε-ξάρτησή τους.

Κατόπιν προσπαθσύιμε να συνθέσουμε ένα μαθηματικό μοντέλο που να περιγράφει το πραγματικό πρόβλημα και να είναι απλό, ώστε να είμαστε σε θέση να φτάσουμε με τα μαθηματικά σ' ένα συμπέρασμα. Στο τέλος επιστρέφουμε στο αρχικό πρόβλημα και ερμηνεύουμε τα αποτελέσματα που βρήκαμε.

Συνήθως ορισμένα αποτελέσματα είναι ρεαλιστικά, ενώ άλλα απέχουν πολύ από την πραγματικότητα. Τότε θα γίνει τροποποίηση του μαθηματικού μοντέλου και προσθήκη παραμέτρων ώστε τα αποτελέσματα να ανταποκρίνονται στη λύση του αρχικού προβλήματος. Επομένως πρέπει η εκπαίδευση να εντάξει στα αναλυτικά προγράμματα τη διδασκαλία της μοντελοποίησης.


Μαντελοποίηση και Εκπαίδευση

Η διδασκαλία της μαθηματικής μοντελοποίησης υπηρετεί ένα ευρύ φάσμα εκπαιδευτικών στόχων: α) Απαιτεί πλήρη κατανόηση του πραγμα

τικού προβλήματος το οποίο πρόκειται να μοντελοποιηθεί.

β) Καλλιεργεί την αφαιρετική σκέψη και την ικανότητα τυποποίησης του προβλήματος, ώστε να μπορεί να αντιμετωπισθεί με μαθηματικό τρόπο.

γ) Επιστρατεύει γνώσεις και διαδικασίες από οποιαδήποτε περιοχή των μαθηματικών και διδάσκει την διαδικασία της ανατροφοδότησης

δ) Βοηθά τους μαθητές στην παρατήρηση και την έρευνα απλών και σύνθετων εννοιών στα μαθηματικά, ενώ ταυτόχρονα κεντρίζει την διαίσθησή τους και την όρεξη για γνώση.

ε) Η χρήση του υπολογιστή στη μελέτη, διερεύνηση και λύση προβλημάτων μοντελοποίησης, προσφέρει μεγάλη βοήθεια στη βαθύτερη κατανόηση των προβλημάτων από τους μαθητές και επηρεάζει θετικά τόσο το ενδιαφέρον όσο και την επίδοση των μαθητών.

Στα παιδιά του Δη μοτικού σχολείου πρέπει να δείχνουμε παιχνίδια που είναι απλά μοντέλα πραγματικού αντικειμένου, να τα ενθαρρύνουμε ώστε να συγκρίνουν τα παιχνίδια με τα πραγματικά αντικείμενα. Να εντοπίζουν διαφορές ως προς το μέγεθος, να εντοπίζουν διαφορές στα χαρακτηριστικά και τη λειτουργία των παιχνιδιών, να εντοπίζουν πιθανές ελλείψεις και περιορισμούς.

Στην Δευτεροβάθμια Εκπαίδευση τα παιδιά πρέπει να κατασκευάζουν μαθηματικά μοντέλα (π.χ. για φυσικά φαινόμενα), να συγκρίνουν δύο ή και περισσότερα μοντέλα, να αιτιολογούν ποιο προσεγγίζει καλύτερα το πρόβλημα και να μπορούν να περιγράφουν ένα θεωρητικό μοντέλο για ένα φαινόμενο.

Παράδειγμα να δοθεί στους μαθητές για μελέτη η μεταβολή της διάρκ

ειας της ημέρας. Οι μαθητές πρέπει να επιχειρήσουν τη μαθηματική μοντελοποίηση του φυσικού φαινομένου της μεταβολής της διάρκειας της ημέρας. Αφού ερευνήσουν και διαπιστώσουν ότι η διάρκεια της ημέρας σε ένα τόπο εξαρτάται από την θέση του πάνω

στην γήινη σφαίρα και από την εποχή του έτους, στη συνέχεια θα περιγράψουν ένα μαθηματικό μοντέλο για να βρίσκουν το χρονικό διάστημα ανάμεσα στην Ανατολή και τη Δύση του Ηλίου κατά το πέρασμα του έτους. Με τη βοήθεια τέτοιων παραδειγμάτων, οι μαθητές πείθονται ευκολότερα για τη χρησιμότητα των μαθηματικών. Την πλήξη που έχουν στο μάθημα διαδέχεται το έντονο ενδιαφέρον. Έτσι η τάξη μεταμορφώνεται σε ένα μαθηματικό εργαστήρι που έχει ως επακόλουθο την καλύτερη κατανόηση των μαθηματικών ακόμα και από τους αδύνατους μαθητές.

Στη μαθηματική μοντελοποίηση έχουμε τέσσερα στάδια: α) Μελέτη του πρωτοτύπου και εν συνεχεία καθορισμός των χαρακτηριστικών, των σχέσεων και των παραμέτρων, τα οποία το προσδιορίζουν. β) Δημιουργία του μαθηματικού μοντέλου. Στο βήμα αυτό μεταφράζεται η άσκηση στη μαθηματική γλώσσα. γ) Γίνεται λύση της δημιουργημένης μαθηματικής άσκησης. δ) Γίνεται εκτίμηση της λαμβανόμενης λύσης. Το στάδιο αυτό διαιρείται σε δυο μέρη : δ. Ι ) Έλεγχος της σχέσης μεταξύ του λαμβανόμενου αποτελέσματος και του μαθηματικού μοντέλου. δ .2) Έλεγχος της σχέσης μεταξύ της λαμβανόμενης μαθηματικής λύσης και του πρωτοτύπου.

Ακόμη διακρίνουμε δυο είδη μαθη ματικής μοντελοποίησης : i) Την εσωτερική μαθηματική μοντελοποίηση, η οποία αναφέρεται στο συσχετισμό μεταξύ των διαφόρων μαθηματικών γνώσεων (γεωμετρία και άλγεβρα, τριγωνομετρία και άλγεβρα κ.τ.λ.) . Το κάθε μαθηματικό αντικείμενο από μέρος του βοηθάει στην κατανόηση του άλλου.

Για παράδειγμα 1 ° : Να βρεθεί το εμβαδόν (Ε) του κυκλικού δακτυλίου του σχήματος, αν γνωρίζουμε ότι μια χορδή του μεγάλου κύκλου C ι (Ο, R) που εφάπτεται του μικρού κύκλου C2(0, ρ), είναι ίση με 6cm.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3172

Μαντελοποίηση και Εκπαίδευση

Λύση . . Με Γ συμβολίζουμε το σύνολο των γεωμετρι

κών γνώσεων, ενώ με Α το σύνολο των αλγεβρικών γνώσεων, με (Ε) το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου.

β ι :το εμβαδά του κύκλου c 1 είναι πR2 β2 : το εμβαδά του κύκλοι c2 είναι π/ β3 :εφαρμόζουμε το πυθαγόρειο θεώρημα,

δηλαδή R2=/+{6!2/ β4: υπολογίζουμε το R2-/=9 βs :εφαρμόζουμε την επιμεριστική ιδιότητα,

δηλαδή π(R2 -/) Το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου υπο

λογίζεται, αν από το εμβαδόν του κύκλου c 1 , αφαιρέσουμε το εμβαδόν του κύκλου c2 και λάβουμε υπ ' όψη ότι το σημείο επαφής της χορδής με τον κύκλο c2 είναι και μέσον της χορδής. Ακόμη η ακτίνα του μεγάλου κύκλου στο άκρο της χορδής και η ακτίνα του μικρού στο σημείο επαφής μαζί με το ήμισυ της χορδής δίνουν ορθογώνιο τρίγωνο, συγκεκριμένα:

2 2 ( 2 2) Ε =πR -πρ = π R -ρ = 9π Στο πιο κάτω σχήμα φαίνεται η μετάβαση

από τον ένα τομέα Γ (γεωμετρία), σε ένα άλλο τομέα Α (άλγεβρα), προκειμένου να δοθεί λύση στην άσκηση .

Γ

Παράδειγμα 2° : Αν α2+β2=1 και γ2+δ2=1, να δειχτεί ότι:

lαr - βδl � ι , όπου α, β ε R. Λύση

. Στο παράδειγμα αυτό η μετάβαση γίνεται από τον τομέα Α (άλγεβρα), σε ένα άλλο τομέα τ (τριγωνομετρία), προκειμένου να δοθεί λύση στην άσκηση . Θέτουμε α=ημφ, β=συνφ, γ=ημω και δ=συνω, στην τριγωνομετρία ισχύει: ημ2φ+συν2φ=1 και ημ2ω+συν2ω=l . Θα υπολογίσουμε το πρώτο μέλος της ανισότητας:

iαr - βδl = Ιημφ.ημω-συνφ.συν� = 1-(συνφ.συνω - ημφ.ημω)l = !συν( φ + ω)l Όμως -1 :::;; συνχ::;; 1 , άρα για το απόλυτο συν(φ+ω) θα έχουμε: Ο � iσυv(Φ + ω)i � 1 από το οποίο λαμβάνουμε ότι: iαr - βδl � 1 .

ίί) Την εξωτερική μαθηματική μοντελοποίηση : Πολλές μαθηματικές ασκήσεις τις συναντάμε σε διαφορετικές φόρμες και σε άλλες επιστήμες. Κατά τις ασκήσεις αυτές έχουμε την ακόλουθη κατάσταση : γνώσεις και επιδεξιότητες διδακτικού αντικειμένου χ χρησιμοποιούνται για την αιτιολόγηση διδακτικού αντικειμένου y. Και ακόμη, γνώσεις και επιδεξιότητες από το χ χρησιμοποιούνται κατά την δημιουργία της θεωρίας του y. Παραδείγματα : πριν 2200 χρόνια, όταν η ανθρωπότητα είχε αποδεχθεί τη σφαιρικότητα της Γης αλλά δεν γνώριζε τις διαστάσεις της, ο Ερατοσθένης με ένα Γεωμετρικό μοντέλο μπόρεσε να μετρήσει τις διαστάσεις της Γης από τις ακτίνες του ήλιου που έπεφταν σε ένα πηγάδι και τη σκιά που έριχνε ένας στύλος σε 800 km μακριά.

· · · · · · · · · · · · · · · · ·+- · · · - · · · · · · ·

- - - - - - - - - - - - - - - · ·4--· · · · · · · · · · ·

- - · - - - - - - - - - - - - - -+-- · · · · · · · · · · ·

- - - - - - - - - - - - - - · · ·+-- · - - - - - - - - - -- - - - - - - - - - - - - - - - -+-- - - - - - - - - - - -- · · · · · · · · · · · · · - - ·+-- · · - - - - - - - - ·

Τέτοια μοντέλα είναι και αυτό που πίστευαν οι πυθαγόρειοι, ότι οι αριθμοί είναι το μοντέλο για την ερμηνεία του κόσμου, καθώς και η κατασκευή- μοντέλο ο μηχανισμός των Α ντικυθήρων (που βρίσκετε στο Εθνικό Μουσείο), που πριν από δυο χιλιάδες χρόνια, έδινε τη δυνατότητα στους ανθρώπους να γνωρίζουν τις κινήσεις Γης -Σελήνης- Ήλιου και των πλανητών. Αντίστοιχο μοντέλο σήμερα είναι το Πλανητάριο για να έχουμε εικόνα του ουρανού πως ήταν κάθε χρονική στιγμή στο παρελθόν ή πως θα είναι στο μέλλον.

Επίσης τέτοια μοντέλα χρησιμοποιούν και οι μετεωρολόγοι για να μας πουν την πρόβλεψη για τον καιρό της κάθε περιοχής.


Ερευνητικές εργασίες ·

Ό ταν διδάσκεις φυσική, η σχέ

.

ση με τον πραγματικό κόσμο είναι εμφανής, όταν διδάσκεις ιστορία το ίδιο, όμως το δράμα με τα

Μαθηματικά είναι ότι ενώ κρύβονται παντού, πίσω από κάθε κίνησή μας, κάθε ενέργεια ή σκέψη, δεν είναι αυτό και τόσο φανερό, ε, αφού «κρύβονται! » και έτσι είπαμε να τα ξεσκεπάσουμε, να βρούμε κάποιο τρόπο να φανερωθούν, να δείξουν την ένοχη εμπλοκή τους σε όλα . . .

Οι 24 μαθητές του τμήματος της Β ' Λυκείου στο μάθημα επιλογής - Αστρονομία - άκουσαν με ενδιαφέρον την ιδέα μας για συμμετοχή και συνεργασία στη δημιουργία μιας σειράς πειραμάτων και παρουσίασής τους στο τέλος του χρόνου σε συμμαθητές και γονείς.

Πίσω από αυτή την ιδέα κρυβόταν μια υστερόβουλη σκέψη μας: ένας ολόκληρος κόσμος από συναρτήσεις, γραφικές παραστάσεις, κωνικές τομές και άλλα παράξενα μαθηματικά αντικείμενα καραδοκούσαν πίσω από τις αθώες κουβέντες μας.

Πρώτα δόθηκε το θέμα: «Η εξέλιξη της Αστρονομίας μέσα από διενέξεις». Ωραίο θέμα, ενδιαφέρον, σύγχρονο: δορυφόροι, πύραυλοι, μαύρες τρύπες, όλα ήταν στο τραπέζι.

Οι μαθητές χωρίστηκαν σε ομάδες. Στην αρχή έφεραν εργασίες με πληροφορίες που βρήκαν στο διαδίκτυο ή σε βιβλία. Διαβάστηκαν αρκετές από αυτές μέσα στην τάξη. Τα θέματα που τους απασχόλησαν ήταν δική τους επιλογή . . . (έτσι νόμιζαν τουλάχιστον . . . ήταν σαν το παιχνίδι με την τράπουλα: από τα 52 χαρτιά τι διαλέγεις τα κόκκινα ή τα μαύρα; . . . αν διαλέξει κόκκινα και θέλεις μαύρα, τότε λες: μου μένουν τα μαύρα . . . από τα μαύρα ποια θες μπαστούνια ή τριφύλλια; . . . ) έτσι και στις εργασίες αφήνουμε να διαλέξουν, αρκεί από πριν να ξέρουμε τι θέλουμε να διαλέξουν . . . οπότε πολύ εύκολα στρέφουμε το ενδιαφέρον προς το ζητούμενο. Όπως και να έχει οι μαθητές δημιουργούν και έχουν

Χθες, σήμερα, αύριο . . . Κατσαμένη Σύλβια

cmyκ:εντρώνοντας παρατηρήσεις και μετρήσεις, συζητώντας για τον τρόπο αναπαράστασης των διαφόρων ανακαλύψεων, θέλοντας να γίνουν εύκολα κατανοητές θεωρίες που ερμηνεύουν το σύμπαν, καταλήξαμε σε μία παρουσίαση που συνοδευόταν από . . . ούτε ένα, ούτε δύο . . . αλλά είκοσι πειράματα. Πειράματα που είχαν μiσα πολλή φυσική και αρκετά μαθηματικά, όπως κωνικές τομές, τριγωνομετρία, αναλογίες, πυθαγόρειο θεώρημα, γωνίες εντός εvαJJ..iJE, εξισώσεις και άλλα πολλά, παράλληλα όμως είχαν και το στοιχείο τοv παιχνιδιού, όπως αυτό με τη μπίλια που εκτοξεύεται πάνω σε κεκλιμένο επίπεδο και το ονομάσαμε «παίζοντας μπάσκετ στους πλανήτες» ή το άλλο με την αεραντλία που διοχετεύοντας αέρα σε πλαστικό μπουκάλι εκτοξευόταν ψηλά δίνοντας την εικόνα εκτόξευσης πυραύλου και όλοι ήθελαν μερίδιο στην εκτόξευση, διαγράφοντας παραβολικές τροχιές μέσα στην αυλή του σχολείου ή σημαδεύοντας ο ένας τον άλλο!

Και πέρασαν οι μήνες και τον Ιούνιο είμαστε έτοιμοι: αφού τα κείμενα γράφτηκαν, η παρουσίαση στον υπολογιστή γράφτηκε κι αυτή, φυλλάδια τυπώθηκαν και συρράφτηκαν, αφίσες αναρτήθηκαν και τα πειράματα στήθηκαν σε θρανία γύρω-γύρω.

αρκετή φαντασία ώστε να βελτιώσουν σημαντικά το Την ημέρα της παρουσίασης δύο μαθητές πρόβαλ-αρχικό μας πλάνο. λαν την παρουσίαση στην οθόνη, εξήγησαν ένα-ένα τα

Έτσι και έγινε εκείνη τη χρονιά. Ο οβελίσκος των πειράματα και μετά όλοι, μαθητές, καθηγητές και γονείς αρχαίων «αντικαταστάθηκε» από το στύλο του μπάσκετ πέρασαν και άκουσαν τις εξηγήσεις των μαθητών, που στην αυλή . Ο ήλιος, από ένα δυνατό προβολέα μέσα ξεδίπλωναν απλά τις τροχιές των πλανητών, έδειχναν στο εργαστήριο. Η περιφορά της σελήνης, από ένα ένα μικρό ρομπότ που οι ίδιοι είχαν προγραμματίσει να μπαλάκι καρφωμένο σε ένα στραβωμένο δευτερολεπτο- καθαρίζει τις πέτρες από το σεληνικό τοπίο, σχημάτιζαν δείκτη με τη γη κολλημένη στο κέντρο του ρολογιού. Η κύκλους, ελλείψεις και υπερβολές πάνω σε ένα φύλλο διαστολή του σύμπαντος, από ένα φουσκωμένο μπαλό- χαρτί τέμνοντας τη φωτεινή ακτίνα από το διπλό κώνο νι, που φουσκωνόταν πιο πολύ για να φανεί στην επι- μιας περιστρεφόμενης ακτίνας λέιζερ, έριχναν πυραύ-φάνειά του η απομάκρυνση δύο σημείων. λους κλπ . . . .

Κάπως έτσι «ανακάλυψαν» τα ηλιακά ρολόγια στο βι- Η σχολική χρονιά τελείωσε με τις καλύτερες εντυ-βλiο των Δανέζη- Θεοδοσiου όταν κατά λάθος . . . βρέθηκε πά- πώσεις. Ήρθε ο Σεπτέμβρης και οι μαθητές της περσινω σε ένα θρανίο . . . ή γνώρισαν το πείραμα του Ερατοσθένη νής Β ' μπήκαν στα βάσανα, η Γ Λυκείου όπως όλοι και πώς ο Αρίσταρχος υπολόγισε τις σχέσεις των αποστάσεων ξέρουμε είναι χρονιά μελέτης και αρκετά περιορισμέγης, ηλίου και σελήνης μέσα από την ιστοσελίδα του νου ελεύθερου χρόνου. www.telemath.gr ή τί είναι αυτές οι περίφημες κωνικές τομές Εμείς είχαμε στα χέρια μας όμως μια πρόσκληση που τους έδωσε ο Κέπλερ σάρκα και οστά όταν «διάλεξε» την στην οποία είχαμε στείλει ήδη από τον Ιούνιο την θετιέλλειψη σαν ευνοούμενή του. κή μας απάντηση για συμμετοχή στην Ελληνική Α-

Έτσι λοιπόν μαζεύοντας υλικό, γραπτό και προφορικό, στρονομιιςή Εταιρεία, την Πέμπτη 24 Σεπτεμβρίου


Ερευνητικές Εργασίες Projects

2009,στο Τμήμα Φυσικής του Πανεπιστημίου Αθηνών. Η ημερίδα θα περιλαμβάνει ομιλίες στοχευμένες σε

θέματα που διδάσκονται στο σχολείο (πχ. Ήλιος, αστρική εξέλιξη, εξέλιξη γαλαξιών, σχετικότητα, φωτορρύπανση, διαστημικά σκουπίδια, κ.α.) εμπλουτισμένες όμως με όλες τις τελευταίες εξελίξεις, και με προσπάθεια σύνδεσής τους με την καθημερινή πρακτική του σχολείου.»

Από τους εικοσιτέσσερις μαθητές μας μπόρεσαν να έρθουν μόνο οι οκτώ. Μόνοι τους κουβάλησαν όλα τα υλικά, τα έστησαν και στήθηκαν εκεί απέξω. Περνούσαν οι

σύνεδροι, ρωτούσαν και εκείνοι εξηγούσαν με πολύ μεγάλη ικανοποίηση που βρισκόντουσαν στο Τμήμα Φυσικής του Πανεmστημίου Αθηνών!

τέλος ήρθε η ώρα της παρουσίασης. Δύο μαθητές μας ανέβηκαν στο έδρανο και άρχισαν να διαβάζουν τις σελίδες της παρουσίασης που προβάλλονταν στην οθόνη. Όταν έφταναν σε πείραμα σηκωνόταν μέσα από τους ακροατές ένας από τους υπόλοιπους μαθητές και έλεγε λίγα λόγια για το πείραμα πώς είναι και τί κάνει. Έτσι κύλησε όλη η παρουσίαση. Τέλος οι μαθητές μας σηκώθηκαν και βγήκαν έξω, βιαζόντουσαν να φύγουν, πήραν όσα περισσότερα πράγματα μπορούσαν και επέστρεψαν στο σχολείο, τα άφησαν στο φύλακα και συνέχισαν για το φροντιστήριο. Η ημερίδα συνεχίστηκε. Είχαμε πρωτοτυπήσει σε ένα και μοναδικό σημείο, αφού όλες οι εργασίες που παρουσιάστηκαν ήταν εξαιρετικές: είχαμε δώσει το λόγο στους μαθητές μας, αυτό ήταν το πιο σημαντικό και για αυτό ακούσαμε επαινετικά λόγια από έγκριτους συνάδελφους.

Σήμερα κάποιοι από εκείνους τους μαθητές είναι φοιτητές, αυτοί αλλά και οι άλλοι έχουν περάσει από το σχολείο και μας έχουν μιλήσει για κείνη τη χρονιά της Αστρονομίας. Έχουν τις καλύτερες αναμνήσεις από τη συνεργασία, από το ενδιαφέρον που ένιωσαν να τους δίνεται, από τις γνώσεις 1tου αποκόμισαν με ένα διαφορετικό τρόπο από τον παραδοσιακό, από το αποτέλεσμα της δουλειάς τους που ούτε οι ίδιοι πίστευαν ότι είχαν καταφέρει.

Για μας ήταν μια ηθική ικανοποίηση γιατί επαληθεύσαμε τη βεβαιότητα ότι η συνεργασία, η συζήτηση,

η δημιουργία, το παίδεμα, η κατασκευή με τα χέρια, η μέτρηση με το χάρακα, το πείραμα, το παιΧνίδι, το γέλιο, η έκθεση στο κοινό, λειτουργούν θετικά στην απόκτηση και τη θεμελίωση της γνώσης.

Είχαμε βέβαια αποκομίσει και ένα άλλο σημαντικό συμπέρασμα: ότι αν δύο καθηγητές συνεργάζονται και ο καθένας στο χώρο που γνωρίζει καλύτερα συμβάλλει με την προσφορά του, τότε δίνει ένα καλό παράδειγμα στους μαθητές και έχει πολύ καλύτερα αποτελέσματα. Εμείς αυτό το τηρήσαμε όχι μόνο γιατί το πιστεύαμε αλλά και από ανάγκη, αφού το δίωρο της αστρονομίας

δεν επαρκούσε για να «βγει» η ύλη και να γίνουν όλα τα άλλα. Έγιναν όμως όλα με τον καλύτερο τρόπο. Πολλές φορές το εθελοντικό υπερέχει του υποχρεωτικού.

Έτσι πήραμε θάρρος για να μην πούμε θράσος και την επόμενη χρονιά βάλαμε στο χορό το επόμενο τμήμα Αστρονομίας. Εδώ το σκηνικό άλλαξε.

Το θέμα ήταν «Η γαιοπλασία του Άρη».

Εδώ μπήκαν τα θέματα της ενέργειας, τα φωτοβολταϊκά, οι ανακυκλώσιμες πηγές ενέργειας, τα ρομπότ, οι πύραυλοι και άλλα παρόμοια με της προηγούμενης χρονιάς. Τα κινητά τηλέφωνα, οι φορητοί υπολογιστές, το gps και ό,τι άλλο απολαμβάνει ο σύγχρονος άνθρωπος από πλευράς νέων τεχνολογιών αποδείχτηκε ότι οφείλει την ύπαρξή του στην προσπάθεια του ανθρώπου να ερμηνεύσει τη δημιουργία του σύμπαντος και να το κατακτήσει. Αποδείχτηκε με ένα τρόπο ουσιαστικό, με δράση και ανάδραση, με συμμετοχή και συνεργασία και τέλος με την παρουσίαση των εργασιών στο υπόλοιπο σχολείο. Οι καθηγητές πάλι είμαστε δύο, ένας φυσικός και ένας μαθηματικός και οι μαθητές 20.

Φέτος οι μαθητές είναι της Α' λυκείου. Το πρόγραμμα «ερευνητική εργασίω> δίνει τρεις ώρες την εβδομάδα χρόνο για συνεργασία και συζήτηση, για δημιουργία και φαντασία, για προτάσεις και ζυμώσεις. Στο βιβλίο φυσικής της Α' λυκείου στην παράγραφο η έννοια του χρόνου διαβάζουμε:


Ερευνητικές Εργασίες Projects

« . . . αντιλαμβανόμαστε το χρόνο μόνο όταν έχουμε έκδηλη κίνηση . . . , δε μετράμε μόνο την κίνηση με το χρόνο, αλλά και το χρόνο με την κίνηση, γιατί και τα δύο αυτά αλληλοορίζονται».

Αριστοτέλης <Πα φυσικά»

Έτσι προτείναμε : «0 χρόνος, χθες, σήμερα, αύριο. Ο χρόνος στις εργασιακές σχέσεις» γιατί είναι ένα θέμα που άπτεται σε ένα ευρύ φάσμα αντικειμένων μελέτης, από μυθολογία, ιστορία, φιλοσοφία, μαθηματικά, φυσική, πληροφορική, κοινωνιολογία και άλλα πολλά.

Οι μαθητές που διάλεξαν το θέμα όλως περιέργως είναι μόνο αγόρια.

Από την πρώτη μέρα χωρίστηκαν οι ομάδες, αφού πρώτα θελήσαμε να μάθουμε τα ενδιαφέροντα του κάθε παιδιού. Από το αν παίζει μπάλα, αν ασχολείται με κατασκευές, αν γνωρίζει υπολογιστές, μέχρι αν παίζει μουσική, αν προτιμά να γράφει, αν του αρέσουν τα μαθηματικά ή η ιστορία κλπ. Έτσι τα 1 5 παιδιά έγιναν 4 ομάδες.

Ο συνάδελφος που μοιράζεται την ερευνητική εργασία έχει το κομμάτι που αφορά το χρόνο στις εργασιακές σχέσεις, καθότι κοινωνιολόγος. Σε ό,τι αφορά το δεύτερο σκέλος της εργασίας που επιβλέπεται από τον μαθηματικό που προαναφέραμε στα θέματα της Αστρονομίας η μέθοδος που ακολουθείται είναι η ίδια.

Δηλαδή έχοντας κατά νου κάτι πολύ συγκεκριμένο, δόθηκαν θέματα έρευνας σε διαδίκτυο και βιβλία. Οι πληροφορίες που έφεραν εξετάστηκαν πρώτα από πλευράς περιεχομένου πολύ περιληπτικά μέσα στην τάξη. Ο χρόνος για το θέμα «χρόνος» είναι πολύ λίγος, έτσι από τα λίγα που διαβάστηκαν και από τις ερωτήσεις που τέθηκαν δόθηκαν οδηγίες για τον εμπλουτισμό και τη διαφοροποίηση του τρόπου παρουσίασης κάποιων θεμάτων.

Ένα βράδυ που είχε aσυννέφιαστο ουρανό μαζευτήκαμε κατά τις δέκα στην ταράτσα του σχολείου και με τη βοήθεια του συνάδελφου της φυσικής στήσαμε το τηλεσκόπιο και στοχεύσαμε την πανσέληνο, είδαμε της θάλασσες και τους κρατήρες της, τα συγκρίναμε με την εικόνα του βιβλίου και ύστερα το στρέψαμε προς ένα άλλο λαμπερό αστέρι, όπως μας φάνηκε, αλλά ήταν ο Δίας με τους τέσσερις ορατούς δορυφόρους του. Κοιτάξαμε στο βιβλίο με ένα φακό και μάθαμε τα ονόματά τους. Μοιραστήκαμε τη συγκίνηση του Γαλιλαίου, που πριν 402 χρόνια έκανε ακριβώς το ίδιο, βέβαια με ένα πολύ μικρότερο τηλεσκόπιο. Όμως ο Δίας έφευγε πολύ γρήγορα από το οπτικό πεδίο του τηλεσκοπίου, μαρτυρώντας τί άλλο, το γρήγορο πέρασμα του χρόνου.

Κάποια μέρα που είχε ήλιο, βγήκαμε στην αυλή και σημαδέψαμε τη σκιά του στύλου στο τσιμέντο, επαναλάβαμε μετά από λίγα λεπτά και ξανά. Έτσι χωρίς να το καταλάβουμε προέκυψε η ιδέα (που υπήρχε από πριν) να φτιάξουμε ένα ηλιακό ρολόι. Ωραία να το φτιάξουμε. Ε, να μην ξέρουμε όμως την ιστορία του ρολογιού; Μια ομάδα ανέλαβε να φέρει πληροφορίες. Μια άλλη να σκεφτεί πώς θα φτιάξουμε το ρολόι. Όμως τα παιδιά νομίζουν ότι για όλα υπάρχουν απαντήσεις στο intemet

Εκείνο όμως που μας ενδιαφέρει είναι να σκοτίσουν λίγο τη φαντασία τους, να αναρωτηθούν για το υλικό, για το μέγεθος, για το κόστος για τη φιλοτέχνηση, την εμφάνιση, την τοποθέτηση . Έρχονται και λένε: «δεν ξέρουμε πόσο μεγάλο θα είναι και δεν ξέρουμε από τι υλικό να το κάνουμε . . . » εδώ φαίνεται το κακό που έχει γίνει όλα τα προηγούμενα χρόνια. Νομίζουν ότι ο καθηγητής θέλει κάτι συγκεκριμένο και ότι αν πουν κάτι διαφορετικό θα απορριφθούν.

Πρέπει οπωσδήποτε να αναγκαστούν μόνα τους να αποφασίσουν για όλα τα ερωτήματα που έθεσαν. Εμείς ήδη ξέρουμε και το μέγεθος που είναι εφικτό να κατασκευαστεί στο χώρο του σχολείου και το υλικό και τη θέση που μπορεί να τοποθετηθεί, είναι δουλειά μας να αφήσουμε τα παιδιά να βρουν τις απαντήσεις μόνα τους. Αλλιώς η ερευνητική εργασία χάνει όλο της το νόημα. Και που ξέρει κανείς μπορεί στο τέλος να προτείνουν κάτι πολύ καλύτερο από εκείνο που έχουμε υπόψη μας, φυσικά είμαστε πρόθυμοι να επικροτήσουμε κάθε καλή ιδέα.

Στην ομάδα υπάρχουν άτομα που εργάζονται με ωριμότητα από την πρώτη στιγμή και άλλα που καλύπτονται από τη δραστηριότητα των άλλων. Εδώ πρέπει να βρεθεί μοχλός κινητοποίησης. Οπωσδήποτε κάτι υπάρχει που να ενδιαφέρει ένα φαινομενικά αδιάφορο μαθητή και εδώ είναι η δική μας φαντασία που πρέπει να δουλέψει.

Η εργασία για το χρόνο είναι ακόμη στην πορεία δημιουργίας της, οπότε δεν μπορούμε να αποκαλύψουμε όλα όσα έχουμε κατά νου, αφού περιμένουμε από τα παιδιά να φέρουν ιδέες και εμείς να ευνοήσουμε και να ενισχύσουμε ώστε να προκύψει το τελικό προϊόν. Αυτό το τελικό προϊόν για μας από την προηγούμενη εμπειρία μας καλό είναι να έχει τα εξής στοιχεία: Θεωρητικό πλαίσιο, κατασκευαστικό κομμάτι, σύνδεση με τα διδασκόμενα αντικείμενα ή και πειραματικές διατάξεις ( φυσικής, χημείας, βιολογίας, ΗΝ κλπ.), αφίσες και παρουσίαση σε οθόνη, πρόταση για μελλοντική βελτίωση της εργασίας και τέλος τη βιβλιογραφία και τους δικτυακούς τόπους.

Όλα τα παραπάνω, όπως προβλέπεται ήδη, πρέπει να παρουσιαστούν όχι μόνο στο σχολείο, αλλά και στην τοπική κοινωνία, γονείς φίλους κλπ. , καθώς και να δημοσιευτούν στο διαδίκτυο, γεγονός που δημιουργεί αίσθημα ευθύνης για τα όσα γράφονται και παρουσιάζονται.

Η αξιολόγηση των ερευνητικών εργασιών, εφόσον τίθεται ως σημαντικός παράγοντας, δεν πρέπει να τον αγνοήσουμε ή να τον παραβλέψουμε, όμως είναι προτιμότερο η εmτυχία της εργασίας να προκύψει σαν φυσική συνέπεια της εργατικότητας, του ενδιαφέροντος, της συνεργασίας, της δημιουργίας των μαθητών που εμείς οφείλουμε να βρούμε τρόπο να πυροδοτήσουμε και να αφήσουμε να πάρει φωτιά το εύφλεκτο υλικό που διαθέτουν. Αυτό φυσικά απαιτεί από μέρους μας και προεργασία και διάβασμα και δουλειά, γιατί πρέπει να είμαστε πάντα ένα βήμα μπροστά. Καλή επιτυχία.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3176

«Το αντίθετο, του μια μεγάλη αλήθεια,

είναι μια άJJ.η μεγάλη αλήθεια.» Neils Bohr Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος

«Στις 2- 1 Ο 12 στην Ζυρίχη ο Jean Bourgain (Fields 1 994, Shaw 20 1 Ο),έκανε μια συναρπαστική ομιλία με θέμα το ' 'Apollonian circle packing problem'' . Αυτό το πρόβλημα του Απολλώνιου, και στο οποίο ο ίδιος ο Απολλώνιος απέδειξε το θεμελιώδες θεώρημα, βρέθηκε στον 20ο αιώνα ότι έχει μεγάλη σημασία στην θεωρία των αριθμών>>. [Από την αλληλογρφία μας με τον Νομπελίστα Μαθηματικό και Φυσικό Δημήτρη Χριστοδούλου]

Γνωρίζετε ότι •:• Ο Απολλώνιος ο Περγαίος(265-170 π.Χ.) θεωρείται ο τρίτος μεγαλύτερος μαθηματικός μετά τον

Αρχιμήδη και τον Ευκλείδη ;

Δ Β = μ. • ΕΒ

Ε

Ο κύκλος του Απολλώνιου Σπουδαίος μελετητής της γεωμετρίας έζησε, σπούδασε και δίδαξε στην Αλεξάνδρεια. Από το πλήθος των έργων του ελάχιστα σώζονται με κορυφαίο από αυτά τα "Κωνικά" . Ειδικά το 5ο βιβλίο των κωνικών, μαζί με το 5ο των Στοιχείων και το "Περί Ελίκων" του Αρχιμήδη θεωρούνται ως τα κορυφαία αριστουργήματα της Ελληνικής γεωμετρίας. Αντικείμενο μελέτης του ήταν και το Δήλιο πρόβλημα(διπλασιασμός του κύβου) το οποίο και έλυσε με τη βοήθεια της τομής ενός κύκλου και μιας υπερβολής. Στην Αστρονομία υπήρξε ο εισηγητής του γεωκεντρικού συστήματος των «εκκέντρων κύκλων και επικύκλων>>, για την ερμηνεία των κινήσεων του ουρανού κατά τρόπο σύμφωνο προς τις παρατηρήσεις.

•:• Υπάρχει κλάδος των μαθηματικών γνωστός ως (Circle Packing) «συσκευασία κύκλων» ή «συσκευασία κύκλων του Απολλώνιου»; Ο κλάδος αυτός ασχολείται με την γεωμετρία και τη συνδυαστική για συσκευασίες κύκλων. Στην γεωμετρία η συσκευασία κύκλων είναι η μελέτη της διάταξης των κύκλων (ίσης ή διαφορετικής ακτίνας), σε μια δεδομένη επιφάνεια έτσι ώστε να μην γίνεται επικάλυψη, δηλαδή οι κύκλοι να εφάπτονται. (το ίδιο μπορεί να γίνει στο χώρο με σφαίρες) . Σημασία σε ένα τέτοιο πρόβλημα έχει η πυκνότητα συσκευασίας. Στον δύο διαστάσεων Ευκλείδειο χώρο, αποδείχθηκε το 1 773 από τον Lagrange ότι η διάταξη με την υψηλότερη πυκνότητα είναι η εξαγωνική διάταξη συσκευασίας ( κερήθρα) και εξαγωνικό πακετάρισμα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3!77

------------- Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν -------------

Το Ρόδι είναι ένα παράδειγμα του τρόπου με τον οποίο η φύση λύνει το πρόβλημα αυτό. Από το Ρόδι επίσης εμπνεύστηκε ο Kepler την ιδέα για το πώς οι χιονονιφάδες αποκτούν έξι βραχίονες.

•:• Γίνονται πολλές μελέτες τα τελευταία χρόνια στο Απολλώνιο παρέμβυσμα και τους Απολλώνι

ους κύκλους;

Το θέμα αυτό είναι ένα χρήσιμο εργαλείο για τη μελέτη των διαφόρων προβλημάτων σε επίπεδη γεωμετρία, σύμμορφες απεικονίσεις και επίπεδες γραφικές παραστάσεις. Με το πρόβλημα αυτό ασχολήθηκαν ο Gauss, ο Kepler και θα ασχολούνται για πολλά χρόνια οι μαθηματικοί αφού έχει μεγάλη σημασία στην θεωρία των αριθμών και πάρα πολλές εφαρμογές στη χαρτογράφηση, στην πληροφορική, την εικόνα, τις τηλεπικοινωνίες, τον ηλεκτρισμό, ακόμα στις Ρημάνιες επιφάνειες κ.ά.

Ξεκινήστε με τρεις κύκλους C1 , C2 και C3, κάθε ένας από τους οποίους εφάπτεται προς τους άλλους δύο (αυτοί οι τρείς κύκλοι μπορεί να είναι οποιουδήποτε μεγέθους). Ο Απολλώνιος ανακάλυψε ότι υπάρχουν δύο άλλοι μη τεμνόμενοι κύκλοι, C4 και C5, οι οποίοι είναι εφαπτόμενοι με τους δύο από τους αρχικούς κύκλους - αυτοί ονομάζονται ΑποΜώνιοι κύκλοι.

Προσθέτοντας τους δύο Απολλώνιους κύκλους στην αρχικούς τρεις, έχουμε τώρα πέντε κύκλους. Πάρτε τώρα έναν από τους δύο Απολλώνωυς κύκλους - ας πούμε τον C4. Είναι εφαπτόμενος στους C1 και C2, έτσι η τριάδα των κύκλων C4, C1 και C2 διαθέτει δύο δικούς της Απολλώνιους κύκλους. Ένας από αυτούς είναι ο C3 ο άλλος είναι ένας νέος κύκλος C6. Κατά παρόμοιο τρόπο, μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα άλλο νέο κύκλο C7 που είναι εφαπτόμενος στους C4, C2 και C3, και ένα άλλο κύκλο Cs από C4, C3 και C1 . Αυτq μας δίνει 3 νέους κύκλους. Αν κατασκευάσουμε άλλους τρεις νέους κύκλους από το C5, δημιουργούμε έξι νέους κύκλους συνολικά. Μαζί με τους κύκλους C1 έως C5, αυτό δίνει ένα σύνολο 1 1 κύκλων.

Συνεχίζοντας την κατασκευή με αυτόν τον τρόπο, μπορούμε να προσθέσουμε 2.3ν νέους κύκλους στο νιοστό στάδιο, δίνοντας συνολικά 3 ν +t + 2 κύκλους. Αυτό το σύνολο των κύκλων είναι ένα «Απολλώνιο παρέμβυ

σμα».

Ψ Τα μαθηματικά ενεργοποιούν τα ίδια κέντρα του εγκεφάλου μας που ενεργοποιούνται και με

τον σωματικό πόνο;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 87 τ.3/78

------------- Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν ------------Επιστήμονες από πανεπιστήμιο του Σικάγου βρήκαν ότι τα μαθηματικά διεγείρουν στον εγκέφαλο τα ίδια κέντρα με τα κέντρα του σωματικού πόνου. Δηλαδή το άγχος που προκαλούν τα μαθηματικά σε ορισμένους ανθρώπους όταν προσπαθούν να λύσουν ένα μαθηματικό πρόβλημα διεγείρει τα κέντρα του σωματικού πόνου εκείνα που διεγείρονται και όταν κάψουμε ή χτυπήσουμε το χέρι μας. Έτσι εξηγείται ο πονοκέφαλος όταν έχουμε εξετάσεις στα μαθηματικά.

•:• Το μετάλλιο στα βραβεία Fields;

Το μετάλλιο στα βραβεία Fίelds(Νόμπελ των μαθηματικών) έχει στη μια όψη τον Αρχιμήδη και το όνομά του γραμμένο στα Ελληνικά. Στην άλλη όψη μια σφαίρα εγγεγραμμένη σε κύλινδρο, διάγραμμα που ο Αρχιμήδης είχε ζητήσει να τοποθετηθεί στον τάφο του και μια επιγραφή στα Λατινικά που σημαίνει:

«Ξεπέρασε τον εαυτό σου και καταλάβαινε τον κόσμο». •:• Ο Γάλλος Basait είχε πάθος με τους Μαθηματικούς Γρίφους;

Ο Basait δεν ήταν μαθηματικός αλλά ποιητής, του άρεσε όμως να μελετά τους κλασικούς αλλά το πάθος του ήταν στους μαθηματικούς γρίφους. Το πρώτο του δημοσίευμα ήταν μια συλλογή γρίφων. Το 1 62 1 μετέφρασε και δημοσίευσε «Τα αριθμητικά» του Διόφαντου που μετά την πυρπόληση της βιβλιοθήκης στην Αλεξάνδρεια είχαν λησμονηθεί. Με αυτό τον τρόπο ο Basait αλλά και άλλοι μελετητές έφεραν και πάλι στην δημοσιότητα τη θεωρία αριθμών και αναζωπύρωσαν τις μεθόδους των Αρχαίων Ελλήνων. Ένα αντίγραφο του βιβλίου του ενέπνευσε τον Fermat που παράλληλα με τα δικαστικά του καθήκοντα μελετούσε μαθηματικά. Στα περιθώρια κάθε σελίδας του βιβλίου του Basait,

ο Fermat σημείωνε τους συλλογισμούς του. Εκεί σημείωσε και το γνωστό τελευταίο θεώρημά του

που έμελε να βασανίσει πολλές γενιές μαθηματικών από το 1 670, όταν μετά το θάνατό του ο γιός του δημοσίευσε τα χειρόγραφά του. Ο Fermat είχε εντυπωσιαστεί από την απόδειξη του Ευκλείδη που έδειχνε ότι υπάρχουν άπειρες πυθαγόρειες τριάδες και είχε σημειώσει δίπλα στο περιθώριο του βιβλίου : «Είναι αδύνατο δύναμη μεγαλύτερη του τετραγώνου να γραφεί ως άθροισμα ίδιων δυνά

μεων» και συνέχιζε «έχω μια υπέροχη απόδειξη όμως δεν χωρά σε ένα τόσο στενό περιθώριο». Είδε αυτό σε κάποια βιβλιοθήκη ο 1 0χρονος Άντριου Ουάλις και 30 χρόνια αργότερα το 1 994 έδωσε την απόδειξή του.

•:• Υπάρχουν Βραβεία Αντι-Νόμπελ;

Τα βραβεία αυτά δίνονται μόνο αν η έρευνα κάνει τους ανθρώπους «πρώτα να γελάσουν και μετά να σκεφτούν)). Ο μαθηματικός του πανεπιστημίου Stanford Uniνersity, Joseph Keller κέρδισε το φετινό βραβείο φυσικής. Όταν πήγαινε για τζόγκινγκ παρατηρούσε τις κοπέλες να τρέχουν και οι κοτσίδες τους να χοροπηδούν αριστερά - δεξιά. Αναρωτήθηκε αφού το κεφάλι τους πηγαίνει πάνω - κάτω, γιατί η κοτσίδα χοροπηδάει αριστερά - δεξιά; Η φαινομενικά απλή ερώτηση του κυρίου Κέλερ τον οδήγησε σε μια σειρά μηχανικών πειραμάτων και μαθηματικών μοντέλων. Μπορεί μια κοτσίδα να φαίνεται ως ένα ομοιόμορφο σώμα αλλά στην πραγματικότητα αποτελείται από δεκάδες χιλιάδες τρίχες, οι οποίες ασκούν ελαστική δύναμη . Στα μαθηματικά τέτοια προβλήματα ονομάζονται «προβλήματα πολλών σωμάτων)). Με την βοήθεια φυσικών, ο αμερικάνος μαθηματικός κατάφερε να καταλήξει σε ένα σύνολο απλών εξισώσεων οι οποίες περιγράφουν με ακρίβεια τη συμπεριφορά της ταλαντωμένης κοτσίδας. Έτσι, θα μπορούσε να κινείται και πάνω - κάτω, αλλά όταν η συχνότητα του τρεξίματος είναι διπλάσια της συχνότητας της ταλαντωμένης κοτσίδας, η κίνηση δεν είναι ευσταθής. Επειδή όταν τρέχουμε έχουμε χονδρικά μια σταθερή συχνότητα με την οποία ανεβοκατεβαίνει το κεφάλι και επειδή οι κοτσίδες είναι περίπου το ίδιο μέγεθος, πηγαίνουν αριστερά - δεξιά.


------------- Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν -------------

Γ ρίφοι και παράδοξα Η Σχεδία: Πέντε στρατιώτες έφτασαν σε ένα ποτάμι και θέλουν να περάσουν απέναντι. Στο ποτάμι συνάντησαν δυο παιδιά( τον Πέτρο και τον Λουκά) με μια σχεδία η οποία μπορεί να μεταφέρει μόνο

ένα στρατιώτη ή τα δύο παιδιά (όχι ένα παιδί και ένα στρατιώτη). Πώς θα περάσουν οι στρατιώτες απέναντι; Το Ρολόι: Κάθε πόση ώρα συναντά ο λεπτοδείκτης τον ωροδείκτη σε ένα αναλογικό ρολόι; Ο Αριθμός 666 : Η αποκάλυψη του Ιωάννη, άγνωστο γιατί, γράφει ότι ο αριθμός χξστ' (Αρχαία Ελ

ληνική γραφή) είναι το σύμβολο του αντίχριστου. Για μας τους μαθηματικούς όμως, είναι ένας αριθμός που όπως και πολλοί άλλοι έχει απίθανες ιδιότητες, απολαύστε: α) 666=( 6+6+6)+( 63 +63 +63) β) 666=(13+23+33+43+53+63+53+43+33+23+13) γ) 666=22+32+52+72+1 12+132+172 (είναι οι 7 αρχικοί πρώτοι αριθμοί) δ) 666=16+26+36 ε) 666=(2+9+5+4+0+8+2+9+6)+

(43+43+33+53+53+6) στην πρώτη παρένθεση είναι τα ψηφία του αριθμού 6663 και στη δεύτερη τα ψηφία του αριθμού 6662 •

στ) Μήπως μπορείτε να βρείτε και την σχέση που συνδέει τους αριθμούς: (6χ6χ6), (666-6χ6), (666)

Ο Αριθμός 142857: Αυτός ο αριθμός ονομάζεται κυκλικός, τα γινόμενά του με τα ψηφία 1 , 2, 3, 4, 5, 6 είναι: 142857χ1=142857, 1 42857χ3=428571 , 142857χ2=285714, 1 42857χ6=857142, 142857χ4=571428, 1 42857χ5=714285. Γιατί ονομάζεται κυκλικός; Τρίτη και 13 : Μπορεί 2 και 3 φορές το χρόνο να έχουμε Τρίτη και 1 3 ; Ο Γρίφος του Basait: Έχουμε μια ζυγαριά με δύο δίσκους, ξέρετε εκείνες τις παλιές, που αν βάλουμε το ίδιο βάρος και στους δυο δίσκους ισορροπεί. Όταν ζυγίζουμε με τις ζυγαριές αυτές μπορούμε να βάζουμε στον ένα δίσκο τα σταθμά και στον άλλο το προϊόν, αλλά μαζί με το προϊόν μπορούμε να βάλουμε και σταθμά τα οποία αφαιρούνται από το βάρος του. Θέλουμε τώρα να ζυγίζουμε οποιοδήποτε ακέραιο αριθμό κιλών ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός σταθμών(βαριδίων) που χρειαζόμαστε; Ο Αριθμός αβγ: Υπάρχει αριθμός τριψήφιος που να ισχύει αβγ=α1+β2+γ3;

Ευχαριστούμε όλους, όσους στηρίζουν τη στήλη αυτή και ιδιαίτερα το βιολόγο Μαρίνο Σπηλιόπουλο για την εργασία του

«διαπιστώσεις στη σχέση των πρώτων αpιθμών με θέματα Βωλογίας» αJJ,.iJ. για αυτά θα αναφερθούμε στο επόμενο τεύχος.

Οι απαντήσεις στα μαθηματικά μας διασκεδάζουν Η Σχεδία: Θα πάνε πρώτα τα δύο παιδιά στην απέναντι

όχθη θα κατέβει το ένα( ο Λουκάς) και το άλλο( ο Πέ

τρος) θα επιστρέψει με τη Σχεδία και θα την δώσει στον

ι ο στρατιώτη . ο στρατιώτης θα περάσει απέναντι θα

πάρει τη Σχεδία ο Λουκάς θα πάει πάλι στην άλλη όχθη

να πάρει τον Πέτρο για να γυρίσουν και πάλι μαζί ώστε

να κατέβει ο Λουκάς στην ίδια όχθη ενώ ο Πέτρος θα

πάει τη Σχεδία στον 2° στρατιώτη, κ.ο.κ.

Το Ρολόι: Κάθε ι ώρα, 5λεπτά, 27δεύτερα και

27εκατοστά του δευτερολέπτου.

Ο Αριθμός 666: στ) (6χ6χ6)2+(666-6χ6)2=(666)2

(Πυθαγόρειο Θεώρημα). Ο Αριθμός 142857: Ονομάζεται κυκλικός διότι τα γι

νόμενα είναι μια κυκλική εναλλαγή στα ψηφία του ίδιου

του αριθμού. Ο αριθμός είναι τα δεκαδικά ψηφία της

περιόδου του περιοδικού αριθμού ι !7=Ο, ι 42857

ι 42857 . . . .

Τρίτη και 13 : Ναι, αρκεί να παρεμβληθεί ακέραιος α

ριθμός εβδομάδων. Πάρτε τις υπόλοιπες μέρες κάθε μή-

να αφού από το σύνολο αφαιρέσετε τις 28

( 4εβδομάδες) . Α ν το άθροισμα των υπολοίπων γίνει 7 ή

14 ή 2 ι ή 28 τότε θα έχουμε ξανά Τρίτη και 1 3 , π.χ. το

20 ι2 είχαμε Τρίτη και 1 3 το Μάρτη, άρα υπόλοιπες μέ

ρες Μάρτη 3 ι -28=3 , Απρίλη 2, Μάη 3, Ιούνιο 2, Ιούλιο

3, Αύγουστο 3, Σεπτέμβρη 2, Οκτώβρη 3 . Δηλαδή

3+2+3+2+3+3+2+3=2 ι (ακέραιος αριθμός εβδομάδων

2 ι :7=3) το Νοέμβρη επομένως θα έχουμε και πάλι Τρί

τη και 1 3 . Ο Γρίφος του Basait: Η λύση είναι ν βάρη της μορφής

ι ,32,33,34,35,36, . . .

Για να ζυγίσουμε π.χ. μάζες από ι μέχρι 40 κιλά αρκεί

να έχουμε 4 σταθμά: ι , 3, 32=9, 33=27 κιλά. Για τη Γη

5,97. 1 024 κιλά θέλουμε 53 βάρη ( ι ,3Ζ,33,34, • . • , 352)

για τον Ήλιο ι ,9 . 1 030 κιλά 65 βάρη ( ι ,3,32,33,34, . • . ,

364) . Ο Αριθμός αβγ: Και βέβαια υπάρχει. Απολαύστε

135=1 1+32+53 ' 175=1 1+72+53, 518=51+12+83, 598=51+92+83 ακόμα 043=01+42+33, 063=01+62+33.


Π Ρ Ο Σ Φ Ο Ρ Α Ι Σ Τ Ο Ρ Ι Κ Ω Ν Ε Κ Δ Ο Σ Ε Ω Ν

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Ν. ΚΙΣΚΥΡΑ -ΤΣΑΡΟΥΧΗ

6 τόμοι

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞ:ΑΝΔΡΕΩΣ (ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΆ)

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞ:ΑΝΔΡΕΩΣ (ΜΕΤΡΙΚΆ-ΔΙΟΠΤΡΑ)

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞ:ΑΝΔΡΕΩΣ (ΣΤΕΡΕΟΜΕΤΡΙΚΆ)

ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ: 1 1 Ο Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ (9 τόμοι) : 50 Ευρώ

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Ν. ΚΙΣΚΥΡΑ -ΤΣΑΡΟΥΧΗ

3 τόμοι

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞ:ΑΝΔΡΕΩΣ 1 τόμος

ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ: 50 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ (4 τόμοι) : 20 Ευρώ


ΙΣΤΟΡΙΑ ΜΑΘΗΜΑ τΙΚΩΝ G.LORIA

ΒΑΛΚΆΝΙΚΕΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΕΣ ΟΛΥΜΠΙΑΔΕΣ ΔΙΕΘΝΕΙΣΜΑΘΗΜΑ τΙΚΕΣ ΟΛ ΥΜΠΙΑΔΕΣ -Β

2 τόμοι ΟΙ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΙ ΜΑΘΗΜΑ τΙΚ ΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ: 35 Ευρώ

ΠΡΟΣΦΟΡΑ (2 τόμοι) : 15 Ευρώ ΟΙ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΙ ΜΑΘΗΜΑ τΙΚ ΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΝΕΩΝ

ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ: 95 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ (4 τόμοι) : 50 Ευρώ


ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Γ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Γ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ

10 τεύχη(33-50) 5 τεύχη(33-50) 10 τεύχη 5 τεύχη ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ: ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ: 50Ευρώ ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ: ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ:

1 00 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ 1 00 Ευρώ 50 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ (5 τεύχη) : 30 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ ΠΡΟΣΦΟΡΑ

( 10 τεύχη): 50 Ευρώ ( 1 0 τεύχη) : 50 Ευρώ (5 τεύχη) : 30 Ευρώ

Ευκλειδης Β 87

Documents

Transcript of Ευκλειδης Β 87