ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗ69 Η πρώτη γνωριμία με την έννοια της...

Η 14η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα

Η Γεωμετρική εποπτεία στη

διδασκαλία της Ανάλυσης.

Εφαπτομένη σε καμπύλη συνάρτησης

και κοινά σημεία αυτών .

Τετραγωνικοί πίνακες με στοιχεία

ακεραίους.

Χαρακτηριστικό πολυώνυμο πίνακα -

Θεώρημα Cayley - Hamilton.

Το δευτεροβάθμιο τριώνυμο :

f(x) = αx + βx + γ

και η "γεωμετρική του εκδοχή".

Η πρώτη γνωριμία με την έννοια

της συνάρτησης.

Από την ιστορία των Μαθηματικών.

Υπαρξιακά του π.

Μία νέα πρόταση Γεωμετρίας με τέσσερις

περιπτώσεις και οι εφαρμογές της.

Διαμερίσεις.

Μία προσέγγιση του μήκους μιας καμπύλης

γραμμής με το ορισμένο ολοκλήρωμα.

.

2

Διάλογος

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗΕΚΦΡΑΣΗΜΑΡΤΙΟΣ 1998ΤΕΥΧΟΣ 2ΔΡΧ. 1.500

ΠΕΡΙΟΔΙΚΗ ΕΚΔΟΣΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝΤΟΥ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑΤΟΣ ΤΡΙΚΑΛΩΝ ΤΗΣ Ε.Μ.Ε.

ΕΚΔΟΣΕΙΣ "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ"Χ. ΒΑΦΕΙΑΔΗΣ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

ΟΟ

(ε)(ε)

ΑΑ

ΒΒƒ(β)ƒ(β)

ƒ(ξ)ƒ(ξ)

ƒ(α)ƒ(α)

αα ξξ ββ

ΔΔ

xx

yy

ΓΓ

L î ÄxAB

Äx

lim ( )0

2

1 ƒ

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ : μαθηματική ΕΚΦΡΑΣΗ ετήσια έκδοση μαθηματικών του Παραρτήματος Τρικάλων της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας (Ε.Μ.Ε.)

ΤΕΥΧΟΣ 2ο MAΡTΙΟΣ 1998

Γι’ αυτό το τεύχος έγραψαν από το Παράρτημα Τρικάλων

της Ε. Μ. Ε. οι :

∆ήμος Γιώργος ∆.

Κατσαρός ∆ημήτρης

Κοφίνας Βαγγέλης

Μπάκος Νίκος ∆.

Ντρίζος ∆ημήτρης

Πατήλας Χρήστος ∆.

Χρήστου Κωνσταντίνος Π. (φοιτ.)

και συνεργάστηκαν οι :

Βάθης ∆ημήτρης

Γουβίτσας ∆ημήτρης

Μάκρας Στράτος

Κοντογιάννης ∆ημήτρης Γ.

Κυριαζής Νίκος

Επιμέλεια - Υπεύθυνος της έκδοσης :

Ντρίζος ∆ημήτρης Εκδότης : Βαφειάδης Χάρης

∆ιεύθυνση του περιοδικού :

Κολοκοτρώνη 22, 42 100, Τρίκαλα

Τηλ. : (0431) 22988, 75950

FAX : (0431) 75950

Το περιοδικό διατίθεται από τα βιβλιοπωλεία.

Τιμή 2ου και 1ου τεύχους αντίστοιχα : 1.500 και 1.000 δρχ.

Ηλεκτρονική στοιχειοθεσία, σχήματα, σελιδοποίηση :

Ρίζος Γιώργος

Παλαιολόγου 73, 49 100, Κέρκυρα Τηλ. (0661) 33243 Κεντρική διάθεση :

Βιβλιοπωλείο : "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ"

Χάρης Βαφειάδης

∆έλιου 4, 54 621, Θεσσαλονίκη

Τηλ. (031) 263163, FAX (031) 240595

ΠΕΡ ΙΕ ΧΟΜΕΝΑ

5 Σημείωμα της μαθηματικής ΕΚΦΡΑΣΗΣ

7 14η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα. (Καλαμπάκα 29 Απριλίου

έως 4 Μαΐου 1997). Βαγγέλης Κοφίνας - ∆ημήτρης Ντρίζος

18 Η Γεωμετρική εποπτεία στη διδασκαλία της Ανάλυσης.

Στράτος Μάκρας

37 Εφαπτομένη σε καμπύλη συνάρτησης και κοινά σημεία αυτών.

Γεώργιος ∆. ∆ήμος

42 Τετραγωνικοί πίνακες με στοιχεία ακεραίους. Χρήστος ∆. Πατήλας

49 Χαρακτηριστικό πολυώνυμο πίνακα - Θεώρημα Cayley - Hamilton.

Νικόλαος ∆. Μπάκος

63 Το δευτεροβάθμιο τριώνυμο : ƒ(x) = αx2 + βx + γ και η "γεωμετρική

του εκδοχή". ∆ημήτρης Γουβίτσας

69 Η πρώτη γνωριμία με την έννοια της συνάρτησης. ∆ημήτρης Κατσαρός

79 Από την ιστορία των Μαθηματικών. ∆ημήτρης Βάθης

82 Υπαρξιακά του π. Κωνσταντίνος Παν. Χρήστου

88 Μία νέα πρόταση Γεωμετρίας με τέσσερις περιπτώσεις και οι εφαρμο-

γές της. Νίκος Κυριαζής

99 ∆ιαμερίσεις. ∆ημήτρης Γ. Κοντογιάννης

103 Μία προσέγγιση του μήκους μιας καμπύλης γραμμής με το ορισμένο

ολοκλήρωμα. ∆ημήτρης Ντρίζος

116 ∆ιάλογος - Σχετικά με μία άσκηση της Ανάλυσης.


5

Σημείωμα της ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΚΦΡΑΣΗΣ

Φίλε αναγνώστη,

Η "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗ", το περιοδικό του

Παραρτήματος Τρικάλων της "Ελληνικής Μαθηματι-

κής Εταιρείας" είναι πάλι κοντά σου, στο χρόνο ακρι-

βώς που είχαμε προσδιορίσει στο προηγούμενο τεύ-

χος.

Νέοι άνθρωποι, μέλη και εκλεκτοί φίλοι του Πα-

ραρτήματός μας, επιθυμούν ο δίαυλος της επικοινωνί-

ας που ανοίξαμε μαζί σου να έχει συνέχεια, να ανα-

πτυχθεί ένας γόνιμος "περιοδικός διάλογος" μεταξύ μας, με λόγο ουσιαστικό γύ-

ρω από τα Μαθηματικά.

Οι καθηγητές μαθηματικών, που νοιάζονται πλέον για το περιοδικό μας, ως

αναγνώστες και συνεργάτες, γίνονται διαρκώς περισσότεροι.

Η "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗ" - στα μέτρα των δυνατοτήτων της - υπόσχε-

ται σε όλους αυτούς ότι "περιοδικά" θα βρίσκεται κοντά τους, στηρίζοντας το εν-

διαφέρον τους και τις πνευματικές τους αναζητήσεις με ενημέρωση, νέα θέματα

και προτάσεις για τα Μαθηματικά της ∆ευτεροβάθμιας, κυρίως, εκπαίδευσης, ως

μία μικρή συμβολή στην αυτοεπιμόρφωσή μας.

Σημειώνουμε εκ νέου ότι μέσα από τις στήλες αυτού του περιοδικού επιδιώ-

κουμε με ανιδιοτέλεια τη δημιουργία ενός βήματος για όλους τους μαθηματικούς

που θα έχουν να καταθέσουν κάθε φορά μια εργασία τους, μια καινούρια άπο-

ψη, έναν προβληματισμό τους, μια ενδιαφέρουσα παρατήρηση. Η ανάλυση Μα-

θηματικών εννοιών, οι διδακτικές προσεγγίσεις κάποιων ενοτήτων και οι εφαρ-

μογές των Μαθηματικών στις άλλες επιστήμες, επιθυμούμε να είναι στο επίκε-

ντρο του περιοδικού.

Θα είμαστε επίσης ανοιχτοί ως περιοδικό και σε εργασίες φοιτητών και μα-

θητών με το ιδιαίτερο ενδιαφέρον για τα μαθηματικά.

6

Τέλος, από τη θέση αυτή επιθυμούμε να ευχαριστήσουμε θερμά :

Τις εκδόσεις "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ" του συναδέλφου μαθηματι-

κού Χάρη Βαφειάδη, που ανέλαβαν την έκδοση του περιοδικού μας.

Και το συνάδελφο Γιώργο Ρίζο, που με ιδιαίτερο ζήλο συνέβαλλε στην άρτια

εμφάνιση και αυτού του τεύχους, επιμελήθηκε τη στοιχειοθεσία, τα σχήματα και

την τελική μορφοποίηση όλων των κειμένων του περιοδικού μας.

Φίλε αναγνώστη, η οποιαδήποτε καλόπιστη κριτική σου, όσο αυστηρή και αν

είναι, σε σχέση με το περιεχόμενο και την ποιότητα του περιοδικού μας, είναι

ευπρόσδεκτη και πιστεύουμε ότι μπορεί να συμβάλλει θετικά στην καλυτέρευσή

του.

7

14η ΒΑΛΚΑΝΙΚΗ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑ∆Α

Καλαμπάκα , 29 Απριλ ίου έως 4 Μαΐου 1997

Επ ι μ έ λ ε ι α :

Βαγγ έ λ η ς Κοφ ί ν α ς - ∆ημή τ ρ η ς Ντρ ί ζ ο ς

Κάθε χρόνο, εδώ και 14 χρόνια,

διοργανώνεται η "Βαλκανική Μα-

θηματική Ολυμπιάδα (Β.Μ.Ο.)",

ένας κορυφαίος ∆ιαγωνισμός για τη

Μαθηματική και την μαθητική κοι-

νότητα όλων των Βαλκανικών χω-

ρών. Η τελευταία, 14η Β.Μ.Ο. , διορ-

γανώθηκε από τη χώρα μας με ευ-

θύνη της Ελληνικής Μαθηματικής

Εταιρείας (Ε.Μ.Ε.) τη δεύτερη ε-

βδομάδα του Πάσχα (29 Απρ. - 4

Μαΐου 1997) στο ∆ήμο Καλαμπάκας

του Νομού Τρικάλων. Στο ∆ιαγωνι-

σμό αυτό πήραν μέρος μαθητές της

∆ευτεροβάθμιας Εκπαίδευσης από

9 Βαλκανικές χώρες (Ελλάδα, Ρου-

μανία, Βουλγαρία, Κύπρος, Γιου-

γκοσλαβία, Μολδαβία, Πρώην Γι-

ουγκ. ∆ημοκρατία της Μακεδονίας

(FYROM), Τουρκία, Αλβανία).

Κάθε χώρα συμμετέσχε, όπως θα

ξέρουν οι αναγνώστες του περιοδι-

κού μας, με μια ομάδα 6 μαθητών.

Την ελληνική ομάδα αποτελού-

σαν οι μαθητές Ρωμανός - ∆ιογένης

Μαλικιώσης (Θεσσαλονίκη), Πέ-

τρος Μπρεγιάννης (Μαρούσι), Σπυ-

ρίδων Αντωνακόπουλος (Χολαρ-

γός), Αναστάσιος Κουιμάς (Αθήνα),

Κωνσταντίνος Ρόκας (Φιλοθέη),

Σπυρίδων Μιχαλάκης (Αθήνα), ενώ

αρχηγός και υπαρχηγός της ομάδας

ήσαν οι Μιχάλης Λάμπρου (Παν/μιο

Κρήτης) και ∆ημήτρης Κοντογιάν-

νης (Παν/μιο Αθηνών) αντίστοιχα.

Η ελληνική ομάδα ήρθε 3η, με

πρώτη τη Βουλγαρία και δεύτερη τη

Ρουμανία. Αυτό, για όσους παρακο-

λουθούν την πορεία και τα αποτελέ-

σματα των Β.Μ.Ο., αποτελεί μια

ιδιαίτερη επιτυχία για τη χώρα μας

στο χώρο των Βαλκανίων.

Όλοι οι μαθητές μας πήραν με-

τάλλιο (πέντε χάλκινα και ένα αρ-

γυρό του Πέτρου Μπρεγιάννη).

Για μια γενική ενημέρωση ση-

μειώνουμε εδώ ότι η εξαμελής εθνι-

κή μαθητική ομάδα κάθε χώρας επι-

λέγεται κάθε χρόνο με μια σειρά

αυστηρών διαδοχικών διαγωνισμών

8

που διεξάγονται από τις αντίστοιχες

Μαθηματικές Εταιρείες της κάθε

χώρας. Στις Β.Μ.Ο. οι συμμετέχο-

ντες μαθητές καλούνται να απαντή-

σουν σε 4 πρωτότυπα θέματα (όλα

ισοδύναμα βαθμολογικά) σε χρόνο

4½ ωρών. Η κρίση και επιλογή των

καλυτέρων θεμάτων (που προτείνο-

νται από τις χώρες που συμμετέ-

χουν) γίνεται με αυστηρές και αδιά-

βλητες διαδικασίες που ακολουθού-

νται σε όλους τους διεθνείς μαθημα-

τικούς διαγωνισμούς, χωρίς καμιά

απολύτως παρέκκλιση. Η δε βαθμο-

λόγηση των γραπτών γίνεται και

αυτή από ειδική επιτροπή καθηγη-

τών που ορίζει από πριν η Μαθημα-

τική Εταιρεία της διοργανώτριας

χώρας με παρόμοιες διαδικασίες.

Λίγα λόγια για το υπόλοιπο μέ-

ρος της Βαλκανιάδας, πέραν του

∆ιαγωνισμού. Η 14η Β.Μ.Ο. πραγ-

ματοποιήθηκε την Τρίτη 29 Απριλί-

ου 1997 με την άφιξη και τακτοποί-

ηση των ξένων αποστολών, και έπει-

τα την Τετάρτη στις 11:00 το πρωί

πραγματοποιήθηκε η Τελετή Έναρ-

ξης της 14ης Β.Μ.Ο., όπου παρευ-

ρέθηκαν εκπρόσωποι των Αρχών

και Φορέων του Νομού, του ∆ήμου

της Καλαμπάκας και τα μέλη της

Κεντρικής και Τοπικής Οργανωτι-

κής Επιτροπής. Το πρόγραμμα για

τις υπόλοιπες ημέρες περιελάμβανε:

για τους μεν διαγωνιζομένους μαθη-

τές, πολιτιστικά προγράμματα - εκ-

δηλώσεις και εκδρομές, για τη δε

Κεντρική Οργανωτική Επιτροπή και

την Επιτροπή των Βαθμολογητών,

την διεκπεραίωση του επιστημονι-

κού έργου (Συνεδριάσεις κριτών,

συντονισμός βαθμολογητών, βαθμο-

λογήσεις γραπτών) μέχρις ότου

φθάσαμε στην απονομή των βρα-

βείων (χρυσά, αργυρά, χάλκινα με-

τάλλια και ειδικές διακρίσεις). Η

διαδικασία της απονομής των βρα-

βείων πραγματοποιήθηκε στην ειδι-

κή Τελετή Λήξης των εκδηλώσεων

το Σάββατο στις 3 Μαΐου στις 6 το

απόγευμα.

Κλείνοντας το εισαγωγικό αυτό

σημείωμα επιθυμούμε να τονίσουμε

την ουσιαστική προσφορά του προ-

έδρου της Ε.Μ.Ε. και του Συμβουλί-

ου των Κριτών Θεόδωρου Μπόλη

(καθηγητή του Παν/μίου Ιωαννί-

νων), ο οποίος επωμίστηκε το συ-

ντονισμό σε οργανωτικό επίπεδο

και είχε την κύρια ευθύνη του έρ-

γου. Για την επιτυχία της διοργάνω-

σης συνεργάστηκαν η Ε.Μ.Ε., διά-

φορες ειδικές επιτροπές που συ-

γκροτήθηκαν, το Παράρτημα Τρι-

κάλων της Ε.Μ.Ε., η Τοπική Αυτο-

διοίκηση Καλαμπάκας, Τρικάλων

και άλλων γύρω περιοχών. Αξιοση-

μείωτη ήταν η συμβολή του τοπικού

9

παράγοντα καθώς και η βοήθεια

που προσέφεραν συνάδελφοι μαθη-

ματικοί του Γενικού Λυκείου Καλα-

μπάκας, οι οποίοι προετοίμασαν με

άψογο τρόπο τους απαραίτητους

χώρους του σχολείου τους για τη

διεξαγωγή του ∆ιαγωνισμού, τις

συνεδριάσεις του Συμβουλίου των

Κριτών και των Συντονιστών βαθ-

μολόγησης των γραπτών.

Μετά τη λήξη της Βαλκανιάδας η Ε.Μ.Ε. , δια του Προέδρου της, εξέφρασε τις θερμές της ευχαριστί-ες προς όλους τους χορηγούς των εκδηλώσεων (από τον ∆ημόσιο και τον Ιδιωτικό τομέα), δια της απονο-μής τιμητικών τίτλων, έκφρασης των ευχαριστιών της και αναμνηστικών μεταλλίων της 14ης Β.Μ.Ο.

ΤΕΛΙΚΑ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ - FINAL RESULTS

ΧΡΥΣΟ ΜΕΤΑΛΛΙΟ - GOLDEN METAL

1. BUL. RAIKO CHALKOV, Plovdiv (40)(*)

2. BUL. IVAN IVANOV, Sofia, (40)

3. BUL. GHEORGHI ANGELOV, Vratza, (40).

4. BUL. DIMITAR JETCHEV, Gabrovo, (40).

5. ROM. CIPRIAN MANOLESCU, Pitesti, (40).

6. ROM. RADU MIHAESCU, Bucuresti, (40).

7. ROM. NICOLAE MICHALACHE, Constanta, (40).

(*) Η παρένθεση δηλώνει τη συνολική βαθμολογία του κάθε διαγωνιζόμενου με άριστα

το 40.

10

ΑΡΓΥΡΟ ΜΕΤΑΛΛΙΟ - SILVER MEDAL

8. ROM. EUGEN VARVARUCA, Suceava, (38).

9. ROM. STEFAN HORNET, Bucuresti, (38).

10. BUL. STOYAN ATANASOV, Sofia, (37).

11. TUR. ISA EMIN HAFALIR, Konya, (36).

12. YUG. NIKOLA PETROVIC, Beograd (36).

13. YUG. JELENA SPASOJEVIC, Beograd (35).

14. BUL. KIRIL SAKALISKI, Sofia, (34).

15. MOL. IGOR COVGANET, Crisinau, (32).

16. HEL. PETROS BREGIANNIS, Maroussi, (31)

(ΠΕΤΡΟΣ ΜΠΡΕΓΙΑΝΝΗΣ, Μαρούσι).

ΧΑΛΚΙΝΟ ΜΕΤΑΛΛΙΟ - BRONZE MEDAL

17. HEL. ANASTASIOS KOUIMAS, Athens, ( 30)

(ΑΝΑΣΤΑΣΙΟΣ ΚΟΥΪΜΑΣ, Αθήνα).

18. MOL. VLADIMIR SARSACOV, Tighina, (30).

19. ROM. CRISTIAN VOICU, Galatsi, (30).

20. HEL. CONSTANTINOS ROKAS, Filothei,(29)

(ΚΩΝΣΤΑΝΤΙΝΟΣ ΡΟΚΑΣ, Φιλοθέη).

21. FYR. MIRKO PETRUSEVSKI, Skopje, (27).

22. HEL. SPIRIDON MIHALAKIS, Athens, (27),

(ΣΠΥΡΙ∆ΩΝ ΜΙΧΑΛΑΚΗΣ, Αθήνα).

23. HEL. ROMANOS - DIOGENIS MALIKIOSSIS, Thessaloniki, (26),

(ΡΩΜΑΝΟΣ - ∆ΙΟΓΕΝΗΣ ΜΑΛΙΚΙΩΣΗΣ, Θεσσαλονίκη).

24. YUG. DUSAN DJUKIC, Beograd, (26).

25. CYP. ELENI ANTONIOU, Paphos, (24),

(ΕΛΕΝΗ ΑΝΤΩΝΙΟΥ, Πάφος).

26. YUG. RADE STONOJEVIC, Nis, (24).

27. TUR. M. BUMIN YENMEZ, Konya, (23).

28. FYR. ALEKSANDAR PECKOV, Kavadarci, (21).

29. MOL. DORIAN CROITORU, Crisinau, (21).

30. HEL. SPIRIDON ANTONAKOPOULOS, Holargos (20),

(ΣΠΥΡΙ∆ΩΝ ΑΝΤΩΝΑΚΟΠΟΥΛΟΣ, Χολαργός).

31. MOL. VALERIU SAVCENCO, Crisinau (20).

32. TUR. M. ALI YILDIRIM, Diyarbakir, (20).

11

ΕΥΦΗΜΟΣ ΜΝΕΙΑ - HONOURABLE MENTION

33. TUR. UMUT AKDEMIR, Antalia, (16).

34. YUG. BRANISLAV CVETKOVIC, Beograd, (16).

35. YUG. IVAN VELJKOVIC, Loznica, (15).

36. MOL. DUMITRU DANILIUC, Chisinau, (13).

37. FYR. ZARKO ALEKSOVSKI, Skopje, (12).

38. FYR. SVETLANA POZNANOVIC, Skopje, (12).

39. MOL. ION GADIAC, Ungheni, (12).

40. TUR. ORCUN GKSEL, Antalya, (11).

41. TUR. FATIH SULAK, Konya, (11).

42. ALB. ALKID ADEMI, Shkodra, (10).

ΣΥΜΜΕΤΟΧΗ - PARTICIPATION

43. CYP. EVIS IERONIMOU, Paphos,

(ΕΥΗΣ ΙΕΡΩΝΥΜΟΥ, Πάφος), (9)

44. ALB. GERARD GJONAJ, Shkodra, (6).

45. CYP. DEMETRIS CRISTOFIDES, Limassol

(∆ΗΜΗΤΡΗΣ ΧΡΙΣΤΟΦΙ∆ΗΣ, Λεμεσσός), (5).

46. CYP. IOANNIS PSILOGENIS, Paphos

(ΙΩΑΝΝΗΣ ΨΙΛΟΓΕΝΗΣ, Πάφος), (5).

47. FYR. VALENTIN DJORDJIOSKI, Prilep, (3).

48. CYP. KONSTANTINOS KONSTANTINOU, Paphos

(ΚΩΝΣΤΑΝΤΙΝΟΣ ΚΟΝΣΤΑΝΤΙΝΟΥ, Πάφος), (2).

49. MARKOS MARKIDES, Limassol,

(ΜΑΡΚΟΣ ΜΑΡΚΙ∆ΗΣ, Λεμεσσός), (2)

50. FYR. ZARKO ALEKSOVSKI, Skopje, (2).

51. ALB. AMARDA SHEHU, Berat, (1).

52. ALB. AKSEL BODE, Korca, (0).

53. ALB. ERMAL. REXHEPI, Tirana, (0).

Αυ τ ο μ ό ρ φω σ η - Επ ι μ ό ρ φωσ η - Δ ι ά λ ο γ ο ς Νέε ς ι δ έ ε ς κα ι δ ι δακ τ ι κ έ ς προσ ε γ γ ί σ ε ι ς

από ε κπα ι δ ε υ τ ι κ ο ύ ς που μάχο ν τα ι σ τη ν πρώτη γραμμή .

ΜΑΘΗΜΑΤ ΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗ Ε Τ Η Σ Ι Ο Π Ε Δ Ι Ο Δ Ι Κ Ο

12

ΘΕΜΑΤΑ 14ΗΣ ΒΑΛΚΑΝΙΚΗΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΟΛΥΜΠΙΑ∆ΑΣ

ΚΑΛΑΜΠΑΚΑ , ΕΛΛΑ∆Α

29 ΑΠΡΙΛΙΟΥ - 4 ΜΑΪΟΥ 1997

1. Έστω Ο εσωτερικό σημείο κυρτού τετραπλεύρου ABCD, που ικανοποιεί:

OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 2⋅S(ABCD), όπου S(ABCD) συμ-

βολίζει το εμβαδό του τετραπλεύρου ΑΒCD. Να δειχθεί ότι το ABCD εί-

ναι τετράγωνο με κέντρο το Ο.

2. Έστω S σύνολο με n στοιχεία (n ≥ 2) και έστω Α1, Α2, ..., Αm (m ≥ 2)

δοθέντα υποσύνολα του S. Αν για οποιαδήποτε δύο διαφορετικά στοιχεία

x και y του S, υπάρχει υποσύνολο Αi, τέτοιο ώστε x∈Ai και y∉Ai ή

x∉Ai και y∈Ai , να δειχθεί ότι 2m ≥ n.

3. Θεωρούμε τρεις κύκλους C1, C2 και Γ, όπου οι C1, C2 εφάπτονται εσω-

τερικά του Γ στα σημεία B, C αντίστοιχα και επίσης εφάπτονται εξωτε-

ρικά μεταξύ τους στο σημείο D. Έστω Α ένα από τα δύο σημεία στα ο-

ποία η κοινή εφαπτομένη στο σημείο D των κύκλων C1 , C2 τέμνει τον

κύκλο Γ. Ακόμη, έστω Κ, L τα σημεία τομής των ευθειών ΑΒ, ΑC με

τους κύκλους C1, C2 αντίστοιχα και έστω Μ, Ν τα σημεία τομής της BC

με τους κύκλους C1 , C2 αντίστοιχα. ∆είξτε ότι οι ευθείες ΑD, KM, LN

διέρχονται από το ίδιο σημείο Ρ.

4. Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις ƒ : ΙR → IR, τέτοιες ώστε :

ƒ(x⋅ƒ(x) + ƒ(y)) = (ƒ(x))2 + y για κάθε x, y∈IR.

13

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ∆ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΥ

ΘΕΜΑ 1ο

Αν S(OAB) συμβολίζει το εμβαδό του τριγώνου ΟΑΒ, έχουμε :

S(OAB) = 1

2

1

2

1

2 21

2 2

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( ).OA OB ÁÏÂ OA OBOA OB

⋅ ≤ ⋅ ≤ ⋅+∧

çì

Το (=) ισχύει όταν ημÁÏÂ∧

= 1, δηλαδή όταν ΟΑ⊥ΟΒ και ΟΑ = ΟΒ.

Παρόμοια βρίσκουμε :

S(ΟΒC) ≤ ( ) ( )OB OC2 2

4

+ (2).

S(ΟCD) ≤ ( ) (OC OD)2 2

4

+ (3).

S(ΟAD) ≤ ( ) (OA OD)2 2

4

+ (4).

Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1), (2), (3) και (4) :

S(ABCD) = S(OAB) + S(OBC) + S(OCD) + S(OAD) ≤

≤( ) ( ) ( ) ( (OA OB OC OD) S ABCD)2 2 2 2

2

2

2

+ + += = S(ABCD) (5).

Από την τελευταία βρίσκουμε πως όλες οι προηγούμενες σχέσεις πρέπει να

ισχύουν μόνο ως ισότητες, οπότε :

ΟΑ⊥ΟΒ, ΟΒ⊥ΟC, OC⊥OD, OD⊥OA και ΟΑ = ΟΒ = ΟC = OD,

πράγμα που σημαίνει πως το ΑBCD είναι τετράγωνο με το Ο σημείο τομής

των διαγωνίων του (κέντρο).

ΘΕΜΑ 2ο

Έστω το σύνολο S1 = A1∩A2∩A3∩...∩Am. Αν με ′A i συμβολίσουμε το συ-

μπλήρωμα του Ai , τότε δημιουργούμε τις παρακάτω "ομάδες" συνόλων, αντι-

καθιστώντας ένα ή δύο ή τρία ή ... όλα τα Αi με το συμπλήρωμά τους :

A B

CD

O

14

S A A A A A

S A A A A A

S A A A A A

S A A A A A

åßíáé ëÞèïõòm

m

S A A A A A

S A A A A A

m m

m m

m m

m m m

m m m

m m m

2 1 2 3 1

3 1 2 3 1

4 1 2 3 1

1 1 2 3 1

2 1 2 3 1

3 1 2 3 1

1

= ′ ∩ ∩ ∩ ∩ ∩= ∩ ′ ∩ ∩ ∩ ∩= ∩ ∩ ′ ∩ ∩ ∩

= ∩ ∩ ∩ ∩ ∩ ′

U

V|||

W|||

FHG

IKJ =

= ′ ∩ ′ ∩ ∩ ∩ ∩= ∩ ′ ∩ ′ ∩ ∩ ∩

UV

−

−

−

+ −

+ −

+ −

...

...

...

...

ð

...

...

M

M

Ôá óýíïëá áõôÜ

|W|

FHG

IKJ


åßíáé ëÞèïõòm

ð2

M

M

′ ∩ ′ ∩ ′ ∩ ∩ ′ ∩

∩ ′ ∩ ′ ∩ ∩ ′ ∩ ′

UV|W| −

FHG

IKJ

′ ∩ ′ ∩ ′ ∩ ∩ ′ ∩ ′FHG

IKJ =

−

−

−

A A A A A

A A A A Aåßíáé ëÞèïõò

m

m

A A A A A ëÞèïõòm

m

m m

m m

m m

1 2 3 1

1 2 3 1

1 2 3 1

1

1

...

...ð

... , ð


Έτσι το πλήθος των παραπάνω συνόλων S1, S2, S3, ... είναι :

11 2

2+FHGIKJ +FHGIKJ + +FHGIKJ =

m m m

mm... (τύπος του διωνύμου του Νεύτωνα).

Τα παραπάνω σύνολα S1, S2, ..., S m2είναι ανά δύο ξένα μεταξύ τους, επειδή η

τομή τους περιέχει πάντοτε ένα τουλάχιστον σύνολο Á Áê ê∩ ′ , 1 ≤ κ ≤ m.

(Ενδέχεται μερικά εκ των συνόλων Si να είναι κενά).

Η κατασκευή των Si αποκλείει την περίπτωση δύο στοιχεία x, y του S να ανή-

κουν συγχρόνως στο ίδιο Si , γιατί διαφορετικά θα έπρεπε τα x, y να ανήκουν

ή να μην ανήκουν συγχρόνως στο ίδιο Ακ , κ = 1, 2, ..., m, που είναι όμως ά-

τοπο, λόγω της ιδιότητας των Ακ.

Η ιδιότητα των Ακ επιβάλλει σε κάθε x του S να ανήκει σε κάποια Αi και να

μην ανήκει στα υπόλοιπα Aj, άρα να ανήκει στα ′Á j .

15

Άρα κάθε x του S ανήκει στη τομή των Αι και ′Á j , δηλαδή σε κάποιο Si, το

οποίο Si είναι μοναδικό, αφού τα Si είναι ξένα ανά δύο.

Έτσι καθένα από τα n στοιχεία του S ανήκει σε ένα μόνο από τα Si (που εί-

ναι πλήθους 2m

και δεν μπορούν να περιέχουν δύο στοιχεία του S).

Άρα πρέπει 2m

≥ n.

ΘΕΜΑ 3ο

Είναι BAC CBx∧ ∧

= , σχέση εγγεγραμ-

μένης γωνίας και γωνίας από χορδή

και εφαπτομένη στον κύκλο Γ.

Επίσης BÊÌ ÌBx∧ ∧

= , για τον ίδιο

λόγο στον κύκλο C1.

Επομένως BÁC BKM∧ ∧

= , οπότε :

KM // AL.

Για τον ίδιο λόγο έχουμε :

BÁC BCy∧ ∧

= στον κύκλο Γ,

CLN NCy∧ ∧

= στον κύκλο C2.

Άρα ÂÁC CLN∧ ∧

= , οπότε LΝ // AK.

Το Α είναι εξωτερικό σημείο του C1 , το ΑD εφαπτόμενο τμήμα και η ΑΚΒ

τέμνουσα ευθεία του C1, άρα θα ισχύει : ΑΚ⋅ΑΒ = ΑD2.

Για τον ίδιο λόγο στον κύκλο C2 ισχύει : ΑL⋅ΑC = ΑD2.

Έτσι προκύπτει : ΑΚ⋅ΑΒ = ΑL⋅AC ή (ισοδύναμα) AK

AC

AL

AB= και επειδή

τα τρίγωνα ΑΚL και ΑΒC έχουν κοινή τη γωνία Á∧

, αυτά (τα ΑΚL και ΑBC)

θα είναι όμοια. Οπότε ÁLK ABC ÁKL ACÂ∧ ∧ ∧ ∧

= =êáé . (∆είτε και τη σημείω-

ση [2]).

Γ

C1

C2

Q

B

P C

D

K

L

M N

A

x y

16

Επειδή KM // AL θα είναι ÁLK LKM∧ ∧

= , εντός εναλλάξ γωνίες.

Έτσι προκύπτει ÁBC LKM∧ ∧

= , οπότε η ΚL είναι εφαπτομένη του κύκλου C1

στο Κ ÁBC êáé ÊÌ ïñäÞ ôïõ C∧FHG

IKJ: :åããåãñáììÝíç óôïí C1 χ 1 .

Με τον ίδιο τρόπο, επειδή ÁKL ACB ÁKL KLN∧ ∧ ∧ ∧

= =êáé , βρίσκουμε ότι η

ΚL είναι εφαπτομένη του κύκλου C2 στο L.

Έτσι QK = QD και QL = QD, εφαπτόμενα τμήματα των C1 και C2 από το

σημείο Q αντίστοιχα.

Συνεπώς ΚQ = QL, δηλαδή το Q είναι το μέσο της διαγωνίου KL του παραλ-

ληλογράμμου ΑΚPL.

Άρα η ΑQ θα είναι ο φορέας της άλλης διαγωνίου του AKPL που διέρχεται

από το P. Συνεπώς οι ευθείες ΑD, KM, LN διέρχονται από το ίδιο σημείο Ρ.

ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ :

[1] Το ζητούμενο συμβαίνει και όταν οι κύκλοι C1 και C2 τέμνονται στα ση-

μεία D1 και D2. Τότε φέρνουμε το φορέα της κοινής χορδής D1D2 αντί της

κοινής εσωτερικής τους εφαπτομένης AD. Έτσι έχουμε μία γενίκευση

του 3ου θέματος.

[2] Οι ισότητες ALK ABC AKL ACB∧ ∧ ∧ ∧

= =êáé μπορούν να προκύψουν και

με τον εξής τρόπο :

Από την ισότητα ΑΚ⋅ΑΒ = ΑL⋅AC παίρνουμε ότι το τετράπλευρο ΚΒLC

είναι εγγράψιμο σε κύκλο, οπότε θα είναι :

ALK ABC AKL ACB∧ ∧ ∧ ∧

= =êáé ,

σχέση εξωτερικής γωνίας εγγράψιμου τετράπλευρου με την απέναντι ε-

σωτερική γωνία του τετραπλεύρου.

17

ΘΕΜΑ 4ο

Για x = 0 η ƒ xƒ(x) ƒ(y) ƒ(x)+ = +b g b g2 y (1) γράφεται :

ƒ ƒ(y) ƒ(0)b g b g= +2y (2)

απ’ όπου προκύπτει πως η ƒ είναι "1 – 1" :

Για y1, y2∈ΙR με ƒ(y1) = ƒ(y2) είναι :

ƒ(ƒ(y1)) = ƒ(ƒ(y2)) ⇔ ƒ(0) ƒ(0)b g b g21

22+ = +y y ⇔ y1 = y2.

Η (2) για y = – ƒ(0)b g2 γράφεται :

ƒ ƒ ƒ(0) ƒ(0) ƒ(0)− = − =b ge je j b g b g2 2 20 .

Αν ονομάσουμε α = ƒ ƒ(0)−b ge j2 , βρίσκουμε ƒ(α) = 0,

οπότε η (1) για x = y = α γίνεται :

ƒ αƒ(α) ƒ(α) ƒ(α) ƒ(0) ƒ ƒ+ = + ⇔ = = −b g b g b ge j2 20á á ( )

και επειδή ƒ "1 – 1" προκύπτει ƒ(0) = 0 και η (2) παίρνει τη μορφή :

ƒ(ƒ(y)) = y (3) ενώ η (1) για y = 0 γράφεται ƒ(xƒ(x)) = (ƒ(x))2 (4).

Τέλος στην (4) θέτοντας όπου x το ƒ(x), παίρνουμε :

ƒ ƒ(x) ƒ ƒ(x) ƒ ƒ(x) ƒ ƒ(x) x ƒ(x) x⋅ = ⇔ ⋅ = ⇔ =b gc h b gc h b g b g2

3

2

4

2 2

ëüãù ôçò ëüãù ôçòx

( ) ( )

οπότε ή ƒ(x) = x ή ƒ(x) = –x για κάθε x∈ΙR. Γιατί αν υποθέσουμε πως

υπάρχουν x1, x2∈ΙR* με ƒ(x1) = x1 και ƒ(x2) = –x2, η (1) για x = x1 και y = x2

θα έδινε ƒ x ƒ(x ) ƒ(x ) ƒ(x ) ƒ x x1 1 2 1 12

2+ = + ⇔ − = +b g b g e j22 1

22x x x , οπότε,

από ƒ(x) = ±x, θα ήταν :

x x x x12

2 12

2− = + ⇔ x2 = 0, άτοπο αφού x2∈ΙR* ή

x x x x12

2 12

2− = − +e j ⇔ x1 = 0, άτοπο αφού x1∈ΙR*

Άρα οι ζητούμενες συναρτήσεις είναι οι ƒ1(x) = x και ƒ2(x) = –x για κάθε

x∈ΙR, που επαληθεύουν την (1).

18

Η ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΕΠΟΠΤΕΙΑ ΣΤΗ ΔΙΔΑΣΚΑΛΙΑ ΤΗΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ ( 1)

Στράτος Μάκρας Δρ . Μαθηματ ικών Παν . Αθηνών

1 Το άρθρο αυτό είναι σε γενικές γραμμές το κείμενο διάλεξης που δόθηκε σε συνα-

δέλφους μαθηματικούς, μετά από πρόσκληση του παραρτήματος της Ε.Μ.Ε. του ν.

Βοιωτίας στις 29/4/1997 και του παραρτήματος της Ε.Μ.Ε. του Ν. Τρικάλων στις

17/5/1997.

Το επίτευγμα του Ευκλείδη, η

συγκρότηση της Γεωμετρίας σε ορ-

γανωμένη μαθηματική θεωρία, δεί-

χνει πως είχε εκδηλωθεί, αρκετά

πριν από την εποχή του, η πρόθεση

των μαθηματικών να εκθέσουν με

"αυστηρότητα" τα συμπεράσματα

στα οποία κατέληγαν. Βέβαια από

τότε η ίδια η έννοια της "αυστηρό-

τητας" - η οποία για πολλούς είναι ο

εγγυητής της αλήθειας - έχει υπο-

στεί διάφορες μεταλλάξεις, για τις

οποίες δεν θα μιλήσουμε εδώ.

Είναι επίσης αλήθεια ότι η ανά-

γκη για αυστηρή έκθεση των συμπε-

ρασμάτων εμφανίζεται σε κάποια

τελική φάση της εργασίας του μαθη-

ματικού, όταν πια έχουν διατυπωθεί

οι εικασίες, ή όταν έχουν ανακα-

λυφθεί τα θεωρήματα και πρόκειται

να αποδειχθούν, να εκτεθούν πει-

στικά και να ενταχθούν σε κάποια

θεωρία, η οποία θα οργανωθεί με το

συνήθη επαγωγικό τρόπο. Η τελευ-

ταία αυτή φάση της δουλειά του μα-

θηματικού είναι βέβαια εξαιρετικά

σημαντική και, πολλές φορές, γόνι-

μη, δύσκολα όμως θα μπορούσε κά-

ποιος να υποστηρίξει ότι είναι ση-

μαντικότερη από τη φάση της επώα-

σης των ιδεών και τη φάση της έ-

μπνευσης. Ο John von Neumann

έλεγε, ίσως με κάποια δόση υπερ-

βολής, θέλοντας όμως να τονίσει τη

σημασία των πρώτων φάσεων της

δουλειάς του μαθηματικού : "∆ώστε

19

μου μια θεωρία που να "δουλεύει"

και σας την αξιωματικοποιώ σε μια

εβδομάδα" !

Είναι προφανές ότι κανείς δεν

μπορεί να υπαγορεύσει σε κανέναν

τον τρόπο με τον οποίο θα συλλαμ-

βάνει τις ιδέες του. Όσο για το πως

θα τις εκθέτει, υπάρχει κάθε εποχή

κάποια γενική συμφωνία για το

ποιες αποδείξεις θα είναι αποδε-

κτές και για το "στυλ" γραφής, η ο-

ποία συμφωνία με τη σειρά της δεν

"υπογράφεται" από όλους τους μα-

θηματικούς.

Εδώ ακριβώς προκύπτει ένα

θέμα ιδιαίτερα σημαντικό για τη

διδασκαλία των Μαθηματικών. Βα-

δίζοντας στο πρότυπο της έκθεσης

των μαθηματικών αποτελεσμάτων,

όταν πια αυτά είναι "έτοιμα", διδά-

σκουμε, τις περισσότερες φορές, τα

Μαθηματικά σαν να είναι και για

τους μαθητές κάτι το ολοκληρωμένο.

∆ιδάσκουμε δηλαδή μία αλληλουχία

προτάσεων αδιαφορώντας, τις πε-

ρισσότερες φορές, για τις φάσεις

της επώασης και της σύλληψης των

ιδεών και υπερτονίζοντας τη σημα-

σία της ορθής έκθεσης των αποδεί-

ξεων. ∆εν θέλω να υποστηρίξω ότι η

αυστηρότητα στην έκθεση των Μα-

θηματικών είναι κάτι το δευτερεύον,

αλλά να τονίσω ότι, σε κάθε περί-

πτωση, αν κάποιος δεν έχει τίποτα

να πει, λίγο ενδιαφέρει το πως θα το

πει!

Κάθε μαθηματική έννοια έχει

δύο διαφορετικούς χαρακτήρες που

είναι χρήσιμο να διακρίνουμε. Είναι

κατ' αρχήν ένα μαθηματικό αντικεί-

μενο αλλά και ταυτόχρονα ένα ερ-

γαλείο. Η μαθηματική έννοια παίρ-

νει το νόημα της από το χαρακτήρα

της ως εργαλείο και από τις σχέσεις

που έχει με τις άλλες έννοιες που

παρεμβαίνουν σ’ ένα πρόβλημα.

Έτσι στα προβλήματα μέτρησης μη-

κών, εμβαδών, όγκων κλ.π. η έννοια

του μέτρου συνδέεται με αριθμητι-

κές έννοιες, την έννοια του χώρου

και της γεωμετρικής του παράστα-

σης, την έννοια της συνάρτησης

κλ.π. Ο μαθητής όπως και ο μαθη-

ματικός "χτίζει" μια έννοια και της

αποδίδει νόημα στο μέτρο που τη

χρησιμοποιεί συνειδητά ή και ασυ-

νείδητα. Η απόδοση νοήματος στα

μαθηματικά αντικείμενα και στις

μαθηματικές πρακτικές έχει ιδιαίτερη

σημασία για τη διδασκαλία των Μα-

θηματικών.

Η ουσία των Μαθηματικών δεν

είναι μόνο η δομική τους τελειότητα,

αλλά και το νόημα που αποδίδει στις

έννοιές τους ο μαθηματικός. Τα μα-

θηματικά δεν είναι σκάκι, γι' αυτό

άλλωστε ο Ηλεκτρονικός Υπολογι-

20

στής δε θα νικήσει ποτέ τον μαθη-

ματικό.

Μιλάμε συχνά για την "ανακά-

λυψη" διαφόρων πραγμάτων από τη

μεριά των μαθητών, εννοώντας, τις

περισσότερες φορές, τη διατύπωση

μιας απάντησης που περιμέναμε

από κάποιον ή κάποιους μαθητές.

Είναι όμως φανερό πως αν ο μαθη-

τής εγκαταλειφθεί στην τύχη του,

δεν πρόκειται να ανακαλύψει και

πολλά πράγματα και πιστεύουμε ότι

η τάξη που "κινείται" (παίζοντας τις

πιο πολλές φορές ένα παιγνίδι "σι-

κέ") δεν λύνει κανένα ουσιαστικό

διδακτικό πρόβλημα. Χρειάζεται η

δημιουργία κατάλληλου περιβάλλο-

ντος που να κεντρίζει την περιέρ-

γεια του μαθητή και να τον βοηθάει

να θέτει προβλήματα. Γιατί για να

καταλάβει κανείς ένα, έστω και ε-

λάχιστο, κομμάτι των μαθηματικών,

πρέπει πρώτα να έχει συνειδητο-

ποιήσει κάποιο πρόβλημα, στο ο-

ποίο αυτό το κομμάτι να αναφέρε-

ται, να έχει διάθεση να το λύσει και

τέλος να έχει κάνει προσπάθειες για

να δώσει κάποια απάντηση.

Μια καλά κρυμμένη παγίδα εί-

ναι αυτή της ψευτοθεωρητικής, δογ-

ματικής τοποθέτησης, που συνίστα-

ται με λίγα λόγια στο : εκθέτω κα-

θαρά, άρα γίνομαι κατανοητός και

σχηματίζω τις έννοιες που θέλω στο

μυαλό των μαθητών.

Στο σημείο αυτό θα ήθελα να

θίξω και το πρόβλημα της κατάλλη-

λης επιλογής της ύλης των Μαθημα-

τικών που πρέπει να διδάσκεται στο

σχολείο. Πρέπει άραγε να επιλέ-

γουμε τα κομμάτια εκείνα των μα-

θηματικών που είναι μακριά από

την εποπτεία, έστω φτωχή, που δια-

θέτουν όλα τα παιδιά και να τους

διδάσκουμε διάφορα πράγματα,

όπως π.χ. τους πίνακες των οποίων

την παρουσία δεν θα μπορέσουμε

να αιτιολογήσουμε σε κανένα μαθη-

τή ; Περιοριζόμαστε έτσι, ή μάλλον

καταδικαζόμαστε, να "διδάσκουμε"

είτε πράγματα τετριμμένα, είτε διά-

φορα ακροβατικά μέσα σε περίπλο-

κες δομές, όπου δίνουμε στους μα-

θητές την εντύπωση ότι είμαστε

θαυματοποιοί μάλλον παρά επιστή-

μονες!

Μία μαθηματική έννοια, ένα

μαθηματικό αντικείμενο, δεν αιχμα-

λωτίζεται στον ορισμό του, ούτε πο-

λύ περισσότερο, στις διάφορες ανα-

παραστάσεις του. Υπάρχει ένας

προοδευτικός εμπλουτισμός των εν-

νοιών, που γίνεται καθώς το άτομο

προσπαθεί να αντιμετωπίσει διάφο-

ρα προβλήματα. Άλλωστε, η κύρια

δραστηριότητα στα μαθηματικά τό-

σο για τους μαθητές όσο και για

21

τους ερευνητές, είναι η επίλυση προ-

βλημάτων και η διατύπωση ερωτημά-

των. Εκεί βρίσκεται ίσως η πηγή και

το κριτήριο της γνώσης, γιατί από

αυτές ακριβώς τις καταστάσεις δη-

μιουργούνται οι αφηρημένες έννοιες

και προκύπτουν οι καίριες ιδιότητες,

ενώ ταυτόχρονα δοκιμάζεται η λει-

τουργικότητά τους και η αποτελε-

σματικότητά τους.

Για όλες τις μαθηματικές έννοι-

ες, εκτός από τις πρωταρχικές, δια-

τυπώνεται στα Μαθηματικά κάποιος

ορισμός. Πολλοί από αυτούς τους

ορισμούς εισάγονται κάποια στιγμή

της σχολικής ζωής των μαθητών.

Από την άλλη μεριά οι μαθητές δεν

χρησιμοποιούν απαραίτητα τον ορι-

σμό για να διαπιστώσουν αν κάποιο

μαθηματικό αντικείμενο είναι ή όχι

παράδειγμα μιας συγκεκριμένης

έννοιας. Σε πολλές περιπτώσεις α-

ποφασίζουν βασιζόμενοι σε κάποια

"εικόνα έννοιας", δηλαδή στο σύνο-

λο των διανοητικών εικόνων που

έχουν συνδεθεί στο μυαλό του κάθε

μαθητή με το όνομα της μαθηματι-

κής έννοιας, καθώς και με τις ιδιό-

τητες που την χαρακτηρίζουν.

Η "εικόνα έννοιας" του κάθε

μαθητή για κάποια μαθηματική έν-

νοια, είναι αποτέλεσμα της εμπειρί-

ας που έχει αποκτήσει μέσα από

συγκεκριμένα παραδείγματα και

αντιπαραδείγματα. Έτσι το σύνολο

των μαθηματικών αντικειμένων που

θεωρούνται από τον μαθητή σαν

παραδείγματα κάποιας μαθηματικής

έννοιας δεν συμπίπτει, απαραίτητα,

με το σύνολο των μαθηματικών α-

ντικειμένων που καθορίζονται από

τον ορισμό της έννοιας. Αν τα δύο

αυτά σύνολα δεν είναι τα ίδια, τότε

η συμπεριφορά του μαθητή απέναντι

σε μία έννοια θα είναι διαφορετική

από αυτήν του καθηγητή και για να

υπάρξει συνεννόηση, θα πρέπει να

βρεθεί που βρίσκεται το σφάλμα.

Όταν για παράδειγμα κάποιος σκέ-

πτεται την έννοια "τετράγωνο" δε

γνωρίζουμε τι στ' αλήθεια έχει στο

μυαλό του⋅ ενεργούμε όμως, όταν διδάσκουμε, σαν να είμαστε βέβαιοι

για το τι έχουν στο μυαλό τους οι

μαθητές(2)

. Το γεγονός αυτό καθι-

2 Το 1980 έγινε από τη συνάδελφο

Μαρία Λεγάκη και τον υπογράφο-

ντα μία μικρή έρευνα μεταξύ 100

περίπου μαθητών και μαθητριών

της πρώτης Λυκείου του 1ου Τ.Ε.Λ.

Πειραιά. Τους δόθηκε ένα φύλλο

χαρτί με διάφορα σχήματα και τους

ζητήθηκε να απαντήσουν, ποιο ή

ποια από αυτά είναι τετράγωνο. Τα

περισσότερα παιδιά απάντησαν

"ναι" για όλα σχεδόν τα σχήματα

22

στά απαραίτητη τη γνώση των "εικό-

νων εννοιών" που συνήθως σχηματί-

ζουν οι μαθητές, αλλά και την προ-

σπάθεια εμπλουτισμού των εικόνων

και συνεπώς της εποπτείας.

Πιστεύω ακόμα ότι πρέπει να

αποφεύγεται, στην αρχή τουλάχι-

στον, ο περίπλοκος "αφηρημένος"

μαθηματικός προβληματισμός, που

είναι ξένος και συχνά απρόσιτος

στους μαθητές. Το πρόωρο ενδια-

φέρον για παθολογικές καταστά-

σεις, πριν ακόμα αφομοιωθούν οι

ομαλές και συνήθεις περιπτώσεις

δεν οδηγεί πουθενά, αφού "λύνου-

με" προβλήματα που δεν έχουν ακό-

μα τεθεί. Θα αναφέρω εδώ μια ά-

ποψη που διατυπώνει ο Β. Mandel-

brot, ο πατέρας των fractals :

"... Είμαι βαθύτατα πεπεισμένος ότι

πολύ συχνά χάνουμε μάλλον παρά

κερδίζουμε με την καταναγκαστική

αφαίρεση και με την υπερβολική

σημασία που δίνουμε στην "τακτο-

ποίηση" αλλά και στον πολλαπλασι-

ασμό των εννοιών και των όρων...

Τα μαθηματικά εκτός από το να

πληροφορούν μπορούν και να γοη-

τεύουν και θα έπρεπε να φυλαγό-

μαστε από ορισμένες έννοιες για τις

οποίες ο H. Lebesgue έλεγε : "είναι

εκτός από τον κύκλο και την έλλει-

ψη!

πράγματι νέες, αλλά η μόνη τους

χρήση είναι το ότι είναι δυνατόν να

οριστούν"."

Θα δούμε στη συνέχεια ότι, του-

λάχιστον σε ότι αφορά την Ανάλυ-

ση, οι αντιεποπτικές απόψεις έχουν

οδηγήσει σε μία παιδαγωγική πα-

ρέκκλιση : στην ουσιαστική "απαγό-

ρευση" της χρήσης της γεωμετρικής

εποπτείας ως μέσο για την κατα-

νόηση των διαφόρων προτάσεων. Οι

ρίζες αυτής της παρέκκλισης βρί-

σκονται ίσως σ’ έναν από τους θεμε-

λιωτές της Ανάλυσης, τον Κ.

Weierstrass, η "αντιγεωμετρική"

στάση του οποίου, που ήταν δικαιο-

λογημένη μέσα στο κλίμα της εποχής

του (3)

, ερμηνεύτηκε από μερικούς

σαν διδακτικό σύνθημα, πράγμα που

είναι αδικαιολόγητο. Το εδάφιο που

ακολουθεί είναι χαρακτηριστικό :

(∆. Κάππος, "Απειροστικός Λογι-

σμός" Αθήνα 1961 σελ. 36) "Από πα-

λαιάν δε συνήθειαν διετηρήθη η

γλώσσα της Γεωμετρίας και τα Γεω-

μετρικά σχήματα, τα τελευταία δε

χρησιμοποιούνται κυρίως ίνα ανα-

γνώσται μη έχοντες αρκετά ανε-

πτυγμένον το αναλυτικώς σκέπτε-

3 Της εποχής που γινόταν προσπά-

θεια να εκτεθεί η Μαθηματική Α-

νάλυση ως μία αξιωματική μαθημα-

τική θεωρία.

23

σθαι, κατατοπίζονται και κατανοούν

τη βοηθεία της εποπτείας ευκολώτε-

ρον τας αναλυτικάς αποδείξεις".

Απόψεις όπως αυτή οδήγησαν

ορισμένους "επίγονους" της σχολής

αυτής στην αναγωγή της "αυστη-

ρότητας" σε πεμπτουσία των Μαθη-

ματικών. Το πρόβλημα είναι το ότι

από υπόθεση της μαθηματικής κοι-

νότητας η άποψη αυτή πέρασε στην

εκπαίδευση των παιδιών και έτσι

φτάσαμε σε ακρότητες του τύπου :

"Μόλις μου δώσουν μία συνάρτηση,

το πρώτο πράγμα που πρέπει να

κάνω είναι να βρω το πεδίο ορισμού

της". Απαγορεύεται δηλαδή να με-

λετήσουμε τη συνάρτηση που ορίζει

ο τύπος : ƒ( )xx x

=+ −

1

15 ή την

ƒ( )x x x= + −5 1 ;

Πριν υιοθετήσουμε αυτές τις

απόψεις, ας σκεφθούμε που θα ήταν

σήμερα τα Μαθηματικά αν ο

Bombelli, o Euler, ο d' Αlembert και

άλλοι είχαν σταυρώσει τα χέρια

τους μπροστά στα προβλήματα για

χάρη της αυστηρότητας ή, πολλές

φορές, και της δήθεν αυστηρότητας.

Ας αναφέρουμε εδώ και μία άλλη

άποψη ενός μεγάλου και καθ' όλα

"αυστηρού" μαθηματικού : (René

Baire : "Lecons sur les Théories

Générales de l' Analyse", T. I. Paris

1907, εκδ. Gauthier - Villars, σελ.

VI) "Λέγεται συχνά ότι η Ανάλυση

μπορεί να χτισθεί ξεκινώντας από

την έννοια του ακεραίου αριθμού

και μόνο. Αυτό είναι ακριβές, αλλά

αν θελήσουμε να ακολουθήσουμε

συστηματικά αυτήν την άποψη, αν

συγκεκριμένα θελήσουμε να αγνοή-

σουμε τη Γεωμετρία, θα στερηθούμε

με τη θέλησή μας από μια πολύτιμη

βοήθεια και, σε πολλές περιπτώσεις,

θα καταδικαστούμε σε μακροσκε-

λείς παρεκβάσεις. Πιστεύω λοιπόν

ότι είναι προτιμότερο να προσπαθή-

σουμε να νομιμοποιήσουμε τα αμοι-

βαία δάνεια που ανταλλάσσουν στην

πραγματικότητα η Ανάλυση και η

Γεωμετρία". Ο Jean Dieudonné, έ-

νας από τους πιο διακεκριμένους

μαθηματικούς του αιώνα μας, που

πέθανε πρόσφατα, έγραφε με αρκε-

τή δηκτικότητα στον πρόλογο του

βιβλίου του "Calcul Infinitésimal"

(Απειροστικός Λογισμός) Εκδ.

Hermann, Paris 1968 : " ... οι μαθη-

ματικοί που κάνουν την αφαίρεση

μόνο και μόνο για την αφαίρεση,

είναι πολύ συχνά μέτριοι".

Η επικράτηση της άποψης των

"Μπουρμπακιστών" περί διδασκαλί-

ας των Μαθηματικών και ιδιαίτερα

περί του περιεχομένου της διδασκό-

μενης ύλης δεν βοήθησε τα πράγμα-

τα. Ο G. Choquet, διακεκριμένος

24

Γάλλος μαθηματικός, έγραψε το

1964 ένα βιβλίο στοιχειώδους Γεω-

μετρίας (L' enseignement de la

Géométrie", εκδ. Hermann, Paris,

1964), για τη μέση εκπαίδευση, το

οποίο περιείχε 13 σχήματα, μεταξύ

των οποίων κανένα τρίγωνο και κα-

νέναν κύκλο! Στη συνέχεια εκδόθη-

καν και άλλα βιβλία από λιγότερο

σημαντικούς μαθηματικούς, οι οποί-

οι αφαιρούσαν σχήματα, πιστεύο-

ντας προφανώς ότι προσθέτουν στο

κύρος του βιβλίου. O G. Papy καθη-

γητής στο Πανεπιστήμιο των Βρυ-

ξελλών σχεδίαζε σε βιβλίο Γεωμε-

τρίας, που απευθυνόταν σε παιδιά

14 ετών, τις παράλληλες ευθείες σαν

δύο μη τεμνόμενες "πατάτες".

∆εν άργησε βέβαια να έλθει και

η αυτοκριτική, χαρακτηριστικό της

επιστημονικής εντιμότητας. Ο μεγά-

λος σύγχρονος Γάλλος μαθηματικός

L. Schwartz είπε : " ...καταφέραμε

όλα αυτά τα χρόνια να μορφώσουμε

αναγνώστες των Μαθηματικών, αλλά

όχι μαθηματικούς". Χαρακτηριστι-

κές είναι και οι προτροπές του J.

Dixmier4 (στο οπισθόφυλλο είναι η

4 Μέλους και αυτού της ομάδας

Nicolas Bourbaki, όπως ο L.

Schwartz. o G. Choquet και ο Jean

Dieudonné. Αυτός ο τελευταίος ή-

ταν μάλιστα και ένας από τα ιδρυ-

αλήθεια και όχι στον πρόλογο του

βιβλίου του "Topologie Générale"

Paris 1981, εκδ. P. U. F.) : "Ελπίζω

ότι η αφθονία των παραδειγμάτων

θα επιτρέψει στον αναγνώστη να μην

χάσει από τα μάτια του τη συγκε-

κριμένη μορφή της τοπολογίας, στο

κάτω - κάτω πρόκειται, από ορισμέ-

νες πλευρές, για "γεωμετρία" και θα

ήθελα να συστήσω στον σπουδαστή

να γεμίσει τα περιθώρια του βιβλίου

του με "σχήματα" που θα μεταφρά-

ζουν την εποπτεία του για το αντι-

κείμενο".

Η εποπτεία σε κάθε χώρο των

Μαθηματικών αποχτιέται με την

τριβή του μαθηματικού (ή του μαθη-

τή) με τις έννοιες που χρησιμοποι-

ούνται στο χώρο αυτό. Καθώς εργά-

ζεται η εποπτεία του γίνεται σαφέ-

στερη και πλουσιότερη, πράγμα που

ίσως του επιτρέψει τη δημιουργική

εργασία στο χώρο αυτό, δηλαδή τη

διατύπωση και την επίλυση προβλη-

μάτων ή και τη δημιουργία νέων α-

ποδείξεων σε ήδη λυμένα προβλή-

ματα. Είναι προφανές ότι δεν αρ-

κούν οι ορισμοί και τα σύμβολα για

να πάρουν σάρκα και οστά οι μαθη-

τικά μέλη του πολυκέφαλου μαθη-

ματικού Nicolas Bourbaki, που έθε-

σε σαν στόχο του να γράψει τα σύγ-

χρονα "Στοιχεία".

25

ματικές έννοιες. Χρειάζεται τριβή

και προσπάθεια και θα είναι λάθος

στη φάση αυτή να μην χρησιμοποιεί-

ται η γεωμετρική εποπτεία, την ο-

ποία έτσι ή αλλιώς ήδη κατέχει ο

μαθητής. Βέβαια ίσως είναι ακόμα

φτωχή, ίσως τον οδηγήσει σε λάθη

και παρανοήσεις, όμως όλοι μαθαί-

νουμε από τα λάθη μας!

Ας δούμε τώρα μερικά παρα-

δείγματα με αφορμή μερικές έννοι-

ες που εμφανίζονται στην αρχή της

διδασκαλίας της Ανάλυσης : Αύξου-

σα, φθίνουσα, φραγμένη, περιττή,

άρτια συνάρτηση. Για τις συναρτή-

σεις αυτές δίνονται ορισμοί και γε-

ωμετρικές ιδιότητες. Τα πράγματα

όμως σταματούν εκεί. Ποιες εικόνες

άραγε σχημάτισε ο μαθητής ;

Να μερικές ιδέες για τον ε-

μπλουτισμό και τον έλεγχο της επο-

πτείας που απόκτησαν οι μαθητές.

Ποια από τα παρακάτω "θεω-

ρήματα" είναι σωστά ;

• "Κάθε συνάρτηση αύξουσα σε

όλο το ΙR δεν μπορεί να είναι

άνω φραγμένη."

• "Κάθε αύξουσα συνάρτηση είναι

μεγαλύτερη από κάθε φθίνουσα

συνάρτηση."

• "Κάθε άρτια συνάρτηση είναι

άνω φραγμένη ή κάτω φραγμέ-

νη."

• "Κάθε συνάρτηση άρτια και συ-

νεχής στο IR θα είναι άνω ή κά-

τω φραγμένη."

• "Κάθε συνάρτηση περιττή στο

IR δεν είναι φραγμένη."

• "Κάθε συνάρτηση που είναι συ-

νεχής σ' ένα διάστημα [α, β], έ-

χει τοπικά ακρότατα στα άκρα

του διαστήματος αυτού."

Η προσπάθεια απάντησης θα

βοηθήσει ή όχι στον εμπλουτισμό

των αντίστοιχων εννοιών και στην

καλλιέργεια της εποπτείας του μα-

θητή ;

Αξίζει τον κόπο να τα συζητή-

σουμε και να βρούμε και άλλα, όχι

εξεζητημένα, αλλά που βοηθούν τον

μαθητή να δώσει νόημα στις θολές

ακόμα έννοιες που έχει στο μυαλό

του ; Μήπως αρκούν οι ορισμοί και

μερικές "βασικές" ασκήσεις για να

δοθεί αυτό το νόημα ;

Στο σημερινό βιβλίο της Ανάλυ-

σης της Τρίτης Λυκείου (Ο.Ε.∆.Β.

1993) η γεωμετρική εποπτεία χρησι-

μοποιείται αρκετά⋅ τουλάχιστον πε-ρισσότερο από ότι παλιά. Οι από-

ψεις όμως, είναι βαθιά ριζωμένες,

όπως θα δούμε στη συνέχεια.

26

Θα διατυπώσω μερικές παρατηρήσεις για την παρουσίαση της απόδειξης στο

θεώρημα της μέσης τιμής του διαφορικού λογισμού.

Γενική παρατήρηση : Η Γεωμετρική ερμηνεία του θεωρήματος δίνεται σε

όλες τις περιπτώσεις εκ των υστέρων. ∆εν χρησιμοποιείται πουθενά κάποιο γεω-

μετρικό επιχείρημα, το οποίο θα αιτιολογούσε τη "σύλληψη" του θεωρήματος, ή

έστω κάποια ιδέα για την απόδειξή του.

1. Το σχολικό βιβλίο θεωρεί τη "βοηθητική" συνάρτηση

δ(x) = ƒ(x) – ƒ ƒ( ) ( )â á

â á

−−

(x – α),

χωρίς να εξηγεί γιατί επέλεξε αυτήν και όχι άλλη.

2. (σε κάποιο "φροντιστηριακό βιβλίο) : " ... Για το θεώρημα της Μ.Τ. ... θα

πρέπει να βρούμε συνάρτηση στην οποία θα εφαρμόσουμε το Θ. του Rolle. ...

θεωρούμε την φ(x) = x[ƒ(β) – ƒ(α)] – (β – α)ƒ(x), ...

Παρατήρηση : Θα μπορούσαμε να θεωρήσουμε τη συνάρτηση g :

g(x) =

ƒƒƒ

( )

( )

( )

x x

á á

â â

1

1

1

.

Η φ και η g δεν είναι άσχετες μεταξύ τους, αφού ...

g(x) = –φ(x) + βƒ(α) – αƒ(β)". (sic)

27

Σχόλια για τη γεωμετρική ερμηνεία - κίνητρο.

α. Μία εφαπτομένη "κινείται" πάνω στη Cƒ. Θα γίνει κάποτε παράλληλη στην

ΑΒ ; (ή, μπορεί να "αποφύγει" την κλίση της ΑΒ ;)

β. Η χορδή ΑΒ κινείται παράλληλα προς τον εαυτό της. Τι συμβαίνει τη "στιγμή"

που παύει να τέμνει τη Cƒ ;

Όπως φαίνεται στο σχήμα 1, η διαφορά των τεταγμένων μεταξύ των σημείων

της (ε) και της Cƒ με την ίδια τετμημένη γίνεται μέγιστη εκεί που η (ε) είναι πα-

ράλληλη προς την ΑΒ.

Έτσι εξηγείται η "επιτυχία" της συνάρτησης : δ(x) = ƒ(x) – ƒ ƒ( ) ( )â á

â á

−−

(x – α),

αφού η εξίσωση της ΑΒ είναι y = ƒ ƒ( ) ( )â á

â á

−−

(x – α) και επομένως η δ(x) δεν εκ-

φράζει τίποτα άλλο, παρά τη διαφορά των τεταγμένων των σημείων των δύο

γραμμών που έχουν την ίδια τετμημένη. Αληθινά δεν βλέπω γιατί θα πρέπει να

αποκρύψουμε αυτό το γεγονός.

Κάτι ανάλογο συμβαίνει και με τη g(x), η οποία εκφράζει το διπλάσιο εμβαδό

του τριγώνου ΑΣΒ, το οποίο μηδενίζεται όταν το Σ φθάσει στα Α και Β και γίνε-

ται μέγιστο όταν η ΑΒ, κινούμενη παράλληλα προς τον εαυτό της, γίνει εφαπτο-

μένη της Cƒ.

Ας δούμε τώρα μερικά παραδείγματα ασκήσεων που προτείνονται και λύνο-

νται σε διάφορα βιβλία, αλλά και στο Ευκλείδη Β΄(5)

.

Παράδειγμα 1

Εμφανίζεται συνήθως κάτω από τη μεθοδολογία "εφαρμογή του θ. του Rolle

σε βοηθητική συνάρτηση" (ήταν και θέμα στις Πανελλήνιες εξετάσεις του 1983) :

5 Θεωρώ δεδομένο και αναμφισβήτητο ότι όλα αυτά τα βιβλία και τα άρθρα του περι-

οδικού έχουν γραφτεί με πρόθεση να βοηθήσουν τους αναγνώστες τους. Τα παρα-

δείγματα λοιπόν δεν έχουν επιλεγεί για να δείξουν ποια βιβλία ή ποια άρθρα δεν εί-

ναι καλά, αλλά απλώς γιατί προσφέρονται στην ανάπτυξη της κεντρικής ιδέας αυτού

του άρθρου.

28

Έστω F(x) = ƒ(x)

x ã−, όπου ƒ συνάρτηση συνεχής στο [α, β] παραγωγίσιμη στο

(α, β) και γ∉[α, β].

α. ∆είξτε ότι εφαρμόζεται το θεώρημα του Rolle για τη συνάρτηση F.

β. ∆είξτε ότι υπάρχει γ0∈(α, β) τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της Cƒ στο (γ0, ƒ(γ0 ))

να διέρχεται από το σημείο (γ, 0).

Σε πολλά βιβλία το ερώτημα (α) λείπει, αλλά και σ' αυτά που υπάρχει δεν

γίνεται καμία προσπάθεια για να εξηγηθεί το γιατί η θεώρηση της F λύνει το

πρόβλημα του ερωτήματος (β).

Φαντασθείτε το σημείο Χ να "τρέχει"

πάνω στη Cƒ. Η ευθεία ΓX αλλάζει κλίση

και στρέφεται γύρω από το σημείο Γ. Η F

εκφράζει την κλίση της ΓX. Είναι λογικό

να περιμένουμε ότι η τέμνουσα θα γίνει

εφαπτομένη όταν η συνάρτηση F έχει το-

πικό μέγιστο ή ελάχιστο (στο σχήμα : όταν

η ΓX "ξεκολλήσει" από την καμπύλη). Η

συνάρτηση αυτή ορίζεται στο [α, β] γιατί το γ δεν είναι σημείο του διαστήματος

αυτού και είναι συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β), ως πηλίκο τέ-

τοιων συναρτήσεων. Επίσης F(α) = F(β) = 0 άρα μπορούμε, εφαρμόζοντας το

θεώρημα του Rolle, να συμπεράνουμε ότι υπάρχει ξ∈(α, β) με F΄(ξ) = 0.

Όμως F΄(x) =ƒ΄ ƒ( )( ) ( )

( )

x x ã x

x ã

− −− 2

.

Άρα ƒ΄(ξ)(ξ – γ) – ƒ(ξ) = 0 ή ƒ(ξ) = ƒ΄(ξ)(ξ – γ).

Για την αντιμετώπιση παρόμοιων θεμάτων δίνεται συνήθως κάποιος κατάλο-

γος "βοηθητικών" συναρτήσεων όπως : ƒ(x) – λx, e–mxƒ(x),

ƒx λ

( ),

x

− (x – λ)ƒ(x) κλ.π.

στις οποίες "πρέπει να εφαρμοστεί το θεώρημα του Rolle" για να φθάσει κανείς

στο αποτέλεσμα. Ίσως κάτι τέτοιο να είναι αποτελεσματικό για τις εξετάσεις,

είναι όμως από μαθηματική άποψη στείρο.

29


Έστω μία συνάρτηση ƒ συνεχής στο [α, β], παραγωγίσιμη στο (α, β) με

ƒ(α) = ƒ(β) = 0. Να δειχθεί ότι υπάρχουν ξ1, ξ2∈(α, β), ξ1 ≠ ξ2 τέτοια ώστε :

ƒ΄(ξ1 ) + ƒ΄(ξ2 ) = 0 (1).

Λύση :

" ... Οδηγούμαστε στην εφαρμογή του θεωρήματος της Μ.Τ. παρατηρώντας

ότι οι διαφορές ƒ α β ƒ ƒ(β) ƒ α β+FHGIKJ − −

+FHGIKJ2 2

( )á êáé είναι αντίθετες (sic). Ε-

φαρμόζουμε το θεώρημα της Μ.Τ. στα διαστήματα áá â

êáéá â

â, ,+L

NMOQP

+LNM

OQP2 2

."

Πουθενά δεν εμφανίζεται κάποια προσπάθεια γεωμετρικής ερμηνείας ή έ-

στω κάποιου αληθοφανούς κινήτρου για την επιλογή των διαστημάτων στα οποία

εμφανίζεται το θεώρημα της Μέσης Τιμής.

Γεωμετρική ερμηνεία

Έχουμε ƒ΄(ξ1) = εφω και ƒ΄(ξ2) = εφφ. Αν φ = π – ω τότε ƒ΄(ξ1) + ƒ΄(ξ2) = 0.

∆ηλαδή η (1) ικανοποιείται όταν Α1Β1Γ1 είναι ισοσκελές. Η κατασκευή του

Α1Β1Γ1 είναι απλούστατη : αρκεί να φέρουμε τη μεσοκάθετο του Α1Β1.

Αυτή η γεωμετρική ερμηνεία μας οδηγεί στην εξής άμεση γενίκευση : Αν επι-

λέξουμε τυχόν Μ(τ, 0) εσωτερικό του Α1Β1, όχι απαραίτητα το μέσον του, θα έ-

χουμε : ô á

â ô

ê

ë

−−

= και ακόμα : ƒ ƒ ƒ ƒ′ =

−′ =

−( )

( ), ( )

( )î

ô

ô áî

ô

ô â1 2 . Απαλείφοντας το

ƒ(τ) βρίσκουμε κƒ΄(ξ1) + λƒ΄(ξ2) = 0.

30

Άσκηση (εκ των υστέρων)

Έστω μία συνάρτηση ƒ συνεχής στο [α, β] παραγωγίσιμη στο (α, β) με

ƒ(α) = ƒ(β) = 0 και κ, λ > 0. Να δειχθεί ότι υπάρχουν ξ1, ξ2∈(α, β), ξ1 ≠ ξ2

τέτοια ώστε κƒ΄(ξ1) + λƒ΄(ξ2) = 0.


Έστω μία συνάρτηση ƒ δύο φορές παραγωγίσιμη στο [α, β] με :

ƒ(α) + ƒ(β) = 2á â

2ƒ +FHGIKJ (1).

Να δειχθεί ότι υπάρχει ξ∈(α, β) με ƒ″(ξ) = 0.

Λύση :

" ... Το ζητούμενο μας οδηγεί στο να εφαρμόσουμε το θ. του Rolle για την

ƒ΄ στο [α, β] ... έτσι είναι αναγκαία η αλλαγή πορείας. Υπάρχει θεώρημα με υπό-

θεση ανάλογη της (1) ;

Όχι αλλά η (1) γράφεται ƒ(α) – ƒ α β ƒ α β ƒ+FHGIKJ =

+FHGIKJ −2 2

( )â που κάθε μέλος

της εμφανίζεται στο θ. της Μ.Τ. ..."

Γεωμετρική ερμηνεία

(1) ⇔ 12

ƒ(α) ƒ ƒ α β+ =

+FHGIKJ( )âb g

2.

Το πρώτο μέλος είναι η τεταγμένη

του μέσου του ΑΒ και το δεύτερο η ει-

κόνα, μέσω της ƒ, του μέσου του [α, β].

Η απλούστατη γεωμετρική ερμηνεία της

(1) είναι λοιπόν ότι η ΑΒ και η Cƒ τέ-

μνονται (εδώ στο μέσο του ΑΒ).

Στη γενική περίπτωση : Έστω μία συνάρτηση ƒ δύο φορές παραγωγίσιμη στο

[α, β] και Á á á êáé Â â â, ( ) , ( )ƒ ƒb g b g. Αν η ΑΒ και η Cƒ τέμνονται, τότε υπάρχει

ξ∈(α, β) με ƒ″(ξ) = 0.

31

Απόδειξη :

Υπάρχει ξ1∈(α, τ) με ƒ΄(ξ1) = λΑΜ και ξ2∈(τ, β) με ƒ΄(ξ2) = λΜΒ. Αλλά προ-

φανώς λΑΜ = λΜΒ άρα εφαρμόζεται στην ƒ΄ το θεώρημα του Rolle στο διάστημα

(ξ1, ξ2) κλ.π.

Προβλήματα

1. Έστω ƒ συνάρτηση παραγωγίσιμη στο ΙR με ƒ(0) = ƒ΄(0) = 0 και α > 0 με

ƒ(α) = 0 (ή α < 0 με ƒ(α) = 0). Να δειχθεί ότι υπάρχει ξ∈(0, α) τέτοιο ώστε

η εφαπτομένη της Cƒ στο (ξ, ƒ(ξ)) να διέρχεται από το (0, 0).

2. Έστω κύκλος (∆) με κέντρο Κ(α, 0) και ακτίνα ρ. Μία παραγωγίσιμη συνάρ-

τηση ƒ είναι τέτοια ώστε ƒ(α – ρ) = ƒ(α + ρ) = 0 ενώ η Cƒ τέμνει τον κύκλο

(∆) σ' ένα τουλάχιστον σημείο ακόμα.

Να δειχθεί ότι υπάρχουν ξ1, ξ2∈(α – ρ, α + ρ) με ƒ΄(ξ1)ƒ΄(ξ2) = –1.

Μπορεί η γεωμετρική εποπτεία να μας υπαγορεύσει ενδιαφέροντα προβλή-

ματα με απλή εκφώνηση και μη προφανή λύση ;


Να αποδείξετε ότι αν ƒ είναι μία φθίνουσα συνάρτηση συνεχής σ’ όλο το IR,

τότε το γράφημά της τέμνει την ευθεία y = x.


Έστω ƒ μία φθίνουσα συνάρτηση συνεχής σ' όλο το IR και g μία συνάρτηση

συνεχής στο IR και τέτοια ώστε lim g(x) êáé lim g(x)x x→−∞ →+∞

= −∞ = +∞ . Να δείξετε

ότι τα γραφήματα των ƒ και g τέμνονται.

Θεωρήματα της Μέσης Τιμής του ολοκληρωτικού λογισμού

Έχουμε ότι :

m(β – α) ≤ ƒ( )x dxá

âz ≤ Μ(β – α).

Ας φαντασθούμε την ΑΒ να κινείται παράλ-

ληλα προς τον εαυτό της προς τη ∆Γ.

32

Το εμβαδόν που σαρώνει αρχίζει από Ε1 = m(β – α) και φτάνει :

Ε1 + (ΑΒΓ∆) = = Μ(β – α).

Μεταξύ αυτών βρίσκεται "προφανώς" το Ε = ƒ( )x dxá

âz .

Θα υπάρχει δηλαδή ξ∈[α, β], τέτοιο ώστε ƒ( )x dxá

âz = ƒ(ξ)(β – α).

Απόδειξη : Αυτή του βιβλίου της Α΄ δέσμης (1993).

Υπάρχει πάντοτε ξ εσωτερικό σημείο του [α, β] ;

Ας πούμε ότι είναι το άκρο Θ. Γίνεται η γραφική παράσταση της ƒ να μην τέμνει

τη ΘΗ σε άλλο σημείο ;

Ας υποθέσουμε ότι η Cƒ βρίσκεται πάνω από τη ΘΗ, προφανώς άτοπο.

Ας υποθέσουμε ότι η Cƒ βρίσκεται κάτω από τη ΘΗ, προφανώς άτοπο.

Παράδειγμα 6 (από τον Ευκλείδη Β΄)

Θεωρούμε δύο συναρτήσεις ƒ και g συνεχείς στο [0, 1] με ƒ(x) ≤ 0 και

g(x) ≥ 0 για κάθε x∈[0, 1]. Να δειχθεί ότι υπάρχει ξ∈[0, 1] τέτοιο ώστε να ισχύει

η ισότητα ƒ(t)dt g(t)dt0

î

1

îz z= .

Απόδειξη :

" ... Μία πρώτη ματιά οδηγεί στο Θ. Μ. Τ. Ο. Λ. αλλά το συμπέρασμα δεν

ταιριάζει στο ζητούμενο και συνεπώς αλλάζουμε προσανατολισμούς(6)

. Πως

προέκυψε το ζητούμενο ; Προφανώς (!) από την h(x) = ƒ g( ) ( )t dt t dtx x

0 1z z− , άρα

θα χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα του Bolzano."

Η αντιμετώπιση αυτή είναι μια χαρακτηριστική περίπτωση στέρησης του νο-

ήματος μιας πρότασης.

Ας φανταστούμε την ΑΒ να σαρώνει το σχήμα και ας συγκρίνουμε τα σκια-

σμένα εμβαδά. Το ερώτημα είναι, αν υπάρχει θέση της ΑΒ όπου τα δύο εμβαδά

είναι ίσα. Το αριστερό εμβαδό είναι το −z ƒ( )t dtx

0 και το δεξιό είναι το g( )t dt

x

1z .

6 Αλήθεια, πότε κρίνουμε ότι κάποιο θεώρημα "δεν ταιριάζει" ;

33

Το πρώτο εμβαδό ξεκινάει από την τιμή 0 και φτάνει στην τιμή −z ƒ( )t dt0

1. Το

δεύτερο εμβαδό ξεκινάει από την τιμή g( )t dt0

1z και φτάνει στην τιμή 0.

Ας θεωρήσουμε τη διαφορά τους :

δ(x) = − −z zƒ g( ) ( )t dt t dtx

x0

1.

Έχουμε δ(0) = −z g( )t dt0

1 < 0 και

δ(1) = −z ƒ( )t dt0

1 > 0.

Άρα υπάρχει ξ στο (0, 1) που μηδενίζει

τη διαφορά. Θα έχουμε δηλαδή για κά-

ποιο ξ του (0, 1) να ισχύει :

− = −z zƒ g ƒ( ) ( ) ( )t dt t t dtî

î0

1,

σχέση η οποία γράφεται και

ƒ g( ) ( )t dt t dtî

î0

1z z= .

(Αντί για το διάστημα [0, 1] θα μπορούσα-

με βέβαια να θεωρήσουμε οποιοδήποτε

διάστημα [α, β]).

Ας δούμε μια ανάλογη πρόταση, θεωρώντας τις συνεχείς συναρτήσεις ƒ και g

με ƒ < g στο [0, 1].

Ας φαντασθούμε την ΑΒ να σαρώνει το σχήμα και ας συγκρίνουμε τα σκια-

σμένα εμβαδά με την υπόθεση ότι η ƒ είναι μικρότερη από την g. Το ερώτημα

είναι αν υπάρχει θέση της ΑΒ όπου τα δύο εμβαδά θα είναι ίσα.

Το αριστερό εμβαδό είναι το ƒ( )t dtx

0z και το δεξιό είναι το g ƒ( ) ( )t t dtx

−z1 .

Το πρώτο εμβαδό ξεκινάει από την τιμή 0 και φτάνει στην τιμή ƒ( )t dt0

1z . Το δεύ-

τερο εμβαδό ξεκινάει από την τιμή g ƒ( ) ( )t t dt−z01 και φτάνει στην τιμή 0.

ó÷Þìá 7

Á

î

Â

01

g

ƒ

ó÷Þìá 8

Á

î

Â

0

ƒ

g

1

34

Ας θεωρήσουμε τη διαφορά τους δ(x) = ƒ g ƒ( ) ( ) ( )t dt t t dtx

x0

1z z− − . Έχουμε

δ(0) = − −z g ƒ( ) ( )t t dt0

1 < 0 και δ(1) = ƒ( )t dt

0

1z > 0. Άρα υπάρχει ξ στο (α, β)

που μηδενίζει τη διαφορά. Θα έχουμε δηλαδή για κάποιο ξ του (0, 1) να ισχύει :

ƒ g ƒ( ) ( ) ( )t dt t t dtî

î0

1z z= − ,

σχέση η οποία γράφεται και

ƒ ƒ g( ) ( ) ( )t dt t dt t dtî

î î0

1 1z z z+ = ή τέλος ƒ g( ) ( )t dt t dtî0

1 1z z= .

Από τις παρατηρήσεις αυτές μπορούμε να διατυπώσουμε ασκήσεις που θα

έχουν κάποιο νόημα.

Παράδειγμα 7 (από κάποιο "φροντιστηριακό" βιβλίο)

Θεωρούμε τη συνάρτηση ƒ συνεχή στο [α, β]. Τότε υπάρχει γ∈(α, β) τέτοιο

ώστε ƒ(γ) = 0 ή ƒ ƒγ β

(t)dt (t)dtá ãz z= .

Απόδειξη :

"Θεωρούμε τη συνάρτηση :

g(x) = ƒ ƒx β

( ) ( )t dt t dtá xz z− ..."

Γιατί άραγε επιλέξαμε αυτή τη συνάρ-

τηση ;

Τι λέει "γεωμετρικά" το πρόβλημα ;

Αν η Cƒ τέμνει το [α, β], τότε το γ υπάρ-

χει προφανώς. Αν η Cƒ δεν τέμνει το [α, β],

τότε θα διατηρεί το πρόσημό της. Το πρό-

βλημα είναι λοιπόν, αν υπάρχει θέση της ΑΒ για την οποία τα δύο σκιασμένα

εμβαδά θα είναι ίσα. Αν θα καλυφθεί δηλαδή το μισό εμβαδό μεταξύ της καμπύ-

λης και του άξονα των τετμημένων. Αυτή η εποπτικά προφανής πρόταση χάνεται.

ó÷Þìá 9

Áx

Â

á â

35

Ζητάμε να διαπιστώσουμε αν υπάρχει λύση της εξίσωσης :

ƒ ƒx β

( ) ( )t dt t dtá xz z= .

Θεωρούμε λοιπόν τη διαφορά σ(x) = ƒ ƒx β

( ) ( )t dt t dtá xz z− και έχουμε :

σ(α) = −z ƒβ ( )t dtá

και σ(β) = ƒβ

( )t dtáz και προφανώς τα σ(α) και σ(β) είναι ετε-

ρόσημα, πράγμα που εξασφαλίζει την ύπαρξη του γ.

Παράδειγμα 8 (από τον Ευκλείδη Β΄)

Έστω συνάρτηση παραγωγίσιμη στο[0, 1] με συνεχή παράγωγο, με ƒ(0) = 0,

ƒ(1) = 1

2 και ƒ΄(0) > 0. ∆είξτε ότι υπάρχει ξ∈(0, 1) τέτοιο ώστε ƒ΄(ξ) = 2ξ.

Απόδειξη :

" ... Έστω g(x) = ƒ(x) – 1

2x

2 (απορία δική μου : γιατί επιλέξαμε αυτή τη συ-

νάρτηση ;).

Έχουμε g΄(x) = ƒ΄(x) – x, g(0) = g(1) = 0 και σύμφωνα με το θεώρημα του

Rolle, θα υπάρχει α∈(0, 1) με g΄(α) = 0 δηλαδή ƒ΄(α) = α.

Έστω τώρα h(x) = ƒ(x) – x2. Θα είναι h΄(x) = ƒ΄(x) – 2x.

Έχουμε h(0) = ƒ΄(0) > 0 και h(α) = ƒ΄(α) – 2α = –α < 0, οπότε σύμφωνα με

το θεώρημα του Bolzano ..."

Σχόλιο : Εδώ ζητάμε να αποδεί-

ξουμε ότι η εξίσωση ƒ΄(x) = 2x έχει

λύση στο (0, 1) ή με άλλα λόγια ότι η

παράγωγος της h(x) = ƒ(x) – x2 μηδε-

νίζεται. Ήδη h(0) = 0. Το θέμα είναι

αν η h μηδενίζεται και σε άλλο σημείο

του (0, 1) ώστε το συμπέρασμα να

προκύψει από το θεώρημα του Rolle.

Επειδή h(1) = θ – 1 < 0 ας αναρωτη-

θούμε : μπορεί άραγε η ƒ να μείνει "κάτω" από τη x2 ; (ξεκινάμε από το σημείο

ó÷Þìá 10

ç

è

0 1

36

(0, 0) με θετική παράγωγο. Μπορούμε να μείνουμε κάτω από τη x2

;)

Ας υποθέσουμε ότι κάτι τέτοιο είναι δυνατό. Τότε έχουμε διαδοχικά ƒ(x) < x2

άρα ƒ ƒ( ) ( )x

x

−−

0

0 < x και παίρνοντας τα όρια στο 0

+ βρίσκουμε ƒ΄(0) ≤ 0, που εί-

ναι άτοπο, άρα υπάρχει a∈(0, 1) με h(a) > 0 και επειδή h(1) = –1

2, θα υπάρχει

σημείο η∈(0, 1) όπου η h θα μηδενίζεται. Το συμπέρασμα τώρα προκύπτει σαν

εφαρμογή του θεωρήματος του Rolle στην h, στο διάστημα [0, η]. Η λύση αυτή,

που υπαγορεύεται από τη γεωμετρική εποπτεία έχει διάφορα πλεονεκτήματα :

α) Εξαφανίζει τη g(x), η οποία έρχεται από το πουθενά.

β) Μας δείχνει ότι η συνέχεια της ƒ΄ δεν είναι απαραίτητη.

γ) Το ότι ƒ(1) = 1

2 δεν παίζει ιδιαίτερο ρόλο, αρκεί ƒ(1) = θ < 1.

δ) Μπορούμε να συμπεράνουμε ότι θα υπάρχει ξ∈(0, 1) με ƒ΄(ξ) = νξν–1

.

Αυτά είναι μερικά μόνο παραδείγματα για το πως μπορεί η γεωμετρική επο-

πτεία να μας οδηγήσει στη διατύπωση προτάσεων, αλλά και στο να μας υποδείξει

δρόμους για την απόδειξη διατυπωμένων προτάσεων.

Στράτος Μάκρας Δρ. Μαθηματικών Πανεπιστημίου Αθηνών

Ιωνίδειος Σχολή Πειραιά

Περ ι ο δ ι κ ό : Μαθηματική Παιδεία

Το περ ι ο δ ι κ ό των Εκπα ι δ ε υ τ ι κών

Κυκλοφορούν Υπό έκδοση

37

∆ήμο ς Γεώργ ι ο ς τ ου ∆ημητρ ί ου

Είναι γνωστό ότι η συνάρτηση ƒ(x) = x2ν

, ν∈Ν* στρέφει στο IR τα κοίλα άνω.

(ƒ ΄(x) = 2νx2ν – 1

, ƒ″(x) = 2ν (2ν – 1)x2ν – 2

≥ 0 για κάθε x∈IR).

Έχουμε έτσι τη σαφή ένδειξη ότι η εφαπτομένη της Cƒ σε τυχαίο σημείο

Μ(α, ƒ(α)) δεν έχει άλλο κοινό σημείο με αυτήν, εκτός του σημείου επαφής.

Η παραπάνω εφαπτομένη θα έχει εξίσωση :

y – ƒ(α) = ƒ ΄(α)(x – α) ⇔ y – α2ν

= 2ν⋅α2ν – 1⋅(x – α) ⇔

y = 2να2ν – 1

x + (–2ν + 1)α2ν

.

Έτσι το σύστημα y x

y íá x í á

í

í í

=

= + − +

RS|T|

UV|W|−

2

2 1 22 2 1b g θα έχει τουλάχιστον διπλή

λύση την (x, y) = (α, α2ν

) και μόνο αυτήν.

Προκύπτει :

x2ν

= 2να2ν – 1

x + (–2ν + 1)α2ν

⇔

x2ν

– 2να2ν – 1

x + (2ν – 1)α2ν

= 0 ⇔ (σχήμα H÷rner)

(x – α)2[x

2ν – 2 + 2αx

2ν – 3 + 3α

2x

2ν – 4 + ... + (2ν – 1)α

2ν – 2] = 0 ⇔

x = α ή x2ν – 2

+ 2αx2ν – 3

+ 3α2x

2ν – 4 + ... + (2ν – 1)α

2ν – 2 = 0 (1).

Για x = α προκύπτει y = ƒ(α) = α2ν

.

Η (1) με α ≠ 0 και διαιρώντας τα μέλη της με α2ν – 2

δίνει :

x

á

x

á

x

áí

x

áí

í í íFHGIKJ + FHG

IKJ + FHG

IKJ + + − + − =

− − −2 2 2 3 2 4

2 3 2 2 2 1 0... b g b g

και αν θέσουμε x

át= προκύπτει ότι η εξίσωση :

t t t í t íí í í2 2 2 3 2 42 3 2 2 2 1 0− − −+ + + + − + − =... b g b g (2) δεν έχει λύση στο IR

(ειδικότερα στο IR–) για κάθε ν∈Ν, με ν ≥ 2.

38

Η (2) ακόμα είναι ισοδύναμη με την εξίσωση :

1 + 2x + 3x2 + ... + (2ν – 1)x2ν–2 = 0 (3) που προκύπτει από τη (2) διαιρώ-

ντας και τα δύο μέλη με το t2ν–2 ≠ 0 και θέτοντας 1

t = x.

Για τη συνάρτηση ƒ(x) = x

2ν+1, ν∈Ν*

έχουμε τώρα :

ƒ ΄(x) = (2ν + 1)x2ν

και ƒ″(x) = (2ν + 1)2νx2ν–1

.

Έτσι η ƒ είναι κυρτή στο [0, +∞) και μη κυρτή στο (–∞, 0]. Σαφή ένδειξη έ-

χουμε για το γεγονός ότι η εφαπτομένη της Cƒ σε τυχαίο σημείο Μ(α, ƒ(α)),

α∈IR*, έχει με αυτή και δεύτερο κοινό σημείο.

Η εφαπτομένη στο σημείο Μ(α, ƒ(α)) έχει εξίσωση y – ƒ(α) = ƒ ΄(α)(x – α)

⇔ y – α2ν+1

= (2ν + 1)α2ν

(x – α) ⇔ y = (2ν + 1)α2ν

x – 2να2ν+1

.

Έτσι το σύστημα : y x

y í á x íá

í

í í

=

= + −

RS|T|

UV|W|

+

+

2 1

2 2 12 1 2( ) θα έχει τουλάχιστον διπλή

λύση, την : (x, y) = (α, α2ν+1

) καθώς και μία ακόμα πραγματική ρίζα.

39

Προκύπτει x2ν+1

= (2ν + 1) α2ν

x – 2να2ν+1

⇔

x2ν + 1

– (2ν + 1) α2ν

x + 2να2ν + 1

= 0 ⇔

(x – α)2[x

2ν–1+2αx

2ν–2+3α

2x

2ν–3+4α

3x

2ν–4+...+(2ν–1)α

2ν–2x+2να

2ν–1]=0 (3).

Για x = α προκύπτει y = ƒ(α) = α2ν+1

.

Με α ≠ 0 η (3) ⇔ x

á

x

á

x

áí

x

áí

í í íFHGIKJ + FHG

IKJ + FHG

IKJ + + − + =

− − −2 1 2 2 2 3

2 3 2 1 2 0... b g

και αν θέσουμεx

át= προκύπτει ότι η εξίσωση :

t t t í t íí í í2 1 2 2 2 32 3 2 1 2 0− − −+ + + + − + =... b g (4) έχει μοναδική λύση στο IR

(και ειδικότερα στο (–∞, 0)).

Η (4) είναι ισοδύναμη με την εξίσωση :

2νx2ν–1

+ (2ν – 1)x2ν–2

+ ... + 3x2 + 2x + 1 = 0 (5) που προκύπτει από την

(4) διαιρώντας και τα δύο μέλη αυτής με το t2ν–1

και θέτοντας 1

t = x.

Τις παραπάνω διαπιστώσεις διατυπώνουμε τώρα με την εξής πρόταση :

"Θεωρούμε τα διανύσματα του IR ν :

r r

lr

á (1, 2, ... , í 1, í), (1, x, ... , x , x ), m (x , x , ... , x, 1)í 2 í 1 í 1 í 2= − = =− − − − ,

όπου ν∈Ν με ν ≥ 2 και x∈IR.

Τότε οι εξισώσεις r rl

r rá 0 êáé á m 0⋅ = ⋅ = έχουν στο IR μοναδική (αρνητική)

ρίζα όταν ν άρτιο, ενώ είναι αδύνατες όταν ν περιττό".

Αλλιώς :

"Αν ν άρτιος, υπάρχουν δύο διανύσματα rl

r, m του IR

ν ορθογώνια προς το rá ,

ενώ αν ν περιττός δεν υπάρχουν τέτοια διανύσματα".

Θα δώσουμε μία αυστηρή απόδειξη της παραπάνω πρότασης :

Α. Είναι r rlá ⋅ = 0 ⇔ 1 + 2x + 3x

2 + ... + νx

ν–1 = 0 (1).

Θέτουμε ƒ(x) = 1 + 2x + 3x2 + ... + νx

ν–1 και έχουμε :

ƒ(x)= (1 + x + x2 + ... + x

ν)΄ = (επειδή x ≠ 1)

40

= x

x

x x x x

x

í í í+ + +−

−FHG

IKJ′=

−′

− − − − ′

−=

1 1 1

2

1

1

1 1 1 1

1

d i d i( ) ( )

( )

=( ) ( )

( )

( )

( )

í x x x

x

íx x í x x

x

í í í í í í+ − − +−

=+ − + − +

−=

+ + + +1 1 1

1

1 1

1

1

2

1 1 1

2

= íx í x

xx

íx í x

x

í í í í+ +− + +−

⇒ =− + +

−

1

2

1

2

1 1

1

1 1

1

( )

( ))

( )

( )ƒ( .

Είναι φανερό ότι η (1) δεν έχει θετική ρίζα είτε είναι άρτιο το ν είτε περιττό.

Επομένως δεν βλάπτεται ο ισχυρισμός αν υποθέσουμε ότι x ≤ 0.

Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση g(x) = νxν+1

– (ν+1)xν + 1, x ≤ 0

και έχουμε : g΄(x) = ν(ν+1)xν – ν(ν + 1)x

ν–1 = ν(ν + 1)x

ν–1(x – 1) οπότε :

g΄(x) ≤ 0 αν ν περιττό (είναι x ≤ 0) ενώ g΄(x) ≥ 0 αν ν άρτιο.

Έχουμε έτσι για τη g τους πίνακες :

ν περιττός ν άρτιος

x –∞ 0 x –∞ 0

g΄ – g΄ +

g

g

και διακρίνουμε τις περιπτώσεις :

1. Αν ν περιττός τότε gmin = g(0) = 1 > 0 ⇒ g(x) > 0 στο (–∞, 0] ⇒ ƒ(x) > 0

στο (–∞, 0].

Προφανώς ƒ(x) = 1 + 2x + 3x2 + ... + νx

ν–1 > 0 για x > 0. Άρα θα έχουμε

τελικά : ƒ(x) > 0 για κάθε x∈IR και η εξίσωση ƒ(x) = 0 είναι αδύνατη στο IR

για ν περιττό.

2. Αν ν άρτιος είναι gmax = g(0) = 1.

Ακόμα lim ( ) lim lim ( )x x

í í

x

íx í x í x í x í→−∞ →−∞

+

→−∞

+= ⋅ − + + = ⋅ = −∞ = −∞g 1 11 1b gd i .

Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει αριθμός x1 < 0 ώστε g(x1) < 0. Έτσι η g στο [x1, 0]

ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ. Bolzano οπότε στο (x1, 0) η g(x) = 0 θα έχει

τουλάχιστον μία ρίζα x1 η οποία προφανώς είναι και ρίζα της ƒ(x) = 0.

41

Είναι g΄(x) > 0 στο (–∞, 0] ⇒ g ↑(γν. αύξουσα) στο (–∞, 0] ⇒ η g είναι

"1 - 1" στο (–∞, 0]. Άρα η παραπάνω ρίζα x1 είναι μοναδική και η πρόταση

αποδείχθηκε.

Β. Είναι r rá m⋅ = 0 ⇔ x

ν–1 + 2x

ν–2 + 3x

ν–3 + ... + (ν – 1)x + ν = 0 (1).

Είναι x ≠ 0 και με το μετασχηματισμό x = 1

t η (1) παίρνει ισοδύναμα τη μορ-

φή : 1

21

31

11

01 2 3t t t

ít

íí í í− − −+ + + + − + =... ( ) ⇔

1 + 2t + 3t2 + ... + (ν – 1)t

ν–2 + νt

ν–1 = 0, t∈IR

* και εργαζόμενοι όπως στην

περίπτωση (Α) βγάζουμε τα ίδια συμπεράσματα.

ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ

1. Αν θεωρήσουμε τις συναρτήσεις ƒ1(x) = 12x í

και ƒ2(x) = 1

2 1x í+ , ν∈Ν και κά-

νουμε τις ίδιες αρχικές σκέψεις που κάνουμε με τις x2ν

, x2ν+1

καταλήγουμε

και πάλι στον ίδιο ισχυρισμό.

2. Μπορεί να αποδειχθεί η παραπάνω πρόταση και επαγωγικά. Ακόμα για ν

περιττό μπορεί κάποιος να γράψει την παράσταση : 1 + 2x + 3x2 + ... + νx

ν–1

ως άθροισμα τετραγώνων (πως ;) και να δώσει έτσι μια πιο μικρή απόδειξη. Δήμος Γεώργιος του Δημητρίου

Μαθηματικός e-mail : [email protected]

42

Χρήστος ∆ . Πατήλας

ΠΡΟΤΑΣΗ :

Έστω Α ένας ν×ν αντιστρέψιμος πίνακας Α με στοιχεία ακεραίους αριθμούς. Αν

ο Α–1 έχει κι αυτός στοιχεία ακεραίους, τότε ισχύει : A = 1.

Ας θυμηθούμε την απόδειξη :

Ισχύει :

Α⋅Α–1 = Ιν άρα Α⋅Α–1=Ιν ⇔ Α⋅Α–1= 1

ν ⇔ Α⋅Α–1= 1 (1).

Οι ορίζουσες των πινάκων Α και Α–1

, λόγω του ότι το ανάπτυγμά τους αποτε-

λείται από πρόσθεση - αφαίρεση - πολλαπλασιασμό των ακεραίων στοιχείων

τους, θα είναι ακέραιοι.

Συνεπώς η (1) μας λέει ότι το γινόμενο δύο ακεραίων είναι 1,

οπότε θα είναι :

Á êáé Á

Þ

Á êáé Á

= =

= − = −

RS||

T||

−

−

1 1

1 1

1

1

δηλαδή A =1 σε κάθε περίπτωση.

Θα προσπαθήσουμε στη συνέχεια, χρησιμοποιώντας την παραπάνω πρόταση, να υπο-λογίσουμε την ορίζουσα του πίνακα Α για τον οποίο ξέρουμε ότι ισχύει μια συγκεκριμένη "πολυωνυμική σχέση".

ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ

∆ίνεται ένας ν×ν πίνακας Α με στοιχεία ακεραίους και έστω ότι υπάρχουν ακέ-

ραιοι α1, α2, ..., ακ, κ∈Z, κ > 1, τέτοιοι ώστε να ισχύει :

ακΑκ + ακ–1Α

κ–1 + ... + α1Α + Ι = Ο (2)

Να υπολογιστεί η Α.

43

ΛΥΣΗ :

Για κάθε κ > 1 η (2) γράφεται :

Α(ακΑκ–1

+ ακ–1Ακ–2

+... + α1Ι) = –Ι ⇔ Α(–ακΑκ–1

– ακ–1Ακ–2

– ... – α1Ι) = Ι

(ο κ είναι κάθε φορά κατάλληλος, ώστε να ορίζονται οι δυνάμεις).

Επομένως ο πίνακας Α είναι αντιστρέψιμος και :

Α–1

= –ακΑκ–1


– ... – α1Ι.

Εφ’όσον τα στοιχεία του πίνακα Α είναι ακέραιοι, θα είναι επίσης ακέραιοι

και τα στοιχεία των πινάκων Ακ–1

, Ακ–2

, ..., Α2. (Το γινόμενο πινάκων ανάγεται

τελικά σε πρόσθεση - αφαίρεση - πολλαπλασιασμό ακεραίων) καθώς και του Ι.

Συνεπώς με ακ, ακ–1, ..., α1 ∈Z, ο πίνακας Α–1

= –ακΑκ–1


– ... – α1Ι

έχει στοιχεία ακέραιους και σύμφωνα με την πρόταση, θα έχουμε ότι :

Α = 1 ή Α = –1.

Ας δούμε δύο θέματα (ασκήσεις) των οποίων τα πρώτα ερωτήματά τους βασίζονται στα

προηγούμενα.

1. ∆ίνεται ο πίνακας Α τύπου ν×ν με στοιχεία ακεραίους ώστε να ισχύει :

Α2 – 4Α + Ι = Ο (1).

i. Να δειχθεί ότι Α = 1.

ii. Ποια η συνθήκη ώστε η σχέση (1) και η σχέση Α4 – 4Α3 + 4Α – Ι = Ο (2) να

είναι ισοδύναμες ;

ΛΥΣΗ :

i. Η (1) γράφεται Α(4Ι – Α) = Ι, δηλαδή ο πίνακας Α αντιστρέφεται και τα

στοιχεία του πίνακα Α–1

= 4Ι – Α είναι ακέραιοι. Επειδή τα στοιχεία των πι-

νάκων Α και Α–1

είναι ακέραιοι, σύμφωνα με τα προηγούμενα, θα είναι :

Α = 1 ή Α = –1.

Αλλά Α2 – 4Α + Ι = Ο ⇔ Α

2 – 2Α + Ι = 2Α ⇔ (Α – Ι)

2 = 2Α.

Οπότε (Α – Ι)2 = 2A ⇔ A – I2

= 2νA ⇔ Α =

Á Éí

− 2

2 > 0,

άρα Α = 1.

44

ii. Ευθύ :

Έστω ότι Α2 – 4Α + Ι = Ο. Πολλαπλασιάζοντας με Α

2 παίρνουμε :

Α4 – 4Α

3 + Α

2 = Ο ⇔

( )1

Α4 – 4Α

3 + 4Α – Ι = Ο.

Ισχύει δηλαδή το ευθύ χωρίς καμία επιπλέον συνθήκη.

Αντίστροφο :

Α4 – 4Α

3 + 4Α – Ι = Ο ⇔ (Α

2 + Ι)(Α

2 – Ι) – 4Α(Α

2 – Ι) = Ο ⇔

(Α2 – 4Α + Ι)(Α

2 – Ι) = Ο. Αν ο πίνακας Α

2 – Ι είναι αντιστρέψιμος, τότε

παίρνουμε Α2 – 4Α + Ι = Ο, δηλαδή την (1).

Συνεπώς για να είναι ισοδύναμες οι σχέσεις (1) και (2) πρέπει ο πίνακας

(Α2 – Ι) να είναι αντιστρέψιμος.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ :

• Παράδειγμα πινάκων με τις παραπάνω ιδιότητες είναι ο Α = 1 1

2 3

LNMOQP

• Αν τα στοιχεία του Α δεν ήταν ακέραιοι, τότε δεν θα ίσχυε Α = 1.

Π.χ. ο πίνακας Α = 2 3+e j Ι, ο οποίος επαληθεύει την (1), αλλά είναι :

Α = 2 3+e j ν ≠ 1, για κάθε ν∈Ν*.

2. ∆ίνεται ο ν×ν αντιστρέψιμος πίνακας Α με στοιχεία ακεραίους ώστε να ισχύει :

Á Á É Á2 Á 1 Á 1

í+ +− = − (1).

Να δειχθεί ότι : i. Α4 = Ιν και ii. Α2 + Ιν ≥ 0.

ΛΥΣΗ :

i. Επειδή ο πίνακας Α έχει στοιχεία ακεραίους και είναι αντιστρέψιμος θα ι-

σχύει Á ∈Ν*.

Επίσης Á ÁÁ Á2 1 1+ +− = Ιν – Α ⇔

Á Á Á É É êáé Á Á Á ÉÁ Á

í íÁ Á

í2 1 2− + = = − +−e j .

45

Οι πίνακες Á Á ÉÁ Á

í2

, , έχουν στοιχεία ακεραίους⋅ άρα και ο πίνακας

Á Á ÉÁ Á

í2 − + = Α

–1 έχει στοιχεία ακεραίους, οπότε σύμφωνα με την

πρόταση που αποδείχθηκε στην αρχή του άρθρου, θα ισχύει : Á = 1.

Συνεπώς η (1) γίνεται :

Α3 – Α

2 = Ιν – Α ⇔

⋅Á Α

4 – Α

3 = Α – Α

2 ⇔ Α

4 = Α

3 – Α

2+ Α ⇔ Α

4 = Ιν.

ii. Á É Á É É Á É Á Á Éí í í í í í í í2 2 2 4 21

22 2

1

22

1

22+ = + = + + = + + =

= 1

2

1

22 2 2

2

í í í íÁ É Á É+ = +d i e j ≥ 0.

ΣΧΟΛΙΑ :

Είναι γνωστό ότι, προσπαθώντας συχνά να κατασκευάσουμε μία

συνθήκη που μας "βολεύει" για κάποιον πίνακα, μπορεί να κατα-

λήξουμε σε εσφαλμένα συμπεράσματα, γιατί είναι πιθανόν να μην

υπάρχουν πίνακες που να πληρούν τη συνθήκη που θα τους "επι-

βάλλουμε". Ενδεικτικά αναφέρω δύο τέτοιες περιπτώσεις :

1. ∆εν υπάρχουν ν×ν πίνακες με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς

και ν περιττό αριθμό, ώστε :

αΑ2κ + βΑκ + γΙ = Ο, με α, β, γ∈IR και ∆ = β2

– 4αγ < 0, κ∈ΙΝ *.

2. ∆εν υπάρχουν ν×ν πίνακες Α, Β με στοιχεία πραγματικούς ώστε

οι πίνακες ΑΒ και ΒΑ να έχουν διαφορετικό ίχνος (άθροισμα

των στοιχείων της κυρίας διαγωνίου), ή να ισχύει :

ΑΒ – ΒΑ = λΙ, λ∈ΙR*.

Ας δούμε στη συνέχεια του άρθρου μερικά ακόμα θέματα :

ΘΕΜΑ 1ο Να δειχθεί ότι δεν υπάρχουν ν×ν πίνακες Α, όπου ν θετικός ακέραιος, με στοι-

χεία ακεραίους ώστε να ισχύει 4Α2 + 2Α – Ιν = Ο (1)

ΛΥΣΗ :

Έστω ότι υπάρχουν τέτοιοι πίνακες. Τότε η (1) ισοδύναμα γίνεται :

46

Α(4Α + 2Ιν) = Ιν άρα Α⋅4Α + 2Ιν = 1 και επειδή τα στοιχεία των πι-

νάκων Α και 4Α + 2Ιν είναι ακέραιοι, προκύπτει ότι Á = 1 (2).

Επίσης (1) ⇔ 2Α(2Α + Ιν) = Ιν άρα 2Α⋅2Α + Ιν = 1.

Συνεπώς 2 1 2 11

2Á Á Áí

í= ⇔ = ⇔ = (3).

Από τις σχέσεις (2) και (3) παίρνουμε 1 = 1

2í ⇔ 2

ν = 1, που είναι άτοπο

για κάθε θετικό ακέραιο ν.

Συνεπώς δεν υπάρχουν ν×ν πίνακες με στοιχεία ακεραίους που να πληρούν

τη συνθήκη (1).

Γενικά αποδεικνύεται με ίδιο τρόπο, ότι δεν υπάρχουν ν×ν πίνακες Α με στοιχεία ακε-

ραίους για τους οποίους να ισχύει :

λαΑ2 + αΑ – Ιν = Ο, λ∈Z, α∈Z – ±1), ν∈IΝ*.

ΘΕΜΑ 2ο

∆ίνεται ο 4×4 πίνακας του οποίου τα στοιχεία είναι ρητοί της μορφής ê

ë, κ∈Z,

λ∈Z * και έστω ε∈Z το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των παρανομαστών λ. Αν

για τον πίνακα Α ισχύει : ε2Α2 + Α + ε–2Ι = Ο, τότε να αποδειχθεί ότι ο πίνα-

κας Α έχει στοιχεία ακεραίους.

ΛΥΣΗ :

Είναι : ε2Α

2 + Α – ε

–2Ι = Ο ⇔ ε

4Α

2 + ε

2Α – Ι = Ο ⇔

å Á å Á É É

Þ

åÁ å Á åÉ É

2 2

3

d id i

b gd i

+ =

+ =

RS||

T||

Οι πίνακες ε2Α, ε

2Α + Ι και εΑ, ε

3Α + εΙ έχουν στοιχεία ακεραίους.

Άρα å Á êáé åÁ ï üôå Áå

êáé Áå

28 4

1 11 1

= = = =ð .

47

Συνεπώς ε8 = ε

4 άρα ε

4 = 1 και ισοδύναμα ε = ±1. Έτσι όλοι οι παρανο-

μαστές των στοιχείων του πίνακα Α είναι 1 ή –1, δηλαδή τα στοιχεία του Α

είναι ακέραιοι.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ : Η σχέση ε2Α

2 + Α – ε

–2Ι = Ο γίνεται τότε Α2

± Α – Ι = Ο.

ΘΕΜΑ 3ο Να δειχθεί ότι δεν υπάρχει ν×ν πίνακας Α με στοιχεία ακεραίους, ώστε οι πίνα-

κες Α, Α + Ι, Α + 2Ι, ..., Α + (2ν + 1)Ι, να αντιστρέφονται και οι αντί-

στροφοί τους να έχουν στοιχεία ακέραιους αριθμούς.

ΛΥΣΗ :

Έστω ότι υπάρχει ο παραπάνω πίνακας Α.

Επειδή οι πίνακες Α, Α + Ι, Α + 2Ι, ..., Α + (2ν + 1)Ι έχουν στοιχεία ακέ-

ραιους αριθμούς, τόσο αυτοί, όσο και οι αντίστροφοί τους, θα έχουμε :

Α = ±1, Α + Ι = ±1, ..., Α + (2ν + 1)Ι = ±1 (1).

Έστω η συνάρτηση ƒ(x) =A + xI, x∈IR η οποία είναι πολυωνυμική ν βαθ-

μού ακριβώς (εύκολα αποδεικνύεται, υπολογίζοντας το ανάπτυγμα της Α + xΙ).

Αν g(x) = ƒ(x) – 1, h(x) = ƒ(x) + 1, τότε οι εξισώσεις :

g(x) = 0 ⇔ ƒ(x) = 1 και h(x) = 0 ⇔ ƒ(x) = –1

θα έχουν το πολύ ν πραγματικές ρίζες η κάθε μία, δηλαδή συνολικό πλήθος

ριζών 2ν.

Αλλά από τις σχέσεις (1) προκύπτει ότι μία από τις εξισώσεις ƒ(x) = 1 ή

ƒ(x) = –1 έχει το λιγότερο ν + 1 ρίζες, που είναι άτοπο, άρα δεν υπάρχουν

τέτοιοι πίνακες.

ΘΕΜΑ 4ο (προτάθηκε για λύση στο περιοδικό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β΄ της Ε.Μ.Ε.)

Έστω Α, Β πίνακες 3×3 ώστε οι :

Α, Α + Β, Α + 2Β, Α + 3Β, Α + 4Β, Α + 5Β, Α + 6Β

να αντιστρέφονται και να έχουν ακέραια στοιχεία τόσο αυτοί, όσο και οι αντί-

στροφοί τους. Να δειχθεί ότι ο Α + 7Β αντιστρέφεται και να υπολογιστεί η ορί-

ζουσα Α + 7Β. Να γενικεύσετε για ν×ν πίνακες Α, Β.

48

ΛΥΣΗ :

Ισχύει : Α = ±1, Α + Β = ±1, ..., Α + 6Β = ±1.

Θεωρούμε τη συνάρτηση ƒ(x) = A + xB, x∈IR η οποία είναι πολυωνυμι-

κή, το πολύ τρίτου βαθμού. Θεωρώντας τις αντίστοιχες συναρτήσεις g(x) και

h(x) του προηγούμενου θέματος, συμπεραίνουμε ότι μία από τις δύο εξισώ-

σεις g(x) = 0 ή h(x) = 0 έχει το λιγότερο τέσσερις ρίζες. Άρα μία τουλάχι-

στον από τις παραπάνω συναρτήσεις Α + xB– 1, Α + xB+ 1 είναι μη-

δενικού βαθμού και μάλιστα το μηδενικό πολυώνυμο.

Άρα Α + xB= 1 ή Α + xB= –1 για κάθε x∈IR και επομένως για x =

7 έχουμε Α + 7B= 1 ή Α + 7B= –1. Οπότε ο πίνακας Α + 7Β είναι

αντιστρέψιμος. Παράδειγμα τέτοιων πινάκων είναι οι Α = Ι3 ή Α = –Ι3 και Β = Ο3.

ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ

∆ίνονται οι ν×ν πίνακες Α, Β, ώστε οι Α, Α + Β, Α + 2Β, ..., Α + (2ν + 1)Β

να είναι αντιστρέψιμοι και να έχουν στοιχεία ακεραίους τόσο αυτοί, όσο και

οι αντίστροφοί τους. Τότε ισχύει : Α + κΒ = ±1 για κάθε κ ≥ 2ν + 1, κ∈Z.

Χρήστος Δ. Πατήλας Αλεξάνδρας 65, Τρίκαλα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

ΓΙΩΡΓΟΣ ΡΙΖΟΣ

Μαθηματικά Α΄ Γυμνασίου " ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ

Προβλήματα Μαθηματικών Β΄ Γυμνασίου ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ " Προβλήματα Μαθηματικών Γ΄ Γυμνασίου Χάρης Βαφειάδης

49

Νικόλαος ∆. Μπάκος

Ένα πολύ σημαντικό μέρος από την ύλη της Άλγεβρας της Γ΄ Λυκείου αναφέ-

ρεται στους πίνακες, τις ορίζουσες και τον προσδιορισμό του αντιστρόφου

ενός (αντιστρέψιμου) ν×ν πίνακα Α. Οι συνήθεις υποθέσεις σε αντίστοιχες

ασκήσεις του σχολικού βιβλίου είναι κάποιες "πολυωνυμικού τύπου" σχέσεις

στις οποίες "υπακούει" ο πίνακας Α. Τα θέματα αυτά μπορεί κάποιος να τα

αντιμετωπίσει αυτόνομα, αλλά μπορεί να τα δει και μέσα από την οπτική που

προσφέρει το χαρακτηριστικό πολυώνυμο ενός πίνακα και οι εφαρμογές του

θεωρήματος Cayley - Hamilton (C - H).

Ας δούμε λοιπόν κάποιους αρχικούς ορισμούς :

Έστω ένας ν×ν πίνακας Α =

á á á

á á á

á á á

í

í1 í íí

11 12 1í

21 22 2

2

...

...

...

M M O M

L

N

MMMM

O

Q

PPPP.

Την παράσταση (ορίζουσα) : A xI

á x á á

á á x á

á á á x

í

í1 í íí

− =

−−

−

11 12 1í

21 22 2

2

...

...

...

M M O M

τη λέμε χαρακτηριστικό πολυώνυμο του Α και τη συμβολίζουμε ΡΑ.

Φυσικά, αν αναπτύξουμε την παραπάνω ορίζουσα, βρίσκουμε ένα πολυώνυ-

μο ν-οστού βαθμού ως προς x με πραγματικούς συντελεστές, το :

Α – xI = (–1)νxν +(–1)ν–1Aν–1xν–1 + ... – Α1x + A0 (1),

όπου Αν–1, Αν-2, ..., Α0 σταθεροί πραγματικοί αριθμοί και ν∈IΝ*, ν ≥ 2.

Αν αναπτύξουμε την ορίζουσα κατά τα στοιχεία της 1ης γραμμής έχουμε τα

αλγεβρικά συμπληρώματα των στοιχείων α12, α13, ..., α1ν του πίνακα Α, τα ο-

ποία είναι ορίζουσες ν – 1 τάξης που κάθε μία περιέχει ν – 2 όρους από την

50

κύρια διαγώνιο. Κατά συνέπεια, τα μονώνυμα ν-οστού και ν – 1-οστού βαθμού

στο ΡΑ προέρχονται από το γινόμενο των όρων της κυρίας διαγωνίου :

(α11 – x)(α22 – x) ... (ανν – x).

Τότε το Αν–1 είναι ίσο με Tr(A) = α11 + α22 + ... + ανν, που ονομάζουμε ίχνος

του πίνακα Α (το άθροισμα των στοιχείων της κυρίας διαγωνίου του Α)

Α – xI = (–1)νxν +(–1)ν–1Tr(A)xν–1 + ... – Α1x + A0 (1)΄,

Ιδιοτιμή ενός ν×ν πίνακα Α λέμε κάθε ρίζα του χαρακτηριστικού του πολυωνύ-

μου. ∆ηλαδή την τιμή x για την οποία ισχύει : ΡΑ(x) = 0 ⇔ A – xI = 0.

Παρατηρούμε ότι για x = 0 είναι :

ΡΑ(0) = Α0 και Α – 0⋅Ι= Α0 ⇔ Α0 = Α.

Τότε :

Α – xI = (–1)νxν +(–1)ν–1Aν–1xν–1 + ... – Α1x + A (2),

Έστω τώρα ένας ν×ν πίνακας Α και Ρ(x) = ανxν + αν–1x

ν–1 + ... + α1x + α0,

όπου αν, αν–1, ..., α0∈IR ένα πολυώνυμο του x. Ονομάζουμε τιμή του Ρ στον Α

και συμβολίζουμε Ρ(Α) τον πίνακα ανΑν + αν–1Α

ν–1 + ... + α1Α + α0Ι.

∆ηλαδή : Ρ(Α) = ανΑν + αν–1Α

ν–1 + ... + α1Α + α0Ι.

ΘΕΩΡΗΜΑ Cay l ey - Hami l ton

Κάθε ν×ν πίνακας μηδενίζει το χαρακτηριστικό του πολυώνυμο, δη-λαδή : Ρ(Α) = 0.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ :

• Η εξίσωση Α – xI= 0 που προκύπτει λέγεται και χαρακτηριστική εξίσωση.

Άρα κάθε πίνακας ικανοποιεί την χαρακτηριστική του εξίσωση.

• Συχνά τη χαρακτηριστική εξίσωση ενός πίνακα τη γράφουμε και ως

ΑΧ = λX, λ∈IR και X ≠ O ένας ν×1 πίνακας. Οι τιμές του Χ που ικανοποιούν

την παραπάνω σχέση λέγονται και ιδιοδιανύσματα.

51

Το θ. Cayley - Hamilton μας παρέχει τα εργαλεία για την απλούστευση των

πράξεων που απαιτούνται σε θέματα που απαιτούν πίνακες. Θα αναφέρουμε

ενδεικτικά τρεις από τις πολύ ενδιαφέρουσες εφαρμογές του.

ΕΦΑΡΜΟΓΗ 1η

Πώς μπορούμε να υπολογίσουμε εύκολα την τιμή ενός πολυωνύμου σε έναν ν×ν πίνακα Α, όταν περιέχονται και μεγάλες δυνάμεις του πίνακα Α.

ΘΕΩΡΗΤΙΚΟ ΜΟΝΤΕΛΟ ∆ΟΥΛΕΙΑΣ

Ας είναι ΡΑ το χαρακτηριστικό πολυώνυμο ενός ν×ν πίνακα Α και G ένα ο-

ποιοδήποτε πολυώνυμο του Α. Τότε διαιρώντας το G με το ΡΑ έχουμε :

G(x) = Q(x)⋅PA(x) + R(x),

όπου ο βαθμός του R(x) είναι μικρότερος από το βαθμό του ΡΑ(x), που είναι

ίσος με ν. Τότε :

G(Α) = Q(Α)⋅PA(Α) + R(Α).

Σύμφωνα με το θ. C - H είναι ΡΑ(Α) = 0 οπότε G(A) = R(A).

Με λίγα λόγια, αντί να βρούμε την τιμή της παράστασης G(A), που ενδεχό-

μενα περιέχει μεγάλες δυνάμεις του πίνακα Α, βρίσκουμε την ίση τιμή της

R(A), που σίγουρα περιέχει μικρότερες δυνάμεις του Α.

ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ

Έστω ο πίνακας Α =

1 0 2

0 1 1

0 1 0

−L

NMMM

O

QPPP. Ζητάμε την τιμή της παράστασης :

3Α5 – Α

4 – Α

2 + 4Ι.

Για να την υπολογίσουμε χρειάζεται να βρούμε τις δυνάμεις Α5, Α

4, ... του

πίνακα Α. Ας το αποφύγουμε λοιπόν.

Θεωρούμε το πολυώνυμο G(x) = 3x5 – x

4 – x

2 + 4 και το χαρακτηριστικό πο-

λυώνυμο του Α, το ΡΑ(x) = A – xI =

1 0 2

0 1 1

0 1

−− −

−

x

x

x

= –x3 + 2x – 1.

52

∆ιαιρώντας έχουμε :

G(x) = PA(x)⋅Q(x) + R(x) = (–x3 + 2x – 1)(–3x

2 + x – 6) + (–6x

2 + 13x – 2).

Τότε σύμφωνα με τα προηγούμενα θα είναι :

G(A) = R(A) και G(A) = –6A2 +13A – 2I.

Αλλά :

Á2

1 2 2

0 2 1

0 1 1

= −−

L

NMMM

O

QPPP

οπότε 3Α5 – Α

4 – Α

2 + 4Ι =

=− ⋅ −−

L

NMMM

O

QPPP+ ⋅ −L

NMMM

O

QPPP− ⋅L

NMMM

O

QPPP=

−−

−

L

NMMM

O

QPPP

6

1 2 2

0 2 1

0 1 1

13

1 0 2

0 1 1

0 1 0

2

1 0 0

0 1 0

0 0 1

5 12 14

0 27 19

0 19 8

.


Πώς μπορούμε να υπολογίσουμε τον αντίστροφο ενός αντιστρέψιμου ν×ν πίνα-

κα Α.


Ας υποθέσουμε ότι : ΡΑ(x) = ανxν + αν–1x

ν–1 + ... +α1x + α0 το χαρακτηριστι-

κό πολυώνυμο του πίνακα Α. Επειδή ο Α είναι αντιστρέψιμος το Χ = O δεν

είναι ιδιοτιμή του, δηλαδή α0 = Α ≠ 0.

Τότε A – xI = (–1)νxν + αν–1x

ν–1 + ... + α1x + A = 0 και

Α[(–1)νΑν–1

+ αν–1Αν–2

+ ... + α1Ι] + α0Ι = O ⇔

Α[(–1)νΑν–1

+ αν–1Αν–2

+ ... + α1Ι] = –α0Ι ⇔

Α(–α0–1

) [(–1)νΑν–1

+ αν–1Αν–2

+ ... + α1Ι] = Ι.

Άρα ο αντίστροφος του Α είναι ο :

Á1

á1 Á á Á ... á É1

0

í í 1í 1

í 21

− −−

−= − − + + +b g .

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ :

Οι όροι αν–1, αν–2, ..., α1, α0 περιέχουν και το πρόσημο των αντίστοιχων συντε-

λεστών.

53

ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ :

∆ίνεται ο πίνακας Α =

1 0 2

2 1 1

1 1 2

L

NMMM

O

QPPP

. Τότε Á2

3 2 6

5 2 7

5 3 7

=L

NMMM

O

QPPP

.

Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του Α είναι :

ΡΑ(x) =

1 0 2

2 1 1

1 1 2

11 1

1 22

2 1

1 1

−−

−= − ⋅

−−

+ ⋅−

x

x

x

xx

x

xb g =

= (1 – x)(x2 – 3x + 1) + 2(1 + x) = –x

3 + 4x

2 – 2x + 3.

Σύμφωνα με το θ. Cayley - Hamilton θα είναι :

ΡΑ(Α) = 0 ⇔ –Α3 + 4Α

2 – 2Α + 3Ι = O ⇔

Α–1

= 1

3(Α

2 – 4Α + 2Ι) =

1

3

2

3

2

31 0 1

1

3

1

3

1

3

−

−

−

L

N

MMMMM

O

Q

PPPPP.


Πώς μπορούμε να υπολογίσουμε μεγάλες δυνάμεις ή γενικότερα τη ν-οστή δύ-

ναμη ενός τετραγωνικού πίνακα Α.


Αν η εξίσωση Α – xI = 0 έχει διπλή ρίζα ρ, τότε :

Αν = νρν–1Α – (ν – 1)ρνΙ, ν∈Ν, ν ≥ 1 (1).

ΑΠΟ∆ΕΙΞΗ :

Είναι : Α – xI = 0 ⇔ á x â

ã ä x

−−

= 0 ⇔ x2 – (α + δ)x +(αδ – βγ) = 0

⇔ x2 – (α + δ)x +A = 0.

54

Θα εργαστούμε με επαγωγή :

• Η (1) ισχύει για ν = 1. Πράγματι : Α1 = 1⋅ρ1–1

Α – (1– 1)⋅ρ2⋅Ι = Α.

• Έστω ότι ισχύει για ν = κ∈Ν*, δηλαδή ότι : Α

κ = κρ

κ–1Α – (κ – 1)ρ

κΙ.

• Θα δειχθεί ότι ισχύει και για ν = κ + 1, δηλαδή ότι :

Ακ+1

= (κ + 1)ρκΑ – κρ

κ+1Ι.

Πράγματι :

Ακ+1

= Ακ⋅Α = [κρ

κ–1Α – (κ – 1)ρ

κ]⋅Α = κ⋅ρκ–1

Α2 – (κ – 1)ρ

κΑ =

= κ⋅ρκ–1(2ρΑ – ρ

2Ι) – (κ – 1)ρ

κΑ, γιατί :

Α2 – (α + δ)Α +(αδ – βγ)Ι = O ⇔ Α

2 – 2ρΑ + ρ

2Ι = O ⇔ Α

2 = 2ρΑ – ρ

2Ι

(ή από υπόθεση για ν = 2).

Τότε Ακ+1 = 2κρ

κΑ – κρ

κ+1Ι – (κρ

κ – ρ

κ)Α = (2κρ

κ – κρ

κ + ρ

κ)Α – κρ

κ+1Ι =

= (κ + 1)ρκΑ – κρ

κ+1Ι.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ :

Αν ρ διπλή ρίζα της x2 – (α + δ)x + αδ – βγ, τότε :

ρ = á ä+

2 και ρ

2 – (α + δ)ρ +Α= 0 ⇔ ρ

2 – 2ρ

2 +Α= 0 ⇔ Α= ρ

2.

Αν η εξίσωση Α – xI = 0 έχει δύο ρίζες άνισες ρ1, ρ2 , τότε :

Áñ ñ

ñ ñÁ

ñ ñ ñ ñ

ñ ñÉí 1

í2

í

1 2

1 2 1í 1

2í 1

1 2

=−−

⋅ −−

−⋅

− −e j, ν∈Ν, ν ≥ 1 (2).

ΑΠΟ∆ΕΙΞΗ :

Θα εργαστούμε με επαγωγή.

• Η (2) ισχύει για ν = 1.

Πράγματι : Áñ ñ

ñ ñÁ

ñ ñ ñ ñ

ñ ñÉ= Á1 1

12

1

1 2

1 2 10

20

1 2

=−−

⋅ −−

−⋅ − ⋅ =

e j0 É Á .

• Έστω ότι ισχύει για ν = κ∈Ν*, δηλαδή ότι :

Áñ ñ

ñ ñÁ

ñ ñ ñ ñ

ñ ñÉê 1

ê2

ê

1 2

1 2 1ê 1

2ê 1

1 2

=−−

⋅ −−

−⋅

− −e j.

55

• Θα δειχθεί ότι ισχύει και για ν = κ + 1, δηλαδή ότι :

Áñ ñ

ñ ñÁ

ñ ñ ñ ñ

ñ ñÉê+1 1

ê+12

ê+1

1 2

1 2 1ê

2ê

1 2

=−−

⋅ −−

−⋅

e j.

Πράγματι : Ακ+1

= Ακ⋅Α =

ñ ñ

ñ ñÁ

ñ ñ ñ ñ

ñ ñÁ1

ê2

ê

1 2

2 1 2 1ê 1

2ê 1

1 2

−−

⋅ −−

−⋅

− −e j.

Αλλά Α2 – (α + δ)Α + (αδ – βγ)Ι = Ο ⇔ Α

2 – (ρ1 + ρ2)Α + ρ1ρ2Ι = Ο ⇔

Α2 = (ρ1 + ρ2)Α – ρ1ρ2Ι.

Τότε :

Á ñ ñ Á ñ ñ É

ñ ñ Áñ ñ

É

ñ ñ ñ ñ ñ ñ ñ ñ ñ ñÁ

ñ ñ

ê

ê ê ê ê ê ê

+

− −

− −

+ +

=−−

⋅ + − −−

−⋅

−−

⋅ + −−

−

L

NMM

O

QPP ⋅ −

⋅ −

−⋅

=− + − − +

−⋅ −

11 2 1 2

1 2

1 2

11

1 2 1 2 21

1 2 1 2 1 2

ñ ñ

ñ ñ

ñ ñ ñ ñ

ñ ñÁ

=ñ ñ

ñ ñ

ñ ñ ñ ñ

ñ ñ

ñ ñ

ñ ñ

ñ ñ

1ê

2ê

1 2

1 2 1ê 1

2ê 1

1 2

1ê

2ê

1 2

1 2 1ê 1

2ê 1

1 2

1ê

2ê

1 2

1 2

b g e j

b g e j e j

⋅ −

−⋅

=−−

⋅ −⋅ −

−⋅

+ +

ñ ñ

ñ ñ

ñ ñ

ñ ñ

ñ ñ

1ê

2ê

1 2

1 2

1ê

2ê

1 2

e j

e j

É

ñ ñÁ

ñ ñÉ

ê ê1

12

11 2

.

ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑΤΑ

1. ∆ίνεται ο πίνακας Α =3 1

4 1

−−

LNMOQP

. Να βρεθεί ο Αν.

ΛΥΣΗ :

Η χαρακτηριστική εξίσωση του πίνακα είναι :

Α – xI= 0 ⇔ 3 1

4 1

− −− −

x

x ⇔ x

2 – 2x + 1 = 0 ⇔ (x – 1)

2 = 0 ⇔ x = 1,

άρα ρ = 1 μοναδική ρίζα.

Τότε :

Αν = ν⋅ρν–1

Α – (ν – 1)ρνΙ = ν⋅1ν–1

Α – (ν – 1)⋅1ν–1Ι = νΑ – (ν – 1)Ι, ν∈Ν*

56

και Αν =

2 1

4 2 1

í í

í í

+ −− +

LNM

OQP .

2. ∆ίνεται ο πίνακας Α = − −LNM

OQP

1 5

2 6 . Να βρεθεί ο Αν.

ΛΥΣΗ :

Η χαρακτηριστική εξίσωση του πίνακα είναι :

Α – xI= 0 ⇔ − − −

−1 5

2 6

x

x ⇔ x

2 – 5x + 4 = 0 ⇔ x = 1 ή x = 4.

Η εξίσωση έχει δύο ρίζες ρ1 =1 και ρ2 = 4, οπότε :

Á Á É Á Éíí í í í í í

í í

í í

=−−

⋅ −⋅ −

−⋅ =

−⋅ −

−⋅ =

=

− ⋅ − ⋅ −

⋅ − ⋅ −

L

N

MMMM

O

Q

PPPP

− −1 4

1 4

1 4 1 4

1 4

4 1

3

4 4

3

5 2 4

3

5 4 1

32 4 1

3

5 4 2

3

1 1d i

d i

d i .

ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1. ∆ίνεται ο πίνακας Α =

1 2 1

0 1 0

0 1 1−

L

NMMM

O

QPPP.

i. Να υπολογιστεί η τιμή της παράστασης : Α5 + 6Α4 – Ι.

ii. Να λυθεί η εξίσωση : Α2Χ = 2Α + Ι.

ΛΥΣΗ :

i. Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του Α είναι :

ΡΑ(x) = –x3 + x

2 + x – 1 και ΡΑ(Α) = –Α

3 + Α

2 + Α – Ι.

Με διαίρεση έχουμε :

x5 + 6x

4 – 1 = (–x

3 + x

2 + x – 1)(–x

2 – 7x – 8) + 14x

2 + x – 9,

57

οπότε σύμφωνα με την 1η εφαρμογή θα είναι :

G(A) = R(A), οπότε G(A) = 14A2 + A – 9I, όπου Α

2 =

1 5 0

0 1 0

0 0 1

L

NMMM

O

QPPP

.

Τότε :

14Α2

+ Α – 9Ι = 14

1 5 0

0 1 0

0 0 1

1 2 1

0 1 0

0 1 1

9

1 0 0

0 1 0

0 0 1

6 72 1

0 6 0

0 1 4

⋅L

NMMM

O

QPPP+

−

L

NMMM

O

QPPP− ⋅L

NMMM

O

QPPP=L

NMMM

O

QPPP

.

ii. Από τη χαρακτηριστική εξίσωση έχουμε :

–Α3 + Α

2 + Α – Ι = Ο ⇒ Α

–1 = –Α

2 + Α + Ι, σύμφωνα με τη 2η εφαρμογή.

Άρα : Α–1

= −L

NMMM

O

QPPP+

−

L

NMMM

O

QPPP+L

NMMM

O

QPPP=

−

−

L

NMMM

O

QPPP

1 5 0

0 1 0

0 0 1

1 2 1

0 1 0

0 1 1

1 0 0

0 1 0

0 0 1

1 3 1

0 1 0

0 1 1

.

Τότε :

(Α–1

)2Α

2Χ = (Α

–1)2(2Α + Ι) ⇔ (Α

–1Α)

2Χ = 2Α

–1(Α

–1Α) + (Α

–1)2Ι ⇔

Χ = 2Α–1

+ (Α–1

)2 όπου Α

–1 =

1 3 1

0 1 0

0 1 1

−

−

L

NMMM

O

QPPP και (Α

–1)2 =

1 5 0

0 1 0

0 0 1

−L

NMMM

O

QPPP

.

Τότε Χ =

3 11 2

0 3 0

0 2 1

−

−

L

NMMM

O

QPPP.


2 3 1

1 0 1

0 2 1

−L

NMMM

O

QPPP

.

i. Να βρεθεί το χαρακτηριστικό του πολυώνυμο και να λυθεί η εξίσωση :

PA(x) = 0.

ii. Να δειχθεί ότι ο Α αντιστρέφεται και να βρεθεί ο Α–1.

iii. Να δειχθεί ότι ΡΑ(A–1) = O.

iv. Να δειχθεί ότι ο πίνακας Α – Ι δεν αντιστρέφεται.

58

ΛΥΣΗ :

i. Είναι Α – xI=

2 3 1

1 1

0 2 1

− −−

−

x

x

x

= –x3 + 3x

2 – 3x + 1 = –(x – 1)

3.

Τότε ΡΑ(x) = 0 ⇔ x – 1 = 0 ⇔ x = 1.

ii. Η χαρακτηριστική εξίσωση του πίνακα Α είναι :

Α3 – 3Α

2 + 3Α – Ι = Ο ⇒ Α

–1 = Α

2 – 3Α + 3Ι ⇔

Α–1

=

1 4 0

2 1 2

2 2 3

3

2 3 1

1 0 1

0 2 1

3

1 0 0

0 1 0

0 0 1

2 5 3

1 2 1

2 4 3

−−

L

NMMM

O

QPPP− ⋅

−L

NMMM

O

QPPP+ ⋅L

NMMM

O

QPPP=

− −− −

−

L

NMMM

O

QPPP

.

iii. Είναι : Α3 – 3Α

2 + 3Α – Ι = Ο ⇒ Α

–3(Α

3 – 3Α

2 + 3Α – Ι) = Ο ⇔

I – 3A–1

+ 3A–2

– A–3

= O, άρα ΡΑ(Α–1

) = Ο.

iv. Σύμφωνα με το (i) είναι (Α – Ι)3 = Ο ⇒ Α – Ι3

=Ο= 0 ⇔ Α – Ι= 0

και ο Α – Ι δεν αντιστρέφεται.

3. ∆ίνεται ο πίνακας : Α = óõíè çìè

çìè óõíè

LNM

OQP, θ∈IR.

i. Να βρεθεί ο Αν για τις διάφορες τιμές του θ∈IR.

ii. Να υπολογιστεί ο Α11 για θ = ð

4.

ΛΥΣΗ :

i. Είναι : Α – xI=óõíè x çìè

çìè óõíè x

−−

= (συνθ – x)2 – ημ

2θ =

= x2 – 2(συνθ)⋅x + συν

2θ – ημ

2θ.

Η διακρίνουσα είναι : ∆ = 4συν2θ – 4(συν

2θ – ημ

2θ) = 4ημ

2θ.

• Αν ημθ = 0 ⇔ θ = κπ, κ∈Z, τότε ∆ = 0 και έχουμε μοναδική ρίζα :

x = 2

2

óõíè = συνθ.

Τότε : Αν = νσυν

ν–1θ⋅Α – (ν – 1)συν

νθ⋅Ι =

59

= νσυνν–1θ⋅

óõíè çìè

çìè óõíè

LNM

OQP– (ν – 1)συν

νθ

1 0

0 1

LNMOQP=

=íóõí íóõí

íóõí íóõí

í í 1

í í

è í óõí è è çìè

è çìè è í óõí è

í

í

− − ⋅⋅ − −

LNM

OQP

−

−

( )

( )

1

11=

=óõí íóõí

íóõí óõí

í í 1

í 1 í

è è çìè

è çìè è

−

−

⋅⋅

LNM

OQP

.

• Αν ημθ ≠ 0 ⇔ θ ≠ κπ, κ∈Z, τότε έχουμε ρίζες :

ρ1 = 2 2

2

óõíè çìè+ = συνθ + ημθ και ρ2 = συνθ – ημθ.

Τότε :

Áóõíè çìè óõíè çìè

çìèÁ

óõí è óõíè çìè óõíè çìè

çìèÉí

í í í í

=+ − −

⋅ −+ − −

⋅

− −b g b g b g b g2

2

2

1 1

.

ii. Για θ = ð

4 και ν = 11 έχουμε :

Áóõí çì óõí çì

çìÁ

óõí óõí çì óõí çì

çìÉ

11

11 11

10 10

4 4 4 4

24

2 4 4 4 4

24

=+F

HGIKJ − −FHG

IKJ

⋅ −

−

⋅ +FHG

IKJ − −FHG

IKJ

LNMM

OQPP⋅

ð ð ð ð

ð

ð ð ð ð ð

ð,

οπότε Á Á Áóõí çì

çì óõí

11

11

52

22

2

232

432

4

324

324

16 2 16 2

16 2 16 2= ⋅ = =

⋅ ⋅

⋅ ⋅

L

N

MMM

O

Q

PPP=LNM

OQP

e j ð ð

ð ð.

60

ΑΛΥΤΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ


1 2 2

0 1 2

0 0 1

L

NMMM

O

QPPP

.

i. Να υπολογιστεί ο πίνακας Α6 + Ι.

ii. Να βρεθεί ο Α–1

.

iii. Να δειχθεί ότι ΡΑ(Α–1

) = Ο.

ΥΠΟ∆ΕΙΞΗ :

i. Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι το –x3 + 3x

2 – 3x + 1.

Τότε : Α6 + Ι = 15Α

2 – 24Α + 11Ι =

2 12 72

0 2 12

0 0 2

L

NMMM

O

QPPP

.

ii. Α–1 = Α

2 – 3Α + 3Ι.

iii. Αντικατάσταση στο ΡΑ.

2. ∆ίνεται ο πίνακας : Α =

1 0 0

3 0 1

2 1 0−

L

NMMM

O

QPPP.

i. Να υπολογιστεί η χαρακτηριστική του εξίσωση.

ii. Να δειχθεί ότι ισχύει : Αν = Α

ν–2 + Α

2 – Ι, για κάθε ν ≥ 3.

iii. Χωρίς να υπολογιστεί καμία άλλη δύναμη του πίνακα Α, παρά μόνο η

Α2, να υπολογιστεί η τιμή της παράστασης : Α

20 + Α

10.

ΥΠΟ∆ΕΙΞΗ :

i. Είναι : Α3 – Α

2 – Α + Ι = Ο.

ii. Με επαγωγή και χρήση του (i).

iii. Είναι : Α4 = 2Α

2 – Ι και Α

8 = 4Α

2 – 3Ι, Α

10 = 5Α

2 – 4Ι.

Τότε Α20

= Α10⋅Α10

= ... = 10Α2 – 9Ι.

3. ∆ίνεται ο πίνακας Α = −−LNMOQP

3 5

1 3.

61

i. Να υπολογιστεί ο Αν για τις διάφορες τιμές του ν∈Ν*

.

ii. Μήπως θα μπορούσατε να βρείτε και κάποιον άλλο τρόπο υπολογισμού

του Αν, ν∈Ν*

;

ΥΠΟ∆ΕΙΞΗ :

i. Είναι Α – xI = 0 ⇔ x2 – 4 = 0 ⇔ x = 2 ή x = – 2.

Τότε : Αν =

2 2

42 2

í í

í 1 í 1Á É

− −− −⋅ + ⋅− −a f a f .

• Αν ν άρτιος, τότε Αν = 2

νΙ.

• Αν ν περιττός, τότε Αν = 2

ν–1Α.

ii. Από τη χαρακτηριστική του εξίσωση, Α2 = 4Ι και ν = 2κ + υ, με υ = 0, υ = 1.

Τότε : Αν = 2

2κΙ = 2

νΙ, ν άρτιος και Α

ν = (2

2κ)Α = 2

ν–1Α, αν ν περιττός της

μορφής ν = 2κ + 1.

4. ∆ίνεται ο πίνακας : Α = 6 25

1 4− −LNM

OQP .

i. Να υπολογιστεί ο Αν, ν∈Ν*

.

ii. Να δειχθεί ότι Α–ν

= í

í íÁ É

í

− −⋅ − ⋅−

1

1

11 , ν∈Ν*

, ν ≥ 2.

ΥΠΟ∆ΕΙΞΗ :

i. Είναι : Α – xΙ= 0 ⇔ x = 1. Τότε Αν = ν⋅Α – ( ν – 1)⋅Ι =

5í 1 25í

í 5í 1

+

− − +LNM

OQP

ν∈Ν *.

ii. Είναι : Α2 – 2Α + Ι = Ο ⇒ Α

–1 = –Α + 2Ι. Πολλαπλασιάζοντας με Α

–ν, έχουμε:

Ι = νΑ1–ν

– (ν – 1)Α–ν

και λύνουμε ως προς Α-ν

.

5. ∆ίνεται ο πίνακας : Α = 1 0

1 2

LNMOQP.

i. Να δειχθεί ότι : Αν = (2

ν – 1)Α – 2(2

ν–1 – 1)Ι, για κάθε ν∈Ν*

.

ii. Να δειχθεί ότι : 2(1 – 2ν–1

)Α–ν

+ (2ν – 1)Α

1–ν = Ι, για κάθε ν∈Ν*

.

ΥΠΟ∆ΕΙΞΗ :

i. Είναι Α – xΙ= 0 ⇔ x = 1 ή x = 2. Τότε Αν = 2 1

2 1Á

2 1 2 1

2 1É

í í 1−

−⋅ −

⋅ −

−⋅

−c h.

62

ii. Είναι :Α ≠ 0 και ο Α αντιστρέφεται (πώς αλλιώς θα μπορούσαμε να το δεί-

ξουμε ;) και πολλαπλασιάζοντας τη σχέση του (i) με Α–ν

έχουμε :

I = (2ν – 1)Α

1–ν – 2(2

ν–1 – 1)Α

–ν.

6. ∆ίνεται ο πίνακας : Α(α) = á

á

1

0

LNMOQP

, α∈IR.

i. Να υπολογιστεί ο Αν, ν∈Ν*

.

ii. Να λυθεί η εξίσωση :

A A Á Áx x x xí íln ln ln ln...2 2 1 21 1 1 10 1

0 0− + − +

LNMOQP+ + + + =−e j c h e j c h ,

ν άρτιος, x > 0.

ΥΠΟ∆ΕΙΞΗ :

i. ΕίναιA – xI = 0 ⇔ x = α, οπότε Αν = να

ν–1Α – (ν – 1)α

νΙ =

á íá

0 á

í í 1

í

−LNM

OQP

.

ii. Σύμφωνα με το (i) είναι : ln2x – 1 + lnx + 12

+ ... + lnx + 1ν = 0 ⇒

ln2x – 1 = 0 και lnx + 1 = 0 ⇒ x =

1

e.

Επίσης 1 + 2ln2x – 1 + ... + νlnx + 1ν–1

= 1 ⇒ x = 1

e.

Νικόλαος Δ. Μπάκος Κορωνίδος 14, 42100 Τρίκαλα

ΝΕΑ ΣΕΙΡΑ : ΑΝΑΛΥΣΗ 1ης ΔΕΣΜΗΣ ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΚΑΡΒΟΥΝΗΣ

Τα β ι β λ ί α μ ε τ ι ς περ ι σσό τ ε ρ ε ς λυμ έ ν ε ς κα ι άλυ τ ε ς ασκήσ ε ι ς που καλύπ τουν αρμον ι κά όλη τ η ν ύλη .

63

ΤΟ ΔΕΥΤΕΡΟΒΑΘΜΙΟ ΤΡΙΩΝΥΜΟ ƒ (x) = αx2 + βx + γ

ΚΑΙ Η "ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΤΟΥ ΕΚΔΟΧΗ". Δημήτρης Γουβ ί τσας

Στην εργασία μας αυτή, που απευθύνεται στους μαθητές της Α΄ Λυκείου, επι-

χειρούμε να τονίσουμε κυρίως τη "γεωμετρική διάσταση" της βασικής συνάρτη-

σης ƒ(x) = αx2 + βx + γ, μέσα από μια σειρά κατάλληλα επιλεγμένων ερωτήσε-

ων και ασκήσεων. Η σχετική θεωρία του δευτεροβάθμιου τριωνύμου είναι γνω-

στή στους μαθητές μας μέσα από το σχολικό βιβλίο τους⋅ και για το λόγο αυτό

κρίνουμε ότι μπορούμε να μπούμε αμέσως στο θέμα μας⋅ να θέσουμε τα πρώτα

απλά "προβλήματα".

1. Για όλα τα x∈ΙR ας πάρουμε τις συναρτήσεις :

ƒ(x) = x2 + 10x + 25 g(x) = x

2 – 6x + 8

h(x) = x2 + x + 1 και k(x) = –x

2 + 3x – 9

1.1 Χωρίς να σχεδιάσετε τις γραφικές τους παραστάσεις, θα θέλαμε να "προ-

βλέψετε" ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι σωστές (Σ) και ποιες λάθος (Λ). α. Η γραφική παράσταση της ƒ τέμνει τον

άξονα x΄x σε δύο διαφορετικά σημεία.

(Σ) (Λ)

β. Η γραφική παράσταση της g τέμνει τον

άξονα x΄x σε δύο διαφορετικά σημεία.

(Σ) (Λ)

γ. Ο άξονας x΄x εφάπτεται στη γραφική πα-

ράσταση της h.

(Σ) (Λ)

δ. Η γραφική παράσταση της k βρίσκεται

κάτω από τον άξονα x΄x.

(Σ) (Λ)

64

1.2 Σχεδιάστε τώρα σ’ ένα φύλλο χαρτιού τις γραφικές παραστάσεις των συ-

ναρτήσεων, για να διαπιστώσετε αν οι προβλέψεις σας στο προηγούμενο

ερώτημα πήγαν καλά !

1.3 Βρείτε τα x για τα οποία έχουν νόημα στο ΙR οι ρίζες :

ƒ( ), ( ), ( )x g x h x

1.4 Ποια είναι η μέγιστη ή ποια η ελάχιστη τιμή που παίρνουν οι συναρτήσεις ƒ

και k ; (Εδώ για να απαντήσετε σωστά μπορείτε να συμβουλευτείτε, αν θέλετε, τις γραφι-

κές παραστάσεις που κάνατε στο προηγούμενο ερώτημα). Σε ποιο σημείο (θέση) x η συνάρτηση h παίρνει την ελάχιστη τιμή της ;

2. Να βρεθούν τα λ∈ΙR ώστε το διάγραμμα ƒ(x) = λx2 + 2(1 – λ)x + λ – 3 να

είναι κάτω από τον άξονα x΄ x.

Λύση :

Για να παίρνει το τριώνυμο αρνητικές τιμές πρέπει α < 0 και ∆ < 0 για κά-

θε x∈ΙR(*).

Επομένως

λ < 0 , (1)

και

4(1 – λ)2 – 4λ(λ – 3) < 0 ⇔ 4(1 – 2λ + λ

2 – λ

2 + 3λ) < 0

⇔ λ + 1 < 0 ⇔ λ < –1, (2)

Οι παραπάνω ανισώσεις (1) και (2) συναληθεύουν για λ < –1.

3. Το σημείο Μ(x, y) με x = ë ë 1

ë ë 1

2

2

− ++ +

και y = − + −

+ +ì 2ì 5

ì 3ì 7

2

2, λ, μ∈ΙR ανήκει

στο :

Α. 10 τεταρτημόριο των αξόνων Β. στο 20 Γ. στο 30 ∆. στο 40

(*) Σε όλα τα επόμενα, χωρίς να το αναφέρουμε κάθε φορά, με το α θα συμβολίζουμε το

συντελεστή του δευτεροβάθμιου όρου του τριωνύμου και με το ∆ τη διακρίνουσα.

65

Λύση :

Παρατηρούμε ότι το τριώνυμο λ2 – λ + 1 έχει ∆ = –3 < 0, οπότε είναι πά-

ντα ομόσημο του α = 1, δηλαδή είναι πάντα θετικό. Το ίδιο συμβαίνει και

με το τριώνυμο λ2 + λ + 1. Άρα είναι x > 0 ως πηλίκο θετικών ποσοτήτων.

Ομοίως το –μ2 + 2μ – 5 είναι πάντα ομόσημο του α = –1, δηλαδή αρνητικό,

ενώ το μ2 + 3μ + 7 είναι θετικό. Άρα y < 0 ως πηλίκο μιας αρνητικής και

μιας θετικής ποσότητας.

Επομένως το Μ ανήκει στο 40 τεταρτημόριο.

Συνεπώς σωστή απάντηση είναι η ∆.

4. Να βρεθούν οι κ, λ, μ∈IR* ώστε η ƒ(x) = κx2 + 2λx + μ για x = 1 να έχει

ελάχιστο –8 και η γραφική παράσταση της ƒ να τέμνει τον άξονα x΄x στο ση-

μείο Α(2, 0).

Λύση :

Αφού η γραφική παράσταση της ƒ τέμνει τον άξονα x΄x στο σημείο Α(2, 0),

το 2 είναι ρίζα της εξίσωσης ƒ(x) = 0, οπότε :

ƒ(2) = 0 δηλαδή 4κ + 4λ + μ = 0 (1).

Η συνάρτηση έχει ελάχιστο όταν α < 0 δηλαδή όταν κ < 0 και αυτό συμ-

βαίνει για την τιμή του x = −â

á2 άρα − =

2

21

ë

ê ⇔ λ = –κ (2).

Το ελάχιστο της συνάρτησης είναι ƒmin = 4

4

2áã â

á

−, οπότε :

4 4

48 8 8 8

2 2 2 2êì ë

ê

êì ë

ê

êì ê

ê

ê ì ê

ê

−= − ⇔

−= − ⇔

−= − ⇔

−= −

( ) b g ⇔

μ – κ = –8 ⇔ μ = κ – 8 (3).

Τότε η (1) λόγω των (2) και (3) γράφεται : 4κ + 4(–κ) + κ – 8 = 0 ⇔ κ = 8.

Η (2) δίνει τότε λ = –8 ενώ η (3) δίνει μ = 0.

5. Η συνάρτηση ƒ(x) = λx2 + μx + ν, λ∈ΙR*, μ, ν∈ΙR έχει ελάχιστο –9 για x = 4

το δε διάγραμμα της Cƒ περνάει από το σημείο Α(2, –5). Να δειχθεί ότι η α-

πόσταση του σημείου Α από τον άξονα συμμετρίας του Cƒ είναι :

A. 1 B. 2 Γ. 7 ∆. 12 Ε. 23

66

Λύση :

Εφόσον το σημείο Α ανήκει στο διάγραμμα της ƒ, οι συντεταγμένες του την

επαληθεύουν, άρα ƒ(2) = –5 δηλαδή : 4λ + 2μ + ν = –5 (1).

Το ελάχιστο της ƒ υπάρχει για x = −â

á2 ή −

ì

ë2 = 4 ⇔ μ = –8λ (2).

Είναι yáã â

á

ëí ì

ë

ëí ë

ë

ë í ë

ëmin

( )

=−

=−

=−

=−4

4

4

4

4 64

4

4 16

4

2 2 2 2 b g = ν – 16λ, άρα

ν – 16λ = –9 ⇔ ν = 16λ – 9 (3).

Η (1) λόγω των (2) και (3) γράφεται :

4λ + 2(–8λ) + 16λ – 9 = –5 ⇔ 4λ

= 4 ⇔ λ = 1

και η (2) δίνει μ = –8 ενώ η (3) δίνει

ν = 7.

Η συνάρτηση λοιπόν γράφεται :

ƒ(x) = x2 – 8x + 7

με άξονα συμμετρίας την ευθεία :

x = −â

á2, δηλαδή x = 4.

Η απόσταση του Α από τη x = 4 εί-

ναι : (ΑΚ) = τετμ. Α – τετμ. Β =

= 2 – 4 = 2,

επειδή ΑΚ// x΄x (δείτε το σχήμα).

Άρα σωστή απάντηση είναι η Β.

0 2 4

-5

y

x

-9

A

B(4, -9)

x = 4

Ê

6. Η συνάρτηση ƒ(x) = κx2 + λx + μ, κ, λ, μ∈IR, λ ≠ 0 έχει κορυφή το σημείο

Κ(–2, 2) και τέμνει τον άξονα x΄x στο σημείο με τετμημένη 1. Να μελετηθεί ως

προς τη μονοτονία.

Λύση :

Το γεγονός ότι τέμνει τον άξονα x΄x στο 1 σημαίνει ότι ƒ(1) = 0, δηλαδή

κ + λ + μ = 0 (1).

67

Η κορυφή Κ, ως γνωστό, έχει συντεταγμένες − −−F

HGIKJ

â

á

áã â

á2

4

4

2

, και αφού

δίνεται ότι Κ(–2, 2) συμπεραίνουμε ότι :

− = − ⇔ =ë

êë ê

22 4 (2) και

4

42 2 2

2 2 2êì ë

ê

ëì ë

ë

ë ì ë

ë

−= ⇔

−= ⇔

−=

( ) b g,

λ ≠ 0 ⇔ μ – λ = 2 ⇔ μ = λ + 2 (3).

Τότε η (1) από τις (2) και (3) γράφεται :

ë

4 + λ + λ + 2 = 0 ⇔ λ + 4λ + 4λ + 8 = 0 ⇔ λ = −

8

9, οπότε από τη (2)

παίρνουμε κ = −2

9 και από την (3) : μ =

10

9.

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1. Να βρεθεί η συνάρτηση ƒ(x) = αx2 + βx + γ, α∈IR

*, β, γ∈IR για την ο-

ποία το σημείο Κ −FHGIKJ

1

3

8

3, είναι κορυφή της αντίστοιχης παραβολής και η

εξίσωση ƒ(x) = 0 έχει ρίζες αντίστροφες.

2. ∆ίνεται η συνάρτηση ƒ(x) = x2 – πρ(ρ + 2)x + 2π

2ρ

3, π = 3,14..., ρ∈IR.

i. Να δειχθεί ότι οι ρίζες της ƒ(x) = 0 εκφράζουν το μήκος και το εμβαδόν

κύκλου ακτίνας ρ.

ii. Για ποια τιμή του ρ το ελάχιστο της συνάρτησης παίρνει τη μέγιστη τιμή

του ;

3. Να δειχθεί ότι οι ρίζες της εξίσωσης x2 – 2 23+ +á áx áe j = 0 εκφρά-

ζουν το μήκος της διαγωνίου και το εμβαδόν τετραγώνου πλευράς α.

4. Η περίμετρος ενός ορθογωνίου ΚΛΜΝ είναι 60 μονάδες μήκους και

(ΚΛ) = x.

4.1 Να εκφράσετε το εμβαδόν Ε του ορθογωνίου αυτού ως συνάρτηση του x.

4.2 Για ποια τιμή του x η συνάρτηση E παίρνει τη μέγιστη τιμή της ; Ποια είναι

αυτή η μέγιστη τιμή ;

4.3 Να κάνετε (πρόχειρα) τη γραφική παράσταση της συνάρτησης Ε.

68

5. ∆ίνονται οι εξισώσεις :

x2 + αx + β = 0 (1) με ρίζες x1 , x2

και x á âx á â2 2 22 2 2 0− − + − = (2) με ρίζες ρ1 , ρ2.

Να δειχθεί ότι αν οι ρίζες της (1) παριστάνουν πλευρές ορθογωνίου, τότε οι

ρίζες της (2) παριστάνουν τις διαγώνιους του ίδιου ορθογωνίου.

6. Να βρεθούν οι τιμές του λ∈IR ώστε οι ρίζες της εξίσωσης :

x2 – (λ + 1)x + λ = 0

και ο αριθμός 3 να είναι πλευρές τριγώνου. Πότε το τρίγωνο είναι ορθογώ-

νιο ;

7. ∆ίνονται οι εξισώσεις :

x2 – 2κx + κ

2 – 1 = 0 (1) και x ë ê x ë ê2 2 2 0− + + =e j (2)

Να δειχθεί ότι η μία ρίζα της (2) εκφράζει το μήκος μιας κάθετης πλευράς

ορθογωνίου τριγώνου, του οποίου η άλλη κάθετη πλευρά και η υποτείνουσα

έχουν ως μήκη τις ρίζες της (1). Δ. Γουβίτσας Εγνατίας 125 T. K. 546 35, Θεσσαλονίκη

Δ . Γεωργακ ίλας Συλλογές επιλεγμένων ασκήσεων για μαθητές και υποψηφίους.

Κάθε χρόνο πιο νέα και πιο ενημερωμένα. Υπό έκδοση : ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ (Ύλη επιλογής)

69

Κατσαρός ∆ημήτρης

Ïé óõíáñôÞóåéò ãïçôåýïõí ìå ôç ìïñöÞ ôïõò,õðåñáóðßæïíôáé ìå ðÜèïò ôçí ôéìÞ ôïõò,åîáíôëïýí ôá üñéá ôïõò,êéíïýíôáé óýìöùíá ìå ôïõò ñõèìïýò ôïõò,êáéÝ÷ïõí áöéåñùèåß ïëïêëçñùôéêÜóôçí õðçñåóßá üëùí ôùí åöáñìïóìÝíùí åðéóôçìþí.

Μία βασική έννοια για όλες τις εφαρμοσμένες επιστήμες είναι το μέγεθος.

Τα πλέον συνηθισμένα μεγέθη είναι ο χρόνος, το μήκος, το εμβαδό, ο όγκος,

η θερμοκρασία, η πίεση, η ταχύτητα, ή ένταση κλ.π.

Χαρακτηριστική ιδιότητα κάθε μεγέθους είναι ότι αυτό μπορεί να μετρηθεί

δηλ. να συγκριθεί με ένα ομοειδές και ορισμένο μέγεθος που λέγεται μονάδα

μέτρησης.

Το αποτέλεσμα αυτής της σύγκρισης είναι η τιμή του μεγέθους και εκφράζε-

ται συνήθως με έναν πραγματικό αριθμό ή ένα διάνυσμα.

Έτσι λέμε ότι το αυτοκίνητό μας σε χρόνο 2 ωρών κατανάλωσε 25

λίτρα βενζίνης και διένυσε μία απόσταση 250 χιλιομέτρων.

70

Ένα μέγεθος χαρακτηρίζεται σταθερό αν κατά την εξέτασή του διατηρεί μία

μόνο και την αυτή τιμή την οποία εκφράζουμε με έναν συγκεκριμένο αριθμό ή τα

γράμματα α, β, c, ...

Αντίθετα ένα μέγεθος που αλλάζει την τιμή του ονομάζεται μεταβλητό και

αυτή την μεταβλητή τιμή του συμβολίζουμε κυρίως με x, y, t, ω αλλά και κάθε άλ-

λο γράμμα αρκεί βέβαια να το δηλώνουμε.

Για συντομία αντί να λέμε ότι ο x εκφράζει την μεταβλητή τιμή κάποιου με-

γέθους λέμε απλά η μεταβλητή x.

Ο χωρισμός των μεγεθών σε σταθερά και μεταβλητά δεν είναι απόλυτος αλλά

εξαρτάται από τις συνθήκες που επικρατούν κατά την εξέτασή τους.

Μπορεί για παράδειγμα σταθερό κεφάλαιο Κ να κατατεθεί σε τρά-

πεζα με μεταβλητό επιτόκιο ε για ένα σταθερό χρονικό διάστημα t χω-

ρίς βέβαια να αποκλείεται το κεφάλαιό μας να είναι μεταβλητό και να

τοκίζεται με σταθερό επιτόκιο.

Οι τιμές ενός μεταβλητού μεγέθους μπορεί να είναι απεριόριστες όπως για

παράδειγμα οι τιμές του χρόνου t ή να υπόκεινται σε περιορισμούς όπως η θερ-

μοκρασία που δεν είναι ποτέ μικρότερη των –273 βαθμών Κέλσιου. Στο κείμενό

μας οι τιμές των μεταβλητών ανήκουν σε ένα συγκεκριμένο υποσύνολο των

πραγματικών αριθμών και γι΄ αυτό λέμε ότι έχουμε πραγματικές μεταβλητές.

Συνήθως κατά την μελέτη ενός φαινομένου εμφανίζονται δύο μεγέθη όπου το

πρώτο παίρνει τιμές x ανεξάρτητα από το δεύτερο και αποκαλείται ανεξάρτητη

μεταβλητή.

Αν οι τιμές y του δευτέρου μεγέθους εξαρτώνται (επηρεάζονται, είναι συνέ-

πεια, προκύπτουν) από τις τιμές x του πρώτου μεγέθους λέμε ότι η μεταβλητή y

είναι εξαρτημένη από την ανεξάρτητη μεταβλητή x.

71

Αν συμβαίνει η μεταβλητή x να παίρνει όλες τις τιμές ενός μη κενού συνόλου

Α και σε κάθε τιμή του x να αντιστοιχεί μία μόνο τιμή του y που ανήκει σε ένα

σύνολο Β τότε λέμε ότι ορίσαμε μία συνάρτηση με πεδίο ορισμού Α και σύνολο

αφίξεως Β.

Μπορεί κανείς να αναφέρει αρκετά παραδείγματα συναρτήσεων όπως :

• Η αξία y ενός προϊόντος είναι συνάρτηση της ποσότητας x αν η τιμή

μονάδας είναι σταθερή.

• Η στροφές y ενός κινητήρα είναι συνάρτηση της ΄΄πίεσης΄΄ x που ε-

φαρμόζουμε στο γκάζι του αυτοκινήτου μας.

• Ο χρόνος t που χρειάζεται ώστε να διανύσουμε μία συγκεκριμένη

απόσταση είναι συνάρτηση της ταχύτητας υ με την οποία κινούμα-

στε.

∆εν είναι δύσκολο να αντιληφθεί κανείς ότι τέτοια παραδείγματα συναρτή-

σεων έχουμε σχεδόν σε κάθε φαινόμενο, μηχανισμό, λειτουργία και δραστηριό-

τητα όπου η μεταβολή ενός μεγέθους συμπαρασύρει και κάποιο άλλο.

Μετά την εκτενή αναφορά που κάναμε για να φανεί η προέλευση της συνάρ-

τησης δίνουμε έναν μαθηματικό ορισμό αυτής :

ΟΡΙΣΜΟΣ

Ονομάζουμε συνάρτηση με πεδίο ορισμού ένα μη κενό σύνολο Α και τιμές στο

μη κενό σύνολο Β κάθε διαδικασία f, με την οποία σε κάθε στοιχείο του Α αντι-

στοιχούμε ένα μόνο στοιχείο του Β.

Συνηθίζεται τις συναρτήσεις να συμβολίζουμε με τα γράμματα ƒ, g, h, ... και

για να δηλώσουμε ότι η συνάρτηση ƒ έχει πεδίο ορισμού Α και σύνολο αφίξεως Β

γράφουμε σύντομα :

ƒ : Α → Β

72

Για να δηλώσουμε ότι το στοιχείο x του Α (αρχέτυπο) συνδέεται μέσω της

συνάρτησης ƒ με το στοιχείο y του Β (εικόνα) γράφουμε :

x y→ƒ

η σύντομα ƒ(x) = y

Το ƒ (x) λέγεται τιμή της συνάρτησης ƒ στο x και δεν πρέπει να συγχέεται με

το ƒ που δηλώνει όλη τη διαδικασία με την οποία τα στοιχεία του Α συνδέονται

με τα στοιχεία του Β.

Όπου για ευκολία λέμε : "δίνεται η συνάρτηση ƒ(x)" σιωπηρά παραλείπουμε

το : "δίνεται η συνάρτηση ƒ με τιμές ƒ (x)".

Είναι αναγκαίο να διευκρινίσουμε ότι όταν έχουμε τη συνάρτηση

ƒ : Α → Β

i. Συμμετέχουν όλα τα στοιχεία του Α.

ii. Κάθε στοιχείο του Α σχετίζεται με ένα μόνο στοιχείο του Β.

iii. ∆εν είναι αναγκαίο να συμμετέχουν όλα τα στοιχεία του Β.

iv. Επιτρέπεται στοιχεία του Β να συνδέονται και με περισσότερα από

ένα στοιχεία του Α.

Με λίγα λόγια στα στοιχεία του πεδίου ορισμού Α μιας συνάρτησης ƒ

απαγορεύεται η πλεονεξία και η αδικία πράγματα που δεν αποκλείεται να

συμβαίνουν στο σύνολο αφίξεως Β.

Τα παραπάνω γίνονται αντιληπτά αν φαντασθούμε ως Α το σύνολο

δέκα μαθητών ενός τμήματος, ως σύνολο Β την κλίμακα βαθμολογίας

1, 2, ... 20 και ως συνάρτηση ƒ την απονομή σε κάθε μαθητή ενός

βαθμού στα μαθηματικά. Τονίζουμε ότι όλοι θα πάρουν από έναν μό-

νο βαθμό χωρίς να αποκλείεται τον ίδιο βαθμό να έχουν πολλοί και

κάποιον κανένας.

73

Για να έχουμε

μία εποπτική εικόνα

κάνουμε ένα διά-

γραμμα μιας βαθ-

μολόγησης που προ-

έκυψε από ένα δια-

γώνισμα :

11

2

3

4

5

6

7

8

9

1

10

1213

14

15

16

17

18

19

20

å.

é.

è.

ç.

æ.

ê.

ä.

ã.

â.

á.

(ìáèçôÝò)ðåäßï ïñéóìïý

(âáèìïß)óýíïëï áößîåùò

ƒ :

Á Â

Tα στοιχεία εκείνα του συνόλου αφίξεως Β που συνδέονται μέσω της ƒ με

ένα τουλάχιστον στοιχείο του πεδίου ορισμού Α αποτελούν το σύνολο τιμών

ƒ(A). Είναι δηλαδή ƒ(A) = y ∈ B / υπάρχει x ∈ A τέτοιο, ώστε f(x) = y.

Στο παράδειγμά μας ƒ(A)=3, 6, 10, 13, 14, 15, 18.

Eίναι φανερό ότι ƒ(A) ⊆ B.

74

Aν το πεδίο ορισμού Α και το σύνολο αφίξεως Β είναι υποσύνολα του συνό-

λου ΙR των πραγματικών αριθμών λέμε ότι έχουμε μια πραγματική συνάρτηση

πραγματικής μεταβλητής και με τέτοιες θα ασχοληθούμε στα επόμενα αλλά για

συντομία θα λέμε απλά ότι έχουμε μια συνάρτηση εκτός αν, σαφώς διευκρινίζου-

με ότι τα Α, Β είναι άλλα σύνολα.

Είπαμε ότι μία συνάρτηση είναι οποιοσδήποτε κανόνας που απεικονίζει,

με τον τρόπο που ορίσαμε, αριθμούς σε κάποιους άλλους αριθμούς. Ο κανό-

νας αυτός με τον οποίο γίνεται η αντιστοιχία μπορεί να είναι σαφής ή αυ-

θαίρετος, ενιαίος για όλα τα στοιχεία του Α ή και διαφορετικός για κάποια

από αυτά, να εκφράζεται αλγεβρικά ή να περιγράφεται λεκτικά.

Σε κάθε περίπτωση που μπορούμε με σαφήνεια να περιγράψουμε τον

τρόπο εξάρτησης των αρχέτυπων x με τις εικόνες τους ƒ(x) λέμε ότι έχουμε

προσδιορίσει τον τύπο της συνάρτησης ƒ. Τονίζουμε ότι αυτός ο τύπος δεν είναι ανάγκη να είναι οπωσδήποτε αλγεβρι-

κός.

Στο προηγούμενο παράδειγμα της βαθμολόγησης δεν έχουμε κά-

ποιο συγκεκριμένο τύπο της συνάρτησης και η αίσθηση που αποκομί-

ζουμε είναι ότι η αντιστοιχία είναι αυθαίρετη. Κάτι τέτοιο θα είναι

σπάνιο στα επόμενα.

Οι συναρτήσεις που θα μελετάμε είτε θα δίνονται με τον τύπο τους είτε θα

μπορούμε να τον βρούμε μέσα από τα δεδομένα του προβλήματος.

Γίνεται πλέον φανερό ότι δύο πράγματα είναι τα πιο σημαντικά στη πρώτη

μας γνωριμία με μια συνάρτηση :

Το Πεδίο Ορισμού Α και ο Τύπος της

Με αυτά τα δύο δεδομένα είναι συνήθως δυνατό να βρούμε το σύνολο τιμών

της συνάρτησης και να μελετήσουμε τις διάφορες ιδιότητές της. Αυτή είναι η κύ-

ρια αποστολή ενός μαθήματος συναρτήσεων. Μέσα από αυτή τη διαδρομή θα

μπορέσουμε να επωφεληθούμε από τις απεριόριστες δυνατότητες των συναρτή-

σεων να μελετούν με καταπληκτικό τρόπο έναν τεράστιο αριθμό προβλημάτων σε

όλες τις επιστήμες.

75

1.

Έστω για παράδειγμα x άτομα γευματίζουν με κόστος ανά άτομο

1.000 δραχμές και ενοίκιο αίθουσας 50.000. Αν η συνάρτηση ƒ εκφρά-

ζει το ποσό που θα πληρώσει ο οικοδεσπότης, τότε δεν χρειάζονται

πολλά μαθηματικά για να παρατηρήσουμε ότι ο τύπος της είναι :

ƒ (x) = 1.000⋅x + 50.000.

Αν τώρα η αίθουσα χωράει 200 άτομα και κλείνετε για εκατό του-

λάχιστον καλεσμένους είναι φανερό ότι η συνάρτηση μας έχει πεδίο

ορισμού :

Α = 100, 101, 102, ..., 200

Με τύπο ƒ(x) = 1.000⋅x + 50.000 και πεδίο ορισμού :

Α = 100, 101, 102, ..., 200

δεν είναι δύσκολο να βρούμε το σύνολο τιμών ƒ (A).

Βλέπουμε ότι :

f(100) = 1.000 ⋅ 100 + 50.000 = 150.000

f(101) = 1.000 ⋅ 101 + 50.000 = 151.000

---------------------------------------------------

f(200) = 1.000 ⋅ 200 + 50.000 = 250.000

Άρα f (A) = 150.000, 151.000, 152.000, ..., 250.000 και εκφράζει

τα πιθανά ποσά που θα καταβληθούν και όπως είναι λογικό εξαρτώ-

νται από τον αριθμό των ατόμων που θα γευματίσουν.

Για δεύτερο παράδειγμα καταφεύγουμε στη Γεωμετρία.

2.

Θεωρούμε ένα ορθογώνιο οικόπεδο με μήκος 10m και πλάτος 8m στις

τέσσερις γωνίες του οποίου έχουμε σκοπό να κάνουμε ανθόκηπους

πλευράς x.

76

Å(x)

x

8 m

10 m

O τύπος Ε(x) της συνάρτησης που εκφράζει το εμβαδό του μη φυτε-

μένου μέρους του οικοπέδου και που θέλουμε να έχει σχήμα σταυρού

είναι :

Ε(x) = 80 – 4x2

Πολλοί βιαστικοί θα έλεγαν Α = IR. Όμως το x εκφράζει μήκος

άρα x > 0. Αυτό όμως δεν είναι αρκετό, αφού με λίγη προσοχή αντι-

λαμβανόμαστε ότι πρέπει ακόμη x < 4. ∆ηλαδή Α = (0, 4)

Αφού 0 < x < 4 και Ε(x) = 80 – 4x2 εύκολα προκύπτει ότι :

16 < Ε(x) < 80. Άρα ƒ(Α) = (16, 80).

3.

Έστω x η τετμημένη ενός κινητού πάνω στον άξονα xx΄. Υποθέτουμε

y την τετμημένη κάθε σημείου του ίδιου άξονα που απέχει κάθε φορά

από τον x 2 μονάδες μήκους.

2 2

xy y

Παρατηρούμε ότι σε κάθε θέση (τιμή) του x υπάρχουν δύο y εκα-

τέρωθεν αυτού οι : y = x – 2 και y = x + 2,

που ικανοποιούν την απαίτησή μας. Άρα η αντιστοιχία που επιχειρή-

σαμε δεν είναι συνάρτηση.

4.

Θεωρούμε τον πραγματικό x του διαστήματος [1, 3).

Ας αναζητήσουμε τον τύπο της συνάρτησης ƒ που το ƒ(x) να εκ-

φράζει : την απόσταση του x, από τον ακέραιο που βρίσκεται αρι-

στερά του ή είναι ίσος με αυτόν.

77

2 3xx1

ƒ(x) ƒ(x)

Eίναι φανερό ότι :

όταν 1 ≤ x < 2 τότε ƒ(x) = x – 1

όταν x = 2 τότε ƒ(x) = 0

και τέλος όταν 2 < x < 3 τότε ƒ(x) = x – 2

∆ηλαδή ο τύπος της ƒ δεν είναι ενιαίος για όλα τα x του πεδίου ο-

ρισμού Α = [1, 3) αλλά εκφράζεται με διάφορους τρόπους. Στην πε-

ρίπτωσή μας συνοπτικά γράφουμε :

ƒ(x)

x 1, x [1, 2)

0 , x 2

x 2, x (2, 3)

=− ∈

=− ∈

RS|T|

Κλείνουμε την αναφορά στην προέλευση της συνάρτησης με μία σημαντική

επισήμανση.

Πολλές φορές μία ανεξάρτητη μεταβλητή x επηρεάζει μία εξαρτημένη μετα-

βλητή y μέσω μιας εξίσωσης που τις συνδέει, όπως για παράδειγμα οι :

3x + 4y = 5,

x + y5 + y = 0,

2y3 – x2 – 5 = 0.

Oι εξισώσεις αυτές λέγονται πεπλεγμένες μορφές και δεν ορίζουν πάντα

συνάρτηση. Για να συμβαίνει αυτό πρέπει η εξίσωση να εξασφαλίζει για κάθε

x∈Α μοναδική λύση ως προς y.

Η λύση αυτή, αν είναι δυνατόν να βρεθεί, αποτελεί τον τύπο της συνάρτησης.

Έστω για παράδειγμα η εξίσωση :

78

5.

2 5 0

2 5

5

2

5

2

3 2

3 2

32

23

y x

y x

yx

yx

− − = ⇔

= + ⇔

=+

⇔

=+

Eπομένως η εξίσωση 2y x 5 03 2− − = ορίζει μια συνάρτηση με τύ-

πο ƒ(x)x 5

2

23=

+ και πεδίο ορισμού το IR.

As δούμε τώρα και την αντίθετη περίπτωση.

6. ∆ίνεται η αντιστοιχία ƒ : [–4, 4] → [–3, 3] όπου το τυχαίο x του

[–4, 4] συνδέεται με εκείνα τα y του [–3, 3] που ικανοποιούν τη σχέση :

x

16

y

91

2 2

+ =

Eίναι η παραπάνω αντιστοιχία συνάρτηση ;

ΛΥΣΗ :

Για να είναι η ƒ συνάρτηση πρέπει σε κάθε x του [ –4, 4 ] να αντιστοιχεί μοναδικό

y του [ –3, 3 ].

Έχουμε:

x

16

y

91 9x + 16y 144 16y 144 9x y

9 16 x

16

2 22 2 2 2 2

2

+ = ⇔ = ⇔ = − ⇔ =−d i

.

Aν τώρα 16 x 0 x 4, 4 2− ≥ ⇔ ∈ − η y9

1616 x y

3

416 x2 2 2= − ⇔ = ± −d i

που δηλώνει ότι σε κάθε τιμή του x από το [ –4, 4 ] αντιστοιχούν δύο y.

Άρα η ƒ δεν είναι συνάρτηση.

Με τις λίγες αυτές γραμμές κάναμε το πρώτο βήμα στο μαγευτικό κόσμο των συναρ-τήσεων. Η περιπλάνηση τώρα μόλις αρχίζει...

Δημήτριος Κατσαρός Ζάππα 6,

42 100, Τρίκαλα

79

ΑΠΟ ΤΗΝ ΙΣΤΟΡΙΑ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Βάθης Δημήτριος

1. Η επόμενη πρόταση, η οποία υπάρχει σε πολλά βιβλία Γεωμετρίας σαν μία

άσκηση μέσα σε τόσες άλλες, οφείλεται στον Αρχιμήδη. Είναι η 18η πρόταση

του έργου του "ΠΕΡΙ ΤΩΝ ΑΡΧΩΝ ΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ". Στα έργα του Αρ-

χιμήδη φέρεται με την ακόλουθη διατύπωση :

"Εάν από τις κορυφές δύο

τριγώνων, τα οποία έχουν

κοινή βάση, αχθούν παράλ-

ληλοι προς τις εναλλάξ εξω-

τερικές πλευρές των τριγώ-

νων, η ευθεία η συνδέουσα τα

σημεία τομής των παραλλή-

λων αυτών με τις εσωτερικές

πλευρές των τριγώνων είναι

παράλληλος προς τη βάση"

(σχήμα 1).

Σχήμα 1

Στα υπάρχοντα βιβλία Γεωμετρίας η πρόταση αυτή του Αρχιμήδη αναγράφε-

ται σαν μία άσκηση, χωρίς να μνημονεύεται ο Αρχιμήδης και έχει την ακό-

λουθη διατύπωση :

"Σε τετράπλευρο ΑΒΓ∆ η Αx // ∆Γ τέμνει τη Β∆ στο Ζ. Η ∆η // ΑΒ τέμνει την ΑΓ

στο Η. Να αποδειχθεί ότι η ΖΗ είναι παράλληλη προς τη ΒΓ ".

Άλλη συνηθισμένη διατύπωση :

"Στο τετράπλευρο ΑΒΓ∆ (σχήμα 1) φέρνουμε ΑΖ // Γ∆ και ΖΗ // ΒΓ. Να απο-

δειχθεί ότι ∆Η // ΑΒ".

2. Η επόμενη πρόταση υπάρχει σε βιβλία Γεωμετρίας ως άσκηση, χωρίς να γί-

νεται αναφορά στην πατρότητά της. Στο βιβλίο "100 Great Problems of

80

Elementary Mathematics" (εκδόσεις Dover) αναφέρεται ως θεώρημα του

Viviani, ιταλού μαθητή του Γαλιλαίου και του Τορρικέλι !

Η αλήθεια είναι ότι η πρόταση αυτή οφείλεται στον Αρχιμήδη και είναι η 7η

πρόταση του έργου του : "ΑΡΧΑΙ ΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ" :

"Το άθροισμα των αποστάσεων οποιουδήποτε σημείου εσωτερικού ισοπλεύρου

τριγώνου από τις πλευρές του είναι ίσο με το ύψος του".

3. Συχνά γράφεται ότι ο Gauss απέδειξε ότι ο κύκλος μπορεί να διαιρεθεί σε ν

ίσα τόξα με κανόνα και διαβήτη, εάν και μόνο εάν :

ν = 2λ⋅F1⋅F2⋅ ... Fκ , (1), όπου λ = 0, 1, 2, 3, ...

και Fi (i = 1, 2, ..., κ) είναι πρώτος αριθμός του FERMAT. Στο [1] σημειώνεται ότι αυτό δεν είναι αληθές ο Gauss δεν απέδειξε ότι πρέ-

πει και αρκεί ο ν να έχει τη μορφή (1) απέδειξε το "αρκεί", αλλά όχι το "πρέ-

πει". Στα [1] και [2] παρατίθεται η ακόλουθη ενδιαφέρουσα περικοπή από το

κλασσικό έργο του Causs : Disquisitiones Arithmeticae : (Στο [2] η περικοπή

γράφεται με κεφαλαία γράμματα).

"... ΚΑΙ ΜΠΟΡΟΥΜΕ ΝΑ ΑΠΟ∆ΕΙΞΟΜΕ ΜΕ ΚΑΘΕ ΑΥΣΤΗΡΟΤΗΤΑ ΟΤΙ

ΕΚΕΙΝΕΣ ΟΙ ΑΝΩΤΕΡΟΥ ΒΑΘΜΟΥ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΟΥΤΕ ΜΠΟΡΟΥΝ ΝΑ

ΑΠΟΦΕΥΧΘΟΥΝ ΟΥΤΕ ΝΑ ΑΝΑΧΘΟΥΝ ΣΕ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΙΚΡΟΤΕΡΟΥ

ΒΑΘΜΟΥ...". Αυτή η απόδειξη όμως δεν δόθηκε από τον Gauss.

4. Ο Roger Johnson σημειώνει [3] ότι είναι λάθος να ονομάζεται "ΕΥΘΕΙΑ

ΤΟΥ SIMSON" η γνωστή μας από τη Γεωμετρία του τριγώνου ευθεία η ευ-

θεία αυτή, γράφει, δεν ανεκαλύφθη από τον Robert Simson, αλλ’ ούτε υπάρ-

χει καμία μαρτυρία ότι ήταν γνωστή σ’ εκείνον. Ανεκαλύφθη, γράφει, το 1797

από τον William Wallace και πρέπει να ονομάζεται "ΕΥΘΕΙΑ ΤΟΥ

WALLACE".

5. Ο ΚΥΚΛΟΣ ΤΩΝ 9 ΣΗΜΕΙΩΝ ΤΟΥ ΤΡΙΓΩΝΟΥ ονομάζεται συνήθως

"ΚΥΚΛΟΣ ΤΟΥ EULER" και "ΚΥΚΛΟΣ ΤΟΥ FEUERBACH" ο Roger

Johnson [3] σημειώνει ότι δεν ανεκαλύφθη από τον Εuler. Ίσως να διετυπώ-

81

θη σαφώς για πρώτη φορά από τον Poncelet το 1821 ο Feuerbach τον ανα-

κάλυψε ανεξάρτητα από τον Poncelet και δημοσίευσε τη σχετική εργασία του

το 1822.

6. Το περίφημο "αξίωμα του Αρχιμήδη" διατυπώνεται, συνήθως, ως ακολούθως :

"Για κάθε πραγματικό αριθμό α υπάρχει φυσικός αριθμό ν > α".

Άλλη διατύπωση :

"Εάν α και β είναι θετικοί αριθμοί, τότε υπάρχει φυσικός αριθμός ν, τέτοιος

ώστε νβ > α". Η πρόταση αυτή φέρει το όνομα του Αρχιμήδη, ενώ είναι γνω-

στό ότι οφείλεται στον Εύδοξο και πρέπει γι’ αυτό να ονομάζεται "ΑΞΙΩΜΑ

ΤΟΥ ΕΥ∆ΟΞΟΥ". Ο ίδιος ο Αρχιμήδης σε επιστολή του προς τον ∆οσίθεον

γράφει για την πρόταση αυτή, την οποία χρησιμοποιεί ως λήμμα :

"Χρησιμοποιούν δε και οι προηγούμενοι γεωμέτρες αυτό το λήμμα".

7. Οι περίφημες "τομές Dedekind" αναγνωρίζονται από όλους ότι είναι έργο του

Ευδόξου και έπρεπε να φέρουν το όνομά του. Ο Edwin Moise στο βιβλίο του

"ΣΤΟΙΧΕΙΩ∆ΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ", έκδοση 1973, γράφει :

ΥΘα ήμασταν δικαιολογημένοι να μιλάμε όχι για τομές Dedekind, αλλά για

τομές Ευδόξου. Το αίνιγμα στη διαδικασία του Dedekind ήταν να χρησιμο-

ποιήσει τις τομές για να ορίσει τους πραγματικούς αριθμούς αυτό είναι ό,τι

έχει κάνει ο Εύδοξος πάνω από δύο χιλιάδες χρόνια τώραΦ.

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

[1] Felix Klein, Famous Problems of Elementary Geometry, έκδοση CHELSEA,

σελ 84.

[2] D. Smith, A Source book in Mathematics, τόμος 2ος

, έκδοση Dover, σελ. 349.

[3] R. Johnson, Advanced Euclidean Geometry, έκδοση Dover, 1960, σελ. 137

και 196.

Δημήτριος Βάθης Μαθηματικός

Αγ. Νικόλαος Χαλκίδας

82

ΥΠΑΡΞΙΑΚΑ

ΤΟΥ π

Κωνσ τα ν τ ί ν ο ς Παν . Χρήσ τ ο υ

Φοιτητής Μαθηματικών Α .Π .Θ .

"Καί ἐποίησεν τήν θάλασσαν χυτήν, δέκα πήχε-

ων τήν διαμέτρησιν, στρογγύλην κυκλόθεν, καί πέντε πήχεων τό ὕψος καί τό κύκλωμα τριάκο-

ντα πήχεων". Παραλειπομένων Β΄

Κεφάλαιον Δ΄ στιχ. 2

Ένα γράμμα, ένα σύμβολο. Μία ιστορία. Ένας αριθμός. Ένας αριθμός που

γεννήθηκε σχεδόν μαζί με τα Μαθηματικά και μέχρι σήμερα τα ακολουθεί στην

εξέλιξή τους. Η ανακάλυψή του λοιπόν βρίσκεται στα βάθη της Ιστορίας. Ξεκί-

νησε με την παρατήρηση ότι σε κάθε κυκλικό δίσκο, ο λόγος του μήκους της πε-

ριφέρειάς του προς τη διάμετρό του είναι ένας σταθερός αριθμός και ίδιος για

κάθε κυκλικό δίσκο (Θεώρημα του Ιπποκράτη της Χίου).

Τον σταθερό αυτό αριθμό τον συμβόλισαν με το ελληνικό γράμμα "π". Είναι

διεθνής συμβολισμός από τη λέξη περιφέρεια, που σε παλαιότερα συγγράμματα

αναφέρεται με τη σημασία του κύκλου.

Θα παραθέσουμε μία μέθοδο προσέγγισης του π, που βασικά χρησιμοποιή-

θηκε στην Αρχαία Ελλάδα [1].

Θεωρούμε εγγεγραμμένο κανονικό ν-γωνο στον κύκλο (Ο, R) πλευράς

ΑΒ = λν και ÁÏÂ∧

= ων η κεντρική γωνία. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΟΑΒ έστω

ότι ΟΗ = αν είναι το απόστημα, οπότε ÇÏÂù

2êáé ÇÂ

ÁÂ

2

ë

2í í

∧= = = .

83

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΗΒ έχουμε :

çìù

2

ÇÂ

ÏÂÞ ÇÂ ÏÂ çì

ù

2í í= = ⋅ ή

ë

2R çì

ù

2Þ ë 2R çì

ù

2í í

íí= ⋅ = ⋅ , (1).

Ï

Á ÂÇ

R Rω2ν

αν

λ ν Έστω τώρα ότι Ρν είναι η περίμετρος του εγγεγραμμένου κανονικού ν-

γώνου. Για να βρούμε μερικές προσεγγίσεις του π έχουμε :

Ñ

í

í ë

í

Ñ

í2R çì

ù

2í í

(1)í í=

⋅⇔ = ⋅ ή

Ñ

2Rí çì

ù

2Þ

Ñ

2Rí çì

360

2íí í í= ⋅ = ⋅

° (2).

Αλλά Ñ

2Rí = π, όπως είπαμε παραπάνω, αφού Ρν → L (L είναι το μήκος

του κύκλου), όταν ν συνεχώς διπλασιάζεται, οπότε χρησιμοποιώντας υπολογι-

στή, από τον τύπο (2) έχουμε :

Για ν = 6 : π = 6⋅ημ30° = 3

Για ν =12 : π = 12⋅ημ15° ≅ 3,10583

Για ν = 24 : π = 24⋅ημ7,5° ≅ 3,13263

Για ν =48 : π = 48⋅ημ3,75° ≅ 3,13935

Για ν = 96 : π = 96⋅ημ1,875° ≅ 3,1403

Για ν =192 : π = 192⋅ημ0,9375° ≅ 3,14145 κ.ο.κ.

Όσο αυξάνεται λοιπόν το ν, τόσο η προσέγγιση είναι πλησιέστερα του π.

Ο Αρχιμήδης χρησιμοποιώντας την παραπάνω μέθοδο σε ένα κανονικό πο-

λύγωνο με 3⋅25 πλευρές, απέδειξε ότι η τιμή του π περιέχεται μεταξύ των αριθ-

μών 3⋅10

71 και 3⋅

10

70, δηλαδή π ≅

22

7.

Παρ’ όλα αυτά η έννοια του π υπάρχει από πιο παλιά. Οι αρχαίοι Αιγύπτιοι

τον χρησιμοποιούσαν με την προσεγγιστική τιμή 10 . Τιμή για τον π βρισκόταν

και στον πάπυρο του Ριντ (Rhind) τον 17ο αιώνα π.Χ.

84

Περνώντας στην πρόσφατη ιστορία ο Γάλλος μαθηματικός Viete στο τέλος

του 16ου αιώνα υπολόγισε τον π με ακρίβεια 10 δεκαδικών ψηφίων :

π ≅ 3 ,1415926535. . . Για να φτάσουμε μετά από αρκετά χρόνια στα 1958 μ.Χ. όπου με ηλεκτρονι-

κό υπολογιστή (I.B.M. 704) υπολογίστηκαν τα 10.000 πρώτα δεκαδικά ψηφία του

αριθμού. Έτσι χάθηκε και ένα μεγάλο μέρος της μαγείας του.

Πολλοί ήταν οι ερευνητές ανά την ιστορία που ασχολήθηκαν με την προ-

σέγγιση αυτού του αριθμού. Εμείς απλώς παραθέτουμε τα βασικότερα (κατά τη

γνώμη μας) στάδια μέσα στην ιστορία.

Στις πρακτικές ανάγκες μας είναι αρκετά τα δύο πρώτα δεκαδικά ψηφία

του και για μεγαλύτερες προσεγγίσεις παίρνουμε π ≅ 3,1416. Είναι γνωστό ότι

πιο ευκολοθύμητες είναι οι λέξεις από τους πολυψήφιους αριθμούς. Για να θυ-

μούνται τα δεκαδικά ψηφία γράφονταν διάφοροι στίχοι (στα Γαλλικά, Γερμανι-

κά κ.λπ.). ∆ύο δεκάδες και παραπάνω ψηφίων παρέχονται από το Ελληνικό τε-

τράστιχο [3] που γράφτηκε από τον καθηγητή Ν. Χατζιδάκη (είχε άδοξο τέλος,

πέθανε το 1942 από πείνα στην Αθήνα) και είναι το εξής:

"Ἀεί ὁ θεός ὁ μέγας γεωμετρεῖ

τό κύκλου μῆκος ἵνα ὁρισθεῖ διαμέτρῳ

παρήγαγεν ἀριθμόν ἀπέραντον

καί ὄν φεῦ (!) οὐδέποτε ὅλον θνητοί θά εὕρωσι".

Ο αριθμός των γραμμάτων κάθε

λέξης δίνει με τη σειρά το ψηφίο.

π ≅ 3,1415926535897932384626

Πολλοί ήταν δε και οι ερευνητές που δεν μπόρεσαν να πραγματοποιήσουν τα

όνειρά τους λόγω αυτού του αριθμού. Ήταν αυτοί που αποπειράθηκαν κάνοντας

στόχο ζωής πολλές φορές, να τετραγωνίσουν τον κύκλο. Ένα από τα πιο γνωστά,

άλυτα, μέχρι στιγμής, μαθηματικά προβλήματα. Τετραγωνισμός του κύκλου ση-

μαίνει δημιουργία ενός τετραγώνου ίσου εμβαδού με έναν κυκλικό δίσκο.

Από την αρχαιότητα οι προσπάθειες οδηγούνταν στο κενό με ... μαθηματική

ακρίβεια. Και αυτό διότι ο π είναι άρρητος όπως απέδειξε ο Γάλλος Lambert το

1761. Για να τετραγωνισθεί ο κύκλος θα έπρεπε να ισχύει :

85

Ετετραγώνου = Εκύκλου ⇔ α2 = πR

2 ⇔ π =

αRFHGIKJ

2

,

όπου α η πλευρά του τετραγώνου και R η ακτίνα του κύκλου.

Το 1882 ο Γερμανός Linderman απέδειξε ότι ο π είναι υπερβατικός. ∆ηλαδή

ότι δεν είναι λύση αλγεβρικής εξίσωσης με ακέραιους συντελεστές. Κατά συνέ-

πεια, επειδή οι κατασκευές με κανόνα και διαβήτη, επιτρέπουν την λύση μερικών

μόνο αλγεβρικών εξισώσεων, είναι αδύνατο να κατασκευαστεί με χρήση κανόνα

και διαβήτη ευθύγραμμο τμήμα του οποίου το μήκος να είναι ίσο προς το μήκος

δοθείσας περιφέρειας. Έτσι τουλάχιστο με τα σημερινά δεδομένα, ο τετραγωνι-

σμός του κύκλου αποτελεί ουτοπία, άπιαστο όνειρο.

Ας προσγειωθούμε όμως κι ας προσθέσουμε έναν διαφορετικό τρόπο προ-

σέγγισης του π : Με τη χρήση, όσο απίστευτο κι αν ακούγεται, της θεωρίας των

πιθανοτήτων και ειδικότερα των γεωμετρικών πιθανοτήτων. Η θεωρία των γεω-

μετρικών πιθανοτήτων βασίζεται στη δυνατότητα γεωμετρικής έκφρασης της πι-

θανότητας και του δειγματοχώρου ως συγκεκριμένων χωρίων. Σαν δειγματικό

χώρο Ω θεωρούμε μία περιοχή του επιπέδου. ∆εχόμαστε ότι περιοχές με το ίδιο

εμβαδό είναι ισοπίθανες.

Η πιθανότητα ενός ενδεχόμενου Α δίνεται από τον τύπο :

Ρ(Α) = εμβαδό του Αεμβαδό του Ω

,

δηλαδή η πιθανότητα Ρ(Α) είναι το πηλίκο του εμβαδού του χωρίου που ορίζεται

από το Α προς το εμβαδό του χωρίου που ορίζεται από την ιδιότητα του δειγμα-

τοχώρου Ω. Για την προσέγγιση του π θα αρκούσε λοιπόν ένα πρόβλημα όπου η

γεωμετρική πιθανότητα να ισούται με το εμβαδόν κυκλικού τομέα.

Ένα τέτοιο πρόβλημα απασχόλησε πολλούς μελετητές στον Μεσαίωνα. Είναι

το πρόβλημα της βελόνας του Buffon 1777, [2].

Πρόβλημα

Μία βελόνα μήκους L< 1 ρίχνεται τυχαία στο επίπεδο το ο-

ποίο είναι χωρισμένο με παράλληλες ευθείες γραμμές σε απόστα-

ση 1 η μία από την άλλη. Ζητείται να βρεθεί η πιθανότητα να δια-

σταυρωθεί η βελόνα με μία από τις ευθείες αυτές.

86

Έστω x η απόσταση του μέσου της βελόνας από την πλησιέστερη ευθεία

γραμμή και θ η οξεία γωνία που σχηματίζει η βελόνα με την κάθετη στις παράλ-

ληλες ευθείες γραμμές, σχήμα 1.

å

å

1

1

2

x

L2

L2

óõíèè

0 ≤ x ≤ 12

(1)

και x ≤ θ ≤ π2

(2)

Σχήμα 1.

Για να τέμνει η βελόνα την ευθεία γραμμή ε1 πρέπει να ισχύει :

x συνθ< ⋅L2

Αν παραστήσουμε στο καρτεσιανό επίπεδο την παραπάνω σχέση έχουμε το πα-

ρακάτω σχήμα 2.

L2

óõíèx <

Ï Á

Ä

ÂÃx

è

ΟΑ = π2

Ο∆ = L2

ΟΓ = 12

Η γραμμοσκιασμένη περιοχή αποτελεί-

ται από τα σημεία (θ, x) με : x < L2συνθ.

Σχήμα 2.

Το χωρίον ΟΑΒΓ αντιστοιχεί στο δειγματοχώρο σύμφωνα με τις σχέσεις (1) και

(2), ενώ το σκιαγραφημένο τμήμα ΟΑ∆ αντιστοιχεί στη θέση της βελόνας που

επιθυμούμε.

Η ζητούμενη πιθανότητα είναι : Ρ = εμβαδό του Αεμβαδό του Ωb gb g ,

όπου : εμβαδό ΟΑ∆ = L2

συνθdθ L20

π2z = και εμβαδό ΟΑΒΓ =

π π2

12 4⋅ = .

∆ηλαδή Ρ = 2Lπ

.

87

Βασιζόμενοι σ’αυτό το αποτέλεσμα διάφοροι ερευνητές προσπάθησαν να

προσδιορίσουν την τιμή του π πειραματικά ρίχνοντας τη βελόνα Ν φορές και με-

τρώντας τις επιτυχίες η, οπότε η σχετική συχνότητα είναι :

nN

και περιμένουμε nN

P L≅ =

2π

. ∆ηλαδή π ≅ 2LNπ

.

Ο παρακάτω πίνακας συνοψίζει προσπάθειες διάφορων ερευνητών για τον

προσδιορισμό του π με το πείραμα του Buffon.

Υπάρχουν βέβαια και άλλοι τρόποι να προσδιορίσουμε τον π αλλά είναι εν-

διαφέρον το ότι η θεωρία των πιθανοτήτων μας δίνει έναν πειραματικό τρόπο

προσδιορισμού του π.

Πειραματιστής Μήκος βελόνας Ρίψεις Επιτυχίες Υπολογισμός του π

Woff, 1850 0,8 5.000 2.532 3,1596

Smith, 1855 0,6 3.204 1.218,5 3,1553

De Morgan, 1860 1,0 600 382,5 3,137

Fox, 1884 0,75 1.030 489 3,1595

Lazzerini, 1901 0,83 3.408 1.808 3,1415929

Reina, 1925 0,5419 2.520 859 3,1795

Gridgeman, 1960 0,7857 2 1 3,143

Ο π ίσως τελικά να συνδέεται με ένα ... μαγικό τρόπο με τις βαθύτερες υπαρ-

ξιακές ανησυχίες που ο καθένας μας έχει. Αρκεί να παρατηρήσει κανείς ότι στις

πυραμίδες της αρχαίας Αιγύπτου αν διαιρέσουμε την περίμετρο της βάσης μιας

από αυτές με το διπλάσιο του ύψους της προκύπτει το 3,14177254 = π. Είναι α-

πλά ένα τυχαίο γεγονός ;

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΚΕΣ ΑΝΑΦΟΡΕΣ

[1] Η γεωμετρική προσέγγιση του π βρίσκεται στο βιβλίο Θεωρητική Γεωμετρία της Β΄

Λυκείου.

[2] Το πρόβλημα της βελόνας του Buffon βρίσκεται στο βιβλίο του Στρατή Κουνιά "Πι-

θανότητες".

[3] Το τετράστιχο, ΕΥΚΛΕΙ∆ΗΣ Β΄, τεύχος 1, 1990.

[4] Οι άλλες ιστορικές πληροφορίες προέκυψαν από τη βιβλιοθήκη Ιστορίας των Μαθη-

ματικών του Α.Π.Θ.

Κωνσταντίνος Παν. Χρήστου Φοιτητής Μαθηματικών Α.Π.Θ

88

Νίκο ς Κυρ ια ζή ς

1. ∆ίνουμε αμέσως παρακάτω μία καινούρια(1)

και σημαντική Πρόταση

1 (κυρία) Γεωμετρίας, η οποία αναλύεται σε τέσσερις περιπτώσεις.

Στη συνέχεια ακολουθούν οι κυριότερες από τις εφαρμογές της, με

μορφές Προτάσεων ή Ασκήσεων.

2. Πρόταση 1η (κυρία)

Αν στο επίπεδο τριγώνου ΑΒΓ ληφθεί σημείο Η, τέτοιο ώστε να είναι

εγγράψιμα τουλάχιστον δύο από τα έξι τετράπλευρα ΑΖΗΕ, Β∆ΗΖ, ΓΕΗ∆,

ΑΒ∆Ε, ΒΓΕΖ, ΓΑΖ∆, όπου ∆≡ΑΗ∩ΒΓ, Ε≡ΒΗ∩ΓΑ, Ζ≡ΓΗ∩ΑΒ, τότε το Η είναι

το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

Απόδειξη (Σχήμα 1)

α. Περίπτωση 1η

Αν τα εγγράψιμα είναι π.χ. τα τετρά-

πλευρα ΑΖΗΕ και ΒΓΕΖ, τότε :

Επειδή τα τετράπλευρα ΑΖΗΕ, ΒΓΕΖ είναι

εγγράψιμα (υπόθεση) ⇒

ÇÆÁ ÇÅÃ Þ ÃÆÁ ÂÅÃ∧ ∧ ∧ ∧

= = , (1).

ÂÆÃ ÂÅÃ∧ ∧

= , (2).

Από τις (1), (2) ⇒ ÂÆÃ ÃÆÁ∧ ∧

= (3).

1 Από όσα μέχρι τώρα γνωρίζουμε η Πρόταση 1 είναι νέα. Για πρώτη φορά αναφέρε-

ται στο βιβλίο [1] του γράφοντος.

Ó÷Þìá 1

Á

Â Ã

Ç

Ä

ÅÆ

89

Ακόμη, προφανώς είναι : ÂÆÃ ÃÆÁ∧ ∧

+ = 2⎣. (4).

Από τις σχέσεις (3), (4) ⇒ 2ÂÆÃ ÃÆÁ∧ ∧

= 2 =2 ⎣ ⇒ ÂÆÃ ÃÆÁ∧ ∧

= = 1 ⎣. (5).

Η τελευταία προφανώς σημαίνει ότι ΓΖ⊥ΑΒ ή ότι το ΓΖ είναι ύψος του τρι-

γώνου ΑΒΓ.

Εξάλλου, από τις σχέσεις (2), (5) ⇒ ÂÅÃ∧

= 1 ⎣ ή ΒΕ⊥ΑΓ ή ότι η ΒΕ είναι

ύψος του τριγώνου ΑΒΓ.

Συνεπώς, η τομή ΒΕ∩ΓΖ≡Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ(2)

.

β. Περίπτωση 2η

Αν τα εγγράψιμα είναι π.χ. τα τετράπλευρα Β∆ΗΖ και ΓΕΗ∆, τότε :

Επειδή τα τετράπλευρα Β∆ΗΖ και ΓΕΗ∆ είναι εγγράψιμα, θα είναι :

Â ÁÇÆ êáé Ã ÁÇÅ Â Ã ÁÇÆ ÁÇÅ ÅÇÆ Â Ã ÅÇÆ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧= = ⇒ + = + = ⇒ + = . (1).

Ακόμα είναι και Â Ã Á∧ ∧ ∧+ + = 2 ⎣. (2).

Η σχέση (2), λόγω της (1) γίνεται : ÅÇÆ Á∧ ∧

+ = 2 ⎣.

Επομένως και το τετράπλευρο ΑΖΗΕ είναι εγγράψιμο, οπότε θα είναι :

Á ÆÇÂ ÆÄÂ Á ÆÄÂ∧ ∧ ∧ ∧ ∧= = ⇒ = . Τούτο προφανώς σημαίνει ότι και το τετρά-

πλευρο ΓΑΖ∆ είναι εγγράψιμο, οπότε αναγόμαστε στην περίπτωση 1 παραπάνω,

καθώς και το τετράπλευρο Β∆ΗΖ είναι εγγράψιμο.

γ. Περίπτωση 3η

Αν εγγράψιμα είναι π.χ. τα τετράπλευρα ΑΒ∆Ε και ΓΑΖ∆, τότε :

Επειδή τα τετράπλευρα ΑΒ∆Ε και ΓΑΖ∆ είναι εγγράψιμα, θα είναι :

ÅÁÄ ÃÁÄ ÃÆÄ ÇÆÄ ÅÁÄ ÇÆÄ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧

= = = ⇒ = , (1).

και ÅÁÄ ÅÂÄ ÇÂÄ ÅÁÄ ÇÂÄ∧ ∧ ∧ ∧ ∧

= = ⇒ = (2).

2 Είναι φανερό ότι όμοια εργαζόμαστε και όταν εγγράψιμα είναι και τα ζεύγη των

τετραπλεύρων Β∆ΗΖ, ΓΑΖ∆ και ΓΕΗ∆, ΑΒ∆Ε.

90

Από τις σχέσεις (1), (2) ⇒ ÇÆÄ ÇÂÄ∧ ∧

= . Τούτο σημαίνει ότι και το τετρά-

πλευρο Β∆ΗΖ είναι εγγράψιμο, οπότε και στην περίπτωση αυτή αναγόμαστε

στην περίπτωση 1 παραπάνω, καθώς και το τετράπλευρο ΓΑΖ∆ είναι εγγράψιμο

(υπόθεση) κ.ο.κ.

δ. Περίπτωση 4η

Αν εγγράψιμα είναι π.χ. τα τετράπλευρα ΓΑΖ∆ και ΑΖΗΕ, τότε :

Επειδή το τετράπλευρο ΓΑΖ∆ είναι εγγράψιμο, θα είναι :

Á ÂÄÆ∧ ∧= (1).

Ακόμα, επειδή το τετράπλευρο ΑΖΗΕ είναι εγγράψιμο, θα είναι :

Á ÂÇÆ∧ ∧= (2).

Από τις σχέσεις (1), (2) ⇒ ÂÄÆ ÂÇÆ∧ ∧

= . Τούτο σημαίνει ότι και το τετρά-

πλευρο Β∆ΗΖ είναι εγγράψιμο, οπότε και στην περίπτωση αυτή αναγόμαστε

στην περίπτωση 1 παραπάνω, καθώς από την υπόθεση και το τετράπλευρο ΓΑΖ∆

είναι εγγράψιμο.

3. Εφαρμογές

α. Πρόταση 2η (εφαρμογή)

∆ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Η στο επίπεδό του. Αν είναι

ΑΗ∩ΒΓ≡∆, ΒΗ∩ΓΑ≡Ε, ΓΗ∩ΑΒ≡Ζ, ΑΗ⊥ΒΓ και το τετράπλευρο ΑΖΗΕ είναι

εγγράψιμο, τότε το Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.


Αν Η΄ είναι το συμμετρικό του Η ως προς τη ΒΓ,

τότε θα είναι : ÂÇÃ ÂÇ Ã Ç Ç∧ ∧ ∧ ∧

= ′ ′ =, 1 1 (1).

Ακόμα, επειδή από την υπόθεση το τετράπλευρο

ΑΖΗΕ είναι εγγράψιμο, θα είναι :

Á ÆÇÅ∧ ∧+ = 2 ⎣ ή Á ÂÇÃ

∧ ∧+ = 2 ⎣ (2).

Η σχέση (2) λόγω της (1) γίνεται :

Á ÂÇ Ã∧ ∧+ ′ = 2 ⎣ (3).

Ó÷Þìá 2

Á

Â Ã

Ç

Ä

ÅÆ

1

1

Ç´

91

Άρα και το τετράπλευρο ΑΒΗ΄Γ είναι εγγράψιμο, οπότε θα είναι :

Ç ÁÇ Â ÁÃÂ Ã Þ Ç Ã′ = ′ = = ′ =∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧

1 1 (4).

Η σχέση (4), λόγω της (1), γίνεται : Ç Ã∧ ∧

=1 (5).

Η σχέση (5) σημαίνει ότι το τετράπλευρο ΓΕΗ∆ είναι εγγράψιμο και επειδή

και το τετράπλευρο ΑΖΗΕ είναι εγγράψιμο (υπόθεση), σύμφωνα με την Πρότα-

ση (1) (κυρία) περίπτωση 2η, το Η θα είναι το ορθόκεντρο του δοσμένου τριγώ-

νου ΑΒΓ.

β. Πρόταση 3η (εφαρμογή)

∆ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τρία σημεία του ∆∈ΒΓ, Ε∈ΓΑ, Ζ∈ΑΒ. Αν

τα τετράπλευρα ΑΒ∆Ε, ΒΓΕΖ, ΓΑΖ∆ είναι εγγράψιμα, τότε θα είναι

Α∆∩ΒΕ∩ΓΖ≡Η και το Η θα είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.


Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα ΑΒ∆Ε, ΓΑΖ∆, ΒΓΕΖ εύκολα προκύπτει

αντίστοιχα ότι :

ÅÄÁ ÅÂÁ ÆÄÁ ÆÃÁ ÅÂÁ ÆÃÁ ÅÄÁ ÆÄÁ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧

= = = ⇒ =, , (1).

Η σχέση (1) προφανώς σημαίνει ότι η Α∆ είναι διχοτόμος της γωνίας ÅÄÆ∧

του τριγώνου ∆ΕΖ.

Όμοια βρίσκουμε και ότι οι ΒΕ, ΓΖ είναι διχοτόμοι αντίστοιχα των γωνιών

ÄÅÆ ÅÆÄ∧ ∧

, του τριγώνου ∆ΕΖ, οπότε πραγματικά θα είναι :

Α∆∩ΒΕ∩ΓΖ≡Η (έγκεντρο του ∆ΕΖ) (2).

Επομένως, αφού αληθεύει η (2) και π.χ. τα τετράπλευρα ΑΒ∆Ε και ΓΑΖ∆

είναι εγγράψιμα (υπόθεση), σύμφωνα με την Πρόταση 1 (κυρία) παραπάνω (πε-

ρίπτωση 3η), το Η θα είναι πραγματικά το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

92

γ. Πρόταση 4η (εφαρμογή)

∆ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τρία σημεία στις πλευρές του ∆∈ΒΓ, Ε∈ΓΑ,

Ζ∈ΑΒ. Αν ΒΕ∩ΓΖ≡Η και τα τετράπλευρα ΒΓΕΖ, Β∆ΗΖ, ΓΕΗ∆ είναι εγγράψι-

μα, τότε θα είναι ΒΖ∩ΓΕ∩∆Η≡Α και το Η θα είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου

ΑΒΓ.


Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα Β∆ΗΖ, ΓΕΗ∆, ΒΓΕΖ παίρνουμε αντίστοιχα

ότι :

ÆÂÅ ÆÂÇ ÆÄÇ ÅÃÆ ÅÃÇ ÅÄÇ ÆÂÅ ÅÃÆ ÆÄÇ ÅÄÇ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧

= = = = = ⇒ =, , (1).

Η σχέση (1) προφανώς σημαίνει ότι η Α∆ είναι διχοτόμος της γωνίας ÆÄÅ∧


Από τα ίδια εγγράψιμα τετράπλευρα εύκολα παίρνουμε και ότι :

ÂÆÄ ÂÇÄ Ã ÁÆÅ ÂÆÄ ÁÆÅ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧

= = = ⇒ = (2).

Η σχέση (2) προφανώς σημαίνει ότι η ΒΖΑ είναι η εξωτερική διχοτόμος της

ÄÆÅ∧


Όμοια βρίσκουμε ότι και η ΓΕΑ είναι η εξωτερική διχοτόμος της ÄÅÆ∧

του

τριγώνου ∆ΕΖ.

Άρα σύμφωνα με τα γνωστά [2], θα είναι πραγματικά :

ΒΖ∩ΓΕ∩∆Η≡Α ή Α∆∩ΒΕ∩ΓΖ≡Η (3).

Συνεπώς, αφού αληθεύει η (3) και τα τετράπλευρα Β∆ΗΖ, ΓΕΗ∆ είναι εγ-

γράψιμα (υπόθεση), σύμφωνα με την Πρόταση 1 παραπάνω (περίπτωση 2η), το Η

θα είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

δ. Πρόταση 5η (εφαρμογή)

∆ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Κ στο επίπεδό του. Αν ΓΚ∩ΑΒ≡Ζ,

ΑΚ∩ΒΓ≡∆, ΒΚ∩ΓΑ≡Ε και τα τετράπλευρα Β∆ΚΖ, ΓΕΚ∆ είναι εγγράψιμα, να

δειχθεί ότι είναι : ΑΒ⋅ΓΖ = ΒΓ⋅Α∆ = ΑΓ⋅ΒΕ (1).

93


Σύμφωνα με την Πρόταση 1 (κυρία) παρα-

πάνω (περίπτωση 2η), το Κ είναι το ορθόκεντρο

του τριγώνου ΑΒΓ, καθώς από υπόθεση τα τε-

τράπλευρα Β∆ΚΖ και ΓΕΚ∆ είναι εγγράψιμα.

Ακόμα προφανώς είναι :

(ΑΒΓ) = (ΑΒΓ) = (ΑΒΓ) ⇒

ÁÂ ÃÆ ÂÃ ÁÄ ÃÁ ÂÅ⋅=

⋅=

⋅2 2 2

⇒ (1).

ε. Άσκηση 1η (εφαρμογή)

Στο επίπεδο τριγώνου ΑΒΓ και εντός αυτού δίνεται σημείο Μ,

για το οποίο είναι ÁÌÂ 109 , ÁÌÃ 118 , Â 62 êáé Ã 71∧ ∧ ∧ ∧

= ° = ° = ° = ° .

Να βρεθεί σε μοίρες η γωνία ÂÁÌ∧

.

Λύση (Σχήμα 4)

Αν ∆≡ΑΜ∩ΒΓ, Ε≡ΒΜ∩ΑΓ, Ζ≡ΓΜ∩ΑΒ,

τότε επειδή είναι :

ÄÌÆ ÁÌÃ∧ ∧

= = 118°,

ÄÌE ÁÌB∧ ∧

= = 109°,

Â ÄÌÆ∧ ∧+ = 62° + 118° = 180°,

Ã ÄÌÅ∧ ∧+ = 71° + 109° = 180°,

τα τετράπλευρα Β∆ΜΖ και ΓΕΜ∆ είναι εγ-

γράψιμα.

Επομένως, σύμφωνα με την Πρόταση 1 (περίπτωση 2η), το Μ θα είναι το ορ-

θόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

Συνεπώς θα είναι : ÂÁÌ Â∧ ∧

+ = 90° ⇒ ÂÁÌ∧

= 90° – 62° = 28°.

Ó÷Þìá 3

Á

Â Ã

Ê

Ä

ÅÆ

Ó÷Þìá 4

Á

Â=62

Ì

Ä

ÅÆ

°

109° 118°

Ã=71°

94

στ. Άσκηση 2η (εφαρμογή)

Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι Â 63 , Ã 60∧ ∧= ° = °. Αν Μ είναι σημείο

στο επίπεδο του τριγώνου ΑΒΓ και μέσα σ’ αυτό, για το οποίο είναι :

ÂÌÃ 123 , ÁÂÌ ÌÃÁ∧ ∧ ∧

= ° = , να δοθούν σε μοίρες τα μεγέθη των γωνιών :

Á, ÂÁÌ , ÌÃÂ, ÁÂÌ , ÁÃÌ∧ ∧ ∧ ∧ ∧

.


Αν είναι ∆≡ΑΜ∩ΒΓ, Ε≡ΒΜ∩ΑΓ,

Ζ≡ΓΜ∩ΑΒ, θα έχουμε :

Á∧

= 180° – 63° – 60° = 57° και

EÌÆ BÌÃ∧ ∧

= = 123° ⇒

Á ÅÌÆ∧ ∧+ = 57° + 123° = 180°.

Τούτο σημαίνει ότι το τετράπλευρο ΑΖΜΕ είναι εγγράψιμο.

Ακόμα εγγράψιμο είναι και το τετράπλευρο ΒΓΕΖ, καθώς ÁÂÌ ÌÃÁ∧ ∧

= (υ-

πόθεση) ή ÆÂÅ ÆÃÅ∧ ∧

= .

Επομένως, σύμφωνα με την Πρόταση 1 (περίπτωση 1η), το Μ είναι το ορθό-

κεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

Συνεπώς θα είναι :

ÂÁÌ ÂÁÄ Â∧ ∧ ∧

= = ° − = ° − ° = °90 90 63 27 ,

ÌÃÂ ÆÃÂ Â∧ ∧ ∧

= = ° − = ° − ° = °90 90 63 27 ,

ÁÂÌ ÁÂÅ Á ÁÃÌ∧ ∧ ∧ ∧

= = ° − = ° − ° = °=90 90 57 33 .

Ó÷Þìá 5

Á

Â=63

Ì

Ä

ÅÆ

°

123°

Ã=60°

ö ö

95

ζ. Άσκηση 3η (εφαρμογή)

∆ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τρία σημεία στις πλευρές του ∆∈ΒΓ,

Ε∈ΓΑ, Ζ∈ΑΒ, για τα οποία είναι :

ÃÁÄ ÅÂÃ∧ ∧

= = 33°, ÂÁÄ ÆÃÂ∧ ∧

= = 28° και ÁÃÆ ÁÂÅ∧ ∧

= .

Να υπολογισθούν σε μοίρες οι γωνίες του δοσμένου τριγώνου ΑΒΓ.


Επειδή από την υπόθεση είναι :

ÃÁÄ ÅÂÃ ÅÁÄ ÅÂÄ∧ ∧ ∧ ∧

= =Þ ,

ÂÁÄ ÆÃÂ ÆÁÄ ÆÃÄ∧ ∧ ∧ ∧

= =Þ ,

ÁÃÆ ÅÂÁ ÅÃÆ ÅÂÆ∧ ∧ ∧ ∧

= =Þ ,

οπότε προφανώς τα τετράπλευρα ΑΒ∆Ε,

ΓΑΖ∆, ΒΓΕΖ θα είναι εγγράψιμα.

Άρα σύμφωνα με την Πρόταση 3, οι Α∆, ΒΕ, ΓΖ συντρέχουν σε σημείο έστω

Η, το οποίο είναι και το ορθόκεντρο του δοσμένου τριγώνου ΑΒΓ.

Συνεπώς θα είναι :

Á Á ÁÂÅ ÁÂÅ ö∧ ∧ ∧ ∧= ° + ° = ° + = ° ⇒ = ° − °= °=33 28 61 90 90 61 29, , οπότε θα

είναι και : Â ö Ã ö∧ ∧= + ° = ° + °= ° = ° + = ° + °= °33 29 33 62 28 28 29 57, .

η. Άσκηση 4η (εφαρμογή)

Μέσα στο τρίγωνο ΑΒΓ, δίνεται σημείο Κ. Αν είναι :

ÂÁÊ 23 , ÊÁÃ 35 , ÂÃÊ 23 êáé ÂÊÃ 122∧ ∧ ∧ ∧

= ° = ° = ° = ° ,

ζητούνται οι γωνίες του τριγώνου ΑΒΓ και η ÊÂÁ∧

σε μοίρες.

Ó÷Þìá 6

Á

Â

Ç

Ä

ÅÆ 28°

Ã

ö ö28°

33°

33°

96


Αν ∆≡ΑΚ∩ΒΓ, Ε≡ΒΚ∩ΑΓ, Ζ≡ΓΚ∩ΑΒ,

τότε είναι :

ÂÁÊ ÂÃÊ Þ ÆÁÄ ÆÃÄ∧ ∧ ∧ ∧

= = ° = = °23 23 ή

Á ÅÊÆ Á ÂÊÃ∧ ∧ ∧ ∧+ = + = ° + °+ °= °23 35 122 180 ,

οπότε προφανώς τα τετράπλευρα ΓΑΖ∆ και

ΑΖΚΕ είναι εγγράψιμα.

Συνεπώς, σύμφωνα με την παραπάνω

Πρόταση 1 (περίπτωση 4η), το Κ είναι το ορ-

θόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. Έτσι θα είναι :

Á Â ÂÁÊ

Ã ÊÁÃ ÊÂÁ Á

∧ ∧ ∧

∧ ∧ ∧ ∧

= ° + °= ° = ° − = ° − °= °

= ° − = ° − °= ° = °− = °− °= °

35 23 58 90 90 23 67

90 90 35 55 90 90 58 32

, ,

,

θ. Άσκηση 5η (εφαρμογή)

Μέσα σε τρίγωνο ΑΒΓ, δίνεται σημείο Κ. Αν είναι :

Á 65 , ÊÂÃ 36 , ÊÃÂ 29∧ ∧ ∧= ° = ° = ° και ΑΚ⊥ΒΓ,

πόσων μοιρών είναι οι γωνίες Â , Ã∧ ∧

;


Αν ∆≡ΑΚ∩ΒΓ, Ε≡ΒΚ∩ΑΓ, Ζ≡ΓΚ∩ΑΒ,

τότε προφανώς θα είναι :

ÃÊÅ ÊÂÃ ÊÃÂ∧ ∧ ∧

= + = ° + °= °36 29 65 , άρα το

τετράπλευρο ΑΖΚΕ είναι εγγράψιμο και ε-

πειδή από την υπόθεση είναι ΑΚ⊥ΒΓ, σύμφω-

να με την Πρόταση 2, το Κ θα είναι το ορθό-

κεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

Επομένως τα Α∆, ΒΕ, ΓΖ είναι τα ύψη του

δοσμένου τριγώνου. Συνεπώς :

Â ÂÃÆ Ã ÃÂÆ∧ ∧ ∧ ∧= °− = ° − °= ° = ° − = ° − ° = °90 90 29 61 90 90 36 54, .

Ó÷Þìá 7

Á

Â

Ê

Ä

ÅÆ 23°

Ã

23°

35°

122°

Ó÷Þìá 8

Á

Â

Ê

Ä

ÅÆ

Ã

29°

65°

36°

97

4. Προτεινόμενες για λύση ασκήσεις

α. Στο επίπεδο τριγώνου ΑΒΓ, δίνεται σημείο Μ, το οποίο βρίσκεται μέσα στο

τρίγωνο και για το οποίο είναι :

ÂÁÌ ÌÃÂ ÌÁÃ ÁÃÌ êáé ÌÂÃ∧ ∧ ∧ ∧ ∧

= = ° = ° = °, ,37 28 37 .

Πόσες μοίρες είναι κάθε μία από τις γωνίες του τριγώνου ΑΒΓ ;

β. Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Á∧

= 68°. Αν Κ είναι σημείο μέσα στο τρίγωνο αυτό,

για το οποίο είναι : ÃÂÊ ÂÃÊ∧ ∧

= ° = °43 25, , ζητείται να υπολογιστούν σε

μοίρες οι γωνίες Â Ã ÂÁÊ∧ ∧ ∧

, , .

γ. ∆ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τρία σημεία στις πλευρές του ∆∈ΒΓ, Ε∈ΓΑ,

Ζ∈ΑΒ, για τα οποία είναι : ΒΕ∩ΓΖ≡Η, ÁÂÅ ÁÃÆ ÆÄÇ ÇÄÅ∧ ∧ ∧ ∧

= = = = °18 ,

ÂÁÇ∧

= °32 . Να βρεθούν οι γωνίες του δοσμένου τριγώνου σε μοίρες.

δ. Για κάθε μία από τις παρακάτω αναφερόμενες Προτάσεις - Ασκήσεις, να

δοθεί τουλάχιστον ο παρακάτω αναφερόμενος αντίστοιχα αριθμός Αποδεί-

ξεων - Λύσεων :

(1) Για την Πρόταση 1 περίπτωση 1η παραπάνω, ένας ακόμη τρόπος.



(4) Για την Πρόταση 2 παραπάνω, ένας ακόμη τρόπος.

(5) Για την Πρόταση 3 παραπάνω, τέσσερις ακόμη τρόποι.

(6) Για την Πρόταση 4 παραπάνω, τέσσερις ακόμη τρόποι.

(7) Για την Πρόταση 5 παραπάνω, ένας ακόμη τρόπος.

(8) Για την Άσκηση 2 παραπάνω, ένας ακόμη τρόπος.

(9) Για την Άσκηση 3 παραπάνω, ένας ακόμη τρόπος.

5. Γενικές παρατηρήσεις α. Από ότι μέχρι τώρα γνωρίζουμε, οι Προτάσεις 1 μέχρι 5 παραπάνω,

αλλά προφανώς και οι ασκήσεις 1 μέχρι 5 είναι καινούριες. Ομοίως καινούριες

είναι και όλες οι Προτεινόμενες Ασκήσεις.

98

β. Στο βιβλίο [1] αναφέρονται όλες οι Αποδείξεις - Λύσεις των Προτει-

νομένων παραπάνω Προτάσεων - Ασκήσεων.

γ. Είναι φανερό ότι όλες οι Αποδείξεις - Λύσεις που δώσαμε παραπάνω

είναι επιπέδου Α΄ Λυκείου. Οι Αποδείξεις - Λύσεις που ζητάμε για τις Προτει-

νόμενες παραπάνω Ασκήσεις, μπορεί να αναφέρονται σε όλη τη Γεωμετρία, α-

κόμη και σε ειδικά κεφάλαια.

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

[1] Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας Α΄ - Β΄ Λυκείου 1996 - '97, Νίκου Κυριαζή

[2] Θεωρητική Γεωμετρία Α΄ Λυκείου 1993, Ο.Ε.∆.Β. Νίκος Κυριαζής Τραπεζούντος 9, Καλαμαριά 551 31, Θεσσαλονίκη

99

∆ Ι Α Μ Ε Ρ Ι Σ Ε Ι Σ

∆ρ . ∆ . Γ . Κον τογ ι ά ν νη ς

1. ΟΡΙΣΜΟΣ : Ονομάζουμε κ–διαμέριση ενός συνόλου ΙΜ μία παράσταση του ΙΜ

με τη μορφή ΙΜ = ΙΜ 1∪ΙΜ 2∪ ... ∪ΙΜ n , όπου ΙΜ i∩ΙΜj= ∅ και ΙΜ i≠ ∅, με

1 ≤ i, j ≤ κ.

Τα σύνολα ΙΜ i ονομάζονται μπλοκ ή κλάσεις της διαμέρισης. Προφανώς μία

διαμέριση είναι ανεξάρτητη από την τάξη των κλάσεών της. Μία κ–διαμέριση

τη λέμε απλά διαμέριση.

Έστω μία κ–διαμέριση ΙΜ 1, ΙΜ 2 , ..., ΙΜ n του συνόλου ΙΜ .

Ορίζουμε μία διμελή σχέση ΙR στο σύνολο ΙΜ θέτοντας α ΙR β ⇔ α, β∈ΙΜ i ,

με i = 1, 2, ..., κ. Η σχέση ΙR είναι μία σχέση ισοδυναμίας (ανακλαστική, συμ-

μετρική, μεταβατική) και την ονομάζουμε ισοδυναμία οριζόμενη από τη δια-

μέριση ΙΜ 1, ΙΜ 2 , ..., ΙΜ n. Προφανώς διαφορετικές διαμερίσεις ενός συνό-

λου ΙΜ ορίζουν διαφορετικές σχέσεις ισοδυναμίας.

Αντιστρόφως, κάθε σχέση ισοδυναμίας ΙR επί του ΙΜ ορίζει μία διαμέριση του

συνόλου ΙΜ. Πράγματι, έστω α∈ΙΜ. Το σύνολο ΙΜ α = κ∈ΙΜκ ΙR α είναι

μία κλάση ισοδυναμίας που ορίζει το α. Προφανώς ΙΜ = ΙΜ α∪ΙΜ β∪ ...

Από τα παραπάνω γίνεται προφανές ότι υπάρχει μία συνάρτηση "1 – 1" και

επί, από την οικογένεια των διαμερίσεων του συνόλου ΙΜ στην οικογένεια

των σχέσεων ισοδυναμίας που ορίζονται επί του ΙΜ.

Ακόμα αν ΙΜ = 1, 2, ..., ν και ΙP ν το σύνολο των διαμερίσεων του ΙΜ, μπο-

ρούμε να ορίσουμε μία σχέση διάταξης ≤ στο ΙP ν ως εξής :

Θα γράφουμε p1 ≤ p2 αν κάθε μπλοκ της p1 περιέχεται σε ένα μπλοκ της p2.

Έστω π.χ. ΙΜ =1, 2, 3, 4 και οι διαμερίσεις :

p1 = 1, 3∪2∪4, p2 = 1∪2, 3, 4, p3 = 1∪2∪3, 4.

Τότε p3 ≤ p2, αλλά p1 ≤ p2.

100

2. ΟΡΙΣΜΟΣ : Αν ν, κ∈ΙΝ, ορίζουμε σαν αριθμό Stirling β΄ είδους, συμβολικά

S(κ, ν), τον αριθμό των τρόπων με τους οποίους μπορούμε να τοποθετήσουμε κ

διαφορετικά αντικείμενα σε ν ίδια κουτιά, ώστε να μην υπάρχει κενό κουτί.

3. ΘΕΩΡΗΜΑ : Για τους αριθμούς Stirling β΄ είδους ισχύει :

i. S(0, 0) = 1, ii. S(κ, 0) = S(0, ν) = 0, για κάθε κ, ν∈IΝ

iii. S(κ, ν) > 0, για κ ≥ ν ≥ 1 iv. S(κ, ν) = 0, αν ν > κ ≥ 1.

v. S(κ, 1) = 1, αν κ ≥ 1 vi. S(κ, κ) = 1, αν κ ≥ 1

ΑΠΟ∆ΕΙΞΗ :

i. Η σχέση είναι προφανής από τον ορισμό.

ii. – iii. – iv. Προφανείς λόγω ορισμού.

v. – vi. Εδώ προφανώς υπάρχει μία μόνο διαμέριση με ένα μπλοκ το ΙΜ

και μία μοναδική διαμέριση του ΙΜ με μπλοκ τα μονομελή σύνολα

α, α∈ΙΜ.

4. ΘΕΩΡΗΜΑ : Για τους αριθμούς Stirling β΄ είδους ισχύει :

S(κ, ν) = S(κ – 1, ν – 1) + ν⋅S(κ – 1, ν) (1), με κ, ν∈IΝ* και κ ≥ ν.

ΑΠΟ∆ΕΙΞΗ : Έστω αi ένα από τα κ διαφορετικά αντικείμενα. Κατά την το-

ποθέτηση των κ αντικειμένων στα ν κουτιά, διακρίνουμε δύο περιπτώσεις :

i. Το αi είναι το μοναδικό αντικείμενο σε ένα κουτί και

ii. Το αi δεν είναι το μοναδικό αντικείμενο σε ένα κουτί.

Στην περίπτωση (i) ο αριθμός των τρόπων που μπορούμε να κάνουμε τη δια-

μέριση, διαγράφοντας το κουτί που υπάρχει το αi , είναι S(κ – 1, ν – 1).

Στην περίπτωση (ii) τα κ – 1 αντικείμενα (διαγράφουμε το αi) τοποθετούνται

σε ν κουτιά με S(κ – 1, ν) τρόπους, ενώ το αi μπορεί να τοποθετηθεί σε ένα

από τα ν κουτιά με ν τρόπους. Σύμφωνα λοιπόν με την πολλαπλασιαστική αρ-

χή, η διαμέριση γίνεται με ν⋅S(κ – 1, ν) τρόπους. Άρα, σύμφωνα με την προ-

σθετική αρχή, η (1) ισχύει.

101

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ

1. Να αποδείξετε ότι S(ν, 2) = 2ν–1 – 1 (1), για κάθε ν∈IΝ*.

Απόδειξη :

Θα αποδείξουμε την (1) επαγωγικά.

• Για ν = 1 έχουμε : S(1, 2) = 1 – 1 = 0, αληθής (30 Θεώρημα iv).

• Έστω ότι ισχύει για ν = κ, δηλαδή ότι S(κ, 2) = 2κ–1

– 1 (2).

Θα αποδείξουμε ότι S(κ + 1, 2) = 2κ – 1 (3).

Όμως, λόγω του 4ου Θεωρήματος, έχουμε :

S(κ + 1, 2) = S(κ, 1) + 2S(κ, 2) = 1 + 2(2κ–1

– 1) = 2κ – 1,

που ισχύει για κ = ν + 1, άρα η (1) ισχύει για κάθε ν∈ΙΝ*.

2. Να αποδείξετε ότι S(ν, 3) = 1

2(3ν–1 – 2ν + 1) (1), για κάθε ν∈IΝ

*.

Απόδειξη :

Θα αποδείξουμε την (1) επαγωγικά.

• Για ν = 1 έχουμε S(1, 3) = 0, αληθής.

• Έστω ότι ισχύει για ν = κ, δηλαδή S(κ, 3) = 1

2(3κ–1

– 2κ + 1) (2).

• Θα αποδείξουμε ότι S(κ + 1, 3) = 1

2(3κ – 2

κ+1 + 1) (3).

Όμως από το 40 θεώρημα έχουμε :

S(κ + 1, 3) = S(κ, 2) + 3S(κ, 3) = 2κ–1

– 1 +3

2(3κ–1

– 2κ + 1) =

= 1

2(3κ – 2

κ+1 + 1), άρα ισχύει για ν = κ +1.

102

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

3. Να αποδείξετε ότι S(ν, ν – 1) = í

2

FHGIKJ , S(ν, ν – 2) =

í

33

í

ê

FHGIKJ +FHGIKJ

4. Αν κ ≤ ν, να αποδείξετε ότι κν – κ ≤ S(ν, κ) ≤ í 1

ê 1

−−FHGIKJ κν–κ

.

5. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός των διαμερίσεων του συνόλου IΜ = 1, 2, ..., ν σε

κ κλάσεις, ώστε σε καμία κλάση να υπάρχουν διαδοχικοί ακέραιοι, είναι ίσοι με

τον αριθμό των διαμερίσεων του συνόλου ΙΜ – 1 σε κ – 1 κλάσεις.

Δρ. Κοντογιάννης Δημήτρης Γ.

Αδ. Κοραή 31 162 32, Βύρωνας

Αττική

103

∆ημήτρη ς Ντρ ί ζ ο ς ( * )

Στο σχολικό βιβλίο της Ανάλυσης της Γ΄ Λυκείου (Ο.Ε.∆.Β. 1997) και όχι μό-

νο, το ορισμένο ολοκλήρωμα αισθητοποιείται κυρίως, ως η μαθηματική έκφραση

του εμβαδού κλειστών περιοχών⋅ έχει δηλαδή έναν, ας πούμε, "δισδιάστατο χα-

ρακτήρα". Το ορισμένο ολοκλήρωμα όμως, έχει όπως είναι γνωστό και άλλες

(περισσότερες) εφαρμογές⋅ όπως είναι για παράδειγμα ο υπολογισμός του όγκου

κάποιων στερεών, αλλά και του μήκους ορισμένων καμπυλών. Μπορεί δηλαδή

να εκφράσει το μέτρο (όγκου - μήκους) από τρισδιάστατα και μονοδιάστατα α-

ντικείμενα.

Σε τούτο το άρθρο - και δεδομένης μόνον της μαθηματικής υποδομής που δη-

μιουργεί η Ανάλυση που διδάσκεται στη Γ΄ Λυκείου - θα επιχειρήσουμε μία βήμα

προς βήμα προσέγγιση του τρόπου με τον οποίο το ορισμένο ολοκλήρωμα μπορεί

να εκφράσει το μήκος μιας καμπύλης γραμμής⋅ και έπειτα θα παρουσιάσουμε

μία σειρά αξιοσημείωτων εφαρμογών.

Αξίζει να αναφέρουμε εδώ, ότι η κεντρική ιδέα (το ερέθισμα) για το γράψιμο

αυτού του άρθρου ήταν οι απορίες και αναζητήσεις μαθητών της 1ης ∆έσμης σε

μια ενδιαφέρουσα συζήτηση μέσα στην τάξη. Οι συνήθεις αυτές αναζητήσεις

προκύπτουν στην πορεία του μαθήματος⋅ και δεν έχουν προκαθορισμένο θέμα.

Κάποια εφαρμογή ή κάποια απόδειξη μας οδηγούν σε αναζητήσεις, αλλά (μερι-

κές φορές) και σε κάποιες επεκτάσεις.

Εν προκειμένω, συζητούσαμε για τη γεωμετρική ερμηνεία και τις εφαρμογές

του ορισμένου ολοκληρώματος⋅ και η ερώτηση (πυρήνας) που έδωσε την ώθηση

στη συζήτηση, ήταν η εξής :

(*) Αναδημοσίευση εργασίας του ∆. Ντρίζου από το περιοδικό της Ε. Μ. Ε. : "ΜΑΘΗ-

ΜΑΤΙΚΗ ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ" τεύχος 47, 1998.

104

"Είδαμε τον υπολογισμό του εμβαδού (Ε = π⋅ρ2) του κυκλικού δίσκου :

x2 + y

2 = ρ

2, ρ > 0.

Μήπως θα μπορούσαμε με ανάλογες διαδικασίες να υπολογίσουμε και το μήκος

αυτού του κύκλου ; "

Τούτο το άρθρο μας, δεν έρχεται να απαντήσει μεμονωμένα σ’αυτή την ερώ-

τηση. Πρέπει να φτιάξουμε την υποδομή, να δούμε το θεωρητικό υπόβαθρο, που

απαιτείται για τη διατύπωση μιας τεκμηριωμένης απάντησης.

ΕΙΣΑΓΩΓΗ

Σε ένα σύστημα συντεταγμένων Oxy του επιπέδου θεωρούμε μία συνεχή κα-

μπύλη γραμμή ΑΒ με μήκος LAB και το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ με μήκος (ΑΒ),

σχήμα 1.

Σχήμα 1

Ισχύει (ΑΒ)2

= (ΑΓ)2

+ (ΓΒ)2, εφαρμογή του Πυθαγορείου θεωρήματος στο ÁÂÃ

<

ή (ΑΒ) = ÁÃ ÃÂb g b g2 2+ , (1).

105

Υποθέτουμε τώρα ότι η καμπύλη γραμμή ΑΒ είναι η γραφική παράσταση

μιας συνεχούς στο [α, β] συνάρτησης ƒ. Τότε η ισότητα (1) γράφεται :

(ΑΒ) = â − + −á áb g2 2ƒ(β) ƒ( ) , (2)

Αν επιπλέον η ƒ είναι παραγωγίσιμη στο [α, β], τότε σύμφωνα με το θεώρημα

της μέσης τιμής του διαφορικού λογισμού, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ∈(α,

β) ώστε η εφαπτομένη (ε) της γραφικής παράστασης της ƒ στο σημείο ∆(ξ,

ƒ(ξ)) να είναι παράλληλη στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ, σχήμα 1. Θα ισχύει δη-

λαδή : ƒ(β) – ƒ(α) = ƒ ΄(ξ)⋅(β – α).

Έτσι η ισότητα (2) γίνεται :

(ΑΒ) = â − + ⋅ −á â áb g2 2ƒ΄(ξ) ( )

ή (ΑΒ) = â − ⋅ +áb g 12ƒ΄(ξ)

Αν τώρα οι αριθμοί α και β είναι "πολύ κοντινοί μεταξύ τους", τότε μπορούμε

να ισχυριστούμε ότι το μήκος LAB της γραφικής παράστασης της ƒ προσεγγί-

ζεται από το μήκος (ΑΒ) του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ.

Έτσι γράφουμε : LΑΒ ≈ â − ⋅ +áb g 12ƒ΄(ξ) όταν (β – α) → 0

ή ισοδύναμα : L lim 1 Äx, üðïõ Äx â áABÄx 0

2= + = −→

ƒ΄(ξ) (3).

ΜΗΚΟΣ ΚΑΜΠΥΛΗΣ ΓΡΑΜΜΗΣ

ΚΑΙ ΟΡΙΣΜΕΝΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

Έστω η συνάρτηση ƒ με συνεχή πρώτη παράγωγο ƒ ΄ σε κάθε σημείο του δι-

αστήματος [α, β],

μία διαμέριση :

Ρν : α = x0 < x1 < ... < xν = β με ∆x = xκ – xκ–1 = â á

í

−, κ = 1, 2, ..., ν

106

και ξ1, ξ2, ..., ξν οποιαδήποτε σημεία του [α, β] με xκ–1 < ξκ < xκ , κ = 1, 2, ..., ν.

Τότε, όταν ν → +∞ έχουμε (ισοδύναμα) ∆x → 0.

Γεωμετρικά αυτό απλά σημαίνει ότι όταν χωρίζουμε το διάστημα [α, β] σε

διαρκώς και περισσότερα (ν → +∞) υποδιαστήματα μήκους ∆x = xκ – xκ–1 ,

τότε το μήκος καθενός από τα υποδιαστήματα αυτά μικραίνει (∆x → 0).

Με αυτές τις προϋποθέσεις και καθώς ∆x → 0, ορίζουμε ως μήκος της γραφι-

κής παράστασης της ƒ μεταξύ των σημείων της Α0(α, ƒ(α)) και Αν(β, ƒ(β)) την

περίμετρο της τεθλασμένης γραμμής Α0Α1Α2 ... Αν της οποίας οι κορυφές Αi εί-

ναι σημεία της γραφικής παράστασης της ƒ με αντίστοιχες τετμημένες xi ,

i = 0, 1, 2, ..., ν.

Σχήμα 2

Για το μήκος L A A í0 της γραφικής παράστασης της ƒ στο [α, β] έχουμε :

L L L LA A A A A A A Aí í í0 0 1 1 2 1= + + +

−... (σχήμα 2)

= lim lim ...Äx Äx

î Äx î Äx→ →

+ + + + +0

1

2

02

21 1ƒ΄ ƒ΄b g b g

+ limÄx

íî Äx→

+0

21 ƒ΄b g λόγω της (3)

107

= limÄx

êê

í

î Äx→

=

+∑0

2

1

1 ƒ΄b g =

= limí

êê

í

î Äx→+∞

=

+∑ 12

1

ƒ΄b g .

Επομένως L 1 (x) dxÁ Á2

á

â

0 í= + ′z ƒ , ολοκλήρωμα Riemann της συνάρτησης

12+ ƒ΄(x) στο [α, β].

ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ

1. ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΤΟΥ ΜΗΚΟΥΣ ΕΝΟΣ ΚΥΚΛΟΥ

Να υπολογιστεί το μήκος L του κύκλου με εξίσωση x2 + y2 = ρ2, ρ > 0.

Λύση :

Το ημικύκλιο (κ1) είναι η γραφική πα-

ράσταση της συνάρτησης :

ƒ(x) = ñ x2 2− , x∈[–ρ, ρ].

Είναι φανερό ότι L = 2L1, όπου L1 εί-

ναι το μήκος του ημικυκλίου (κ1).

Επομένως :

L = 2 1 2 12

2 12

2 2

22

2 2⋅ + = ⋅ +

−

−

LNMM

OQPP = ⋅ +

−− − −z z zƒ΄(x) 2xdx

ñ xdx

x

ñ xdx

ñ

ñ

ñ

ñ

ñ

ñ.

Τελικά, L = 22

2 2⋅

−−z ñ

ñ xdx

ñ

ñ.

Θέτουμε x = ρ⋅ημu, u∈ −LNMOQP

ð,

ð

2 2, οπότε dx = ρ⋅συνudu.

108

Με x = –ρ προκύπτει ότι ημu = –1, άρα u = −ð

2.

και με x = ρ προκύπτει ότι ημu = 1, άρα u = ð

2.

Η συνεχής συνάρτηση ρ⋅ημu είναι "1 - 1" στο −LNMOQP

ð,

ð

2 2 ως γνήσια αύξουσα,

αφού είναι (ρ⋅ημu)΄ = ρ⋅συνu > 0 για κάθε u∈ −FHGIKJ

ð,

ð

2 2.

Επομένως L = 21

212

2 22

2

2

2

⋅−

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =− −z zñ

ñ çì uñ óõíudu

óõíuñ óõíudu

d ið

ð

ð

ð

= ⋅ = ⋅ − −FHGIKJ

LNM

OQP−z2 2

2 22

2

ñdu ñð

ð ð ð = 2πρ.

2. ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΤΟΥ ΜΗΚΟΥΣ ΜΙΑΣ ΕΛΛΕΙΨΗΣ

∆ίνεται η έλλειψη με εξίσωση την x

á

y

â1

2

2

2

2+ = , 0 < β < α.

Αν L είναι το μήκος της έλλειψης, τότε L = 2á 1 å çì u du2 2

ð2

ð2

⋅ − ⋅−z , όπου

ε είναι η εκκεντρότητα της έλλειψης.

Λύση :

Η εξίσωση της έλλειψης γράφεται :

â x á y á â

Þ yâ

áá x

Þ yâ

áá x x á á

2 2 2 2 2 2

22

22 2

2 2

+ =

= −

= ± ⋅ − ∈ −

d i

, ,

Το τμήμα της έλλειψης που βρίσκεται

"πάνω" από τον άξονα x΄x (δηλαδή τα ση-

μεία της έλλειψης με y ≥ 0) είναι η γραφι-

κή παράσταση της συνάρτησης :

109

ƒ(x) = â

áá x⋅ −2 2 , x∈[–α, α] και έχει μήκος (έστω) L1.

Είναι φανερό ότι L = 2⋅L1, αφού η έλλειψη έχει τον x΄x άξονα συμμετρίας

της.

Έχουμε : ƒ(x) = â

áá x⋅ −2 2 , x∈[–α, α], ƒ ΄(x) =

â

á

x

á x⋅

−

−2 2, x∈(–α, α).

Οπότε 1 + [ƒ ΄(x)]2 = 1 + â

á

x

á x

2

2

2

2 2⋅

−.

Επομένως L1 = 12

2

2

2 2+ ⋅

−−z â

á

x

á xdx

á

á.

Για τον υπολογισμό του ολοκληρώματος L1 θέτουμε :

x = α⋅ημu, u = −LNMOQP

ð,

ð

2 2, οπότε dx = α⋅συνudu

Με x = –α προκύπτει ημu = –1, άρα u = −ð

2.

Με x = α προκύπτει ημu = 1, άρα u = ð

2.

Η συνεχής συνάρτηση α⋅ημu είναι "1 - 1" στο −LNMOQP

ð,

ð

2 2 ως γνησίως αύξουσα,

αφού για κάθε u∈ −FHGIKJ

ð,

ð

2 2 είναι (α⋅ημu)΄ = α⋅συνu > 0.

Επομένως :

Lâ

á

á çì u

á çì uá óõíudu

â

á

çì u

óõí uá óõíudu

á óõí uá óõí u â çì u á óõíudu

á óõí u â çì u du á çì u â çì u du

1

2

2

2 2

2 2

2

2

2

2

2 22 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

11

1

1

1

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

= + ⋅⋅

−⋅ ⋅ =

= + ⋅ ⋅ ⋅ =

=⋅

⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ =

= ⋅ + ⋅ = − + ⋅ =

−

−

−

− −

zzzz z

d i

d i

d i

ð

ð

ð

ð

ð

ð

ð

ð

ð

ð

110

= − − ⋅ = −

−⋅

FHG

IKJ

= ⋅ − ⋅

− −

−

z zz

á á â çì u du áá â

áçì u du

á å çì u du

2 2 2 2 22 2

22

2 2

2

2

2

2

2

2

1

1

d ið

ð

ð

ð

ð

ð

.

Τελικά L = 2 1 2 2

2

2

á å çì u du⋅ − ⋅−z ðð

(*).

3. ∆ίνεται η συνάρτηση ƒ(x) = á

2e e

x

á

x

á⋅ +FHG

IKJ

−, α ≠ 0. Να υπολογιστεί το

μήκος L του τμήματος της γραφικής παράστασης της ƒ που βρίσκεται μετα-

ξύ των σημείων της : Α(0, α) και Β(t, ƒ(t)), t > 0.

Λύση :

Για τον υπολογισμό του μήκους L, έχουμε :

ƒ(x) = á

e ex

á

x

á

2⋅ +FHG

IKJ

−, x∈[0, t](**)

ƒ ΄(x) = á

áe

áe Üñá x e e

x

á

x

á

x

á

x

á

2

1 1 1

2⋅ ⋅−FHG

IKJ = −

FHG

IKJ

− −ƒ΄b g .

Οπότε :

1 11

42

1

44 2

1

42

1

4

2

2 2 2 2

2 2 2

+ ′ = + ⋅FHGIKJ +FHGIKJ −

L

NMM

O

QPP = ⋅ +

FHGIKJ +FHGIKJ −

L

NMM

O

QPP =

= ⋅FHGIKJ +FHGIKJ + ⋅

L

NMM

O

QPP = ⋅ +FHG

IKJ

− −

− − −

ƒ ( )

.

x e e e e

e e e e e e

x

á

x

á

x

á

x

á

x

á

x

á

x

á

x

á

x

á

x

á

(*) Ο υπολογισμός του ολοκληρώματος 1 2 2

2

2

− ⋅−z å çì u du

ð

ð

δεν εντάσσεται στους στό-

χους αυτού του άρθρου.

(**) Η συνάρτηση ƒ(x) = á

e ex

á

x

á

2⋅ +

−FHG

IKJ στη βιβλιογραφία συναντάται με το όνομα α-

λυσσοειδής συνάρτηση.

111

Å ïìÝíùò L x dx e e dx

e e dx á e á e dx

áe e

áe e

tx

á

x

át

x

á

x

át

x

á

x

át

x

á

x

á

t t

á

t

á

ð ( )

.

= + ′ = ⋅ +FHG

IKJ =

= ⋅ +FHG

IKJ = ⋅

FHGIKJ −FHGIKJ

L

NMMM

O

QPPP

=

= ⋅ −LNMM

OQPP = ⋅ −FHG

IKJ

z zz z

−

− −

− −

′ ′

11

4

1

2

1

2

2 2

2

0

2

0

0 0

0

ƒ

4. Να υπολογιστεί το μήκος L της γραφικής παράστασης της συνάρτησης :

ƒ(x) = 1 – ln(συνx), 0 ≤ x ≤ ð

4.

Λύση :

Έχουμε ƒ ΄(x) = − ⋅ ′ ′ = =1

óõíxóõíx Üñá x

çìx

óõíxåöx( ) , ( )ƒ .

Οπότε 1 + ƒ′ = + = + =+

=( )x åö xçì x

óõí x

óõí x çì x

óõí x óõí x

2 22

2

2 2

2 21 1

1.

ΕπομένωςL x dxóõí x

dxóõíx

dxóõíx

dx= + ′ = = =z z z z11 1 12

0 20 0 0

4 4 4 4ƒ ( )ð ð ð ð

.

Για τον υπολογισμό του ολοκληρώματος 1

0

4

óõíxdx

ðz θέτουμε : x = ð

2 – u

άρα dx = –du.

Με x = 0 προκύπτει u = ð

2, ενώ με x =

ð

4 προκύπτει u =

ð

4.

Η συνεχής συνάρτηση ð

2 – u είναι "1 - 1" στο

ð,

ð

4 2LNMOQP ως γνησίως φθίνουσα,

αφού ð

2−FHGIKJ′

u = –1 < 0 για κάθε u∈ð

,ð

4 2FHGIKJ .

112

Επομένως :

Lóõíx

dxóõí u

duçìu

duçì

uóõí

udu

çìu

óõíu

óõíu

duåö

uåö

udu åö

u

= = −−FHGIKJ

= = =

=

FHG

IKJ

= ⋅ FHGIKJ′

=LNM

OQP =

z z z z

z z

1 1

2

1 1

22 2

1

2

2

22

1

22 2

0

2

4

2

4

4

2

4

2

4

2

4

2

4

2

ð

ð

ð

ð

ð

ð

ð

ð

ð

ð

ð

ð

ð

ð

ln

= lnð

lnð

åö åö4 8− =(*) ln1 – ln 2 1 2 1

1− = − =

−e j e jln

= ln ln1

2 12 1

−= +e j.


ƒ(x) = α⋅ln x

â

x

8á

2FHGIKJ − , 0 < β ≤ x ≤ γ και α ≠ 0.

Λύση :

Είναι ƒ(x) = α⋅ln1 1

82

âx

áx⋅

FHGIKJ − ⋅ , x∈[β, γ] και ƒ ΄(x) = α⋅

11

82

4

âx

âá

xá

x

x

á− ⋅ = − .

Οπότε :

1 + ƒ′ = + FHGIKJ + FHG

IKJ − = FHG

IKJ + FHG

IKJ + ⋅ ⋅ = +FHG

IKJ( )x

á

x

x

á

á

x

x

á

á

x

x

á

á

x

x

á

22 2 2 2 2

14

1

2 42

4 4.

Επομένως :

L x dx áx á

x dx á xá

xâ

ã

â

ã

â

ã

= + ′ = ⋅ + ⋅FHG

IKJ = ⋅ + ⋅LNM

OQP

=z z11 1

4

1

4 2

22

ƒ ( ) ln

(*) Βρίσκουμε εφð

82 1= − εφαρμόζοντας τον τύπο : åö á

óõí á

óõí áãéá á2 1 2

1 2 8=

−

+=

ð.

113

= ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ = ⋅ + ⋅ −á ãá

ã á âá

â áã

â áã âln ln ln .

1

8

1

8

1

82 2 2 2d i


ƒ(x) = x

3á

á

4x

3

2

2

+ , 0 < α ≤ x ≤ 2α.

Λύση :

Είναι ƒ(x) = 1

3 4

12

32

áx

á

x⋅ + ⋅ , x∈[α, 2α]

και ƒ ΄(x) = 1

33

4

1

422

2

2

2

2

2

2áx

á

x

x

á

á

x⋅ − ⋅ = − .

Οπότε :

1+ ƒ′ = +FHGIKJ +FHGIKJ − =

FHGIKJ +FHGIKJ + ⋅ ⋅ =( )x

x

á

á

x

x

á

á

x

x

á

á

x

22

2

2 2

2

2 2

2

2 2

2

2 2

2

2

21

4

1

2 42

4

=x

á

á

x

2

2

2

2

2

4+

FHG

IKJ .

Å ïìÝíùò L x dxá

xá

xdx

á

x á

x

á á á á á

á

á

á

á

á

á

ð ( )

.

= + ′ = ⋅ + ⋅FHG

IKJ =

= ⋅ − ⋅LNM

OQP

= − − + =

z z11

4

1

1

3 4

1 8

3 8 3 4

59

24

22

22

2

2

2

2

3 2 2

ƒ

ΒΙΒΛ ΙΟΓΡΑΦΙΑ

[1] GEORGE B. THOMAS - ROSS L. FINNEY : CALCULUS AND ANALYTIC

GEOMETRY, 6th edition, by Addison Welsey Publishing, 1986

[2] LOUIS BRAND : Μαθηματική Ανάλυση, Ε.Μ.Ε. 1964

[3] PISKOUNOV N. : CALCUL DIFFERENTIEL ET INTEGRAL, Editions Mir -

Moscou, 1976

[4] ΣΙΑΧΟΥ∆ΗΣ ΗΛ. : Γενικά Μαθηματικά, Θεσ/νίκη 1970.

Ντρίζος Δημήτρης Κρίτωνος 1, 42 100, Τρίκαλα

114

ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ

Γραφική παράσταση της ƒ(x) = á

e ex

á

x

á

2⋅ +FHG

IKJ

− για α = 1

0 1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

-1

y

x

1

2

3

4

5

Γραφική παράσταση της ƒ(x) = 1 – ln(συνx)

0 1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

-1

y

x

1

2

3

4

6 7-6-7

115

Γραφική παράσταση της ƒ(x) = α⋅ln1 1

82

âx

áx⋅

FHGIKJ − ⋅ για α = 2, β = 3

0 1 2 3 4 5-1-2

-1

y

x

-2

-3

-4

1

-5

6 7

Γραφική παράσταση της ƒ(x) = 1

3 4

12

32

áx

á

x⋅ + ⋅ για α = 2

-1

y

1

2

3

-2

-3

0 1 2 3 4 5-1-2-3-4-5 x

116

∆ΙΑΛΟΓΟΣ

Η ΑΛΛΗ ΟΨΗ

Με σεβασμό στην επιστημονική άποψη, η στήλη αυτή θα δημοσιεύει τις από-ψεις αναγνωστών και συνεργατών του περιοδικού, θα ανοίγει θέματα για συζήτη-ση. Οι άνθρωποι που στηρίζουμε το περιοδικό πιστεύουμε ότι ο ουσιαστικός διά-λογος (χωρίς τα χαρακτηριστικά γνωρίσματα ερωτήσεων - απαντήσεων διαδικα-στικού τύπου) ισχυροποιεί και τεκμηριώνει το μαθηματικό λόγο και την μαθηματι-κή άποψη.

ΣΧΕΤΙΚΑ ΜΕ ΜΙΑ ΑΣΚΗΣΗ ΤΗΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ

Στράτος Μάκρας Δρ . Μαθηματ ι κών Παν . Αθηνών

Στη σελίδα 72 του τεύχους 1 της "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΚΦΡΑΣΗΣ" (Μάρτιος

1997) υπάρχει μία πολύ ενδιαφέρουσα άσκηση, στην πραγματικότητα μία ενδια-

φέρουσα πρόταση της Ανάλυσης.

Θεωρούμε μία συνάρτηση ƒ : (α, β) → ΙR, συνεχή στο (α, β) και

παραγωγίσιμη στα διαστήματα (α, x0) και (x0, β). Αν υπάρχει το

lim (x)x x0→

ƒ΄ και είναι ίσο με λ∈IR, τότε η ƒ είναι παραγωγίσιμη και στο

x0 και μάλιστα ƒ΄(x0) = λ.

Στην απόδειξη που προτείνεται στο 1ο τεύχος του περιοδικού "ΜΑΘΗΜΑ-

ΤΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗ" υπάρχει ένα λεπτό σημείο, το οποίο, αν θέλουμε να παραμεί-

νουμε στο πλαίσιο της ύλης που διδάσκεται στο Λύκειο, μπορεί να θεωρηθεί ως

χάσμα.

117

Το ίδιο ακριβώς πράγμα εμφανίζεται σε διάφορα βιβλία ή άρθρα περιοδικών

με την ευκαιρία θεμάτων που χρησιμοποιούν το Θεώρημα Μέσης Τιμής του ∆ια-

φορικού Λογισμού. Ακόμα και στο ιδιαίτερα αξιόλογο βιβλίο του Μ. Spivak

"∆ΙΑΦΟΡΙΚΟΣ και ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ" (Π.Ε.Κ. Ηράκλειο 1991),

σελ. 169 θεώρημα 7, υπάρχει παρόμοια απόδειξη⋅ λέει όμως εκεί ο συγγραφέας

ότι χρειάζεται μια αυστηρή απόδειξη. Νομίζω λοιπόν ότι έχει κάποια σημασία να

επισημάνουμε και να συζητήσουμε αυτό το λεπτό σημείο. Θα προτείνουμε και

μια εναλλακτική λύση, ενώ, τέλος θα αναφερθούμε σε μια άλλη σχετική πρόταση,

την οποία και θα αποδείξουμε.

Α. Που βρίσκεται το πρόβλημα ;

Στην 3η αράδα της λύσης αναφέρεται :

" ... άρα υπάρχει t∈(x0, x) ή t∈(x, x0) τέτοιο ώστε :

ƒ ƒ ƒ΄(x) (x )

x x(t) (1)0

0

−−

=

Όμως όταν x → x0 το t → x0 ..."

To πρόβλημα είναι το εξής : Το t που εμφανίζεται στη σχέση (1) δεν είναι

απαραίτητα μοναδικό, άρα δεν είναι κάποια μονότιμη συνάρτηση (γι’ αυτό μερι-

κές φορές γράφουν, αδόκιμα, tx αντί t).

Έτσι η έκφραση : "όταν x → x0 το t → x0 ..." δεν έχει νόημα, γιατί δεν αναφέ-

ρεται σε κάποια έννοια σύγκλισης που έχει ήδη οριστεί. Κάθε φορά που λέμε

"αυτό τείνει εκεί " θα πρέπει να έχει οριστεί και η αντίστοιχη έννοια σύγκλισης.

Αν βέβαια το t ήταν μοναδικό, τα πράγματα θα ήταν διαφορετικά. ∆υστυχώς

όμως αυτό δεν εξασφαλίζεται από το Θεώρημα Μέσης Τιμής (Θ. Μ. Τ.).

Θα μπορούσε, βέβαια, κάποιος να αντιτείνει το εξής : Αυτό το "όταν x → x0

τότε t → x0" μπορεί να μην σημαίνει τίποτα, δημιουργεί όμως μια ισχυρότατη γε-

ωμετρική βεβαιότητα ! Θα μπορούσαμε λοιπόν να αποφύγουμε το σκόπελο, επι-

λέγοντας για κάθε x ένα από τα πιθανώς περισσότερα t. Έτσι κατασκευάζουμε

μία συνάρτηση t(x) για την οποία ισχύει x < t(x) < x0 ή x0 < t(x) < x και η οποί-

α, βέβαια, τείνει στο x0 όταν x → x0.

Αυτή η "προφανής" κατασκευή της t(x) κάνει ίσως αποδεκτό το άλμα που εμ-

φανίζεται στο σημείο αυτό της απόδειξης. Όμως, όσο προφανής εποπτικά κι αν

φαίνεται η κατασκευή της t(x), η επιλογή δηλαδή ενός μόνο t για κάθε x, αυτή η

118

δυνατότητα δεν εξασφαλίζεται από κανένα θεώρημα της Ανάλυσης (σχολικής ή

όχι). Το πρόβλημα μπορεί να αντιμετωπιστεί με τη χρήση του Αξιώματος της Επι-

λογής της Θεωρίας Συνόλων το οποίο λέει :

"Για οποιαδήποτε οικογένεια μη κενών συνόλων υπάρχει ένα σύ-

νολο, του οποίου η τομή με καθένα από τα σύνολα της οικογένειας

αυτής είναι ένα μονοσύνολο ".

∆ηλαδή το σύνολο αυτό "επιλέγει" ένα ακριβώς στοιχείο από κάθε μέλος της

οικογένειας συνόλων. (Υπάρχουν και άλλες ισοδύναμες διατυπώσεις αυτού του αξιώ-

ματος).

Όσο αθώο και προφανές και αν φαίνεται το αξίωμα αυτό, αποτελεί τη βάση

για την απόδειξη βαθύτατων αποτελεσμάτων, μερικά από τα οποία είναι τελείως

αντίθετα με τη συνήθη εποπτεία. Το αξίωμα αυτό χωρίζει τα θεωρήματα των

Μαθηματικών στα δύο⋅ σ’ αυτά που το χρησιμοποιούν στην απόδειξή τους και σ’

αυτά που δεν το χρησιμοποιούν. Γι’ αυτό, κάθε φορά που μπορούμε, το αποφεύ-

γουμε, προσέχοντας βέβαια να μην χρησιμοποιήσουμε κάτι άλλο ισοδύναμο.

Β. Πως μπορούμε να αντιμετωπίσουμε την άσκηση :

Θα αποδείξουμε ότι :

lim( ) ( )

x x

x x

x xë

→ −

−−

=0

0

0

ƒ ƒ (2)

Έστω ε > 0.

Έχουμε lim ( )x x

x ë→ −

=0

ƒ΄ . Άρα υπάρχει δ > 0 ώστε για κάθε x∈(x0 – δ, x0) να

ισχύει :

ƒ΄(x) – λ < ε (3)

Όμως για κάθε x∈(x0 – δ, x0) υπάρχει, σύμφωνα με το Θ. Μ. Τ. , ξ∈(x, x0)

τέτοιο ώστε ƒ΄ ƒ ƒ( )

( ) ( )î

x x

x x=

−−

0

0

.

Το ξ αυτό, όποιο κι’ αν είναι, βρίσκεται στο (x, x0), άρα κατά μείζονα λό-

γο στο (x0 – δ, x0) και συνεπώς ικανοποιεί την (3).

Θα ισχύει δηλαδή ƒ΄(ξ) – λ < ε άρα και ƒ ƒ( ) ( )x x

x xë

−−

−0

0

< ε για κά-

θε x∈(x0 – δ, x0).

119

Αποδείξαμε λοιπόν την (2), άρα ƒα΄(x0) = λ (η αριστερή παράγωγος στο

x0 είναι ίση με λ).

Όμοια αποδεικνύουμε ότι ƒδ΄(x0) = λ. Έτσι, τελικά, ƒ΄(x0) = λ.

Εδώ τελειώνει η απόδειξη αυτής της πρότασης, χωρίς να χάνεται, ελπί-

ζουμε, η "γεωμετρική βεβαιότητα" της πρώτης απόδειξης.

Η πρόταση αυτή συνδέεται με μια άλλη ενδιαφέρουσα πρόταση.

Ας θεωρήσουμε μία συνάρτηση ƒ παραγωγίσιμη σ’ ένα

διάστημα ∆ (που μπορεί να είναι και το IR ή μια ημιευθεία του

IR). Η ƒ΄ είναι, συνήθως, συνεχής συνάρτηση, όχι όμως πάντο-

τε. Ας πούμε λοιπόν ότι η ƒ΄ παρουσιάζει ασυνέχεια σ’ ένα ε-

σωτερικό σημείο x0 του ∆. Αυτή η ασυνέχεια δεν μπορεί να εί-

ναι απλή με την εξής έννοια : Ένα τουλάχιστον από τα πλευ-

ρικά όρια της ƒ΄ στο x0 θα είναι ∞ ή δεν θα υπάρχει.

Απόδειξη :

Θα κάνουμε "εις άτοπον απαγωγή".

Ας υποθέσουμε ότι και τα δύο πλευρικά όρια υπάρχουν και είναι πραγ-

ματικοί αριθμοί.

Έστω δηλαδή ότι lim ( ) lim ( )x x x x

x ë êáé x ë→ →− +

= =0 0

1 2ƒ΄ ƒ΄ .

Ενεργώντας όπως πριν αποδεικνύουμε ότι ƒα΄(x0) = λ1 και ƒδ΄(x0) = λ2.

Όμως η ƒ είναι παραγωγίσιμη στο x0, άρα λ1 = λ2 = ƒ΄(x0).

Είναι δηλαδή lim ( ) ( )x x

x x→

=0

0ƒ΄ ƒ΄ , πράγμα που σημαίνει ότι η ƒ΄ είναι συ-

νεχής στο x0, άτοπο.


Δρ. Μαθηματικών Πανεπιστημίου Αθηνών Ιωνίδειος Σχολή Πειραιά

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗ69 Η πρώτη γνωριμία με την έννοια της...

Documents

Transcript of ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗ69 Η πρώτη γνωριμία με την έννοια της...