Ευκλειδης Β 19

64

description

 

Transcript of Ευκλειδης Β 19

Page 1: Ευκλειδης Β 19
Page 2: Ευκλειδης Β 19

Πli�[i2)�@���@ IF�&Δ IF@

�'\1���@

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Το «Τελευταίο θεώρημά» του Φερμά έγινε- επιτέλους - Θεώρημα! . . . . . . . . . . . . . . �3... Ποια είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίzες .. . . . ... . ... . ... . . . . (1_()} Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα «0 ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ>> . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . .. . . . . . . . f6 Μέγιστο-Ελάχιστοτουτριωνύμουf(χ)=αχ' + βχ +γ . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. .. . . .. .. . . . . . . . . 20 Αναλογίες-Ομοιότητα-Μετρικές σχέσεις . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . 26 Εμβαδά καμπυλόγραμμων σχημάτων . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. .. .. . . .. .. . . . . 31 Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος ..... . . . .. . . . . .. .. .. . .. . . . . .. .. .. .. . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ���:ί�����cie��λ�ή.���.��r.�����.�α .. �0.�.��.τι.εί��ι.ΌΌΌΌΌ .. ΌΌΌ'.ΌΌΌ·.·.ΌΌ'.ΌΌΌΌΌΌΌ'.ΌΌΌΌΌ.W Το βήμα του Ευκλείδη . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . .. . . . .. . . . . . . . . Ο Ένα πρόβλημα-πολλές λύσεις . . . ... . ... .. . . . . . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 Αλληλογραφία . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 Στήλη Μαθηματικών Ολυμπιάδων . . . .. .. . . . . ... . . . .. . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . .. . .. . . . . . . . . .. . . . . . .. . . . . 57 Στις Ασκήσεις λέμε ΝΑΙ! ................................................................................ 60

Έκδοση της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας Γραμματεία Σύνταξης: Παπαδόπουλος Νίκος, Τυρλής Γιάννης

Συντακτική Επιτροπή: Βακαλόπουλος Κώmας, Βισκαδουράκης Βασίλης, Γεωργακόπουλος Κώmας, Γράψας Κώmας, Δαμιανός Πέτρος, Καρακατσάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος, Κηπουρός Χρήmος, Κοντογιάννης Δημήτρης, Κοτσιφάκης Γιώργος, Κυριακόπουλος Θανάσης, Λαμπρόπουλος Τάσος, Μαλαφέκας Θανάσης, Μπανδήλα Λ, Μώκος Χρήmος, Σαίτη Εύα, Τούρλας Λεωνίδας, Τσικαλουδάκης Γιώργος,

Υπεύθυνοι Έκδοσης: Παπαδόπουλος Νίκος, Τ σαρπαί\ής Ιωάννης Επιμέλεια Έκδοσης: Μαραyκάκης Σ.

Συνεργάστηκαν: Μάκρας Στράτος, Τουμάσης Μπάμπης, Τσαπακίδης Γ., Κώmας Αναγνώmου, Φωτιάδης Γρηγόρης, Τσάμης Γιώργος.

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ Πανεπιmημίου 34-106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ.: 3617 784-3616 532 Fax: 36 41 025 Εκδότης: Ν. Αλεξανδρής Διεuθuντής: Κ Σάλαρης

ISSN: 1105- 8005 ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τειίχος: Ετήσια σvνδρομή: Ορyανισμοί: Ταχ. Εnιταyές

350 δρχ. 1.600 δρχ. 3.000 δρχ.

Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54, Τ.Θ. 30044 Στοιχειοθεσία - Σελιδοποίηση Ελλην ι κή Μαθηματ ι κή Ετα ι ρ ε ί α

11 Επιτέλους υπάρχει απόδειξη!

�Σα Ύπαρξη ριζών τριωνύμου;

Πρόβλημα πιθανοτήτων!

lα Από τη γραφική παράσταση

τα συμπεράσματα

EiJ oι Μαθηματικές

Ολυμπιάδες αποκτούν

και πάλι την μόνιμη στήλη τους

Εκτύπωση: ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε., Ιερά οδός 81-83 Υπευθ. Τυπογραφείου: Ν. Αδάκτυλος-τηλ. 34 74 654

Page 3: Ευκλειδης Β 19
Page 4: Ευκλειδης Β 19

Στράτος Ελ. Μάκρας Δρ. Μαθηματικών του Παν/μίου Αθηνών

Ζάννειο Πειρ. Λύκειο Πειραιά

Ο μεγάλος γερμανός μαθηματικός Κ. Γ. Γιάκομπι [Κarl Gustav Jacobi ( 1 804-1 85 1 )] , έλεγε απαντώντας στον Ζ.Β.Ζ.Φουριέ [Jean-Baptiste-Joseph Fourier ( 1768- 1 830)] ότι στα μαθηματικά, οι μάχες δίνονται για την τιμή του ανθρωπίνου πνεύματος, και ο μέγιστος Αρχιμήδης, όταν ο Ιέρων τον προέτρεπε να χρησιμοποιήσει τις τεράστιες δυνατότητές του για πρακτικούς σκοπούς απαντούσε: «Προτιμώ να ανακαλύπτω αλήθειες που υπήρχαν ανέκαθεν, αλλά που κανείς δε γνώριζε πριν από εμένα.»

Η ιστορία του «Τελευταίου Θεωρήματος» του Φερμά είναι η ιστορία μιας μάχης που δόθηκε για την τιμή του ανθρωπίνου πνεύματος και οι πολύμοχθες προσπάθειες που απαιτήθηκαν μέχρι την τελική νίκη επιβεβαιώνουν ότι το ευγενές κίνητρο του Αρχιμήδη εξακολουθεί να εμπνέει ένα μεγάλο μέρος της μαθηματικής κοινότητας. Οπως θα δούμε στη συνέχεια, η προσπάθεια που οδήγησε τελικά στη λύση του περίφημου προβλήματος και η οποία κράτησε πάνω από τρεις αιώνες, ήταν παγκόσμια, χωρίς σύνορα και aποκλεισμούς και είναι θεμιτό να τη δούμε σαν ένα θρίαμβο του ανθρώπου στον πνευματικό στίβο.

Ας γυρίσουμε πίσω στο χρόνο για να παρακολουθήσουμε την προϊστορία και την ιστορία του προβλήματος.

Το πασίγνωστο «Πυθαγόρειο θεώρημα>) αποδεικνύει ότι μεταξύ των μηκών χ, y των καθέτων πλευρών ενός ορθογωνίου τριγώνου και του μήκους z της υποτείνουσάς του ισχύει η σχέση :

x2 + y2 = z2.

Η σχέση αυτή επαληθεύεται και για φυσικούς αριθμούς1 χ, y, z. Ένα παράδειγμα είναι η τριάδα χ = 3, y = 4, z = 5. Τέτοιες τριάδες αριθμών, ονομάζονται «Πυθαγόρειες τριάδερ) και ήταν γνωστές από την εποχή της ακμής του Βαβυλωνιακού πολιτισμού2• Οι αρχαίοι Έλληνες μαθηματικοί αναρωτήθηκαν πόσες τέτοιες τριάδες υπάρχουν και οι Πυθαγόρειοι έδωσαν μια μέθοδο για τον προσδιορισμό απείρων. Ο Ευκλείδης, στο δέκατο βιβλίο των στοιχείων του δίνει μια μέθοδο για την εύρεση όλων των Πυθαγορείων τριάδων χρησιμοποιώντας τους τύπους:

χ = κ(λ2 - μ2), y = 2κλμ, z = κ(λ2 + μ2)

1 Με τον όρο φυσικοί αριθμοί εννοούμε εδώ τους αριθμούς 1, 2, 3, . . . δηλαδή τους θετικούς ακέραιους. 2 Έχει βρεθεί μια πήλινη βαβυλωνιακή πινακίδα, όπου αναφέρονται 15 τέτοιες τριάδες.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/4

Page 5: Ευκλειδης Β 19

Το «Τελευταίο θεώρημα» του Φερμά έγινε- επιτέλους - Θεώρημα!

όπου κ, λ και μ είναι φυσικοί αριθμοί και ο λ μεγαλύτερος του μ.

Ο Ευκλείδης δεν αποδεικνύει ότι οι παραπάνω τύποι δίνουν όλες τις Πυθαγόρειες τριάδες. Η απόδειξη δόθηκε αργότερα προς το τέλος της Αλεξανδρινής εποχής από το Διόφαντο στο περίφημο έργο του <Πα Αριθμητικά».

Οι αιώνες που ακολούθησαν ήταν σκοτεινοί και δύσκολοι για την επιστήμη. Το 1453, μετά την Άλωση της Πόλης από τους Τούρκους, οι περισσότεροι Βυζαντινοί επιστήμονες έφυγαν προς τη Δυτική Ευρώπη παίρνοντας μαζί τους τα αριστουργήματα των Αρχαίων. Σχεδόν αμέσως αναζωπυρώθηκε το ενδιαφέρον για τις κατακτήσεις των Ελλήνων επιστημόνων. Το έργο του Διόφαντου είχε μείνει για πολλούς αιώνες στην αφάνεια αλλά το 1621 στο Παρίσι, ο Κλοντ Μπασέ [Claude Bachet ( 1581 - 1638)] μετέφρασε τα «Αριθμη:rικά» στα Λατινικά και τα παρουσίασε σε μια επιμελημένη έκδοση με σχόλια και υποσημειώσεις.

Ο Πιερ ντε Φερμά [Pierre de Fermat ( 1601- 1665)] ήταν νομομαθής και το 163 1 έγινε νομικός σύμβουλος στο τοπικό κοινοβούλιο της Γαλλικής πόλης Τουλούζ. «Ερασιτέχνης» μαθηματικός αλλά τι ερασιτέχνης! Ο μεγάλος Γάλλος μαθηματικός και φιλόσοφος Μ π. Πασκάλ [Blaise Pascal ( 1623- 1662)] σε μια επιστολή του προς το Φερμά του γράφει: «Είστε ο μεγαλύτερος γεωμέτρης της Ευρώπης!»3• Ας μην ξεχνάμε άλλωστε ότι μέχρι το τέλος του 1 8ου αιώνα δεν υπήρχε πραγματικά οργανωμένη ανώτατη εκπαίδευση για τα μαθηματικά και μεγάλοι μαθηματικοί όπως ο Φερμά, ο Ντεκάρ (Καρτέσιος), ο Γκάους ή ο Ντιρικλέ ήταν σχεδόν aυτοδίδακτοι και σπούδασαν μελετώντας τα έργα διάσημων προκατόχων τους.

Ο Φερμά είχε ένα αντίτυπο της μετάφρασης των «Αριθμητικών» και όταν το μελετούσε, συνήθιζε να γράφει σύντομες υποσημειώσεις στο περιθώριο του βιβλίου. Πέντε χρόνια μετά το θάνατο του Φερμά, που συνέβη το 1665, ο γιος του Σαμουήλ βάλθηκε να τακτοποιήσει την επιστημονική αλληλογραφία του πατέρα του με σκοπό να εκδώσει τα άπαντά του. Η δουλειά του ήταν ιδιαίτερα δύσκολη γιατί, καθώς φαίνεται, ο Φερμά προτιμούσε την ευχαρίστηση που έβρισκε στις μαθηματικές του έρευνες από τη δόξα που θα αποκτούσε με τις δημοσιεύσεις!4

Έτσι ο γιος του βρήκε το αντίτυπο των «Αριθμητικών» που μελετούσε ο πατέρας του, με τις υποσημειώσεις στο περιθώριο. Αποφάσισε τότε να κάνει μια νέα έκδοση της μετάφρασης του Μπασέ και να συμπεριλάβει τις 48 υποσημειώσεις του πατέρα του. Η δεύτερη από τις «Παρατηρήσεις επί του Διόφαντου» (όπως ονόμασε τις υποσημειώσεις ο Σαμουήλ) είχε γραφτεί από το Φερμά στο περιθώριο του προβλήματος 8 του βιβλίου Π των «Αριθμητικών» που έλεγε: «Να διασπασθεί τετράγωνος αριθμός σε άθροισμα δύο άλλων τετραγώνων». Η υποσημείωση του Φερμά, γραμμένη στα λατινικά, έλεγε: «Αντίθετα, είναι αδύνατο να γράψουμε έναν κύβο ως άθροισμα δύο κύβων, μία τέταρτη δύναμη ως άθροισμα δύο τετάρτων δυνάμεων ή, γενικότερα, έναν αριθμό που είναι δύναμη ανώτερη της δεύτερης ως άθροισμα δύο δυνάμεων της ίδιας τάξης. Έχω μια πραγματικά θαυμάσια απόδειξη αυτής της πρότασης αλλά δε χωράει στο περιθώριο του βιβλίου . . . »

Με σημερινούς όρους η πρόταση του Φερμά διατυπώνεται ως εξής: Αν ο ν είναι ένας φυσικός αριθμός μεγαλύτερος του 2 τότε η εξίσωση

Χν + Υν = Ζν (1) δεν επαληθεύεται για καμιά τριάδα φυσικών αριθμών.

Αυτό είναι το περίφημο «Τελευταίο Θεώρημα του Φερμά»s ή κατ' άλλους η «Εικασία του Φερμά». Η απλότητα της διατύπωσης και το σχόλιο που τη συνόδευε αποτέλεσαν το κίνητρο προσπαθειών για την ανακάλυψη της απόδειξης που ισχυριζόταν ότι κατείχε ο Φερμά, τόσο από επαγγελματίες όσο κι από ερασιτέχνες μαθηματικούς. Δε θα ήταν υπερβολή να ισχυριστεί κανείς ότι εδώ και τριακόσια χρόνια δεν υπάρχει μαθηματικός που να μην έχει κάνει κάποια προσπάθεια για να αποδείξει το θεώρημα του Φερμά. Ο ίδιος ο Φερμά είχε παρουσιάσει την απόδειξη της πρότασης για την περίπτωση ν = 4 χρησιμοποιώντας μια ιδιαίτερα ιδιοφυή και

3 Την εποχή εκείνη, ο όρος «Γεωμέτρης» ήταν συνώνυμος του όρου «Μαθηματικός». 4 Ο Φερμά είναι χωρίς αμφιβολία ο «βαθύτερος» μαθηματικός του αιώνα του με πλούσιο και πρωτότυπο έργο σε διάφορους τομείς των μαθηματικών. 5 Μέχρι τις αρχές του 18ou αιώνα όλα τα προβλήματα που είχαν τεθεί από το Φερμά είχαν λυθεί ειcτός από το πρόβλημα στο οποίο αναφερόμαστε και αυτή ίσως είναι η αιτία που ονομάστηκε «τελευταίο θεώρημα του Φερμά>>.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/5

Page 6: Ευκλειδης Β 19

Το ((Τελευταίο θεώρημα» του Φερμά έγινε - επιτέλους - Θεώρημα!

ισχυρή μέθοδο, τη «μέθοδο της άπειρης καθόδου»6. Μα, θα ρωτούσε κανείς, γιατί «θεώρημα του Φερμά», αφού καμιά απόδειξη του Φερμά δε βρέθηκε ποτέ για τη σχετική πρόταση; Οσοι αποδεικνύουν κάποια σημαντική μαθηματική πρόταση μένουν βέβαια στην ιστορία, αλλά το ίδιο συμβαίνει, και κατά μείζονα λόγο, με όσους θέτουν σημαντικά προβλήματα. Γιατί τα προβλήματα είναι η κινητήρια δύναμη των μαθηματικών! Άλλωστε για να θέσει κάποιος ένα σημαντικό πρόβλημα χρειάζεται να έχει κάποια σημαντική ιδέα και όπως έλεγε ο Αϊνστάιν στον Γάλλο ποιητή και λάτρη των μαθηματικών Πωλ Βαλερύ: «Οι πραγματικά σημαντικές ιδέες είναι τόσο λίγες .. . >>

Η μάχη λοιπόν είχε αρχίσει, οι προσπάθειες όμως έμεναν χωρίς αποτέλεσμα παρά το γεγονός ότι με το πρόβλημα αυτό ασχολήθηκαν, άλλος λίγο άλλος πολύ, όλοι σχεδόν οι μεγάλοι μαθηματικοί από τότε! Μόλις το 1753 ο μεγάλος Ελβετός μαθηματικός Λ. Οϋλερ [Leonard Euler ( 1 707-1783)] ανακοίνωσε σε μια επιστολή του ότι απέδειξε το θεώρημα για την περίπτωση ν = 3 . Παρουσίασε όμως την απόδειξη μόλις το 1770. Η απόδειξη αυτή είχε κάποιο σφάλμα το οποίο διόρθωσε ο Γάλλος μαθηματικός Α. rvt;. Λεζάντρ [Adrien Marie Legendre ( 1 752- 1 833)] .

Το 1 8 16 η Γαλλική Ακαδημία Επιστημών ανακοίνωσε την αθλοθέτηση βραβείου για την επίλυση του «Τελευταίου» θεωρήματος του Φερμά.

Είναι πολύ εύκολο να διαπιστωθεί ότι, αν το θεώρημα αποδειχθεί για κάποιον φυσικό αριθμό ν τότε θα έχει αποδειχτεί και για όλα τα πολλαπλάσια του ν. Πράγματι· αν η εξίσωση (1 ) δεν έχει λύση τότε και η εξίσωση χmν + ymv = zmv δεν μπορεί να έχει λύση γιατί αν είχε μια, έστω χ = a, y = b, z = c τότε οι αριθμοί am, bm και cm θα αποτελούσαν λύση της ( 1 ). Έτσι οι προσπάθειες περιορίζονται στην περίπτωση που ο ν είναι πρώτοςΊ αριθμός ή το 4.

Το 1 820 η Γαλλίδα μαθηματικός Σ.Ζερμαίν [Sophie Germain ( 1776- 1 83 1 )]8 απέδειξε μια πολύ ενδιαφέρουσα πρόταση η οποία επέτρεπε τον περιορισμό των περιπτώσεων όπου θα μπορούσε να μην είναι ορθό το θεώρημα του Φερμά. Απέδειξε λοιπόν ότι, αν η εξίσωση του Φερμά έχει τη λύση χ = a, y = b, z = c για κάποιον εκθέτη ν > 2 ο οποίος είναι πρώτος αριθμός και ο 2ν + 1 είναι επίσης πρώτος αριθμός τότε ο ν θα διαιρεί έναν τουλάχιστον από τους φυσικούς αριθμούς a, b, c9. Ο Λεζάντρ και ο Γερμανός Π.Γ.Ντιρικλέ [Peter Gustaν Lejeune Dirichlet ( 1 805-1859)] που τότε ήταν μόλις 20 ετών, απέδειξαν γύρω στο 1825, ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλον, το θεώρημα για ν = 5 και 14 χρόνια αργότερα, το 1 839, ο Γάλλος Γ. Λαμέ [Gabriel Lame ( 1795-1 870)] το απέδειξε για ν = 7.

Οι αποδείξεις όμως ήταν όλο και πιο περίπλοκες και η ελπίδα για μια σύντομη απόδειξη της γενικής περίπτωσης φαινόταν να χάνεται οριστικά. Πολλοί ήταν αυτοί που πίστευαν -και πιστεύουν- ότι η απόδειξη που ισχυριζόταν πως είχε στα χέρια του ο Φερμά περιείχε κάποιο σφάλμα που δεν είχε γίνει αντιληπτό από τον ίδιο10• Ο ίδιος ο Λαμέ πίστεψε ότι κατάφερε να βρει την γενική απόδειξη του θεωρήματος, αλλά την 1 η Μαίου του 1 847 όταν ανακοίνωσε την «απόδειξή» του στην Γαλλική Ακαδημία Επιστημών, οΖ. Λιουβίλ [Joseph Liouville ( 1 809-1 882)]

6 Αυτή συνίσταται στο εξής: Δεχόμαστε ότι η εξίσωση χν + yν = zv έχει μία λύση (α, β, γ) με α, β, γ φυσικούς αριθμούς και αποδεικνύουμε ότι τότε θα έχει οπωσδήποτε και άλλη λύση (α1, β1, γ1) με τον αριθμό γ1 μικρότερο του γ. Η διαδικασία αυτή οδηγεί στην εύρεση απείρων τριάδων που στην καθεμιά ο τρίτος αριθμός θα είναι μικρότερος από τον τρίτο της προηγούμενης, πράγμα προφανώς άτοπο αφού δεν υπάρχουν άπειροι φυσικοί αριθμοί μικρότεροι από τον γ. 7 Πρώτοι λέγονται οι φυσικοί αριθμοί που είναι μεγαλύτεροι του 1 και έχουν μόνο δύο διαιρέτες: τον εαυτό τους και τον 1. 8 Από τις ελάχιστες γυναίκες μαθηματικούς εκείνης της εποχής. Η οικογένειά της αντέδρασε έντονα στην αγάπη της για τα μαθηματικά. Την ημέρα της απαγόρευαν να διαβάσει και τη νύχτα της έπαιρναν τα ρούχα και τα κεριά από το δωμάτιό της ώστε να μην μπορεί να σηκωθεί από το κρεββάτι και να εργαστεί! Παρά όμως τη λυσσαλέα αντίδραση των δικών της, η αγάπη της για τα μαθηματικά νίκησε. Σε ηλικία 18 ετών το επίπεδό της σε μαθηματικές γνώσεις ήταν ήδη πολύ υψηλό και το 1816 τιμήθηκε με το Μεγάλο Βραβείο (Grand Prix) της Γαλλικής Ακαδημίας Επιστημών. 9 Με άλλα λόγια: αν ο ν και ο 2ν+ 1 είναι πρώτοι και ο ν δε διαιρεί τον xyz τότε η εξίσωση χν + yν = zv δεν έχει λύση. 10 Κανείς σχεδόν δεν έχει αμφισβητήσει το ότι ο Φερμά πίστευε ειλικρινά ότι είχε βρει την απόδειξη του θεωρήματος, γιατί η όλη του συμπεριφορά στη διάρκεια της ζωής του αλλά και τα γραπτά του δείχνουν ότι επρόκειτο για έναν άνθρωπο εξαιρετικά έντιμο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 3/6

Page 7: Ευκλειδης Β 19

Το «Τελευταίο θεώρημα)) του Φερμά έγινε - επιτέλους- Θεώρημα!

του επεσήμανε ένα αδύνατο σημείο της που τελικά την ακρωτηρίαζε. Την ίδια χρονιά, ο μεγάλος Γάλλος μαθηματικός Α. Κωσύ [Augustin Cauchy ( 1789-1 857)] παρουσιάζει μια απόδειξη που τελικά αποδεικνύεται εσφαλμένη. Στο μεταξύ το 1 844, ο Γερμανός μαθηματικός Ε. Κούμερ [Ernst Kummer ( 1 8 10- 1893)] δημοσίευσε μια εργασία σ' ένα ελάχιστα γνωστό επιστημονικό περιοδικό, όπου με την εισαγωγή μιας νέας έννοιας, αυτής των «ιδεωδών αριθμών», έκανε ένα τεράστιο άλμα: απέδειξε μονομιάς το θεώρημα για όλους τους εκθέτες ν που είναι μικρότεροι του 37 και στη συνέχεια για όλους τους ν που είναι μικρότεροι του 100 εκτός από τις περιπτώσεις ν = 37, ν = 59 και ν = 67. Επιπλέον, η νέα αυτή έννοια των ιδεωδών αριθμών αποτέλεσε την πρώτη ύλη για την ανάπτυξη της γενικής έννοιας του ιδεώδους, και την ανάπτυξη ενός νέου εξαιρετικά γόνιμου κλάδου των μαθηματικών, της Θεωρίας των Ιδεωδών, στοιχεία της οποίας διδάσκονται σήμερα στις μαθηματικές σχολές των Πανεπιστημίωνιι. Αργότερα ο ίδιος ο Κούμερ, επεκτείνοντας τη θεωρία του, απέδειξε το θεώρημα για όλους τους εκθέτες μέχρι τον 100. Το 1 856 ο Κούμερ τιμήθηκε με το χρυσό μετάλλιο και ένα βραβείο 3000 φράγκων από την Γαλλική Ακαδημία Επιστημών που είχε ανανεώσει το 1 850 το βραβείο που είχε προκηρυχθεί το 1 8 1 5 για τη λύση του προβλήματος του Φερμά.

Το 1908 θεσπίστηκε το βραβείο Wolfskehl με το σημαντικό χρηματικό έπαθλο των 100000 γερμανικών μάρκωνΙ2. Από τότε, η επιτροπή που είναι υπεύθυνη για το έπαθλο έχει λάβει χιλιάδες «αποδείξεις» του θεωρήματος του Φερμά!

Γιόννης Τσαρπαλής

Σ Π!vακες υστήματα

π ορίζουσες ιθανότητες Αλγεβpa Δ'Δέσμnς

Γιάννη Τσαρπαλή Αλγεβρα Δ' Δέσμης

Ενα βιβλίο κατάλληλο για επανάληψη Περιέχει: 8 409 ασκήσεις, πρωτότυπες, συνδυαστικές, σύμφωνα με το νέο

πνεύμα των εξετάσεων. 8 Θέματα από αντίστοιχες εξετάσεις σε Γαλλία (Bac), Βέλγιο,

Καναδά, Αγγλία, Γερμανία, Βουλγαρία, Ρωσία. 8 Μεθοδολογία για την λύση των ασκήσεων. 8 Τέστ κατάλληλα για την κατανόηση της ύλης. 8 Γενικές ασκήσεις επανάληψης στο τέλος κάθε κεφαλαίου. 8 Όλα τα Θέματα των Πανελληνίων εξετάσεων της Δ' Δέσμης.

Κεντρική Διάθεση: Φροντιστήρια Ρόμβος, Φλέμιγκ 40 Αργυρούπολη τηλ. 9911067- 9932291 Εκδ. Ομιλ. Συγγ. Σόλωνος 100, τηλ. 3646125 Γ.Κορφιάτης, Ιπποκράτους 6, τηλ. 3628492 Παπαδημητρόπουλος Σόλωνος 99, τηλ. 3612412 Σαββάλας Ζωοδ. Πηγής 18, τηλ. 3301251

11 Δυστυχώς οι γνώσεις που προαπαιτούνται για να εξηγήσουμε τι ακριβώς είναι ένας ιδεώδης αριθμός είναι τέτοιες που δε μας επιτρέπουν να επεκταθούμε εδώ πάνω σ' αυτό το θέμα. 12 Το ποσό αυτό έχει σήμερα περιοριστεί στα 10000 μάρκα Περίπου μετά από τις αλλεπάλληλες και συχνά δραματικές υποτιμήσεις των νομισμάτων και η προσφορά θα πάψει να ισχύει στις 13 Σεπτεμβρίου του 2007.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/7

Page 8: Ευκλειδης Β 19

Το «Τελευταίο θεώρημα» του Φερμά έγινε - επιτέλους - Θεώρημα!

Έτσι λοιπόν το «Τελευταίο Θεώρημω> aντιστεκόταν αλλά οι προσπάθειες για την απόδειξή του εμπλούτιζαν την επιστήμη με νέα όπλα που επέτρεπαν την αντιμετώπιση άλλων προβλημάτων. Οταν κάποτε ρώτησαν το μεγάλο Γερμανό μαθηματικό Δ. Χίλμπερτ [David Hilbert ( 1862- 1943)] γιατί δεν προσπαθεί να αποδείξει το θεώρημα του Φερμά, εκείνος απάντησε: «Γιατί να σκοτώσω την κότα που γεννάει χρυσά αυγά;» Εξ' άλλου όπως ο ίδιος έλεγε: «Οποιος ψάχνει για μεθόδους χωρίς να έχει στο νου του κάποιο συγκεκριμένο πρόβλημα, τις πιο πολλές φορές ψάχνει μάταια.>>

Οι προσπάθειες δεν έπαψαν καθόλου αν και πολλοί άρχιζαν να αμφιβάλλουν για την ισχύ του θεωρήματος παρά το ότι η πρόοδος της θεωρίας αλλά και τα επιτεύγματα της τεχνολογίας είχαν επιτρέψει το 1976 να επαληθευθεί η ισχύς του θεωρήματος για όλους τους εκθέτες μέχρι τον 125.000 και το 1992 για τους εκθέτες μέχρι τον 4.000.000. Το επιχείρημα ήταν aφοπλιστικό: Μα είναι δυνατόν μια πρόταση να αντιστέκεται στις προσπάθειες τόσων σημαντικών μαθηματικών για τριακόσια ολόκληρα χρόνια;

Ομως, στις αρχές του 1983, ένας Γερμανός μαθηματικός, ηλικίας τότε 29 ετών, ο Γ. Φάλτινγκς (Gerd Faltings)I3 έφθασε σ' ένα πολύ σημαντικό συμπέρασμα σχετικό με μια μαθηματική έννοια, τις «Αβελιανές πολλαπλότητες», το οποίο σε ότι αφορά στο θεώρημα του Φερμά είχε την εξής επίπτωση: Αν για κάποιον ακέραιο ν> 2 υπάρχουν ακέραιοι χ, y, z που είναι πρώτοι μεταξύ τουςΙ4 και ικανοποιούν την εξίσωση χν + yv

= zv τότε το πλήθος των αντίστοιχων τριάδων είναι πεπερασμένο (και όχι άπειρο όπως στην περίπτωση της εξίσωσης χ2 + y2 = z2)I5. Το αποτέλεσμα αυτό ήταν η σημαντικότερη εξέλιξη στις προσπάθειες για την απόδειξη του Θεωρήματος του Φερμά τα τελευταία εκατό χρόνια! Το «κάστρο» aντιστεκόταν ακόμα αλλά ήταν πια ασφυκτικά περικυκλωμένο. Η τεράστια πρόοδος των μαθηματικών τα τελευταία σαράντα χρόνια έδινε την ελπίδα ότι η τελική νίκη δεν ήταν μακριά!

Προς το τέλος της δεκαετίας του 1980 είχαν διατυπωθεί διάφορες εικασίες η απόδειξη των οποίων θα συνεπαγόταν την ισχύ του «τελευταίου» θεωρήματος του Φερμά. Αυτό σήμαινε ότι το θεώρημα αυτό δεν ήταν κάποια μεμονωμένη «aξιοπερίεργη>> πρόταση αλλά αντίθετα ότι ήταν στενά δεμένο με άλλα σημαντικά θέματα της aριθμοθεωρίας. Στο μεταξύ είχαν γραφτεί πολλές και ενδιαφέρουσες μονογραφίες με θέμα τις έρευνες πάνω στο θεώρημα του Φερμά. Μια από αυτές, στα ελληνικά, από την αείμνηστη Ιωάννα Φερεντίνου- Νικολακοπούλου που εκδόθηκε από τον Ο.Ε.Δ.Β. το 1 984, δυστυχώς σε ελάχιστα αντίτυπα.

Οι ψίθυροι για οριστική απόδειξη του θεωρήματος ακούγονταν κατά καιρούς, κανείς όμως δεν «τολμούσε» να ανακοινώσει ότι έφθασε στη λύση του προβλήματος πριν θέσει τα αποτελέσματά του υπόψη και άλλων, ειδικών στο θέμα, μαθηματικών. Πάντως αργά ή γρήγορα οι ψίθυροι σταματούσανι6 πράγμα που σήμαινε ότι το πρόβλημα aντιστεκόταν ακόμη σθεναρά.

Ώσπου, την Τετάρτη 23 Ιουνίου του 1993, στο τέλος μιας σειράς τριών διαλέξεων που έδωσε στο Καίμπριτζ ο Βρετανός μαθηματικός Άντριου Γουάιλς (Andrew Wiles) ανακοίνωσε την απόδειξη του τελευταίου θεωρήματος του Φερμά!

Ας κάνουμε εδώ μια μικρή παρένθεση για να μιλήσουμε για τη θέση του θεωρήματος του Φερμά στα σημερινά μαθηματικά. Το «θεώρημα» είναι ένα διάσημο μαθηματικό πρόβλημα, δεν είναι όμως μια πρόταση που κατέχει κεντρική θέση στα σημερινά μαθηματικά με την έννοια ότι η απόδειξή της θα επιτρέψει την επίλυση άλλων σημαντικών μαθηματικών προβλημάτωνΙ7. Αυτό που πρέπει βέβαια να τονίσουμε είναι ότι αποτέλεσε ένα πρόβλημα- πρόκληση και ότι οι

13 Ο Φάλ τινγκς απέδειξε μια άλλη περίφημη εικασία, την εικασία του Μορντέλ [L.J. Mordell (1888-1972)]. 14 Δηλαδή έχουν μέγιστο κοινό διαιρέτη τον 1. 15 Ο Φάλτινγκς τιμήθη'κε για το μαθηματικό του έργο με το μετάλλιο Fields το 1986. Το μετάλλιο αυτό είναι το αντίστοιχο του Βραβείου Νόμπελ για τα μαθηματικά και απονέμεται κάθε τέσσερα χρόνια από μια διεθνή επιτροπή μαθηματικών κατά τη διάρκεια του «Παγκόσμιου Μαθηματικού Συνεδρίου». 16 Οπως συνέβη για παράδειγμα το 1988 όταν ένας Ιάπωνας μαθηματικός ανακοίνωσε στη Βόννη την απόδειξη μιας εικασίας η οποία συνεπαγόταν την ισχύ του «τελευταίου θεωρήματος». Τότε μάλιστα είχε ασχοληθεί με το θέμα ο παγκόσμιος τύπος αλλά μια εβδομάδα αργότερα βρέθηκε κάποιο λάθος στην απόδειξη. 17 Οπως θα συνέβαινε π. χ. αν αποδεικνυόταν η εικασία του Ρίμαν.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/8

Page 9: Ευκλειδης Β 19

Το «Τελευταίο θεώρημα» του Φερμά έγινε - επιτέλους - Θεώρημα!

προσπάθειες αντιμετώπισής του συνέβαλαν στην ανάπτυξη των μαθηματικών. Η προσπάθεια του Γουάιλς ειδικότερα, πέρασε μέσα από την απόδειξη μιας άλλης εικασίας, αυτής των Τανιγιάμα­Σιμούρα (τaniyama - Shimura) η σημασία της οποίας για τα ίδια τα μαθηματικά είναι πολύ μεγαλύτερη από τη σημασία του θεωρήματος του Φερμά. Σύμφωνα με την πρώτη αυτή εργασία του Γουάιλς, το θεώρημα του Φερμά είναι ένα απλό πόρισμα της εικασίας των Τανιγιάμα­Σιμούρα.

Η αντιμετώπιση του προβλήματος ήταν έμμεση. Ας υποθέσουμε ότι η εξίσωση χν+yν=zν έχει μια λύση χ = α, y = β, z = γ για κάποιο φυσικό ν � 3. Αποδεικνύεται τότε η ύπαρξη ενός μαθηματικού αντικειμένου Ε, που λέγεται ελλειπτική καμπύλη, η οποία περιγράφεται από μια εξίσωση της οποίας οι συντελεστές εξαρτώνται από τους αριθμούς αν και βν. Το 1986 ο Αμερικανός μαθηματικός Κ. Ρίμπετ (Kenneth Ribet) είχε αποδείξει ότι η Ε είναι αδύνατο να έχει μια συγκεκριμένη ιδιότητα, την οποία ας την πούμε ιδιότητα (Μ). Ο Γουάιλς λοιπόν απέδειξε με τη σειρά του ότι μια οικογένεια καμπύλων που περιέχει και την Ε περιέχει καμπύλες που έχουν όλες την ιδιότητα (Μ). Οπερ άτοπον! Άρα η εξίσωση του Φερμά δεν έχει λύση για ν� 3.

Η αρχική εργασία του Γουάιλς ήταν ένα πυκνό κείμενο διακοσίων περίπου σελίδων με αναφορές σε άλλες προτάσεις που αφορούσαν σ' ένα ευρύτατο πεδίο των σύγχρονων μαθηματικών. Χρησιμοποιούσε με λίγα λόγια τις περισσότερες από τις πιο σημαντικές Προτάσεις της aριθμοθεωρίας και της αλγεβρικής γεωμετρίας των τελέυταίων τριάντα χρόνων! Η εργασία αυτή άρχισε να ελέγχεται από μερικούς από τους πιο ικανούς αριθμοθεωρητικούς του κόσμου. Παρουσιάστηκαν ορισμένα μικροπροβλήματα τα οποία ξεπεράστηκαν εύκολα. Ομως τον Δεκέμβριο του 1993 εντοπίστηκε στην απόδειξη κάποιο «κενό», το οποίο φάνηκε πιο σοβαρό. Με το κενό αυτό η εργασία εξακολουθούσε βέβαια να είναι ιδιαίτερα σημαντική αφού αντιμετώπιζε την εικασία των Τανιγιάμα-Σιμούρα σε άπειρο πλήθος περιπτώσεωνιs, αλλά δεν έφθανε στην απόδειξη του βασανιστικού θεωρήματος του Φερμά! Τον Φεβρουάριο του 1994 ο Γουάιλς αρχίζοντας μια σειρά διαλέξεων στο Πρίνστον εκφράζει την αισιοδοξία του: « . . . Πιστεύω ότι θα καταφέρω σύντομα να καλύψω το κενό που παρουσιάστηκε, χρησιμοποιώντας τις ιδέες που ανέπτυξα στο Καίμπριτζ.>> Κανένας δεν είχε λόγο να αμφισβητήσει την αισιοδοξία του. Το πλήθος και η σημασία των αποτελεσμάτων που είχε επιτύχει στην αρχική του εργασία ήταν από μόνο του ιδιαίτερα.σημαντικό και η πορεία που είχε χαράξει, κάθε άλλο παρά είχε. εξαντλήσει τις δυνατότητές της. Ομως τον Αύγουστο του ίδιου χρόνου ο Γουάιλς αφήνει να εννοηθεί ότι η κάλυψη του κενού στην απόδειξη θα απαιτήσει «μερικά χρόνια δουλειάς . . . ». Τι έγινε λοιπόν; Ακόμα μια αποτυχημένη προσπάθεια; Ακόμα μια «απόδειξη» του θεωρήματος που αποδεικνύεται .εσφαλμένη ; Πολλοί άρχισαν να πιστεύουν ότι παρά τον θόρυβο που είχε δημιουργηθεί το θεώρημα «aντιστεκόταν» ακόμα! Ομως δυο μήνες αργότερα η έκπληξη! Κυκλοφορούν δύο εργασίες, η μια του Γουάιλς και η άλλη του ίδιου σε συνεργασία με έναν παλιό του μαθητή, τον Ρ. Τέηλορ (Richard Taylor) που ολοκληρώνουν την αντιμετώπιση της εικασίας των Τανιγιάμα-Σιμούρα και ταυτόχρονα αποδεικνύουν οριστικά το περίφημο θεώρημα του Φερμά. Οπως είπαμε και πιο πάνω η απόδειξη είναι ιδιαίτερα σύνθετη , δύσκολη και τεχνική παρά το ότι η δεύτερη εργασία απλοποιεί ουσιαστικά την πρώτη και το ότι από τη στιγμή που ο Γουάιλς κοινοποίησε τις έρευνές του διάφοροι ερευνητές έχουν βρει aπλούστερες (αλλά όχι απλές) αποδείξεις.

Ένα περίφημο πρόβλημα λύθηκε οριστικά. Αργά ή γρήγορα θα βρεθούν και aπλούστερες λύσεις, ίσως και αποδείξεις που να χρησιμοποιούν μόνο τα μαθηματικά που ήταν γνωστά την εποχή του Φερμά. Ομως, πλήθος αμέτρητο άλλων προβλημάτων περιμένει την λύση του. Τα μαθηματικά θα είναι πάντοτε ένας στίβος άσκησης, ένα μεταλλείο απ' όπου ο άνθρωπος θα αντλεί ευγενείς προκλήσεις και ύψιστες ικανοποιήσεις. Ας θυμηθούμε τα λόγια του Γάλλου λογοτέχνη Σταντάλ: «Αγαπούσα τα μαθηματικά γι' αυτά τα ίδια. Γιατί είναι μακριά από την υποκρισία και την ασάφεια, τα δύο Πράγματα που απεχθάνομαι».

18 Ενώ μέχρι τότε είχε αποδειχθεί μόνο σε μερικές ειδικές περιπτώσεις.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/9

Page 10: Ευκλειδης Β 19

Ποια είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίζες;

(Αφορμή από ένα θέμα των γενικών εξετάσεων 1 ης Δέσμης 1995)

Μπάμπης Τουμάσης

Στις γενικές εξετάσεις 1995 δόθηκε ένα θέμα, που τελικά κατέληγε στο εξής ερώτημα: Έστω Ω = { 1 , 2, 3, . . . , 8} είναι ένας δειγματικός χώρος, που αποτελείται από ισοπίθανα απλά

ενδεχόμενα. Εκλέγουμε τυχαίως ένα απλό ενδεχόμενο λ Ε Ω. Αν f(x) = 2χ2- 4χ + λ, να βρείτε

την πιθανότητα η εξίσωση f(x) = Ο να μην έχει πραγματικές ρίζες.

Η απάντηση σ' αυτό το ερώτημα είναι απλή: Πράγματι, Δ = 16 - 8λ < Ο<=> λ> 2. Συνεπώς:

Ρ(μη πραγματικών ριζών) = Ρ(λ > 2) = Ρ(λ = 3) + Ρ(λ = 4) + . . . + Ρ(λ = 8) = i + i + . . . + i = � = � = 0,75. Ρ( πραγματικών ριζών) = 1 - � = i = 0,25.

Επειδή το πιο χαρακτηριστικό ίσως γνώρισμα της μαθηματικής σκέψης είναι η γενίκευση και επέκταση από τα μερικά και απλούστερα, στα γενικότερα και συνθετότερα, θα αποτελούσε μια ενδιαφέρουσα ίσως μαθηματική εμπειρία να επιχειρούσαμε ένα διανοητικό Περίπατο στα 1tροκλητικά ερωτήματα που προκύπτουν από μια τέτοια διαδικασία, με αφορμή το θέμα που τέ­θηκε στις γενικές_ εξετάσεις.

Μερικά απ' αυτά είναι τα εξής:

α) Στο παραπάνω θέμα, μόνο ένας συντελεστής (ο σταθερός όρος) του τριωνύμου αχ2 + βχ + γ μεταβάλλονταν, παίρνοντας τιμές στο σύνολο Ω. η γίνεται όμως όταν μεταβάλλονται και οι τρεις συνtελεστές α, β, γ (α * Ο) ταυτόχρονα; Ποια θα είναι τότε η πιθανότητα να έχει το τριώνυμο πραγματικές ρίζες;

β) Ποια θα είναι η αντίστοιχη πιθανότητα όταν ένας μόνο συντελεστής μεταβάλλεται, όχι ό­μως σε υποσύνολο των ακεραίων, όπως είναι το Ω, αλλά στο IR;

γ) Ποια θα είναι η αντίστοιχη πιθανότητα, όταν δυο μόνο συντελεστές μεταβάλλονται στο IR.; δ) Ποια θα είναι η αντίστοιχη πιθανότητα όταν και οι τρεις συντελεστές μεταβάλλονται στο

IR; Για να απαντήσει κανείς στα ερωτήματα αυτά, θα χρειαστεί να διευρύνει κάπως το οπτικό

του πεδίο στις πιθανότητες και να επιστρατεύσει μαθηματικές έννοιες από την Άλγεβρα, τη Γε­ωμετρία και την Ανάλυση, αποδεικνύοντας έτσι για άλλη μια φορά το μεγαλείο της ενότητας i-ων μαθηματικών και της διαπλοκής και αλληλοσυσχέτισης όλων των μαθηματικών κλάδων. Πράγματι, τα μαθηματικά αποτελούν μια ενιαία ολότητα. Ο διαχωρισμός τους σε κλάδους είναι τεχνητός και εξυπηρετεί κυρίως πρακτικές και λειτουργικές ανάγκες. Απάντηση στο (α) ερώτημα

Το τριώνυμο θα έχει πραγματικές ρίζες εάν η διακρίνουσά του Δ είναι μη αρνητική , δηλαδή 2

εάν Δ� Ο ή β2 - 4αγ � Ο ή αγ � Jf ( 1 ). ':ένας τρόπος για να βρούμε ποιες από τις τιμές των α, β, γ στο Ω ικανοποιούν την (1) , είναι

να aπαριθμούμε τις δυνατές τριάδες (α, β, γ), δίνοντας κάθε φορά μια συγκεκριμένη τιμή στο β. . Αρχίζουμε λοιπόν με β = 1 . Τότε δεν υπάρχουν τιμές των α, γ Ε Ω που να ικανοποιούν την

( 1 ). Επομένως, εάν β = 1 Ρ( πραγματικών ριζών) = Ο. Εάν β = 2, η ( 1 ) γίνεται αγ � 1 και ικανοποιείται για α = 1 , γ = 1 , οπότε

Ρ(πραγματικών ριζών) = Ρ(α = 1 , β = 1 , γ = 1) . Τα ενδεχόμενα όμως (α = 1), (β = 1) , (γ = 1) είναι α­νεξάρτητα μεταξύ τους, αφού η εκλογή τους είναι τυχαία στο Ω, οπότε η πιθανότητα να συμβούν ταυτόχρονα ισούται με το γινόμενο των πιθανοτήτων τους, δηλαδή:

1 1 1 1 1 Ρ(α = 1 , β = 1 , γ = 1 ) = Ρ(α = 1 ) . Ρ (β = 1 ) · Ρ (γ = 1 ) = 8 · 8 · 8 = 83 = 5 12-

Με τον ίδιο τρόπο εντοπίζουμε κάθε φορά τις τριάδες (α, β, γ) για τις διάφορες τιμές του β

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/10

Page 11: Ευκλειδης Β 19

Ποιά είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίζες;

και υπολογίζουμε την πιθανότητα να έχει το τριώνυμο πραγματικές ρίζες. Στον πίνακα 1 aπαριθ­μούμε όλες τις .περιπτώσεις, υπολογίζοντας κάθε φορά και την αντίστοιχη πιθανότητα. Η συνο­λική πιθανότητα θα βρεθεί εάν προσθέσουμε τις επί μέρους πιθανότητες, μια και οι διάφορες περιπτώσεις συνιστούν ενδεχόμενα ασυμβίβαστα μεταξύ τους. Έτσι λοιπόν:

' ' 1 3 8 14 21 27 33 107 107 Ρ(πραγματικων ριζων) = 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 = -3 = 512:::::0,209 και 8 8 8 8 8 8 8 8

Ρ(μη πραγματικών ριζών)::::: 1 - 0,209:::::0,79 1 .

ΠΙΝΑΚΑΣ 1

Συνδυασμοί των α, β, γ για τις διάφορες τιμές του β και αντί-στοιχες πιθανότητες

Αριθμός τριάδων που ικανο-β 2 Πιθανότητα πραγ-ποιούν τη σχέση αγ :::;;.Jf ματικών ριζών 1 ο ο

1 2 1 8

3

3 3 3 8

3

8 4 8 8

3

14 5 14 83

21 6 21 83

27 7 27 83

33 8 33 83

Εύκολα καταλαβαίνει κανείς πως όταν ο δειγματικός χώρος Ω μεταβάλλεται, θα μεταβάλλο­νται και οι αντίστοιχες πιθανότητες. Οσο όμως ο δειγματικός χώρος γίνεται ένα όλο και μεγαλύ­τερο υποσύνολο των ακεραίων, τόσο η απαρίθμηση όλων των δυνατών τριάδων (α, β, γ) θα γίνε­ται δυσκολότερη, έως αδύνατη . Στην περίπτωση αυτή θα βοηθούσε ένας ηλεκτρονικός υπολογι­στής, ο οποίος θα μπορούσε να απαριθμήσει όλες τις τριάδες (α, β, γ) για δειγματικούς χώρους με πλήθος στοιχείων Ν = 1 .000, 10.000, 100.000 και κατόπιν να υπολόγιζε τις αντίστοιχες πιθα­νότητες. Εάν οι πιθανότητες αυτές έτειναν σε κάποιο όριο, καθώς το Ν γινόταν όλο και πιο με­γάλο, τότε το όριο αυτό θα μπορούσαμε να πούμε ότι θα ήταν η πιθανότητα να έχει το τριώνυμο πραγματικές ή ανάλογα μη πραγματικές ρίζες στο σύνολο των ακεραίων αριθμών.

Απάντηση στο (β) ερrοτημα Ο μεταβλητός συντελεστής λ ε IR. μπορεί να είναι ο σταθερός όρος ή ο συντελεστής του χ2 ή

ακόμη ο συντελεστής του χ. Γι' αυτό διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: i) Έστω το τρίώνυμο αχ2 + βχ + λ, όπου α, β σταθερές στο IR. (α * Ο) και λ μεταβάλλεται στο IR.. Ζητάμε να βρούμε την πιθανότητα να έχει το τριώνυμο πραγματικές ρίζες. Αυτό θα συμβεί όταν

2 2 Δ� Ο, δηλαδή, β2 - 4αλ �Ο= λ :::;;.Jr:.4 εάν α> Ο ή λ �.Jr:.4 εάν α < Ο. α α ι

Επειδή ο συντελεστής α θεωρείται σταθερός κάθε φορά, μπορούμε αρχικά να υποθέσουμε 2

ότι α> Ο, οπότε Δ � Ο = λ :::;; �- 'Εστω τώρα Μ ένας θετικός πραγματικός αριθμός, τέτοιος ώστε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/11

Page 12: Ευκλειδης Β 19

Ποιά είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίζες;

κ I Μ > 4 . Περ ιορ ιζόμαστε στο σύνολο [-Μ, Μ] της ευθείας των πραγματ ικών αρ ιθμών κα ι αναζ η-α . . τάμε την π ιθανότητα πραγματ ικών ρ ιζών ότα ν λ ε [-�, Μ].

Ο δε ιγματ ικός χώρος του προβλήματος είνα ι τώρα το δ ιάστημα [-Μ, Μ] κα ι ευνο ϊκές περ ι-2 πτώσε ις θα έχουμε όταν -Μ::;; λ ::;; fα (σχήμα 1�.

-Μ ο

Σ ' 1

Μ IR

. . χημα . ,, -

Σύμφωνα τώρα με τον κλασ ικό ορ ισμό της π ιθανότητας ε ίν dι λογ ικό να θ έωρήσουμε ότ ι Ρ( πραγματ ικών ρ ιζών με λ ε [-Μ Μ])= πλ ή,θο ς ε ι)νο ϊκ �ν π�ριπτ �σε ων = ' .. πληθος δυνατων περ ιπτωσεων

μήκος του δ ιαστήιiαιος [-Μ, fαι = I � + Μ I fα t -� _ L l μήκος του δ ιαστ ήματος [-Μ, Μ] 2Μ 2Μ - 8αΜ + 2·

Η π ιθανότητα αυτή , ονομάζετα ι κα ι γεωμετρ ική π ιe·�νότ η·τα γιατί τα ενδεχ qμενα ι;ιvτ ιπροσω­πεύοντ αι από σημεία που ανήκουν σε μ ιci γεωμετρ ική περ ιοχή · εδώ είνα ι υποσύνολα της ευθείας των πραγματ ικών αρ ιθμών. , .

. � . '

Ρ(μη Πραγματ ικών ρ ιζών με λ ε [-Μ, Μ]) = 1 - Ρ( πραγματ ικώ ν ριζών με λ ε [-Μ, �jj = �- s2�· Οταν Μ -+ +οο, τότε το δ ιάστημα [-Μ, Μ] τείνε ι ν α καλύ ψf:ι το IR. κα ι πα p�τηρούμε ότ ι ο ι

δυο παραπάνω π ιθανότητες τείνο ύν στο �' αφού J�� ( 8!� +�)= � κα ι J�� (�-82�)= �· Επομένως, Ρ( πραγματ ικών ρ ιζών με λ ε IR.) -+ � κα ι Ρ(μη πρ άγματ ικών ρ ιζών με λ ε IR.) -+ � Ανάλογα συμπεράσματα θα έχο uμε εάν υποθέσουμε α pχ ικ ά ότι α < Ο .

ii) 'Εστω το τρ ιώνυμο λ �2 + βχ +γ, όπου β, γ σταθερές �το IR. κα ι λ μεταβλ ητή στο IR. *. . 2 Δ ;;:: Ο <:::? β - 4λ γ ;;:: Ο . . . ,

• Εάν γ= Ο, τότε Δ ;;:: Ο γ ια κάθε λ ε IR. κα ι Ρ( πραγ ματικών . ρ ιζών) = 1; Ρ(μη πραγ ματικών ρ ιζών) = Ο. ;. 2 .

• Εάν γ > Ο, τότε Δ ;;:: Ο <:::? λ ::;; Jr4 κα ι προχωρώντας ό Πως παραπάνω βρίσκουμε ότ ι: . γ Ρ(πραγματ ίκών ρ ιζών) -+ � κα ι Ρ(μη πραγματ ικώ v ρ ιζ.ώv) -+ �·

• Ε άν γ < Ο όμο ια βρίσκουμε ότ ι: Ρ( π ραγματ ικών ρ ιζών) -� κα i · Ρ(μη tcραγ μα �ικcbv pιζ ιδν) -�· @ '�στω το τ fιώνυμο αχ 2 + λχ + γ, όπου α ;t. Ο, γ ε IR. mάθε pές κα ι λ μεταβά λλετα ι στο IR.. Δ ;;:: Ο <:::? λ - 4αγ ;;:: Ο . : : . .. ;

• Εάναy::;;ό, τότε Δ ;;::Ογ ιακ άθε λ εΙR.ο πόtε: Ρ(π ραyμαrικών ριζών }= 1 κα ι Ρ(μη π ραyμαrικών ριζών)=Ο. • Εάν αγ > Ο, τότε Δ < Ο <:::? λ 2 < 4αγ <:::? lλ l < 2-{αγ <:::? -2-{ciγ < λ < 2-ναΎ. Ε κλέ γο υμε πάλ ι ένα

Μ > Ο, τέτο ιο ώστε Μ > 2-ναΥ κα ι αναζητ άμε την Πιθανότητα μη πραγματ ικών ρ ιζών όταν λ ε [-Μ, Μ] (σχήμα 2).

-Μ -2ναγ ο Σχήμα 2

Μ

Σκεπτόμενο ι όπως προηγουμένως βρίσκουμε ότ ι: .. . ,

IR

Ρ(μη πραγματ ικών ρ ιζών με λ ε [-Μ Μ])= μήκο ? του δι�στήμα;ος [- 2ψ;.γ, 2.γ-αγ] - �= �. ' μηκος του δ ιαστηματος [-Μ, Μ] 2Μ Μ Ρ( πραγματ ικών ρ ιζών με λ ε [-Μ, Μ]) =1 - 2iJY.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/12

Page 13: Ευκλειδης Β 19

Ποιά είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίζες;

Παρατηρούμε τώρα ότ ι γ ια Μ - +οο, 2"'fiY - Ο κα ι 1 -2"'fiY- 1 , οπότε Ρ(μη πραγματ ικών ρ ιζών με λ Ε IR.)- Ο κα ι Ρ(πραγματ ικών ρ ιζών με λ Ε IR.)- 1 .

Απάντηση στο (γ) ερώτημα

Θα δ ιακρί vουμε κα ι εδώ κάπο ιες περ ιπτώσε ις ανάλογα με τη θέση του σταθερού συντελεστή. i) Έστω το τρ ιώνυμο χ 2 + βχ + γ, όπου β, γ μεταβάλλοντα ι στο IR. ( το ότ ι εδώ ο συντελεστής του χ 2 ισούτα ι με 1 δ ιi βλάπτε ι τη γεν ικότητα. Σε αντίθετη περίπτωση δ ια ιρούμε με το σταθερό συντελεστή α κα ι αναγόμεθα στην ίδ ια περίπτωση) .

Αρχ ικά θα προσεγγίσο υμ ε το πρόβλημα, θεωρώντας ότ ι τα β, γ μεταβάλλοντα ι έτσ ι ώστε κάθε φορά το δ ιατετ aγμένο 'ζεύγ Ός (β, γ ) να παρ ιΟτάνε ι ένα τυχαίο σημείο ενός πε περα σμένου χώρου στο επίπεδ ο;: για �αράδ ειγ 'μα ; ενός τετ ραγώ νου πλευράς 2Μ, τοποθετημένου έτσ ι ώστε το κέντρο του να. βρί σ'κετα 'ι dτην α ρχή ενός ορθογωνίου συστήματος συντεταγμένων · ( �χήμα 3). Στη συνέχε ια, θα εντοπίσου με τα σ ηJ,ιεί a του τετραγώνου γ ια τα οποία Δ > Ο, Δ = Ο κα ι Δ < Ο, α-κολουθώντας γραφ ική μέθοδ ό. ·

'· β Μ

Σχήμα 3

Το γραμμοσκ ιασμένο μέρος παρ ιστάνε ι τα σημεία γ ια τα οποία β 2 - 4γ < Ο . Το μη γραμμοσκ ιασμένο μέρος παρ ιστάνε ι τα σημεία γ ια τα οποία β 2 - 4γ > Ο.

'Εχουμε ότ ι Δ = β 2 - 4γ κα ι β 2 - 4γ = Ο <=>β 2 = 4γ. Η εξίσωση αυτή, εάν εκλέξουμε σύστημα συντεταγμένων Ογβ, παρ tcrτάνε ι παραβολή τ ης οποίας η εστία είνα ι το σημείο E(l, 0). Στο σχή­μα 3, δείχνουμε τ ις περ ιόχές �ου -iετραγώνου όπου Δ > Ο, Δ = Ο κα ι Δ < Ο, με Μ > 4.

Το τμήμα της παραβολής που είνα ι πάνω από τον άξονα των γ (δηλαδή τα σημεία της παρα­βολής με β ;;;:: Ο) είνα ι γραφ ική παράστασ η της συνάρτησης β = 2 -f(. Με τη βοήθε ια τώρα του ο­λοκληρωτ ικού λογ ισμού μ πορο ύμε να βρούμε το εμβαδόν του γραμμοσκ ιασμένου μέρους του τε -

τραγώνου το οπ �ίο ισούτα ι μ έ 2 ι Μ 2 -f{ dγ = �ι Μ -f{ dγ = � γ 312 ]� = � Μ 312 =� Μ �. Επομένως

Ρ(μη πραγμ. ριζών εντός του τετραγώνου) = εμβαδόν γρα μ!!f?σκ ιασμέ�ου τμήματος 8M-J!Vi '1. '7uM. . ·

· εμβ αδον τετραγωνου 12Μ 2 .:τν 1νι

Ρ(πραγμ . ρ ιζών εντός του τετραγώνου) = 1 - _ b· · · · 3 -νΜ Καθώς το Μ - +οο, το τετράγωνο τείνε ι να καλύψε ι όλο το επίπεδο, ενώ

_'7u - Ο κα ι 1- _'7u- Ι. Επομένως, Ρ(μη πραγμ . ρ ιζών) - Ο και Ρ(πραγμ. ρ ιζών) - 1 . 3 -νΜ ' 3-νΜ

ii) 'Εστω το τρ �ώνυμο αχ 2 + βχ + 1 , όπου α, β μεταβάλλοντα ι στο IR. (α =ι:. 0). Γ ια ευκο λία στου ς υπολογ ισμούς θεωρήσαμε το γ = 1 . Εάν γ = Ο το τρ ιώνυμο έχε ι πάντα

πραγματ ικές ρίζες . Εάν γ =ι:. Ο δ ια ιρούμε κα ι καταλ ήγο υμε στην περίπτωση που μελετάμε. Εδώ Δ = β 2 - 4α κα ι η παραβολή με εξίσωση β 2 = 4α θα έχε ι ακρ ιβώς την ίδ ια μορφή με αυ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/13

Page 14: Ευκλειδης Β 19

Ποιά είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίζες;

τήν της παραπάνω περίπτωσης στο ορθογών ιο σύστημα Οαβ (εξα ιρουμένου του σημείου (0, 0)). Επε ιδή το σημείο (0, Ο) που εξα ιρείτα ι δεν επηρεάζε ι τον υπολογ ισμό των εμβαδών, θα ισχύουν κα ι σ' αυτήν την περίπτωση τα ίδ ια με τα παραπάνω συμπεράσματα. iii) Έστω το τρ ιώνυμο αχ 2 + χ + γ, όπου α, γ μεταβάλλοντα ι στο IR (α =ι:. 0).

Θα ακολουθήσουμε κα ι εδώ την ίδ ια τεχν ική, θεωρώντας ότ ι τα α, γ μεταβάλλοντα ι, έτσ ι ώ­στε το δ ιατεταγμένο ζεύγος (α, γ) να παρ ιστάνε ι κάθε φορά ένα τυχαίο σημείο ενός τετραγώνου πλευράς 2Μ, (Μ > 1) , του οποίου το κέντρο βρίσκετα ι στην αρχή ενός ορθογωνίου συστήματος συντεταγμένων (σχήμα 4).

Υ

ο α

Σχήμα 4 Εδώ έχουμε ότ ι Δ = 1 - 4αγ κα ι 1 - 4αγ = Ο � γ = 4

1α. Η εξίσωση αυτή παρ ιστάνε ι ισοσκελή

β λ ' ' ' ' Α Α 1 Ε ' λ 'ξ ' ' υπερ ο η , αφου ε ι να ι της μορφης y = χ με = 4. αν εκ ε ουμε ως συστημα συντεταγμενων το

Οαγ, η γραφ ική της παράσταση αποτελείτα ι από δυο κλάδους που βρίσκοντα ι στο 1 ° κα ι 3° τε­ταρτημόρ ιο. Στο σχήμα 4, το γραμμοσκ ιασμένο μέρος παρ ιστάνε ι την περ ιοχή του τετραγώνου όπου Δ = 1 - 4αγ < Ο κα ι το μη γραμμοσκ ιασμένο μέρος την περ ιοχή όπου Δ � Ο.

Το εμβαδόν της μη γραμμοσκ ιασμένης περ ιοχής αποτελείτα ι από δυο τετράγωνα πλευράς Μ με εμβαδόν 2Μ 2 κα ι από τα δυο καμπυλόγραμμα χωρία με εμβαδόν 2(Ε1 + Ε 2), λόγω της συμμ ε­τρίας της υπερβολής ως προς κέντρο Ο. Το εμβαδόν Ε ι του ορθογωνίου παραλ/μου είνα ι:

1 1 ' · fM1 1JM1 1 ] Μ 1 ( 1 ) 1 Ε ι= 4Μ Μ = 4 κα ι το ε μβαδόν.�= ...l.. 4α dα= 4 ...l.. a dα= 4lnα U4M = 4 lnM -� = 4 (lnM + ln4 M) = 4Μ 4Μ i (lnM + lnM + ln4) = 1 tnM + i ln4 .

Τελ ικά έχουμε ότ ι το εμβ άδόν της μη γραμμοσκ ιασμένης περ ιοχής είνα ι: 2Μ 2 + 2(Ε1 + Ε 2) = 2Μ 2 + 2 (i +1 lnM +iln4)= 2Μ 2 +1+ lnM +1ln4 = 2Μ 2 + lnM +1+ ln2.

Επομένως Ρ(πραγμ. ρ ιζών εντός του τετραγώνου) = ε μβαδόν μη γρ�μμοσκ ιασrένου μέρου ς = ' εμβαδον τετραγωνου 2Μ 2 + lnM + -2

1 +.

ln2 .!.+ lnM + -1- + ln2 4Μ 2 2 4Μ 2 8Μ 2 4Μ 2.

Ρ(μη πραγμ. ρ ιζών εντός του τετραγώνου) =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/14

Page 15: Ευκλειδης Β 19

Ποιά είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίζες;

1 _ (.!.+ ιηΜ +-•-+ ιη2 )= .!. _ ιηΜ _ _ 1 _ _ ιη2. 2 4Μ 2 8Μ 2 4Μ 2 2 4Μ 2 8Μ 2 4Μ 2 Καθώς το Μ - +οο, το τετ ράγωνο τείνε ι να καλύψε ι όλο το επίπεδο, ενώ ιίm (.!.+ιηΜ +-•-+ ιη2 )=.!.+ ιίm (ιηΜ)=.!.+ lim ((lnM)')= Μ-+σο 2 4Μ 2 8Μ 2 4Μ 2 2 Μ-+σο 4Μ 2 2 Μ-+σο (4Μ 2)'

1 ι ι · Μ ι ι· ι ι -2 + ιm 8Μ

=-2 + ιm --2 =-2.

Μ-+σο Μ-+σο 8Μ Επομένως, Ρ(μη πραγμ. ρ ιζών) - � κα ι Ρ(πρ αγμ. ρ ιζών) - �·

γ

Μ

Δ;;.Ο Δ<Ο

Στην τελευταία αυτή περίπτωση υποθέσαμε ότ ι ο σταθερός συντελεστής του χ είνα ι β =1:- Ο, οπότε δ ια ιρούμε με β κα ι παίρνουμε συντελεστή 1 . Μας μένε ι λο ιπόν να εξετάσουμε την περίπτωση όπου β ο ' θ ' ' 2 ' . = , οποτε α εχουμε το τρ ιωνυμο αχ + γ, οπο υ α,

ο γ μεταβάλλοντα ι στο IR. (α =1:- 0). -Μ

Δ<Ο Δ;;.Ο

Μ α Έχουμε τότε Δ � Ο <=> - 4αγ � Ο <=> αγ < Ο. Το σχή μα 5 δείχνε ι τ ις περ ιοχές του τετραγώνου όπου Δ � Ο κα ι Δ < Ο, οπότε εύκολα προκύπτε ι ότ ι

-Μ Ρ(πραγμ. ρ ιζών) =� κα ι Ρ(μη πραγμ. ρ ιζών) =�·

Σχήμα 5 Απάντηση στο (δ) ερώτημα

Έστω το τρ ιώνυμο αχ 2 + β χ + γ, όπου α, β, γ μετα ­βάλλοντα ι στο IR. (α =1:- 0).

Στην περίπτωση αυτή τα α, β, γ μεταβάλλοντα ι έτσ ι ώστε η δ ιατεταγμένη τρ ιάδα (α, β, γ) να παρ ι­στάνε ι ένα σημείο στον τρ ισδ ιάστατο χώρο. Γ ια να αντ ιμετωπίσουμε επομένως το πρόβλημα αυτό, θα χρε ιαστεί να περ ιορ ιστούμε αρχ ικά στο εσωτερ ικό ενός κύβου πλευράς 2Μ, το κέντρο του οποίου είνα ι τοποθετημένο στην αρχή των αξόνων (σχήμα 6).

z

I I

ο\----�---, I

I

Σχήμα 6

χ

Υ

Στη συνέχε ια θα πρέπε ι να ακολουθήσουμε μ ια ανάλογη τεχν ική με τ ις προηγούμενες περ ι­πτώσε ις αλλά στον τρ ισδ ιάστατο χώρο. Ο λόγος των όγκων θα δώσε ι τη ζητούμενη π ιθ 'ανότητα, ακρ ιβώς όπως έγ ινε κα ι με το λόγο των εμβαδών. Δυστυχώς όμως, ο υπολογ ισμός του όγκου τ ης περ ιοχής του κύβου που περ ιλαμβάνε ι τα σημεία που δίνουν πραγματ ικές ή μη πραγματ ικ ές ρί­ζες, παρουσ ιάζε ι κάπο ιες δυσκολίες κα ι η αντ ιμετώπ ιση του απα ιτεί κάπο ιες γνώσε ις πέραν τ ων σχο λικών μαθηματ ικών. Έτσ ι αφήνουμε την περίπτωση αυτή ως μελ λοντ ική πρόκ ληση για ε­κείνους που στη μελλοντ ική . τους καρ ιέρα θα αποκτήσουν π ιο προχωρημένες μαθηματ ικές γνώ­σε ις. Πάντως, θα θέ λαμε να προε ιδοπο ιήσουμε ότ ι η γεν ική περίπτωση του ερωτήματος (δ) δ f:ν μπορεί να αναχθεί στ ις aπλούστερες περ ιπτώσε ις του ερωτήματος (γ), με το να δ ια ιρέσε ι π.χ. κάπο ιος με το α κα ι να μελετήσε ι στη συνέχε ια το τρ ιώνυμο χ 2 + Άχ + Ί.. Κάτ ι τέτο ιο δε θα ήταν α α σωστό, γ ιατί ενώ ο ι αρχ ικοί συντελεστές α, β, γ στο ερώτημα (δ) κατανέμοντα ι ομο ιόμορφα κα ι ανεξάρτητα μέσα στη περ ιοχή του κύβου πλευράς 2Μ, δε συμβαίνε ι κα ι με τους νέους συντελε-στές .1! κα ι Ί.. α α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/15

Page 16: Ευκλειδης Β 19

Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα «0 ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ�� -------

Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα «0 ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ»

Επ ιτροπή Δ ιαγων ισμών

Το Σάββατο 20 Ιανουαρίου 1996 δ ιεξ ήχθη στο κτίρ ιο Γκίνη του Ε .Μ .Π . η Εθν ική Μαθηματ ική Ο λυμπ ιάδα «0 Α ρχ ιμήδης» . Συμμετείχαν 1 30 μαθητές Γυμνασίου κα ι Λυκείου, Παράλ ληλα με την Ε.Μ.Ο. δ ιεξήχθη κα ι ο 3ος Λευκοπού λε ιος Δ ιαγων ισμός Π ιθανοτήτων στον οποίο θα αναφερθούμε στο επόμενο τεύχος . Η απονομή των βραβείων έγ ινε την Κυρ ιακή 21 Ιανουαρίου 1996 στην Μεγ άλη Α tθουσα Τελετών του Πανεπ ιστημίου Αθηνών. Στην τελετή παραβρέθηκε εκ μέρους του Υπουργείου Πα ιδείας ο Γεν ικός Γραμματέας του Υπουργείου Πα ιδείας κ. Τιάννης Παν άρετος .

Τα ονόματα των βραβευθέντων μ dθ ήτών είνα ι τα εξής :

ΓΥΜΝΑΣ/0 [>λi• ··• Τ>ι"'λ.:.�i•ι .! � )} :1!.J:;\)#5;7J;fi'ι\it\i ι;;.ι:<λ H"'4i;).>••.··· •·i .��νr:ιιeιp.;... .· .. "' •ζ :1]1 •.·•,,;:;" <>'•ζ··· ΔfΆKPIΣJi[.· '

. γ;:_{j{f"%'}?'\''-0: <.

ΑΝΤΩΝΑΚΟΠΟΥΛΟΣ ΣΠ. ΓΥΜ. ΚΩΠΕΑ ΓΕΙΤΟΝΑ ΑΆΒΡΑΒΕΙΟ ΜΠΟΥΡΝΗ ΘΕΟΔΩΡΑ 3ό 'ΓΥΜ. ΡΟΔΟΥ A'BPABEIO ΠΝΕΥΜΑτΙΚΑΚΗΣ ΕΥτ. 6ο ΓΥΜ .. ΧΑΝΙΩΝ Β�ΒΡΑΒΕΙΟ ΔΑΣΚΑΛΑΚΗΣ ΚΩΝ/ΝΟΣ , . ΒΑΡΒΑΚΕΙΟΣ Β: BPABEIO ΚΑΡΑΜΗΤΡΟΣ ΔΗΜ. �ΚΠ/ΡΙΑ ΔΟΥΚΑ Β' βΡΑΒΕΙΟ ΖΕΑΚΗΣ ΕΜΜΑΝΟΥΗΛ i33o ΓΥΜ. ΑΘΗΝΩΝ Γ' BPABEIO ΡΟΥΜΠΟΣ ΓΕΩΡΓΙΟΣ ΠΕΙΡ.ΓΥΜ. ΚΑΒΑΛΑΣ Γ' BPABEIO ΠΑΝΑΓΙΩ'ΓΙΔΗΣ ΑΘΗΝΟΔ ΓΕΡΜΑΝ1ΚΗ ΣΧ. ΑΘΗΝΩΝ Γ' BPABEIO ΞΑΓΟΡΑΡΗ MAPIPENIA ΛΕΟΝΤΕΙΟ Ν. ΣΜΥΡΝΗΣ Γ' BPABEIO ΙΩΣΗΦΙΔΗΣ ΛΕΩΝΙΔΑΣ ΦΙΛΙΠΠΕΙΟ ΒΕΡΟΙΑΣ Γ' BPABEIO ΑΜΑΝΑτΙΔΗΣ ΓΕΩΡΓΙΟΣ 1'1ο Γ:)'Μ. ΠΕΙΡΑΙΑ ΕΠΑΙΝΟ ΚΑΤΡΑΝΑΡΑΣ ΕΥΠΑΘ. 2ο !ΎΜ. ΛΙΒΑΔΕΙΑΣ ΕΠΑΙΝΟ ΣΥΜΕΩΝΙΔΟΥ ΙΩΑΝΝΑ ANATO/\:IA ΘΕΣΙΝΙΚΗΣ ΕΠΑΙΝΟ ΠΟΥΛΟΠΟΠΟΥΛΟΣ ΔΗΜ. ΒοΔΗΜ. ΣΧ. ΚΟΡΥΔΝ\ΛΟΥ EIΔIKO BPABEIO ΤΟΛΗ ΦΛΩΡΙΝΑ 2ο ΓΥΜ. ΑΡΓΟΥΣ ΕΠΑΙΝΟ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/16

Page 17: Ευκλειδης Β 19

Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα ((Ο ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ» -------ΛΥΚΕ/0

· . ΟΝΟΜΑ · " Ιχ, / ; • . .. �.·: ·•······•••·••· ·• <ι •··· · ·• ·• ['/<; ς;, ;,: : . . • ΤΑΚΟΣ ΓΙΩΡΓΟΣ 1 ο ΠΕΙΡ.ΛΥΚ.ΑΘΗΝΩΝ Α' BPABEIO ΜΠΡΕΓΙΑΝΝΗΣ ΠΕΤΡΟΣ 2ο Λ ΥΚ.ΑΜΑΡΟΥΣΙΟΥ Α' BPABEIO ΜΜΙΚΙΩΣΗΣ ΡΩΜΑΝΟΣ 14ο ΛΥΚ.ΘΕΣΙΝΙΚΗΣ Α' BPABEIO ΧΑΤΖΗΓΩΓΟΣ ΧΑΡΙΣΗΣ ΑΝΑΤΟΛΙΑ ΘΕΣΙΝΙΚΗΣ Β' ΒΡΑΒΕΙΟ ΣΗΦΑΚΗΣ ΕΥτΥΧΗΣ 2ο Λ ΥΚ. ΗΡΑΚΛΕΙΟΥ Β' BPABEIO ΡΟvτΖΟΥΝΗΣ ΣΤΑΥΡΟΣ 1 2ο ΛΥΚ.ΠΕΡΙΠΕΡΙΟΥ Β' BPABEIO ΒΟΓΙΑτzΗΣ ΓΙΩΡΓΟΣ ΚΟΛ.ΑΓ. ΠΑΡΑΣΚΕΥΗΣ Β' BPABEIO ΣΙΔΗΡΟΠΟΥ ΛΟΣ ΠΑΝΑΓ. 3ο Λ ΥΚ. ΚΟΖΑΝΗΣ Β' BPABEIO ΣΑΚΕΛΛΑΡΙΔΗΣ ΙΩΑΝ. ΓΕΡΜΑΝΙΚΗ ΣΧ. ΑΘΗΝΩΝ Γ' BPABEIO ΑΡΜΠΗΣ ΓΕΩΡΓΙΟΣ ΛΕΟΝΤΕΙΟ Λ YKEIO Γ' ΒΡΑΒΕΙΟ ΤΣΑΚΜΑΚΙΔΗΣ ΚΟΣΜΑΣ 1 ο ΛΥΚ. ΚΟΜΟΤΗΝΗΣ ΕΠΑΙΝΟ ΜΑΠΡΟΛΕΩΝ ΛΥΚΟΜ. 2ο ΛΥΚ.ΓΛΥΦΑΔΑΣ ΕΠΑΙΝΟ ΔΗΜΗΤΡΟΜΑΝΩΛΑΚΗΣ Α ΕΠΛ ΧΑΝΙΩΝ ΕΠΑΙΝΟ ΨΥ ΛΛΑΚΗΣ ΠΕΡΙΚΛΗΣ 2ο ΛΥΚ. ΧΑΝΙΩΝ ΕΠΑΙΝΟ

ΘΕΜΑΤΑ της Ε.Μ.Ο. «0 ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ» 1. Έστω (αν) μ ια ακολουθία θετ ικών αρ ιθμών γ ια την οποία ισχύουν

" :. '/\\/' :::< /:<ψ,•

(i) α�:2 =� ' για κάθε ν Ε Ν* (ii) αά;ι+α�:1 1, γ ια κάθε η, ν Ε Ν* με Ιη - νi :;e 1 . α) Να αποδείξετε ότ ι η (αν) αποτελεί γεωμετρ ική πρόοδο.

β) Να αποδείξετε ότ ι υπάρχε ι t>O, ώστε �αv+Ι ::::; !.αν + t 2 2. Σε ένα οξυγών ιο τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε τα ύψη ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ που τέμνοντα ι στο Η. Έστω

ακόμα ΑΙ κα ι ΑΘ η εσωτερ ική κα ι η εξωτερ ική δ ιχοτόμος της γωνίας Α. Αν Μ, Ν είνα ι τα μέσα των ΒΓ κα ι ΑΗ να αποδείξετε ότ ι: α) Η ΜΝ είνα ι κάθετη στην ΕΖ. β) Αν η ΜΝ τέμνε ι τ ις ΑΙ, Att στα Κ, Α τότε ΚΛ=ΑΗ.

3. Δίνοντα ι 81 φυσικοί αριθμοί των οποίων ο ι πρώτο ι δ ια ιρέτες ανήκουν στο σύνολο {2, 3, 5} .

1.

Να αποδείξετε ότ ι υπάρχουν τέσqερ ις αρ ιθμοί, από τους 8 1 , που το γ ινόμενό τους είνα ι τέταρτη δύναμη φυσ ικού αρ ιθμού. . Να ορίσετε το πλήθος των συναρτήσεων f, με f : {1,2, . . . ,ν}�{1995,1996}

ο ι οποίες ικανοπο ιούν τη συνθήκη : ο αριθμός f(1 )+f(2)+ . . . +f(ν) είναι περιττός.

Λ ΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΉΣΕΩΝ

Α) Από τη σχέση αν+ z = .!. έχουμε ότ ι αν+ 3 = .!. άρα αν + 2 = αν + 3 ( 1 ). ' αν 4 αν+ 1 4 αν αν Από τη σχέση αn + ι + · αν + ι = 1 παίρνουμε γ ια η = 2 +Ύ ότ ιαν + 3 + αν+ ! = 1 (2). αn αν αν+ 2 αν Η σχέση ( 1 ) όμως γράφετα ι κα ι ως εξής αν + ι = αν + 3 το οποίο φανερώνε ι ότ ι η (αν) είνα ι αν αν + 2 ' γεωμετρ ική ακολουθία. Αντ ικαθ ιστώντας στη (2) παίρνουμε ότ ι 2αν + 1 = 1 ή αν + 1 = -2

1 αν αν (3) δηλαδή λ = 1·

1 Β) Αφού η (αν) είνα ι γεωμετρ ική πρόοδος θα ισχύε ι: αν + ι = 2 - r.:::-- 1 1 , θ . IN* -ν uν + Ι :::;;2 αν + 4, γ ια κα ε ν

ε .

(αν�

Υ αν :::;; τ) ή

( Η λύση είνα ι του μαθητή Σ. Μιχαλάκη) Πολύ καλές λύσε ις έδωσαν κα ι ο ι μαθητές Μπρέγιαννης Π., Τάκος Γ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3117

Page 18: Ευκλειδης Β 19

Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα «0 ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ» -------2. Α) Επε ιδή τα τρίγωνα ΝΖΕ κα ι ΜΖΕ έχουν ΕΖ κο ινή γ ια να δείξω ότ ι ΕΖ .l ΜΝ αρκεί

να δέ ιξω ότ ι ΝΖ = ΝΕ κα ι ΜΖ = ΜΕ. ,Το ΑΖΗΕ είνα ι εγγράψ ιμο αφού -"' · ""' ΑΖΗ = ΑΕΗ = 90°. Αρα "αφού ΑΝ = ΝΗ το Ν είνα ι κέντρο του περ ιγεγραμμένου κύκλου άρα ΝΖ = ΝΕ. Επίσης ΜΖ δ ιάμεσος στο ΓΖΒ με Ζ = 90°. Άρα ΜΖ =� ΒΓ = ΜΒ.

Όμοια η ΕΜ είνα ι δ ιάμεσος στο ΕΒΓ με Ε = 90. Άρα ΕΜ = � ΒΓ = ΜΒ Άρα ΜΖ = ΕΜ. Β) Η γωνία Α είνα ι εγγεγραμμένη

(fvJ " Ιtλ Λ Α 1 .::- ':!οο Δr:v � = " "- στον c, άρα η δ ιχ_2τόμος δ ιέρχετα ι Ζ-1\1 � -� .ι από το μέσο του ΕΖ, το οποίο είνα ι

z. το σημείο Κ. Άρα ΗΚΑ = 90°, ' ε: Γ'ΕΑJ'"' οπότε ΗΚ .l ΑΙ κα ι ΗΚ // ΑΛ. \1 .:::- .4Ν = ) Α � = ll t,. Επε ιδή ακόμα Ν το μέσο του ΑΗ, η

ΚΑ θα τέμνε ι την ΑΙ, στο Λ ώστε ΚΑ = ΝΑ, δηλ. Το ΑΚΗΛ είνα ι ορθογών ιο παραλ/μο κα ι συνεπώς ΛΚ = ΑΗ. Γ (Η λύση είνα ι του μαθητή Χ. Χατζηγώγου).

Πολύ καλή λύση έδωσε κα ι ο μαθητής Λ. Σιδηρόπουλος (Κοζάνη)

3 'Ε δ , , , κϊ λϊ μϊ , λ IN • στω α1 , α2, • • • , α81 οι οσμενοι φυσικοι και εστω ιlj = 2 3 5 , οπου κί, i• μί ε ,

1 � ί � 8 1 . .

Το γινόμενο ιlj <l:i = 2κi +κ:i 3λi + λj 5μί + μj είνα ι τέλε ιο τετράγωνο, αν κα ι μόνο αν ο ι αρ ιθμοί κί, κj (αντ ιστ. λί, λj κα ι μί, μj) είνα ι ταυτόχρονα άρ ιτο ι ο ι περ ιττοί. Η κάθε τρ ιάδα (κν, λv, μv) ανήκε ι στο σύνολο Μ που περ ιέχε ι στο ιχεία τ ις τρ ιάδες με στο ιχεία Ο, 1 δηλ. Τα υπόλο ιπα δ ια ιρέσεων των κv, λv, μν με τον 2. Άρα ο πληθαρ ιθμος του Μ είνα ι 2z = 8, επομένως κάθε 9 στο ιχεία από τους δοσμένους 8 1 φυσ ικούς θα υπάρχουν δύο τρ ιάδες (κϊ, λϊ , μϊ), (κj , λj, μj) με τα ίδ ια ακρ ιβώς στο ιχεία, οπότε ο ι αρ ιθμοί κί + κj , λί + λj , μί + μj είνα ι άρτ ιο ι κα ι συνεπώς το γ ινόμενο ω, αj τέλε ιο τετράγωνο. 0 αρ ιθμός αϊ, αj έχε ι τη μορφή zκn 3λn 5μn , όπου Kn = Ki + Kj, λn = λϊ + λj, μη = μϊ + μj . Τα υπόλο ιπα των κ n, λn , μn me 4. Ο πληθάρ ιθμος Μι είνα ι 23 = 8 , επομένως κάθε 9 γ ινόμενα ω, αj θα υπάρχουν δύο ζεύγη αϊι , αj, κα ι ω,, αj, που θα είνα ι ισουΠόλο ιπα ως προς 4(0 ή 2), άρα το άθρο ισμα τους είνα ι πολ. Του 4.

4. Το f( l ) μπορεί να πάρε ι 2 τ ιμές 1 995 ή 1 996. Το F(2) μπορεί να .πάρε ι 2 τιμές, 1 995 ή 1 996. Συνεχίζοντας μπορούμε να πούμε πως κα ι το f(ν - 1 ) μπορεί να πάρει 2 τιμές, 1995 ή 1996. Για κάθε (ν - 1 )άδα όμως το f(ν) μπορεί να πάρει μόνο 1 τιμή γιατί αν το άθροισμα, f( l ) + . . . + f(ν - 1 ) είναι περιττός τότε για να είναι το άθροισμα f( 1) + f(2) + . . . + f(ν) = 1996. Αντίστοιχα αν το aθροισμα f( l ) + . . . + f(ν - 1 ) είνα ι άρτ ιος γ ια να είνα ι το άθρο ισμα f( l ) + . . . + f(ν) περ ιττός το f(ν) πρέπε ι να είνα ι περ ιττός δηλ. F(ν) = 1 995. Άρα το πλήθος όλων αυτών των συναρτήσεων είνα ι: � · 1 = 2 ν - ι .

n - 1 (Η λύση είνα ι του μαθητή Π. Μπρέγιαννη)

Πολύ καλή λύση έδωσε κα ι ο μαθητής Ε. Σηράκης.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/18

Page 19: Ευκλειδης Β 19

�ΕΚΔΟΣΕΙΣ ιqιιΙΙΙΙ ΠΑΤΑΚΗ ΜΑΘ Η ΜΑΤ Ι ΚΑ Γ Ι Α ΤΟ ΛΥ Κ Ε Ι Ο

Η Λ Ι Α Ι Β. Ν Τ Ζ Ι Ω Ρ Α Σ M A e H M A T I K A

Α Ν Α Λ Υ Σ Η Γ' ΛΥΚΙίΙΟΥ • Α' ΤΕΥΧΟΣ Γ Ι Α Τ Ι Σ 6. 8 Σ Μ 8 Σ Α', 8' κ α ι Δ'

θEQPIA, ΠλΡΑΔΕΙΓ'Λ,\Τk t.ΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ, m9"Σ9Σ ΠΑ. f•"ΣΗ. Α!'WΠΗ'D:ΙΙ. ru:τ ΕετΑΣΕΟΝ

Η Λ ι Α Σ 8 Ν Τ Ζ Ι Q Ρ μ Σ • A e H . A T 8 1t A Α Ν ΑΛΥ Σ Η Γ ΛYit810Y • 8' T8YJtOI

θΕΩΡtΑ, ΠΑΡΑΔΕΙΓfιΙΑΤΑ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΙΚΗΙΕΙΣ �Ιο<.ΗΣΕJΣ ΠΑ ΛΥlΗ .Ι.ΓWΠΗΙΕΙΣ. ΤεΣΤ ΕΞΕ.ΤΑ!ΕΩΝ

ΗΛΙΑΣ ΝΤΖΙΩΡΑΣ

Μαθηματικά-Ανάλυση Γ' Λυκείου (3 τόμοι)

Μόλις κυκλοφόρησε ο Γ' τόμος

ΣΤΕΛΙΟΣ ΕΥΡΙΠΙΩΤΗΣ

Μόλις κυκλοφόρησε

ΑΙΜΙΛΙΟΣ ΤΣΟΥΛΦΑΝΙΔΗΣ

Γ Ι Ο Ρ Γ Ο Σ Σ Κ Α Ν Δ λ Λ Η Ι

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Β ' ΑΥΚΕΙΟΥ • Β' ΜΕΡΟΣ

• Άλγεβρα Δ' δέσμης

• Θέματα Ανάλυσης Γ' Λυκείου

Ι Τ Ε .Ι. .:1 Ι r Ε Υ ;ι Ι Π Ω Τ Η Σ

ΘΕΙΑΥΑ ΑΝΑΑΠΗΣ Γ ΛνιιιιiΟΥ • 8' M8Na r Ι Α τ Η Ν .. 4 ΙΙ: Ζ Μ Η

• Όριο συνάρτησης ­Συνέχεια συνάρτησης ­Ακολουθίες

• Πίνακες ­Ορίζουσες ­Γραμμικά συστήματα

• Ακολουθίες για την Α' Δέσμη

• Ολοκληρώματα • Παράγωγοι

ΓΙΩΡΓΟΣ ΣΚΑΝΔΑΛΗΣ ΓΙΩΡΓΟΣ ΚΑΛΑΝΤΖΗΣ ΑΛΓΕ ΒΡΑ Μαθηματικά Α' Λυκείου Άλγεβρα Α' Λυκείου

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Μαθηματικά Γ' Λυκείου

Σε όλα τα βιβλιοπωλεία

Κεντρική Διάθεση: Σ. Πατάκης ΑΕ. Εμμ. Μπενάκη 1 6, 1 06 78 Αθήνα. Τηλ.: 38.3 1 .078, Fax: 36.28.950 Υποκ/μα Β. Ελλάδας: Ν. Μοναστηρίου 1 22, 563 34 Θεσσαλονίκη, Τηλ.: (03 1 )70.63.54-5

Page 20: Ευκλειδης Β 19

Μέγιστο - Ελάχιστο ·του τριωνύμου f(x) = αχ2 + βχ + γ

l0 Πρόβλημα

Σκέψεις

2° Πpόβλημα

Σκέψεις

Β

Ν

3° Πρόβλημα

Σκέψεις

χ {Ξ�} χ

Γ. Τσαπακίδη

Ένας παραγωγός μήλων ξέρει ότι, αν μαζέψει σήμερα τa μήλα του, κάθε μηλιά θα αποδώσει κατά μέσο όρο 40 κιλά μήλα και η τ,ιμή πώλησης θα εί­ναι 200δρχ. το κιλό. Αν τα μαζέψει αργότipα (το αργότεpο σε 7 εβδομάδες), τότε για κάθε επιπλέον εβδομάδα η απόδοση κάθε δέντρου θα αυξηθεί κατά 4 κιλά, ενώ η τιμή πώλησης μειώνεται κciτά 10δρχ. το κιλό. Μετά από πό­σ,ες εβδομάδες συμφέpει τον παραγωγό να πωλήσει τα μήλα του; Μετά από χ εβδομάδες από σήμερα, κάθε μηλιά θα αυξήσει .. την απόδοσή της κατά 4χ κιλά, ενώ η τιμή κάθε κιλού θά μειωθεί κατά 1 Οδρχ. Έτσι μετά από χ εβδομάδες κάθε μηλιά θα έχει κατά μέσο όρο 40 + 4χ κιλά μήλα και κάθε κιλό θα πωληθεί προς 200 - lOx δρχ., οπότε ο γεωργός θα εισπράξει:

(40 + 4χ)(200 - lOx) = 40(-χ2 + 10χ + 200) δρχ. Επομένως το πρόβλημα ανάγεται στο να βρούμε για ποια τιμή του χ η παρά­σταση -χ2 + 10χ + 200 παίρνει τη μεγαλύτερη τιμή -iης.

Δύο μικρά πλοία Α, Β διαθέτουν ασύρματο εμβέλειας 40 χιλιομέτρων. Το πλοίο Α βρίσκεται 65 χιλιόμετρα ανατολικά του Β. Αν :ro Α πλέει δυτικά με σταθερή ταχύτητα 10χιλ. την ώρα και το Β νότια με σταθερή ταχύτητα 1 5χιλ. την ώρα, υπάρχει περίπτωση να επικοινωνήσουν τα πλοία μέσω α­συρμάτων;

Για να εη;ικοινωνήσουν τα πλdία θα πρέπει σε· κά­ποια χρονική στιγμή η απόσταση που τα χωρίζει να γίνει μικρότερη ή ίση από 40 χιλιόμετρα. ΕΠ:ο-Α2 Α1 μένως θα πρέπει να υπολογίcrουμε την απόσταση r-τ--------7-'--..,___ των πλοίων σε κάθε χρονική στιγμή t και να εξε-τάσουμε αν μπορεί να γίνει μικρότερη ή ίση των 40χιλιομέτρων. Ονομάζουμε Α1 , Βι τις θέσεις των

Bz πλοίων τη στιγμή που απέχουν 65 χιλιόμετρα και Α2, Β2 αντίστοιχα μετά από t ώρες. Τότε (A1Az) = 10t χιλ. , (B1Bz) = 1 5t χιλ. , οπότε (ΑzΒι) = 65 - 10t χιλ.

"""'

Από το ορθογώνιο τρίγωνο B1AzB2 έχουμε:

(Α2Β2)2 = (B1Az)2 + (B1Bz/ = (65 - 10t)2 + ( 15t)2 = 25(1 3t2 - 52t + 169),

άρα (Α2Β2) = s\}1 3t2 - 52t + 169, έτσι για να βρούμε την ελάχιστη απόσταση των πλοίων, ' αρκεί να βρούμε την ελάχιστη τιμή της παράστασης 1 3t2 - 52t + 169.

Ένας κτηνοτρόφος θέλει να περιφράξει μια ορθογώνια μάντρα για τα πρό­βατά του μέσα στο λιβάδι του. Για το σκοπό αυτό διαθέτει συρμaτόπλεγμα 100 μέτρων. Ποιες διαστάσεις πρέπει να έχει η μάντρα, ώστε να χωράει όσο το δυνατόν περισσότερα πρόβατα; Για να χωράει η μάντρα όσο το δυνατόν περισσότερα πρόβατα θα πρέπει να έχει όσο το δυνατόν μεγαλύτερο εμβαδόν. Αν χ, ψ είναι οι διαστάσεις της · μάντρας, τότε η περίμετρος της είναι 2χ + 2ψ = 100 <=> ψ = 50 - χ και το εμ-βαδόν της χψ = χ( 50 - χ) = -χ2 + 50χ τετραγωνικά μέτρα. Έτσι το πρόβλημα ανάγεταί στο να βρούμε για ποια τιμή του χ η παράσταση -χ2 + 50χ παίρνει τη μεγαλύτερη τιμή.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/20

Page 21: Ευκλειδης Β 19

4° Πρόβλημα

Σκέψεις

Μέγιστο - Ελάχιστο του τριωνύμου αχ2 + βχ + γ

Ένας πεζός τρέχει με σταθερή ταχύτητα 5m/s για να προλάβει ένα λεωφο­ρείο, που βρίσκεται στη στάση. Τη στιγμή που ο πεζός απέχει 25 μέτρα από το λεωφορείο, αυτό ξεκινάει κινούμενο με επιτάχυνση 1m/s2. Ποια είναι η μικρότερη απόσταση πεζού-λεωφορείου; Θα προλάβει ο πεζός το λεωφο­ρείο; Μετά από t δευτερόλεπτα από τη στιγμή που το λεωφορείο ξεκίνησε, ο πε­ζός θα έχει τρέξει 5t μέτρα ενώ το λεωφορείο ! t2 μέτρα και έτσι η απόστα-ση πεζού-λεωφορείου είναι ! t2 + 25 - 5t = ! t2 - 5t + 25 μέτρα. 'Ετσι το ζη­τούμενο ανάγεται στο να βρούμε ποια είναι η μικρότερη τιμή της παράστα­σης ! t2 - 5t + 25.

Στις σκέψεις, που κάναμε, είδαμε ότι οι λύσεις των προβλημάτων μας τελικά ανάγονται στο να βρούμε τη μεγαλύ�ερη ή μικρότερη τιμή των παραστάσ.εων:

2 . 2 . 2 1 2 -χ + lOx + 200, 1 3t - 52t + 169, -χ + 50χ, '2 t - 5t+ 25 ή τις τιμές των μεταβλητών χ, t για τις οποίες οι προηγούμενες παραστάσεις παίρνουν τη μεγα-λύτερη ή μικρότερη τιμή τους. ·

Αλγεβρικές παραστάσεις όπως οι: -χ2 + lOx + 200, 13t2 - 52t + 169, -χ2 + 50χ, ! t2 - 5t + 25 ονομάζονται τριώνυμα δευτέρου βαθμού ή πιο σύντομα τριώνυμα και έχουν τη γενική μορφή αχ2 + βχ + γ με α * Ο. Αν το δευτεροβάθμιο τριώνυμο το συμβολίσουμε με f(x), τότε f(x) = αχ2 + βχ + γ. Έτσι έχουμε να λύσουμε το γενικό πρόβλημα: Ποια είναι η πιο μεγάλη ή η πιο μικρή τιμή του τριωνύμου f(x) = αχ2 + βχ + γ και για ποια τιμή του χ συμβαίνει αυτό;

Α ; λ ' ' 2 2 2 2 2 1 2 1 • ς «πειραματιστουμε» με απ α τριωνυμα, π. χ. τα χ , - χ , χ + , -χ + .

l z:' l �� Ι -: I -; I � I . � Ι � 1 138 I φαίνεται ότι 2χ2 ;:;:: Ο για κάθ,ε ·τιμή του χ, δηλαδή η πιο μικρή τιμή του 2χ2, είναι Ο για χ = Ο.

Ι -;χ, Ι _-;38 1 =� Ι =� ι · � I !2 · ι �8 1 -�8 1

φαίνεται ότι -2χ,? � Ο για κάθε :tιμή του χ και η μεγαλύτερη τιμή του -2χ2, είναι Ο για χ = Ο.

I χ': I I � � I -: I �I I � I � I � I :ο I φαίνεται ότι χ2 + 1 ;:;:: 1 yια κάθε τιμή του χ, δηλαδή η μικρότερη τιμή του χ2 + 1 , είναι 1 όταν χ = Ο. .

. �� -�χ-:_+_1-r�-=����-=����-���������-���--��-τ�-!�8��

φαίνεται ότι -χ2 + 1 � 1 yια κάθε τιμή του χ, δηλαδή η μεγαλύτερη τιμή του -χ2 + 1 , είναι 1 όταν χ = Ο. Από τα προηγούμενα «πειράματω> φαίνεται ότι το τριώνυμο αχ2 + βχ + γ έχει μέγιστη (πιο

μεγάλη) τιμή, όταν α < Ο και ελάχιστη τιμή (πιο μικρή), όταν α > Ο. • Έχοντας υπ' όψη τα «πειραματικά» αποτελέσματα, θα προχωρήσουμε στη γενική λύση του

προβλήματος σταδιακά βρίσκοντας τα ακρότατα (μέγιστο ή ελάχιστο) του τριωνύμου f(x) :=: αχ2, f(x) = αχ2 + γ, f(x) = αχ2 + βχ + γ, στηριζόμενοι στο γεγονός ότι ισχύει χ2 ;:;:: Ο για κάθε τιμή του χ. ·

α > Ο 2 • • Είναι χ2 ;:;:: 0 L αχ ;:;:: Ο = f(x) ;:;:: Ο = f(O)

α < Ο αx2 � 0 = f(x) � O = f(O)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/21

Page 22: Ευκλειδης Β 19

Μέγιστο - Ελάχιστο του τριωνύμου αχ1 + βχ + y

Συμπέρασμα: Αν α > Ο, το f(x) = αχ2, 'έχει ελάχιστη τιμή το Ο για χ = Ο. Αν α < Ο, το f(x) = αχ2, έχει μέγιστη τιμή το Ο για χ = Ο.

α > Ο 2 2 Ε, 2 0 ι- αχ � Ο <=> αχ + γ � γ <=> f(x) � f(O)

• ιναι χ � ι__ 2 2 . α < 0 αχ :::;;; Ο <=> αχ + γ :::;;; γ <=> f(x) :::;;; f(O)

Συμπέρασμα: Αν α > Ο, το f(x) = αχ2 + γ, έχει ελάχιστη τιμή το γ για χ = Ο. Αν α < Ο, το f(x) = αχ2 + γ, έχει μέγιστη τιμή το γ για χ = Ο. • Τη γενική περίπτωση f(x) =;= αχ2 + βχ + γ, θα την ανάγουμε στην προηγούμενη , προσπαθώ-, 2 β Ε' ντας να μετασχηματισουμε το αχ + χ + γ. ιναι: f(x) = αχ2 + βχ + γ = α(χ2 +Ά χ +1.)= α(χ2 + 2....1L x +� -�+1.]= α α 2α 4α 4α α {( χ +JL)2 + 4αγ- β2] = α( χ +JL)2 + 4αγ- β2 2α 4α2 · 2α 4α Σύμφωνα με την προηγούμενη περίπτωση έχουμε το συμπέρασμα:

2 Α ν α > Ο, το f(x) = αχ2 + β χ + γ, έχει ελάχιστη τιμή το 4α\ci β �-fα) για χ = -fα. 2 Α ν α < Ο, το f(x) = αχ2 + β χ + γ, έχει μέγιστη τιμή το 4α\ci β = �-fα) για χ = -fα.

• Το πρόβλημα θα μπορούσε να λυθεί και ως εξής: Για κάθε τιμή του χ συμβολίζουμε με ψ την αντίστοιχη τιμή του τριωνύμου αχ2 + βχ + γ, ο­πότε αχ2 + βχ + γ = ψ <=> αχ2 + βχ + γ - ψ = Ο. Η τελευταία εξίσωση είναι δευτεροβάθμια με λύσεις στο IR. (αφού δίνουμε τιμή στο χ για να πάρουμε το ψ), οπότε:

Δ � Ο 6 β2 - 4α(γ - ψ) � Ο <=> 4αψ � 4αγ - β2 (1) 2 2 Αν α > Ο, τότε (1 ) <=> ψ � 4αγ4

-β <=> f(x) � 4αγ4- β α α .

2 2 Αν α < Ο τότε (1 ) <=> ψ � 4αγ- β <=> fi(x) � 4αγ-β ' � 4α � 4α

Έτσι έχουμε το συμπέρασ α: ��------------------��--------�

+ Ελάχιστο το Τώρα είμαστε σε θέση να λύσουμε τα τέσσερα προβλήματά μας.

Λύση του lou προβλήματος: Στο τριώνυμο -χ2 + ΙΟχ + 200 είναι α = �1 < Ο, άρα έχει μέγιστο για χ = - 2(�l) = 5. 'Ετσι συμφέρει στο γεωργό να πωλήσει τα μήλα του μετά από 5 εβδομάδες.

Λύση του 2°u προβλήματος: Στο τριώνυμο 13t2 - 52t + 169 είναι α = 13 > Ο, άρα έχει ελάχιστο για t = -;-.;; = 2 το 13 ·22 - 52·2 + 169 = 1 1 7. Επομένως η ελάχιστη από-σταση , στην οποία θα βρεθούν τα πλοία, είναι 5-{ΠΊ =1sνΙ'3 = 54,08 χιλιόμετρα. Άρα δεν υπάρχει περίπτωση επικοινωνίας των πλοίων μέσω των ασυρμάτων.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/22

Page 23: Ευκλειδης Β 19

Μέγιστο - Ελάχιστο του τριωνύμου αχ2 + px + y

Λύση του 3°υ προβλήματος: Στο τριώνυμο -χ2 + 50χ είναι α = -1 < Ο, άρα έχει μέγιστο για SO 25 'Ε ' ' ' δ ' χ = - 2(-1) = . τσι για να χωραει η μαντρα οσο το υνατον πε-

ρισσότερα πρόβατα, θα πρέπει να έχει διαστάσεις 25 χ25. Λ ' 4°υ βλ ' Σ ' 1 2 5 25 ' 1 Ο ' ' λ ' -S 5 υση του προ ηματος: το τριωνυμο '2 t - t + ειναι α= '2 > , αρα εχει ε αχιστο για t =- 21 = 2

το � 52 - 5·5 + 25 = 12,5 μέτρα. 'Ετσι η ελάχιστη απόσταση του πεζού από το λεωφορείο είναι 12,5 μέτρα, γι' αυτό δε θα το προλάβει.

Εφαρμογές ι . Δίνεται η παράσταση ψ = (χ - α)2 + (χ - β)2, όπου α,β δοσμένοι αριθμοί. Για ποια τιμή του χ

το ψ γίνεται ελάχιστο; 2. Ποιο δευτεροβάθμιο τριώνυμο έχει μέγιστο το 7 για χ = -3; 3. Μια βιομηχανία κατασκευάζει τηλεοράσεις. Τα έσοδα και το κόστος της βιομηχανίας για πα­

ραγωγή χ συσκευών το χρόνο σε χιλιάδες δρχ. δίνονται από τις συναρτήσεις Ε, Κ αντίστοιχα 2 με Ε(χ) = 200χ -�Ο και Κ(χ) = 2000 + 60χ. Να βρεθεί το μέγιστο κέρδος της βιομηχανίας.

4. Αν χ + ψ = c, όπου c σταθερός θετικός αριθμός, τότε ποια είναι η ελάχιστη τιμή της παρά-3 3 στασης χ + ψ ;

5. Ένας ακροβάτης ενός τσίρ­κου εκτοξεύεται από ένα κανόνι και διαγράφει τροχιά που είναι η γραφική παρά-σταση της συνάρτησης �( ) 1 . 2 11 χ = χ - 20 χ .

f(x)

Το στόμιο του κανονιού είναι 2 μέτρα πάνω από το έδαφος, όπως φαίνεται στο σχήμα. Ποιο πρέπει να είναι το ελάχιστο ύψος του τσίρκου, ώστε να πραγματοποιηθεί το ακροβατικό αυ.-τό;

6. Ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο έχει περίμετρο 44cm. Ποιο είναι το ελάχιστο μήκος της

7. 8.

διαγωνίου του; ·

Ποια ε.ίναι η απόσταση του σημείου Α(-1 , 2) από την ευθεία ε με εξίσωση ψ = 3χ - 4; Να βρεθούν οι διαστάσεις και το εμβαδόν του μεγαλύτερου ορθο­γωνίου, που μπορεί να εγγραφεί σε ορθογώνιο τρίγωνο πλευρών 9, 12 και 15cm, όπως φαίνεται στο σχήμα.

Γ

Β

9. Για ποια τιμή του λ το τριώνυμο f(x) = χ2 - 2(λ + 1)χ + 3λ + 1 έχει τη μεγαλύτερη ελάχιστη τιμή;

ιο. Δίνεται το τμήμα ΑΒ = 8 και το σημείο του Μ. Προς το ίδιο μέρος του ΑΒ κατασκευάζουμε ισόπλευρα τρίγωνα ArM και ΜΒΔ. Ποια πρέπει να είναι η θέση του Μ, ώστε το τετρά­πλευρο ΑΓ ΔΒ να έχει ελάχιστο εμβαδόν;

Υποδείξεις

ι . Είναι ψ = 2χ2 - 2(α + β)χ + α2 + β2, άρα το ψ γίνεται ελάχιστο, όταν χ = α; β. 2 { · 9α - 3 β + γ = 7 } { γ = 7 + 9α } { f(-3) = 7

} .

2. Έστω f(x) = αχ + βχ + γ με α < Ο; τότε _ fα = -3 <=> β = 6α <=> β = 6α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/23

Page 24: Ευκλειδης Β 19

.,:;.·

Μέγιστο - Ελάχιστο του τριωνύμου αχ1 + βχ + y

2 3. Το κέρδος της βιομηχανίας είναι Ε(χ) - Κ(χ) = -�Ο + 140χ - 2000, που γίνεται μέγιστο για χ = 2100.

4. Είναι χ3 + ψ3 = (χ + ψ)(χ2 - χψ + ψ2) = c[x2 - x(c - χ) + (c - χ)1 = c(3x2 - 3cx + c\To ελάχιστο του 2 2 ' 3 τριωνύμου 3χ2 - 3cx + c2 είναι 3( �) - 3c � + c2 = � άρα η ελάχιστη τιμή της χ3 + ψ3 είναι �.

5. Το ελάχιστο ύψος του τσίρκου πρέπει να είναι 12 μέτρα. 6. Είναι 2χ + 2ψ = 44 <=> ψ = 22 - χ και δ2 = χ2 + ψ2 = χ2 + (22 - χ)2 = . . .

7. Έστω Μ(χ, ψ) τυχαίο σημείο της ε, τότε: (ΑΜ) =·',/(χ+ 1)2 + (ψ � 2)2 =\)(χ + 1)2 + (3χ - 6)2 =\)10χ2 - 34χ + 37. Αρκεί να βρούμε την ελάχιστη τιμή του 10χ2 - 34χ + 37.

8. Από τα όμοια τρίγωνα ΓΔΖ και ΓΑΒ έχουμε 1χ2 =�� ( 1 ). Από τα

όμοια τρίγωνα ΒΕΔ και ΒΑΓ έχουμε * = �� (2). Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) και (2) έχουμε 1

Χ2 + * = 1 <=> ψ = 36 4 3χ. Το εμ-

χ ψ

Α(-1,2)

Γ

1 5 9 ΖΙ--�χ-�Δ

ψ Α Ε

βαδό του ορθογωνίου είναι χ ψ = i (-3χ2 + 36χ), άρα χ = � και ψ = �- 12

χ

Β

9. Η ελάχιστη τιμή του τριωνύμου είναι f(λ + 1 ) = (λ + 1)2 - 2(λ + 1 )2 + 3λ + 1 = -λ2 + λ που γί­νεται μέγιστη για λ = �-

Γ 10. Έστω ΑΜ = χ, οπότε ΜΒ = 8 - χ. Είναι ΓΗ = � 2 '

ΔΘ = <8 -;W και ΗΘ = 4. 'Εχουμε: (ΑΒΔΓ) = (ΑΓΗ) + (ΗΓΔΘ) + (ΒΔΘ) = Α Η Μ .! (ΑΓΜ) + (ΗΓ ΔΘ) +.! (ΒΔΜ) =.! χ\[3 +Μ_ 4 + 1 tS -x{J3 = -:1} (χ2 - 8χ + 64) 2 2 2 4 4 2 4 4 ' άρα ΑΜ = ΜΒ = 4.

ΒιpλιοΎραφία 1. R. ΒΑRΝΕΠ-Μ. ZIEGLER

2. Ν. BLACKIE

3. S. SMiτH'-R. CHARLES

4. Α. POSAMENΠER-C.SALKIND

5. Ρ. TERRACHER-R. FERACHOGLOY

J?RECALCULUS FUNCΠONS AND GRAPHS Έκδοση: McGraw-Hill Company New York-1 989 ΜΑ ΤΗΕΜΑ ΠCS ΙΝ AC110N-5S Έκδοση: Thomas Nelson and Sons London-1992 ALGEBRA AND TRIGONOMETR Υ Έκδοση: Adddison-Welsey Publishing Company, New York \ 982 CHALLENGING PROBLEMS ΙΝ ALGEBRA Έκδοση: Dele Seypmour Publications USA-1970

ΜΑ TH-ANAL YSE-1 re

S Έκδοση: Hachette-Paris-1 995

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/24

Β

Page 25: Ευκλειδης Β 19

θ�'v\Οι1JJ:σι sΛό 36 •• ΦΩΤΟΠΟΙΧΕΙΟθΕΣΙΕΣ • ΕΚJΥΠΩΣΕΙΣ: ΣΟΛΩ�ΟΣ 79·81 • 1ΗΛ: 825453 - θΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

ΤΕΧ Ν Ι ΚΑ ΒΙΒΛΙΑ ΓΙΑ το ΓΥΜ ΝΑΣΙΟ ΕΠΙΗΗΜΟΝ Ι ΚΑ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΓΙΑ ΤΑ ΑΕΙ, ΤΕΙ, Ι Ε Κ , . κα ι τις ΔΕΣΜΕΣ . _ _

nιnιιιnnn

θΕΩΡΙΑ ΠΙθΑΝΟΊΗΊΩΝ Ι ��J)ΊiL. !1!�1!-�41·�

Για το rυμvάσιο�·· · ·

το Λύκειο . : και τις Δέ9μ�ς

ΣΥ_ ΔΥ _ _ ΣΊ_ __ Η

Χ. ΜΩΥΣΙΑΔΗ • θ. ΧΑfΖΗΠΑΝΤΕΛΗ ΣΥΝΔ Υ ΑΣrΙΚΗΙ

θεωQία ΕφαιιμοΎές

ι. ΙΙΑΧΑΙΡΑ · Ε. ΙΙΠΟΡΑ ΠΑΠΣnΚΗ

• Το βιβλιοπωλείο μας διαθέτει και πολλά άλλα βιβλία για τη Μέση Εκπαίδευση, καθώς και πλήθος επιστημονικών βιβλίων για τα ΑΕΙ, ΤΕΙ και IEK.

• Ζητήστε να σας στείλουμε ιο περιοδικό με ια θέμαια και nς λύσεις ιων Γενικών Εξειάοεων 1995, και το περιοδικό του βιβλιοπωλcίου μας, Π!ΙU περιέχει αναλυτικά τις εκδόσεις μας με τα περιεχόμενα τους. .· ·

• Στους ιιαθηγητtς γίνεται έκπτωυη.

= _._=�� · --;:--��-���-r,_� • "---;� :c.:_ __ --:,. __ ';"Ξ

rιάννn Δ. ΣτραΊό

ΠPArMAYIKH ΑΝΑΛΥΣΗ I

σελίδες: 392 Ίιμό 3.800δρχ.

Διατί8εΊαι στα κεντρικά βιβλιοοωλεία

Περιέχει: • Όλη τη θεωρία, σύμφωνα με το Αναλυτικ

Πρόγραμμα που ισχύει, με παραδείγματα κ< aντιπαραδείγματα.

• Κάθε κεφάλαιο κλείνει με μια πλούσια συλλογ ασκήσεων προοδευτικής δυσκολίας με αποτι λεσματα στο τέλος του βιβλίου και υποδείξει για τις πιο δύσκολες.

• Για την εμπέδωση των μεθόδων παρατίθετc ένα πλήθος από υποδειγματικά λυμένα θέματ<

Για την αποστολή (με αvτικαταβοί\ή του βιβλίο ταχυδρομείστε το παρακάτω δελτίο παραγγελία στη διεύθυνση:

"Γιάνvη Στρατή Εσπερίδων 5 Γαλάται 1 1 1 46

ΔΕΛΥΙΟ ΠΑΡΑΓΓΕΛΙΑΣ

Όνομα:

Επώνυμο:

ΔΙεύθυνση: ______ Πόλη : ----;

Τηλέφωνο:

Σχολείο:

Φροvτιστήριο: ------------'

Στους συναδέλφους μαθηματικούς γίνεται έJ:< rnωσn 40% και προσφέρεται ένα βιβλιαράκι με τι λύσεις των ασκήσεων.

ΝΙΚ ΟΥ ΦΑΠΠΑ Άλyεppa Α' Λuκειου

(2 τεύχη με τις λύσεις των ασκι\σεων) Στσ ιιενrpικfι ΙΙιΙJλιοπωλεlα

Για τους συν6δελφουc; μαβημαπκο6c; 2 βιβλία + 2 λυσόρια = 2.080 + ταχ. tξοδα

Γράψτε lj τηλεφωνήστε: -Ν. Φάπnας, Καρπόθου 17 Ν. Σμύρνη Τ.Κ. 17 123 - ΑθΗΝΑ Τηλ.: 93.34.071

Page 26: Ευκλειδης Β 19

Αναλογίες - Ομοιότητα - Μετρικές σχέσεις

Για την καλύτερη αντιμετώπιση των γεω­j.ιετρικών προβλημάτων, εκτός από τη σχετική θεωρία που υπάρχει στο σχολικό βιβλίο, θα χρησιμοποιήσω και το θεώρημα του ΜΕΝΕ­ΛΆΟΥ, την απόδειξη του οποίου θα κάνω πα­ρακάτω.

Θεώρημα Μενελάου Ευθεία (ε) . που δεν περνάει από κορυφή

......

τριγώνου ΑΒΓ, τέμνει τους φορείς των πλευ-ρών ΑΒ, ΑΓ, ΒΓ στα σημεία Δ, Ε, Ζ αντίστοι­

ΔΑ ΖΒ ΕΓ χα, τότε: ΔΒ . ΖΓ . ΕΑ = 1.

Απόδειξη

(ε')

Β Γ Ζ Φέρω από το Α (ε)' // ΒΓ που τέμνει την

(ε) στο Η. ΜΗ - ΔΒΖ (ΑΗ // ΒΖ) άρα�=��

Erz - ΕΑΗ (ΓΖ ιι ΑΗ) άρα ii =Ι� , ΔΑ ΖΒ ΕΓ ΑΗ ΖΒ ΓΖ Επομενως ΔΒ . ΖΓ . ΕΑ = ΒΖ . ΖΓ . ΑΗ = ι .

Θεώρημα Μενελάου Αντίστροφο Εάν τα σημεία Δ, Ε, Ζ βρίσκονται στους

φορείς των πλευρώv ΑΒ, ΑΓ, ΒΓ και ικανο-, , ΔΑ ΖΒ ΕΓ 1 , Δ ποιειται η σχεση ΔΒ

· ΖΓ · ΕΑ = , τοτε τα ,

Ε, Ζ είναι συνευθειακά. Απόδειξη

Έστω τα Δ, Ε, Ζ ότι είναι μη συνευθεια­κά, τότε η ΔΕ τέμνει την ΒΓ σ:το Ζ', οπότε: ΔΑ Ζ'Β ΕΓ , ΔΑ ΖΒ ΕΓ , ΔΒ . Ζ'Γ . ΕΑ = 1 • ακομη ΔΒ . ΖΓ . ΕΑ = ι α-. . Ζ'Β _

ΖΒ δ λ δ , ΒΓ _ ΒΓ , z _ z• ρα. Ζ'Γ - ΖΓ η α η Ζ'Γ - ΖΓ αρα =

Κώστας Θ. Αναγνώστου - Λαμία

Άσκηση 1 ......

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, σημείο Μ στην πλευρά ΑΒ και ΜΕ // ΒΓ, ΜΖ // ΑΓ. Δείξτε ότι ΑΕ · ΜΕ + ΒΖ · ΜΖ � 2ΜΕ · ΜΖ. (1)

Α Λύση

ΜΕΓΖ παραλ/μο, άρα ΜΕ = ΖΓ, ΜΖ = ΕΓ ΜΕ // ΒΓ . Από Θ. Θαλή έχουμε: �� = �� δ δ , ΑΕ ΑΜ . η λα η . ΜΖ = ΜΒ. Ομοια.

ΜΖ /I ΑΓ από Θ. Θαλή έχουμε: �� = �i δ δ , . ΑΜ _ ΜΕ , . ΑΕ _ ΜΕ ηλα η. ΜΒ - ΒΖ ' αρα. ΜΖ .,... Bz · Η (1) , ΑΕ · ΜΕ ΒΖ · ΜΖ 2 γραφεται: ΜΕ · ΜΖ + ΜΕ · ΜΖ � <=>

ΑΕ ΒΖ , . ΑΕ . ΜΖ ΜΖ +ΜΕ � 2 αρα. ΜΖ + ΑΕ � 2 Ισχύει γιατί ! +Υ� 2 με χ, y > Ο.

Υ χ

Άσκηση 2

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ 11 ΓΔ) με ΑΒ = 3Γ Δ, από τις κορυφές Γ και Δ φέρω ευ­θείες παράλληλες προς τις διαγώνιες ΒΔ, ΑΓ αντίστοιχα οι οποίες τέμνουν τις πλευρέ� ΑΔ και ΒΓ στα Ρ και Κ αντίστοιχα. Δείξτε ότι ΜΝ 11 ΑΒ όπου Μ σημείο τομής των ΒΡ, ΑΓ και Ν σημείο τομής των ΒΔ, ΑΚ.

Λύση Ε

' . ΔΑ ΖΒ ΕΓ Α Β Επομενως. ΔΒ . ΖΓ . ΕΑ = 1 δηλαδή Δ, Ε, Ζ Έστω (ε) // ΒΔ, (ε)'// ΑΓ, Ε το σημείο το-συνευθειακά. μής των ΑΔ, ΒΓ, Ο το σημείο τομής των ΒΔ,

ΑΓ. Είναι: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/26

Page 27: Ευκλειδης Β 19

Αναλογίες - Ομοιότητα - Με:φικές σχέσεις

ΡΓ // ΒΔ από Θ. Θαλή έχουμε: �� = �: . .

ΔΚ // ΑΓ από Θ. Θαλή έχουμε: �� = �­ΔΓ // ΑΒ από Θ. Θαλή έχουμε: � = �:. Άρα: �� = �� επομένως ΚΡ 11 ΔΓ 1 ΑΒ Αρκεί· ΡΜ = ΚΝ " ΜΒ ΝΑ ""'"" ""'"" . ΑΟ ΟΒ ΑΒ ΑΟΒ - ΓΟΔ, οποτε ΟΓ = ΟΔ = ΔΓ , άρα:

ΟΑ = 30Γ, ΟΒ = 30Δ. ...... ""'"-ΡΜΓ - ΒΜΟ (ΡΓ // ΟΒ), οπότε · έχουμε:

ΡΜ ΡΓ ΡΓ ΜΒ = οΒ = 30Δ"

""'"-ΑΡΓ -ΑΔΟ (ΡΓ // ΔΟ), οπότε έχουμε: ΡΓ ΑΓ 4 • . ΡΜ 4 ΟΔ = ΑΟ =3 , αρα. ΜΒ =9·

ΚΝ 4 ΡΜ ΚΝ Ομοια ΝΑ = 9 . Άρα: ΜΒ = ΝΑ και επομένως ΜΝ // ΑΒ.

Άσκηση 3 Δίνεται παρ/μο ΑΒΓΔ και σημείο Μ στη

διαγώνιο ΒΔ. Η ΑΜ τέμνει τη ΒΓ στο Ν και τη ΔΓ στο Ρ. Να αποδειχθεί ότι: ί) ΑΝ + ΑΡ � 4·ΑΜ ίί) 4·ΑΜ2 :s;; ΑΡ · ΑΝ.

Λύση

� Δ Γ Ρ ΑΜΒ - ΡΜΔ (ΑΒ // ΡΔ), οπότε: �� = ��· (1)

ΑΜΔ - ΝΜΒ (ΑΔ 11 ΒΝ) οπότε: �� = �� . Επομένως: � = �: . (2) . . . ΑΜ ΑΜ απο ( 1) και (2). ΑΡ � ΑΝ = Ι . (3)

. Ι Ι Ι Ε' . αρα: ΑΡ +ΑΝ = ΑΜ" ι ναι ομως: ΑΡ �ΑΝ � Ι 2 1 . και άρα:

ΑΡ + ΑΝ ΑΡ +ΑΝ � 4·ΑΜ ii) 4-ΑΜ2 � ΑΡ · ΑΝ <=> 4 ΑΜ . ΑΜ � Ι η' "' ΑΡ ΑΝ "'

2 4 ΑΜ . ΑΜ � (. ΑΜ + ΑΜ) ή ισοδύναμα: ΑΡ ΑΝ "' \_ΑΡ ΑΝ

2 (. ΑΜ ΑΜ) Ο Τ • . . Μ. \. ΑΡ -ΑΝ .� . ο ισον ισχυει οταν το

είναι το σημείο τομής των διαγωνίων του ΑΒΓΔ.

Άσκηση 4 ""'"

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τα σημεία Μ και Ν επί των ΑΒ και ΑΓ, αντίστοιχα με: � + � = 4. Η ΜΝ τέμνει τη διάμεσο ΑΔ· στο

Ρ. Να υπολογισθεί ο λόγος��·

Λύση

Ε

Φέρω (ε) 11 ΒΓ. Έστω Ζ, Ε τα σημεία το­μής της ΜΝ με τις (ε) και ΒΓ.

..... ΜΒΕ - ΜΑΖ (ΑΖ 11 ΒΕ), οπότε έχουμε: ΜΒ-_ ΒΕ ΜΑ -ΑΖ"

...... ΝΓΕ - ΝΑΖ (ΓΕ // ΑΖ), οπότε έχουμε: ΝΓ ΓΕ ΝΑ = ΑΖ"

...... ""'"-

4 = 2ΔΕ ΑΖ

ΡΔΕ - ΡΑΖ (ΔΕ // ΑΖ), οπότε έχουμε: ΡΔ ΔΕ . . ΡΑ 1 ΡΑ = ΑΖ (2). Απο (1) και (2). ΡΔ = 2.

Άσκηση 5 \

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ J/ ΓΔ) με ΑΒ > Γ Δ και ΑΒ = 15. Από το μέσον Κ της ΑΒ φέρουμε τις ΚΓ, ΚΔ Που τέμνουν τις ΒΔ, ΑΓ στα σημεία Ν, Μ αντίστοιχα, έτσι ώστε ΜΝ = 3. Να υπολογισθεί η βάση Γ Δ.

Λύση Γ

Β ΕΥΙΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3127

Page 28: Ευκλειδης Β 19

Α ναλοyίες - Ομοιότητα - Μετρικές σχέσεις

ΑΒ= ι5, ΜΝ= 3, ΑΚ=ΚΒ. ΈστωΓΔ= α. ..... ..... • ΑΜΚ - ΓΜΔ (ΑΚ // ΓΔ), τότε έχουμε:

ΑΜ = Μ:Κ = ΑΚ άρα ΑΜ = .!1 (1) ΜΓ ΜΔ ΓΔ ' . ΜΓ 2α ..... .....

• ΚΝΒ - ΓΝΔ (ΚΒ // ΓΔ), οπότε έχουμε: ΚΝ = ΝΒ = ΚΒ άρα ΚΝ =.!1 (2) ΝΓ ΝΔ ΓΔ ΝΓ 2α

από (1 ) και (2) t_� = �� άρα ΜΝ // ΑΒ. • Γ ΑΚ - ΓΜΝ (ΜΝ // ΑΚ), οπότε έχουμε:

ΑΓ = ΑΚ δηλαδή ι + ΑΜ = .!1 (3) ΓΜ ΜΝ ΓΜ 6 από (1 ), (3) έχουμε ι + �� = ιi , άρα: α = 5. Άσκηση 6

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ 11 ΓΔ), σημείο Ρ στην ΑΓ, τέτοιο ώστε fr = λ, λ � Ο.

Από το Ρ φέρω ευθεία (ε), (ε) // ΒΓ, που τέ­μνει τις ΒΓ, ΒΔ, ΑΔ στα σημεία Ν, Κ, Μ αντί­στοιχα. Δείξτε ότι: i) ΜΝ = ΑΒ + λΓΔ ii) ΚΡ = lλΓΔ - ABI

l + λ ' l + λ '

iii) ΑΓ·ΡΝ � ΑΒ·ΡΓ + ΓΔ·ΑΡ. · . Λύση

Δ Γ

Α , ΑΡ λ , ΑΡ λ πο την ΡΓ = , παιρνουμε: ΑΓ = λ + ι ΡΓ ι και ΑΓ = λ + ι ·

..... ..... ΓΡΝ - ΓΑΒ (ΡΝ // ΑΒ), τότε έχουμε: ΡΝ ΓΡ ' . ΡΝ ι ΑΒ = Γ Α' οποτε. ΑΒ = λ + ι ·

..... ..... Ομοια ΑΜΡ - ΑΔΓ (ΜΡ 11 Γ Δ), τότε έ-ΜΡ ΑΡ . , ΜΡ λ χουμε: ΓΔ = ΆΓ ' οποτt;: ΓΔ = λ+ ι ·

i) ΜΝ = ΜΡ + ΡΝ, οπότε έχουμε: ΜΝ =_λ_ ΓΔ + __ ι_ΑΒ = ΑΒ + λ· Γ Δ_ . λ + ι λ + ι ι + λ

ii) ΚΡ = ΙΜΝ -ΜΚ - ΡΝΙ = = 1ΑΒ + λ·

ΓΔ __ ι_ΑΒ --

ι-ΑΒ 1 . ι + λ λ + ι λ + ι Δηλαδή: ΚΡ = lλΓ� _; :BI.

ι·ι·ι·) ΡΝ ΓΡ δ λ δ , ΡΝ ΑΓ ΓΡ ΑΒ ΑΒ = ΑΓ ' η α η. . = . .

Άρα: ΡΝ·ΑΓ � ΑΒ·ΓΡ + ΓΔ·ΑΡ Άσκηση 7

Δίνεται ισοσκελές τρίyωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ), ·

. ΑΔ το ύψος και Ε το μέσον της ΑΒ. Από το Δ φέ­ρω τη ΔΖ .ι ΑΓ. Δείξτε ότι: i) ΔΒ·ΔΓ = 2ΔΕ·ΖΓ, ii) 2ΕΖ > ΑΒ, iii) ΔΒ2 < ΕΖ2 + Zr.

Λύση Α

Β Δ Γ

Ισχύει: ΔΕ =�Β, ΔΕ 11 ΑΓ. ...:::ι.. ...ι=ιι... .,.....,_ .,....... .,.,....., _,....,_

I) ΔΖΓ - ΑΔΒ (Β = Γ, ΑΔΒ = Ζ = 90°) οπότε έχουμε:

ΔΓ ΖΓ , ΑΒ = ΔΒ , δηλαδη: ΔΒ·ΔΓ = ΖΓ·ΑΒ. Άρα ΔΒ·ΔΓ = 2ΔΕ·ΖΓ.

ι"ι) ΔΕ // ΑΓ I ,

, Ε. "Δ 90ο ΔΖ .ι ΑΓ τοτε εχουμε: Ζ = . . Άρα ΕΖ > ΕΔ, δηλαδή 2ΕΖ > ΑΒ.

iii) ΔΒ·ΔΓ = ΑΒ·ΖΓ οπότε έχουμε: ΔΒ2 < 2ΕΖ·ΖΓ < ΕΖ2 + ΖΓ2• Άρα ΔΒ2 < ΕΖ2 + zr.

Άσκηση 8 Έστω τρίyωνο ΑΒΓ, Θ το κέντρο βάρους

του και ευθεία (ε) που περνάει από το Θ και τέ­μνει tις ΑΒ, ΑΓ στα Κ, Λ αντίσtοιχα. Δείξτε ό-

ΑΚ ΓΛ τι ΚΒ � 4· ΑΛ"

Α Λύση

Β Δ Γ Ε • Ε�ν �ε) // ΒΓ τότε (θ. Θαλή)��=��= 2

ΓΑ ΘΔ ι , , , · και ΑΛ = ΘΑ = 2 , αρα ισχυει ως ισοτητα. • Εάν (ε) Ή. ΒΓ και έστω Ε το σημείο τομής της (ε) με τη ΒΓ . .

Εφαρμόζω το θεώρημα ΜΕΝΕΛΆΟΥ στο ΑΒΔ, διατέμνουσα ΚΘΕ:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/28

Page 29: Ευκλειδης Β 19

Αναλογίες - Ομοιότητα - Μετρικές σχέσεις

� Ομοια στο ΑΔΓ, διατέμνουσα ΘΛΕ: ΑΘ . ΕΔ . ΛΓ = 1 Τότε ΛΓ =! . ΕΓ ΘΔ ΕΓ ΛΑ . ΛΑ 2 ΕΔ" Η δ θ , , ΑΚ 4 ΛΓ . ο εισα γραφεται: ΚΒ � · ΑΛ η ισο-

δύναμα 2 �� � 4· 4 ��- Επομένως ΕΔ 2 � Ε�· ΕΓ ισχύει ΕΔ = ΕΓ + Γ Δ και ΕΔ = ΕΒ - ΒΔ, άρα:

ΕΔ 2 = (ΕΓ + Γ Δ )( ΕΒ - ΒΔ ) = ΕΓ·ΕΒ - ΕΓ·ΒΔ + ΓΔ·ΕΒ - ΒΔ· ΓΔ = ΕΒ·ΕΓ + ΒΔ·(ΕΒ - ΕΓ) - ΒΔ· ΓΔ = ΕΒ·ΕΓ + ΒΔ·ΒΓ - ΒΔ· ΓΔ = ΕΒ·ΕΓ + ΒΔ(ΒΓ - ΓΔ). Επομένως: ΕΔ2 = ΕΒ·ΕΓ + ΒΔ2, άρα ΕΔ2 � ΕΒ·ΕΓ

, ΑΚ ΛΓ και επομενως ΚΒ � 4· ΑΛ"

Άσκηση 9 �

Σε τρίγωνο ΑΒΓ δείξτε ότι: i) α·υα = Ρ·υμ = γ·υy

ii) (α-υp)(β-υy)(γ-υα) = (α-υy)(Ρ-υα)(α-υμ)

Λύση

i)

Α

..::::. .ο.. , , . ΑΔ ΑΒ ΑΔΒ -ΓΖΒ, τοτε εχουμε: ΓΖ = ΓΒ

Γ

Άρα: ΑΔ·ΓΒ = ΑΒ·ΓΖ, δηλαδή υa·α = γ·υ1 � � ΒΕ ΒΓ ΒΕΓ -ΑΔΓ, τότε έχουμε ΑΔ = ΑΓ Άρα: υβ·β = υa·α, δηλαδή α·υa = β·υβ = γ·υ1

ii) Θέτουμε: α·υa = β·υβ = γ·υ1 = t, άρα: (α - υβ) (β - υ1) (γ - υα.) = (�α -!)(�β -�)(�γ -�)=

t t t β·υa (β - υα) γ·υβ (γ - υβ) α·υγ (α - υγ) =

t3 ( , \(β )( ) (α - υ1) (β - υα) (γ - υβ) = α·υαι ·υβ γ·υ1

(α - υ1) (β - υα.) (γ - υβ)

Άσκηση 10 'Δ,' Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ τα ύψη του

ΑΔ, ΓΕ και Η το ορθόκεντρό του. Εάν Μ, Ν τα μέσα των ΑΒ, ΓΗ αντίστοιχα δείξτε ότι

..... � i) ΑΔΓ - ΜΔΝ, ii) 2ΜΝ > ΑΓ. Λύση

• έχουμε ΔΜ =�Β και ΜΔΒ = Β Α

Β Δ Γ m ,.. ,..

ΔΝ =-καιΝΔΓ=ΕΓΒ 2 _,... _,... ΒΑΔ = ΕΓΒ (Πλευρές κάθετες)

_,... _,... _,... άρα ΜΔΝ = 180° - ΜΔΒ -ΝΔΓ = 1 80° - (Β + ΒΑΔ) = 90°, άρα ΜΔΝ = 90d

� �

ΑΔΒ, ΓΔΗ _,... �

• ΑΔΒ = Γ ΔΗ= 90° τότε ΑΔΒ - Γ ΔΗ δηλα-

δ ή

i)

,..... _,... ΒΑΔ=ΗΓΔ

ΑΒ ΑΔ , . 2·ΔΜ ΑΔ ΓΗ = ΓΔ" Επομενως. 2,ΔΝ = ΓΔ άρα ΔΜ ΑΔ ΔΝ = ΓΔ

� ΑΔΓ, ΜΔΝ ,..._ _,... ΑΔΓ = ΜΔΝ = 90° ΔΜ ΑΔ ΔΝ = ΓΔ

..... τότε ΑΔΓ -ΜΔΝ

ii) Ισχύει 2ΜΔ > ΑΔ δηλαδή �f > 4 , ΜΔ ΔΝ ΜΝ ομως ΑΔ = ΔΓ = ΑΓ ' άρα� >4. Επομένως 2ΜΝ >ΑΓ.

Άσκηση 11 ..... Σε τρίγωνο ΑΒΓ δείξτε ότι:

.!.. = .!.. + .!.. αν και μόνο αν Α = 90°. 2 2 2 υα υμ υy

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/29

Page 30: Ευκλειδης Β 19

Αναλογίες - Ομοιότητα - Μετρικές σχέσεις

Λύση

Αν_!_=_!_+_!_ τότε Α = 90° 2 2 2 ' υa υβ υy ισχύει α·υa = β·υβ = γ·υy =κ, κ σταθερό, Οπότε η�=�+-\ γράφεται υa υβ υy Ι Ι 1 , J A2 2 -=-+- η -=�+1.. δηλ (�)2 (�)2 (�)2 κ2 κ2 κ2

2 2 2 " α =β +γ και επομένως A=9<f Α = 90° τότε � =�+� (άσκηση)

υa υβ υy

Άσκηση 12 " "

Οι διχοτόμοι των γωνιών Δ, Γ τραπεζίου ΑΒΓΔ (ΑΒ // Γ Δ), τέμνονται στην ΑΒ στο ση­μείο Ε. Εάν ΔΕ = 15, ΕΓ = 13 και το ύψος ΕΖ ·του ΕΔΓ είναι ίσο με 12, να υπολογισθούν τα μήκη των πλευρών του.

Λύση Ζ Γ

Β

Ισχύει ΑΔ = ΑΕ και ΒΓ= ΒΕ. Φέρω τις α­ποστάσεις ΕΗ, ΕΖ, ΕΘ του Ε απώ τις πλευρές ΑΔ, ΔΓ, ΓΒ αντίστοιχcι τότε:

ΕΗ = ΕΖ = ΕΘ = Ι2 ακόμη ΔΗ = ΔΖ και ΓΖ = ΓΘ ΔΗΕ 61 = 90°): ΔΗ2 = ΔΕ2 - ΕΗ2 =

= Ι 52 - 122 άρα ΔΗ = 9 ΕΖΓ (Ζ = 90°): ΖΓ2 = ΕΓ2 - ΕΖ2 =

= 1 32 - Ι22 άρα ΖΓ = 5 επομένως ΔΓ = ΔΖ + ΖΓ = 9 + 5 = Ι4. ....... " 2 2 2 ΑΗΕ (Η = 90°): ΑΕ = ΑΗ + ΕΗ τότε

ΑΔ2 = (ΑΔ - 9)2 + Ι22, άρα ΑΔ = Ι2,5 ....... " 2 2 2 ΕΘΒ (Θ = 90°): ΕΒ = ΒΘ + ΕΘ ή ΒΓ2 = (ΒΓ - 5)2 + Ι22, άρα ΒΓ = Ι6,9

άρα ΑΒ =ΑΕ + ΕΒ = ΑΔ + ΒΓ = 29,4. Άσκηση 13

Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνό ....... " ΑΒΓ, ( Α= 90°). Φέρω τη ΑΕ .l ΒΔ,ΒΔ διάμε-

σος, η προέκταση της οποίας τέμνει τη ΒΓ στο z. Να υπολογισθεί ο λόγος i�·

Λύση (ε)

Α Δ Γ

Η

Φέρω (ε) 11 ΑΓ και έστω Η το σημείο το­μής της ΑΕ και της (ε). ....... ....... , ΑΕ ΑΔ ΑΕΔ - ΗΕΒ (ΑΔ 11 ΒΗ), τοτε ΕΗ = ΒΗ , , ΑΕ ΑΓ ΑΒ αρα ΕΗ = 2ΒΗ = 2ΒΗ (1)

....... ....... , ΓΖ ΑΓ ΑΒ ΑΖΓ - ΗΖΒ, τ�τε ΖΒ = ΒΗ = ΒΗ (2) ....... ΑΒΉ = 90° I , ΑΒ2 ΑΕ ΑΒΗ : ΒΕ , τοτε --2 = ΕΗ (3) υψος ΒΗ

από (1) , (2), (3) έχουμε �� =� Άσκηση 14 .......

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, (Α = 90°), ΑΔ το' ύψος του και Ε το μέσον του ΑΔ. Η ΒΕ τέμνει την ΑΓ στο Ζ. Δείξτε ότι ΑΖ ΑΒ2 zΓ = ΒΓ2.

Λύση Γ

Β ....... ΑΔΓ διατέμνουσα ΒΕΖ (Θ. ΜΕΝΕΛΆΟΥ) τότε ΑΖ . ΒΓ . ΕΔ = Ι ΖΓ ΒΔ ΕΑ ΕΔ = Ι ΒΓ = ΒΓ2 ΒΓ2 ΕΑ ' ΒΔ ΒΔ·ΒΓ = ΑΒ2

2 άρα ΑΖ =ΑΒ ΖΓ ΒΓ2'

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/30

Page 31: Ευκλειδης Β 19

Εμβαδά καμπυλόγραμμων σχημάτων

ι. Θεωρία Εμβαδόν κυκλικού δίσκου ακτίνας R:

2 Ε = πR . Εμβαδόν κυκλικού τομέα ακτίνας R:

2 _ πR ·μ0 Εκ.τ - 360ο . Αν η επίκεντρη γωνία του κ. τομέα σε α-

κτίνια είναι ω, τότε: 2 ω Ι 2 Ι Εκ τ = πR -=-R · ω = - I· R . 2π 2 2 '

.-όπου Ι το μήκος του τόξου ΑΒ.

Σχ. Ι Εμβαδόν κυκλικού τμήματος (σχ. Ι): 2

,

- -.

- Π R ·μο _.!. 2 "" Εκ.τμ - Εκ.τ (ΟΑΒ) - 3600 2 R ημ(ΑΟΒ).

Μ

Α� Β Ν

Σχ. 2

Μ

Α� � Σχ. 3

Το εμβαδόν μηνίσκου είναι ίσο με το ά­θροισμα (σχ. 2) ή τη διαφορά (σχ. 3) των εμ­βαδών των δύο κυκλικών τμημάτων ΑΜΒ και ΑΝΒ. 2. Ασκήσεις ι. Δίνεται κύκλος διαμέτρου ΑΒ = 2ρ.Ένα σημείο Γ χωρίζει την ΑΒ σε λόγο !· Με διαμέ­

τρους ΑΓ και ΓΒ γράφουμε ημικύκλια εκατέ­ρωθεν της ΑΒ. Να βρεθεί ο λόγος των εμβαδών των δύο χωρίων που ορίζονται από τον κύκλο (0, ρ) και τα δύο ημικύκλια. �.

Γρηγόρης Δ. Φωτιάδης

ΑΓ =.!. ΓΒ =.!. ΑΒ = ± ρ και ΓΒ = � ρ 2 3 3 3 Ει = Εημ.ΑΒ - Εημ.ΑΓ + Εημ.ΓΒ =

2 2 .!. πρ2 -.!. π (ΑΓ) +.!. π (ΙΒ) = ± πρ2 2 2 2 2 \. 2 3 . Ι 2 Ει Άρα Ε2 =3 πρ και Ε= 2.

2 .....

2. Ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, R). Αν το εμβαδόν του μη κοινού μέρους του κυκλ. δίσκου (0, R) και του τριγώνου ΑΒΓ είναι Ε = 4π - 3\[3, να υπολογιστούν τα α και R.

Α

Γ

Είναι α = RVJ 2 2 sΔ1l Ε = Εκύκλ· - (ΑΒΓ) = π R - 4 =

π R2 _M_R2 = (π -W)R2 . 4 4 Ε = 4π -JV3 (υπόθεση)

Σχ. 5

Άρα: 4π -JV3 = (π -� ) R 2 <=> R = 2 και α = 2VJ.

......

3. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με υπο­:z

τείνουσα ΒΓ = α και εμβαδόν Ε = κ . i) Να υπολογιστεί η ακτίνα του εγγεγραμμένου

.....

κύκλου (1, ρ) του ΑΒΓ συναρτήσει των α, κ. ii) Α ν Δ, Ε, Ζ τα σημεία στα οποία ο κύκλος (1, ρ) εφάπτεται τις πλευρές ΒΓ, Γ Α, ΑΒ αντί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/31

Page 32: Ευκλειδης Β 19

Εμβαδά ΙΙ:άμπυλό'yραμμων σχημάτων

στοιχα, να pρεθεί το εμpαδόν του χωρίου που ο-,.... ρίζεται από τη χορδή ΕΖ και το τόξο ΕΔΖ.

Γ

Α Ζ Β i) ΑΖΙΕ τετράγωνο καt ΑΖ = ρ <=>

τ - α = ρ <=> 2τ - 2α � 2ρ <=>

Σχ. 6

2 2 2ρ + α = β + γ <=> (β + γ) = (2ρ + α) <=> 2 2 2 2 β + γ + 2βγ = 4ρ + 4αρ + α <=> 2 2 2 2 4ρ + 4αρ - 4κ , = Ο <=> ρ + αρ - κ = Ο <=>

_ -α + .Υα2 + 4κ2

Ρ - , 2 ii) Το ζητούμενο εμβαδόν Ε είναι:

3 3 2 1 2 Ε =4Εκυκλ + (ΙΕΖ) =4πρ + 2 ρ = i ρ2(3π + 2) = /6 (3π + 2)Να2 + 4κ2 - α{

4. Δίνονται οι παράλληλες ευθείες ε1 και ε2 με d(ε1, εJ = 6 και ο κύκλος (0, 3\fi.) με κέντρο Ο που pρίσκεται στη μεσοπαράλληλη των ε1, ε2• Να υπολογιστεί το εμpαδό του κοινού μέρους του κ-'κλου και της ζώνης των ε1, ε2•

Σχ. 7

Οι ε 1 , ε2 τέμνουν τον κόκλο (0, R) επειδή d(ε1 , εJ < 2R.

ΟΑ = Y\j2, ΟΚ =9.= 3 ·• , 2 2 2 2 2 2 ΑΚ = ΟΑ - ΟΚ = (Y\j2) - 3 = 9 <=> ΑΚ = 3 Άρα ΟΑΚ ισοσκελές και 01 = 45°. Το

τρίγωνον είναι ορθογώνιο στο Ο. Το ζητούμε­νο εμβαδόν είναι: '

Ε = Εκυκλ - 2Ε1 = πR2 - 2 (πR2 i6°;0 -4R2)<=>

Ε = (4 π + 1f2-= 9(π + 2).

...... 5. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90°, Β = 60° και ΒΓ = 4cm. Με κέντρο Β και ακτίνα ΑΒ γράφουμε τόξο πqυ τέμνει τη ΒΓ στο Μ. Με κέντρο Γ και ακτίνα ΓΜ γράφουμε τόξο που τέμνει την ΑΓ στο Ν. Να υπολογιστεί η περίμετρος και το εμpαδόν του μεικτόγραμ­μου τριγώνου που σχηματίζεται από το τμήμα ,..... ,..... . ΑΝ και τα τόξα ΑΜ και ΜΝ.

Γ

2

Α Β

Σχ. 8

ΒΓ = 4, ΑΒ = 2 και ΑΓ = 2-νJ S � 2 60 2π s � 2 30 π

ΑΜ = Π· . 180 = τ• ΜΝ = Π· . 180 = J' ΑΝ = 2-νJ - 2 -Η περίμετρος του καμπυλόγραμμου τρι-

γώνου είναι: Π = 2; + j + 2-νJ - 2 = π + 2(-νJ - 1).

Το εμβαδόν του είναι: ,-.. Ε = (ΑΒΓ) - Εκ.τ.Β.ΑΜ - Ε κ.τ.Γ.ΜΝ = 2-νJ - 23

π.-j = 2-νJ - π.

6. Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο Air με υποτείνουσα ΒΓ = 2α. Γράφουμε το τό-ξο Br του κύκλου (Α, ΑΒ) και το ημικύκλιο BrM διαμέτρου ΒΓ. Να αποδειχθεί ότι το εμ- __ .

pαδόν του γραμμοσκιασμένου μηνίσκου είναι ίσο με το εμpαδόν τετραγώνου πλευράς α.

Σχ. 9 · Α

ΒΓ = 2α, ΑΒ =ΑΓ = r:t'.j2 Το εμβαδόν του μηνίσκου είναι: Ε = Εημ.ΒΜΓ � Ε κ.τμ.ΒΓ = 1 mr

)2

2 π \Τ . - (Εκ.τομ.Α.ΑΒ - (ΑΒΓ)) = 1 2 1 2 1 2 2 - πα -- π(ΑΒ) + - (ΑΒ) = α . 2 4 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3132

Page 33: Ευκλειδης Β 19

Εμβαδά καμπuλδΎραμμων σχημάτων

7. Θεωρούμε τους κύκλους (Κ, ρ) και (Λ, ρ) με διάκεντρο· ΚΑ = ρ Α ν η περίμετρος του κοι­νού χωρίου τους είναι 8π, να υπολογιστεί το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου μηνίσκου. ----·-· Α -----

.ιι:::... .· . ...::::::ι..

Γ Σχ. 1 0

ΑΚΛ.J... ισόπλευρα τρίγωνα και ΑΚΒ = ΑΛΒ = 120°.

ναι:

Η περίμετρος του κοινού χωρίου τους είναι Π =2 ·SΑΛΒ = 2· 2πρ ��� = � πρ

4 π = 8π <=> 3 πρ = 8π <=> ρ = 6. Το εμβαδόν Ε του ζητούμενου μηνίσκου εί-

Ε = Ε κ.τμ.ΑΒΓ - Ε κ.τμ.ΑΒΛ = Εκ.τομ.Λ.ΑΒΓ + (ΑΒΛ) - Εκ.τ.Κ.ΑΑΒ + {ΑΚΒ) =

- 2240° 1 2 ο 2 1 20° 1 2 ο . -πρ 3600 �ρ ημ120 - πρ 3600 � ρ ημ120 =

-� πρ2 +-if ρ2 = 1 2π + 18 ·�.

8. Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 30° και ΑΒ = ΑΓ = β. Με κέντρο Α και ακτίνα το ύψος ΑΔ γράφουμε τόξο που τέμνει τις ίσες πλευρές στα ση­μεία Ε κaι Ζ. Να βρεθεί συναρτήσει του β το εμβα­δόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου.

Ή

Α

Ε z Β Δ Γ

Σχ. 1 1

ΑΔ = υ α = ΑΒσυν 1 5° = βσυν 1 5°. ,_.._

Ε = (ΑΒΓ) - Εκ.τ.Α.ΕΖ = 1 2 . 2 300 1 2 π 2 2 2 β ημ30ο - π·υα .

360ο = 4 β - 12 β συν 1 5ο =

! 2 - � 22 + V3 -_1 - - r; 2 4 β 12 β 4 - 48 [1 2 (2 + v�)π]β . 9. Δύο ίσοι κύκλοι (Κ, ρ) και (Λ, ρ) τέμνονται εξωτερικά στο σημείο Γ. Με διάμετρο το κοινό εφαπτόμενο τμήμα τους ΑΒ, γράφουμε ημι�-ύ-

κλιο εκτός των κύκλων. Να δείξετε ότι το ΑΒΛΚ είναι ορθογώνιο με εμβαδόν, ίσο με το εμβαδόν του χωρίου που σχηματίζεται από το ημικύκλιο ΒΑ και τα κυρτογώνια τόξα Ar και Br.

Σχ. 1 2

ΚΑ .l ΑΒ, ΛΒ .l ΑΒ τότε ΑΚ // ΒΛ και ΑΚ = ΒΛ = ρ. Άρα

ΑΒΛΚ ορθογώνιο με: 2 (ΑΒΛΚ) = ΑΚ·ΚΛ = 2ρ .

Ε = Ε1 + Ε2 = 1 (ΑΒ)2 2 π \_Τ + (ΚΛΒΑ) - 2Εκ.τ.Λ.Βt = 1 2 2 1 2 2 2 π ρ + 2ρ - 2· 4 π ρ = 2ρ .

10. Ο παρεγγεγραμμένος κύκλος (Ια, Ρα) στο ι-..... σόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ εφάπτεται στις προε­κτάσεις των πλευρών του ΑΒ και ΑΓ στα ση­μεία Ε και Ζ αντίστοιχα. Να υπολογιστούν συ-ναρτήσει της πλευρclς α του τριγώνου ΑΒΓ: ί) Η ακτίνα Ρα του κύκλου (Ια, ρJ • .

ίί) Το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος χορδής ΖΕ.

Α

30

Σχ. 1 3

ρ = Αlα Ρα + υ α <=> ρ = υ = � α 2 2 α α · 2 ' Ε = Εκ.τ.ια.ΕΖ. - (ΙαΕΖ) = πρ� 1 20 _ ! ρ� η μ 1 20 = (1 π - ill ) ρ� = 360 2 . 3 4 (!π _ W ) α2 4 1 6 .

11 . Η διαφορά των εμβαδών των τετραγώνων τα οποία είναι το ένα εγγεγραμμένο και το άλ­λο περιγεγραμμένο στον κύκλο (Ο, R) είναι

Π \EliHΣ Β' �ι.i}. τ. 3/33

Page 34: Ευκλειδης Β 19

Εμβαδά καμπυλόγραμμων σχημάτων

12τ.μ. Να υπολογιστούν: i) το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου (0, R). ii) το εμβαδόν του χωρίου μεταξύ του εγγε­γραμμένου τετραγώνου και του (0, R). iii) το εμβαδόν του χωρίου μεταξύ του περιγε­γραμμένου τετραγώνου και του (0, R).

Θ . Γ Η

α

Ο R τ- - - - - - - - - Β I I I I

Ε Α Ζ 2 2 2 (ΑΒΓΔ) = α = (R-../2) = 2R

2 2 (ΕΖΗΘ) = (2R) = 4R

Σχ. 14

2 (ΕΖΗΘ) - (ΑΒΓΔ) = 2 R = 12 � R = ν?>.

2 i) Εκ.δίσκ. = πR = 6π

2 2 ii) Ε 1 = Ε.c.δ. - (ΑΒΓ Δ) = πR � 2R = 6(π - 2).

2 2 iii) Ε2 = (ΕΖΗΘ) - Ε.c.δ. = 4R - πR = 6(4 - π).

12. Δίνεται κύκλος (0, ρ) και οι εφαπτόμενές του ΑΒ, ΑΓ από σημείο Α τέτοιο ώστε ΟΑ = 2ρ. Να βρεθεί το εμβαδόν του κοινού τμήματος των κυκλικών δίσκων (0, ρ) και (Α, ΑΒ).

Β

""""" Το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ορθογώνιο και

0Β = 0:.

Άρα Αι = 30°, 6Ί = 60° και ΑΒ = fY\/3. Ε = Ε ι + Ε 2 = Εκ.τ.Ο.Β-Γ - (ΟΒΓ) + Εκ.τ.Α.ΒΓ - (ΑΒΓ) =

2 120° 1 2 ο --Γ-1 2 60° πρ 360ο - 2 ρ ημ1 20 + π(vν3) . 360ο -� 3ρ2ημ60 = (56π - f3}2

·

14. Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελtς τρίγωνο """"" ....... ΟΑΒ (Ο = 9tf). Με διαμέτρους ΟΑ και ΟΒ γράφουμε ημικύκλια που τέμνονται στο σημείο Γ. i) Να δείξετε ότι τα σημεία Α, Β, Γ είναι σι>νειΔ:ιακά. ii) Να •βρι&ί το εμβαδόν Ε του κοινού ηιήματος των

δύο παραπάνω 1J11ΚΟ'λικών δίσκων συναρτήσει της πλευράς ΟΑ= α.

. ,.-._ ίίι') Αν ΑΒ το κυρτογώνιο τόξο του κύκλου (0, ΟΑ),

δείξτε ότι το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χrορt- ·

ου είναι ίσο με το εμβαδό Ε του ερωτήματος (ίι'). Β

Σχ. 17

....... i) ΟΓΑ + ΟΓΒ = 90° + 90° = 1 80°

,.-._

ii) Ε = 2Ει = 2[Ε�.τ.Α.ΟΓ - (ΟΑΓ)] = 2 ( πα2 3�;ο-� ΟΓ·ΑΓ )=� (π - 2)α2.

(ΟΓ = ΑΓ = �) 2 ίίί) Ε2 = ΕοΧΒ - Εημ.οrΑ + Ε =

1 2 1 (α)2 4πα - 2· 2 π 2 + Ε = Ε.

,.-._

15. Δίνεται τεταρτοκύκλιο Ο.ΑΒ. Αν τα ση-,_._

μεία Γ, Δ ισαπέχουν από το μέσο του ΑΒ, δείξ­τε ότι το εμβαδόν του σχήματος που ορίζεται

,.-._

από το τόξο Γ Δ την ακτίνα ΟΑ και τις κάθετες ΔΚ, Γ Λ στην ΟΑ, ε_!yαι ίσο με το εμβαδόν του κυκλικού τομέα Ο.ΓΔ.

Β Δ

Σχ. 1 8

κ ....... Οι γωνίες Οι και 02 είναι ίσες επειδή

βαίνουν σε ίσα τόξα. ....... ....... 02 = Δι (εντός εναλλάξ) """"" """"" Άρα ΟΓ Λ = ΟΔΚ. ΕΚΛfλ = Ει + Ε2 = Ει + Ε2 + Ε3 - Ε3 = Ει + (ΟΓ Λ) - Ε3 = Ει + (ΟΔΚ) - Ε3 = Ει + Ε4 = Εκ.τ.ο.fλ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/34

Page 35: Ευκλειδης Β 19

Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος

Αρχικά παραθέτουμε μερικά βασικά στοιχεία της θεωρίας που αφορούν τις προό­δους και κάποιες παρατηρήσεις, που θα βοη­θήσουν στην κατανόηση των ασκήσεων που ακολουθούν.

Για την Αριθμητική Πρόοδο • Ισχύο�ν: αν = α1 + (ν - 1)ω,

Sv = � [2α1 + (ν - ι)ω] και Sv = � (α1 + αν).

• Οταν έχουμε περιττό πλήθος διαδοχικών όρων ΑΠ. συνήθως τους συμβολίζουμε: . . . , α - 2ω, α - ω, α, α + ω, α + 2ω, . . . όπου α ο «μεσαίος» όρος και ω η διαφορά της προόδου. Οταν έχουμε άρτιο πλήθος διαδοχικών ό­ρων Α.Π. σ'υνήθως τους συμβολίζουμε: . . . , α - 3ω, α - ω, α + ω, α + 3ω, . . . όπου α - ω, α + ω οι δύο «μεσαίοι» όροι και ω η διαφορά.

• Τρεις αριθμοί α, β, γ είναι διαδοχικοί ό­ροι Α.Π. αν και μόνο αν ισχύει: α + γ = 2β.

• Μια Α.Π. είναι πλήρως ορισμένη αν είναι γνωστοί ο πρώτος όρος α1 της προόδου και η διαφορά ω.

Για τη Γεωμετρική Πρόοδο

Ι , λν - I σχυουν: αν = αι . ' λν - ι Sv = αι · λ _ 1 με λ * 1 , Sv = ν·α1 με λ = 1 .

Οταν έχουμε περιττό πλήθος διαδοχικών όρων Γ.Π. συνήθως τους συμβολίζουμε:

α α λ αλz , , . . . , λ2

, λ' α, α , . , . . . οπου α ο «μεσαιος»

όρος και λ ο λόγος της προόδου. Οταν έχουμε άρτιο πλήθος διαδοχικών ό­ρων Γ.Π. συνήθως τους συμβολίζουμε:

α α λ λ3 . . . , λ3' λ' α ' α ' . . .

(«μεσαίοι όροι» οι Χ' αλ και λόγος λ2) ή

Εύα Σαίτη � Λίτσα Μπανδήλα

(«μεσαiοι όροι» οι -χ· αλ και λόγος - λ2) . �

Τρεις μη μηδενικοί αριθμοί α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι Γ.Π. αν και μόνο αν ι­

, β2 σχυει = αγ. • Μια Γ.Π. είναι πλήρως ορισμένη αν είναι

γνωστοί ο πρώτος όρος α1 και ο λόγος λ. • Το άθροισμα άπειρων όρων Γ.Π. με lλl <

ι , S αι , ει ναι = 1 _ λ"

Άσκηση 1 Να βρεθεί η Α.Π. της οποίας το άθροισμα

όλων των όρων εκτός του ·πρώτου ισούται με -36, το άθροισμα όλων των όρων εκτός του τε­λευταίου ισούται με Ο και η διαφορά του έκτου όρου από τον δέκατο όρο"ισούται με -16 .

Λύση Έστω ω η διαφορά της προόδου. Ισχύουν

οι σχέσε1ς: {α1 + α2 + α3 + . . . + av -=_ι = Ο αz + α3 + α4 + . . . + αν - -36 α1 0 - α6 = -ι6

Από την 3η εξίσωση έχουμε: (α1 + 9ω) - (α1 + 5ω) = -ι6

απ' όπου προκύπτει ότι ω = -4. Αφαιρούμε την 2η εξίσωση από την ι η και παίρνουμε:

α1 - αν = 36 δηλ. α1 - α1 - (ν - 1)ω = 36

απ' όπου ν = ι ο. Από την ι η εξίσωση έχουμε: αι + αν - ι (ν - ι) = Ο 2

απ' όπου α1 = 16.

λσκηση 2 Έστω Α.Π. με όρους φυσικούς αριθμούς

για την οποία ισχύει: το άθροισμα των εννέα πρώτων όρων είναι μεγαλύτερο του 200 και μι­κρότερο του 220 και αz = 12. Να βρεθεί η πρόο-δος.

·

Λύση Από τη υπόθεση έχουμε το σύστημα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/35

Page 36: Ευκλειδης Β 19

Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος {α2 = α1 + ω = Ι2 200 < α 1 � � ·9 < 220

Από την εξίσωση του συστήματος έχουμε α1 = Ι 2 - ω και με αντικατάσταση ,στην ανισό­τητα βρίσκουμε:

200 < 02 - ω) + (�2- ω) + 8ω ·9 < 220 δηλ.

200 < 202 -�) + 8ω ·9 < 220.

Μετά από πράξεις παίρνουμε 3 �� < ω < 4 2�. Εφ' όσον όλοι οι όροι της προόδου είναι φυ­σικοί αριθμοί θα είναι ω = 4 και α1 = Ι 2 - 4 = 8.

λσκηση 3 Τέσσερεις διαφορετικοί ακέραιοι αποτε­

λούν διαδοχικούς όρους Α.Π. Ένας από αυτούς τους ακέραιους ισούται με το άθροισμα των τε­τραγώνων των άλλων τριών αριθμών. Να βρε­θούν αυτοί οι αριθμοί.

Λύση Έστω α - ω, α, α + ω, α + 2ω οι ζητούμενοι

αριθμοί. Η πρόοδος είναι αύξουσα; Ισχύει: (α - ω)2 + α2 + (α + ω)2 = α + 2ω δηλ. 3α2 - α + (2ω2 - 2ω) = Ο. Αν -24ω2 + 24ω + Ι ;?; Ο δηλ.

Ι 2 -VM8 � ω � Ι2 +Vi§8 τότε 24 "' "' 24

α = Ι + V-24ω2 + 24ω + Ι ( Ι ) 6 Επειδή ω ακέραιος διαφορετικός από το

Ο, θα είναι ω = Ι . Οπότε από τη σχέση ( 1 ) έχουμε

α - ω = - Ι , α = Ο, α + ω = Ι , α + 2ω = 2.

λσκηση 4 Οι ακέραιοι αριθμοί «μ, «μ + 1, «μ + 2' «μ + 3,

«μ + 4 είναι διαδοχικοί όροι Α.Π. 3 3 3 3 3 ) ' Αν «μ + «μ + 2 + «μ + 4 = κ(αμ + 1 + αμ+ 3 , οπου

κ ακέραιος, να βρεθεί η πρόοδος. Λύση

Έστω αμ = α - 2ω, αμ + 1 = α - ω, αμ + 2 = α, αμ + 3 = α + ω, αμ + 4 = α + 2ω, όπου ω Ε Ζ η δια­φορά της προόδου.

Η εξίσωση που έΧει δοθεί γίνεται:

(α-2ω)3 + α3 + (α+2ω)3 = κ[(α-ω)3 + (α+ω)3], ά­ρα 3α3 + 24αω2 = κ(2α3 + 6αω2) δηλ.

3α(α2 + 8ω2) = 2κα(α2 + 3ω2) (1) (ί) αν α = Ο τότε αμ = -2ω, αμ + 1 = -ω,

αμ+ 2 = Ο, αμ+ 3 = ω, αμ + 4 = 2ω (ii) αν α ::�; Ο τότε από την (1) έχουμε:

3(α2 + 8ω2) = 2κ(α2 + 3ω2) δηλ. ω2(24 - 6κ) = α2(2κ - 3)

Πρέπει (24 - 6κ)(2κ - 3) ;?; Ο δηλ. � < κ � 4

άρα κ = 2 3 4 οπότε α = + '"•'- � , . _ ...-ντκ=τ Για κ = 2 βρίσκουμε α = ± � !i!: Z Για κ = 3 βρίσκουμε α = ± O"J"./2 !ϊ!: Ζ Για κ = 4 βρίσκουμε α = ± νο = ο Άρα η πρόοδος είναι . . . -2ω, -ω, Ο, ω, 2ω, . . . ω Ε Ζ.

λσκηση 5 Να βρεθεί το άθροισμα:

502 - 492 + 482 - 472 + . . . + 22 - ι Λύση

(502 - 492) + (482 - 472) + . . . + (22 - Ι ) = ( 50+49)( 50-49)+( 48+47)( 48-4 7)+ . . . +(2+ Ι )(2- Ι )=

99 + 95 + . . . + 3 Η τελευταία παράσταση είναι άθροισμα

πεπερασμένου. πλήθους όρων Α.Π. με α1 = 3, av = 99 κάι ω = 4. Είναι:

αv = α1 + (ν - Ι)ω απ' όπου 99 = 3 + (ν - Ι)4 άρα ν = 25.

Sv = �αΙ + <Χν) =�3 + 99) = Ι275

λσκηση 6 Αποδείξτε ότι αν σε μία Α.Π. ισχύουν

S 2 S 2 ' S 3 ν = ν κ και μ = μ κ, ν ::�; μ τοτε κ = κ •

Λύση S 2 , α1 + <Χν } ν = ν Κ αρα 2 = ν·Κ

2 , α1 + α Sμ = μ κ αρα 2 μ = μ· κ Με απαλειφή του α1 στο σύστημα παίρ­

νουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3136

Page 37: Ευκλειδης Β 19

Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος

δηλ.

δηλ.

n - α .....;""V��μ = κ( ν - μ) 2 [α1 + (ν - Ι )ω] - [α1 + (μ - Ι)ω] ( ) .:;......:_,.,___"--"�.::...-.:.-.:::.,____;::.._::. = κ ν - μ 2 ω( ν ...:. μ) = 2κ(ν - μ) .

Συνεπώς ω = 2κ και α1 = κ. Άρα:

Sκ = αι + � ·κ = α1 + α1 + (κ - Ι)ω ·κ = 2 2

λσκηση 7 Να εξετάσετε αν υπάρχουν τέσσερεις μη

μηδενικοί αριθμοί που να είναι διαδοχικοί όροι Α.Π. τέτοιοι ώστε: το άθροισμα των δύο πρώ-των να ισούται με ιrJ]., το άθροισμα των . δύο τελευταίων με β, το Ύινόμενο των δύο μεσαίων \ και το αντίθετο pνόμενο των δύο ακραίων εί-ναι ρίζες της εξίσωσης z2 -α2z+β2 = Ο.

Λύση Έστω χ - 3ω, χ - ω, χ + ω, χ + 3ω οι τεσ­

σερεις διαδοχικοί όροι της προόδου όπου ω η διαφορά. Τότε ισχύουν:

2χ - 4ω = crJ2 (1), 2χ + 4ω = β (2) 2 2 9 2 2 χ - ω = ρ ι , ω - χ = ρ2

όπου ρ1 , ρ2 οι ρίζες της z2 - α2z + β2 = Ο. Αλλά ρ ι + ρ2 = α2 και ρ 1 ·ρ2 = β2 οπότε:

(χ2 - ώ2) + (9ω2 - χ2) = α2 δηλ. 8ω2 = α2 (3) (χ2 - ω2)·(9ω2 - χ2) = β2 δηλ. χ4 + 9ω4 - 10χ2ω2 = -βz (4) Από την πρόσθεση των (I ) και (2) έχου­

με: 4χ = β + crJ2 και με αφαίρεση της (2) από την ( 1 ): 8ω = β - a-J2. Από την (3) παίρνουμε:

ω = � και ω = � 4 4 Αντικαθιστούμε στην 8ω = β - crJ2 κι έχουμε:

-2α-J2 = β - crJ2 ή β = -a-J2 Αντικαθιστούμε στην 4χ = β + crJ2 οπότε:

4χ = ο ή χ = ο Τότε η (4) γίνεται 9ω4 = -β2 η οποία: • για ω = -αj?= δίνει ��4 + 4α2 = Ο οπότε:

α = Ο, ω = Ο, β = Ο, ενώ

• για ω = � δίνει:

χ = Ο, ω = Ο, α = Ο, β = 0; Επομένως δεν υπάρχουν τέσσερεις τέ­

τοιοι αριθμοί.

λσκηση 8 Μία Γ.Π. έχει 1000 όρους. Το άθροισμα

των όρων που κατέχουν τις περιττές θέσεις εί­ναι 81 και το άθροισμα των όρων που κατέχουν τις άρτιες θέσεις είναι 82• Να βρεθεί ο λόΎος λ της προόδου.

Λύση Ισχύουν οι σχέσεις:

Sι = α ι + α3 + αs + · · · + �99 S2 = α2 + α4 + C1ιi + · · · + α ι οοο

Αν πολ/σουμε την πρώτη με τον λόγο λ παίρ­νουμε:

λ·α1 + λ·α3 + λ·αs + . . . + λ-�99 = λ·Sι <=>

αz + α4 + C1ιi + . . . + αι οοο = λ·Sι <=> S2 = λ·Sι

οπότε λ =��- ·

λσκηση 9 Να υπολοΎισθεί το Ύινόμενο:

! r:2 �1 J:22 �3 J:ϊ2 �· r:r sy:ι -νs- -νs- . . . -νs- . . . Λύση

.} (;2 �2 G �3 1:23 �· 14 Α = 5ν=>- -νs- -νs- . . . -νs- · · · = .2 3 , 2ν 5 33 . .• 5 � • • • =

2 ( 2 )2 ( 2 )3 ( 2 )v = 5 I + 3 + 3 + 3 + ... + 3 + ...

, 2 (2)2 (2)3 (2)ν Η παρασταση l +J+ 3 + 3 + .. . + 3 + . . . είναι άθροισμα άπειρου πλήθους όρων Γ.Π.

με αι= ι , λ =�< 1 οπότε αι ι S = τ--χ= �= 3 �λ/ <1).

1 -j

Άρα Α = 53 = 125.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/37

Page 38: Ευκλειδης Β 19

Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος

Άσκηση 10 Δίνονται οι αριθμοί 10, 14, 21. Να δειχθεί

ότι δεν μπορούν να είναι όροι Γ.Π. Λύση

Έστω <lκ + 1 = 10, αμ + 1 = 14, <Xv + 1 = 21 , όροι Γ.Π. με πρώτο όρο τον α και λόγο λ. Τότε α·λ ιc = 10, α·λμ = 14, α·λν = 21 , οπότε:

-21 __ λν - μ ' (2 1 )ν - ιc λ( ν - ιc) (ν - μ) αρα - = 14 14 και

ν - μ n_ = λ ν - ιc άρα (21 ) = λ (ν - μ) ( ν - ιc) 10 10

' 21 ν - ιc 21 ν - μ 2 1 ν - ιc ι ον - μ συνεπως --=-ν· μ δηλ. 14ν· - ιc

·2 1 ν· - μ

= 1 14ν - ιc 10 -

δηλ. 21μ- ιc . ι ον - μ· 1 4ιc - ν = 1 . Από την τελευταία σχέση έχουμε μ = κ,

ν = μ, κ = ν, που είναι αδύνατο να ισχύει.

Άσκηση 11 Κατασκευάζουμε την Γ.Π. 1, α, α2, • • • , αν, . . . με Jαl < 1 της οποίας κάθε όρος ισούται με το

γινόμενο ενός αριθμού κ επί το άθροισμα όλων των επόμενων όρων. Για ποιες τιμές του αριθ­μού κ το πρόβλημα έχει λύση;

Λύση , ν ( ν + \ ν + 2 ) Ε ' ' Ισχυει α = κ α + α + · · · . φ οσον

Jαl < 1 έχουμε: ν αν + \ 1 α = Κ· -- <=> ι · - α = Κα <=> α = --1 1 - α κ +

Το πρόβλημα έχει λύση για κάθε αριθμό κ που ικανοποιεί την σχέση ι-· -1-· ι < ι δηλ. κ + l για κ > Ο και κ < -2.

Άσκηση 12 Ο 8°ς όρος Γ.Π. είναι 1, ενώ ο λόγος της

· είναι η θετική ρίζα της εξίσωσης (1 + χ)113 = 1 + �· Να βρεθεί ο 7°ς όρος της.

Λύση

Θέτοντας χ = ω3 - 1 (1) στην εξίσωση, , , , , ξ 1 ω3 - 1 , παιρνουμε μετα απο πρα εις: ω = + -4- η

ω3 - 4ω + 3 = Ο = (ω - 1)(ω2 + ω - 3) = Ο ' ' ' 1 -1 +-{Π απο την οποια εχουμε ωι = , ω2 = 2

-1 -ffi και ω3 = 2 . Αντικαθιστούμε τις τιμές αυτές στην (1)

κι έχουμε: 3

Χι = Ο, χ2 = (-1 +2ffi) - 1 και

3 χ3 = (-1 -

2ffi) - 1

3 Α ' ' θ ' ' (-1 + ffi) 1 πο αυτες ετικη ει ναι η χ2 = 2 - ·

Συνεπώς ο λόγος της Γ.Π. · είναι - r,;:; 3 3 λ = (-1 +ν13) - 2 και σύμφωνα με το πρό-

23 βλημα αν α1 ο πρώτος όρος της προόδου, θα έ-χουμε α8 = α1 ·λ7 = 1 ή α1 ·λ6 = t δηλ.

1 23 α7 = λ = (-1 + ..JI3)3 - 23.

Άσκηση 13 . Το άθροισμα των δύο πρώτων όρων φθί­

νουσας Γ.Π. με άπειρους όρους είναι 1 και κάθε όρος αυτής είνciι διπλάσιος του αθροίσματος ό­λων των όρων που ακολουθούν. Να βρεθεί η πρόοδος.

Λύση Έστω α ο πρώτος όρος και λ ο λόγος της

προόδου. Σύμφωνα με την άσκηση θα έχουμε: α + α·λ = 1 και α·λν - \ = 2(α·λν + α·λν + I + α·λν + 2 + · · ·)

για κάθΕ: ν � 1 και ν ε Ζ. Αλλά α· λ ν + α·λν + 1 + α·λν + 2 + . . . = l

α�+λ =

α·λν ' ν - 1 α·λν - 2λ = 1 _ λ οποτε α· λ = 2· 1 _ λ δηλ. 1 - 1 _ λ' 1 . 3 1 - λ = 2λ, λ = 3 άρα α = 4·

Άσκηση 14 Να βρεθούν τρεις αριθμοί χ, y, z τέτοιοι ώ­

στε να είναι χ + y + z = xy + yz + zx, αν είναι γνωστό ότι οι αριθμοί χ, y, z είναι διαδοχικοί όροι Α.Π., ενώ οι xy, yz, zx είναι διαδοχικοί ό­ροι Γ.Π.

Λύση 2 2 2 δ λ Έχουμε 2y = χ + z και y z = χ yz η .

χ2 = yz. Η εξίσωση που έχει δοθεί γίνεται 2 (

. ) ' ' χ + y + z = xy + χ + zx = χ y + χ + z και εφ ο-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/38

Page 39: Ευκλειδης Β 19

Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος

σον χ + y + z ;t:. Ο έχουμε χ =: 1 . Συνεπώς 2y = z + 1 και yz = 1 .

. Λύνοντας τις τελευταίες iξισώσεις έχου-1 ' 1 ' 1 ' 2 με y = η y = - '2 αρα z = . η z = - .

Οπότε οι ζητούμενοι αριθμοί είναι χ = 1 , y = 1 , z = 1 ή χ = 1 , y = -�' z = -2.

Άσκηση 15 · Δίδεται Α.Π. με γενικό όρο «ν και Γ .Π. με

γενικό όρο βν για τις οποίες ισχύει: α1 = β1, α2 = β2 και αν > Ο γιαι κάθε φυσικό αριθμό ν. Α­ποδείξ τε ότι «ν < βν, για κάθε ν > 2.

Λύση Έστω α1 = β1 = α και α2 = β2 δηλ. α + ω = α-λ (1), όπου ω η διαφορά της Α.Π. και λ ο λόγος της Γ.Π. Είναι av > Ο, για κάθε φυσικό αριθμό ν, άρα ω μη αρνητικός αριθμός και εφ' όσον α1 ;t:. α2 θα έχουμε ω > Ο.

Από (1) έχουμε λ = α + ω = 1 + ω > 1 . Θέ-α α λουμε να δείξουμε ότι �· < βν, δηλ.

α + (ν - 1)ω < α·λν - ι για ν > 2. Από (1): ω = α·λ - α = α·(λ - 1) οπότε η

σχέση που θέλουμε να δείξουμε είναι: α + (ν - 1)α(λ - 1) < α·λν - ι δηλ. α(ν - 1)(λ - 1) < α·(λν - 1 - 1 )

Διαιρώντας με τον θετικό α(λ - 1) έχουμε: λν - I - 1 ν - 1 < λ _ 1 δηλ.

ν - 1 < 1 + λ + . . . + λν - 2

που ισχύει εφ' όσον λ > 1 .

Άσκηση 16 Να βρεθούν τρεις αριθμοί χ, y, z αν είναι

γνωστό ότι οι χ, y, z είναι διαδοχικοί όροι Α.Π.; οι χ, y - 1, z - 1 είναι διαδοχικοί όροι Γ .Π. και ισχ-ύει y - χ = !..=...!. χ

Λύση {2y = χ + z (1) (y - 1 )2 = x(z - 1) (2) y - x = � (3) χ

Η (3) γίνεται: xy - x2 = y - 1 �

y(x - 1) = (x + 1)(χ - 1) � (x - l)(y - x - 1) = 0 { 2y = 1 + z

α) Αν χ = 1 έχουμε (y _ 1 )2 = z _ 1 και με αφαίρεση κατά μέλη προκύπτει y2 - 4y + 3 = Ο δηλ. y1 = 3 οπότε z1 = 5 ή y2 = 1 οπότε z = 1 . Άρα οι λύσεις είναι 1 , 3, 5 ή 1 , 1 , 1 .

β) Αν y = χ + 1 έχουμε { � - z(= -2

1) . Είναι: χ = χ z -x2 = x(z - 1) � χ(χ - z) = -χ η οποία λόγω της πρώτης γίνεται -2χ = -χ απ' όπου χ = Ο, y = 1 , z = 2.

Άσκηση 17

Έστω Α.Π. μΕ διαφορά ω, Γ .Π. με λόγο λ (με πραγματικούς όρους) για τις οποίες ισχύ­ουν:

ω·λ = 2 και (�)2 = 6� λ4• Α ν το άθροισμα των τριών πρώτων όρων της Α.Π. είναι 12 και το άθροισμα των τριών πρώ­των όρων της Γ.Π. είναι 7 να βρεθούν οι έξι αυτοί αριθμοί.

Λύση { ω· λ = 2 Είναι ω ;t:. Ο και λ ;t:. Ο. Ισχύουν 64ω2 = λ6

απ' όπου λ = 1 και 64ω2 = 6� οπότε ω = 1 και ω ω λ = 2 ή ω = -1 και λ = -2. Επίσης ισχύουν οι σχέσεις: {α + (α + ώ) � (α + 2ω) = 12

β + βλ + βλ- = 7 δηλ.

α) Αν ω = 1 και λ = 2 τότε α = 3 και β = 1 . Ά­ρα α1 = 3, α2 = α1 + ω = 4, α3 = α1 + 2ω = 5 και β, = 1 , β2 = β1 ·λ = 2, β3 = β 1 ·λ2 = 4.

β) Αν ω = -1 και λ = -2 τότε α = 5 και β = i· Άρα α1 = 5, α2 = α1 + ω = 4, α3 = α1 + 2ω = 3 και

7 . 14 2 28 β, = 3, β2 =.β , ·λ = - τ· Ρ3 = Ρι ·λ = τ·

E'YLUJAIIΣ .. .. τ. 3LW

Page 40: Ευκλειδης Β 19

Δείξε μου τη γραφική σού παράσταση . , να σου πω τι εισαι.

Η μελέτη μιας συνάρτησης f και οι πληροφο­ρίες που μας δίνει η γραφική της παράσταση εξετά­ζονται στο έκτο και τρίτο κεφάλαιο της ανάλυσης tου σχολικού βιβλίου της Α' και Δ' δέσμης αντί­στοιχα.

Η πληροφορική όμως σήμερα μπορεί να μας απαλλάξει από τον κόπο της μελέτης και να μας δώσει κατ' ευθείαν την γραφική παράσταση μιας συνάρτησης. Αρκεί να εφοδιάσουμε γνωστά προ­γράμματα ηλεκτρονικών υπολογιστών με τον τύπο της συνάρτησης.

Ο νέος λοιπόν στόχος της εκπαίδευσης ως πρQς το μάθημα των μαθηματικών πρέπει να είναι: «όλοι .οι αυριανοί επιστήμονες ακόμη και αυτοί που δεν θα ασχοληθούν επαγγελματικά με τα μαθηματι­κά νq, μπορούν να διαβάζουν τις πληροφορίες που δίνει η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης».

Πόσες φορές δεν. βλέπουμε στις εφημερίδες γραφικές παρ�στάσειζ που αναφέρονται στην οι­κονομία, στην υγεία, στην εκπαίδευση, στην πολι­τική και δεν ξέρουμε να τις �ιαβάσουμε;

Το άρθρο αυτό θα παρουσιάσει μερικές ασκή­σεις από βιβλία που διδάσκονται αυτή την εΠοχ,ή οι μαθητές στην Ευρώπη και ανταποκρίνονται στις παραπάνω σκέψεις.

Θέμα l Έστω συνάρτηση f της οποίας η γραφική

παράσταση είναι:

ί) Να βρεθεί από την γραφική .παράσταση το πεδίο ορισμού και το πρόσημο της f.

ίί) Να βρείτε τα όρια lim f(x), Jim _f(x), χ--σο Χ-+-2

lim f(x), lim f(x), lim f(x), lim f(x) χ.:...-2+ χ--+4- Χ--+4+ Χ-++Φ

ίίί) Να προσδιορίσετε με την βοήθεια των πα­ραπάνω όρίων την γραφική παράσταση

Γιάννης Τσαρπαλής

ι της f.

iv) Θεωρούμε τις συναρτήσεις:

fι(χ) = 2 4 . ' f2(x) = 2 6

' -χ + 2χ + 8 -χ + 2χ + 8

f3(x) = 2 6 .

χ - 6χ + 8 Αν γνωρίζουμε . ότι μια απ'αυτές είναι η f να βρείτε ποια είναι;

Λύση i) Το πεδίο ορισμού της f είναι το IR.'{-2, 4}

και για κάθε χ Ε (-οο, -2) υ (4, +οο) είναι f(x) < Ο ενώ για χ Ε (-2, 4) είναι f(x) > Ο.

ii) Είναι lim f(x) =:= Ο, lim_ f(x) = -οο, χ--ο:) χ--2 lim + f(x) = +οο, lim_ f(x) = +οο, χ- -2 χ- 4 lim f(x) = -οο, ιim f(x) = Ο χ- 4+ χ- +Φ

iii) Επειδή ιim f(x) = Ο και f(x) < Ο τότε x--co

ι. ι ιm - = -οο χ- _.., f(x) Επίσης ιim f(x) = Ο και f(x) < Ο τότε χ- +ω ι. ι ιm - = -οο

χ- +α:: f(x) Έχουμε lim _ f(x) = -οο και lim + f(x) = +οο χ- -2 χ- -2

· ι· ι ο τοτε ιm fi( ) = χ- -2 χ Ομοίως lim_ f(x) = +οο και lim+ f(x) = -οο χ- 4 χ- 4

· ι · ι ο τοτε ιm fi( ) = χ- 4 χ Άρ�:

I Σημείωση: Η συνάρτηση t θα μπορούσε να ο-ρίζεται και στα σημεία χ = -2 και χ = 4. iv) Από τη γραφική παράσταση έχουμε ότι

ΕΥΚΛΕΙΑΗΣ Β' κθ. τ. 3/40

Page 41: Ευκλειδης Β 19

'---------- Δείξε μου την Γραφική σου Παράσταση να σου Πω τι Είσαι

f(O) = �· Ομως f1(0) = -! άρα η f δεν είναι η

f1 • Επίσης [2(-2) = ;4 = � όμως η f δ.εν ορί­ζεται στο χ = -2 άρα η f δεν είναι η f3• Άρα η μόνη δυνατότητα είναι f2(x) = f(x).

Θέμα 2 Μια επιχείρηση κατασκευάζει μια συΎΚε­

κριμένη ποσότητα αντικειμένων με τις ίδιες προδιαγραφές. Η παρακάτω<γρα:φική παράστα­ση Cr παρουσιάζει το συνολικό κόστος της πα­ραγωγής, (δραχ) σε συνάρτη�η με την ποσότη­τα του προϊόντος και η καμπύλη Cg ·παρουσιά­ζει το συνολικό έσοδο (δραχμές) για την ίδια αυτή ποσότητα.

Οι μονάδες μέτρησης στους άξονες είναι: στον άξονα των τετμημένων μια διαίρεση α­ντιπροσωπεύει 50 αντικείμενα κΟ:ι στον άξονα τεταγμένων μια διαίρεση αντιπροσωπεύει 1 ε­κατομμύριο δΡ,αχμές.

δρχ. τ:ιυ:: :!: : :ιιι� . ; . . ; . ; . . ; - - : - - : - - - ; . . ; I I I I I Τ I I I I I Ι I Ι I I I I I I I I I I Ι I Ι I Ι I I I I I I

- , - - ,- - - r - -,- - -, - - -,- - --, - - -, - - -.- - ., - - -. - - -. - - , - - , -- , - , - - , - - , I I I I Ι Ι ο • ο Ι Ι I Ι I ; I I I I Ι I I I Ι I • I ο I I Ι I I I I

- - ,- - -,- - -,- - -,- - -,- - - , - - -,- - -, - - -,- - "1 - - "i · - , - - , - - , - - , · r · · r - · ι I I I I I I I Ι Ι I I Ι Ι Ι I I I I

- - :- - -:- - -:- - -:- - -:- - -:- - -: - - -:- - -:- - -: - - , _ - , _ +- ' - - r!- - ' - - : - : - - :- - - :- - - : - - :- - -:- - -:- - -: - - -: - - -:- - : - - ; - - : - - -: - :� - : - - :

- - - :- - -: - -:- - -:- - -;- - -:- - -:- - -:- - -: - - -:- - -: - - : - - : - - : - : - - : - - : - -: - - -'- - -·'- - --'- --'- --·- - -'- - -·- - -·- - -'- - -' - - ! . . J • • J • • • • ! •. ! . . - - '

I I ι I I Ι ι ο Ι Ι ο Ι Ι Ι Ι I Ι ·• Η , I•ιJ • J • 1 •1 • 1:•· Η• ·· ; Ι·: . • • L • • L. _ .1. • .L • • 1 • • ....ι • • -' - _.. ..1 . _ � - , � • _. _ . .. . . . . . • • . I , 0 ι . . I

I Ι I I • ο ι ' I ' I I I I I Ι I I I I I I I Ι I I I I I I I I

• •'- • . .. • .Ι- • .1-- • .ι, • _._ • • -'·

• -'· • _. _. • • .. • • _. ι • _. • • .. • • � • • I I Ι I I I I I Ι I I I I ο I I I Ι I Ι Ι I , I Ι I Ι I I I I I I I I

- - • - - - • . _._ - -• - - _..

_ - -- - -- - . .. . . .. . . • - . • . . .. . . • · - ι _ _ , - · • I I I I I Ι I Ι I I I I I I I I I

I I Ι I I Ι I I I I I I I I I . ...... . ... . ..... . ... . . .. . . .. . . .. . . ... . .. . . . . . . . . .. .. . I I I I ο ι I I I I I I I I

106 . � - -� - -� - -�- -:- - �- - �- - � - -� - - � - -�- - � - - � -- � - - � - -- f - - : I I Ι Ι I I I I Ι I I I

100 200 300 500 700 αντικείμενα

i) Να βρείτε το διάστημα μέσα στο οποίο πρέπει να βρίσκεται ο αριθμός των αντι­κειμένων του προϊόντος έτσι ώστε η επι­χείρηση να έχει κέρδος.

ii) Να δοθεί με προσέγγιση 25 μονάδων η πο­σότητα tου προϊόντος για την οπ.οία το κέρ&ος είναι μέγιστο.

. ,_,

Λύση Το θέμα αυτό αναφέρεται στη σημασία

της θέσης των γραφικών παραστάσεων δύο συναρτήσεων. i) Η . επιχείρηση . κερδίζει όταν η Cg είναι

πάνω από την Cr. Για να έχει κέρδος λοι­πόν· η επιχείρηση θα πρέπει ο αριθμός

. των αντικειμένων του προtόντος να είναι μεταξύ 1 50 και 650.

ii) Το κέρδος είναι η διαφορά ανάμεσα στις Cr ,!<αι Ci. Το κέρδος γίνεται μέγιστο όταν

η διαφορά ανάμεσα στις Cr και Ca γίνεται .. μέγιστη (όταν η εφαπτομένη της Cr γίνε-ται παράλληλη προς την ευθεία Cg, Θεώ,. ρημα Μέσης Τιμής). Από τη· γραφική παράσταση βλέπουμε η ποσότητα του προϊόντος πρέπει να περιέ­χεται μεταξύ των 450 και 500. Άρα με προσέγγιση 25 μονάδων η ποσότητα αυτή είναι 475.

Θέμα 3 Μια συνάρτηση f έχει την παρακάτω γρα­

φική παράσταση Cr:

I I I

- - -·- - - - - - -I I I I I I I

4

1

-3 -2 -1 ο 1 i) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού και το σύνολο

τιμών της f ii) Να επιλυθούν γραφικά οι παρακάτω εξι­

σώσεις και οι ανισώ_σεις α) f(x) = Ο . β) f(x) = 3 γ) f(x) � 3

iii) Αν f' είναι η παράγωγος της f να λυθούν οι παρακάτω εξισώσεις και ανισώσεις α) f'(x) = Ο β) f'(x) < Ο

Λύση i) Το πεδίο Όρισμού βρίσκεται από το σύνο­

λο των σημείων των προβολών της Cr στον άξοvα χχ' και είναι το [-4,._4]. Το σύνολο τιμών βρίσκε1!αι από το σύνο­λο τωv σημείων των προβολών της Cr στον άξονα yy' και είναι [0, 4] .

ii) α} Οι λύσεις της εξίσωσης f(x) = Ο είναι οι τετμημένες των κοινών σημείων της Cr με τον χχ'. Το μοναδικό κοινό σημείο είναι io Α και η μοναδική λύση είναι χ = -4. β) Οι λύqεις της εξίσωσης f(x) = 3 είναι οι τετμημένες των κοινών σημείων της Cr και της ευθείας - y = 3, δηλαδ,) χ = Ο και χ = _:3. ' . γ)� Οι λύσεις τηςf(χ) � 3 είναι οι τετμημέ­νες των σημείων της Cr που είναι πάνω ,α­πό την ευθεία y = 3, δηλαδή χ ε [-3, 0] . ..

iii) α) Οι λύσεις της εξίσωσης ('(χ) = Ο είναι οι τετμημένες των ση·μείrον Ίης Cr όπου οι εφαπτόμενες σ1αυτήν εfναι παράλληλες

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/41

Page 42: Ευκλειδης Β 19

--------- Δείξε μου την Γραφική σου Παράσταση να σου Πω τι Είσαι

προς τον άξονα χχ ' , δηλαδή χ = -2. β) Η f'(x) είναι αρνητική όταν η συνάρ­τηση είναι γνήσια φθίνουσα, άρα f'(x) < Ο για κάθε χ Ε (-2, 4] (το χ = -2 δεν είναι λύση της f'(x) < 0).

Θέμα 4 Μια συνάρτηση έχει τον παρακάτω πίνακα

μονοτονίας.

χ -1 1 +οο

f(x) /0� -00 -00

Με τη βοήθεια του παραπάνω πίνακα να απαντήσετε στις ερωτήσεις 1. Ποιο είναι το πεδίο ορισμού της συνάρτη­

σης 2. Ποια είναι τα όρια στα άκρα του πεδίου ο-

ρισμού της f ·

3. Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας της f και το είδος της μονοτονίας σε κάθε διά­στημα

4. Έχει η f ακρότατο; Αν ναι ποια είναι η τι­μή του

5. Ποιο είναι το πρόσημο της f; 6. Ποιος είναι ο πίνακας μονοτονίας της συ-

νάρτησηςt;

Λύσ!Ι

Ι . Το πεδίο ορισμού της f είναι το (-1, +οο). 2. Τα όρια στα άκρα του πεδίου ορισμού εί­

ναι lim f(x) = -οο και Iim f(x) = -οο. χ--1 x-+CQ 1

3. Η f είναι γνήσια αύξουσα στο (-1, 1 ] και γνήσια φθίνουσα στο [1, +οο).

4. Η f παρουσιάζει μέγιστο για χ = 1. Η τιμή του μέγιστου είναι μηδέν.

5. Η f είναι αρνητική στο (-1 , 1) U (1 , +οο) και μηδενίζεται για χ = 1 .

6. Επειδή lim f(x) = Ο και f(x) < Ο για χ- Ι .

χ Ε (- 1 , l ): U (1 , +οο) τότε lim fi(1 ) = -οο και χ- Ι Χ

Iim fi(1 ) = Ο, lim fi(1 ) = Ο.

χ--ι Χ x-+co Χ

χ -1 1 +οο

1 0� �/0 Ι . -00 -, -00 Η συνάρτηση f είναι στο (-1 , 1) γνήσια φθίνουσα και στο (1 , +οο) γνήσια qύξουσα.

Θέμα 5

Γνωρίζουμε τις γραφικές παραστάσεις Cr1, Cr1, Cr3 τριών συναρτήσεων f1, f2, f3 οι οποίες είναι ορισμένες στο διάστημα [0, 4].

· · r - -,· - ·r - -..- - -,- - --1 - - -,-- - --.- - 1 · ·r · · r · -, -,- - -,· · Ι Ι Ι I Ι 1 1 ι ι I I I I I I I Ι I Ι I ι ι ι ι I I I I I - -i · ·:- · -� - ·:· - ·:· · ·:· · ·:· -

.

- - ·:· · ; - ""i - -� - · :· - ·:· - ·:· - - -, - - -,- - , . -Ι Ι Ι Ι Ι 1 I ι ι 1 I I I I I

· ·

:· · · :· · ·

:· τ τ · -:- - τ ·: · · :· · : - : · τ · ·:- · ·

:· · τ

• · ,· · -,• · - ,- · ·,• - •, • · ·,- • ·,• --, • · ·, · · -. I ι " ·ι· · · ,- · ··· · · ·, · · · -. · · ·,· · : :j:) : :j: : :j:) : :j: : ::--τr(:j 3 :j:: :j: ::j:: :j):: - -- - -- .

- -: - -:- - -:- - - :- - -:- - --:- - :- - -:- - -:- - : - :- - -:- - -:- - -;- - -: - -- -�- -:- - -� - -:- - -:- - -:- - �- - -:- - �- - � - . ,_ - -'·- - _ ,_ - -·- --·--

2 ·

; : - + -+ - -:- - -! + Η : -: - : :- -:- -

_ .. - .ι.... - - - -'- - -'- -•- - -'- . - ' - . J . - -' - .ι. - ι. - �ι.... - -•-- -'- -Ι Ι Ι Ι ι Ι ι I ' Ι Ι Ι Ι

ι +- -� · · : - -:- - -:- -Η--� ----":::+71' "'1:--7-. �·""--7"-+-t---c� � _ _ _ : _ _ _ : _ _ _ � _ _ : _ _ _ :_ - _

: _ _ �- - �- - � - - _: J : ' : ' : ' ' ' : ' ο τ ι 2 4 ' ' ' ' '

_ _ .. _ _ ... _ _ ,_ _ _ .... _ _ , _ _ I ι I ' I ' ' ' ' '

- - '- - -•- - - '- - -'- - -· - -

- - .- - - .- - -.- - -.- - -.- - - , - · Ί" - --- - .,. -, ' ' ' ' . ' ' ' ' ' ' . ' . ' ' . . ' . - - r - -.- - -.- - -.- - -.- --,- - -,- - ,- - ,- - ,

Ι ' I ' ' I I Ι I I I ' Ι Ι Ι I Ι Ι I Ι - -.- - -.- - - .- - -.- · -.- - -.- - -,- - , - - , - - ,

- - � -+- -!- -+ - -i- - + -+<tri--i - -:- - - :-- - -:- - -:- - -:- - -:- - -:- ·· 1- - -:- - ·: - - :- - - :- - - :- - -:- - -: - - -:- - -:- - :- - -:- - -:

I I I Ι ο I I - _ _ Ι _ _ _ _ • _ _ _ , _ _ _ Ι _ _ _ , _ _ • _ _ _ , _ _ _.

ο I I I I Ι I Ι I I I I I I I Ι I I

_, _ _ _ , _ _ _ , _ _ _ _ _ . _ _ _ , _ _ _ , - -' · -· -' - - -· I I I Ι Ι I Ι Ι I . ' ' . . ' ' ' '

·'-- -'-- . L . -'- - - ' · - -' - - J

....... I I I I

j - : - -�- -: - : -:- - ,_ ' - -·- - , _ _ ,

ο τ ι 3 4

Μια απ' αυτές έχει για παράγωγο μια συ­νάρτηση f δευτέρου βαθμού της οποίας η γρα­φική Cr παράσταση είναι

1. Ποια από τις τρεις συναρτήσεις f1 , f2 και f3 έχει για παρδ:γωγο την f; Να δικαιολογή­σετε την απάντησή σας.

3. Δείξτε ότι η f έχει τύπο: f(x) = χ2 - 4χ + 3.

Ποιος είναι ο τύπος της αρχικής συνάρτη­σης της f;

Λύση 1 . Σύμφωνα με την τέταρτη γραφική παρά­

σταση, το πρόσημο της f είναι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/42

Page 43: Ευκλειδης Β 19

-------- Δείξε μου την Γραφική σου Παράσταση να σου Πω τι Είσαι

3 t'�l Η f είναι η παράγωγος μιας εκ των συναρ­τήσεων f1 , f2, f3. Έστω F η αρχική της f, τότε ο πίνακας μονοτονίας της είναι:

η f1 είναι γνήσια αύξουσα στο [2, 3] , άρα δεν μπορεί να είναι η F. η f2 είναι γνήσια φθίνουσα στο [0, 1] άρα δεν μπορεί να είναι η F. μόνο η f3 έχει την μονοτονία που θέλουμε. .Άρα η f3(x) είναι η αρχική της f.

2. Επειδή η f είναι δευτέρου βαθμού, τότε υ­πάρχουν α, β, γ Ε IR έτσι ώστε f(x) = αχ2 + βχ + γ με α :;t Ο. Η γραφική παράσταση της f που δίνεται από το τέταρτο σχήμα μας επιτρέπει να γράψουμε f(O) = 3, f( l ) = Ο και f'(2) = Ο. Ομως f'(x) = 2αχ + β. .Άρα γ = 3, α + β + r = Ο και 4α + β = Ο απ' όπου έχουμε α = 1 , β = -4 και γ = 3, δηλαδή:

f(x) = χ2 - 4χ + 3 και χ Ε [0, 4] Η f έχει αρχική την f3, άρα

f3(x) = � χ3 - 2χ2 + 3χ + c

Επειδή f3(0) = 1 , έχουμε c = 1 . .Άρα: f3(x) = � χ3 - 4χ2 + 3χ + 1

Θέμα 6 Μια επιχείρηση θέλει να κατασκευάσει έ­

να κουτί σχήματος ορθογ. παραλληλεπιπέδου με βάση τετράγωνο_ και όγκο 128cm3• Για τον πυθμένα και για το σκέπασμα θα χρησιμοποιη­θεί ένα υλικό · που στοιχίζει 4.000 δρχ. το cm2 και για την πλευρική επιφάνεια ένα υλικό που στοιχίζει 2.000 δρχ. το cm2• Συμβολίζουμε με χ το μήκος της πλευράς της βάσης (σε cm) και h το μήκος του ύψους του κουτιού (σε cm).

i) Δείξτε ότι h = 12� χ

ii) Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση του κό­στους του κουτιού (σε χιλ. δρχ.) είναι

Ρ( χ) = s( χ2 + ι;s) iii) Αν ο πίνακας μονοτονίας της Ρ(χ) είναι

να βρεθεί η ελάχιστη τιμή κόστους για την κατασκευή του κουτιού. (Να επαληθεύσετε μελετώντας την μονοτονία της Ρ(χ) την α­λήθεια του παραπάνω πίνακα)

Λύση

i) Ο όγκος του Κ<?υτιού σε cm3 είναι: V = h ·X·X = hx2

.Άρα 128 = hx2 επομένως h = 1228

χ ii) . Ο πυθμένας και το σκέπασμα του κουτιού

έχουν εμβαδόν 2χ2 και η τιμή κόστους (σε χιλ. δρχ.) είναι 4·2χ2 = 8χ2• Η παράπλευρη επιφάνεια έχει εμβαδόν:

4·x·h = 4·x.l228 = 4.128

χ χ και η τιμή κόστους σε χιλ. δρχ. είναι:

2·4)28 = 8 .128 χ χ

.Άρα η συνολική τιμή κόστους είναι: Ρ(χ) = 8χ2 + 8 128 = 8 (χ2 + 128)

χ χ .

iii) Για χ = 4 το κόστος γίνεται ελάχιστο και η ελάχιστη τιμή f:ίναι: Ρ(4) = 8 (42 + 1�8)= 384 χιλιάδες δρχ. Πράγματι: Ρ'(χ) = 8 (2χ - 1�2

8)= 16 (χ -�η=

16 χ3 - 64 = 16 (χ - 4)(χ2 + 8χ + 16)

χ χ Ο πίνακας μονοτονίας της Ρ(χ) είναι:

χ ο 4 +α:J

Ρ'(χ) < - +

Ρ( χ) Ί� :/ � / ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/43

Page 44: Ευκλειδης Β 19

Ευθεία και καμπύλη

Ι. Εξίσωση εφαπτομένης κύκλου σ' ένα σημείο του

Υ

ο χ

Έστω c ο κύκλος με κέντρο Κ(χό, Υο) και ακτίνα. R και ε η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο του Α(χι , Υ ι). Το σημείο Μ(χ, y) του ε:.. πιπέδου του κύκλου είναι και σημείο της εφα­πτομένης ε αν και μόνο αν είναι:

� � --+ --+ ΚΑ .l ΑΜ δηλαδή ΚΑ·ΑΜ = Ο ή ισοδύ-

ναμα --+ --+ --+ •

ΚΑ·(ΑΚ + ΚΜ) = Ο ή ισοδύναμα --+ --+ --+

ΚΑ·(-ΚΑ + ΚΜ) = Ο ή ισοδύν(Ιμα - 2 - --ΚΑ + ΚΑ ·ΚΜ = Ο ή ισοδύναμα

- - - 2 ΚΑ·ΚΜ = ΚΑ (Ι) ' - [ χι - χο J - [ χ - χο J Επειδή ΚΑ = , ΚΜ = . , και . Υ ι - Υο Υ - Υο

ΚΑ 2 = (ΚΑ)2 = R 2 η ισότητα (I) γράφεται: [ χ ι - χ ο J . [ χ - χο J = R 2 <=> Υ ι - Υο Υ - Υο

(χι - χο)( χ - χο) + (Υ ι - Υ ο)( Υ - Υ ο) = R 2. Επομένως, η εξίσωση της εφαπτομένης

του κύκλου c: ( χ - χο)2 +( y - y0)2 = R 2 στο ση­μείο Α(χι , Υ ι) είναι:

(χι - χο)( χ - χο) + (Υ ι - Υ ο)( Υ - Υ ο) = R 2.

Π. Γεωμετρικός τόπος μέσου παράλληλων χορδών κωνικής τομής

Έστω μια κωνική τομή c κ:αι λ ο συντελε­στής διεύθυνσης των παραλλήλων χορδών της. Θα βρούμε τον Γεωμετρικό τόπο του μέ­σου των χορδών.

2 2

Λαμπρόπουλος Τάσος

α) Έστω c: χ 2 + .; = ι και ΑΒ μια χορδή της

α β έλλειψης με συντελεστή διεύθυνσης λ * Ο. Ε­πειδή τα σημεία Α(χ ι , y 1) και Β(χ2, Υ2) είναι · σημεία της έλλειψης θα έχουμε:

2 2 2 2 � + Ι!. - ι � + lL. - ι α2 β2 - ' α2 β2 -

και με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε: 2 2 "2 2 χ ι - χ2 + Υ ι - y2 = Ο ή ισοδύναμα α2 β2

(χι - χ2) (χ ι + xz) (yι - Υ2) (Υ ι + Υ2) _ 0 -'--'-.....:...-::-2-=-----'::;;. + 2 -α β

Αν διαιρέσουμε και τα δύο μέλη με χ ι - χ2 παίρνουμε:

(χι + χ2) + Υ ι - Υ2 . (Υ ι + Υ2) = 0 (I) α2 χ ι - χ2 β2 .

Έστω Μ(χ, y) το μέσο της χορδής ΑΒ. Τότε θα έχουμε: χι + χ2 = 2χ, Υι + Υ2 = 2y και Υι - Υ2 = λ (λ σταθερό). Οπότε η εξίσωση (I) χι - χ2 . που είναι μια σχέση που συνδέει τις συντε­ταγμένες των άκρων Α και Β της χορδής ΑΒ

2 γίνεται: 2� + λ· �= Ο δηλαδή y = -� χ.

α β α λ Επομένως τα μέσα των χορδών της έλλει­

ψης που έχουν τον ίδιο συντελεστή διεύθυν-2

σης λ βρίσκονται στην ευθεία ε: y = - � χ η α λ

οποία διέρχεται από το κέντρο συμμετρίας της έλλειψης.

2 2 β) Έστω c: χ

2 - .; = ι και ΑΒ μια χορδή της α β

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/44

Page 45: Ευκλειδης Β 19

Ευθεία και καμπύλη

υπερβολής με δοσμένο συντελεστή διεύθυν­σης λ * Ο και Α{χι , Υι), Β(χ2, Υ2).

Αν εργαστούμε με τον ίδιο τρόπο που πε­ριγράψαμε στο α βρίσκουμε ότι ο τ.:r. είναι

2 ευθεία ε: y = + χ η οποία διέρχετciι από το

α λ κέντρο συμμετρίας της υπερβολής.

2 2 2 ' γ) Έ�ω c: χ + y = R και ΑΒ μια χορδή του με συντελεστή διεμθυνσης λ * Ο και Α(χι , Υ ι), Β(χ2, Υ2)· Αν εργαστούμε με τον ίδιο τρόπο που περιγράψαμε παραπάνω βρίσκουμε ότι ο ζητούμενος Γεωμετρικός τόπος είναι η ευθεία ε: y = -t x

δ) Έστω c: y2 = 2px και ΑΒ μια χορδή της παραβολής με Α(χι , Υ ι) και Β(χ2, Υ2) και συ­ντελεστή διεύθυνσης λ. Επειδή τα σημεία Α και Β είναι σημεία της παραβολής τότε θά-

2 2 χουμε: Υ ι = 2pχι και Υ2 = 2px2. Από τις παραπάνω ισότητες παίρνουμε

διαδοχικά: 2 2 2 2 , δ ' Υ ι - Υ2 = ΡΧι - px2 η ισο υναμα

(Υ ι - Υ2) (Υ ι + yz) = 2p(χ ι - χ2) ή ισοδύναμα Υ ι - Υ2 (Υ ι + yz) = 2p χ ι - χ2

και αν Μ(χ, y) το μέσο της χορδής ΑΒ τότε έ­χουμε: λ·2y = 2p δηλαδή y = Ϊ·

Επομένως ο Γεωμετρικός τόπος των μέ­σων των παραλλήλων χορδών της παραβολής c: y2 = 2px είναι ευθεία παράλληλη προς τον άξονα συμμετρίας της Παραβολής.

ΙJαρατηρήσεις

1. Οταν λέμε ότι ο Γεωμετρικός τόπος είναι η ευθεία (ε) εννοούμε το τμήμα της ευθεί­ας που είναι χορδή της κωνικής τομής. Στην παραβολή εννοούμε την ημιευθεία που το άκρο της βρίσκεται στην παραβο­λή και η οποία τέμνει τις χορδές της πα­ραβολής.

2. Αν λ = Ο δηλαδή οι χορδές είναι παράλ­ληλες στον άξονα χχ' (στην παραβολή c: y2 = 2px δεν υπάρχουν τετοιες χορδές) τότε ο Γεωμετρικός τόπος των μέσων τους είναι η χορδή της κωνικής που είναι κά­θετη στον άξονα χχ' και διέρχεται από το κέντρο συμμετρίας της κωνικής.

3. Α ν δεν ορίζεται ο συντελεστής διεύθυν­σης λ δηλαδή οι χορδές είναι κάθετες

στον άξονα χχ' τότε ο Γεωμετρικός τό�ος του μέσου τους είναι η χορδή που είναι παράλληλη στον χχ' και διέρχεται από το κέντρο συμμετρίας της κ.ωνικής δηλαδή είναι ο οριζόντιος άξονας συμμετρίας της κωνικής.

m. Γεωμετρικός _τόπος μέσου χορδών κω­νικής τομής οι οποίες διέρχονται από σταθερό σημείο

Έστω μια κωνική τομή c. κaι Ρ(χο, Υ ο) ση­μείο του επιπέδου της. Θα βρούμε τον Γεωμε­τρικό τόπο του μέσου των χορδών της κωνικής c οι οποίες διέρχονται από το σημείο Ρ.

(ε)

2 2 α). Έστω c: \ + JΊ = ι η εξίσωση της έλλει-

α β . .

ψης και ΑΒ μι(l χορδή αυτής που διέρχεται α­πό το σταθερό σημείο Ρ(χο, Υο) με Α(χι , Υ ι) και Β(χ2, Υ2). Θα βρούμε το Γ.Τ. του μέσου Μ(χ, y) της χορδής ΑΒ δηλαδή την εξίσωση που επα­ληθεύουν οι συντεταγμένες του μέσου Μ.

Επειδή τα σημεία Α και Β ανήκουν στην έλλειψη c τότε θα έχουμε:

2 2 2 2 � + l!. = ι και χ2 + y2 = ι α2 β2 α2 β2

και με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε: 2 2 2 2 χ ι -/2 + Υι -/2 = Ο ή ισοδύναμα α β

(χ ι - xz) �χι + χ2) + (Υ ι - Υ2)�Υι + Υ2) = 0 α β

Διαιρούμε και τα δύο μέλη με χ ι - χ2 * Ο. Η ισότητα χ ι = χ2 ισχύει μόνο στην περίπτω­ση που η χορδή ΑΒ είναι κάθετος στον χχ' και αυτό μόνο όταν -α < χ0 < α, οπότε έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/45

Page 46: Ευκλειδης Β 19

Ευθεία και καμπύλη

(χι + χ2) + Υ ι - Υ2 . (Υ ι + Υ2) 0 (Ι) α2 χι - χ2 β2

Επειδή τα p-ημεία Ρ, Α, Μ, Β είναι συνευ­θειακά τότε θα έχουμε λε = Υ ι - Υ2 = Υ - Υο , χι - χ2 χ - χο χι + χ2 = 2χ, Υ ι + Υ2 = 2y και οπότε η ισότητα (Ι) γίνεται: 2χ + Υ - Υο . lY= Ο ή ισοδύναμα α2 χ - χο β2 χ(χ - χο) + y(y � Υ ο) = Ο ή ισοδύναμα α2 β2

1 2 1 2 χ2 - χοχ 4 χο y2 - Υ οΥ 4 Υ ο 1 χδ 1 Υδ 2 +-2 + 2 +.-2 =42+42<=> α α β β α β

2 1 2 2 1 2 χ - χοχ +- χο Υ - Υ οΥ +- Υ ο 2 2 -----;;-

-4-+ 4 χο + Υ ο <=>

α2 β2 4α2 4β2 (χ - ! χο)2 (y - ! Υο)2 2 2 2 + 2 = χο + Υο ισοδύναμα

α2 β2 4α2 4β2 (χ ·- 1 χο)2 (y -1 Υο)2 ( 2 2 J+ ( 2 2 J

1 (Π) α2 χο + Υο β2 χο + Υο 4α2 4β2 4α2 4β2

Η εξίσωση (Π) είναι εξίσωση έλλειψης κέντρου συμμετρίας κ(4 Χο, 1 Υο) με μήκη η­μιαξόνων:

2 2 χο Υο 2 +2 α . β 2 2

ii) Μικρού β1 =Ά2 χο + Υο α2 β2

Επομένως ο r.τ. του μέσου των χορδών; 2 2 της έλλειψης c: χ 2

+ � = 1 , οι οποίες διέρχο-α β

νται από το σταθερό σημείο Ρ(χ0, y0) είναι τό­ξο έλλειψης που έχει εξίσωση την (Π) και το οποίο έχει όλα τα σημεία του στο εσωτερικό της καμπύλης c.

Παρατήρηση Οταν θέλουμε να βρούμε τον Γ.Τ. του μέ­

σου των χορδών μιας κωνικής τομής είτε αυ­τές είναι παράλληλες (δηλαδή έχουν δοσμένο συντελεστή διεύθυνσης λ) είτε αυτές διέρχο­νται από σταθερό σημείο Ρ εργαζόμαστε με τον ίδιο σχεδόν τρόπο.

Η διαφορά βρίσκεται στην αντικατάστα-

ση του λόγου Υ ι - Υ2 . Χι - Χ2 Οταν οι χορδές είναι παράλληλε� τότε

θέτουμ� Υ ι - Υ2 = λ. Οταν οι χορδές διέρχο­χι - χ2 νται από σταθερό σημείο τότε aντικαθιστούμε τον λόγο Υ ι - y2 με το λόγο χ - Χο. χι - χ2 Υ - Υο

2 2 β) Έστω c: χ 2 -� = 1 . Εργαζόμαστε κατά τα α β -γνωστά και βρίσκουμε:

(χ ι + χ2) _ Υ ι - Υ2 . (Υι + Υ2) = Ο

α2 χι - χ2 β2 Θέτουμε: χι + χ2 = 2χ, Υι + Υ2 = 2y και

Υ ι - Υ2 = Υ - Υο , όπου Μ(χ, y) το μέσο της χ1 - χ2 Χ - Χο χορδής ΑΒ με Α(χ ι , Υι) και Β(χ2, Υ2) οπότε παίρνουμε:

l - Υ - Υ ο · ::ι.= Ο ή ισοδύναμα α2 χ - χο β2 2 2 χ - χοχ - Υ - ΥοΥ = Ο ή ισοδύναμα α2 β2

2 2 · 1 χο Υο δ λ δ . (χ - ! χο)2 (y - ! Υο)2 ( 2 2] -----:.----- - - --- η α η

α2 β2 4 α2 β2 (χ - ! χο)2 - (y - ! Υο)2

α2 (xt _ ΥδJ i (xt _

ΥδJ= 1 (Ι) 4 α2 β2 4 α2 β2 που παριστάνει υπερβολή με κέντρο συμ-' . Κ( 1 1 ) μετριας το σημειο 2 χο, 2 Υο .

γ) Έστω η παραβολή c: / = 2px. Εργαζόμα­στε με όμοιο τρόπο και βρίσκουμε:

Υ ι - Υ2 (y1 + y2) = 2p ή ισοδύναμα Χι - Χ2 y - yo 2y = 2p ή ισοδύναμα Χ - Χο

y2 - ΥοΥ = p(x - χο) 'ή ισοδύναμα

(y -1 Υο)2 = p (χ - χο + ��)ή ισοδύναμα

1 2 Υο . [ ( . 2

)� (y -2 Υ ο) = Ρ χ - χο - 4p . δηλαδη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/46

Page 47: Ευκλειδης Β 19

Ευθεία και καμπύλη

(y - � Υο)2 = 21 [ χ - (.χο -��)] που παριστάνει εξίσωση παραβολής με κορυ-

2 2 , Ο'( Υο 1 . ) , Ε( Υο Q 1 ) φη χ0 - 4Ρ' 2 Υο , εστια χσ - 4Ρ + 4, 2 Υο 2

και διευθετούσα την ευθεία Χ = XQ -r; -%· δ) Ομοια εργαζόμαστε και για τον κύκλο.

Α) Σημεία τομής ευθείας και κωνικής

Ας θεφρήσουμε την ευθεία ε: y = λχ + β και μια καμπύλη c του επιπέ.δου με εξίσωση:

• Αχ2 + Bxy + Γy2 + Δχ + Ey + Ζ = Ο. Η ευθεία ε και η καμπύλη c έχουν το πολύ

δύο κοινά σημεία, αφού το δευτεροβάθμιο σύ­στημα: { Υ = λχ + β (1) }

Αχ2 + Bxy .t Γy2 + Δχ + Ey + Ζ = Ο (2) έχει το πολύ δύο διακεκριμένες πραγματικές λύσεις.

Α ν αντικαταστήσουμε στη (2) όπου y = λχ + β προκύπτει συνήθως μια δευτεροβάθ­μια εξίσωση που έχει το πολύ δύο λύσεις. Στην περίπτωση που η εξίσωσ:η αυτή έχει δύο λύσεις ίσες, δηλαδή Δ = Ο, τότε aπ��εικνύεται ότι η ευ­θεία ε είναι εφαπτομένη της καμπύλης c.

Τα πιο πάνω αποτελούν πιστή αντιγραφή παραγράφου του σχολικού βιβλίου.

Επομένως: i) Η ευθεία ε: y = λχ + κ εφάπτεται της έλ-

2 2 λειψης c: χ

2 + ..; = 1 , αν και μόνο αν η εξίσω­α β

2 2 ση: c: χ

2 + (λχ i κ) = 1 ή ισοδύναμα α β

(β2 + α2λ2)χ2 + 2α2λκχ + α2(κ2 - β2) = Ο ' 2 2 2 2 εχει Δ = Ο <=> β + α λ = κ .

ii) Η ευθεία ε: y = λχ + κ εφάπτεται της υ-2 2

περβολής c: χ 2 - ..; = 1 , αν και μόνο αν η εξ ί­

α β 2 2

σωση: c: χ 2 - (λχ i κ) = 1 ή ισοδύναμα

α β (β2 - α2λ 2)χ2 - 2α2λκχ - α2(β2 + κ2) = Ο έχει Δ = Ο δηλαδή β2 + κ2 = α2λ2. .

iii) Η ευθεία ε: y = λχ + κ εφάπτεται -tης πα­ραβολής c: y2 = 2px αν και μόνο αν η εξίσωση:

(λχ + κ)2 = 2px ή ισοδύναμα λ 2χ2 + 2(λκ - p )χ + κ2 = Ο

έχει Δ = Ο δηλαδή p = 2κλ. Σαν άμεση συνέπεια των πιο πάνω θα

μπορούσαμε να δώσουμε τον παρακάτω ορι­σμό της εφαπτόμενης σε μια κωνική τομή.

«Καλούμε εφαπτομένη κωνικής tομής σε ένα σημείο της Μ(χο, Υο) την οριακή θέση μιας τέμνουσας την κωνική σε δύο σημεία τα οποία συμπίπτουν με το Μ(χο, Υο)».

Β) Εξίσωση ευθείας που διέρχεται από το ση­μείο Ρ(χο, Υ ο)

Έστω σημείο Ρ(χο, y0). Οι ευθείες που διέρχονται από το σημείο Ρ(χο, Υο) αποτελούν μια οικογένεια ευθειών την οποία ονομάζουμε δέσμη ευθειών και έχει την εξίσωση:

ελ: y - Υο = λ(χ - χσ) ή χ = χσ ή ισοδύναμα ελ: y = λχ + κ ή χ = χσ όπου κ = Υ ο - λχο

IV. Γεωμετρικός τόπος σημείων τομής δύο εφαπτόμενων μιας κωνικής τομής που τέμνονται κάθετα.

ί) Να βρεθεί ο Γ.Τ. των σημείων τομής των εφαπτομένων στην παραβολή c: y2 = 2px οι ο- •

ποίες είναι κάθετες. Λύση

Έστω τυχαίο σημείο του επιπέδόu της παραβολής. Οι ευθείες ελ: y = λχ + κ που διέρ­χονται από το p(xo, Υο) εφάπτονται της παρα­βολής c αν και μόνο άν:

p = 2κλ δηλαδή p = 2(Υο - λχο)·λ επομένως 2χ0λ2 - 2y0λ + p = Ο (I) Οι εφαπτόμενες τέμνονται κάθετα αν και

μόνο αν λ1 ·λ2 = -1 δηλαδή ...Ιι.2 = -1 επομένως χ σ χσ = -1 όπου λ1 , λ2 οι συντελεστές διεύθυνσης των εφαπτομένων και οι οποίοι είναι ρίζες της εξίσωσης (1).

Επομένως το τυχαίο σημείο p(xo, Υο) από το οποίο οι εφαπτόμενες που φέρνουμε στην

β λ ' 2 2 ' ' θ ' παρα ο η y = px ειναι κα ετες, ειναι ση-μείο της ευθεί�ς δ: χ = - 1 που είναι διευθε-τούσα ττjς παραβολής. ίί) Να βρεθεί ο Γ.Τ. των σημείων τομής των

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/47

Page 48: Ευκλειδης Β 19

Ευθεία και καμπύλη

2 2 εφαπτομένων στην έλλειψη c: \ + lJ = ι, οι σ­

α β ποίες είναι κάθετες.

Λύση Έστω p(xo, Υο) σημείο του επιπέδου της

έλλειψης. Οι ευθείες ελ: y = λχ + κ που διέρ­χονται από το Ρ εφάπτονται της έλλειψης c, αν και μόνο αν:

β2 2λ2 2 ' + α = κ η ισοδύναμα β2 + α2λ 2 = (Υ ο - λχ0)2 ή ισοδήναμα

β2 + α2λ 2 = y� + λ 2χ� - 2y0λχ0 ή ισοδήναμα (α2 - χ�)λ2 + 2y0χ0λ + (β2 -y�) = Ο Το σημείο p ανήκει στον Γ.Τ. , αν και μό­

νο αν, οι εφαπτόμενες στην έλλειψη τέμνο­νται κάθετα, δηλαδή:

β2 2 λι ·λ2 = -1 δηλαδή - Υο -1 επομένως , α2 2

2 2 ' Χο2 β Υο = 2 2 β2 2 Χο + Υο = + α

- χο άρα έχουμε

που σημαίνει ότι οι συντεταγμένες του Ρ επα-λ θ ' ξ' 2 2 2 β2 η ευουν την ε ισωση χ + y = α + .

Επομένως ο ζητούμενος Γ.Τ. είναι ο κύ­κλος c: χ2 + y2 = α2 + β2.

κεντρος κύκλος c: χ2 + y2 = 2R2.

iv) Το ίδιο πρόβλημα για την υπερβολή, όταν α > β.

Λύση Έχουμε συνοπτικά:

β2 + 2 2λ2 ' κ = α .η β2 + (Υο - λχο)2 = α2λ2 ή ισοδύν�μα (χ� - α2)λ2 - 2ΧοΥολ + (β2 + y�) � Ο

ισοδύναμα

β2 + 2 και από: λ1 ·λ2 = -l τότε 2

Υ� -Ι επομένως χ0 - α

β2 + y� = α2 - χ� . άρα έχουμε 2 2 2 β2 � + � = α - •

Επομένως είναι ο κύκλος c: χ2 + y2 = α2 - β2•

V. Εφαπτόμενες καμπύλες Είναι γνωστό (έτσι το θεrορούμε, σαν συ­

νέπεια ορισμών), ότι για να εφάπτονται οι γραφικές παραστάσεις cr και cg · δύο συναρτή­σεων f και g στο σημείό χ0 θα πpέπει να έχουν στο χ0 την ίδια εφαπτομένη , δηλαδή πρέπει να ισχύουν:

f(x0) = g(xo) και Γ(χσ) = g'(x0) δηλαδή το χ0 να είναι κοινή ρίζα των συναρ­τήσεων φ και φ' όπου φ(χ) = f(x) - g(x) που σημαίνει ότι το χ0 είναι ρίζα της φ(χ) = Ο του­λάχιστον με πολλαπλότητα 2.

Επομένως, σαν άμεσο συμπέρασμα έχqυ­με: «Η ευθεία ε: y = αχ + β εφάπτεται της cr, .αν και μόνο αν, η εξίσωση f(x) = y έχει διπλή ρί­ζα το σημείο χ0, όπου χ0 το σήμείο επαφής»+

Αν η εξίσωση f(x) = χ είναι δευτεροβάθ­μια το ίδιο συμπέρασμα προκύπτει από την παράγραφο. ·

Α) ΣΗΜΕΙΑ ΤΟΜΗΣ ΕΥΘΕΙΑΣ ΚΑΙ ΚΩΝΚΗΣ Και τώρα, ως εφαρμογή των πιο πάνω ας

λύσουμε μερικές ασκήσεις. Ασκηση ι

Α ν Cr και Cg οι γρφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = χ2 - 4χ + 5 και g(x) = χ2 + 2χ '-- 4 αντιστοίχως, να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη της er στο σημείο Α(3, f(3)) εφάπτεται και στην cg.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/48

Page 49: Ευκλειδης Β 19

Ευθεία και καμπύλη

Λύση Η εφαπτομένη της cr στο σημείο Α(3, f(3))

έχει εξίσωση (ε): y - f(3) = f'(3)(x :.._ 3) ·.

Και επε'ιδή Γ(χ) = 2χ - ·4 τότε f(3) c::: 2 και f'(3) = 2 οπότε (ε): y - 2 = 2(χ - 3) ή ισοδύναμα (ε): y = 2χ _:_ 4 . . . .

Η ευθεία (ε) εφάπτεται της cg, αν και μόνο αν, η εξίσωση g(x) = y έχει διπλή ρίζα η οποία είναι η τετμημένη του σημείου επαφής. Έχουμε:

g(x) = y iότε χ2 + 2χ - 4 = 2χ - 4 δηλαδή χ2 = Ο άρα χ = Ο δηλαδή η (ε) εφάπτεται της cg στο σημείο

Β(Ο, g(O)). Η πιο πάνω άσκηση, είναι από την ανά­

λυση της Γ Λυκείου. Η ίδια άcrκηση μπορεί να διατυπωθεί ως

εξής: Να βρεθεί η κοινή εφαπτομένη των γραφι­

κών παραστάσεων Cr και cg των συναρτήσε-ωνf(χ) = χ2 -··4.χ + 5 και g(x) = χ2 + 2χ - 4 αντί­στοιχα.

Λύση Η ευθεία ε: y = αχ + β εφάπτεται της cr

μιας συνάρτησης f, αν και μόνο αν, κάθε μια από τις εξισώσεις: { f(x) = Υ · , δ ,

g(x) = Υ η ισο υναμα { χ2 - 4. χ + 5 = αχ + β ή ισοδύναμα χ2 + 2χ - 4 = αχ + β

{ χ2 - (α � 4)χ+ 5 - β = Ο χ2 + (2 - α)χ - (4 + β) = Ο

έχει διπλή ρίζα, δηλαδή θα πρέπει Δ = Ο δηλαδή

{ (α + .. 4)2 - 4(5 - β) = Ο ή ισοδύναμα (2 - α)2 + 4( 4 + β) = Ο .

{ α2 + 8α + 4β - 4 = Ο ή ισοδύναμα α2 - 4α + 4β +20 = Ο { α = 2

β = -4 οπότε και η κοινή εφαπτομένη έχει εξίσωση (ε): y = 2χ - 4 και εφάπτεται στη cr στο σημείο χ = =I! = (α + 4) = 2 + 4 = 3 και στην c στο ση-0 2α 2 · 2 g

με ίο χ1 = =I! = -(2 - α) = Ο. 2α 2

Α.σκηση 2

Αν c,., cg είναι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων: ·

f(x) = χ2 + χ - ι και g(x) = 2χ2 + 6χ - α χ αντιστοίχως, να βρείτε για ποια τιμή του α, η εφαπτομένη. της cΓ tττο σημείο M(l, " f(l)) εφά-πτεται και στην cg.

. .

Λύση

·' .

Επειδή f'(x) = χ2 � ι τότε f'O) = 2 και . χ

f(l) = ι οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης της cr στο σημείο M(l , f(l )) είναι:

(ε): Ύ -ι= 2(χ - ι ) δηλαδή (ε): y = 2χ - ι Η ευθεία (ε) εφάπτεται<της cg, αν και μό­

νο αν, η εξίσωση g(x) = y έχει διπλ11 ρίζα. Έ­χουμε:

g(x) = y δηλαδή 2χ2 + 6χ - α = 2χ - ι άρα 2χ2 + 4χ - (α - ι) = Ο

Πρέπει: Δ = Ο δηλαδή 16 - 8( α - ι) = Ο άρα α = -1

. . και το σημείο επαφής είναι το: �· - 4 ι χσ = 2α = τ = - ·

Άσκηση 3 ' Δίνεται η συνάρτηση f(x) = - � και η ευ-. χ

θεία (ε): y = αχ + β. Αν η (ε) εφάπτεται στην γραφική παράσταση Cr� να βρεθεί το σημείο ε-παφής. · ;

· · Λύση Η ευθεία (ε) εφάπτεται της cr, αν και μόνο

αν, η εξίσωση f(x) = y έist διπλή ρίζα. Έχου-με: f(x) = y δηλαδή - 1 = αχ + β άρα χ αχ2 + 8χ + 4 = Ο Πρέπει: Δ = Ο δηλαδή 64 - ι 6α = Ο άρα α = 4 και το σημείο επαφής είναι το: χ0 = � = - 8 2·4 = -1 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. t. 3/49

Page 50: Ευκλειδης Β 19

Το βήμα του Ευκλείδη Η Στήλη αυτή είναι ανοιχτή σε όλους τους συναδέλφους και μαθητές για να εκφράσουν ελεύθερα

τις απόψεις τους για τα μαθηματικά

Εξισώσεις ΕυθειοκωνικΦν Με aντιπαράδειγμα από την Αναλυτική Γεωμf:τρία Λυκείου

Από Γ. Π. Τσάμη ί) Ενώ ξέρουν οι μαθητές τις εξισώσεις των σημειο-κ:ωνικ:ών σε σημειακές συντεταγμένες

(χ, y), δεν ξέρουν όμως τίποτα περί ευθειο-κ:ωνικ:ών ούτε ποιες είναι οι εξισώσεις αυτών σε ευθειακ:ές συντεταγμένες (κ:, λ), ούτε ξέρουν ότι ο Απολλώνιος ορίζει πρώτα το μονοπαραμετρικ:ό σύνολο των εφαπτομένων κωνικής και ύστερα τα σημεία επαφής.

ίί) Ενώ ξέρουν ότι η εξίσωση y = λ.χ + k. με σταθερό το ζεύγος (λ., k.) και μεταβλητό ζεύγος (χ, y), ορίζει ευθεία ως σημειοσειρ4. Δεν ξέρουν όμως ότι η ίδια ακριβώς εξίσωση: y. = λχ. + k αλλά με σταθερό το ζεύγος (χ., y.) και μεταβλητό το ζεύγος (k, λ) . ορίζει σημείο ευθειογενές ως κέντρο επιπέδου δέσμης ακτίνων.

ίίί) Τα κοινά σημεία δύο σημειο-κ:ωνικ:ών μπορούν ευθέως οι μαθητές να τα ορίζουν από το σύστημα των δύο σημειο- εξισώσεων των κωνικών, δεν μπορούν όμως να ορίσουν ευθέως τις κοινές εφαπτόμενες δύο κωνικών γιατί δεν ξέρουν ποιες είναι οι εξισώσεις αυτών σε ευθειακ:ές· συντεταγμένες.

ίν) Οι κοινές εφαπτόμενες δυο σημειο-κ:ωνικ:ών δεν ορίζονται ευθέως αλλά με διαδικασία όχι σύντομη. O G. Salmon (στο τρίτομο βιβλίο του της Αναλυτικής Γεωμετρίας) αντιμετωπίζει, με σημειο-εξισώσεις, το πρόβλημα των κοινών εφαπτομένων δυο κύκλων σε τρεις σελίδες.

ν) Στο προηγούμενο σχολικό βιβλίο Αναλυτικής Γεωμετρίας αναφέρεται το οδοιπορικό των κοινών σημείων κωνικής και ευθείας και στο οποίο ορίζει τα δυο κοινά σημεία από το {F(χι\ y) = Ο ( 1 ) Εξίσωση της σημειο-κ:ωνικ:ής σύστημα: (Α) y = λ.χ + k. (2) Εξίσωση της ευθείας με σταθερό το ζεύγος (k., λ.)

και με μεταβλητό το ζεύγος (χ, y) Συνέχεια στο βιβλίο από το σύστημα (Α) των δυο κοινών σημείων ορίζει με αντικαταστάσεις

{F(x, λ.χ + k.) = Ο ( 1 ') το ισοδύναμο σύστημα: (Α') y = λ.χ + k. (2)

Δεν αναφέρει όμως ότι η κωνική (1) εξαφανίστηκε και αντ' αυτής παρουσιάζονται από την (1 ') δυο παράλληλες (προς τον άξονα y'y) ευθείες που μαζί με την ευθεία (2) κρατούν τα δυο κοινά σημεία.

Τέλος όταν στο βιβλίο crτην εξίσωση: F(x, λ.χ + k.) = Ο ( 1 ') του συστήματος (Α') θεωρεί την διακ:ρίνουσα αυτής Δp: για ΔF > Ο, ΔF = Ο, ΔF < Ο, τότε για την πε'ρίπτωση ΔF = Ο, γράφει:

I 2 2 2 2 1 { η ευθεία και η έλλειψη } α) Για την έλλειψη με κανονική εξίσωση ότι: « β + α λ = k <=> έχουν ένα κοινό σημείο » I 2 2 2 2 1 { η ευθεία και η υπερβολή } β) Για την υπερβολή με κανονική εξίσωση ότι: « β + k =α λ <=> έχουν ένα διπλό κοινό σημείο »

γ) { η ευθεία και η παραβολή } Για την παραβολή με κανονική εξίσωση ότι: « I ρ= 2kλ I <=>

, , δ '\ λ , , » εχουν ενα ιπιw κ:οινο σημειο

Έτσι όμως οι μαθητές τις μαθαίνουν σαν κάτι ειδικό, σαν συνθήκες, ώστε η ευθεία να έχει διπλό σημείο με την κωνική και δεν ξέρουν ότι αυτές οι ίδιες είναι οι αντίστοιχες, όπως θα δούμε, εξισώσεις των ευθειο-κ:ωνικ:ών σε ευθειακ:ές συντεταγμένες. Ούτε ξέρουν τι έγιναν η αρχική ευθεία (2) και οι δυο παράλληλες προς τον y'y ευθείες ( 1 ') που κρατούσαν τα δυο κοινά σημεία, όταν εξαφανίστηκε η κωνική από το οδοιπορικό (αυτό είναι το πρόβλημα που τίθεται).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/50

Page 51: Ευκλειδης Β 19

Εξισώσεις Ευθειοκωνικών

Ούτε ξέρουν ότι έγινε μια πληθυσμιακή παρά φύση αύξηση της αρχικής ευθείας σε ένα μονοπαραμετρικό σύνολο: των εφαπτομένων της εξαφανισθείσας κωνικής. Με άλλα λόγια: Πώς το δέντρο (η ευθεία) που έκρυβε το δάσος έκανε το θαύμα του.

Σημείωση: Από την αρχή τίθεται το πρόβλημα: της θέσης του διπαραμετρικού συνόλου όλων των ευθειών του �πιπέδου ως προς τη σημειο-κωνική και τον καθορi&μό αυτών από τα σημεία της κωνικής. Και όπου: ...

· . ι. α) Τα ζεύγη πραγματικών διακεκ'ριμένων σημείων της κωνικής, ορίζουν το διπαραμετρικό

υποσύνολο των ευθειών του επιπέδου, που τέμνουν την κωνική <=> I ΔF(k, λ) > Ο I β) Τα ζεύγη φανταστικών συζυγών σημείων της κωνικής (χαώδη σημεία), ορίζουν το

διπαραμετρικό υποσύνολο των ευθειών του επιπέδου, που είναι εξωτερικές ως προς την κωνική <=> I ΔF(k, λ) < Ο I

γ) Τα σημεία της κωνικής, ως ενωμένα, ορίζουν το μονοπαραμετρικό σύνολο των εφαπτομένων της κωνικής <=> I ΔF(k, λ) = Ο I Δεν ξέρει όμως ο μά�ητή�·; ότι αν θεωρήσει τη κωνική με σημεία ευθειογενή, τότε: με το ίδιο

ακριβώς όδοιπορικό, {ε το. tδίσ· σύ<Πημα και τα ίδια βήματα, χωρίς να εξαφανίζεται η κωνική, α.λλϊi- από την αρχή ως το τέλός να παραμένει αυτή και μόνη, θα έχουμε τελικά, στην τελική μορφή; την εξίσωση της κωVϊκής σε ευθειακές συντεταγμένες.

··

Πραγματικά, έχουμε το ίδιο σύστημα (Α), αλλά ως (Β), που είναι:

(Β)

( 1 ) F(x, y) = Ο (εξίσωση τής κωνικής) Λ (τη συνθήκη)

για κάθε ευθειογενές σημείο της κωyικiις

(όπου (x.,y.) στα. θερό

.

ζεύγος J και (k,λ) μεταβλητό ζεύγος

Αντίστοιχα, όταν από το σύστημα .· {F(x, y) = Ο ( 1) ·

(Β) Λ (συνθήκη) y. = λx. + k (β)

που είναι το σύνολο των σημείων της κωνικής ως ευθειογενή, ορίζουμε το σύστημα: {F(x., λχ. + k) = Ο ( 1 ') (Β') Λ

y. = λχ. + k (β) που είναι ακριβώς σε μορφή με το (Α'), τότε εδώ δεν εξαφανίζεται η κωνική, αλλά απλώς, τα ευθειογενή σημεία της, κατανέμονται σε ζεύγη, που κάθε ζεύγος είναι σε παράλληλες στον άξονα y'y ευθείες.

·

· Τέλος, αν θεωρήσουμε τη διακρίνουσα ΔF της F(x., λχ. + k) = Ο (1 ') ίση με μηδέν, ήτοι την ΔF = ο που είναι I ΔF(λ, μ) = ο ι . τότε γίνεται μια νέα κατανομή των ευθειογενών σημείων της, σε ενωμένα σημεία και ποv τότε κάθε ενωμένο σημείο ορίζει μια εφαπτομένη. Έτσι η σημειοκωνική με εύθειογενή σημεία γίνεται ευθειο-κωνική σε ευβ�ιακές συντεταγμένες και με

I • ' -., ... - ' �"Ζ . _•

εξίσωση I ΔF(κ, λ) = ο . ·Ι .' !<:αι θα· έχ�!Jμε πάλι (�ε κανονικές' μορ(ι)ές έξtσώσεωv): ' ·

α) Για την · ευθειογένή Έλλειψη η εξίσ'ωση της σε ευθειακές συντεταγμένες, θα εjναι I β2 + α\2 = μ

2 I β) Για την ευθειογενή υπερβολή η εξίσωσή της σε ευθειακές συντεταγμένες θα είναι I β2 + k2 = α\2 1 γ) Για την ευθειογενή παραβολή η εξίσωσή της σε ευθειακές συντεταγμένες είναι I ρ = 2λk Βασική Παρατήρηση

·

Αντί να πάρουμε τη διακρίνουσα της F(x., λχ. + k) = Ο ( 1 ') και να τη μηδενίσουμε, μπορούμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/51

Page 52: Ευκλειδης Β 19

Εξισώσεις Ευθειοκωνικών

να κάνουμε ισοδύναμα την απαλοιφή του Χ*, μεταξύ των F(x., λχ. + k) = Ο ( 1 ') }

Λ (Γ) Fx cx., λχ. + k) = ο *

και που μετατρέπει κάθε επίπεδο σημείο-καμπύλη με πολυωνυμική εξίσωση σε ευθειο-καμπύλη με εξίσωση σε ευθεtακές συν/νες την απαλείφουσα του συστήματος (Γ) και που πάντοτε ορίζεται ανεξαρτήτrος 'βαθμού. Σημείωση: i) Η κωνική ως σημειο-κωνική έχει γενική εξίσωση σε σημειακές συντεταγμένες (χ, y) την:

2 2 αχ + 2bxy + cy + 2dx + 2ey + f = Ο για κάθε σημείο Μ(χ, y) αυτής. Η ίδια κωνική ως ευθειο-κωνική έχει γενική εξίσωση σε ευθειακές συντεταγμένες (κ, λ) την:

2 2 2 (ckλ + bk + eλ + d) - (ck + 2ek + t}(cλ + 2bλ + α) = Ο ή

2 . 2 2 2 2 (b· - αc)k + 2(cd - be)kλ + (e - cf)λ + 2(bd - αe)k + 2(de - bf)λ + (d - αf) = Ο yια κb.θε εφαΠτομένη όπου (Q, k) το σημεi:ο που πιάνεται από τον άξονα ΥΎ και λ ο &υντελεmής διεύθυν<fής της. · · · ' ·

ii) Τα κοινά σημείΟ. δύο σημειοκωνικών ορίζονται από το σύστημα των εξισώσεών τους: { α1/ + 2b1�y + c1/ + 2d;x': 2e1y � f1 = Ο .

Λ . . 2 2

�χ + 2b2xy + c2y + 2d2x + 2e2y + f2 = Ο Οι κοινές εφαπτόμενες των ίδιων κωνικών ως ευθειοκωνικών ορίζονται από το σύστημα των εξισώσεών τους (σε ευθειακές συντεταγμένες):

. { 2 2 2 (c1kλ + b1k + e1λ + d1) - (c1k �2e1k + f1)-(c1λ + 2b1λ + α1) = Ο

2 2 2 (c2kλ + b2k + e2λ + d2) - (c2k + 2e2k + f2)·(c2λ + 2b2λ + �) = Ο

ΠΑΝΕΛΛΗΝ/0 ΣΥΝΕΔΡΙ(J ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Με διεθνή συμμετοχή

Στις 29 - 30 Νqεμβρίου και � Δεκεμβρίου 199() θμ διεξαχθεί το 1 3ο Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Παιδείας στην Αλεξανδρούπολη με θέμα:

·

"Κριτική και Σχεδιασμός της Ελληνικής Μαθηματικής Παιδείας"

I Υποβολή ε�γασιών μέχρι 20 Οκτωβρίου 1996 1 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/52

Page 53: Ευκλειδης Β 19

Κυκλοφορεί από τις Φυσικομαθηματικές εκδόσεις ''Αίθρα" σε Ελληνική παρουσίαση το βιβλίο του ρώσου μαθηματικού Sergei Denidoνich με τίτλο:

• •Η -· συλλογή των ασκήσεων του Sergei Denidovich••

Περιέχει 200 περίπομ πρωτόrυπα, σύνθετα, λυμένο θέματα πάνω στη Μαθηματική Ανάλυση, στον Δια­νυσματικό Λογισμό, στην Αναλυτική Γεωμετρία, στους Πίνακες, στις Ορίζουσες, στα Γραμμικά Συστήματα, άτούς Μιγαδικούς Αριθμού.ς �ρι στις Πιθανότητες. Όλα τα θ�μ;ι;ιτα είναι μεικτά (συνδυασμοί κεφαλαίων) .

Το βιβλίο αυτό είναι απαραίτητο _yιq,τη σωστή προετοιμασία rων αποφοίτων και των μαθητών της 1ης και 4ης Δέσμης., Κplνεται όμως .�κόμα πιο απαραίτητο για του� μρθηματικούς που διδάσκουν δέσμες, διότι βα ανανεώσομν :m συλλογή των ρσκήσεών τους. Η τιμή του βιβλίου είναι δρχ. 5000 (δε γίνεται έκπτωση).

Κεντρι�ή διάθεση «Αίθρα» >I! Ανδρέα Μεταξά 26 * 1 06 81 Αθήνα * τηλ. 3301 269 - 3301 252

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΓΙΑΝΝΗΣ ΗΛΙΟΠΟΥ ΛΟΣ

δέσμης

Ζητείστε μας τ� λuσά{!)..

./ Κωνικές τομές ./ Πιθανότητες - Συνδυαστική .ι Μιγαδικοί

Τα μυστικά της θεωρίας Τα "κλειδιά" των ασκήσεων

+ Επαναλήψεις 45 γενικά θέματα

• Ανάλυση lη; δέσμη; (3 τόμοι) • Ανάλυση · Άλγεβρα 4ης δέσμης (3 τό�ιοι) • Α, Β Λυκείου Άλγεβρα · Γεωμετρία (3 τόμοι) • Μαθtιματικά Γυμνασίου (3 τόμοι)

* rBNDcA ι:Αt BnANAAHil'riiCA θΕΜΑΤΑ ΜΑθΗΜΑΜQΝ *

Α' .ΑΒΕΜΗΣ: U\ '!ΜΕΝ Α &: ΑΛΥ'.Ι'.Α)

ΔΙΙΜΗΤΙ'ΙΙ MDOYNADI

Οnοια σχεnκά βοηθήματα και αv έχετε unόwn σας, ρ�τε μια ματιά στο vέο αuτ6 βιβλίο . . .

ΙΙΑΡΑrrΒΛΙΒ:Ζ S' (081) 252140 ΣΑΙ :ΖΤΑ ΒΙΒΑΙΟDΩΑΒΙΑ

. ΤΟ ΣΥΓΧΡΟΝΟ BffiΛIO ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ Απαρα(τητο σε όλοus ΚΛ(JΗΓΗΤΕΣ κω ΜΑθΗΤΕΣ

Κ.ΓΠ\.ΛΟΥΡΗΣ: ' ·· ..• . .· .Κ.ΣΤο'\;ΘθΙJ:Ο)';Λ.Οt. .

··

Διδ{ικτωρ ΙJ:Αηροφοριιcήs- JΙ(αθημα"tΙιcός MSc Computer �cience , Μaθημιtτι�ςός f f .)11

ΠΛΗΡ.ΟΦΟΡΙΚΗ EΠIΣTfll\ιiH IΊληρο31ορική ΙJ:αιδεlα Εκδιιcjη Α -}995 '

Κεντρική διάθεση από τους συγραφείς, τηλ: 6205605, 094-507252, 9413516 ή σrα βιβλιοπωλΕία : '

ΕΚΔΟτJΚΟ.Σ ΟΜΙΛ ΟΣ ΣΥΓΓΡΑ ΦΕΩΝ ΚΑθΗΓΗΤΏΝ Σόλωνος 100 ΕΛΕΥθΕΡΟΥΔΑΚΗΣ Νίκης 4 ΚΩΣΤ ΑΡΑ ΚΗ ' Ιπποκράτους 2 ΠΑΠΑΣΩΤΗΡJΟΥ. Στουρνάρα 35 ΣΑΒΒΑΛΑ Ζ. Πηγής 18 και Σόλωνος

..

Σ�ΥΡΙtΩΝ & ΝΙΚnΛΑΟΣ ΚΟΛΛΙΝΠΑΣ

70 γενικά θέματα, εφάμιλλα - των .αντίστοιχων των σλu-·

μmακ<iJν δφγ'ω\/Ισμων.

1!1 ποιψπλ�μρο σιινδιιαοnκά θέ­ματα, ii"!J καλύπτουν πλήpιi>ς το,σύγ;χρονο πνεύμα για τις Γενικές εξετάσεις.

:J!I Θέiιατα εξετάσεων ,, π ελθόντων ετών

ΔΙΑΤΙθΕΤΑt ΣτΑ ΚΕΝΤΡΙΚΆ � .; ΒΙΒΛΙΟΠΩΙ\ΕIΑ ifΩN ΑΘt!ΝΩΝ lwKAI XIS El'lfl\EΓI\IENA'TON iiii 1� ·;ι ί:JRC>ΛXTE1ΩNti81J

Page 54: Ευκλειδης Β 19

Ένα πρόβλημα - πολλές λύσεις Επιμέλεια: Νίκος Στάθη Παπαδόπουλος

Οπως ξαναγράψαμε η στήλη αυτή έχει βρεί μεγάλη ανταπόκριση . Έχουμε λάβει συνεργα­σίες των συναδέλφων: Γιάννη Στρατήγη, Γιώργου Γκαρή, Ξ. Τασόπουλου, Λεωνίδα Τούρλα και Γιώργου Κατσούλη οι οποίες θα δημοσιευθούν στα.επόμενα τεύχη .

Σ' αυτό το τεύχος δημοσιεύουμε μία επιστολή του συναδέλφου Ν. Κισκύρα η οποία αναφέ­ρεται στο θεώρημα των Steiner - Lehmus, με αφορμή των όσων έγραψε στο τεύχος 1 7 η συνά­δελφος Παναγιώτα Δημ. Βάθη . Ο Ν. Κισκύρας μας γράφει τα ακόλουθα:

Αγαπητέ Ευκλείδη Β' . Διάβασα το άρθρο «Ένα πρόβλημα, πολ­

λές λύσεις>> και επειδή , όπως και αναφέρεται σε αυτό, είχα ασχοληθεί με :ro θεώρημα των Steiner - Lehmus παλιότερα θεωρώ αναγκαίο να προσθέσω μερικά.

Στη σελίδα 57 αναφέρεται μια απόδειξη ενός αμερικάνικου περιοδικού του Ιανουαρίου 1963. Έχει το Σχήμα αριθ. 5. Την έμμεση αυτή αΠόδειξη την έχω δημοσιεύσει στο βιβλίο «ΘΕΩΡΉΜΑΤΑ ΚΑΙ ΠΡΟΒΛΉΜΑΤΑ ΓΕ­ΩΜΕΤΡΙΑΣ>> , επιμέλεια Χ. Τσαρούχη, το 1970 και δημοό-ιεύθηκε στον Ευκλείδη Β' στο τεύχος Ιανουαρίου - Φεβρουαρίου 1979 του ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β' στο δημοσίευμα «Η Αλγεβρι­κή Μέθοδορ>. Η απόδειξη αυτή δεν είναι δική μου, αλλά την πήρα από τη Γεωμετρία του Νείλου Σακελλαρίου, που, μαζί με μια άλλη την οποία δημοσίευσα ταυτόχρονα, την είχε στη Γεωμετρία του πριν το 1 935, όπως θυμά­μαι.

Στο δημοσίευμα «Η Αλγεβρική Μέθοδος>> στο ίδιο τεύχος, δίνω αλγεβρική απόδειξη της άσκησης: «Αν δύο διχοτόμοι τριγώνου ΑΒΓ είναι ίσες, τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές>>. (fην άσκηση αυτή την δίνω για λύση στο τέ­ταρτο τόμο των βιβλίων μου «Θεωρήματα και Προβλήματα Γεωμετρικά» στη σελίδα 400 με τη διατύπωση. «Με τη βοήθεια των μηκών των διχοτόμων τριγώνου να δειχθεί ότι: Αν δύο δι­χοτόμοι τριγώνου είναι ίσες, το τρίγωνο είναι ισοσκελές» (Η ιδιότητα αυτή αποδεικνύεται με άλλους τρόπους στις προτάσεις αριθ. 70, 7 1 , 266 και 927).

Σχετικά με την αλγεβρική απόδειξη πε­ριορίζομαι εδώ να αναφέρω ότι από τη σχέση δ δ δ2 δ2 , , , λ , β = γ και τη β = γ επειτα απο σειρα απ ων πράξεων προκύπτει ότι: (γ-β)[( α+β)2( α+γ)2 +βγ(γ2 +βγ+β2 +α2 +2αγ+2βγ+2αβ)]=0

Αλλά το εντός της αγκύλης είναι θετικό και επομένως προκύπτει ότι θα είναι γ - β = Ο ο­πότε γ = β. Δηλαδή το τρίγωνο με τις δύο ίσες

διχοτόμους είναι ισοσκελές. Ο υπολογισμός των μηκών των διχοτόμων

τριγώνου συναρτήσει των πλευρών του έΎινε με τη βοήθεια θεωρημάτων που έχουν ΑΜΕ­ΣΗ ΑΠΌΔΕΙΞΗ και το ίδιο συμβαίνέι και για τις αλγεβρικές πράξεις που έγiναν. Επομένως η απόδειξη αυτή είναι ΑΜΕΣΗ.

Στο ίδιο τεύχος του Ευκλείδη Β' αναφέ­ρεται η γεωμετρική απόδειξη i-ης πρότασης: Αν σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ δύο ευθείες ΒΕ και ΓΖ από τις κορυφές μέχρι τις απέναντι πλευ­ρές είναι ίcrες και τέμνονται σε σημείο; έστω Ι, της διχοτόμου ΑΔ, τότε το τpίγωνο ΑΒΓ εί­ναι ισοσκελές.

Στην απόδειξη της άσκησης αυτής αριθ. 264 στο βιβλίο ΘΕΩΡΉΜΑΤΑ ΚΑΙ ΠΡΟ­ΒΛΉΜΑΤΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ στηρίζω και την απόδειξη της άσκησης αριθ. 266: Αν δύο διχο­τόμοι τριγώνου είναι ίσες το τρίΎωνο είναι ι­σοσκελές.

Επειδή την απόδειξη της πρώτης την α­ναφέρω στο τεύχος αυτό του Ευκλείδη και ί­σως δε φαίνεται απλή, αναφέρω την απόδειξη της άλλης με βάση τον ίδιο τρόπο, αλλά α­πλοποιημένο. Δηλαδή την απόδειξη της ά­σκησης: «Αν δύο διχοτόμοι ΒΕ και ΓΖ τριγώ­νου ΑΒΓ είνάι ίσες το τρίγωνο θα είναι ισο­σκελές με ΑΒ = ΑΓ».

Δ

Απόδειξη: - Με χορδή τη γράφουμε τμήμα κύκλου το οποίο δέχεται γαινία ίση με την Α, έστω το κυκλικό τμήμα ΒΑΕ. Με χορ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/54

Page 55: Ευκλειδης Β 19

Ένα πρόβλημα - πολλές λύσεις

δ ή τη ΓΖ γράφουμε τμήμα κύκλου Γ ΑΖ, το ο­ποίο δέχεται γωνία ίση με τη γωνία Α.

Επειδή τα δύο κυι_cλικά τμήματα έχουν ί­σες χορδές και δέχονται την αυτή γωνία Α θα είναι ίσα, τα τόξα ΒΑΕ και ΓΑΖ θα είναι ίσα καθώς και οι δύο κύκλοι (περιφέρειες). Ίσα θα είναι και τα άλλα κυκλικά τμήματα ΒΕ και ΓΖ τα οποία δέχονται γωνία παραπληρωματική της Α.

Αν ΑΔ η διχοτόμος από την κορυφή Α και Ι η τομή των τριών διχοτόμων, επειδή οι δύο κύκλοι είναι ίσοι θα είναι συμμετρικοί προς την ΑΙ (ΑΔ), οι ίσες γωνίες ΒΑΙ και Γ ΑΙ θα βαίνουν σε ίσα, αντίστοιχα, τόξα και επομέ­νως η ΑΙ (ΑΔ) θα διέρχεται από το κοινό ση­μείο, έστω Θ, των δύο ίσων και συμμετρικών προς την ΑΙ (ΑΔ) κύκλων.

Έτσι τα τόξα ΘΕ και ΘΖ θα είναι ίσα και κατά συνέπεια και τα τόξα ΑΕ και ΑΖ θα είναι ίσα. Επομένως και οι γωνίες ΑΒΕ και ΑΓΖ θα είναι ίσες, επειδή είναι εγγεγραμμένες σε ί­σους κύκλους και βαίνουν σε ίσα τόξα. Αλλά

.,.... .,....

ΑΒΕ = ·� και Arz = �- Άρα Β = f και κατά

συνέπεια ΑΓ = ΑΒ. Δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές.

Επειδή όλα όσα αναφέρθηκαν στη γεωμε­τρική αυτή απόδειξη στηρίζονται σε θεωρή­ματα, που έχουν ΑΜΕΣΗ απόδειξη , και η α­ναφερθείσα απόδειξη είναι ΑΜΕΣΗ.

Στάθηκα με τόσες λεmομέρειες γιατί στον Ευκλείδη Β' Ιουλίου - Αυγούστου - Σε­πτεμβρίου 1995 γράφεται ότι: «Από έγκυρα σχόλια και λεπτομερείς παρατηρήσεις, που έ­χουν γίνει επάνω στις αποδείξεις του θεωρήμα­τος SΊΈΙΝΕR - LEHMUS, παίρνουμε την πληροφορία, ότι καμιά από αυτές τις αποδεί­ξεις δεν είναι ΑΜΕΣΗ, με την έννοια ότι τα θεωρήματα, στα οποία αυτή στηρίζεται, έχουν όλα άμεση απόδειξη. Δεν έχει βρεθεί απόδειξη του θεωρήματος ΑΜΕΣΗ, με τη σημασία του όρου, που δόθηκε παραπάνω».

Επειδή στα 67 χρόνια από τότε που πρω­τοδιορίσθηκα Καθηγητής των Μαθηματικών στη Δημόσια Εκπαίδευση μου έγινε ΠΙΣΤΗ να διαπαιδαγωγώ τους μαθητές όχι στο να α­ποδέχονται το «0 ΤΑΔΕ ΕΦΑ. .. », ή να αποδέ­χονται τη σημερινή ΤΑΚΤΙΚΉ του ΤΥΠΟΥ και των ΜΜΕ με το «ΚΑΤΑ ΕΓΚΥΡΟΥΣ ΚΥΚΛΟΥΣ . . . », ή να αποδέχονται σαν ορθά τα

συνεχώς καταγγελλόμενα στα συνέδρια της Ε.Μ.Ε. ΣΟΒΑΡΑ ΛΑΘΗ των σχολικών βι­βλίων και άλλων μαθηματικών βιβλίων και ε­ντύπων, αλλά στο να συνειδητpποιούν ότι κά­θε μαθηματική έννοια, αλλά και κάθf: έvνοια και ιδιαiτερα αυτές που συνηθίζουμε να κα­λούμε ΕΘΝΙΚΕΣ και ΗΘΙΚΕ� ΑΞΙΕΣ, έχουν συγκεκριμένο περιεχόμενο με το οποίο κατά τρόπο ΓΕΝΙΚΑ ΑΠΟΔΕΚΤΟ πρέπει να εκ­φράζονται στη ζωή, σε αυτό που συνηθίζουμε να καλούμε ΑΝΤΙΚΕΙΜΕΝΙΚΉ ΠΡΑΓΜΑ­ΤΙΚΟΤΗΤΑ· ότι πρέπει να συνηθίζουν να κρίνουν το ΚΑΘΕ ΤΙ και τον ΚΑΘΕΝΑ, ΟΧΙ από όσα λέει και διακηρύσσει, αλλά βασικά και κύρια από αυτά που εκφράζονται στη συ­γκεκριμένη πράξη.

Έτσι, ΧΡΕΟΣ ΜΑΣ ως Μαθηματικών εί­ναι να διαπαιδαγωγούμε τούς μαθητές στο να στηρίζουν την κρίση τους, ΙΔΙΑΙΤΕΡΑ για μαθηματικά θέματα, στην μελέτη και έρευνα για το συγκεκριμένο και αυστηρά καθορισμέ­νο περιεχόμενο κάθε έννοιας με το οποίο κα­τά τρόπο ΓΕΝΙΚΑ ΑΠΟΔΕΚΤΟ πρέπει να εκφράζεται στη ζωή καθώς και των σχέσεων (θεωρημάτων κ.λ.π), που με τη βοήθεια της μαθηματικής μεθόδου έχουν αποδειχθεί, ή έ­χουμε αποδεχθεί σαν Αξιώματα.

Με βάση όλα αυτά, που κανείς δεν μπορεί να αμφισβητήσει την αξία και τη σημασία τους, είναι φυσικά αναγκαίο να δημοσιευθεί η επιστολή μου αυτή, τουλάχιστον, στο μεθεπό­μενο τεύχος του Ευκλείδη Β', ώστε οι μαθη­τές, αλλά και οι συνάδελφοι, να είναι έτοιμοι να αντιληφθούν ποιες από τις προτάσεις που αναφέρονται στην αλγεβρική απόδειξη του 1979, την οποία σε γενικές γραμμές ανέφερα πιο πάνω, δεν έχουν ΑΜΕΣΗ ΑΠΟΔΕΙΞΗ κατά τα «ΕΓΚΥΡΑ ΣΧΟΛΕΙΆ», αλλά και το ΙΔΙΟ για τη γεωμετρική απόδειξη , που ανέφε­ρα σήμερα.

Θα μου επιτραπεί να αναφέρω ότι, όπως και είχα ΧΡΕΟΣ ως εκπαιδευτικός, ποτέ δεν παρουσίασα στους μαθητές μου τον εαυτό μου σαν ΑΛΆΘΗΤΟ και δεν θα το θεωρήσω Υ­ΠΟΤΙΜΗΤΙΚΟ, όποτε παρουσιαστεί περί­πτωση να κάνω λάθος, να πω το «ΓΗΡΆΣΚΩ ΑΕΙ ΔΙΔΑΣΚΟΜΕΝΟΣ».

Αθήνα, 26/1 0/95 Με συναδελφικούς χαιρετισμούς,

Ν. Α. Κισκύρας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 3/55

Page 56: Ευκλειδης Β 19

,. ' ..

,,

Αλλ ηλογραφίά Από τον Ακαδημαϊκό κ. Ν. Κ. Αρτεμιάδη λάβαμε το παρακάτω πρόβλημα το οΠοίο προτεί­

νει προς λύση στους αναγνώστες του Ευκλείδη Β': «Να ευρεθούν λύσεις της εξισώσεως χΥ ·+ χ + y = yx όπου χ, y είναι ακέραιοι και θετικοί α­

ριθμοί. Μια προφανής λύση είναι: χ = 5, y = 2. Το ερώτημα είναι: Υπάρχουν άλλες λύσεις;»

Ευχαριστούμε πολύ τον συνάδελφο Θ. Χαλάτση για τις παρατηρήσεις, τις διορθώσεις και τις επισημάνσεις του.

Από τον συνάδελφο Απόστολο Καζακόπουλο λάβαμε εργασία με θέμα «το πρόβλημα της πί­τσας».

Από τον συνάδελφο Σαλεβουράκη Βασίλη λάβαμε λύση της άσκησης Γεωμετρίας της Γ Λυκείοv του Πανελλήνιου Διαγωνισμού 1 995 με τη βοήθεια της Αναλυτικής Γεωμετρίας.

Από τον συνάδελφο Διολίτση Πέτρο λάβαμε έναν άλλο τρόπο λύσης της άσκησης 1 σελ. 68 τού σχολικού βιβλίου της Β' Λυκείου.

Από τον μαθητ� Ζέρβα Αθανάσιο του 2°υ Λυκείου Γρεβενών λάβαμε εργασiα που αφορά τα σημεία καμπής.

' ·

Ευχαριστούμε τον Πολυγένη Νικόλαο, απqφοιτο Λυκείου, για τα καλά του λόγια. Λάβαμε επίσης και μια ωραία λύση άσκησης της Διεθνούς Μαθηματικής Ολυμπιάδας. Ευχόμαστε να συ­νεχίσεις να ασχολείσαι με τα Μαθηματικά.

Ευχαριστούμε τον μαθητή Νταλαχάνη Δημήτρη για τα καλά του λόγια. Μας δίνει κουράγιο η πληροφορία που μας έδωσες ότι ο Ευκλείδης Β' έγινε η αφορμή να αγαπήσεις περισσότερο τα Μαθηματικά.

Από τον κ. Καρέλλα Γιάννη λάβαμε μια αξιόλογη άσκηση Γεωμετρίας με αντιστροφή. Λυ­πούμεθα που δεν μπορεί να δημοσιευθεί γιατί είναι εκτός ύλης. Ευχαριστούμε πολύ για τις φω­τογραφίες της πανέμορφης Αχαίας.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/56

Page 57: Ευκλειδης Β 19

Αφορμή για το άρθρο αυτό, στάθηκε ένα πρόβλημα που προτάθηκε στον φετεινό δια­γωνισμό «ΘΑΛΗ» για την Γ Λυκείου. Το πρόβλημα πρότεινε ο περισινός Ολυμπιονίκης και νυν φοιτητής μαθηματικών στο πανεπι­στήμιο του Καίμπριτζ Σ. Ράππος. Η λύση που έδωσε ο προτείνων την άσκηση είναι εξαιρε­τικά απλή και συμβατή με το μαθησιακό επί­πεδο των διαγωνιζομένων.

Εδώ θα δώσουμε μια γενική λύση του προ­βλήματος και με την ευκαιρία αυτή, θα παραθέ­σουμε σε γενικές γραμμές τον τρόπο επίλυσης των Εξισώσεων Πεπερασμένων Διαφορών (ΕΠΔ).

Οι ΕΠΔ έχουν πολλά κοινά σημεία με τις Διαφορικές Εξισώσεις και ουσιαστικά ταυτί­ζονται με τις Αναδρομικές ακολουθίες, τις ο­ποίες εισήγαγαν οι Α. Moiνre, J. Bernoulli, L. Euler, ο οποίος το Ι748 έγραψε και σχετικό σύγγραμμα. Οι ΕΠΔ χρησιμοποιούνται σε πολλούς κλάδους των σύγχρονων Μαθηματι­κών, όπως π. χ. τη Θεωρία Αριθμών, τη Θεωρία Πιθανοτήτων, την Κατασκευαστική Θεωρία συναρτήσεων ακόμα και σε πολύ προχφpημέ­να θέματα της Μαθηματικής Λογικής.

Στους μαθητές της δευτεροβάθμιας εκπαίδευ­σης είναι γνωστά τα παρακάτω παραδείγματα ΕΠΔ: (α) f(x + 2) - 2f(x + Ι ) + f(x) = Ο, που έχει λύση

την αριθμητική πρόοδο: f(x) = f(l ) + (χ - I )d.

(β) Το γινόμενο των ν πρώτων μη μηδενικών φυσικών αριθμών Ι ·2· . . . ·ν = ν! (ν παραγο­ντικό) εκφράζεται με τη συνάρτηση f(ν) = ν! και είναι λύση της ΕΠΔ

Ε τ ή λ η

EiJ α θ η μ α τ ι κ ώ ν

@ λ υ μ π ι ά δ ω ν Δ. Γ. Κοντογιάννη

f(ν + Ι ) - (ν + Ι)f(ν) = Ο.

(γ) Το άθροισμα Ι + 2 + . . . + ν = ν( ν; 1) = f(ν)

ορίζει συνάρτηση, που είναι λύση της ΕΠΔ: f(ν + Ι ) - f(ν) = ν + Ι .

(δ) Οι αριθμοί Fibonacci ορίζουν ακολουθία Ι , Ι , 2, 3, 5 , 8, 13 , . . . που ικανοποιεί την ΕΠΔ: f(ν + 2) - f(ν + Ι ) - f(ν) = Ο κ.λ.π. Στη συνέχεια θα ασχοληθούμε με μερικά

παραδείγματα.

1 . Ορισμοί Εστω το πρόβλημα: Να προσδιορίσετε τις

συναρτήσεις f : IR. -IR. που ικανοποιούν την ε­ξίσωση:

F(x + 2) + 15F(x) = SF(x + 1) (1),

για κάθε χ ε IR.. Η ( Ι ) αποτελεί όπως λέμε μια συναρτη­

σιακή εξίσωση, στην οποία ζητάμε να προσ­διορίσουμε μια συνάρτηση f(x), με μεταβλητή χ που ικανοποιεί την ( Ι ) .

·

Η ( Ι ) όμως είναι και μια Εξίσωση Πεπε­,ρασμένων Διαφορών (ΕΠΔ), στην οποία ζητά­με να προσδιορίσουμε μια συνάρτηση f(x) που ικανοποιεί την ( Ι ).

Η ( Ι ) είναι ΕΠΔ γιατί εκτός από την F(x), περιέχει και τις F(x + Ι) , F(x + 2).

Ακόμα η ( Ι ) είναι γραμμική, γιατί η F(x + 2) - 8F(x + Ι ) + Ι 5 F(x) = Ο (2), είναι μια γραμμική σχέση ανάμεσα στους F(x + 2), F(x + Ι ) , F(x).

Οι συντελεστές 1 , 15 , -8 των όρων της ( Ι ),

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/57

Page 58: Ευκλειδης Β 19

Εξισώσεις πεπερασμένων διαφορών

ονομάζονται συντελεστές της εξίσωσης. Η (1) ονομάζεται ομογενής, γιατί το (β)

μέλος της (2) είναι το Ο. Τέλος η ( 1 ) ονομάζεται ΕΠΔ τάξεως 2,

γιατί (χ + 2) - χ = 2. Ώστε η ( 1 ) είναι μια ομογενής, γραμμική ,

ΕΠΔ τάξεως 2.

2. Επίλυση της ομογενούς γραμμικής ΕΠΔ τάξεως 2. Έστω η ΕΠΔ: F(x + 2) - 8F(x + 1) + 15 F(x) = Ο (2). Παρατηρούμε ότι η f(x) = 3χ, για κάθε

χ Ε IR. ικανοποιεί την (2). Πράγματι: 3χ + 2 - 8·3χ + ι + 15 ·3χ = 3χ (9 - 24 + 1 5) = Ο. Η συνάρτηση f(x) = 3χ, ονομάζεται μερική

λύση της (2). Έχει η (2) και άλλη μερική λύση; Η απά­

ντηση στο ερώτημα αυτό είναι καταφατική . Πράγματι η g(x) = 5χ, είναι λύση της (2), αφού 5χ + 2 - 8 · 5χ + ι + 15 · 5χ = 5χ (25 - 40 + 1 5) = Ο.

Έχει η (2) άλλες μερικές λύσεις; Η απά­ντηση στο ερώτημα αυτό όπως θα διαπιστώ­σουμε είναι καταφατική , π.χ. α·f(χ), (α Ε IR.) κ.λ.π.

2.1. Θεώρημα Έστω α1F(χ + 2) + α2F(χ + 1) + α3F(χ) = Ο (3) με α2 * Ο μια ΕΠΔ με μερικές λύσεις f(x), g(x). Τό-

τε η συνάρτηση h(x) = αf(χ) + βg(χ) αποτελεί μια λύση της (3) (α, β Ε IR.).

Απόδειξη Πράγματι: αι [α f(x + 2) + β g(x + 2)] +

+ α2 [α f(χ + 1 ) + β g(χ + 1)] + + α3 [α f(x) + βg(χ)] = = α [αι f(x + 2) + α2 f(x + 1 ) + α3 f(x)] + + β [αι g(x + 2) + α2 g(x + 1 ) + α3 g(x)] = = α·Ο + β·Ο = Ο.

2.2. Ορισμός Θα ονομάζουμε γενική λύση μιας γραμμι­

κής ομογενούς ΕΠΔ τάξης 2, μια συνάρτηση h(x) = αf(χ) + βg(χ) όπου f(x), g(x) λύσεις της ΕΠΔ και:

I f(x) g(x) I C(x) = f(x + 1) g(x + 1) * 0· Η C(x) * Ο ονομάζεται συνθήκη Casorati. 3. Αρχικές συνθήκες μιας ΕΠΔ.

Έστω το πρόβλημα: Να προσδιορίσετε τη συνάρτηση f(x) που ικανοποιεί την ΕΠΔ

F(x + 2) + αF(χ + 1) + βF(χ) = Ο με β * Ο, για την οποία f(O) = γ, f( 1 ) = δ. Οι ισότητες f(O) = γ, f( l ) = δ ονομάζονται αρ­χικές συνθήκες.

Αν υποθέσουμε ότι μια τέτοια συνάρτηση f(x) υπάρχει, τότε:

f(x + 2) = -αf(χ + 1 ) - β f(x), οπότε f(2) = -αf(l) - β f(O) = -αδ - βγ, f(3) = -αf(2) - β f(l ) = α(αδ + βγ) - βδ, κ .λ. π. Δηλαδή, η συνάρτηση f(x) που ικανοποιεί

τις αρχικές συνθήκες και λαμβάνεται από μια τέτοια διαδικασία, είναι λύση της ΕΠΔ.

4. Εύρεση μερικών λύσεων μιας ομογε­νούς γραμμικής ΕΠΔ.

Έστω η ομογενής γραμμική ΕΠΔ: F(x + 2) + αF(χ + 1 ) + βF(χ) = Ο (4)

με α, β Ε IR.. Θα εξετάσουμε αν η (4) έχει μια λύση της

μορφής f(x) = κχ (κ Ε IR. *). Για το λόγο αυτό κατασκευάζοvμε την ε-

ξ, χ + 2 χ + ι β χ Ο (5) , ισωση κ + ακ + κ = , την οποια ονομάζουμε χαρακτη ριστική εξίσωση της (4) και τη λύνουμε:

Είναι κ\κ2 + ακ + β) = Ο => κ2 + ακ + β = Ο (6). Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

i) Δ > Ο. Τότε κι,2 = -α ± ..J2α2

-

4Ρ.

Ωστε υπάρχουν λύσεις κ�, κ2 της ΕΠΔ.

Έτσι π. χ. η ΕΠΔ F(x+2) - 8F(x+ 1) + 15F(x) =Ο (7), έχει χαρακτηριστική εξίσωση:

κ2 - 8κ + 1 5 = ο (8), οπότε κι = 8 ; 2 = 5, κ2 = 3 και μερικές λύσεις

f(x) = 5χ, g(x) = 3χ. Οι f(x), g(x) ικανοποιούν τη συνθήκη

Casorati.

I 5Χ 3Χ I Πράγματι C(x) = 5χ + ι 3χ + ι =

χ I 1 1 I χ 1 5 3 5 = 2· 1 5 -::F- 0,

άρα η (7) έχει γενική Φ(χ) = cιf(x) + c2g(x)(cι , c2 Ε IR.).

λύση

") Δ ο τ · -α + rJiΔi · · 11 < . οτε κι,2 = 2 η Κι = ρ + 1q

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 3/58

Page 59: Ευκλειδης Β 19

Εξισώσεις πεπερασμένων διαφορών

κ2 = p - iq, (p, q ε IR.). Τις λύσεις αυτές μπορούμε να τις εκφράσουμε

και σε τριγωνομετρική μορφή.

οπότε η Φ(χ) = Cι4χ + CzX4x, είναι μια λύση της (9).

5. Μη ομογενείς γραμμικές ΕΠΔ τάξεως 2 Έστω η μη ομογενής γραμμική ΕΠΔ τάξεως 2: Έστω π.χ. ότι κι = R(συνθ + ίημθ),

Kz = R( συνθ - ίημθ). F(x + 2) + αF(χ + 1) + βF(χ) = G(x) (1 0). Τότε η ΕΠΔ έχει λύσεις: Για τις λύσεις της (1 Ο) ισχύει το παρακάτω θεώρημα: κ�= R χ( συνχθ + ίημχθ), κ� = R χ( συνχθ - ίημχθ).

χ χ χ χ 5.1. Θεώρημα , κι +κz χ κι-κz χ · ""' Θεtουμε: f(x)=-2-=R συνχθ,g(χ)=-2-=R η,..,..v. Μια γενική λύση της (10) είναι άθροισμα:

Παρατηρούμε ότι: C(x) =

I Rχσυνχθ

Rχ+ ισυν(χ + 1)θ R2χ+ ιημθ =ι:. Ο.

Rχημχθ Rχ+ ι

ημ(χ + 1)θ I =

α) μιας μερικής λύσης της μη ομογενούς ΕΠΔ (10) και

β) μιας γενικής λύσης της ομογενούς ΕΠΔ: F(x + 2) + αF(χ + 1) + βF(χ) = Ο (11).

Επομένως η ΕΠΔ έχει γενική λύση:

Ώστε αν φ(χ) είναι μια μερική λύση της (10) και f(x), g(x) είναι λύση της (1 1) με:

I f(x) g(x) I Φ(χ) = cιf(x) + c:ιg(x). Έτσι π. χ. η ΕΠΔ: F(x + 2) + F(x + 1) + F(x) = Ο (8), ' ' ξ'

2 1 ο

C(x) = f(x + 1) g(x + 1) =ι:. Ο,

τότε η (10) έχει γενική λύση: Φ(χ)=φ(χ)+cιf(χ)+c�χ). εχει χαρακτηριστικη ε ισωση κ + κ + = ,

' π . π π . π οποτε κι = συ'3 + ιη�, Kz = συ'3 - ιη�, Για τις μερικές λύσεις της (10) ισχύει το παρα­

κάτω θεώρημα:

' 2πχ 2πχ 5.2. Θεώρημα και αρα Φ(χ) = cι συ'3 + Cz η�, Αν t{x), g(x) είναι μερικές λύσεις των ΕΠΔ: είναι μια λύση της (8). F(x + 2) + αF(χ + 1) + βF(χ) = Gι(χ) και

iii) Δ = Ο. Τότε κ1 = κ2 = κ κm. Φ(χ) = c1κχ + c2χι/. Έτσι π.χ. η ΕΠΔ:

F(x + 2) + αF(χ + 1) + βF(χ) = Gz(x) _

αντίστοιχα, τότε η t{x) + g(x) είναι μερική λύση της ΕΠΔ: F(x + 2) - 8F(x + 1) + 16 F(x) = 0 (9),

έχει χαρακτηριστική εξίσωση:κ2 - 8κ + 16 = Ο =>

κ1 = κ2 = 4,

F(x+2) + αF(χ+1) + βF(χ) = G1(x) + Gz(x).

ΤΑ Βι ΒΛιΑ Π Ε Ρ ι ΕΧΟΥΝ * Ασκ�σεις του συγγραφέα - Anoθnσouptσμo mς 1βχpονnς εμnεtρlσς

του οnό mν npοεταμοσlα των υnοψnφfων στο φpοντfστnριο, οτο nνεύ­μο των τελευταlων εξετόσεων nou συνδυόζουν γνωσεις αnό nολλό κεφόλσια συγχόνως.

8 Λυμένα το nto ουσιώδn θέματα αnό ης ΠσνελΜνιες Εξετόσεις τnς nεpοσμένnς εντεκσετlας 1983-1994.

• Λυμένο θέματα αnό εξετόσεις διαφόρων ξένων nανεnιστnμlων

BACALAUREAT - LONDON POL vτECHNIC - NEW YORK UNIVERSiτY LIVERPOOL UNIVERSiτY - G.C.E. Αγγλtκό - MOSCOW UNIVERSIH

'I' Λυμένες μια σειρό ασκt'Ισεων nου εntλέχτnκαν αnό διόφορες εκδό­σεις ελλnνικών κσt ξένων nεptοοtκών όnως ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ τnς ΕΜΕ -

ΠΡΟΕΚΤ ΑΣΕΙΣ ΣτΗΝ ΕΚΠΑΙΔΕγΣΗ - ΘΕΑΠΗΤΟΣ - ΜΑ ΤΗΕΜΑ τtC NEWS

CASSEr Α ΜΑ τΕ ΜΑ TICA - ΤΗΕ ΥΟΚΟΗΑΜΑ ΜΑ ΤΗΕΜΑ τtCAL JOURNAL

JOURNAL MARτtCULAτtON BOARD - LOOK JAPAN

Ο Λυμένες μια σειρό εnιλεγμένων ασκ�σεων αnό μια nλαύσια ελλnνtκt'i

κσt ξένn ΒtΒλtογραφlα.

Ο Λυμένο θέματα μοθnτικών διαγωνισμών όnως τnς Ελλnνtκt'Ις Μαθn­μοτtκt'Ις Εταtρεlας (ΕΜΕ), Μαθnματικών Ολυμntόδων, του Wtlliαm Lowell

στις ΗΠΑ, nου έχουν σχέσn ως nρας τον nεριεχόμενο με τις Πα­νελΜνιες Εξετόσεtς τnς 1nς Δέσμnς.

v Τ ετρόδες θεμότων anό τα θέματα του BtBλlou στο στυλ και το εnl­

nεδο των Πανελλnνlων Εξετόσεων και με ερωτ�σεtς θεωρlας nου κα­λύπτουν το nto nιθονό θέμοτο anό όλn τnν ύλn για δοκιμαστικό Test nptν τις εξετόσεις.

Το ορχεlο θεμότων μσθnμοτικών 1nς Δέσμnς σnό ΠανελΜνtες Εξετό­σεtς 1983 - 1994

Τ σ SOS θέμστο τnς θεωρlας

ΤΑ ΒΙΒΛΙΑ ΠΟΥ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΑΝ το " ΣτΥΛ" και το " Π Ν ΕΥΜΑ" ΤΩ Ν Φ Η Ι Ν Ω Ν Θ Ε ΜΑΤΩ Ν Στ Ι Σ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕτΑΣΕΙΣ l ης και 4ης ΔΕΣΜΗΣ ΟΣΟ ΚΑΝΕΝΑ ΑΛΛΟ.

ΤΑ ΒΙΒΛΙΑ ΠΟΥ ΤΑ vτΙΣτΗΚΑΝ ΜΕ ΤΟ ΝΕΟ ΠΝΕΥΜΑ ΤΩΝ ΕΞΕτΑΣΕΩΝ

ΘΕΜΑΤΑ ΣΥΝΔ ΥΑΠΙΚΑ ΠΟΛΛΩΝ ΕΡΩΤΗ ΜΑΤΩ Ν ΠΟΥ ΜΟΝΟ ΤΟ "ΝΕΟ ΠΝΕΥΜΑ ΤΩΝ ΕΞΕτΑΣΕΩΝ" του Μαθηματικού φροντιστή Σάκη Λιπορδέzη Π ΕΡΙΕΧΟΥΝ

Συνάδελφοι προτείνετε και διδάξετε στους υποψnφιους

το μοναδικό εξωσχολικό Bonθnμa που θα τους φέρει τόσο κοντά

στα θέματα των εξετάσεων.

ΓΙΑ ΠΑΡΑΓΓΕΛΙΕΣ ΤΗΛΕΦΩΝΗΣΤΕ 053 1 /21 206 - FAX 053 1 /2 1 9 1 6

ή znτnστε τα στα καλό μεγδλα βιβλιοηωλεια.

Page 60: Ευκλειδης Β 19

Με μεγάλη μας χαρά διαπιστώνουμε ότι οι επιστολές με τις λύσεις των ασκήσεων συνεχώς πληθαίνουν. Έχουμε ήδη δημοσιεύσει τις λύσεις των ασκήσεων Γεωμετρίας του τεύχους 15 .

Στο τεύχος αυτό δημοσιεύουμε λύσεις ασκήσεων του τεύχους 16. Στο επόμενο τεύχος ελπί­ζουμε να έχουμε δώσει τις λύσεις όλως των ασκήσεων των τευχών 1 5, 16. Περιμένουμε ακόμη λύσεις των ασκήσεων από τα τεύχη αυτά που ακόμα δεν έχουν λυθεί.

Έχουν σταλεί αρκετές λύσεις και για τις ασκήσεις του τεύχους 18 , τις οποίες θα δημοσιεύ­σουμε σε επόμενο τεύχος.

Άσκηση Α5 ΛίJση l ιι Η δοθείσα εξίσωση γράφεται:

Χ2νy2ιι:. + /ιι:. + Χ2ν + 1 _ 2Xv = Ο <=> Υ2ιι:.(Χ2ν + 1) + (χ ν _ 1 )2 = Ο <=>

y2ιι:. (χ2ν + 1) = Ο και (χ ν - 1 )2 = Ο <=> y2ιι:. = Ο (αφού χ2ν + 1 =F Ο, ν ε !Ν'*) και χ ν = 1 Άρα η λύση είναι (χ, y) = ( 1 , Ο) ή (-1 , 0).

Γιάννης Σταματογιάννης - Μαθηματικός

Λύση 2η

Θέτουμε χν = φ και y2ιι:. = ω. Προφανώς ω � Ο. Αντικαθιστούμε στην δοθείσα εξίσωση:

(φ2 + 1 )(ω + 1) = 2φ <=> (ω + 1 )φ2 - 2φ + (ω + 1) = Ο ( 1 )

Δ = 4 - 4(ω + 1 )2 = 4 [ 1 - (ω + 1 )2 ] = 4( 1 - ω - 1 )( 1 + ω + 1 ) = -4ω(ω + 2)

Αν ω > Ο τότε Δ < Ο οπότε η ( 1 ) δεν έχει πραγματικές ρίζες για την φ (: αδύνατο) άρα ω = Ο.

Για ω = Ο έχουμε y2ιι:. = Ο δηλαδή y = Ο.

Ακόμα, η ( 1 ) γίνεται: φ2 - 2φ + 1 = Ο <=> (φ - 1 )2 = Ο <=> φ = 1 οπότε χ ν = 1 (2) (α) Αν ν:άρτιος η (2) ισχύει για χ = 1 ή χ = -1 . Δηλαδή έχουμε τις λύσεις:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/60

Page 61: Ευκλειδης Β 19

Στις Ασκήσεις λέμε ΝΑΙ!

(x = 1 , y = 0) και (x = -1 , y = 0) (β) Α ν ν:περιττός η (2) ισχύει για χ = 1 , οπότε έχουμε την μοναδική λύση (χ = 1 , y = 0).

Χρ. Στέλλας - Μαθηματικός

Λύση 3η

Είναι: (χ2ν + 1 )(/ιc + 1) = 2χν (ν, κ Ε IN) <=> x2vy2ιc + χ2ν + /ιc + 1 = 2χν <=> (xvyιc)2 + (Χν)2 + (yιc)2 + l _ 2Xv = Ο <=> (xvyιc)2 + (yιc)2 + (�ν _ 1)2 = Ο

Πρέπει το κάθε τετράγωνο να ισούται με το Ο. Άρα πρέπει: { χ = Ο ή y = Ο y = O <=> χ = 1 (ν Ε IN)

ή χ = -1 (αν ν άρτιος) Επειδή η χ = Ο δεν μηδενίζει το χ ν - 1 δεν λαμβάνεται ως λύση της εξίσωσης. Οι λύσεις της

εξίσωσης είναι:

{Υ = Ο χ = 1 y = Ο χ = -1 (αν ν άρτιος)

Νταλαχάνης Δημήτρης - Μαθητής Α' Λυκείου

Λύση 4η Έχουμε διαδοχικά:

(χ2ν + 1)(y2ιc + 1) = 2χν <=> x2vy2ιc + χ2ν + y2ιc + 1 - 2χν = ο <=> (χν)2 - 2χν + 1 + (xvyιc)2 + y2ιc = ο <=> (χ ν - 1)2 + (xvyιc)2 + (yιc)2 = Ο <=> χ ν - 1 = Ο και xvyιc = Ο και yιc = Ο <=> χ ν = 1 και (χ ν = Ο ή yιc = Ο) και y = Ο <=> χ = :qϊ και y = Ο <=> χ = ±1 και Υ = Ο

Άρα, τα ζεύγη λύσεων της εξίσωσης είναι: (χ, y) = (-1 , Ο) ή (χ, y) = (1 , 0).

Άσκηση Α6 Λύση Ι η

Η δοθείσα γράφεται:

(y2 + 1)5 = 16χ4 ή (χ2 + 1)4 Επειδή y2 � Ο η ( 1 ) δίνει:

Κοσμάς Τσακμακίδης - 1° Λύκειο Κομοτηνής

-s �J4 � ι ή (__Ά_J4 � ι ή [ (2χ)2 ]2 - ι � ο ή [ (2χ)2 + ι] [ (2χ)2 ι] � ο ή -νlx2 + l ) χ2 + 1 (χ2 + 1 >2 <x2 + l )2 (χ2 + 1)2 (__Ά__ ι) (__Ά_+ ι)� ο ή (χ - 1)2 (χ + Ι)2 :::; ο άρα χ = 1 ή χ = -1 χ2 + 1 χ2 + 1 χ2 + 1 χ2 + 1

Συνεπώς, για χ = 1 η ( 1 ) δίνει y = 0: (χ, y) = (1 , Ο) για χ = -1 η (1) δίνει y = 0: (χ, y) = (-1 , Ο)

Λύση 2η Γιάννης Σταματογιάννης - Μαθηματικός

ί) Για χ = Ο έχουμε (y2 + 1)5 = Ο <=> y2 = -1 : αδύνατο στο IR., οπότε το χ = Ο δεν αποτελεί ρίζα της εξίσωσης.

ΕΥΙΛΕΙΛΗΣ Β' ιdL τ.. 3161

Page 62: Ευκλειδης Β 19

Στις Ασκήσεις λέμε ΝΑΙ!

2 1 ii) Για χ < Ο είναι χ2 + 1 � -2χ (η ισότητα ισχύει για χ = -1) <=> χ 2: � -1 οπότε

( χ2

2: 1 )4 � 1 ( 1 ) (y2 + 1/ � 1 (2) Για να ισχύει η δόθείσα εξίσωση πρέπει οι (1) , (2) να ισχύουν σαν ισότητες:

χ = -1 και y2 + 1 = 1 <=> (χ = -1 και y = Ο) 2

iii) Για χ > Ο είναι χ2 + 1 � 2χ (η ισότητα ισχύει για χ = 1) <=> χ 2: 1 � 1 οπότε

r2

2: 1τ � 1 (3) (y2 + 1 )5 � 1 (4)

Για να ισχύει η δοθείσα εξίσωση πρέπει οι (3), (4) να ισχύουν σαν ισότητες:

χ = Ι και y2 + 1 = Ο <=> (χ = 1 και y = Ο) Χρ. Στέλλας - Μαθηματικός

Σημείωση σύνταξης: Ο συνάδελφος έχει στείλει λύσεις και σε προηγούμενες ασκήσεις καθώς επίσης και προτεινόμενες.

Λύση της άσκησης Α6 μας έστειλε και ο μαθητής Κοσμάς Τσακμακίδης από το Ι 0 Λύκειο Κομοτηνής.

Άσκηση Γ Λυκείου (τεύχος 15) eP eα ec ι Υποθέτουμε ότι Ο � α < β � c. Δείξτε ότι-β - <-2- (β + α) + ι (ι)

- α c

Λύση Η παραπάνω ανισότητα ( 1 ) είναι ισοδύναμη με την:

c 1 J β c 1 eβ - eα < � (β2 - α2) + β - α ή ex dx < � (β2 - α2) + (β - α) ή 2c α 2c

Για την απόδειξη της (2), θεωρούμε την συνάρτηση:

r x c F(x) = Jα et dt - e Zc 1 (χ2 - α2) - (χ - α), χ Ε [0, c]

Η συνάρτηση F είναι παραγωγίσιμη με F'(x) = ex - 2χ ec2� 1 - 1 και F"(x) = ex - ec � 1 (3).

Για την συνάρτηση h(x) = ex στο διάστημα [0, c] ισχύει το θεώρημα της μέσης τιμής, οπότε

υπάρχει ξ Ε (0, c) τέτοιος ώστε h '(x) = h(c) � h(O) ή eξ = ec � 1 (4) .

Από (3), (4) έχουμε F"(x) = ex - eξ. Αν χ Ε (0, ξ) έχουμε F"(x) < Ο και για χ Ε (ξ, c) F"(x) > Ο. Συνεπώς, η συνάρτηση F' είναι φθίνου­σα στο [0, ξ] και αύξουσα στο [ξ, c], ενώ F'(O) = F'(c) = Ο.

Οπότε, έχουμε τον κατωτέρω πίνακα μεταβολών για τη συνάρτηση F':

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ . 3/62

Page 63: Ευκλειδης Β 19

χ F" F '

Στις Ασκήσεις λέμε ΝΑΙ!

ο ξ c

+ ο� / ο

F' (ξ) Δηλαδή, για κάθε χ e [0, c] είναι F'(x) � Ο οπότε η συνάρτηση F είναι γνήσια φθίνουσα στο διά­στημα [0, c].

Έτσι, δείξαμε την ισχύ της (2). Κ. Γεωργακόπουλος

Μια διόρθωση: Από παραδρομή δεν τηρήθηκε η σειρά στις προτεινόμενες ασκήσεις του τεύ­χους 18 . Έτσι λοιπόν, η Ι η άσκηση είναι η Α8, η δεύτερη η Α9 και η Τρίτη η Γ2.

Προτεινόμενη άσκηση Α10

Νησιώτης είχε κρύψει - στα χρόνια της κατοχής - έναν οικογενειακό θησαυρό σε σημα­διακό τόπο γνωστής του νησιού παράλίας και για τον εντοπισμό του κατείχε το επόμενο τοπο­γραφικό.

Β αμμουδιά

«Στη θέση Β και Γ δηλώνεται από ένας ευκάλυπτος και στη θέση Α μία ροδακινιά. Τα τρί­γωνα ΜΒΑ και ΝΓ Α δηλώνονται ισόπλευρα, το σημείο Κ δηλώνεται σαν το κοινό μέσο των ευ­θυγράμμων τμημάτων ΜΝ, ΑΘ και το Θ σαν το σημείο του κρυμμένου θησαυρού.»

Ο νησιώτης - ύστερα από την αποχώρηση των στρατευμάτων κατοχής - θέλησε να ανακτή­σει τον οικογενειακό του θησαυρό, αλλά δεν τα κατάφερε, αφού η ροδακινιά είχε καταστραφεί. Από τη δυσχερή του θέση τον «έβγαλε» ο εγγονός του - μαθητής της τρίτης Γυμνασίου τότε, σήμερα της Α' Λυκείου ισοδυνάμως. Ζητείται το σκεπτικό προσδιορισμού του σημείου Θ και ο τρόπος εντοπισμού του.

Νικόλαος Θ. Βαδιβούλης - Σχ. Σύμβουλος Μαθηματικών

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 3/63

Page 64: Ευκλειδης Β 19

Α Π Ο Τ Ι Σ Ε Κ Δ Ο Σ Ε Ι Σ Σ Α Β Β Α Λ Α Αλέξα vδρος /l. 1'ραyανίτης

Μ!θΗΜΔΤrι]ΚΑ 1 ι α κω. ους μα ηrες

Σαββάλας Ε Κ Δ Ο Σ Ε Ι Σ - Β Ι ΒΛΙ Ο Π ΩΛ Ε Ι Ο

Σημείο αvαφοράι; στο εκπαιδευτικό fJιfJAίo

Ζ . Π Η ΓΗ Σ 1 8 1 0 6 8 1 ΑΘ Η ΝΑ Τ Η Λ . 3 3 . 0 1 . 2 5 1 - 3 8 . 2 9 . 4 1 0 FAX . 3 8 . 1 0 . 90 7