Ευκλειδης Β 45

άλγεr>ρα dτ4« Α 'fόξ,1 f\ooiov �.ω

,... ,_

Γ:.(/c� -.-" c;r.;-r::, αξιολόγηση-ς

σrο

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ www.patakis.qr

Από τp Παιδαγωγικό Ινστιτούτο του Υπουργείου Παιδείας εγκρίθηκαν

53 βιβλία και σύνολα εκπαιδευτικού υλικού των ΕΚΔΟΣΕΩΝ ΠΑΤΑΚΗ ως ΕΠΙΣΗΜΑ ΣΧΟΛΙΚΑ ΒΙΒΛΙΑ για τα σχολεία όλης της Ελλάδας.

Υπεύ8υνοι Έκδοση� Ευσταθίου Ευάγγελος, Μπαραλής Γεώργιος, Σφαrής Ιωά.ννης

Συνιακηκή Οιιάδα: Ανδρουλακάκης Νίκος ΒακαλcΊπουλος Κώστας Βλάχου Αγγελική Γιαννοοπύρος Σωτήρης Γράψας Κωνσταντίνος Δούναβης Αντώνης Ευθύμοyλου Πέτρος Καλίκας Σταμάτης Καρακατσάνης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Καισούλης Γιώργος Κeρασαρίδης Γιάννης ΚηπουρcΊς Χρήοως ΚcΊνψας Νίκος Κυριακόπουλος Ανιώνης Κυριακόπουλος Θανάσης ΚυριακοηούλουοΚυβερνήωυ Χρυσι. Λαζαρίδης Χρi]οιος Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μώκος Χρήστος Νιζιώρας Ηλίας Ρήγας ΘccΊδωρος ΣΟ:ίιη Εύα ΣακελλιΊρης Βαοίλης Τασοόπουλος Γιώργος Τσικαλuυδάκης Γιώρ,·ος Τσιού].Lας Θανάσι1ς Χαραλαμπίδης Γιώργος Χαραλα�mοπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος ΧριστcΊηουλος Παναγιώτης

Συvcρyάιcς: Φeλούρης Αργύρης Φίλη Χριστίνα Καρβέλης Γιάννης Μαντάς Ιωάννης Χριστόπουλος Θανά.σης Σκοτίδας Σ.

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΙΙΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ ΙΊΑl'<ΈΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑΘΙ-ΙΝΑ Τηλ36 17 78-±- 36 16 532 Fωο 36 41 025 Εκδόιης: Αλεξανδρής Νικόλαος ΔιευDυvιής: ΊΌρλής Ιωάννης

ISSN: 1105 - 7998 Επιμέλεια Έκδοση�:

Μαραγκάκrις Στέλιος ΣΥΝΔΙ>ΟΜΕΣ:

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχοι; 45 ο Ιούλιοι; ο Αύyουστοι; ο Σεπτέμβριοι; 2002 ο Ευρώ: 2,50

eomail: info@hmsogr wwwohmsogr

I ΜΑΘΗΜΑ ΊlΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΑ ΤΟ Λ ΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 2 Η ΔcύΙΙψΙ1 Μαllημαrική Σχολή rωv Αllηvών

4 Το Βήμα rου Ευκλcίδη

4 Δρασrηριόιηια OIΙJV Τάξη

5 Αριllμός Υπο1ογισrής 'Ρ 11' (Πασκαλιvll)

8 Οι φcίς ηλικίες

12 Ο ΈυιU,είδης' προιείνει.οοΕυκλείδη και Διόφαvrσ

22 ΗΟΜΟ MATHEMAΊICUS 24 Μαllημαιικοί Διαγωνισμοί - Μαllηιιαηκές Ολυιιπιάδες

I ΜαDημαιικά yια ιηv Α' Τάξη ιου Λυκείου I

33 Υπάρχουν και Ανισόrηιες

35 Γcωμεφία π1ς Α' rάζης rου Λυκείου (Βασικά Γεωιιcφικά σχήμαrα)

40 Σχέσεις ιιεrαζύ cυllυγράμιιων φημάrωv

41 θέμαrα cζάσκησης

I ΜαDηιιαιικά yια ιηv Β' Τάξη ιου Λυκείου I {:_\ fU is V<il- 4'ϊ (ψ) -{) :2 � Θvι ()(;ο Λiu61<D 43 Δια,'1Jσμαια

49 Μcφικές σχέσεις

57 Τριγωνσμcφία Β' Λυκείου 232. ι -Ό- '3'8 2.22

I ΜαDημαηκά yια ιηv Γ' Τάξη ιου Λυκείου I

63 Γεωμεφικοί rόποι σrσ Μιγαδικό Επίπεδο

69 Μαllηιιαιικά Γενικής παιδείας llcιιαrα rσυ 1ου Κεφαλαίου

78 Πρσ6λήιιαrα απ' ΙΙJ" καllημcριvή Ζωή

Tcιixo� 2,50 cυρώ 79 Η σrήλη rψ;; Αλληλογραφίας Ειήσια συνδρnJDΊ 10,00 ε Ηρώ (Σ.χολ.)

Σuνδρο�η1ιέ� lΟ,αΉ-2,00 ευρώ (Ταχ.) 1---------------------------------1 Οργανισμοί: 18,00 ευρώ Σιοιχcιοllεοία - Σελιδοrιοίηοη Ταχο Ειιιιαyέ� Τ. Γραφεlο ΑΙJήvα 54, Τοθο 30044 Ελληvικι'ι ΜαΟιηωrικiι Εrαιρεία

ΕκιύπωοrιΙΝΤΕΡΠt•ΕΣ ΛοΕο , lερά ο&\� 81 - 83 YncuO. Τuπnγραφεί.οu η Τρικεριώιης-Ειλ;3-i7465'1

Η Δεύτερη Μαθηματική Σχολή των Αθηνών

Διdνές unορικό: Οι ξένοι μαθηματιιωί πσυ αvαφέροvrω εδώ υπήρ

ξαν φυσιογvωμiες. Οι Poincare και Hilbert θεωρούvrω οι μεyσλύτεροι γεvιιωί μαθηματιιωί του 2(fυ αιώνα. Οι Monge, Lie, Darboux, Ε. Cartan, οι μεγαλύτεροι διαφορογεωμέτρες των αντιστοιΧων εποχών. Οι Ε. Borel, Hαdamard, Painleve, Picard ιωρυφαίοι δημισυργοί οτην Ανάλnση (και όχι μόνο). Ο Goursat, αναθεμΕλιωτής της Θεωρίας Συναρτήσεων μιας μιγαδικής μεταβλητής, διεθνής αυθεντία στις μερικi:ς διαφορικi:ς εξισώσεις και σοφός συγγραφέας οτην ανδλυση. Ο F. Klein, ανανεωτής της Γεωμετρίας. Ο Chevalley, μi:ΝJς των Bourbaki, ιωρυφαίος αλγεβριστής.

Στο πρώτο μισό του 20ου αιώνα, ο ελληνικός λαός εξορμά· εθνικά, κοινωνικά, πνευματικά, καλλιτεχνικά. Εδώ αναφερόμαστε σε πανεπιστημιακούς Καθηγητές που κεντρικά συμβάλλανε στην μαθηματική παιδεία των γενεών του ΟΧΙ και της Εθνικής Ανriστασης. Από τις οποίες, άλλωστε, βyήκε ο Χρίστος Παπακυρισχόπσυλος (1903-1976), από τους διασημότερους μαθηματικούς της εποχής μας.

Η αυγή του 20ου αιώνα υπήρξε ευοiωνη για τη νεοελληνική μαθηματική έρευνα. Τον σεβασμό που είχαν εξασφαλίσει, γι' αυτήν, διεθνώς, οι εργασίες των Νικολαίδη, Κ. Στεφάνου και I. Χατζηδάκη ανανέωσαν οι τρεις νέοι δρόμοι που άνοιξαν, αντίστοιχα στον Λο-γισμό των Μεταβολών ο Κωνσταντίνος Καραθεοδωρής (ήδη γράψαμε για τον μεγάλο μαθηματικό του Ελληνισμού), στην θεωρία Συναρτήσεων μιας μιγαδικής μεταβλητής ο Αθηναίος Γεώργιος Ρεμούνδος (1878-1928) και λίγο αργότερα (1905), στις Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις ο Κεφαλλονίτης μαθηματικός Παναγιώτης Ζερβός (1878-1952). Οι Ζερβός και Ρεμούνδος, συμφοιτητές - βιοπαλαιστές στην Αθήνα, συνεχίζουν τις σπουδές τους στο Παρίσι Ο Ρεμούνδος γενίκευσε στις αλγεβροειδείς συναρτήσεις το θαυμαστό θεώρημα του Picard για τις ακέραιες. Δοσμένος στην έρευνα, θα είναι παραγωγικότατος στην σύντομη ζωή του. Υ πάρχουν αναφορές των εργασιών του από τους πρωτοπόρους Ρ. Montel, Ο. Blιunenthal (βλ και την εyκuκλοπαίδεια των Μαθηματικών από τον Painleνe). Γίνεται καθηγητής της Ανώτερης Μαθηματικής Ανάλυσης στο Πανεπιστήμω Αθηνών (1912) και το 1916 στο Ε.Μ.Π.. Τύπος λειτουργικού μαθηματικού, f).ηε στους φοιτητές του «είμαι προϊόν των ασκήσεων». Έ-

της Χριστίνας Π. Φίλη<*>

yινε Ακαδημαϊκός από την ίδρυση της Ακαδημίας (1926). Τα βιβλία του Θεωρία Διαφορικών Εξισώσεων (τ. Α' 1912, τ. Β' 1914), Αρχαί της Θεωρίας των Αναλυτικών Συναρτήσεων (1914) κ.ά. συνοπτικά, περιειcrικά και ωrΜ. συμβάλλουν στην απόκτηση στέρεων μαθηματικών γνώσεων. Ως αντιπρόσωπος της Ελλάδας στη Κοινωνία των Εθνών (τμήμα: πνευματική επικοινωνία) ταξιδεύει συχνά, καταβάλλοντας την κλονισμένη υγεία του. Ο Ζερβός πρώτος διέκρινε ότι η αποτυχία μεγάλων μαθηματικών να αποδείξουν την περιώνυμη εικασία του Monge (1784) αpείλεται στο ότι αυτή ήταν εσφαλμένη. Οι καθηγητές Borel και Picard του Ρεμσύνδου και Darboux Goursat, Hadamard Painleνe του Ζερβού αντιλαμβάνονται τη σημασία των νέων κατευθύνσεων. Π.χ. την έρευνα του Ζερβού συνεχίζουν και οι Goursat, Hilbert και Ε. Cartiιn. Αυτός, την θεμελιώδη εργασία του 1914, την αρχίζει έτσι: «Σε μια πρόσφατη ανακοίνωση (1913) ο κ. Ζερβός γενικεύει ένα θεώρημα του κ. Hilbert (1912) ... )). Καθώς οι σχετικές έρευνες των Ζερβού και Ρεμούνδου συνεχίστηκαν (για όλη τους τη ζωή), τους ανατέθηκε η συγγραφή των αντιστοίχων μονογραφιών στην προπολεμική περιώνυμη γαλλική σειρά Memoήal dec Sci. Math. Σχετικά, στο σαpό βιβλίο του Linear Analysis and Representations Theoιy (Spήnger 1970) ο S.A. Gaal γράφει: «πριν μια γενιά οι ομάδες Lie ονομάζονταν συνεχείς ομάδες. Οι κύριες πηγές στο θέμα αuτό είναι τα βιβλία των Lie και Elie Cartan, ένας τόμος από τον Kowaleνski και ένα βιβλίο από τον Π. Ζερβόν για το πρόβλημα του Monge. Οι διάφοροι τόμοι και εκδόσεις ενός βιβλίου του Cheνalley είναι πω πρόσφατοι)). Εξάλλου, η βιβλωyραφία του σημαντικού βιβλίου V alue Distribution Theoιy των L. Sario και Κ. Noshiro (νan Nostrand 1966) περιλαμβάνει εργασίες των Ρεμούνδου και του ερευνητικού του μαθητή - συνεχιστή του, Θεόδωρου Βαρόπουλου (1894-1957 Καθηγητού στο Παν/μω Θεσσαλονίκης).

Με μοναδικό ταλέντο στις ξένες γλώσσες, «αυτόματη)) ακριβολογία και πλατειά παιδεία μαθητής των Darboux, Fuchs, Hilbert, F. Κlein, Η Schwarz, ο ΝLΧατζιδάχης (Καθηγητής στο Πανεπιστήμω Αθηνών από το 1904) (1872-1942) θα συνεχίσει επάξια την πατρώα ερευνητική παράδοση, αγκαλιάζοντας τη νέα, τότε, Κινητική Απειροστική Γεωμετρία, των Γάλλων. Σ' αυτήν είναι αφιερωμένο και το ομώνυμο βιβλίο του. Ακόμα πω προχωρημένη ερευνητικά, η μονογραφία του «Σμήνη και συμπλέγματα καμπυλών και επιφανειών)). Η γενίκευση των Θεωριών του Darboux σε νδιάστατο χώρο (1900) εντυπωσιάζει Μάλιστα σ' αυτήν τη

(*)Επ. Καθ. Ε.Μ.Π., Docteur d' Etat, Αντεπιστέλλον Μέλος, της Διεθνούς Ακαδημίας, της Ιστορίας των Εmστημών

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.l/2

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

μελέτη του εισάyει στην Ελλάδα την έννοαι της πολλαπλότητας, έναν χρόνο μεrά την παρουσίασή της (1899) από τον Poincare.

Στην ομ1λi.α του (1910) στο σύ/J..iyyo των φοιτητών του Μαθηματικού, παρουσιάζει τις βασικές κατευθύνσεις για τη δημιουργία <<Μαθηματικών Σχολι:ίJV», σημειώνοντας πως το δύσκολο είναι να αφυπνισθεί το ενδιαφέρον των φοιτητών, γιατί τα Μαθηματικά δεν είναι άμεσα προσιτά και με την πρώτη ματιά ελκυστικά, δεν υπάρχει κέρδος σλλ1:ι. ούτε και θαυμασμός, γιατί τα επιτεύγματα παραμένουν γνωστά σ' έναν πολύ περωρισμένο κύκλο. Όμως η έρευνα προσφέρει μεγάλη πνευματική ικανοποίηση γι' αυτό όποως ζητά για τον εαυτό του <<υψηλότερες απολαύσεις του πνεύματος αυτός ας σπουδάσει προπάντων Μαθηματικά>).

Καθηγητές στο Παν/μω Αθηνών οι Π. Ζερβός, Γ. Ρεμούνδος, N.l. Χατζιδάκης, φίλοι μεrαξύ τους και φιλικοί προς τους φοιτητές (για πρώτη φορά πολυάριθμους), με την άνεση του διεθνούς κύρους, της διδακτικής πείρας (οι Ρεμούνδος και Ζερβός είχαν διδάξει και στην Μ.Ε.) και της αφοσίωσης στην αποστολή τους, δημιουpyήσανε υψηλά πρότυπα (όπως προηγουμένως ο Κ Στέφανος και ο I. Χατζιδάκης). Ένας ολόκληρος κόσμος αποφοίτων με ξεκάθαρες, λιτές και στερεές γνώσεις θα μορφώσει την Ελλάδα, θα συμβάλει αποφασιστικά στο έπος του '40 και θα πρωταγωνιστήσει στην ολόπλευρη Εθνική Αντίσταση, προσφέροντας και έαν κορυφαίο Μάρτυρά της, τον Γιώργο Κότσηρα (το νέο με την έντονη παρουσία στη φωτογραφία εκδρομών Καθηγητών-φοιτητών, συνηθισμένες τότε).

Οι τρεις Καθηγητές καλύψανε, αθροιστικά, με συγγράμματα όλn. τα τότε διδασκόμενα μαθήματα. Ενδεικτικά: Τα <<Στοιχεία Ανωτέρας Άλγεβ�) του N.l. Χατζηδάκη. Η «Θεωρία των Διαφορικών ΕξισώσεωV)) του Γ. Ρεμούνδου (από τις παραδόσεις του το, γράψαν οι Κωνσταντίνος Παπαϊωάννου - αpγότερα Καθηγητής της Μηχανικής στο ΠΑ και στο Ε.Μ.Π. και Ακαδημαϊκός, και ο Κώστας Χαράκης, εξαίρεtος Κύπρως μαθηματικός). <<Απειροστικός Λογισ�) του Π. Ζερβού (έντυπο, 1929). Με αυτό, η από το 1918 εισαγωγή της Θεωρίας Συνόλων και του αριθμητικά θεμελιωμένου Απειροστικού Λογισμού, από τον Π. Ζειr βό, αποτυπώθηκε γραπτά. Είναι η μεγαλύτερη γενική προσφορά του στην νεοελληνική μαθηματική παιδεία. Θαυμαστής του βιβλίου, ο Χ. Παπακυραικόπουλος (προηγουμένως, μαθητής του Νικολάου Κριτικού στο Ε.Μ.Π.).

Οι τρεις Καθηγητές εισήγαγαν τον θεσμό των <<Ανωτέρων Φροντιστηρίων)) (Σεμιναρίων) για την συστηματική καλλιέργεια έρευνας υψηλού επιπέδου (συχνά ισότιμο με εκείνο στο τότε Παρίσι). Παράλληλα, ο εραστής της θεωρίας των Αριθμών Π. Ζερβός προσανατόλισε τον μόνιμο κάτοικο Κρήτης Γεώρyω Ξηρουδάκη στην Δtαρανtική Ανάλυση, στην οποία θα

αναδειχθεί συν τω χρόνω σε σπουδαίο διεθνή έλληνα ερευνητή - αυθεντία. Το έργο του συνεχίστηκε απ' τον εξαφετικό μαθηματικό και δραματικά άrοχο Ιάσωνα Κατζουράιcη.

Μαθητής και θαυμαστής του Poincare, ο Π. Ζερβός, θα μεrαφράσει (1912) το περιώνυμο βιβλίο του «Επιστήμη και Υπόθεση)). Εισάyει έτm στην Ελλάδα, τη φιλοσαρία των θετικών επιστημών, αντικείμενο ισόβιας αφοσίωσής του. Ιδρυτής και πρόεδρος της Ελληνικής Φιλοσαριιcής Εταφείας (1933), η οποία θα ατονήσει όταν η αντιπνευματική δικτατορία συλλάβει μέλη της, όπως τον Παναγιώτη Κανελλόπουλο. Ως Ακαδημαϊκός, θα επισημάνει πρώτος, την ταύτιση της σκέψης του ΙD..άτωνα (στην παραβολή του Σπηλn.ίου) και του Poincare στο παραπάνω βιβλίο (1948-49).

Οι Π. Ζερβός και N.l. Χατζιδάκης θα εγκαινιάσουν την Δαιβαλκανιιcή Συνεργασία, μεrαφέροντας σ' αυτήν το πολιτικό όραμα του Αλεξάνδρου Παπαναστασίου. Το πρώτο συνέδρω είχε μεγάλη επιτυχία και συμμεrείχαν μεγάλοι Βαλκάνωι μαθηματικοί Οργανωτικός φορέας του ήταν ο δημοκρατικός Σύνδεσμος Μαθηματικών Μέσης Παιδείας, ο οποίος θα γίνει ο αιμοδότης στην Εθνιιcή Αντίσταση.

Ο Π. Ζερβός θα ιδρύσει και θα εκδίδει το περωδucό Revue Math6natique de 1' Union Interbalcanique (1936-41 ).

Γαι το επίπεδο του περωδικού αρκεί να αναφέρουμε ότι περιέχει και άρθρα των Κ Καραθεοδωρή και Αλεξάνδρου Δίγκα (μεrαπολεμικά Καθηγητή στο Βερολίνο και μ.αθητού του Ε. Schmitdt).

Οι αρχικές εργασίες του Π. Ζερβού, ανήκουν στην Θεωρία Συναρτήσεων και στις Αλγεβρικές Εξισώσεις. Από το Θεώρημά του σ' αυτές, το οποίο θα εκθέσει στο τελευταίο μάθημά του (1949) θα δρομολογηθεί μαι πορεία με μακροπρόθεσμες ερευνητικές συνέπειες. Τέλος, στα 1971, ο καθηγητής της Σορβόνης Μ. Janet θα δημοσιεύσει μακρό άρθρο με τίτλο «0 Π. Ζερβός και το Πρόβλημα του Monge)) (Bull. Sci. Math.).

Σημειώσεις: 1 . Τα Σεμινάραι που αναφέραμε ήταν ανοικτά σε όλους

τους ενδιαφερομένους. 2. Η ατμόσφαιρα στο ΠΑ δεν ήταν μόνο τεχνοκρατική. 3. Ο Ν.Ι. Χατζιδάκης ήταν και δόκιμος ποιητής (ιδαιίτερα

σε μεrαφράσεις, καθώς μιλούσε 13 γλώσσες), με το όνομα <<Ζέφυρος Βρα.δυνός)). Ακόμα ήταν υποστηρικτής της δημοτικής γλώσσας. Το 1896 εγκαταλείπει τις σπουδές του στο Παρίσι και μαζί με τον θείο του Γεώρyω Χατζηδάκη (εμπνευσμένο γ"λιοοσολόγο) κατεβαίνει στην Κρήτη και συντάσσεται με τους επαναστάτες


ο I

ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΑ ΣΤΗΝ ΤΑΞΗ

Η επίλύση ασκήσεων και προβλημάτων σιην τάξη στα πλαίσtα της νέας δtδαιαιιcής των Μαθηματικών, είναι άμεσα συνδεδεμένη με την καθημερινή διδακτική πράξη. Οι μεν ασκήσεις στηρίζσύν τη νέα μαθηματική έννοια σιην κατανόησή της, βοηθούν σιην αφοι.ωiωσή της' Τα δε προβλήματα είναι πιο σύνθετα, απαιτούν γενικότερες -γνώσεις Μαθηματικών και οργανώνσύν τη σκέψη των μαθητών' Τούς βοηθούν να αναπrύξσύν πρωτοβουλίες και την κριτική τους ικανότητα. Μπορούν ακόμη να ανταλλάσσΟIΝ απόψεις μεrαξύ τους, να ανακαλύπτσύν τη σ(Ι}στή πορεία πού θα τους οδηγήσει στο σωστό αποτέλεσμα. Οι μέθοδοι και οι θεωρiες πού f:ι..OIN αναπτυχθεί σχετικά με τη δtδαιαιιcή των Μαθηματικών και ακόμα πιο συyκεκρψένα, δηλαδή πως το κέντρο βάρσύς της διδασκαλίας μεrατοπίζεται από τον καθηγητή στο μαθητή, είναι αντικείμενο έρεύνας πo').,)..fjJV ετών και πo').,)..fjJV ερευνητών" Αναμφtσβήτητα ωrοτελσύν σταθμό στη δημωυργiα νέων μεθόδων και Θεωριών και ταυτόχρονα πραγματικό βοηθό για κάθε καθηγητή Μαθηματικών.

Ο Ευκλείδης Γ στα τεύχη τον παρουσιάζει μία πολύ συyιφοτημένη δουλειά σχετικά με τα παραπάνω. Στα τεύχη 38 και 56 αναφέρεται στα προβλήματα των Μαθηματικών.

Το πρόβλημα σιην τάξη με τη ι.ωρφή ομαδικής εργασίας και νέας μεθόδού διδασκαλίας στο Ελληνιιcό σχολείο είναι σημαντική και πρωτοποριακή ενέργεια. Όμως δεν είναι απλή υπόθεση η νέα αυτή ι.ωρφή διδασκαλίας των

Μαθηματικών, για παράδειγμα ελάχιστα είναι τα προβλήματα στα βιβλία των Μαθηματικών του Γυμνασίου Το ζήτημα είναι πως θα εξασφαλiσούμε οι.ωωyένεια στις τάξεις των μαθητών μας, πως θα επιτύχσύμε πρωτογενές αποτέλεσμα

σιην εργασία πού τους αναθέτουμε, όταν μάλιστα αυτή απαιτεί μια, προεργασία στο σπίτι και δεν γίνεται κατ' ευθείαν σιην τάξη. Πραγματικά απαιτείται πολύ δουλειά και χρόνος ώστε να εφαρμόσσύμε τις νέες μεθόδούς πού θέλούν το μαθητή στο κέντρο της εκπαιδειmκής διδασκαλίας και ταυ εκπmδεuτικό σιΝtονιστή και βοηθό.

Οι συνάδελφοι Γιώργος Κόσυβας και Παύλος Μάστακας από το l0Πεφαματικό Αγ. Αναργύρων στα πλαίσια της δtδαιαιιcής των Μαθηματικών, έδωσαν το εξής

της Βλάχου Αyyελική

πρόβλημα στους μαθητές τους σιην Α' Λυκείου ((Δύο ευθεiες ε1, ε2 τέμνονται fl,ω αΠ τη σελiδα τον

τετραδίου σας. Να γράψετε τη διχοτόι.ω της γωνίας πού σχηματίζσύν

οι παραπάνω ευθείες, χωρiς να βγείτε fl,ω ωt' τη σελiδας.>> Οι μαθητές χωρίστηκαν στις παραιcάτω ομάδες όπου

και ανέπτυξαν δημωυργική συνεργασία: Οι ομάδες εργασίας το πρώτο δίωρο εργάστηκαν χ(Ι}

ριστά και στο επόμενο δίωρο παρουσiασαν σ' όλη τη τάξη τα αποτελέσματα των λύσεων που είχαν βρει Μαζί με τους καθηγητές τους Γ. Κόσυβα και Π. Μάστακα χώρισαν σε τέσσερις κατηγορiες τις λύσεις που είναι συνολικά 14.

Ο Ευκλείδης Β' χαίρεται για την πρωτοβουλία και τη νέα πραγματικότητα που εισάγεται στο σχολείο και συγχαίρει τους μαθητές για το ενδιαφέρον που έδειξαν σ)J.iJ. και για το αποτέλεσμα της εργασίας τους.

� Ξ:::-Ι ΣΕ ΙΈΝΙΙΑ θΕΝΛΤΑ

ΜΑΘΗΜΑΠΚΟΝ ΓΕΝΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ r ΛΥΚΕWΥ τ Ω θEJ1Kiit-lf�OI'ΊΚHL

Κι\ll.ΎθVΝΙιι.ι

θιωρηnκlsοοι.ιιiσεοc; Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ·-- (Θετικής· Τεχνολογικής . ..... _......,.. · --- ·--·-::=:=. κατεύθυνσης) EWJ�IWoXOl

Συγγραφική • Β. Βλάχοι; • Π. Κουτσούκοc;

ομά3α • Π. Ξηρόκωσταc; Μαθηματικών • Χ. Πλατήc;

Ένα βιβλίο σταθμόc; στη μέση εκπαί3ευση με α. Αναφορά στα λεmά σημεία των Μαθηματικών

και στα σημεία που γίνονται λάθη β. Εκατοντά3εc; θεωρητικά θέματα όλα λυμένα ν' Για τουc; μαθητέc; που στοχεύουν στο 30 και 40

θέμα. ν' Για τουc; Μαθηματικού«; που 3ι3άσκουν στο

Λύκειο, στο φροντιστήριο, στο ι3ιαίτερο.

Κοστίζει περίπου όσο μια ώρα ιδιαίτερο. Εξασφαλίζει εκατοντάδες ώρες διδασκαλίας.

Εκδόσειc;: Β. ΒΛΑΧΟΣ (Μαθηματικόc; και Φυσικόc;)

ΠΑΠΑΦΛΕΣΣΑ 3 13451 ΖΕΦΥΡΙ • ΑΘΗΝΑ Τηλ.: 010 2384834 Fax: 010 2320954

Το βήμα του Ευκλείδη

ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΊΉΣ «Ρ 11» (ΠΑΣΚΑΛΙΝ 11)

ΗΑΦΗΓΗΣΗ Στο Εθνικό Μουσείο Τεχνών και Επαγγελμά

των, εκείνο το καλοκαιριάτικο απόγευμα του 1995, επικρατούσε μια ασυνήθιστη αναστάτωση. Οι εmσκέπτες που αναμένονταν δεν ήταν κάποιο συνηθισμένο τουριστικό γκρουπ, αλλά μια ομάδα Γιαπωνέζων μαθηματικών. Συμμετείχαν στις εργασίες του συνεδρίου που γινόταν εκείνες τις μέρες στο Παρίσι, για το έργο του μεγάλου και πρόωρα αδικοχαμένου συμπατριώτη τους Γιουτάκα Τανιγιάμα.

Το μικρό λεωφορείο σταμάτησε στην οδό Σαιν Μαρτέν και οι επισκέπτες πέρασαν την είσοδο του παλιού μοναστηριού. Στους χώρους του στεγαζόταν το Μουσείο από το 1799, με απόφαση του Διευθυντηρίου. Στην Αυλή της τιμής τους υποδέχτηκε ο Πρόεδρος του Διοικητικού Συμβουλίου του ΕΜΤΕ, γεγονός που υπογράμμιζε την ιδιαίτερη σημασία της επίσκεψης. Θα τους ξεναγούσε ο ίδιος.

Πρώτα κατευθύνθηκαν προς την εκκλησία του Σαιν Μαρτέν ντε Σαν, περνώντας από την περίφημη «Αίθουσα της Ηχούφ, όπου βρισκόταν σχεδόν ολόκληρος ο εξοπλισμός του εργαστηρίου του Λαβουαζιέ. Στάθηκαν στο Χορό της παλιάς εκκλησίας και ο Πρόεδρος τους έδειξε το Εκκρεμές, το οποίο έφτιαξε ο Φουκώ πριν από 140 χρόνια για να αποδείξει την περιστροφή της Γης. Μετά έμειναν κάμποση ώρα στο χώρο με τα εκθέματα που σχετίζονταν με την εξέλιξη των θερμικών μηχανών και της αεροπορίας. Κοίταξαν με απορία τη μικρογραφία του αγάλματος της Ελευθερίας, του λιμανιού της Νέας Υόρκης.

-Είναι το πρώτο μοντέλο που έφτιαξε ο Μπαρτολντί, τους εξήγησε ο Πρόεδρος.

Φωτογραφήθηκαν γελώντας δίπλα του, δεν έκαναν όμως το ίδιο και με το άγαλμα που βρισκόταν στην άλλη πλευρά. Η μορφή του Πασκάλ τους ενέπνεε σεβασμό.

Βγήκαν από την εκκλησία, περιδιάβηκαν τις αίθουσες του πρώτου ορόφου με τον τεράστιο πλούτο των εκθεμάτων, σχετικών με τις εφαρμογές των εmστημών, και συνέχισαν στο δεύτερο όροφο. Τελευταίος σταθμός της περιήγησης οι αίθουσες 57 και 58, αφιερωμένες στα μαθηματικά. Εδώ βρίσκονταν και οι αριθμομηχανές, από τα αρχαία κινέζικα aριθμητήρια ως τις σύγχρονες.

Η ομάδα των μαθηματικών περιεργαζόταν με θαυμασμό την "Πασκαλίν", τον πρώτο Αριθμητικό Υπολογιστή του Πασκάλ. Το παράξενο κουτί με

Του Γιάννη Καρβέλη

τους τροχίσκους δε φάνταζε και πολύ εντυπωσιακό, αυτοί όμως καταλάβαιναν πολύ καλά τη μεγάλη του αξία, ιστορική και μαθηματική . . .

Ο Πρόεδρος παρακάλεσε να έχει την προσοχή τους.

- Κύριοι, σας έχουμε υποσχεθεί μια ενδιαφέρουσα έκπληξη. Ακολουθείστε με παρακαλώ στη βιβλιοθήκη.

Ξαναγύρισαν στην Αυλή της τιμής και πέρασαν στην παλιά ψηλοτάβανη αίθουσα που φτιάχτηκε το 1300, για τραπεζαρία του μοναστηριού. Με δέος προσπαθούσαν να εκτιμήσουν το μέγεθος του πλούτου που φυλασσόταν εκεί. Περίπου 100.000 τόμοι με εmστημονικές και τεχνολογικές εφαρμογές!

Ο Πρόεδρος, έβγαλε από το χαρτοφύλακ� του δυο φύλλα χαρτιού, που φαίνονταν σαν φωτοτυΠίες παλιού ξεθωριασμένου χειρόγραφου. Καθάρισε το λαιμό του με ένα μικρό ξερόβηχα και άρχισε να μιλάει με σοβαρό ύφος.

- Πριν από λίγες μέρες λάβαμε μια περίεργη επιστολή. Ο ανώνυμος αποστολέας ισχυριζόταν ότι είχε στα χέρια του ένα γράμμα, που είχε στείλει ο Πασκάλ στην ανιψιά του το Μάϊο του 165 ... Η ημερομηνία ήταν λίγο ξεθωριασμένη, αλλά αυτό δεν έχει μεγάλη σημασία. Μας έστειλε και ένα αντίγραφο του γράμματος, αυτήν τη φωτοτυπία. Ισχυριζόταν ότι έφτασε στα χέρια του από έναν καλόγερο, που το ξετρύπωσε στη βιβλιοθήκη κάποιου μοναστηριού στη Νορμανδία και μας ζητούσε μια οικονομική προσφορά για το πρωτότυπο. Μας βεβαίωνε ότι το γράμμα είναι εξακριβωμένα γνήσιο και τελείωνε με τη δήλωση "θα έλθω πάλι σε επαφή μαζί σας σε ένα μήνα".

Δε δώσαμε και μεγάλη σημασία, παίρνουμε αρκετές τέτοιες εmστολές. Αναθέσαμε την εξέταση του γράμματος σε έναν ειδικό συνεργάτη του Μουσείου, που κατά σύμπτωση είναι και μαθηματικός. Την άλλη μέρα μας περίμενε πρωί-πρωί για να μας ανακοινώσει ότι δεν μπορούσε να αποφανθεί ακόμα για τη γνησιότητα του γράμματος, τον προβλημάτιζε το ύφος και η δομή του. Οπωσδήποτε όμως εύρισκε το περιεχόμενό του πολύ ενδιαφέρον. Συμφωνήσαμε και μεις, όταν διαβάσαμε το κείμενο, αλλά αποφασίσαμε ότι δε θα το δημοσιοποιήσουμε πριν από την επόμενη επαφή με τον αποστολέα. Θέλαμε να βεβαιωθούμε ότι δεν πρόκειται για απάτη ή φάρσα, αρκετά έξυπνη πάντως, όπως θα διαπιστώσετε.

Σταμάτησε, έβγαλε και καθάρισε τα γυαλιά του



και τα άφησε στο τραπέζι που ήταν πλάι του. Κοίτα- εμπλοκή ο μηχανισμός του εκθέτη και δε μπορούμε ξε για λίγο τους aνυπόμονους ακροατές και συνέχι- να κάνουμε επιλογές. Δεν είναι τίποτα σπουδαίο, αλσε. λά είμαι πολύ κουρασμένος για να το φτιάξω σήμερα.

- Αποφασίσαμε όμως, εξαιτίας μιας πολύ ευτυ- Θα δοκιμάσετε λοιπόν αναγκαστικά με τον εκθέτη χούς συγκυρίας -θα καταλάβετε μόνοι σας σε λίγο που έχει ήδη διαλεχτεί. " τι εννοώ-, να γνωστοποιήσουμε σε σας το περιεχό- Τότε ο Ζακ ρώτησε: " Ποιόν εκθέτη έχει τώρα μενο του γράμματος, κατά τη σημερινή σας επίσκε- θείε ; " ψη. Ανεξάρτητα από το αν είναι γνήσιο, οπότε και Και εγώ τους απάντησα: ''Δε θυμάμαι παιδιά θα έχουμε μια σημαντική ιστορική πληροφορία για μου που έχει μπλοκάρει, αλλά θα τον βρείτε μόνοι την εξέλιξη της aριθμομηχανής του Πασκάλ , πα- σας, είναι πολύ εύκολο ! Πάω τώρα να κοιμηθώ λίγο, ρουσιάζει σήμερα και άλλου είδους ενδιαφέρον. δουλεύω συνέχεια από το πρωί. Θα γυρίσω σύντομα

Φόρεσε πάλι τα γυαλιά του και ετοιμάστηκε να κοντά σας. " αρχίσει την ανάγνωση, μέσα σε μια ατμόσφαιρα Όταν γύρισα, μου περίγραψαν με ακρίβεια τι έ-έντονης περιέργειας. ·

γινε όσο έλειπα. Στα διηγούμαι με κάθε λεπτομέρεια. - Θα παραλείψω τα τυmκά για την "καλή σου Περιεργάστηκαν για πολύ ώρα και με μεγάλη

υγεία" και διάφορα άλλα οικογενειακά. Κατ' ευθεί- προσοχή την «Πασκαλίν 11», όπως την ονόμασαν. αν στο θέμα! Ετοιμάστηκαν για τις δοκιμές. Ο Ζακ αναρωτήθηκε

... Θα θυμάσαι που σου έλεγα, πριν από πολλά φωναχτά με ποιόν αριθμό να αρχίσουν. Εκείνη τη χpόνια, ότι ο πολλαπλασιασμός ισοδυναμεί με μια στιγμή ο κούκος του μεγάλου ρολογιού του εργαστησειρά προσθέσεων με ίδιους προσθετέους και η ύψω- ρίου σήμανε την ώρα. ση σε δύναμη με μια σειρά πολλαπλασιασμών με ί- " Την ώρα να βάλουμε ", πετάχτηκε ο μικρός διους παράγοντες. Είχα από τότε την πρόθεση να Μπλαιζ. τελειοποιήσω την Πασκαλίν, ώστε να μπορεί να κάνει Ο Ζακ, που αγαπά πολύ τη Φυσική, τον κοίταξε και αυτές τις πράξεις. Σου ανακοινώνω λοιπόν σήμε- επιτιμητικά. Τι νόημα είχε η δύναμη ώρας ! Του έκαρα, με μεγάλη χαρά, ότι τα κατάφερα! Η Πασκαλίν ναν όμως το χατίρι . Έτσι σύντομα βρήκαν το απατέυπολογίζει πλέον και δυνάμεις ακεραίων! Όπως βέ- λεσμα αλλά και τον εκθέτη. Τότε ο Πιερ, που είναι ο βαια ξέρεις δεν ενδιαφέρομαι πια για τα εγκόσμια και "ταμίας" της τριάδας, παρατήρησε : δε νομίζω ότι θα αξιοποιήσω με κανέναν τρόπο αυτή "Προσέξατε ότι το αποτέλεσμα είναι το άθροιμου την εφεύρεση. Συνέβη όμως ένα πολύ ενδιαφέρον σμα των οικονομιών μας; Προτείνω να κάνουμε μια περιστατικό που νομίζω ότι αξίζει να στο διηγηθώ, ακόμα δοκιμή , με βάση τα σκούδα μας. " είμαι σίγουρος πως θα σε ευχαριστήσει πολύ. Ο Μπλαιζ ρώτησε. 'Ό καθένας τα δικά του;"

Το απόγευμα που τελείωσα την τροποποίηση Αφού πρώτα του επισήμαναν ότι θα τους "συνέ-της Πασκαλίν, κάλεσα στο εργαστήριο τους τρεις εξα- φερε" να είχαν τη δύναμη του συνολικού ποσού και δέλφους σου και τους ανακοίνωσα το συγκλονιστικό μετά να τα μοίραζαν(!), συμφώνησαν και έκαναν νέο. Έμεινα αρκετά μαζί τους και μετά τους είπα πως από μια δοκιμή ο καθένας, με βάση το μερίδιό του. θα aποσυρθώ στο δωμάτιό μου. Τον τελευταίο καιρό Όταν τελείωσαν, ο Μπλαιζ αναστέναξε: η υγεία μου έχει επιδεινωθεί πάλι και χpειάζομαι αρ- «τι ωραία να είχαμε αυτά τα αποτελέσματα σε κετή ανάπαυση. Πριν φύγω τους εξήγησα πως δου- χpυσές λίβρες, κι 'ας είχα τις λιγότερες! » λεύει και τους προειδοποίησα για ένα μικρό τεχνικό Τότε ο δαιμόνιος Πιερ, αφού σκέφτηκε λίγο, του πρόβλημα. Τους είπα : είπε χαμογελώντας :

"Λοιπόν πρώτα γυρίζουμε αυτό το μικρό στρό- «Μη στενοχωριέσαι αδερφούλη! Θα σας μοίρα-φαλο και επιλέγουμε τον εκθέτη που, όταν ολοκλη- ζα τις δικές μου, αντιστρόφως ανάλογα με τις δικές ρώσω μια τεχνική ρύθμιση, θα εμφανίζεται στο πάνω σας και έτσι θα είχες ακριβώς τις ίδιες με το Ζακ!» μικρό πλαίσιο. Μετά επιλέγουμε τη βάση χpησιμο- Και συνέχισε. «Τι λέτε, σκαρώνουμε ένα προποιώντας τα κατάλληλα βλήτρα και τη βλέπουμε στο βληματάκι για το θείο Μπλαιζ; Αν του πούμε για τη κεντρικό πλαίσιο. Σύρουμε προς τα έξω αυτόν το μο- μοιρασιά που θα έκανα, σίγουρα θα βρει μια σχέση χλό και σε λιγάκι, φεύγει η βάση από το κεντρικό για τις λίβρες μας, αλλά αν δεν ξέρει τον εκθέτη και πλαίσιο και στη θέση της εμφανίζεται το αποτέλεσμα! την ώρα, θα καταφέρει να βρει τα μερίδιά μας;» Δεν είναι θαυμάσιο;" Συμφώνησαν και επεξεργάστηκαν το ερώτημα.

Με παρακολουθούσαν με έξαψη. Ο μικρός, που Όταν επέστρεψα κοντά τους, μου περίγραψαν τι αείναι η αδυναμία μου -αφού έχουμε και το ίδιο όνο- κριβώς έκαναν και τι είπαν, χωρίς όμως να μου απο-μα- είπε αμέσως : καλύψουν κανένα αριθμητικό στοιχείο, και μου έθε-

, Θείε μπορούμε να δοκιμάσουμε και μεις ; " σαν το εξής ερώτημα: "Ασφαλώς καλέ μου " απάντησα, " αλλά θα πα- "Ποιο ήταν το μεplδιο του ιtαθεvός τους, πριν

ραβλέψετε μια μικρή προσωρινή ατέλεια. Έχει πάθει και μετά την ύψω(Jη (J'tOV ά-yνωtJτο εκθέτή ; ,,

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λστ' τ.l/6


Δεν ήξερα την ώρα που σήμανε ο κούκος -δεν ήμουν εκεί εκείνη τη στιγμή- και πράγματι δε θυμόμουν τον εκθέτη, ξέρεις πως δε λέω ποτέ ψέματα!

Αφού σκέφτηκα λίγο, έγραψα κάμποσες γραμμές σε ένα χαρτί και συμπλήρωσα έναν πίνακα, τους είπα, με σκόπιμα πολύ σοβαρό ύφος:

''Μπορώ να σας δώσω την απάντηση, ορίστε οι αριθμοί που ζητάτε, δεν μπορώ όμως να πω ότι έλυσα το πρόβλημα!"

Παραδέχτηκαν έκπληκτοι πως οι απαντήσεις μου ήταν σωστές, απορούσαν όμως για αυτό που είπα. Αλλά όταν τους εξήγησα τι σημαίνει για μένα λύση και απόδειξη, τι είναι αξίωμα, θεώρημα και

. εικασία, τότε κατάλαβαν γιατί η μαθηματική μου συνείδηση δε μου επέτρεπε να ισχυριστώ ότι έλυσα το πρόβλημα!

Κάναμε μεγάλη συζήτηση πάνω στο θέμα αυτό και δεν ξέρω αν τους έπεισα τελείως για την άποψή μου.

Λίγο αργότερα, πλησίαζε 8 η ώρα και είχε ήδη σκοτεινιάσει, πήραμε μαζί το δείπνο, με καληνύχτισαν και έφυγαν, έπρεπε να γυρίσουν στο σπίτι τους. Όμως την άλλη μέρα έμαθα ότι κοιμήθηκαν τα μεσάνυχτα, συζητούσαν ως αργά αυτά που τους είχα πει . . .

Περιμένω το επόμενο γράμμα σου και τα σχόλιά σου για το περιστατικό αυτό. Αν θέλεις προσπάθησε να βρεις και συ τους αριθμούς, πιστεύω ότι θα τα καταφέρεις.

Σε aσπάζομαι με αγάπη θείος Μπλαιζ. Οι �ο ανυπόμονοι από τους ακροατές είχαν

ήδη βγάλει τα σημειωματάρια και τα μολύβια τους. Σε λίγο η αίθουσα αντιβούιζε από εmφωvήματα και χαμογελαστά σχόλια. Όλοι αστειευόμενοι "καμάρωναν" γιατί είχαν λύσει το πρόβλημα που δεν "έλυσε" ο Πασκάλ! Και βέβαια κατάλαβαν τον υπαινιγμό του Προέδρου για την ευτυχή συγκυρία . . .

Ασυναίσθητα έγινε μια μικρή σιωπή. Στο μυαλό τους ήρθε και πάλι το όνομα του Τανιγιάμα που συνδέθηκε, όπως και του άλλου μεγάλου συμπατριώτη τους, του Γκόρο Σιμούρα, με μια από τις mo συγκλονιστικές στιγμές της σύγχρονης ιστορίας των Μαθηματικών .. .

Σε λίγο, με πολύ ευχάριστη διάθεση, ξεκίνησαν μαζί με τον Πρόεδρο για το γραφικό ρεστωράν της Σιτέ, που θα έπαιρναν το δείπνο τους. Είχαν πολύ ωραίο θέμα για συζήτηση, στην όχθη του Σηκουάνα .. .

Β Ί'.ΞΒΠΙΣΒ Έστω Μ, Ζ και Π τα σκούδα των Μπλαιζ, Ζακ

και Πιέρ αντίστοιχα, πριν από την ύψωση στον άγνωστο εκθέτη ε. Έστω ακόμα ω (ω < 8) η ώρα που σήμανε ο κούκος.

Όλοι αυτοί οι αριθμοί είναι ακέραιοι (ο Πασκάλ μιλάει για δυνάμεις ακεραίων).

1. Ο Πιερ είχε πει στον Μπλαιζ: «Θα σας μοίραζα τις δικές μου, αντιστρόφως ανάλογα με τις δικές σας και έτσι θα είχες ακριβώς τις ίδιες με το Ζακ!»

Έστω ότι ο Πιερ θα δώσει Μπ στον Μπλαιζ και Ζπ στον Ζακ. Η "διανομή" δίνει:

Μπ I Ζπ= Ζ ε/ Μ ε => Μπ I Ζ ε = Ζπ I Με = λ => Ζπ = λ Με και Μπ =λ Ζ ε=> Ζπ - Μπ = λ(Με- zε).

Αλλά Ζπ+Ζε = Μπ+Με => Ζπ-Μπ = Με-zε . Άρα λ=1=> Μπ=Ζ \ Ζπ=Με και Με+z

ε=Ζπ+Μπ=Πε. Σύμφωνα όμως με το Τελευταίο θεώρημα

του Φερμά, αφού οι αριθμοί αυτοί είναι ακέραιοι, θα είναι ε = 2 . Είναι λοιπόν Μ2 + Ζ2 = Π2 και Π+Ζ+Μ = ω2•

2. Οι Μ, Ζ, Π αποτελούν Πυθαγόρεια τριάδα, άρα το άθροισμά τους είναι άρτιο.

Πράγματι, αφού Μ2 + Ζ2 = Π2 , αν ο Π (άρα και ο Π2) είναι περιττός, ο ένας (και μόνον) από τους Μ, Ζ θα είναι περιττός. Α ν δε ο Π είναι άρτιος, οι Μ, Ζ θα είναι ή και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί. Άρα είναι Μ+Ζ+Π = ω2 πάντα άρτιος, άρα και ο ω

είναι άρτιος. 3. Αφού είναι Μ, Ζ, Π ακέραιοι, Μ ο μικρότε

ρος και Μ2+ Ζ2 = Π2, θα είναι Π>Ζ>Μ . Είναι Μ2=Π2- Ζ2 = (Π+Ζ)(Π-Ζ). Αν Π-Ζ = 1 ,

θα ήταν Μ2 = Π+Ζ και Μ2+Μ=Π+Ζ+Μ=ω2 => Μ(Μ+1) == ω2• ΑJ..λά ο ω δε' μπορεί να είναι ο γεωμετρικός μέσος των Μ, Μ+ 1 , γιατί τότε θα ήταν Μ< ω< Μ+1 , πράγμα αδύνατο για ακεραίους Μ και ω. Άρα Π-Ζ >1 .

Αν ο Μ ήταν πρώτος, τότε: ή Μ2=1χΜ2 , ή Μ2=ΜχΜ. ΑJ..λά Π-Ζ '# 1 και (Π+Ζ) '* (Π-Ζ). Άρα η σχέση Μ2=(Π+Ζ)(Π-Ζ), θα ήταν αδύνατη, κατά συνέπεια ο Μ δεν είναι πρώτος, Ομοίως, επειδή είναι Π-Μ> 1 και Ζ2= (Π+Μ)(Π-Μ), ούτε ο Ζ είναι πρώτος. Κατά συνέπεια οι ελάχιστες τιμές των Μ, Ζ, Π είναι: minM =4, minZ=6, και αφού Π-Ζ > 1 , minΠ=8.

Άρα minω2 = 18 => ω>4. Αφού δε ο ω είναι άρτιος και 4< ω< 8 , θα είναι ω = 6.

4. Αφού ω2=36 οπότε maxM < 36 I 3 = 12 και Μ όχι πρώτος, θα είναι 4::;; Μ :S:lO.

Καταρτίζουμε λοιπόν τον ακόλουθο πίνακα τιμών για τη διαφορά Π-Ζ :


Το βήμα του Ευκλεiδη

6 36 10 100 26 100/26 Π - Ζ όχι ακέραιος 9 81 27 81 I 27 Π-Ζ=3,οπότε Π= 15,Ζ= 12 8 64 28 64/28 Π -Ζ όχι ακέραιος 7 49 29 49/29 Π -Ζ όχι ακέραως 6 36 30 36/30 Π -Ζ όχι ακέραως

Άρα είναι Μ = 9, Ζ = 12, Π = 15, Με= 81, zε = 144 και W = 225 . Σημείωση: Το Τελευταίο Θεώρημα του Φερμά αποδείχτηκε τελικά από τον Α. Γουάϊλς το 1995, γιαυτό και ο υπαινιγμός για την "ευτυχή σuyκυρία". Ο Γουάϊλς βασίστηκε στην ει

κασία των Σιμούρα - Τανιγιάμα, που αποδείχτηκε ενδιάμεσα. Ο Πασκάλ γνώριζε τη διατύπωση της πρότασης από επιστολή του ίδιου του Φερμά, αλλά ως Εικα

σία. Γιαυτό και δήλωσε (στην αφήγηση) ότι δεν μπορούσε να αποκαλέσει την εύρεση των αριθμών «μαθηματική λύση».

Υστερόγραφο: Ευχαριστώ θερμά τα μέλη της Συντακτικής Επιτροπής του "Ευκλείδη" κ.κ. Νίκο Ανδρουλακάκη και Γιάννη Στρατή για την πολύ ουσιαστική συμβολή τους στην τελική διαμόρφωση της εξήγησης.

Οι τρεις ηλικίες

Σ' αυτό το άρθρο θα σχολιάσω τρεις εργασίες που έστειλαν στο περιοδικό τρεις αναγνώστες που οι ηλικίες τους διαφέρουν πολύ, μεταξύ τους.

Η πρώτη γράφτηκε από μία μαθήτρια της ΒΆυκείου ενός ενιαίου Λυκείου της Αmκής , που έκρινα σκόπιμο να μην αναφέρω το όνομά της αλλά μόνο τα αρχικά, που είναι Α.Κ.

Η δεύτερη από τη νέα συνάδελφο μαθηματικό , Παναγιώτα Βάθη που ανήκει στη μαχόμενη παιδεία και η τρίτη από τον παλαίμαχο μαθηματικό ηλικίας 89 ετών αλλά πολύ νέο στις σκέψεις και στην κρίση,τον κ. Γ. Ιωαννίδη.

I. Η πρώτη επιστολή περιέχει μερικές σκέψεις και προβληματισμούς που έχει η αναγνώστριά μας σχετικά με ιδιότητες και ορισμούς των τρίγωνων και τετράγωνων αριθμών. Από τον τρόπο, όμως, που διατυπώνονται διαφαίνεται ότι πολύ λίγα πράγματα γνωρίζει γι· αυτούς τους αριθμούς.,

Ακόμη πρέπει να γνωρίζουν οι αναγνώστες μας, ότι τα γραπτά τους πρέπει να είναι καθαρογραμμένα και μη αμφισβητήσιμα, ως προς τον συμβολισμό τους και το νόημά τους. Μόνο έτσι θα μπορέσουμε να τους βοηθήσουμε, όπως έχουμε υποσχεθεί.

Ομολογώ ότι με συγκίνησαν οι ανησυχίες της αναγνώστριάς μας και θέλω να την βοηθήσω, όχι λέyοντάς της κολακευτικά λόγια , αλλά σοβαρές και αυστηρές υποδείξεις, τις οποίες αν ακολουθήσει, θα υπερνικήσει τα εμπόδια που θα συναντήσει. κατά τη μελέτη των πολύγωνων αριθμών.

Υπάρχει ένα αξίωμα που έχει διατυπώσει ο Αριστοτέλης που ισχύει διαχpονικάκαι λέει:

((Πάσα διδασκαλία και πάσα μάθησις διανοητική,

Του Χρήστου Κηπουρού εκ προϋπαρχούσης γίνεται γνώσεως��.

Οι δυσκολίες που γράφεις ότι συναντάς, οφείλονται στην απουσία προϋπαρχουσών γνώσεων . Και εδώ θα σε βοηθήσουμε. Επειδή, όμως, δυνατόν να ενδιαφερθούν και άλλοι αναγνώστες, για τέτοιου είδους θέματα, θα δώσω την απαιτούμενη βιβλιογραφία:

Από το περιοδικό «Ευκλείδης Β')), τεύχος 4° του έτους 1990.σελ. 43, στο άρθρο «Ο γνώμων από την αρχαιότητα μέχρι σήμερα». Σ' αυτό το άρθρο περιγράφονται με απλό τρόπο όλοι οι πολύγωνοι αριθμοί και οι γνώμονές τους και ορίζονται, για πρώτη φορά σε παγκόσμια βιβλιογραφία, οι δίγωνοι αριθμοί και οι γνώμονές τους. Ακόμη περιέχονται οι πίνακες Α και Β που περιέχουν αντίστοιχα, τους πολύγωνους αριθμούς και τους γνώμονές τους, συμπληρωμένοι για πρώτη φορά και με τους δίγωνους αριθμούς. Κάθε πολύγωνος αριθμός με <<V>) πλευρές που βρίσκεται στην «D)) τάξη στον πίνακα Α, συμβολίζεται με Π� ενώ ο αντίστοιχος γνώμο-

νας, με Γ� . Υπάρχουν ακόμη και 5 «αλ γεβρικοb)

τύποι από τους οποίους, ο. πρώτος που συνδέει τον πολύγωνο αριθμό με το γνώμονά του, είναι μία ταυτότης που ονομάστηκε «Γνωμονικός τύπος του Ήρωνος)).

Πώς όμως θα αποκτήσετε αυτό το άρθρο; 1. Αν κάποιος καθηγητής σας ή φροντιστής

σας, που είναι μέλος της ΕΜΕ, μπορέσει να σας το εξασφαλίσει.

2. Μπορείτε να το βρείτε στο CD της ΕΜΕ που περιέχει τα πρακτικά του 1 r Πανελλήνιου Συνεδρίου μαθηματικής παιδείας που έγινε το Νοέμβριο

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λστ' τ.Ι/8

Το μημα του Ευκλείδη

2000. ή και το βιβλίο των Πρακτικών 3. Επίσης, μπορείτε να αναζητήσετε τον 4° τό

μο των απάντων του 'Ήρωνος που εκδόθηκε από την ΕΜΕ το έτος 1995 με τον τίτλο «Ονόματα γεωμε

τρικών όρων- Γεωμετρικά>>. Εκεί περιέχεται βελτιωμένο,[ στο σχόλιο της σελίδας 45,] στο τέλος του έργου. Επειδή είναι εξαντλημένο και έχει σταλεί στα Γυμνάσια από το Υ π. Παιδείας, ας ψάξουν οι μαθηματικοί σας στη βιβλιοθήκη του Σχολείου σας. Εκτός των παραπάνω, μπορείτε να μελετήσετε για τους πολύγωνους αριθμούς και στα εξής έργα.

4. Ε. Σταμάτη. Ιστορία των ελληνικών μαθηματικών, σελίδες 77-84.

5. Thomas heath, Ιστορία των ελληνικών μαθηματικών. έκδοση Κ.Ε.ΕΠ.ΕΚ. (Κέντρο έρευνας επιστήμης και εκπαίδευσης),Αθήνα 2000, μεταφρασμένο ,τόμ-Ι, σελίδες 101-110. Τέλος, σαν άσκηση, σας δίνω δύο ερωτήσεις για να αρχίσετε:

α) Από ποιόν και πότε δόθηκαν οι όροι: ημίτονο και συνημίτονο, και

β) Γιατί οι αρχαίοι δεν μπόρεσαν να θεμελιώσουν και τους δίγωνους αριθμούς.

Αυτά για την πρώτη ηλικία, την ελπιδοφόρα. ΙΙ. Η δεύτερη εmστολή είναι απόλυτα, τεκμη

ριωμένη και επιβεβαιώνει ότι γράφτηκε από μαθηματικό και μάλιστα πολύ συγκροτημένο. Αυτό φαίνεται, αμέσως, αφού μας δίνει τέσσερις λύσεις του προβλήματος καθώς, επίσης, και τα ονόj.ι.ατα των περιοδικών που την περιέχουν.

ΠΙ Η Τρίτη εmστολή, που εξετάζει την ίδια άσκηση με επαγωγικό τρόπο, φανερώνει μαθηματικό της ανεπανάληπτης ρομαντικής εποχής. Δεν νομίζω ότι αυτή η λύση έχει δοθεί, στο παρελθόν, από άλλο μαθηματικό.

Στη συνέχεια δίνουμε τις λύσεις του προβλήματος που δημοσιεύτηκε στο προηγούμενο τεύχος 44/ 2002. και είχε προταθεί από τον Ακαδημαϊκό κ. Ν. Αρτεμιάδη.

Πρόβλημα: Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ και σημείο Ε στο

εσωτερικό . του, τέτοιο ώ-στε: <1 ΕΓΒ =<1 ΕΒΓ = 15°. Αποδείξτε ότι το τρίγωνο ΑΕΔ είναι ισόπλευρο.

Από τις 4 λύσεις που προτείνει η μαθηματικός Κα Παναγιώτα Δ. Βάθη, θα περιγράψουμε μόνο τις 2.

[Η λύση που ακολουθεί περιέχεται στο βιβλίο Geometry Reνisited των H.S.M. Coxeter και

S.L.Greitze, σελ. 158.]

Σχ.1 Σχ.2 lη.Λύση:. Επειδή τριγ.ΒΕΑ=τριγ.ΓΕΔ θα εί

ναι:ΕΑ=ΕΔ και ΕΒ=ΕΓ Θεωρούμε: τριγ.ΓΗΔ=τριγΒΕΓ. (Σχ.l).Το τρί-

γωνο ΕΓΗ έχει: ΓΕ=ΓΗ και ΕΓΗ = 600 . 'Αρα είναι ισόπλευρο. Η ΔΗ τέμνει την ΕΓ στο Τ. Το τρίγωνο ΠΔ ... ... ... έχει:Γ+Δ=75°+15°=90° Άρα Τ=90°. Η Δ Τ είναι μεσοκάθετος του ΕΓ. 'Αρα:ΕΑ=ΕΔ=ΔΓ=ΑΔ. και το τρίγωνο· ΑΕΔ=

ισόπλευρο. 2η λύση [Από το περιοδικό: CRUXMAΠIEMAn

CORUM 1985, σελ.57], Έγινε μικρή «επέμβαση» για καλλίτερη παρουσίαση.Βλ.(Σχ.2).

(α). Έστω χ>30°'τότε:

y<75°· <;::>ΓΔ<ΔΕ<:>ΑΔ<ΔΕ<;::> χ<3ο· άτοπον (β). Έστω χ<30° τότε: με όμοια διαδικασία

προκύπτει ότι χ>30°, άτοπον. ... 'Αρα χ=30° και 2χ= ΑΕΔ= 60° και το τρίγωνο

ΑΕΔ είναι ισόπλευρο. Δίνουμε, τώρα και την λύση του παλαίμαχου

μαθηματικού κ. Γ. Ιωαννίδη, ο οποίος με την παρουσία του στον Ευκλείδη Β', μας γεμίζει με ελπίδα και πίστη για να συνεχίσουμε.

Της λύσης του προβλήματος προηγείται το παρακάτω λήμμα.

ΒΔ

� Α Γ Σχ.1 Σχ.2

Λήμμα . 'Α ν σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (με υποτεί

νουσα ΒΓ=α) ... η γωνία Γ= 15° , τότε το επί την υποτείνουσα

, ΑΔ , , α υψος, , ειναι ισο με 4. Απόδειξη: Έστω Ε το μέσον της ΒΓ (Σχ.l). Τό

τε θα είναι:



ΑΕ=; . 'Αν ΑΔ_l_ΒΓ ,επειδή, στο ορθογώνιο " τρίγωνο ΑΔΕ, η γωνία Β ΕΑ=30° θα έχουμε:

ΑΔ= Υ2 ΑΕ. 'Αρα ΑΔ=% . Λύση Έστω α η πλευρά του τετραγώνου ΑΒΓ Δ(Σχ.2) Φέρω την ΔΚ_l_ ΕΓ. Τότε θα είναι:

" "

ΚΔΓ = ΒΓ Ε= 15° [έχουν κάθετες πλευρές] Φέρω: ΚΑ l_ Γ Δ και ΕΘ l_ Γ Δ. Από το ορθογώ

νιο τρίγωνο ΚΔΓ, σύμφωνα με το λήμμα, έχουμε: ΚΛ�Δ[ =% · Εξ' άλλου, είναι: ΕΘ= 8[ = �. Από τις δύο

τελευταίες προ!Cύπτει ότι ο λfyyoς ομοιότητας των δύο τριγώνω; ΚΛΓ και ΕΘΓ είναι:;�=� ·. 'Αρα το Κ είναι μέσον του ΕΓ, οπότε. η ΔΚ είναι μεσοκά-θετος του τριγώνου ΕΔΓτο οποίον, συνεπώς, είναι ισοσκελές. δηλ., ΔΕ=ΔΓ=α. 'Αρα το τρίγωνο ΑΕΔ είναι ισόπλευρο.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ. Το περιοδικό Ευκλείδης Β' δεν θα δημοσιεύει πλέον, ασκήσεις , που έχουν δημοσιευτεί σε πρόσφατα τεύχη.

� ΑΞΙΟΠΕΡΙΕΡΓ Α- Λέξεις και Αριθμοί Ο αριθμός του θηρίου

Στην Αποκάλυψη Ιωάννου αναφέρεται ότι ο αριθμός χξστ, δηλαδή ο αριθμός 666, είναι το σύμβολο του αντίχριστου.

Πέρα από την όποια συμβολική του σημασία, για τα μαθηματικά ο αριθμός 666 είναι απλά άλλος ένας αριθμός, που ωστόσο έχει (όπως και πολλοί άλλοι αριθμοί) κάποιες aξιοσημείωτες ιδιότητες. Εδώ αναφέρουμε ενδεικτικά τέσσερις από αυτές.

Ο αριθμός 666 είναι ίσος με το άθροισμα των τετραγώνων των 7 αρχικών πρώτων αριθμών (θυμίζουμε ότι πρώτος αριθμός είναι κάθε θετικός ακέραιος διαφορετικός του 1 που διαιρείται μόνο από τον εαυτό του και τη μονάδα).

Δηλαδή ισχύει: 666 = 22 + 32 + 52 + 72 + 1 12 + 132 + 172

Ο αριθμός 666 μπορεί να γραφτεί ως το άθροισμα των ψηφίων του και των κύβων των ψη-φίων του, δηλαδή: 666 =(6+6+6)+(63 +63 +63)

Ο αριθμός 666 είναι ίσος με το άθροισμα των ψήφίων του 6663 = 295408296 και των 1Cύβων των ψηφίων του 6662 = 443556 , δηλαδή:

666 = (2 + 9 + 5 + 4 + ο+ 8 + 2 + 9 + 6) +

+(43 +43 +33 +53 +53 +63 ) Η τριάδα των αριθμών 6 · 6 · 6 , 666-6 · 6 και

666 έχει μια αξιοσημείωτη ιδιότητα που έχει και γεωμετρική σημασία. Μπορείτε να βρείτε ποια είναι η ιδιότητα αυτή;

του Ιωάννη Μαντά

ΠΕΙΡΑΜΑ τΙΚ ΟΣ ΠΡΟΣΔΙΟΡΙΣΜΟΣ ΤΟΥ π

1) Θεωρούμε ορθογώνιο κουτί γνωστών διαστάσεων α, β, γ άρα έχει όγκο ν= α · β · γ

2) Γεμίζουμε το κουτί με άμμο την οποία στη συνέχεια ζυγίζουμε. Έστω ότι το βάρος της είναι Β, συνεπώς σε όγκο ν = α · β · γ αναλογεί βάρος άμ-μου Β.

3) Μπήγουμε στην άμμο κυλινδρικό σωλήνα γνωστής ακτίνας ρ μέχρι να φτάσει στον πάτο του κουτιού. Άρα ο όγκος του κυλινδρικού σωλήνα είναι ν' = π · ρ2 • γ όπου γ το ύψος του σωλήνα.

u α β

EJ] α β

Ej α β

4) Με ένα κουτάλι αδειάζουμε την άμμο μέσα από το σωλήνα και τη ζυγίζουμε.

Έστω ότι το βάρος της είναι b. Άρα σε όγκο ν' αναλογεί βάρος άμμου b.

' ' b v 7ψ2 ·γ 7ψ2 � Τοτε θα ισχυειΒ=ν= αβy =�::::::>�


ΒΙΒΛΙΑ ΓΙΑ ΤΑ ΜΑθΗΜΑΤΙΚΑ ΤΟΥ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΠΟ ΤΙΣ ΕΚΔΟΣΕΙΣ METAIXMIO Q"Ί

I Γ' ENIAIOY ΛΥΚΕΙΟΥ

Α' ENIAIOY ΛΥΚΕΙΟΥ I

ΗΛIΑΣ ΛΟΥΒΗΣ

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ ΑΛΓΕΒΡΑ

r· ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ θEfiKHI & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΙ Κ Α Τ Ε Υ Ο Υ Ν Σ Η Σ

ΗΛΙΑΣ ΛΟVΒΗΣ

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΣΤΑτΙΣτΙΚΗΣ

Β' ENIAIOY ΛΥΚΕΙΟΥ I

Γ' ΕΝΙΑΙΟΥ λΥΚΕΙΟΥ ΓΕΝIΚΗΙ ΠΑΙΔΕΙΑΙ

• Ο Ακαδημαϊκός κος Νικόλαος Αρτεμιάδης είχε προτείνει στο προηγούμενο τεύχος ( αρ. 44) το παρακάτω θέμα: Αποδείξτε ότι υπάρχει μια απειρία ακεραί

ων αριθμών η, τέτοιων ώστε καθένας από τους αριθμούς n, n + 1 , n + 2 να είναι άθροισμα τετραγώνων δύο ακεραίων αριθμών.

Λύση Εάν καθένας από τους η, η+ 1 , η+ 2 είναι ά

θροισμα δύο τετραγώνων ακεραίων αριθμών, τότε καθένας από τους η2+2η , η2+2η+1 , η2+2η+2 είναι επίσης άθροισμα δύο τετραγώνων ακεραίων αριθμών.

Πράγματι: η2+2η+1=(η+1)2=(η+1)2+02 , η2+2η+2=(η+ 1 )2+ 1 =(η+ 1 )2+ 12

Κι ακόμη οι ισότητες: η=a2+b2 , η+2=c2+d2 συνεπάγονται την ισότητα:

η (η+2) = (a2+b2 ) (c2+d2)=(ad+bc)2+(ac-bd)2 όπου a, b, c, d = «ακέραιοι αριθμοί)).

Συνεπώς, για να βρούμε τη ζητούμενη απειρία των η, αρκεί να βρούμε μια κατάλληλη τριάδα όπου η ε Ν* . Για παράδειγμα έχουμε: 8=22+22 , 9=32+02 ' 10=32+1 . • Ο συνάδελφος Α. Καλάκος από τα Κάτω Πα

τήσια μας έστειλε την παρακάτω: Λύση Θεωρούμε την ακολουθία θετικών ακεραίων

αριθμών, που ορίζεται αναδρομικά ως εξής: β1=8 και βν+1 =β�+2βν Ι ν ε Ν• .

Προφανώς η (βy) είναι γνήσια αύξουσα (στην πραγματικότητα οι όροι της αυξάνονται αλματωδώς: 8, 80, 6.650 . . . ).

Θα δείξουμε με τη μέθοδο της Τελείας Επαγωγής ότι: «κάθε όρος της ακολουθίας έχει την ιδιότητα του ζητήματος».

Για ν= 1 έχουμε β1 =8 , οπότε παίρνουμε τους αριθμούς: 8, 9, 10, που είναι και οι τρεις αθροίσματα δύο τελείων τετραγώνων ακεραίων αριθμών 8=22+22 ' 9=32+02 ' 10=32+ 12 .

Υποθέτουμε τώρα ότι για κάποιο θετικό ακέραω η ισχύει: β0 =α2+γ2 , β" +1=x2+y2 και β" +2=z2+ω2 όπου α, γ, χ, y, z, ω φυσικοί αριθμοί.

Κι επειδή: βη+Ι+1=β�+2βν +1=(βν +1)2=(βν +1)2+02 ,

Ο Ευκλείδης ,

προτεινει . . . και • • •

Ευκλείδη Διόφαντο

βη+1 +2=(β0 +1 )2+12 και β0 ε Ν· , αρκεί να δείξουμε ότι: «ο Pn+J έχει την ιδιότητα του ζητήματος». Έχουμε:

β η+ ι =β� +2β" =β" (β" +2)=(α2+γ2)(z2+ω2)= =(αz+γω)2+(αω-γz)2 , και συνεπώς ο βη+ι εί

ναι άθροισμα δύο τετραγώνων ακεραίων αριθμών. Σχόλιο: Εύκολα βρίσκουμε έναν κλειστό τύπο

για τη (βν). Έχουμε: β ν+ ι + 1 =(β ν+ 1 )2 I ν ε Ν• Θέτουμε: αν= β ν+ 1 και παίρνουμε: αν+ ι = α� ,

α1 =9 . Με τη βοήθεια της Τελείας Επαγωγής βρί-σκουμε: αν =αΓ' =( 32 (·' =32• και τελικά:

βν=32• -1 l ν ε Ν• . • Ο συνάδελφος Σ. Σκοτίδης από την Καρδίτσα

μας έστειλε την παρακάτω: Λύση Έστω α άρτιος ακέραιος τέτοιος ώστε ο α2 + 1

να είναι σύνθετος. Για παράδειγμα: α=34λ+4 , λ ε Ν• .

[α2+1=(34λ+4)2+1=1 156λ 2+272λ+17= = 17 ( 68λ + 16λ + 1 )= «σύνθετος))] Έχουμε: α2 + 1 =pq όπου p, q = «περιττοί ακέ-

ραιοι)) με p>q> 1 ( 1 ) Κι επειδή:

pq=(�+pi}(�q _p;ι)=(p;q)2 -(Ρ;ι)2 (2)

Θέτουμε: χ= p;q , y= Ρ;ι κι έχουμε, λόγω

των (1) και (2), α2+1=χ2 -y2 ή α2+f=χ2-1 (3) Άρα μια λύση του προβλήματος είναι:

η=α2 +y2 . Πραγματικά: (3)

η+1=α2 +y2+1 = χ2-1+1=χ2+02 και η+2=χ2+12 . Για το συγκεκριμένο α έχουμε: η=(34λ+4)2+(34λ+8λ-8)2 Ι λ ε Ν• η+ 1 =(34λ 2 +8λ +9)2 +02 και η+ 2=(34λ 2 +8λ +9)2 + 12 Οι τιμές του η είναι προφανώς άπειρες.

• Ο συνάδελφος Δημήτρης Πιλάλας από τα Γιαννιτσά μας έστειλε την παρακάτω διαπραγ-


---------- Ο Ευκλεiδης προτείνει .. . Ευκλεiδη και . . . Διόφαντο ----------μάτευση του θέματος: Λύση Έστω η-ι , η, η+ ι η τριάδα των ζητουμένων

αριθμών. Θεωρώ την ειδική περiπτωση η=χ2+02 . Τότε η+ι=χ2+ι2 . Προκειμένου να αποδειχθεί η απεφία τριάδων που πληρούν τη ζητούμενη υπόθεση, αρκεί να δειχθεί ότι υπάρχουν άπεφοι αριθμοί της μορφής m=x 2 +y2 +ι , όπου m τετράγωνο φυσικού.

Παρατηρούμε ότι καθώς ο t διατρέχει το σύνολο των φυσικών αριθμών οι αριθμοί (2t2 )2 +(2t)2 , (2t2+ι)2 +02 , (2t2+ι)2 +ι2 αποτελούν τριάδα διαδοχικών ακεραίων αριθμών, που γράφονται ως άθροισμα δύο τελείων τετραγώνων.

Οι αριθμοί που βρήκαμε είναι προφανώς άπειροι. • Στο ίδιο τεύχος ο Ακαδημαϊκός κος Ν. Αρτε

μιάδης είχε προτείνει και το παρακάτω θέμα: Δίνονται τρία διακεκριμένα σημεία Ρ, Q, R

με συντεταγμένες ακεραίους αριθμούς, τα οποία είναι σε κύκλο κέντρου Ο και ακτίνας r. Να αποδείξετε ότι: «δύο τουλάχιστο απ' τα σημεία αυτά έχουν απόσταση μεγαλύτερη ή ίση απ' τη � )).

Λύση Έστωσαν α, β, γ οι πλευρές του τριγώνου και

Κ το εμβαδόν αυτού. Τότε η ακτίνα r του περιγγεγραμμένου κύκλου είναι (ως γνωστόν) ίση προς αβγ/4Κ. Αφού οι κορυφές του τριγώνου έχουν συ-ντεταγμέΝες ακεραίους αριθμούς, είναι Κ � i . Συνεπώς r � αβγ i , οπότε

maχ(α,β,γ) � (αβγ)Ιι3 � (2r)ΙΙ3 > rΙι3 • Μια λύση με απαγωγή σε άτοπο έδωσε ο συ

νάδελφος Γιάννης Στρατής. • Ο συνάδελφος Α. Καλάκος από τα Κάτω Πα

τήσια μας έστειλε μια αρκετά εκτενή λύση όπου αποδεικνύει την εξής βοηθητική πρόταση: Η ύπαρξη τριών διαφορετικών σημείων πάνω σε κύκλο ακτίνας r συνεπάγεται ότι r �1/2.

• Ο συνάδελφος Αντώνης Ιωαννίδης από τη Λάρισα είχε προτείνει στο τεύχος 44, το παρακάτω θέμα: Να βρεθούν οι πραγματικές λύσεις της εξί-

1 σωσης: (1 - χγ + (x - y}2 + (y - z}2 + z2 = 4 (1).

Λύση Έστω ότι η (ι) έχει κάποια λύση (χ, y, z). Η εξίσωση (ι) γίνεται: 4 [(ι -x)2+(x-y}2+(y-z}2+z2] =ι ή

(ι2+ι2+ι2+ι2 } [(ι-x}2+(x-y}2+(y-z)2+z2] =ι (2) Καθώς γνωρίζουμε ισχύει η ταυτότητα

(Lagrange ):

(Σ •. :1 α�)(Σ •. :1 β� )-(Σ •. :1 αi βi )2 = Σ (αίβj --αjβi )2 i,je{l,2,3,4} Και συνεπώς για α1 =α2=α3=α4=ι και

β1 =ι-χ , β2=χ-y , β3 =y-z , β4=z παίρνουμε: 4 [(ι -x}2+(x-y}2+(y-z)2+z2 ] -ι= (2χ-y-ι }2 +(x+y-z-ι }2 +(χ+z-ι }2 + (2y-x-z}2 +(y+z-x}2 +(2z-y)2 Οπότε, λόγω της (ι) θα πρέπει το δεύτερο μέ

λος της πιο πάνω ισότητας να γίνει Ο. Άρα θα πρέπει: 2χ-y=ι , x+y-z=ι , χ+z=ι , 2y-x-z=O , y+z-x=O , 2z-y=O .

Επιλύουμε το σύστημα και βρίσκουμε: 3 ι ι χ=4 , y=2 , z=4 .

Α ντίστροφα: Οι τιμές αυτές εύκολα διαπιστώνεται ότι επαληθεύουν την εξίσωση (ι) • Λύσεις μας έστειλαν οι συνάδελφοι Α. Καλά

κος απ' τα Κάτω Πατήσια, Ηλίας Κώστας απ' το Αλιβέρι, οι μαθητές Κώστας Φράγκος απ' το Νέο Ηράκλειο Αττικής, Δημήτρης Πιλάλας απ' τα Γιαννιτσά και ο κος Λουκάς Χυτή ρης υπάλληλος ΕΛΤΑ.

• Ο συνάδελφος Αντώνης Κυριακόπουλος, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής, είχε προτείνει στο τεύχος 44, το παρακάτω θέμα: Ν α βρείτε το μεγαλύτερο πραγματικό α

ριθμό λ, για τον οποίο ισχύει λαβγ ::S; (α + β)2 + (α + γ)2 , για όλους τους πραγβ + γ

ματικούς θετικούς αριθμούς α, β και γ. Λύση Για οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς α, β

και γ, η δοσμένη σχέση είναι ισοδύναμη με τη σχέση: β + γ [(α+β)2 + (α+γ)2 ] � λ (Ι) αβγ

Έχουμε:

:[(α+β)2 +(α+γ)2] �: (4αβ+ 4αγ) =

= 4 (β + γγ � 4 · 4βγ = ι 6 . aβγ βγ

Εξάλλου, το αριστερό μέλος της (Ι) για α = β = γ = _.!._ λαμβάνει την τιμή ι6. Συμπεραίνου-

2 με ότι, με α, β και γ θετικούς αριθμούς, το ι6 είναι η ελάχιστη τιμή του αριστερού μέλους της (1). Άρα, η μεγαλύτερη τιμή του λ είναι λ= ι6. • Ο συνάδελφος Γιώργος Τασόπουλος έδωσε

μια λύση που στηρίζεται στην ανισότητα


---------- Ο Ευκλείδης προτείνει • . • Ευκλείδη και . . . Διόφαντο ----------

(α+ β )(β+ γ)( γ+ α) � 8αβγ για οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς.

• Ο συνaδελφος Α. Ιωαννίδης μας απέστεtλε μια λύση (αρκετά εκτενή) με παράγωγους.

• Ο μαθητής της Γ Λυκείου Κώστας Φράγκος από το Ηράκλειο Αττικής έστεtλε μια λύση όμοια κατά βάση με εκείνη που προτείνει ο συνάδελφος Α. Κυριακόπουλος.

• Ο συνάδελφος Α. Καλάκος από τα Κάτω Πατήσια μας έστεtλε μια λύση όμοια κατά βάση με εκέινη που προτείνει ο συνάδελφος Γ. Τασσόπουλος.

• Ο συνάδελφος Θανάσης Κυριακόπουλος, μέλος της Συντακτικής Εmτροπής, είχε προτείνει στο τεύχος 44, το παρακάτω θέμα: Να βρεθούν συναρτήσεις f : JR ---+ JR με

f (χ) > Ο , για κάθε χ e JR , τέτοιες ώστε:

f (χ) f (-χ) = α2 (1) όπου α > Ο (δοσμένος). Λύση Επειδή f (χ) > Ο , για κάθε χ Ε IR , ορίζεται η

συνάρτηση g (χ) = Lnf (χ) για όλους τους πραγματικούς αριθμούς χ.

Ορίζουμε τώρα τη συνάρτηση h (χ)= Ln f(x) . Οπότε f (x)=αeh<x> . α

Κι επομένως f ( -x)=αeh<-x> , για κάθε χ Ε IR . Άρα: f (χ) f ( -x)=α2eh (x)+h(-x) ή λόγω της (Ι) :

eh (x)+h(-x) =e0 δηλαδή h (x)+h (-χ)=Ο ή h ( -x)=-h (χ) , για κάθε χ Ε IR .

Με άλλα λόγια: f (x)=αeh(x) όπου h μια κάποια περιττή συνάρτηση.

Αντίστροφα. Έστω f (x)=αeh(x) όπου h : IR ---+ IR μια περιττή συνάρτηση. Τότε: f (-x)=αe·h(x) και συνεπώς f (x) f(-χ)=α2 , για κάθε χ E IR .

Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι η συνάρτηση της μορφής f (x)=αeh<x> όπου h : IR ---+ IR μια περιττή συνάρτηση ικανοποιεί τα επιτάγματα του προβλήματος .. • Ο συνάδελφος Σ. Σκοτίδας από την Καρδίτσα

μας έστεtλε την παρακάτω λύση: Λύση I. 'Εστω α= Ι . Τότε έχουμε: f (χ) f (-χ)= Ι , για κάθε χ Ε IR . Καθώς γνωρίζουμε: «κάθε συνάρτηση που εί-

ναι ορισμένη σ ' ένα σύνολο Α -συμμετρικό ως προς την αρχή Ο των αξόνων- μπορεί να αναλυθεί στο άθροισμα μιας περιττής και μιας άρτιας συνάρτησης» (άσκηση).

Συνεπώς: f(χ)=φ (χ)+σ (χ) I IR (Ι) όπου: φ (χ) = «περιττή συνάρτηση» και σ (χ) = «άρτια συνάρτηση». Επομένως: f (-χ)=φ (-χ)+σ (-χ)=-φ (χ)+σ (χ) Άρα: Ι =σ2 (χ)-φ2 (χ) ή σ2 (χ)=φ2 (χ)+ Ι (2)

Ισχυριζόμαστε ότι: σ (χ)=�φ2(χ)+ Ι (3) για κάθε χ Ε IR .

Πραγματικά αν υπήρχε κάποιος χ Ε IR τέ-τοιος ώστε σ (χ)=-�φ2 (χ)+Ι , τότε από την (Ι) θα παίρναμε: f (χ)=φ (χ)-�φ2 (χ)+Ι .

Οπότε θα είχαμε: O<f (χ)=φ (χ)-�φ2 (χ)+ Ι <φ (χ)-jφ (x)j ::; Ο : άτοπο

Η (Ι) λόγω της (3) γίνεται: h (χ)=φ (χ)+�φ2(χ)+Ι I IR

όπου φ (χ) μια περιττή συνάρτηση. Αντίστροφα. 'Εστω f(χ)=φ (χ)+�φ2 (χ)+Ι

όπου φ: IR ---+ IR μια κάποια περιττή συνάρτηση. Τότε: f (-χ)=φ (-χ)+�φ2(χ)+Ι=-φ (χ)+�φ2(χ)+Ι

Και συνεπώς: f(x) f(-χ)=(�φ2(χ)+Ι J -φ2(χ)=

=φ2 (χ)+ Ι -φ2 (χ)= 1 , για κάθε χ Ε IR . Έτσι για α=Ι η h (χ)=φ (χ)+�.-φ

-2(-χ)_+_Ι όπου

φ : IR ---+ IR τυχαία περιττή συνάρτηση είναι μία απ' τις συναρτήσεις που ζητάμε.

11. Έστω α -:;:. 1 . Η δοθείσα σχέση γίνεται: f (x) _ f (-x) =I (4) α α

Θέτουμε: g (χ)= f (χ) (5) α Οπότε η (4) γίνεται: g (χ) · g (-χ)=Ι , για κάθε

χ Ε IR και συνεπώς από το πρώτο μέρος έχουμε: g (χ)=φ (χ)+�φ2 (χ)+Ι I IR όπου φ (χ) τυχαία περιττή συνάρτηση.

Τελικά μια από τις συναρτήσεις που ζητάμε είναι της μορφής: f (χ)=α (φ (χ)+�φ2 (χ)+ Ι ) I IR .

Όπου φ( χ) μια κάποια περιττή συνάρτηση. Σχόλιο της Σ.Ε. Με τους τρόπους που προ

τείνονται βρέθηκαν 2 κλάσεις συναρτήσεων που ικανοποιούν τα επιτεύματα του προβλήματος. Υπάρχουν και άλλες;

• Ο συνάδελφος Σωτήρης Σκοτίδας από την Καρδίτσα είχε προτείνει στο τεύχος 44, το παρακάτω θέμα: Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Β = 120° . Η διχοτό-


---------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . . Ευκλείδη και . . . Διόφαντο ----------

μος της γωνίας Β τέμνει την ΑΓ στο Ρ. Η διχοτόμος της εξωτερικής γωνίας Βi'Δ (το Δ είναι στην προέκταση της ΑΓ προς το μέρος του Γ) τέμνει την ευθεία ΑΒ στο Q. Τέλος η PQ τέμνει τη ΒΓ στο R. Ν α υπολογιστεί το μέτρο της γω-νίας PRA .

Λύση Εύκολα διαmστώνουμε ότι το Q είναι παρά

κεντρο του τριγώνου ΡΒΓ. Άρα η PR είναι διχοτό-μος της γωνίας ΒΡΓ .

Επίσης παρατηρούμε ότι στο τρίγωνο ΑΒΡ, η PR είναι εξωτερική διχοτόμος. Συνεπώς το R είναι παράκεντρο του τριγώνου ΑΒΡ. Άρα η AR είναι διχοτόμος της γωνίας ΒΑΡ .

Q

Α Ρ Δ Έτσι έχουμε: 2φ=2θ+60° (από το τρίγωνο

ΑΒΡ). Οπότε: φ-θ=30° (1 ) Όμως: φ=θ+χ (από το τρίγωνο APR) Άρα: χ=φ-θ=30° . Δηλαδή: PRA=30° .

• Ο μαθητής Γ τάξης Κώστας Φράγκος από το Νέο Ηράκλειο Αττικής μας απέστεtλε την παρακάτω:

Λύση Η ευθεία PRQ είναι διατέμνουσα του τριγώ

νου ΑΒΓ. Συνεπώς από το Θεώρημα Μενελάου παίρνουμε: RB . PF . QA = 1 (1) RΓ ΡΑ QB

Εφαρμόζουμε τώρα το Θεώρημα των Διχοτόμων για τις διχοτόμους ΒΡ και ΓQ του τριγώνου

, ΡΓ ΒΓ QA ΑΓ ΑΒΓ κι εχουμε: - = - - = - (2) ΡΑ ΒΑ ' QB ΒΓ Η (1), λόγω των (2) γίνεται:

RB ΒΓ Γ Α _ 1 , RB _ ΒΑ - · - ·- η - -RΓ ΒΑ ΓΒ RΓ ΒΓ RB ΒΑ Η (3) γίνεται: ---RB+RΓ ΒΑ+ΑΓ

RB ΒΓ · ΒΑ αγ Οπότε: ΑΒ+ΑΓ γ+β

(3)

(4)

Q Φέρνουμε τώρα την Ακ παράλληλη προς τη

ΒΡ και παρατηρούμε ότι: «τα τρίγωνα Γ ΑΚ και ΓΡΒ , , Ά ΒΡ ΒΓ ΒΓ Κ ειναι ομοια>>. ρα -=- = . αι ΑΚ ΚΓ ΚΒ+ΒΓ συνεπώς: ΒΡ ΒΓ . ΑΚ (5) ΚΒ+ΒΓ

Ωστόσο: κΒΑ=60° και ΑΚΒ=ΡΒΓ=60° Κι επομένως το τρίγωνο ΑΚΒ είναι ισόπλευ

ρο. Δηλαδή: ΑΚ=ΚΒ=ΒΑ . Έτσι η (5) γίνεται: ΒΡ ΒΓ ·ΑΒ αγ (6) ΒΓ+ΑΒ α+γ

Επειδή η ΑΕ είναι διχοτόμος της εξωτερικής γωνίας Α του τριγώνου, συμπεραίνουμε ότι:

ΕΒ- ΒΓ · ΑΒ αγ (7) ΑΓ-ΑΒ β-γ Από τις (6), (7) παίρνουμε: ΕΒ α+γ (α+γ)(β+γ) (α+γ)(β+γ) ΒΡ β-γ (β-γ)(β+γ) βz -γz

(α+γ)(β+γ) (α+γ)(β+γ) β+γ γ2+α2 -2αγσυνΒ-γ2 α2+αγ α

AB C4J β+γ Από την άλλη έχουμε: - = _1_=-RB αγ α

Άρα:

β +γ ΕΒ ΑΒ , ΕΒ ΒΡ ΒΡ = BR η ΑΒ = BR

(8)

(9)

(10)

Κι επειδή: EBA=60°=PBR , τα τρίγωνα ΑΕΒ και PBR είναι όμοια.

'Ετσί BRP=EAB=EAR-BAR=90°- Α (1 1) 2 Άλλωστε έχουμε: ARr= 120°+ Α .

2 Οπότε: BRA=60°- Α . Συνεπώς: 2

� � � O I J Α Α ARP=BRP-BRA = (90°-2)-(60°-2)-30° • Ο συνάδελφος Α. Ιωαννίδης από τη Λάρισα

μας απέστεtλε μια λύση η οποία κατά βάση είναι όμοια με εκείνη που προτείνει ο συνάδελ-


---------- Ο Ευκλεfδηc; προτεiνει • • • Ευκλεiδη και . . . Δι6φαντο ----------φος Σ. Σκοτίδας.

• Στην ίδια λοyική κινείται και η λύση του ιαιρίου Λουκά Χυτήρη που εργάζεται στα ΕΛΤΑ.

• Παρόμοια λύση μας απέστειλε και ο συνάδελφος Ηλίας Κώστας από το Αλιβέρι Ευβοίας.

• Ο συνάδελφος Σ. Σκοτίδας από την Καρδίτσα είχε προτείνει στο τεύχος 44, το παρακάτω θέμα: Σε τρίγωνο ABI' ισχύει: 81' = ΑΙ' +.!. ΑΒ • 2

Αν το σημείο Ρ χωρίζει την πλευρά ΑΒ σε )Jηο 3 : 1 , να αποδειχθεί ότι Ρ λr = 2ΓΡΑ •

Λύση Ας είναι Μ το μέσο της ΑΒ, τότε το Ρ είναι το

μέσο του ΜΒ. Προεκτείνουμε την ΑΓ προς το μέρος του Α

κατά ΑΗ=ΑΜ . Οπότε: Ρ Ar=2x . Φέρνουμε την Μτ παράλληλη προς τη ΓΡ.

Θα αποδείξουμε ότι: «η ΑΜ είναι εσωτερική διχοτόμος της γωνίας Μ του τριγώνου ΙΠΜ». Οπότε θα είναι θ=χ .

Η

Β

Και συνεπώς θα έχουμε: Ρ Ar=2x=2θ=2rP Α . Για να αποδείξουμε τώρα τον ισχυρισμό που

θέσαμε, είναι αρκετό, σύμφωνα με το θεώρημα

δ ό δ ίξ . ΑΤ ΜΤ των ιχοτ μων, να απο ε ουμε on: ΑΗ = ΜΗ

Έχουμε: α=β+.!.γ . Οπότε: α2=β2+βγ+.!.γ2 • 2 4 Κι επειδή: α2 =β2 +γ2 -2βγσυνΑ , συμπεραίνουμε

ότι: συνΑ= 3γ-4β ( 1)

8β Από το τρίγωνο ΑΓΡ και το νόμο των συνημι

τόνων έχουμε: ΓΡ2=ΑΓ2+ΑΡ2-2ΑΓ · ΑΡσυνΑ ή

2 2 (3 )2 3 ΓΡ =β + 4"γ -2β4γσυνΑ

(I) β(4β+ 3γ) Και συνεπώς: ΓΡ2 (2) 4

Τέλος:

ΜΗ2=ΑΜ2+ΑΗ2-2ΑΜ · ΑΗσυν (ΜΑΗ )*=

γ γ γ γ . ( )2 ( )2

2 + 2 +22 ' 2

συνΑ η 2 (I) 2 3 -4β 4β+3 ΜΗ2 =r_(l + συνΑ) =r_(l+-γ-)=γ2 --

γ (3) 2 2 8β 1 6β

2 1! . ΑΤ ΑΜ 4 2 Έχουμε τωρα: - = - = - = - .

ΑΓ ΑΡ 3_!! 3

Οπότε ΑΤ= 2β . 3 2β

Συνεπώς: ΑΤ = 3 = 4β

ΑΗ γ 3γ 2

β Όμοια:

ΜΤ = ΑΜ =

24 =

�.

ΓΡ ΑΡ 3 _!! 3 4

Οπότε: ΜΤ= 2(ΓΡ) 3

4

Συνεπώ : (. ΜΤ )2 = ΜΤ2 � 4(ΓΡ)2 · 16β � ς ΜΗ ΜΗ2 <J> 9γ2(4β+3γ) 4 β(4β+3γ) · 16β . 2

4 16β2 -(4β) 9γ2(4β+3γ) 9γ2 3γ

Άρα: ΜΤ =

4β ΜΗ 3γ

(4)

(5)

(6)

Από τις (4), (6) συμπεραίνουμε όn: ΑΤ _ΜΓ ΑΗ ΜΗ

• Ο μαθητής Γ τάξης Κώστας Φράγκος από το Ηράκλειο Αmκής απέστειλε μια λύση με το Νόμο των Συνημιτόνων:

• Όμοια σχεδόν λύση μας απέστειλε και ο μαθητής Γ Λυκείου Δημήτρης Πιλάλης από τα Γιαννιτσά.

• Ο συνάδελφος Α. Ιωαννίδης από τη Λάρισα απέστειλε μια λύση με το Νόμο των ημιτόνων και το θεώρημα Stewart.

• Ο συνάδελφος Α. Καλάκος από τα Κάτω Πατήσια μας απέστειλε μια ενδιαφέρουσα λύση που κινείται στην ίδια βασικά κατεύθυνση με εκείνη του Α. Ιωαννίδη.

• Ο κ. Λουκάς Χυτήρης που ασχολείται με τα Μαθημαnκά ερασιτεχνικά έστειλε την παρακάτω: Λύση

• Η ΜλΗ είναι παραπληρωματική της Α ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.l/16

' ---------- Ο ΕυκUίδης προτείνει • . • Ευκλείδη και • • . Διόφαντο ----------

Καταρχάς αποδεικνύουμε το λήμμα: «Ας πάρουμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ. Για να εί

ναι Β=2Γ πρέπει και αρκεί: αγ = β2 - γ2 >>. Απόδειξη Ι. Ορθό. Ας πάρουμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ για το

οποίο ισχύει: Β=2Γ . Φέρνουμε τη διχοτόμο της γωνίας Β του τριγώνου (σχήμα 1 ).

Από το θεώρημα των διχοτόμων έχουμε: ΔΑ =1 . Οπότε: ΔΑ γ ή ΔΑ= βγ (1) ΔΓ α ΔΑ+ΔΓ α+y α+γ

Β

ω Γ Α

Σχήμα 1 Κι επειδή τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΒΓ είναι ό-

μοια (έχουν κοινή την Α και ΑΒΔ=ΒfΆ ) συμπε-ραίνουμε ότι: ΔΑ =Ι ή ΔΑ= γ

2 � βγ . γ β β α+γ

Συνεπώς: γ(α+γ)=β2 ή αγ=β2 -γ2 11. Αντίστροφο. Ας πάρουμε ένα τρίγωνο

ΑΒΓ, για το οποίο ισχύει: αγ=β 2 -γ2 • Από το νόμο

των ημιτόνων έχουμε: 2RημΑ · 2RημΓ=4R 2ημ 2B-4R 2ημ 2Γ ή ημΑημΓ=ημ 2Β-ημ 2Γ=ημ(Β+Γ) ημ(Β-Γ) Οπότε: ημΑημΓ ημΑημ(Β-Γ) Συνεπώς: ημΓ=ημ(Β-Γ) . Κι επομένως: Γ=Β-Γ ή Γ=Π-(Β-Γ) . Η τελευταία προφανώς αποκλείεται. Συνεπώς:

2Γ=Β . Με τη βοήθεια τώρα του Λήμματος και του

Θεωρήματος Διαμέσων αποδεικνύει τη πρόταση.

• Ο συνάδελφος Γιάννης Στρατής, μέλος της Συντακτικής Εmτροπής, είχε προτείνει στο τεύχος 44 το παρακάτω θέμα:

Για μια συνάρτηση f δεχόμαστε ότι: 2r<x> +f (χ) = 3χ + 5 , για κάθε χ e R .

Ν α αποδείξετε ότι: i) η συνάρτηση είναι γνήσια αύξουσα ii) η συνάρτηση είναι συνεχής iii) το σύνολο τιμών της είναι όλο το R iv) lim f (χ) = Ο

Ι-+Φ Χ

Λύση

ί) Έστω ότι υπάρχουν Χι , χ2 ε IR με Χι < Χ2 και f (χι ) � f (χ2 ) . Τότε 2f(x, ) � 2f(x2 ) και συνεπώς 2f(x, )+f(xι) � 2f (x2 >+f(x2 ) ή, λόγω της συνθήκης, 3χι +5 � 3χ2 +5 ή Χι � χ2 , άτοπο. Άρα για κάθε Χι , χ2 ε IR με Χι < χ2 ισχύει: f (χι ) < f (χ2 ) .

ίί) Έστω χ0 ε IR τυχαίος. Θα δείξουμε ότι: lim f(x)=f(x0) . Χ-+Χο

Για χ > χ0 έχουμε: 2f(x) -2f (xo ) +f (x)-f (χ�)=3 (Χ-Χο) Κι επειδή: 2r(x)_2r<xo >>o , συμπεραίνουμε ότι:

Ο < f (x)-f (χ0)<3 (χ-χ0) . Οπότε, σύμφωνα με το «Κριτήριο Παρεμβο

λής)), παίρνουμε: lim. (f(x)-f(x0)} =0 ή lim. f(x)=f(x0) (1)

Χ-+Χο Χ-+Χο

Για χ < χ0 έχουμε: 2f (x) -2f(xo> +f (x)-f (Χο)=3 (Χ-Χο)

Κι επειδή: 2f(x) _2f(xo) <O , συμπεραίνουμε ότι: 3 (x-x0)<f (x)-f (χ0)<0.

Οπότε σύμφωνα με το «Κριτήριο Παρεμβο-λής)), παίρνουμε : ·

lim_ (f(x)-f(x0)}=0 ή lim_ f (x)=f(x0) (2) Χ-+Χο Χ_..Χο

Από τις (1) και (2) παίρνουμε: lim f(x)=f(x0)

Χ-+Χο

ίίί) Ισχυριζόμαστε ότι: <<Κάθε πραγματικός αριθμός y είναι τιμή που μπορεί να πάρει η συνάρτηση δηλαδή υπάρχει κάποιος πραγματικός χ τέτοιος ώστε: f(x)=y ».

Έστω ότι δεν ισχύει αυτό. Τότε για κάποιον πραγματικό αριθμό y ισχύει « f (χ) * y , για κάθε χ ε IR >>.

Η συνθήκη f (χ) < y δεν μπορεί να ισχύει για όλους τους πραγματικούς αριθμούς χ.

Πραγματικά, αν f (χ) < y , για κάθε χ ε IR , τότε 2r <x>+f(x) < 2Y+y=K , για κάθε χ ε IR .

Κι επομένως: 3χ+5<Κ ή χ< Κ;5 , για κάθε χ ε !R .

Η τελευταία δεν ισχύει πάντοτε. Για παρά-δ δ , Κ-4 ειγμα εν ισχuει για χ=-

3- .

Άρα υπάρχει κάποιος Χι ε IR τέτοιος ώστε: f (χι ) > Υ ( 1 )

Όμοια η συνθήκη f(x) > y δεν μπορεί να ισχύει για όλους τους πραγματικούς αριθμούς χ.

Πραγματικά, αν f (χ) > y , για κάθε χ ε IR τό-


---------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . . Ευκλείδη και . . . Διόφαντο ----------

τε για ξ= Κ;6 θα είχαμε: f(ξ) > y , 2r(ξ)>2Υ . Κι επομένως: f (ξ)+2r<ξ> > y+2Y =Κ .

Οπότε: 3 Κ;6 +5>Κ ή Κ-6+5>Κ : άτοπο. Άρα υπάρχει χ2 Ε � τέτοιος ώστε:

f (x2) < y (2) Προφανώς χ2 <χ, ( αφού η f είναι γνήσια αύ

ξουσα). Άρα f (x2 )<y<f (x1 ) . Κι επειδή η f είναι συνεχής, συμπεραίνουμε, σύμφωνα με το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών, ότι υπάρχει κάποιος χ0 Ε (xz , χ, ) τέτοιος ώστε f (x0 ) = y : άτοπο.

ίν) Καταρχάς δείχνουμε το λήμμα: «Αν χ> 1 , τότε 2χ >χ )). Θεωρούμε τη συνάρτηση: σ (χ)=2χ -χ I [ 1 , +οο) και παρατηρούμε ότι σ' (x)=2xLn2-1 , σ"(x)=2x (Ln2)2 >0 .

Οπότε «η σ' I [ 1 , +οο) είναι γνήσια αύξουσω). και συνεπώς: «για χ> 1 ισχύει σ' (χ)>σ' (1)=2Ln2-1=Ln4-Lne>O )).

Επομένως: σ (χ)>σ (1)=1>0 , για κάθε χ με χ>1 . Άρα: 2χ >χ , για κάθε χ με χ>1 .

Επίσης ισχύει: « f (χ) > 1 , για κάθε χ με χ> 1 )). Πραγματικά, αν υπήρχε κάποιος χ με χ> 1 τέ

τοιος ώστε: f (χ) :ς 1 , τότε θα είχαμε 2r<x> :ς 2 . Κι επομένως: 2r<x> +f (χ) :ς 3 . Συνεπώς θα εί-

χαμε: 3χ+5 :ι; 3 ή χ :ι; -� : άτοπο (είναι χ>1 ). Τώρα για κάθε χ με χ> 1 έχουμε: 3x+5=2f(x) +f (χ)<2 . 2f(x) ή 2f(x) > 3χ

2+5 .

3χ+5 Κι επομένως: f (x)>log2 -2- (3)

Όμως: . 3χ+5 lιm --=+οο και lim log2u=+oo . x�+ao 2 u---..+ao

Και συνεπώς, σύμφωνά με το θεώρημα «όριο σύν-. 3χ+5 θετης συνάρτησηφ, έχουμε: lιm log2 -2-=+οο . Χ-Η«>

Άρα, λόγω της (3), έχουμε: lim f (x)=+oo (4) Χ-Η«> Για τον υπολογισμό τώρα του ορίου έχουμε: lim f (χ) = lim 3f (χ) = lim 3f (χ) <:; Χ-Η«> Χ Χ-Η«> 3χ Χ-Η«> 2f(x) +f (χ)-5

3t (:) 3 lim -- = lim Ο t-+1«> 2 t +t-5 Η+«> 2 t .t'n2+ Ι ( σύμφωνα με τον κανόνα De L 'Hospital).

• Ο συνάδελφος Α. Ιωαννίδης από τη Λάρισα μας έστειλε την παρακάτω:

Λύση Πρώτα δείχνουμε ότι η συνάρτηση

φ (t)=t+21 I � είναι " 1 -1 " . Πραγματικά έχουμε: φ' (t)=l+21Ln2>0 , για κάθε χ Ε � . Άρα η φ είναι . γνήσια αύξουσα και συνεπώς εί

ναι "1-1 " . Μια άμεση συνέπεια του γεγονότος αυτού είναι ότι: «Αν υπάρχει συνάρτηση f : � � � , που ικανοποιεί τη δοσμένη συνθήκη, είναι μοναδική». Θεωρούμε τη συνάρτηση:

g (x)=�(2x +x-5) I � που είναι προφανώς παραγωγίσιμη με g' (x)=�(2xLn2+1) . Κι επειδή για κάθε χ Ε � ισχύει: g' (χ)>Ο , συμπεραίνουμε ότι: «η g είναι γνήσια αύξουσα σ' όλο το � με παράγωγο θετική)). Άρα η g-1 είναι γνήσια αύξουσα και παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της.

Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της g-1 , που ως γνωστόν είναι το σύνολο τιμών της g. Έχουμε: lim g (χ)=-οο και lim g (χ)=+οο . Κι επειδή η g

X---io--ct> Χ-++-ω είναι γνήσια αύξουσα και συνεχής, συμπεραίνουμε ότι: «το σύνολο τιμών της g είναι όλο το � )). Άρα το πf:δίο ορισμού της g-1 είναι το � .

Δείχνουμε τώρα ότι f (x)=g-1 (χ) I � . Από τον τύπο της g έχουμε g(g-1 (x))=�(2g·' <x> +g-' (x)-5) , για κάθε χ Ε � . Και συνεπώς για κάθε χ Ε � ισχύει: 2g·' <χ> +g-' (χ)=3χ+5 . Άρα, σύμφωνα με την παρατήρηση που κάναμε στην αρχή, ισχύει: f (x)=g·' (χ) . Κι αυτό αποδεικνύει τα τρία πρώτα ερωτήματα.

Για το όριο έχουμε: Ι. f (χ) - ι· g-ι (χ) - ι· g-' (g (χ)) ιm --- ιm --- ιm ..:............:...:....-� Χ--+-1«> Χ Χ-++«> Χ Χ--+-1«> g (Χ)

lim -........:..:x __

Χ--+-1«> ! (2χ +χ-5) 3

3χ (:) 3 lim = lim ---x--++«> 2χ +χ-5 Χ-++«> 2'fn2+ 1

(σύμφωνα με τον κανόνα De L'Hospital).

ο

• Στην ίδια βασικά κατεύθυνση κινείται και η λύση του συναδέλφου Α. Καλάκου από τα Κάτω Πατήσια.

• Ο συνάδελφος Επαμεινώνδας Ευθύμογλου από την Καβάλα είχε προτείνει στο τεύχος 44, το παρακάτω θέμα: Στις απέναντι πλευρές ΑΒ, Γ Δ ενός παραλ

ληλογράμμου ΑΒΓ Δ θεωρούμε τα σημεία Ε, Ζ αντίστοιχα. Αν Η είναι το σημείο τομής των ΑΖ, ΕΔ και Σ το σημείο τομής των ΒΖ, ΕΓ να δειχθεί ότι: «η ευθεία ΗΣ χωρίζει το παραλ-


---------- Ο Ευκλείδης προτείνει . • . Ευκλείδη και • . • Διόφαντο ----------

ληλόγραμμο ΑΒΓ Δ σε δυο ισοδύναμα τραπέζια)).

Λύση Θα δείξουμε ότι: (ΑΒΛΚ)=(Γ ΔΚΛ)

�Ν Μ Δ Ζ Γ

Προφανώς είναι αρκετό να δείξουμε ότι ΒΛ=ΔΚ ή ΒΝ=ΔΜ (1 ) Από τα τρίγωνα ΖΑΒ και ΕΓ Δ με διατέμνου

σες τις ευθείες ΝΣΗ, ΜΗΣ αντίστοιχα, σύμφωνα με το θεώρημα του Μενελάου, έχουμε:

ΝΑ . ΣΒ . ΗΖ =1 (2) ΝΒ ΣΖ ΗΑ και (3) Ωστόσο κατά το θεώρημα Θαλή ισχύει:

ΣΒ ΣΕ ΗΖ ΗΔ Ά δ , ' ΣΖ = ΣΓ και ΗΑ = ΗΕ . ρα ιαιρωντας κατα

μέλη τις (2) και (3), παίρνουμε: : = �� . Συνε-ΝΑ-ΝΒ _ ΜΓ-ΜΔ πώς: ---ΝΒ ΜΔ

Κι επομένως: ΑΒ = ΔΓ . Άρα: ΝΒ=ΜΔ . ΝΒ ΜΔ Άρα: «τα τρίγωνα ΒΑΝ, ΔΚΜ είναι ίσα (δύο

πλευρές ίσες και οι προσκείμενες γωνίες επίσης ίσες). Συνεπώς τα τραπέζια ΑΒΛΚ, Γ ΔΚΛ έχουν ίσα εμβαδά (ίσες βάσεις και ίσα ύψη). • Ο συνάδελφος Ηλίας Κώστας από το Αλιβέρι

Ευβοίας μας απέστειλε την παρακάτω: Λύση Θεωρούμε ως αρχή των αξόνων το σημείο Ο

τομής των διαγωνίων ΑΓ, ΒΔ του παραλληλογράμμου ΑΒΓ Δ, ως άξονα των χ την παράλληλη από το Ο προς την ΑΒ και ως άξονα των y την κάθετη από το Ο προς την ΑΒ.

Χωρίς βλάβη της γενικότητας δεχόμαστε ότι «η τετμημένη του Β είναι 1».

Θα προσπαθήσουμε να δείξουμε ότι τα ση-μεία Η, Ο, Σ είναι συνευθειακά.

Η εξίσωση της ευθείας ΔΕ είναι y-β 2β ' 2β - = - η y=β+-(χ-ε) . χ-ε 1+ε 1+ε

Όμοια η εξίσωση της ΑΖ είναι: y+β = 2β ή y=-β+ 2β (δ-χ) . χ-δ -γ-δ γ+δ

Επιλύουμε το σύστημα και βρίσκουμε: εδ-γ 1 -γ+δ-ε χ 1+γ+δ+ε ' y=βl+γ+δ+ε ( 1 )

Συνεπώς ο συντελεστής διεύθυνσης του δια-- 1 -γ+δ-ε νύσματος ΗΟ είναι λ =β (2) ΗΟ εδ-γ

Επίσης η εξίσωση της ευθείας ΒΖ είναι: y-β = -β-β ή y=β+ 2β (χ-1) . χ- 1 δ-1 1 -δ

Όπως η εξίσωση της ΕΓ είναι: y+β = β+β ή y=-β+ 2β (χ-γ) . χ-γ ε-γ ε-γ

Επιλύουμε το σύστημα και βρίσκουμε: εδ-γ β ( 1 -γ+δ-ε) χ ε-γ+δ-1 ' y= ε-γ+δ-1

Συνεπώς ο συντελεστής διεύθυνσης του δια-νύσματος ΟΣ είναι λ- β ( 1-γ+δ-ε) (3) ΟΣ εδ-γ

Από τις (2) και (3) συμπεραίνουμε ότι: λΗ0 =λ0Σ δηλαδή τα σημεία Η, Ο, Σ είναι συνευ-θειακά.

Εύκολα τώρα διαπιστώνουμε ότι «το εμβαδό του τραπεζίου ΑΚΛΒ είναι ίδιο με το εμβαδό του τριγώνου ΑΔΒ=� (ΑΒΓΔ) ». Οπότε τα τραπέζ�α ΑΚΛΒ και ΔΓ ΛΚ είναι ισεμβαδικά. • Την ίδια ιδέα, ότι δηλαδή η ευθεία ΗΣ διέρχε

ται από το κέντρο του παραλληλογράμμου, είχε και ο μαθητής της Γ Λυκείου Κώστας Φράγκος από το Νέο Ηράκλειο. Η ενδιαφέρουσα εργασία του κυρίου Κ.Φ. (με διανύσματα) παραλείπεται λόγω έλλειψης χώρου.

• Ο συνάδελφος Α. Ιωαννίδης από τη Λάρισα μας έστειλε μια λύση που βασίζεται στο θεώρημα Μενελάου, που συνάδει με τη λύση του συναδέλφου Ε. Ευθύμογλου (παραπάνω).

• Ο συνάδελφος Επαμεινώνδας Ευθύμογλου από την Καβάλα είχε προτείνει στο τεύχος 44, το παρακάτω θέμα: θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και τον κύκλο του

Απολλωνίου, που αντιστοιχεί στην πλευρά ΒΓ. Αν Ρ τυχαίο σημείο του κύκλου και Ρι, Pz, Ρ3 οι προβολές του Ρ στις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχα, να δειχθεί ότι: ΡιΡz=ΡιΡ3.

Λύση Το τετράπλευρο Ρ1ΓΡ2Ρ είναι προφανώς εγγράψιμο. Το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου είναι το μέσο της ΓΡ ή με άλλα λόγια η ΡΓ είναι διάμετρος του κύκλου αυτού.


---------- Ο Ευκλείδης προτείνει . • . Ευκλείδη και . . . Διόφαντο ----------

Δ

Τώρα από το νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ΡιΓΡ2 παίρνουμε: Ρ1Ρ2 =(ΓΡ)ημΓ=(ΓΡ)

2� (1)

όπου R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ.

Όμοια εργαζόμαστε και δείχνουμε: Ρ1Ρ3 =(ΒΡ)ημΒ=(ΒΡ)_1__ (2)

2R

Κ ιδ , ΒΡ ΒΑ γ , , ι επε η ΓΡ = Γ Α =β, συμπεραινουμε on:

β(ΒΡ)=γ(ΓΡ) (3) Από nς (1) και (2), λiJγω της (3), παίρνουμε: ΡιΡ2=ΡιΡ3.

• Στην ίδια λογική ιανείται και η λύση που μας έστειλε ο συνάδελφος Α. Ιωαννίδης από τη Λάρισα.

• Ό μαθητής της Γ Λυκείου Κώστας Φράγκος

από το Νέο Ηράκλειο μας έστειλε την παρακάτω λύση: Λύση

Φέρνουμε nς Ρ2Κ, Ρ3Λ και ΑΔ κάθετες στη ΒΓ. Τα ορθογώνια τρίγωνα Ρ1Ρ3Λ και ΡΒΡ3 είναι όμοια, αφού το τετράπλευρο Ρ1ΒΡ3Ρ είναι προφανώς εγγράψιμο ια επομένως τα μέτρα των γωνιών ΒΡ1Ρ3 και ΒΡΡ3 είναι ίσα.

(I)

Παρόμοια τα ορθογώνια τρίγωνα ΡΡ2Γ και ΡιΚΡ2 είναι όμοια, αφού το τετράπλευρο ΡΡ2ΓΡ1 είναι εγγράψιμο και συνεπώς τα μέτρα των γωνιών Ρ2ΡΓ και Ρ2Ρ1Γ είναι ίσα.

, Ρ Ρ Ρ Κ ΑΔ Άρα: .Ρ/ = p2 Γ = ΑΓ . Κι επομένως: 2

Ρ Ρ =(ΑΔ) ΡΓ ι 2 ΑΓ (11)

Ωστόσο, το Ρ ανήκει στον Απολλώνιο κύκλο

, ΡΒ ΑΒ , ΡΒ ΡΓ (lll) και συνεπως: -=- η -=-ΡΓ ΑΓ ΑΒ ΑΓ Από nς (1), (11), (111) συμπεραίνουμε όn: ΡιΡ2=ΡιΡ3.

• Ο κος Λουκάς Χυτήρης μας έστειλε μια λύση που αποδεικνύει ότι τα μέτρα των γωνιών Ρ1Ρ2Ρ3 και Ρ1Ρ3Ρ2 είναι ίσα.

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ Στο εξής θα διατηρούμε εννιαία αρίθμηση

για τα 4 τεύχη της χρονιάς. Παρακαλούμε τους συναδέλφους να στέλ

νουν τις εργασίες τους καλογραμμένες και σε τρία(3) αντίγραφα. Σε κάθε αντίγραφο να υπάρχει όνομα διεύθυνση (ταχυδρομική - ηλεκτρονική - FAX) και όλα τα τηλέφωνα θα μας βοη

θούσε αν οι εργασίες αποστέλλονταν με e-mail ή δισκέτα.

1. (το προτείνει ο Ακαδημαϊκός κος Νικόλαος Αρτεμιάδης)Έστω ABC ορθογώνιο τρίγωνο με κορυφή της ορθής γωνίας το Α. Πάνω στη BC κατασκευάζεται ισόπλευρο τρίγωνο DCD, που βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου ABC. Να αποδείξετε ότι και τα τρία μεγέθη ΑΒ, AC, AD δεν είναι δυνατό να είναι ρητοί αριθμοί.

2. (το προτείνει ο Ακαδημαϊκός κος Νικόλαος Αρτεμιάδης). Για τους πραγrατικούς αριθμούς a, b, c δεχόμαστε ότι: a�+ b• + c� + abc = 4 και a � Ο , b � Ο , c � Ο . Να αποδείξετε ότι:

) Ο � ab + bc + ca - abc � 2 3. (την προτείνει ο συνάδελφος Αντώνης

Κυριακόπουλος, μέλος της Συντακnκής Επιτροπής). Να βρείτε τους ακέραιους αριθμούς χ, y με χ > y , για τους οποίους ισχύει:

··::. x3+ y3 + xy (x + y - 8) = 8 (x1 + y1 + 1) 4. (την προτείνει ο συνάδελφος Α ντώνη·ς

Κυριακόπουλος). Θεωρούμε ένα ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ, τον περιγεγραμμένο του κύκλο και τη διάμετρό του ΑΔ. Στις πλεύρές ΑΒ, ΑΓ παίρνουμε τα σημεία Ε, Ζ αντίστοιχα έτσι ώστε: ΕΖ = ΕΒ + ΖΓ . Να βρείτε το μέτρο της γωνίας ΕΔf, (σε μοίρες).

5. (την προτείνει ο μηχανολόγος Νικόλαος

Ζαφειρόπουλος από το Περιστέρι). Α ν Ο < χ < t, 1 Ο < Υ <2 και χ * y , να δείξετε ότι:

'-. ο < ι - 2χ1 - 2y1 + (xz - Yz J < ι . Το ζήτημα προέκυψε από την προσπάθεια επίλυσης

ενός προβλήματος Φυσικής από τη Θεωρία της Σχετικότητας, Η παράσταση δηλώνει το ·μέτρο της ταχύτητας ενός κινητού με μη μηδενική μάζα ηρεμίας, σε μονάδες όπου η ταχύτητα του φωτός είναι 1 (μονάδα). Κι έτσι


---------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . . Ευκλείδη και . • . Διόφαντο ----------πρέπει να είναι μεταξύ του Ο (ακίνητο) και 1 (κινείται με την ταχύτητα του φωτός).

,J6. (την προτείνει ο συνάδελφος Ελευθέριος

Πρωτόπαπας). Για μια συνάρτηση f : [α, β] � R. δεχόμαστε ότι είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και ότι f (α) = α , f (β) = β . Να αποδείξετε ότι αν fw(x) < Ο , για κάθε χ Ε [α, β] , τότε f (χ) > χ για κά�ε χ !!Ξ (α, β) )).

7. (την προτείνει ο συνάδελφος Γιώργος Τασσόπουλος, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής). Αν για ένα σημείο Μ του ύψους ΑΔ οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ με ΑΒ :ι: ΑΓ ισχύει η ισότητα ΑΒΜ = Ai'M , τότε να αποδείξετε ότι το σημείο Μ ε_tαι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

8. (την προτείνει ο συνάδελφος Γιώργος

Τασσόπουλος). Δυο κύκλοι (Κ, R) και (Λ, r) εφάπτονται εξωτερικά στο Α. Θεωρούμε δύο κάθετες τέμνουσες ΒΑΓ, ΔΑΕ αυτών μεταβλητές. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα ΑΒ . ΑΓ + ΑΔ · ΑΕ είναι σταθερό.

,.ι 9. (την προτείνει ο κος Λουκάς Χυτή ρης, ερασιτέχνης Μαθηματικός). Δίνεται κύκλος κέντρου Ο και δύο διάμετροι ΑΓ, ΒΔ τέτοιες ώστε το μέτρο της γωνίας ΒΟΓ είναι 60°. Στο ελάσσον τόξο ΒΓ παίρνουμε ένα τυχαίο σημείο Μ και φέρνουμε τις ΜΑ, ΜΒ, ΜΓ, ΜΔ. Να δείξετε ότι: :�:� = 2 + J3 .

10. (την προτείνει ο συνάδελφος Αθα,•άσιο.; Καλάκος από τα Κάτω Πατήσια). Ας πάρουμε δυο συγκεκριμένους πραγματικούς αριθμούς θ, ρ με Ο < θ < π και ρ > Ο . Θεωρούμε όλα τα τρί-

γωνα ABC με Α = θ και περίμετρο Ρ. Να βρείτε το σύνολο τιμών της πλευράς ΑΒ.

Το πρόβλημα προήλθε από μια ιδέα του Καθηγητή Murray Klamkin στο περιοδικό Crux Mathematicorum, Απρjιος 2001.

· 11 . (την προτείνει ο συνάδελφος Αθανάσιος Καλάκος). Να βρεθεί η ικανή και αναγκαία {x + y +z = α } συνθήκη ώστε το σύστημα 2 2 2 να

χ + y + z = β έχει μία τουλάχιστον πραγματική λύση. (Οι α, β είναι συγκεκριμένοι πραγματικοί αριθμοί - παρά�ροι).

12. (την προτείνει ο συνάδελφος Γιάννης Στρατής, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής). Να βρείτε συνεχή συνάρτηση f : [Ο, π] � R. τέτοια

π 13 ώστε J[r (χ) [(4συνχ +6ημχ) - f (x)]J dx ;?: 2π . ο

Το θέμα ξαναπροτείνεται γιατί ο «δαίμων του τυπογραφείου>> το είχε παραπ9ιήσει στο προηγούμενο.

13. (το προτείνει ο μαθητής της Γ Λυκείου Δημήτρης Πιλάλας). Να εξετασθεί αν υπάρχει ν Ε Ν με ν > 3 τέτοιος ώστε καθένας από τους αριθμούς κ + 1 , κ + 2 , . • • , κ + ν με κ τυχαίο ακέραιο αριθμό μπορεί να γράφεται ως άθροισμα δύο τετραγώνων ακεραίων αριθμών.

Χρήστος Μπαλόγλου

Σ κ ό ρ π ι ε ς σ τ α γ ό ν ε ς Γ ε ω μ ε τ ρ ί α ς

Κεντρική Διάθεση: Μαθηματική Βιβλιοθήκη - Χ. Βαφειάδης Διαλέττη 2 7 • 5462 1 Θεσσαλονίκη τηλ. : 03 1 0 263 1 63 • FAX : 03 1 0 240595

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

ΗΟΜΟ MA THBMA TICUS Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανά

πτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1) τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμο

γές τους, 5) Ποιες εmστήμες ή κλάδοι εmστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Κανόνας: Η στήλη Homo Mathematicus απευθύνεται μόνο σε μαθητές.

Ι. ΠΟΔΟΣΦΑΙΡΟ ΚΑΙ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ [ Νο 1 ] Προλεγόμενα. Αν σας 'πω πως για να χτυπήσετε σφαίρου.

Τού Γιάννη Κερασαρίδη

ένα επιτυχημένο φάουλ χρειάζεται να ξέρετε Μα- Το πρόβλημα του φάουλ. Βρισκόμαστε στη διαθηματικά , θα με χαρακτηρίσετε φαντασιόπληκτο. δικασία εκτέλεσης φάουλ. Οι αμυνόμενοι σχημαΕγώ το εmχείρησα και .. . απότυχα. Ίσως φταίει η τίζουν τείχος με τα σώματά τους ανάμεσα στον ηλικία μου ίσως, όμως, και κάτι πολύ σημαντικό «εκτελεστή)) και την εστία. Η μπάλα πρέπει να που δεν έλαβα υπ' όψη μου. Ενδέχεται κάποιος περάσει πάνω από τους παίκτες. Οι αμυνόμενοi από σας να μου το επισημάνει. Σ' αυτό το τεύχος, έχουν ύψος y=1,8 m και σχηματίζουν τείχος σε λiΥyω έλλειψης χώρου, θα ασχοληθούμε περιλη- απόσταση χ=9,1 5 m από τον σουτέρ. Αυτός σουπnκά με την εκτέλεση ενός φάουλ στο ποδόσφαι- τάρει τη μπάλα με ταχύτητα υ0=35 m/s. Σε πόση ρο και υποσχόμαστε πως σε κάποιο άλλο τεύχος απόσταση από το τείχος είναι αδύνατο να προθα αναπτύξουμε λεπτομερώς σημεία του ποδο- σγειωθεί η μπάλα;

Η λύση του προβλήματος. Το ζητούμενο είναι να βρούμε δύο γωνίες για βρίσκουμε τα σημεία όπου αυτές οι δύο τροχιές

τις οποίες ο «εκτελεστής)) μπορεί να σουτάρει τη συναντούν το έδαφος. Τα σημεία προσγείωσης της μπάλα με αρχική ταχύτητα υ0=35 m/s και να τη μπάλας απέχουν από το σημείο εκτέλεσης του ε-στείλει στο σημείο με συντεταγμένες (9, 1 5 m, 1 ,8 λεύθερου κτυπήματος χΊ=10, 17m και x'2=61 ,32m m). Εφόσον υπολογίσουμε αυτές τις δύο γωνίες, αντίστοιχα. Συμπεραίνουμε, λοιπόν, ότι η περιοχή μπορούμε να βρούμε τις αντίστοιχες τιμές που θα που δεν μπορεί να προσγειωθεί η μπάλα, αρχίζει φανερώνουν τη θέση όπου θα προσγειωθεί η μπά- ακριβώς πίσω από το τείχος και εκτείνεται μέχρις λα. Γράφουμε, λοιπόν, την εξίσωση της τροχιάς: αποστάσεως 1 ,02 m απ' αυτό.

gx2 2 gx2 y= -- εφ θ+χεφθ - - . 2υδ 2υδ

Εάν εισαγάγουμε τις τιμές των χ, y (x=9, 15m, y=1,8m) και θέσουμε υ0=35 m/s, προκύπτει μια δευτεροβάθμια εξίσωση με άγνωστο το εφθ, απ' την οποία παίρνουμε: εφθ1=27,078 και εφθ2=0,235, α1t' τις οποίες, τελικά έχουμε θι=87,89° και θ2=13,23°. Χρησιμοποιώντας την εξίσωση του βεληνεκούς,

2υ2 υ2 Xmax= _ο συνθημθ = -2. ημ2θ, g g

uι

9,15m 10,17 m

61 ,32 m

110• ΕΝΑΣ ΜΑΘΗΜΑ ΤΙΚ ΟΣ ΑΠΑΝΤΑ ΣΤΗ ΧΡΙΣΤΙΝΑ Προλεγόμενα. Στο προηγούμενο τεύχος, στη στήλη ''Homo mathematicus", δημοσιεύσαμε μια ιδέα της Χριστίνας Πατσιούρα (μαθήτριας της Δ' τάξης του 1300 Δημοτικού Σχολείου Νέας Ιωνίας), σχετικά με μια <<νέα δοκιμή της πρόσθεσης)) και καταλήγαμε με την έκκληση: « Οι Αριθμοθεωρητικοί μας, ελπίζουμε, να τιμήσουν αυτό το παιδί, δίνοντάς μας μια θεωρητική επένδυση της ιδέας της Χριστίνας, διαφορετικά, θα aπογοητεύσουμε την υποψήφια Υπατία μας)) Περί ευαισθησίας. Δεν πέρασε αρκετός καιρός και, ένας σημαντικός φίλος μαθηματικός, ο Ανδρέας Αρβανιτογεώργος, ανταποκρίθηκε στην έκκληση της στήλης και μας έστειλε μια θεωρητική επένδυση. Η στήλη και, μέσω αυτής, η Χριστίνα, τον ευχαριστούν για την παιδαγωγική και μαθηματική του ευαισθησία


ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS Το κείμενο της απάντησης και ένα πρόβλημα για σας

«Στο προηγούμενο τεύχος του Ευκλείδη Β' (44) η μαθήτρια Χριστίνα Πατσιούρα μας είχε γράψει για μια δοκιμή της πρόσθεσης, παρόμοια με αυτή του πολλαπλασιασμού, ρωτώντας μας πώς εξηγείται. Η εξήγησή της βασίζεται στις ισοτιμίες από τη θεωρία αριθμών (βλ. και παλαιότερο άρθρο μου για την εξήγηση της δοκιμής του πολλαπλασιασμού, Α. Αρβανιτογεώργος: "Η περίεργη δοκιμή του πολλαπλασιασμού και η εξήγησή της", Ευκλείδης Β' κζ . 1/52.).

Θα δώσουμε την εξήγηση με ένα απλό παράδειγμα, ώστε να γίνει κατανοητό από τη φίλη μας.

Θεωρούμε την πρόσθεση 35782 + 7813= 43595. Η Χριστίνα είχε παρατηρήσει το εξής:

3 + 5 + 7 + 8 +2 = 25 � 7 7 + 8 + 1 + 3 = 19

7 +10 = 17 � 8 4 + 3 + 5 + 9 + 5 = 26 � 8

Η ισότητα των δύο 8 δεν είναι τυχαία. Η εξήγησή της είναι η εξής:

Έστω Μ = 35782 και Ν= 7813 . Θεωρούμε τη δεκαδική αναπαράσταση των αριθμών αυτών

Μ= 3 . 104+5 . 103+7 . 102+8 . 101+2. 10°

Ν=7 . 103+8.102+1 . 1 01+3 . 10° και θέτουμε

S�3+5+7+8+2=25 και S�7+8+1+3=19 Παρατηρούμε ότι 35782 - 25 = 35757 = πολ

λαπλάσιο του 9 = 9κ. Παρόμοια 7813 - 19 = 9λ. Γενικά ισχύει ότι Μ- S�πολλ9, το οποίο συμβολίζεται στη θεωρία αριθμών ως M=SM(mod9) (για την απόδειξη βλέπε υποσημείωση 1 ). Σε αυτή την περίπτωση οι αριθμοί Μ και SM ονομάζονται ισότιμοι modulo 9.

Ισχύουν τώρα οι σχέσεις SM+N = (SM+SN)(mod9) και SMN Ξ SMSN(mod9) Η πρώτη σχέση δικαιολογεί τη δοκιμή της φί

λης μας και η δεύτερη τη δοκιμή του πολλαπλασιασμού με τον γνωστό σταυρό.

Έχουμε λοιπόν για το παράδειγμά μας, SM+N=S43595=26, SM+S�4 και 26 - 44 = - 18 = πολλ 9, όπως αναμένεται. Με άλλα λόγια, οι αριθμοί 26 και 44 είναι ισότιμοι με το 8 modulo 9 όπως παρατηρεί η φίλη μας!

Οι ισοτιμίες έχουν και άλλες ενδιαφέρουσες εφαρμογές, όπως για παράδειγμα δίνουν απάντηση σε ερωτήματα του τύπου σε"ποια ημέρα της εβδο

μάδας θα πέσει η 18 Απριλίου του 2008; " >>

Η Σύνταξη της στήλης περιμένει, από τους αναγνώστες, απάντηση στο πρόβλημα αυτό.

Ilp . ΕΝΑ ΤΗΛΕΦΩΝΗΜΑ ΑΠΟ ΦΙΛΟ ΤΗΣ ΣΤΗΛΗΣ

Το ιστορικό ... Μια καυτή 'μέρα του Ιουλίου, ένας πολύ καλός φίλος της στήλης, με πήρε τηλέφωνο και με έψεξε γιατί aπασχολώ τη στήλη με «ιδέες παιδιών του Δημοτικού Σχολείου . . . ».

... και η απάντηση. Τον άκουσα με πολύ προσοχή και του υπενθύμισα ορισμένα πράγματα , όπως:

α) τα Μαθηματικά, απ' την ίδια τους τη γενεσιουργό αιτία, μελετούν τις μορφές του χώρου και τις ποσοτικές σχέσεις στον πραγματικό κόσμο. Κατά συνέπεια οι τέσσερις πράξεις της Αριθμητικής (μαζί κι η απλοϊκή Γεωμετρία) αποτελούν το θεμέλιο λίθο τους και μακάρι να διατηρούταν η διδασκαλία της Πρακτικής Αριθμητικής. Του υπενθύμισα τα ποσοστά αποτυχίας στην Αριθμητική σε διάφορους διαγωνισμούς, σε βαθμό που να παίρνει διαστάσεις κοινωνικού φαινομένου.

το συμπέρασμα πως η ενθάρρυνση ή η αποθάρρυνση ενός νέου απ' τους «καθ' ύλην αρμόδιους» ανοίγει ή κλείνει δρόμους. Μια (ευτυχώς μικρή), μερίδα δασκάλων πιστεύει πως "τα μυαλά των νέων εύκολα παίρνουν αέρα" και, άρα, ο δάσκαλος θα πρέπει να τα προσγειώσει ψαλιδίζοντας τα φτερά τους. Αλλά ας μου επιτρέψουν αυτοί οι δάσκαλοι να τους aντιτείνω την άποψη πως θα έπρεπε να aνησυχούσαμε αν τα νέα παιδιά δεν είχαν αυτή τη ροπή. Είναι φανερό πως η αποκατάσταση της "επαφής με την πραγματικότητα", ενός νέου παιδιού, δεν επιτυγχάνεται από έναν δάσκαλο " άψυχο", στο ρόλο "κρεατομηχανής". Επιτυγχάνεται από ένα δάσκαλο που αγαπά τους ανθρώπους και πριν απ' όλα τα νέα παιδιά που αποτελούν εγγύηση ότι η ζωή θα συνεχισθεί.

γ) Στην επικεφαλίδα της στήλης αναφέρε-β) κάποτε, η στήλη αυτή, θα αφιερώσει χώρο ται ρητά: «Κανόνας: Η στήλη Homo

όπου θα παραθέτουμε aυτοβιογραφικές μαρτυρίες Mathematicus απευθύνεται μόνο σε μαθησημαντικών ανθρώπων, απ' τις οποίες προκύπτει τές »


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

Επιμέλεια : Επιτροπή Διαγωνισμών

• 43η ΔΙΕΘΝΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΓΛΑΣΚΩΒΗ Μ. ΒΡΕΤΑΝΙΑΣ, 19-30 ΙΟΥΛΙΟΥ 2002

Π Ρ Ο Β Λ Η Μ Α ι 'Εστω n θετικός ακέραιος και Τ το σ6νολο

των σημείων (x,y) του επιπέδου, όπου χ και y είναι μη αρνητικοί ακέραιοι αριθμοί με χ + y < n . Κάθε σημείο του συνόλου Τ χρωματί-ζεται κόκκινο ή μπλε. Αν ένα σημείο (x,y) είναι κόκκινο, τότε θα είναι κόκκινα όλα τα σημεία (χ',y�του Τ με χ' :S χ και y' :S y . Κάθε σ6νολο που αποτελείται από n μπλε σημεία με διαφορετικές τετμημένες χ ονομάζεται σ6νολο τ6που Χ και κάθε σ6νολο που αποτελείται από n μπλε σημεία με διαφορετικές τεταγμένες y ονομάζεται σ6νολο τ6που Υ. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός των συνόλων τ6που Χ είναι ίσος με τον αριθμό των συνόλων τύπου Υ.

Λύση ι Έστω ότι ο αριθμός των μπλε σημείων με τε

τμημένη i είναι ai και έστω ακόμη ότι ο αριθμός των μπλε σημείων με τεταγμένη i είναι bi. Σύμφωνα με τη βασική αρχή της απαρίθμησης, ο αριθμός των σuνό'λιnν τύπου Χ θα είναι a0a1 . . . an-ι , ενώ ο αριθμός των σuνό'λιnν τύπου Υ θα είναι b0b1 . . . b0_1 . Αρκεί να αποδείξουμε ότι:

aoa ι . . . an-1 = bobι . .. bn-1 (*) ή, αρκεί να αποδείξουμε ότι τα στοιχεία του συνόλου { ao ' al ' . . . , an-1 } είναι μια μετάθεση των στοιχείων του συνόλου {bo , bι ' . . . , bn-1 } (**). Σχήμα ι

Θα χρησιμοποιήσουμε επαγωγή ως προς το θετικό ακέραιο η. • Για η = ι είναι φανερό ότι a0 = b0 • • Υποθέτουμε ότι η πρόταση (**) αληθεύει για

όλους τους θετικούς ακέραιους που είναι μικρότεροι του η.

• Θα· αποδείξουμε ότι η πρόταση (**) αληθεύει και για το θετικό ακέραιο η. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

α) Κάθε σημείο (χ, y) της ευθείας χ + y = η - ι είναι μπλε. Τότε αγνοώντας αυτά τα σημεία, αναγόμαστε στην περίπτωση του θετικού ακέραιου η - ι με η - 1 μπλε στήλες μεγέθους a0 - 1 , a1 - 1 , . .. , a0_2 - 1 και η - 1 μπλε γραμμές μεγέθους b0 - ι , b1 - ι , . . . , b0_2 - ι . Σύμφωνα με την υπόθεση της επαγωγής οι αριθμοί a0 - 1 , a1 - 1 , . . . , a0_2 - 1 είναι μια μετάθεση των αριθμών b0 - 1 , b1 - 1 , . . . , b0_2 - ι και επειδή εmπ'λiον είναι an-1 = 1 = bn-1 ' έπεται ότι ισχύει το ζητούμενο, δηλαδή οι αριθμοί είναι μια μετάθεση των αριθμών b0 , b1 , . . . , bn-ι .

β) Έστω ότι ιςάποιο σημείο (κ, η - ι - κ) είναι κόκκινο (σχ. 1). Τότε το ορθογώνιο ό'λιnν των σημείων (x,y) με χ :S κ και y :S η - 1 - κ είναι κόκκινο. Επομένως, θεωρώντας όλα τα σημεία (x,y) με χ < κ , από την υπόθεση της επαγωγής έχουμε ότι οι αριθμοί ao ' al ' . . . , aιc-1 είναι μια μετάθεση των αριθμών bn-ιc • bη-κ+ι • . . . , bn-ι . Ομοίως έχουμε για χ > κ ότι οι αριθμοί aιc+l ' a ιc+2 > . . . , an-1

είναι μια μετάθεση των αριθμών b0 , b1 , . . . , b0_2_" • Επειδή είναι και a" = bn-Ι-ιc = Ο , έχουμε ότι οι αριθμοί a0 , a1 , . . . , a0_1 είναι μια μετάθεση των α-ριθμών b0 , b1 , . . . , bn-ι .

Λύση 2 Όπως και στην πρώτη λύση, θα αποδείξουμε

ότι οι αριθμοί a0 , a1 , . . . , a0_1 είναι μια μετάθεση των αριθμών b0 , b1 , . . . , bn-ι .

Θα χρησιμοποιήσουμε επαγωγή ως προς τον αριθμό των κόκκινων σημείων.

Όταν ο αριθμός των κόκκινων σημείων είναι μηδέν, τότε όλα τα σημεία είναι μπλε και το ζητούμενο ισχύει.Όταν υπάρχουν κόκκινα σημεία, τότε επιλέγουμε ένα από αυτά, έστω το (x, y) , με χ + y μέγιστο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λατ' τ.l/24

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές ολυμπιάδες

Τότε θα έχουμε: a = n - 1 - x - y = b ·Χ Υ

Αν αλλάξουμε το σημείο (χ, y) από κόκκινο Υ σε μπλε, τότε στο σχή-μα θα έχουμε λιγότερα κόκκινα σημεία.

(0, n-1)

χ

Σχήμα 2 Οι γραμμές και οι στήλες μένουν αναλλοίωτες

ως προς τον αριθμό των μπλε σημείων, εκτός από τους αριθμούς aχ και by οι οποίοι ελαττώνονται κατά 1 :Ετσι, από την υπόθεση της επαγωγής, οι αριθμοί a0 , • • • , a._1 , . . . , a0_ 1 είναι μια μετάθεση των αριθμών b0 , • • • , by-Ι , . . . , b0_1 . Επειδή είναι a. = bY , και οι αριθμοί a0 , • • • , a. , . . . , a0_1 θα είναι μια μετάθεση των αριθμών b0 , • • • , bY , . . . , b0_1 , δηλαδή ισχύει το ζητούμενο.

Λύση 3

η- ι·

π-Ι Σχήμα 3 Παρατηρήσεις

Το πρόβλημα αυτό χαρακτηρίζεται ως εύκολο με μια ενδιαφέρουσα ποικιλία λύσεων. Πέραν από τις τρεις λύσεις που δώσαμε υπάρχουν και άλλες λύσεις των οποίων θα αναφέρουμε τη βασική ιδέα. • Υπολογισμός του αριθμού των γραμμών ή

στηλών με κ μπλε σημεία. Η βασική ιδέα είναι να αποδείξουμε ότι ο αριθμός των i με ai � κ ισούται με τον αριθμό των μπλε σημείων στη διαγώνιο χ + y = η - κ . Είναι φανερό ότι ο αριθμός των i με ai � κ , για κάθε κ,

Θα βρούμε μια αμφιμονοσήμαντη και επί α- •

ντιστοιχία μεταξύ των συνόλων

προσδιορίζει τον αριθμό των j με a j = κ . Υπάρχουν τρεις τουλάχιστον λύσεις που βασίζονται σε τύπους υπολογισμού του αριθμού

Α = {a0 , a1 , . . . , a0_1 } και Β = {b0 , b1 , . . . , b0_1 } . Βασική ιδέα της απόδειξης αυτής είναι «η διαγώ-νια κίνηση» έτσι ώστε να αντιστοιχίσουμε μια μπλε στήλη σε μια μπλε γραμμή με τον ίδιο αριθμό μπλε σημείων.

Αν είναι a. = Ο , τότε επίσης θα είναι και bn-Ι-x = Ο και στο a. αντιστοιχίζουμε τον αριθμό bn-1-x ·

Αν είναι a. > Ο , θεωρούμε το μπλε σημείο (χ, y) με την ελάχιστη τετμημένη χ. Μεταξύ των σημείων

. (x, y) , (x - 1 , y + 1 ) , (x - 2, y + 2) , . . . θα υπάρχει ένα τουλάχιστον το οποίο μεταξύ

των μπλε σημείων της γραμμής του θα έχει την ελάχιστη τετμημένη. Έστω το πρώτο από αυτά είναι το (χ', y') . Τότε έχουμε την αντιστοίχιση του aχ

στο by· ( σχ. 3). Η παραπάνω αντιστοιχία είναι αντιστρέψιμη. Πράγματι, έστω bY > Ο . Τότε, αν είναι (χ, y)

το μπλε σημείο της γραμμής με τεταγμένη y που έχει την ελάχιστη τετμημένη χ, επιλέγουμε μεταξύ των σημείων (x, y) , (χ + 1 , y - 1) , (x + 2, y - 2) , . . . το πρώτο από εκείνα που στη στήλη τους έχουν την ελάχιστη τεταγμένη. Αν αυτό είναι το (χ', y') , τότε αντιστοιχίζουμε τοv αριθμό by στον αριθμό

των συνόλων τύπου Χ και τύπου Υ. Η κατασκευή του πρώτου τύπου βασίζεται στη μέτρηση του αριθμού των ai και bj τα οποία είναι μεγαλύτερα ή ίσα του κ, όπως στην προηγούμενη λύση. Η κατασκευή του δεύτερου τύπου βασίζεται στην έκφραση σε όρους δυωνυμικών συντελεστών του αριθμού των συνόλων τύπου Χ με di σημεία επιλεγμένα από τη χ + y = i διαγώνιο. Ο τρίτος τύπος δίνει τον αριθμό των συνόλων τύπου Χ ως γινόμενο των λόγων παραγοντικών, αφού γίνει ανάλυση του συνόλου των μπλε σημείων σε τραπέζια . Π Ρ Ο ΒΛΗΜΑ 2 Έστω BC μια διάμετρος του κύκλου Γ με

κέντρο Ο. Έστω Α ένα σημείο πάνω στον κύκλο Γ τέτοιο ώστε 0° < ΑόΒ < 120° . Έστω D το μέσο του ΑΒ που δεν περιέχει το σημείο C. Η ευθεία που περνά από το σημείο Ο και είναι παράλληλη προς την ευθεία DA τέμνει την ευθεία AC στο σημείο J. Η μεσοκάθετη του ευθυγράμμου τμήματος ΟΑ τέμνει τον κύκλο Γ στα σημεία Ε και F. Ν α αποδείξετε ότι το σημείο J είναι το κέντρο του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο CΕF κύκλου.

Λύση l Η ακτίνα ΟΑ είναι κάθετη στη χορδή EF. Άρα

το Α είναι μέσον του τόξου EF, οπότε η CA είναι διχοτόμος της γωνίας ECF .



Επειδή είναι ΟΑ = OC θα έχουμε: AOD =.!..AOB= OAC

2 Β c

Α

οπότε η D είναι παράλληλη στην JA και το ODAJ είναι παραλληλόγραμμο. Σχήμα 4

Επιπλέον το τετράπλευρο OEAF είναι ρόμβος, αφού οι διαγώνιές του ΟΑ και EF διχοτομούνται και τέμνονται κάθετα.

Άρα θα είναι AJ = OD = ΟΕ = AF Επομένως JFΈ = JF Α - E:F Α = A1F - ECA

= A1F - JCF = .Wc οπότε η FJ διχοτομεί τη γωνία EFC και το σημείο J είναι το έκκεντρο του τριγώνου CEF, ως σημείο τομής δύο διχοτόμων του.

Η συνθήκη 0° < ΑΟΒ < 120° εξασφαλίζει ότι το σημείο J είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου CEF.

Λύση 2 Όπως στην προηγούμενη λύση, το ODAJ είναι

παραλληλόγραμμο και το τετράπλευρο OEAF είναι ρόμβος, οπότε τα σημεία Ο και J βρίσκονται σε κύκλο S κέντρου Α και στο ίδιο τόξο χορδής EF. Έστω J0 το έκκεντρο του τριγώνου CEF. Επειδή Α είναι το μέσον του τόξου EF του κύκλου Γ, που δεν περιέχει το σημείο C, και τα δύο σημεία J και J0 βρίσκονται πάνω στο ευθύγραμμο τμήμα CA που είναι η εσωτερική διχοτόμος της γωνίας ECF .

Επιπλέον, από τις ισότητες AO = OE = EA = AF = FO

έχουμε ότι τα τρίγωνα ΑΕΟ και AFO είναι ισόπλευρα και ίσα, οπότε θα είναι και EOF = 120° . Επειδή J0 είναι το έκκεντρο και Ο είναι το περίκεντρο του τριγώνου CEF θα έχουμε:

EJ 0F = 90° + .!_ ECF = 90° + .!_ EOF = 120° 2 4

Επομένως το σημείο J, όπως και το J0, βρίσκονται στον κύκλο S. Επειδή ο κύκλος S έχει μοναδική τομή με τη διχοτόμο AC, συμπεραίνουμε ότι J = J0 •

Παρατηρήσεις • Ο μοναδικός σημαντικός περιορισμός του

προβλήματος είναι η σχέση 0° < ΑΟΒ < 120° . Γεωμετρικά ο περιορισμός αυτός είναι ισοδύναμος με το ότι τα σημεία Α και C βρίσκονται σε διαφορετικά ·μέρη του επιπέδου ως προς τη χορδή EF ή ισοδύναμα ότι το J βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου CEF. Όταν είναι ΑΟΒ = 120° , τότε το τρίγωνο CEF

εκφυλίζεται. Όταν είναι ΑΟΒ > 120° , τότε το σημείο J είναι ένα από τα παράκεντρα του τριγώνου CEF.

• Μια ακόμη λύση του προβλήματος βασίζεται στην ισότητα AJ = AF , σύμφωνα με το παρακάτω λήμμα: Έστω τρίγωνο CEF με CA διχοτόμο της γω-νίας C , όπου το Α ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου. Έστω ακόμη σημείο J της διχοτόμου CA.

Α

Σχήμα 5 Τότε το J είναι το έκκεντρο του τριγώνου CEF, αν και μόνον αν, ισχύει η ισότητα AJ = AF .

• Η λύση μπορεί να γίνει και με χρήση Αναλυτικής Γεωμετρίας. Απαιτεί όμως την επιλογή κατάλληλου συστήματος συντεταγμένων, γιατί διαφορετικά οι πράξεις είναι πάρα πολλές. Π Ρ Ο Β Λ Η Μ Α 3 Να βρείτε όλα τα ζεύγη ακεραίων m, η ;:::: 3

για τα οποία υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι αm + α - 1

αριθμοί α τέτοιοι ώστε ο αριθμός: ---=---απ + α2 - ι

να είναι ακέραιος.

Λύση ι Έστω ότι όλοι οι ακέραιοι m, η είναι ένα κα

τάλληλο ζεύγος. Βήμα ι. Τότε θα είναι η < m . Πράγματι, αν

ίσχυε ότι η ;:::: m , δεδομένου ότι αm + α - 1 > Ο και α η + α2 - 1 > Ο για κάθε θετικό ακέραιο α, θα είχα-με: Ο < Α = αm + α - 1 � 1 <=>

α0 + α2 - 1 αm (1 - αn-m) + α (1 - α) � Ο που ισχύει για κάθε θετικό ακέραιο α. Η ισό

τητα ισχύει μόνο για α = 1 . Επομένως για η ;:::: m δεν μπορεί ο αριθμός Α να είναι ακέραιος για άπειρες τιμές του α, που είναι άτοπο.

Βήμα 2. Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι το πολυώνυμο f (x) = xm + χ - 1 διαιρείται από το πολυώνυμο g (χ) = xn + χ2 - 1 στο δακτύλιο των πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές Ζ [χ] . Πράγματι, επειδή το πολυώνυμο g (χ) έχει συντελεστή του μεγιστοβάθμιου όρου τη μονάδα, ο αλγόριθμος της διαίρεσης δίνει:



f (x) = q (χ) + r (χ) (Ι)

g (χ) g (χ) όπου r (χ) = Ο ή βαι3r (χ) < βα8g (χ) και

q (χ) Ε Ζ [χ] . Εmπλέον έχουμε ότι: lim r (x) =0 x...->g (x) ενώ, λόγω της (1) και της υπόθεσης, ο αριθμός r (α) , , , , Ε -- ειναι ακεραιος για απειρες τιμες του α. -g (α) .

, θ , r (α) Ο , , πομενως α ειναι -- = για απειρες τιμες του g (α)

θετικού ακέραιου α, δηλαδή θα είναι r (α) = Ο για άπειρες τιμές του α. Άρα r (χ) = Ο , για κάθε χ Ε R . Επιπλέον, είναι φανερό ότι f (α) Ε Ζ

g (α) για κάθε ακέραιο α.

Βήμα 3. Επειδή οι συναρτήσεις f (χ) και g (χ) είναι γνησίως aύξουσες στο διάστημα Ι = (0, 1] και f (I) = g (Ι) = [- 1 , 1] , θα έχουν μοναδική ρίζα στο διάστημα (0, 1) . Δεδομένου ότι το πολυώνυμο g (χ) διαιρεί το f (χ) η ρίζα αυτή, έστω ρ, θα είναι κοινή.

Βήμα 4. Στη συνέχεια θα χρησιμοποιήσουμε την κοινή ρίζα ρ για να αποδείξουμε ότι m < 2η . Καταρχήν είναι ρ > ω = 0,618 . . . , όπου ω είναι η θετική ρίζα του τριωνύμου h (χ) = χ2 + χ - 1 . Αυτό ισχύει γιατί η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0, 1 ] και f(ω) < h (ω) = Ο = f(ρ) . Εmπλέον, αν ήταν m > 2η , τότε: 1 _ ρ = ρm :::; ρ2η = (ρ η γ = ( l _ ρ2 )2 � ( 1 - ρ) - (1 - ρ2 ) ( 1 + ρ2 ) :::; ο

� ρ (ρ - 1) (ρ2 + ρ - 1) ;:: Ο � ρ :::; ω , άτοπο. Βήμα 5. Θα αποδείξουμε ότι η μοναδική λύση

με m < 2η είναι το ζεύγος (m, η) = (5, 3) . Για α = 2 θέτουμε c = g (2) = 2° + 3 . Ε

πειδή f(2) = 2m + 1 , θα είναι - 2m Ξ 1 (modc) (2)

Έστω m = η + κ , όπου 1 :::; κ < η . Τότε θα είναι: - 2m = - 2° · 2" = (3 - c) 2κ = 3 · 2κ - c · 2κ Οπότε - 2m Ξ 3 · 2κ (modc) από την οποία προκύπτει ότι - 2m ψ. 1 (modc) , όταν Ι :::; κ :::; η - 2 .

Για κ = η - 1 , δηλαδή για m = 2η - 1 , έχουμε: - 2m = 3 · 2°-1 -πολ (c) = (2 + 1) · 2π-ι _πολ (c)

= c + (2η-ι - 3) - πολ (c) = πολ(c) + 2η-ι - 3

με 1 :::; 2η-ι - 3 < c , αφού η ;:: 3 . Η μοναδική τιμή του η που ικανοποιεί τη σχέση (2) είναι η η = 3 , οπότε (m, η) = (5, 3) .

Για (m, η) = (5, 3) έχουμε: α5 + α - 1 2 Α = = α - α + l Ε Ζ α3 + α2 - 1

για κάθε θετικό ακέραιο α, οπότε το ζεύγος (m, η) = (5, 3) είναι η μοναδική λύση του προ-βλήματος.

2η Λύση [S. Grozdev and Ν. Nikolov (Βουλγαρία)] Έστω m = η + κ, τότε

xm + x - l = xιc (X0 + χ2 -l) + x" - χ κ+2 + χ - 1, = χ"(χ0 + χ2 -l) + (x - 1)[ xιc(x + l) - 1]

οπότε θα έχουμε ότι χ η + χ2 1χ"(χ + Ι) - ι ή χ η + χ2 - ιlx"+l + χ" - ι .

Έστω ότι κ+l-n

χκ+Ι + χ" -1 = Σ αjxj (X0 + χ2 - 1) (1) j=O

Συγκρίνοντας τους αντίστοιχους συντελε-

, , {1, αν j άρτιος στες λαμβανουμε: αj = . , , Ο, αν J περιττος για κάθε j < κ - 2.

Τότε χ"+1 +χ" -l=(xn +χ2 -ι{ χ"-2Ρ(χ)+ tx2j)=

e

= xn Σx2i + (χ2 - l)x"-2P(x) + x2U+Ι> , (2) i=O

όπου .e = [;]- ι και p(x) E Z[x] .

Θεωρώντας το συντελεστή του xn προκύπτει ότι η ;:: κ - 2 .

Επιπλέον, η ισότητα των βαθμών του δύο μερών της (2) δίνει η + 2.e :::; κ + 1 .

Άρα κ - 2 :::; n :::; κ - 2[;] + 3, δηλαδή κ ::s; 5

και η :::; 4. Αν είναι n=4, τότε κ=3 ή κ=5 και με απ'

ευθείας επαλήθευση καταλήγουμε ότι και οι δύο περιπτώσεις είναι αδύνατες .

Αν έχει n=3, τότε κ Ε {2,3,4,5} και με έ-

λεγχο βρίσκουμε ότι κ=2. Επομένως είναι n=3, m=5. Π Ρ Ο Β Λ Η Μ Α 4 Έστω ακέραιος αριθμός μεyαλύτερος του

1. Όλοι οι θετικοί διαιρέτες του n είναι οι d1 , d2, ••• , dκ , όπου



ι = dι < d2 < •.. < dκ = η

Ορίζουμε D = d1d2 + d2d3 + ••• + dκ_ιdκ •

α) Να αποδείξετε ότι D < η2 • β) Να προσδιορίσετε όλες τις τιμές του η

για τις οποίες ο αριθμός D είναι διαιρέτης του η:z.

Λύση α) Αν d; , i = 1 , 2, . . . , κ είναι ένας διαιρέτης

' θ ' η δ ' τοu η, τοτε α ειναι και ο d. ιαιρετης το� η και I

μάλιστα :. = dιc+Ι-i . Έτσι έχοuμε: I

2 ιc-Ι ( 1 1 ) 2 ( 1 ) 2 = η � - - - = η 1 - - < η

Ι=l d; di+l η β) Έστω ρ ο ελάχιστος πρώτος διαιρέτης του

η. ,Τότε d2

= . ρ , dιc-Ι = � και dιc = η . ρ Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

• Αν η πρώτος, τότε η = ρ , κ = 2 και ο D = ρ διαιρεί το η2•

• Α ν η σύνθετος, τότε κ > 2 και 2 D > dιc_1dιc = � . Αν το D διαιρεί το η2, τόρ

η2 τε και το - θα διαιρεί το η2• Όμως D n2 , , , 1 < - < ρ , που ειναι αδυνατο, γιατι ο ρ D

είναι ο ελάχιστος πρώτος διαιρέτης του η, άρα και του η2• Άρα ο D διαιρεί το η2 , για κάθε ακέραιο η

που είναι πρώτος. Π Ρ Ο Β Λ Η Μ Α 5 Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις f : R � R ,

όπου R είναι το σύνολο των πραγματικών αριθμών, για τις οποίες ισχύει:

(f (x)+f (z)) (f(y)+f(t)) =f (:xy-zt)+f(xt +yz) (*) για όλα τα χ, y, z, t που ανήκουν στο R.

Λύση Για χ = y = z = Ο, t Ε R , η εξίσωση (*)

δίνει 2 f (Ο) [ f (Ο) + f (t)] = 2 f (Ο) (1) για κάθε t Ε R ,οπότε για t = Ο έχουμε:

. 1 f (Ο) = Ο ή f (Ο) = l . Α ' f (O) 1 ' ' (1) ' ν ειναι = - , τοτε απο την εχουμε

2

f(t) = .!.. , για κάθε t Ε R , 2

η οποία εύκολα επαληθεύουμε ότι είναι λύση του προβλήματος.

Αν είναι f (Ο) = Ο , τότε από την (*) για z = t = Ο έχουμε την ισότητα:

f (x) f (y) = f (xy) (2) για κάθε χ, y Ε R , δηλαδή η f είναι πολλαπλασιαστική.

Από τη (2) για χ = y = 1 προκύπτει f(1)2 = f(1) � f (1) = ο ή f(1) = 1 .

Α ν είναι f (1) = Ο , τότε f(x) = f (x · 1 ) = f (x) f(1) = Ο , για κάθε χ Ε R , η οποία είναι μία ακόμη λύση του προβλήματος.

Α ν είναι f ( 1) = 1 , επειδή έχουμε υποθέσει ότι f (O) = Ο , η εξίσωση (*) για χ = Ο , y = t = 1 , δίνει f (- z) + f (z) = 2f(z) ή

f (- z) = f (z) (3) για κάθε z Ε R , δηλαδή η f είναι άρτια συνάρτηση.

Από τη (2) για y = χ λαμβάνουμε f (x2 ) = f (x)2 � Ο , οπότε για χ = .JY , y � Ο θα είναι: f (y) = f(.JY)2 � Ο (4)

για κάθε y � Ο . Επειδή η f είναι άρτια η σχέση ( 4) αληθεύει για κάθε y Ε R .

Επιπλέον, για t = χ και z = y η σχέση (*) δίνει: f (x2 + y2 ) = [f (x) + f(y)Γ (5)

για κάθε χ, y Ε R , οπότε θα είναι: f (x2 + y2) � f(x)2 = f(x2) (6)

για κάθε χ, y Ε R . Επομένως, αν είναι u � ν � Ο , τότε θα είναι f (u) � f(v) , δηλαδή η συνάρτηση f είναι αύξουσα στο σύνολο [0, + οο) .

Από τη σχέση (*) για χ = z = t = 1 λαμβά-νουμε: f(x - 1) + f(x + 1) = 2 [ f(x) + 1] (7)

Με επαγωγή ως προς το η, αφού f (O) = Ο = 02 και f(1) = 1 = 12 , μέσω της σχέσης (7) εύκολα προκύπτει ότι f(η) = η2 , για κάθε η στο σύνολο των μη αρνητικών ακεραίων. Επειδή η f είναι άρτια θα είναι:

f (η) = η2 για κάθε η Ε Ζ Από την πολλαπλασιαστικότητα της f, για κά

θε p, q Ε Ζ, q -=ι:. Ο , θα έχουμε:

1 = f(1) = r (q ·*) = f (q) f (*)


Μαθηματικοί Διαyωνισμοί - Μαθηματικές ολυμπιάδες

και ακόμη

1 f (q)

r (�) � r (p ·�) � f(p) fω � �� ω

δηλαδή ισχύει f(α) = σ! , για κάθε ρητό αριθμό α. Υποθέτουμε ότι ισχύει f (x) ::F- χ2 για κάποιο

θετικό πραγματικό αριθμό χ. Αν είναι f (x) < χ2 , τότε θεωρούμε ρητό α-

ριθμό α τέτοιον ώστε χ > α > .Jr (χ) . Τότε θα είναι f (α) = α2 > f (x) . Όμως, επειδή στο [0, + οο) η f είναι αύξουσα θα έχουμε f (α) � f (x) , που αντίκειται στην προηγούμενη σχέση. Επομένως δεν μπορεί να ισχύει η σχέση f(x) < χ2 • Ομοίως είναι αδύνατη η σχέση f(x) > χ2 , για τον τυχόντα θετικό πραγματικό αριθμό χ.

Άρα είναι f(x) = χ2 , για κάθε χ Ε [0, + οο) , και αφού η f είναι άρτια θα είναι f(x) = χ2 , για κάθε χ Ε R .

Παρατηρήσεις 1. Το πρόβλημα αυτό είναι μεσαίας δυσκολίας

και απαιτεί κατάλληλη επιλογή των μεταβλητών για την εύρεση των διαφόρων συνθηκών που οδηγούν τελικά σε όλες τις λύσεις. Η κύρια δυσκολία του προβλήματος είναι η μετάβαση από τους ρητούς στους πραγματικούς αριθμούς. Για να γίνει αντιληπτή η δυσκολία συλλογής βαθμών από τους διαγωνιζόμενους στις Διεθνείς Μαθηματικές Ολυμmάδες, αναφέρουμε ότι για την απόδειξη της σχέσης f (α) = α2 στους ρητούς η βαθμολογία ήταν 2 μονάδες με άριστα το 7, ενώ για την εύρεση των δυο σταθερών λύσεων δεν δινόταν καμία μονάδα.

2. Η δημιουργία του προβλήματος αυτού έχει υποκινηθεί από τη γνωστή ταυτότητα του Lagrange:

(xz + zz) (yz + tz ) = (xy - zt)z + (xt + yz)z που χρησιμοποιείται για τη μελέτη αθροισμάτων δύο τετραγώνων στη θεωρία αριθμών.

Π Ρ Ο Β Λ Η Μ Α 6 Δίνονται οι κύκλοι Γ I ' Γ 2 ' ••• , Γ n ' η ;;:: 3 ' που

βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο και ακτίνα ίση με 1. Τα κέντρα τους είναι τα σημεία 01 , 02 , ••• , On

αντίστοιχα. Δίνεται ακόμα ότι δεν υπάρχει ευθεία που να έχει κοινά σημεία με περισσότερους από δύο κύκλους.

Ν α αποδείξετε ότι Σ 1 (n - 1) π -- �

I S I < jSn ορj 4

Όπου Σ 1 1 1 = + -- + ...

IS i< jSn ορj 0102 ο.ο3

1 1 1 +-- + + ... +

o.on 0203 on·lon

Λύση Θα χρησιμοποιήσουμε τη βοηθητική πρόταση

που ακολουθεί. Λήμμα 1. Έστω Ω κύκλος ακτίνας ρ και PR,

QS δύο χορδές του που τέμνονται στο σημείο Χ έ-τσι ώστε PXQ = RXS = 2α . Τότε ισχύει:

L (PQ) + L (RS) = 4αρ όπου με L (PQ}, L (RS) συμβολίζουμε το μήκος του τόξου RQ, RS αντίστοιχα.

Απόδειξη Έστω Ο το κέντρο του κύκλου Ω,

ΡόQ = 2λ , Rόs = 2μ . Τότε: QSR = λ και RPS = μ .

Επομένως RXS = 2α = λ + μ και L (PQ) + L (RS) = 2λρ + 2μρ

= 2 (λ + μ) ρ = 4αρ

Σχήμα 6 Επανερχόμενοι στη λύση του προβλήματος,

θεωρούμε ένα μεγάλο κύκλο Ω ακτίνας ρ, που στο εσωτερικό του περιέχει όλους τους δεδομένους κύκλους Γ1 , Γ2 0 . . . , Γn .

Θεωρούμε και τους κύκλους Γ; , Γ! Από τις υποθέσεις του προβλήματος οι κύκλοι αυτοί δεν έχουν κοινά σημεία. Έστω 2α η γωνία των δύο εσωτερικών κοινών εφαπτομένων PR, QS. Τότε θα είναι: ορj =

και

χ

2 η μα

2 α ;;:: ημα =

ορj

Σχήμα 7

(1)

Ω


Μαθηματικοί Διαyωνισμοί - Μαθηματικές ολυμπιάδες

Σύμφωνα με το Λήμμα 1 και τη σχέση (1) θα έχουμε: L (PQ) + L (RS) = 4αρ � �

ορj

δηλαδή _1_ < L (PQ) + L (RS) (2) ορj - 8ρ ·

Στη συνέχεια θα θεωρήσουμε το άθροισμα των μηκών των τόξων που εμφανίζονται στον αριθμητή της σχέσης (2), καθώς το ζεύγος (i, j) παίρνει όλες τις δυνατές nμές για 1 � i < j � η . Θα αποδείξουμε όn κάθε σημείο του κύκλου Ω καλύπτεται από τέτοια τόξα το πολύ η - 1 φορές.

Θεωρούμε τυχόν σημείο Τ του κύκλου Ω και την εφαπτομένη ημιευθεία Τ χ του Ω, η οποία περιστρέφεται γύρω από το Τ κατά 1 80°, όπως φαίνεται στο σχήμα 7. Κατά την περιστροφή της η η μιευθεία τ χ θα συναντήσει για πρώτη φορά ένα ζευγάρι κύκλων, έστω με νέα αρίθμησή τους Γι , Γ2. Η

ημιευθεία Τ χ δεν είναι δυνατόν να συναντά ταυτόχρονα τρεις κύκλους, οπότε κάποια στιγμή κατά την περιστροφή της θα συναντήσει έναν από τους δύο κύκλους, έστω το Γ1 , προτού συναντήσει κάποιον άλλον από τους κύκλους. Ο κύκλος Γ 1 δεν θα συναντηθεί ξανά από την ημιευθεία Τ χ· Συνεχίζοντας ομοίως και με νέα κατάλληλη αρίθμηση των κύκλων, συμπεραίνουμε όn ο μέγιστος αριθμός ζευγών κύκλων που συναντά η ημιευθεία Τ χ

είναι η - 1 , δηλαδή τα ζεύγη Γι και Γ2, Γ2 και Γ3, . . . , Γη-Ι και Γ0•

Δεδομένου όn το σημείο Τ είναι τυχαίο, το άθροισμα των μηκών των τόξων του αριθμητή της σχέσης (2) είναι μικρότερο ή ίσο του (η - 1) · 2πρ .

Σ 1 (η - 1) 2πρ (η - 1) π Άρα θα είναι: -- < = �___:._-ι,; i<j,;n ορj 8ρ 4

.19η ΒΑΛΚΑΝΙΚΉ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΉ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΑΤΤΑΛΕΙΑ ΤΟΥΡΚΙΑΣ, 27 ΑΠΡΙΛΙΟΥ 2002

Π Ρ Ο Β Λ Η Μ Α ι Τα σημεία Αι, A:z, . • • An, π � 4 , του επιπέ

δου είναι τέτοια ώστε να μην υπάρχουν τρία από αυτά που να είναι συνευθειακά. Μερικά ζεύγη διαφορετικών σημείων από τα Αι, A:z, • . . An συνδέονται με ευθύγραμμα τμήματα έτσι ώστε κάθε ένα από τα σημεία να συνδέεται με άλλα τρία τουλάχιστον σημεία. Να αποδείξετε ότι υπάρχει κ > ι και διαφορετικά μεταξύ τους σημεία Χ1, X:z, • • . Χ:zκ του συνόλου {Αι , Α1 , ••• , An } τέτοια ώστε για κάθε ί με ι :::; i :::; 2κ - 1 ' το σημείο Xi είναι συνδεδεμένο με το σημείο Χi+ι και το σημείο Χ:zκ με το σημείο Χι.

Λύση ι Δυο σημεία που συνδέονται με ευθύγραμμο

τμήματα λέμε όn είναι γειτονικά. Έστω Ρ: = Χ1Χ2 . . . Χ. με Χ; ε {Α1 , Α2 , . . . , Α0 } , Χ; =#:- Χ j για ί =#:- j , η μακρύτερη ακολουθία σημείων τέτοιων ώστε τα Χ; , Χ+ι είναι γειτονικά για κάθε i = 1 , 2, .. . , s-1 . Σύμφωνα με την υπόθεση το σημείο Χι είναι γειτονικό με τρία τουλάχιστον σημεία. Δύο από αυτά, έστω τα Υ, Ζ, πρέπει να είναι διαφορεnκά από το Χ2. Όμως, λόγω του όn τα Χι, Χ2, . . . , χ. ορίζουν τη μακρύτερη δυνατή ακολουθία με γειτονικά διαδοχικά σημεία, θα πρέπει {Υ ,Ζ} c {Χ3 , •• .χ. } . Έστω Υ = Χ; , Ζ = Xj , με i < j . Τότε το C: = Χ1Χ2 .. . Χ; . . . ΧjΧι είναι κύκλος με χορδή Χ1Χ; .

Αν ο j είναι άρnος, τότε C είναι ο ζητούμενος κύκλος.

Α ν ο j είναι περιπός, τότε μόνον ένας από τους κύκλους Χ1Χ2 . . . Χ;Χ1 , Χ1Χ;Χ;+ι . . . ΧjΧι έ-χει άρτιο αριθμό κορυφών και ικανοποιεί το πρόβλημα.

Π Ρ Ο Β Λ Η Μ Α 2 Δίνεται η ακολουθία a1, a1, • • • , ao με

a. = 20 ' 3:z = 30 ' an+:Z = 3an+1 - an ' π � ι . Ν α βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους π

για τους οποίους ο ι + 5anan+l είναι τέλειο τετράγωνο.

Λύση Αν θέσουμε bn = an+ι + an , cn = 1 + 5anan+ι ,

τότε 5ao+l = bn+l + bn ' an+2 - aπ = bn-1 - bn ' οπότε co+l - cn = 5an+l ( an+2 - an ) = b�+l -b� .

Επομένως, για κάθε η , έχουμε Cn+l -b�+l = Cn -b� = C1 - b; = 501 = 3•167 .

Έ 2 ' θ ' ' στω cn = m για καποιους εnκους ακεραι-ους η και m. Επειδή οι 3 και 167 είναι πρώτοι αριθμοί, έπεται όn m + bn = 167 ,m- bn = 3 , ή

m + bn = 501 , m -bn = 1 . Επομένως cn = 852 ή cn = 25 12 . Εmπλέον, με μία απλή επαγωγή , αποδεικνύε

ται όn η ακολουθία cn είναι γνησίως μονότονη.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ" τ.l/30


c1 = 1 +5•20•30 < 842 < c2 = 1+5•30•70 Επειδή < c3 = 1+5·70·180 = 2512

η μοναδική λύση του προβλήματος είναι η = 3 . Π Ρ Ο Β Λ Η Μ Α 3 Δύο κύκλοι με διαφορετικές ακτίνες τέμνο

νται στα σημεία Α και Β. Οι κοινές εφαπτόμενες των δύο κύκλων είναι οι ΜΝ και ST, όπου τα σημεία Μ, S ανήκουν στον ένα κύκλο και τα Ν, Τ ανήκουν στον άλλον. Να αποδείξετε ότι τα ορθόκεντρα Ηι, Hz, 83 και Κι των τριγώνων ΑΜΝ, AST, ΒΜΝ και BST, αντιστοίχως, είναι κορυφές ορθογωνίου.

Λύση Τα ζεύγη των ορθοκέντρων Η1, Η2 και Η3, l4

είναι συμμετρικά ως προς τη διάκεντρο, οπότε τα τέσσερα ορθόκεντρα είναι κορυφές ισοσκελούς τραπεζίου. Επομένως, αρκεί να αποδείξουμε ότι: Η,Β ..L ΑΒ .

Ας υποθέσουμε ότι τα Q, Ρ είναι τα σημεία τομής της ΜΝ με τις ΑΗ1 και ΑΒ, αντιστοίχως. Τότε το Q είναι μέσον της ΜΝ και επειδή είναι ΑΡ ..L ΜΝ , αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο H1BQP είναι εγγράψιμο. Ισοδύναμα, αρκεί να αποδείξουμε ότι: ΑΗ, · ΑΡ = AB · AQ (1)

Αν θεωρήσουμε ότι το περιγεγραμμένο στο κύκλο του τριγώνου ΑΜΝ, θα έχουμε:

Επομένως:

ΡΜ - ΡΝ = ΡΗ, · ΡΑ (2)

ΑΗ, · ΑΡ = (ΑΡ - Η,Ρ) ·ΑΡ = ΑΡ2 - ΡΜ · ΡΝ = ΑΡ2 - ΡΜ · ΡΝ = (AQ2 - PQ2 ) - (MQ - PQ) (NQ + PQ) = AQ2 - PQ2 - MQ2 + PQ2 = AQ2 - MQ2 = AQ2 - QA · QB [ως προς κύκλο (Α, Β, Μ)] = AQ (AQ - QB) = AQ ·AB , που είναι το ζητούμενο. Π Ρ Ο Β Λ Η Μ Α 4 Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις f : Ν• � Ν•

που είναι τέτοιες ώστε για κάθε η ε Ν• να ισχύ-ει:

2n + 2001 � f ( f (π)) + f (η) � 2n + 2002 (*) Λύση Λόγω της παρουσίας του όρου ( f (η)) στη

σχέση (*) και επειδή η συνάρτηση f είναι ακολουθία θετικών ακεραίων, ορίζουμε την ακολουθία θετικών ακεραίων:

a0 εΝ * , aκ+Ι = f (aκ) , κ ε Ν* Αντικαθιστώντας το η με τον όρο aκ_2, κ � 2 ,

στη σχέση (*) λαμβάνουμε: 2001 � aκ + aκ-1 - 2aκ-2 � 2002 (1)

Θεωρούμε την . ακολουθία: bκ = aκ - 667κ , κ εΝ * (2)

Τότε η σχέση (1) γίνεται: Ο � bκ + bκ-Ι - 2bκ_2 � 1 Ο � bκ - bκ-Ι + 2 (bκ-Ι - bκ_2) � 1

οπότε, αν θέσουμε bκ - bκ-1 + 2 (bκ-l - bκ-2 ) = εκ ' κ � 2 ' τότε θα έ-

χουμε: bκ - bκ-1 = - 2 (bκ-1 - bκ-2 ) + εκ (3) Κ � 2 , όπου εκ Ε { 0, 1} . Από τη σχέση (3) προκύπτουν οι ισότητες: bκ - bκ-1 = - 2 (bκ-1 - bκ-2 ) + εκ = (- 2)2 (bκ-2 - bκ-3 ) + (- 2) εκ-Ι + εκ = (- 2)3 (bκ-3 - bκ-4) + (- 2)2 εκ-2 + (- 2) εκ-Ι + εκ = (- 2)"-' (b1 - b0) + (- 2)"-2 ε2 + (- 2)""3 ε3 + . . . (- 2) εκ-Ι + εκ (4) Προσθέτουμε κατά μέλη τις ισότητες που

προκύπτουν από την ( 4) για κ = η, η - 1, . . . 2, ο-πότε λαμβάνουμε:

b. -b1 = [(-2) + . . . + (-2)"-1 ](b 1 -b0) +[1 + ( -2) + . . . + ( -2)"-2 ]ε2 +[1 + ( -2) + .. . + ( -2)"-3 ]ε3 + . . . + [1 + ( -2)]ε._1 + ε. ,

ή μετά τους υπολογισμούς τωv αθροισμάτων

b -b = [-� +�(-2)"-' ](b -b )+ε [1 -(-2Γ' ]

+ n Ι 3 3 I Ο 2 3

[1 - (-2)"-2 ] [1 - (-2)2 ] 1 - (-2) +ε3 3 + .. . + ε._,

3 + ε. .

3 ή ισοδύναμα μετά τις πράξεις

b _ 2b0 + b, (-2)" (b -b ) . - + ι ο + 3 3

+�[ε. + ( -2)ε._, + . . . + ( -2)"-3 ε3 + ( -2)"-2 ε2 J

1 +-(ε2 + ε3 + .. . + ε. ) .

3 Επειδή εκ ε {0, 1} , το μέγιστο του αθροίσμα

τος που περιέχει τις δυνάμεις του -2, δηλαδή του αθροίσματος

ε. + ( -2)ε0_1 + . . . + ( -2)"-3 ε3 + ( -2)"-2 ε2 ,



λαμβάνεται όταν θεωρήσουμε τις δυνάμεις ( -2) κ με άρτιο εκθέτη κ με αντίστοιχο εκ = 1 και τις δυνάμεις { -2)κ με περιττό εκθέτη με αντίστοιχο εκ = Ο . Έτσι έχουμε

ότι 2π ( 2) aπ � α +β ' η-3 γ -3 .

Επειδή ο γ είναι ακέραιος θα πρέπει γ � Ο, οπότε για η>4 έχουμε 2π > η2 και

1 εη + ( -2)επ-ι

+ . . . + ( -2)"-3 ε3 + ( -2)π-2 ε2 � an � α + β lη --η2 , 9

2[π-2] 1 [ 2[π-2] 2 J � 1 + 22 + 24 + . . . + 2 -2 = 3 2 -2 + - 1 . 1 που είναι άτοπο, γιατί η συνάρτηση α+ β 1 η --η 2 9

Επομένως υπάρχουν α, β, γ με γ = b, -b0 τέτοια ώστε, για κάθε η να ισχύει:

τελικά παίρνει αρνητικές τιμές, δηλαδή υπάρχει θετικός ακέραιος η0 τέτοιος ώστε για κάθε η > η0

να ισχύει α + β1η -_!_η2 < 0 . 2 π 2 2[ π;2]+2

b � α + βη + i=_l_γ + ---π 3 9 ή επειδή bπ = an - 667η θα ισχύει:

9 Ομοίως αποκλείουμε την περίπτωση με γ<Ο,

θεωρώντας άρτιες τιμές για το η. Επομένως θα έχουμε γ = b, -b0 = Ο , δηλαδή

( 2)π 2 2[ n;2 ]+2

aπ � α + β 'η + -3-γ +

9 ( 1 )

b , = b0 , οπότε α, = α0 + 667 , δηλαδή f ( α0 ) = α0 + 667, Επειδή το α0 επελέγη τυχαία, έπεται ότι f(x) = χ + 667 , για κάθε χ ε Ν. Τέλος, εύκολα επαληθεύουμε ότι η παραπάνω συνάρτηση ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλήματος.

αν θέσουμε β 1 = β + 667η. Θα αποδείξουμε ότι είναι γ=Ο. Πράγματι, αν

ήταν γ>Ο, τότε από την ( 1) για η περιττό προκύπτει

• Επιστημονικά Για ΑΕΙ, ΤΕΙ, ΙΕΚ

• Εκπαιδευτικά Για Γυμνάσιο, Λύκειο, ΤΕΕ

• Διάφορα Λογοτεχνία, μελtτες, λευκώματα

ΠΛΗ ΡΕΙΣ ΣΕΙ ΡΕΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥ1Ι ΚΩΝ Β Ι ΒΛΙΩΝ

θ . ΞΕΝΟΣ ΚΡΙΠΙΡΙΑ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ

θεπκής • π:χν/κής κατ/ναιι�

θ. ΞΕΝΟΣ ΜΑθΗΜΑΥΙΚΑ

Α' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

ΜΑΘΗΜΑτtΚΑ

θ. ΞΕΝΟΣ ΚΡΠΗΡΙΑ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Γενική� παιδε/ας


Β' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ


Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

θmκ�� • π:χν/ιιή� κατ/ναιι�

ΣΥΝΔ ΥΑΣΊ'1ΚΗ ΑΠΑΡlθΜΗΣΗ tιτtι-ιι-........ �,.n-

Χ. ΜΟΥΣΙΑΔΗΣ ΣΥΝΔΙΑΣτιΚΗ

ΑΠΑΡΙθΜΗΣΗ


Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

Γενικ�� παιδεlα�

Ν. ΚΑΡΑΜΠΕτΑΚΗΣ ΕΙΣΑΓΟΓΗ ΣτΗΝ

FOIΠRAN 90/95

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ


Β' ΚΥΚΛΟΥ Τ.Ε.Ε.

j Engll$h for Mathematlζs

Γ. ΔΑΝΟΥΣΗΣ • F. EVANS ENGLISH

FOR MAΠIEMAYICS

Μπορείτε να δείτε τις νέες μας εκδόσεις στο lnternet στην ιστοσελίδα:

Τα (Jιβλfα μας θα τα (Jpεfτε σε 6λα τα (Jιβλιοπωλεfα

θ. ΞΕΝΟΣ ΠΡΑΚΥΙΚΗ

ΑΡΙθΜΗτιΚΗ

Σ1'0ΙΧΕΙΑ ΜΕΙ'ΡΟ8Ε.ΩΡΙΑΣ ------------------ΠlθΑΝΟ'ΠΠ'nΝ

-----Σ. ΚΜΠΑΖΙΔΟΥ

ΠΟΙΧΕΙΑ ΜΕΥΡΟθΕΟΡΙΑΣ

ΠΙθΑΝΟτιιτΟΝ

Γ. ΚΛΑΠΑΝΑΡΗΣ ΑΛΓΕΒΡΑ

Β' ENIAIOY ΛΥΚΕΙΟΥ

At.ΙIJI: I11 Α 6 Γ Ι rΙΗ ιιιmιιuι IIW:· DfJ.FDTιι;Q UT&JAITil

• ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΖΗΤΗ Αρμι;νοπούλου 27 - ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ 546 35 • τηλ. 2310-203.720 - fax 2310-2 1 1 .305 • e-mail:[email protected]

Β. ΦΡΑΓΚΟΥ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

ΛΟΓΙΣΜΟΥ ΣΥΝΑΡΠΙΣΗΣ

ΜΙΑΣ ΠΡΑΓΜΑΥΙΚΗΣ

ΜΠΑΒΛΗΠΙΣ

Β' ΕΚΔΟΣΗ • ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΑΘΗΝΩΝ «ΕΝΩΣΗ ΕΚΔΟΤΩΝ ΒΙΒΛΙΟΥ ΘΕΣΣΜΟΝΙΚΗΣ» Στοά του Βιβλίου (Πεσμαζόγλου 5) - 1 05 64 ΑΘΗΝΑ • τηλ.-faχ 2 10-32 1 1 .097 • ΑΠΟΘΗΚΗ ΑΘΗΝΩΝ Βαλτετσίου 45 - ΕΞΑΡΧΕΙΑ 1 06 8 1 - ΑΘΗΝΑ • τηλ.-faχ 21 0-38 16.650 • e-mail:[email protected]

i

Μαθηματικά Για την Α ' τciξη του Λυκείου

.Υπάρχουν και Ανισότητες των Θανάση Χριστόπουλου - Παναγιώτη Χριστόπουλου

Α. Εισαγωγή Είναι αλήθεια ότι στην Άλγεβρα κυριαρχούν οι

ισότητες και οι εξισώσεις. Υπάρχουν όμως και οι . . . ανισότητες. Είναι απαραίτητο να μπορούμε να συγκρίνουμε δύο ποσότητες που ισοδύναμα σημαίνει να συγκρίνουμε μία ποσότητα (τη διαφορά τους) με το Ο. Είναι επίσης απαραίτητο να μπορούμε να επιλύουμε ανισώσεις. (1)

Στην απόδειξη μιας ισότητας και στην επίλυση μιας ανίσωσης χρησιμοποιούμε τις παρακάτω προτάσεις (ιδιότητες) πολλές από τις οποίες περιέχονται στο σχολικό βιβλίο. Ας προσέξουμε όμως και κάποιες από αυτές που δεν τις συναντάμε στο σχολικό μας βιβλίο και αξίζει να τις επισημάνουμε.

Β . Σ τ ο ιχ ε ί α Θ εω ρ ί α ς i) α > β <::::> α - β > Ο Δηλαδή ένας αριθμός α είναι μεγαλύτερος από

έναν αριθμό β αν και μόνο αν η διαφορά α - β εί-ναι θετικός αριθμός, δηλαδή α - β > Ο . <2>

ίί) α > β <::::> α + γ > β + γ Δηλαδή αν προσθέσουμε και στα δύο μέλη

μιας ανισότητας οποιονδήποτε αριθμό η ανισότητα δεν μεταβάλλεται και αντίστροφα.

ίίί) α > β <=> {αγ > βγ αν γ > Ο αγ < βγ αν γ < Ο

Δηλαδή αν πολλαπλασιάσουμε και τα δύο μέλη μιας ανισότητας με έναν θετικό αριθμό η ανισότητα δεν μεταβάλλεται και αν πολλαπλασιάσουμε και τα δύο μέλη μιας ανισότητας με αρνητικό αριθμό η ανισότητα αλλάζει φορά.

Παρατήρηση 1 Για την αφαίρεση και τη διαίρεση ισχύουν τα

παραπάνω, αφού η αφαίρεση είναι η πρόσθεση του αντίθετου και η διαίρεση ο πολλαπλασιασμός του αντίστροφου ενός αριθμού.

Παρατήρηση 2 Οι aντίστροφες προτάσεις των (ίί) και (ίίί) α-

( Ι) 5 + 3 = 8 � ΙΣΟΤΗΤΑ χ + 3 = 8 � ΕΞΙΣΩΣΗ

ποτελούν τους νόμους της διαγραφής.

• ) β {α2 >β2 ανα>β�Ο IV α> <:::> α2 <β2 ανΟ�α>β

Δηλαδή αν υψώσουμε τα μέλη μιας ανισότητας στο τετράγωνο η ανισότητα δεν μεταβάλλεται όταν οι όροι της είναι θετικοί, ενώ αλλάζει φορά αν οι όροι της είναι αρνητικοί. . { 1 1 ->-αν α > β > Ο

v) α > β <::> � � - <-αν Ο > α > β α β

( ' ο β ' 1 1 ενω αν α < < τοτε - < 0 < - ). α β

Δηλαδή aντιστρέφοντας τους · όρους μιας ανι-σότητας αλλάζει φορά αν οι όροι της είναι ομόσημοι, ενώ δεν μεταβάλλεται αν οι όροι της είναι ετερόσημοι.

Σημείωση: Η απόδειξη των (iv) και (v) στη συνέχεια στο παράρτημα.

vi) Αν α > β και β > γ τότε α > γ (μεταβα-τική ιδιότητα). vii) • Α ν α > β και γ � δ τότε: α+ γ > β+ δ

ενώ • αν α > β και γ > δ τότε:

(αν α, β, γ, δ θετικοί αριθμοί). αγ > βδ

Δηλαδή αν προσθέσουμε κατά μέλη ομοιόστροφες ανισότητες (με την ίδια φορά) προκύπτει ομοιόστροφη με αυτές ανισότητα, ενώ αν πολλαπλασιάσουμε κατά μέλη ομοιόστροφες ανισότητες με όλους τους όρους θετικούς αριθμούς προκύπτει ομοιόστροφη με αυτές ανισότητα.

Προσοχή: Σχετικά με την ιδιότητα (νίί) ισχύει το παρακάτω:

Για να πολλαπλασιάσουμε κατά μέλη δυο ομοιόστροφες ανισότητες και να προκύψει ομοιόστροφη ανισότητα με αυτές αρκεί:

ί) Τρεις από τους όρους της να είναι θετικοί

ίί) Μια «διαγώνιο9> να είναι θετική ..fj > .J2 � ΑΝΙΣΟΤΗΤ Α χ + 3 > 8 � ΑΝΙΣΩΣΗ π.χ. αν α > β και γ > δ και α, δ > Ο ή <2> Έτσι, ένας αριθμός α είναι μεγαλύτερος από το Ο αν β, γ > 0 τότε: αγ > βδ .

και μόνο αν η διαφορά α - Ο = α είναι θετικός αριθμός. Άρα: Θετικοί αριθμοί είναι οι μεγαλύτεροι τσυ ο. Απόδειξη του (ίί)


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Έστω α > β και γ > δ και α, δ θετικοί αριθμοί.

Από: �: �} παίρνουμε αδ > βδ

�; �} παίρνουμε αγ > αδ

λρα: (μεταβατική ιδιότητα): αγ > βδ . Ομοίως αν β, γ θετικοί αριθμοί. Η απόδειξη της (i) αφήνεται ως άσκηση από

τον αναγνώστη! Γ . Λ υ μ έ ν ε ς Α σ κ ή σ ε ι ς κ α ι μ ε θ ο δ ο

λ ο γ ί ε ς Δύο μορφές ασκήσεων που συναντάμε συχνά

είναι οι εξής: ί) δείξτε ότι: Α� Β ή ASB ή

Α> Β ή Α<Β (χωρίς να δίνεται κάποια υπόθεση)

π. χ. : Δείξτε ότι α2 � 2α -ι για κάθε α e R .

Στην περίπτωση αυτή μετατρέπουμε ισοδύναμα την αποδεικτέα σχέση στην μορφή: Α-Β�Ο ή A-BSO ή Α-Β>Ο ή Α-Β<Ο (δηλαδή μεταφέρουμε όλα τα μέλη της ανισότητας στο πρώτο της μέλος). Για την απόδειξη της τελευταίας σχέσης χρησιμοποιούμε τα αξιώματα (κανόνες) που ισχύουν: • αν α > Ο και β > Ο τότε α + β > Ο • αν α < Ο και β < Ο τότε α + β < Ο

• αν α, β ομόσημοι τότε αβ > Ο και * > Ο

αν α, β ετερόσημοι τότε αβ < Ο και � < Ο β

•

• για κάθε α Ε R ισχύει α2 � Ο . Παράδειγμα ι : Δείξτε ότι α2 � 2α - ι για

κάθε α Ε R .

Λύση

α2 � 2α - 1 <=> α2- 2α + 1 � Ο <=> (α - 1)2 το οποίο ισχύει!

Παρατήρηση: Ισχύει: χ2 + y2 � Ο για κάθε χ, y Ε R (βλέπε παράδειγμα 3).

Όμως αν χ -=ι:. Ο ή y -=ι:. Ο (δηλαδή τα χ, y όχι συγχρόνως Ο) τότε χ2 + y2 > Ο (βλέπε παράδειγμα 2).

Παράδειγμα 2: Δείξτε ότι 2α2 > 2α - ι για κάθε α Ε R .

Λύση

2α2 > 2α - 1 <=> 2α2 - 2α + 1 > Ο <=> α2 + (α2 - 2α + 1) > 0 <=> α2 + (α - 1)2 > 0 το οποίο ισχύει, αφού τα α και α - 1 δεν μηδενίζονται συγχρόνως.

Παράδειγμα 3: Δείξτε ότι

2x(x-y)�2x-(y2 +ι) για κάθε x, y E R .

Λύση

2x (x - y) � 2χ - (/ + 1) <=> 2χ 2 - 2xy � 2χ - y2 -1 <=> 2χ2 - 2xy - 2χ + y2 + 1 � Ο <=> (χ2 - 2xy + y2) + {χ2 - 2χ + 1) � Ο <=> (χ - y)2 + (χ - 1)2 � Ο ισχύει! Παράδειγμα 4: Δείξτε ότι χ2 + xy + y2 � Ο . Λύση

1 χ2 + xy + y2 = - (2χ2 + 2xy + 2y2) = 2 � [<χ2 + 2xy + y2) + χ2 + Υ2 ] =

� [<χ + y)2 + χ2 + Υ2 ] � Ο

(ως άθροισμα μη αρνητικών αριθμών) Ερώτηση: Πότε ισχύει: χ2 + xy + y2 > Ο ; 11) Δίνεται μια ανισοτική σχέση και ζητεί

ται να δειχθεί μια άλλη. π. χ.: Δείξτε ότι αν α < ι < β τότε

αβ+ ι < α + β . Στην περίπτωση αυτή μετατρέπουμε την απο

δεικτέα σχέση Α � Β στην ισοδύναμή της Α-Β � Ο κ.λπ. όπως προηγουμένως και για την απόδειξή της εκτός από τα γνωστά αξιώματα ισχύει και η ανισοτική σχέση της υπόθεσης.

Παράδειγμα ι : Δείξτε ότι αν α < ι < β τότε αβ + ι < α + β .

Λύση Η αποδεικτέα σχέση ισοδύναμα γίνεται: αβ + 1 < α + β <=> αβ - α + 1 - β < Ο <=> α (β - 1) - (β - 1 ) < Ο <::::> (α - 1) (β - 1) < 0 (2)

Από την υπόθεση όμως έχουμε: α < 1 ΑΡ Α: α - 1 < Ο και 1 < β ΑΡ Α: β - 1 > Ο

0 Άρα η (2) ισχύει αφού οι αριθμοί α - 1 και β - 1 είναι ετερόσημοι.

Παράδειγμα 2: Αν α < 2 δείξτε ότι α3 < 2α2 - α + 2 .

Λύση Η αποδεικτέα σχέση ισοδύναμα γίνεται: α3 < 2α2 - α + 2 <=> α3 - 2α2 + α - 2 < 0 <=> α2 (α - 2) + (α - 2) < 0 <=> (α2 + 1) (α - 2) < 0 (3) Όμως από την υπόθεση έχουμε: α < 2 ΑΡΑ:

α - 2 < Ο ενώ α2 + 1 > Ο ως άθροισμα ενός μη αρνητικού και ενός θετικού αριθμού.

Άρα η (3) ισχύει, αφού οι αριθμοί α2 + 1 και α - 2 είναι ετερόσημοι.

111) Εκτός από τις δύο προηγούμενες γενικές μεθόδους για την απόδειξη ανισοτήτων



μπορούμε χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες των ανισοτήτων που αναφέραμε να αποδεικνύουμε άλλες ανισότητες.

Παράδειγμα 1 : Να δειχθεί ότι αν α < β τότε α + β

α < -- < β . 2

Λύση Από α < β προκύπτει 2α < α + β (προσθέσαμε

και στα δύο μέλη το α) Από α < β προκύπτει α + β < 2β (προσθέσαμε

και στα δύο μέλη το β) Άρα 2α < α+ β < 2β (μεταβατική ιδιότητα)

δηλαδή α < α + β < β (διαιρέσαμε και τα 2 . τρία μέλη δια του 2).

Παράδειγμα 2 : Δείξτε ότι 2.J3 < 3Ji . Λύση 2J3< 3J2 � (επειδή 2JJ > ο, 3.J2 > ο υψώνουμε στο τε

τράγωνο και τα δύο μέλη)

(2J3)2 < (3J2)2 � 4 · 3 < 9 · 2� 12 < 1 8 , που ισχύει! Δ. Παράρτημα Παραθέτουμε τώρα τις αποδείξεις των ιδιο

τήτων (iv) και (ν) που αναφέραμε στην αρχή του άρθρου.

1 ) i) α < β � α2 < β2 αν ο ::; α < β

ii) α < β � α2 > β2 αν α < β ::; Ο Απόδειξη

α ;:: ο i) α < β � α2 < αβ

β > Ο α< β � αβ < β2

Άρα α2 < β2 (μεταβατική ιδιότητα) Α ντίστροφα:

αz < βz � αz - βz < Ο � (α - β) ( α + β) < Ο Όμως: α + β > Ο (άθροισμα θετικών)

Άρα: α - β < Ο Όμοια για την (ii). 2) i) α < β �.!. <!. αν Ο < α < β ή α < β < Ο

α β

ii) α < Ο < β�.!.< ο<!. α β

Απόδειξη αβ > Ο α β 1 1 1 1 i) α < β � - < - � - <- δηλαδή - >-

αβ αβ β α α β Είτε ο < α < β είτε α < β < Ο ισχύει αβ > Ο .

iii) Προφανής αφού οι aντίστροφοι αριθμοί είναι ομόσημοι!

Ε . Α σ κ ή σ ε ι ς γ ι α λ ύ σ η 1. Ν α αποδειχθεί ότι: i) (α + β)2 2: 4αβ, α, β ε R

ii) α2 + β2 + γ2 :=:: αβ + βγ + αγ, α, β, γ ε R 2. Αν α, β θετικοί με αβ = 1 τότε

(1 + α) (1 + β) :=:: 4 .

3. Αν xy > ο τότε � + ! :::: 2 . Υ χ

4. Δείξτε ότι ( 1 + χ3 )2 < ( 1 + χ2 )3 •

5. Αν χ, y θετικοί τότε: -χ + y :::; �·

(x--:2_+_1_)_(y--:2-+_1_) .

Γ · .. . . Α " ;.,ξ, Λ ί εωμετρια της _ τu __ :ης του _ _ υκε �ου Βασικά Γεωμετρικά σχήματα

της Αγγελικής Βλάχου Αγαπητοί φίλοι μαθητές, στην πρώτη σας ουσιαστική επαφή με τη Γεωμετρία στην Α' τάξη του Λυ

κείου, είναι σημαντικό αφενός μεν να κατανοήσετε τις αρχικές έννοιες, αφετέρου να προσέξετε όλα όσα αναφέρει το σχολικό σας βιβλίο για τα ευθύγραμμα τμήματα, τις γωνίες και τον κύκλο.

Η γεωμετρία σας είναι μία αλυσίδα θεμάτων όπου το ένα ακολουθεί το άλλο και για κάθε επόμενο βήμα είναι απαραίτητο το προηγούμενο. Έτσι τίποτα δεν πρέπει να παραβλέπουμε από το κομμάτι της θεωρίας, αν θέλουμε να αντιμετωπίζουμε σωστά τη συνέχεια της ύλης μας και τις ασκήσεις.

Για παράδειγμα, πρέπει να γνωρίζουμε μα και να κατασκευάζουμε τα διαδοχικά ευθύγραμμα τμήματα, τις εφεξής γωνίες, είδη και σχέσεις γωνιών, σχέσεις τόξων, κυρτή και μη κυρτή γωνία κλπ.

Η μελέτη τόσο της θεωρίας όσο και των ασκήσεων πρέπει να γίνεται γραπτά. Το παρόν άρθρο έχει ως σκοπό να σας βοηθήσει να δείτε πώς με τη βοήθεια των συλλογισμών πάνω

στα δεδομένα και τα ζητούμενα των ασκήσεων καταλήγουμε σωστά στη λύση τους.


Άσκηση ι Να βρεθεί το πλήθος των ευθειών που ορί

ζουν ν σημεία μη συνευθειακά ανά τρία, με ν � 3 , στη συνέχεια να βρεθεί το πλήθος των ευθειών που ορίζουν 15 σημεία μη συνευθειακά ανά τρία.

Λύση

Έστω Α1 , Α2 , Α3 ' .. . , Αν-ι ' Αν σημεία. Γνωρίζουμε ότι 2 σημεία του εmπέδου ορίζουν μία κ:αι μόνο ευθεία.

Το σημείο Α1 ενώνεται με τα Α2 , Α3 , . . . , Αν-ι , Αν σημεία, δηλαδή ενώνεται με ν -1 στο πλήθος σημεία και ορίζει ν -1 ευθείες.

Έτσι έχουμε: Το σημείο Α1 ενώνεται με ν - 1 σημεία και

ορίζει ν - 1 ευθείες. Το σημείο Α2 ενώνεται με ν - 1 σημεία και

ορίζει ν - 1 ευθείες.

Το σημείο Αν ενώνεται με ν - 1 σημεία και ορίζει ν - 1 ευθείες.

Όμως την ευθεία Α1Α2 την έχουμε πάρει 2 φορές δηλαδή και ως ευθεία Α2Α1 •

ν · (ν -1) Συνεπώς τα ν σημεία ορίζουν ευ-2 θείες.

Για ν = 15 σημεία μη συνευθειακά ανά τρία ' 15( 15 - 1) 210 εχουμε = - = 105 στο πλήθος ευθεί-ες.

2 2 Άσκηση 2 Έστω α, β, γ γνωστά ευθύyραμμα τμήματα

με α>β>y, να κατασκευάσετε τα ευθύγραμμα τμήματα

i) 2α + Ρ + 3γ ii) 4α - 3β . Λύση Έστω ΑΒ = α , ΓΔ = β και ΕΖ = γ με

ΑΒ > ΓΔ > ΕΖ . Α α β

Γ� ιμ...z

ί) Σε ευθεία ε παίρνουμε τα ευθύγραμμα τμήματα: ΚΛ = 2α , ΛΜ = β και ΜΝ = 3γ .

__κ 2α Λ� ε • • • •

και έχουμε: ΚΝ = ΚΛ + ΛΜ + ΜΝ = 2α + β + 3γ

συνεπώς το ΚΝ είναι το ζητούμενο ευθύγραμμο τμήμα.

ii) Εφόσον α > β ισχύει 4α > 3β συνεπώς ο-ρίζεται η διαφορά 4α- 3β .

Έστω ευθύγραμμα τμήματα ΡΣ και ΡΤ επί ευθείας ε με ΡΣ = 4α και ΡΤ = 3β με 4α > 3β . __p 3Β Τ 4α - 3Β Σ

ε • • •

Τότε έχουμε ΡΣ = ΡΤ + ΤΣ 4α = 3β + ΤΣ

συνεπώς ΤΣ = 4α -3β έτσι το ΤΣ είναι το ζητούμενο ευθύγραμμο τμήμα.

Άσκηση 3 Έστω Ο το μέσον ενός ευθυγράμμου τμή

ματος ΑΒ. Στις προεκτάσεις των ΑΒ και ΒΑ παίρνουμε τα σημεία Κ και Λ αντίστοιχα. Α ν ι-

σχύει ΒΚ = .! ΑΒ και ΑΛ = ΒΚ

και Μ είναι το 3 2

μέσον του ΟΜ.

ΛΚ να υπολογίσετε το μήκος του

Λύση Λ Α Ο Μ Β κ • • • • • •

Κατασκευάζουμε το σχήμα σύμφωνα με τα δεδομένα της άσκησης (προσέχουμε ώστε να πάρουμε τα σημεία Κ και Λ στις προεκτάσεις των ΑΒ και ΒΑ).

ΑΒ Έχουμε: ΑΟ = ΟΒ = - . 2 ΒΚ =�ΑΒ} �ΑΒ

ΑΛ = �Κ άρα ΑΛ = Β� = 3 � =�ΑΒ .

2 1 Συνεπώς: ΒΚ = � ΑΒ, ΑΛ = _!_ ΑΒ (1 ). 3 3 Παρατηρούμε ότι:

1 ΑΒ ( 1 1 ) 5 . ΛΟ = ΛΑ + Α0 = "3ΑΒ +τ = "3+"2 ΑΒ = 6ΑΒ

και ΟΚ=ΟΒ+ΒΚ= ΑΒ +�ΑΒ=(_!_+�)ΑΒ=2ΑΒ 2 3 2 3 6 άρα ΛΟ < ΟΚ συνεπώς το μέσον Μ του ΛΚ βρίσκεται δεξιά του μέσου Ο του ΑΒ.

1 4 Επίσης ΛΒ = ΛΑ + ΑΒ = -ΑΒ + ΑΒ = -ΑΒ 3 3 και ΒΚ = � ΑΒ έτσι ΛΒ > ΒΚ άρα το μέσον Μ 3 του ΛΚ βρίσκεται αριστερά του σημείου Β.

Το μέσον Μ του ΛΚ βρίσκεται μεταξύ των Ο και Β. Έχουμε:

ΛΜ = ΛΟ + ΟΜ έτσι ΟΜ = ΛΜ - ΛΟ (2) (ΛΜ > ΛΟ )


Μαθηματικά ΎUI την Α' Λυκείου

Όμως ΛΜ = ΛΚ = ΛΑ +ΑΒ + ΒΚ = 2 2

_!_ΑΒ +ΑΒ +�ΑΒ (! + 1 +�)ΑΒ = 3 3 = 3 3 = ΑΒ (3) 2 2 και ΛΟ =�ΑΒ (4). 'Ετσι, απ' την (2), 'λiJγω της

6 (3) και (4) παίρνουμε: ΟΜ = ΑΒ -�ΑΒ = 6 = (1 -�)AB = (�-�)AB =iAB .

λ 4 Μ�� γωνίας, το άθροισμα του τρι-

πλασίου της συμπληρωματικής και του διπλασίου της παραπληρωματικής της ισούται με 4 ορθές γωνίες. Να βρείτε το μέτρο αυτής της γωνίας σε μέρη ορθής και σε μοίρες.

Λύση Έστω ω < 1 L (μία ορθή)

8 παραπληρωμαnκή της ω : 2L - ω ή 1 80° - ω • σuμπληρωμαnκή της ω : 1L - ω ή 90° -ω 8 τριπλάσιο σuμπληρωμαnκής: 3 ( 1 L - ω) 8 διπλάσιο παραπληρωμαnκής: 2( 2L - ω)

3(1L - ω)+ 2(2L - ω) = 4L <::)

3L - 3ω+ 4L - 2ω = 4L <::> 5ω = 3L <::> ω =� L 5

ω = � της ορθής ή ω = � . 90° = 3 · 1 8° = 54 ο • 5 5 λσιςηση 5 Από τον κεντρικό σταθμό στο μετρό μιας

πόλης ξεκινάνε οι γραμμές Οχ, Oy, Oz, Οω οι οποίες οδηγούν σε 4 διαφορετικές περιοχές της πόλης. Οι γραμμές Oy και Oz σΧηματίζουν ορθή γωνία ενώ οι Οχ και Οω είναι ημιευθείες αντικείμενες.

α) Να αναφέρετε τρία ζεύγη γωνιών οι οποίες να είναι εφεξής.

Λ Λ β) Να δείξετε ότι οι γωνίες xOy και zΟω

είναι συμπληρωματικές. Λ ' ουση . , θ ' . , ι γραμμες ειναι ημιευ ειες με κοινη αρχη το

σημείο Ο. Η Oy θα είναι κάθετη στην Oz και Λ

χΟω =L ευθεία γωνία. Λ Λ

α) xOy εφεξής με την yOz Λ Λ

yOz εφεξής με την zΟω

Λ Λ xOy εφεξής με την yΟω .

β) Αρκεί να δείξου-Λ Λ

με όn: xOy+ zΟω = 1L . Λ

Όμως: χΟω = 2L ή Λ Λ Λ

xOy+ y0z+ zΟω = 2L ή

Λ Λ Λ Λ

z

x0y+ 1L + z0ω = 2L ή x0y+ z0ω = 2L - 1L ή Λ Λ

xOy+ zΟω = 1L . Άσκηση 6

Λ Λ Δίνονται οι διαδοχικές γωνίες ΑΟΒ , ΒΟΓ ,

Λ Λ ΓΟΔ και ΔΟΑ η πρώτη είναι ορθή, η δεύτερη

2 θ ' , , 5

τα - της ορ ης και η τριτη ειναι τα - της ορ-3 6

θής. Καλούμε ΟΚ τη διχοτόμο της γωνίας Λ Λ

ΑΟΒ , ΟΛ τη διχοτόμο της γωνίας ΒΟΓ και Λ

ΟΜ τη διχοτόμο της γωνίας ΛΟΓ . i) Να δείξετε ότι οι ημιευθείες ΟΚ και ΟΔ

είναι αντικείμενες. Λ

ii) Να βρείτε το μέτρο της γωνίας ΑΟΔ •

iii) Να δείξετε ότι οι ημιευθείες ΟΜ και ΟΔ είναι κάθετες.

Λύση Λ Λ

AOB = 1L ή ΑΟΒ = 90° Λ 2L ΒΟΓ = - ή 3

ΒΟΓ = � . 90° = 60° 3 Λ 5 L ΓΟΔ = - ή 6

ΓΟΔ =� · 90° = 75° 6 Κατασκευάζουμε προσεκτικά το σχήμα

και παρατηρούμε ότι

ΑΟΔ = 4L - ( ΑΟΒ+ ΒΟΓ+ ΓΟΔ ) =

- 4L [1L 2L 5LJ - 4L 1 5L - 9L ' 1350 - - +- +- - -- - - η 3 6 6 6 Φέρουμε τις διχοτόμους ΟΚ, ΟΛ, ΟΜ των

Λ Λ Λ ΑΟΒ , ΒΟΓ και ΛΟΓ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.Ι/37

Μαθηματικά yια την Α' Λυκείου 1\ 1\ 1\ 1 1\ 1\ 1\

i) ΚΟΔ = ΚΟΒ+ ΒΟΔ =-ΑΟΒ+ ΒΟΓ + ΓΟΔ = 2 1 2L 5L 3L 4L 5 L 12L =-1L +- + - =- +- +- = - = 2L άρα 2 3 6 6 6 6 6 1\

ΚΟΔ = 2L άρα ΟΔ, ΟΚ αντικείμενες ημιεuθείες.

ii) Έχουμε ήδη βρει την ΑΟΔ = 2 L ή 135°. 6 1\

iii) Αρκεί να δείξουμε ότι ΜΟΔ = 1 L . 1\ 1\ 1\ 1 1\ 1\

ΜΟΔ = ΜΟΓ + ΓΟΔ =-ΛΟΓ + ΓΟΔ = 2 1 1 1\ 1\ 1 2L 5L 2 L 5L = - ·- · ΒΟΓ+ ΓΟΔ = - · - + - = - +- = 2 2 4 3 6 12 6 2 L lOL 12L = +- = - = 1L άρα ΟΜ και ΟΔ κάθετες. 12 12 12

Άσκηση 7 Σε κύκλο (Ο,ρ) θεωρούμε τα διαδοχικά ση

μεία Α, Β, Γ και Δ. Να βρεθούν τα μέτρα των ..-... ..-. ..-.. ...-....

τόξων ΑΒ , ΒΓ , Γ Δ και ΔΑ αν γνωρίζουμε ότι είναι ανάλογα με τους αριθμούς 2, 3, 4 και 9 αντίστοιχα.

Λύσ Α ν χ, y, ω ανάλογα με τους α, β, γ τότε χ Υ ω , χ y ω χ + y + ω - = - = - και ισχυει: - = - = -= . α β γ α β γ α + β + γ

Β

Γ --- ---

Αφού τα μέτρα των τόξων ΑΒ , ΒΓ , Γ Δ και ΔΑ είναι ανάλογα με τους αριθμούς 2, 3, 4 και 9 έχουμε:

...-.. ..-.. ..-.. ...-...

και ΑΓ = α0 , ΒΓ =β0 , ΓΔ =γ0 και ΔΑ = δ0 αο βο γο δο ' Έχουμε - = - = - = - η 2 3 4 9

αο βο γο δο αο +βο + γο + δο 3600 ' - = - = - = - = = -- = 20° ε 2 3 4 9 2 + 3 + 4 + 9 18 αο βο τm 2 = 20° άρα α0 = 40° , 3 = 20° άρα β0 = 60°

ο δο : = 20° άρα γο = 80° , 9 = 20° άρα δ0 = 1 80° . .�σκηση 8 θεωρούμε αμβλεία γωνία xOy και τις ε-

σωτερικές ημιευθείες ΟΑ, ΟΒ έτσι ώστε

ΟΑ .L Οχ , ΟΒ .L Oy . Να αποδείξετε ότι: 1\ 1\

i) οι γωνίες xOy και ΑΟΒ έχουν την ίδια δι-χοτόμο,

1\ 1\ ii) οι γωνίες xOy και ΑΟΒ είναι παραπληρω-

ματικές. Λύση Δύο γωνίες έχουν κοινή διχοτόμο.

}ιο> Θεωρούμε τη διχοτόμο της μιας γωνίας και αποδεικνύουμε ότι είναι διχοτόμος και της άλλης γωνίας.

}ιο> Όμοια αντιμετωπίζουμε το πρόβλημα ότι δύο ευθύγραμμα τμήματα έχσυν κοινό μέσο. Θεωρούμε το μέσο του ενός ευθύγραμμου τμήματος και αποδεικνύουμε ότι είναι μέσον και του άλλου.

Α i) Σχεδιάζουμε δ 1\ Β αμβλεία γωνία xOy

χ

και φέρουμε τις ημιευθείες ΟΑ, ΟΒ με ΟΑ .l Οχ , ΟΒ .L Oy .

1\ 1\ 1\ Έχουμε χΟΑ = χΟΒ+ ΑΟΒ

Λ Λ Λ Λ Λ Λ Άρα xCB=xO\-ACB=sσ'-& (1) και }03=}0\.+ACB

1\ 1\ 1\ Συνεπώς yOA = yOB-ΑΟΒ = 90° - ω (2).

Επομένως από (1) και (2) παίρνουμε 1\ 1\

χ0Β = y0Α = ψ . 1\

Έστω Οδ η διχοτόμος της ΑΟΒ θα δείξουμε 1\

ότι είναι και διχοτόμος της xOy . Έχουμε 1\

Αοδ = δοΒ = ΑΟΒ = ω (3). 2 2 1\ 1\ 1\ (ι),(3) ω χΟδ = χΟΒ+ ΒΟδ = 90° - ω + - =

2 = 9οο - 2ω + ω = 9οο - ω

2 2 2 1\ 1\ 1\ (2),(3) ω ω y0δ = y0Α+ Α0δ = 90° - ω + - = 90° -- συ-2 2

1\ 1\ 1\ νεπώς χΟδ = yΟδ άρα Οδ διχοτόμος και της xOy .

1\ 1\ ii) Έχουμε xOy+ ΑΟΒ =

1\ 1\ 1\ 1\ 1\ χ ΟΑ+ AOy+ ΑΟΒ = χΟΑ + yOB = 90° + 90° = 1 80°

Ασκήσεις προς εξάσκηση των Μαθητών 1) Σε ευθεία παίρνουμε διαδοχικά τα ση-


Μαθηματικά για την Α· Λυκείου

μεία Μ, Κ, Λ, Ν έτσι ώστε να είναι ΚΛ = 2α ,

ΛΜ = 4α και ΜΝ = 6α όπου α η μονάδα μέτρησης των ευθυγράμμων τμημάτων. Να δείξετε ότι τα σημεία Κ και Λ είναι μέσα των ευθυγράμμων τμημάτων ΛΜ και ΚΝ αντίστοιχα.

Υπόδειξη Μ Κ Λ Ν

Κ μέσον ΛΜ αρκεί ΜΚ. = ΚΑ Λ μέσον ΚΝ αρκεί ΚΑ = ΛΝ ΜΚ = ΜΑ - ΚΑ = · · · (ΜΑ > ΚΑ) ΛΝ = ΜΝ - ΜΑ = · · · (ΜΝ > ΜΑ) 2) Σε ευθεία παίρνουμε διαδοχικά τα ση

μεία Α, Β, Γ, Δ έτσι ώστε ΑΒ = 8 , ΑΔ = 52 ,

ΒΓ =!Γ Δ . Να βρεθεί το μήκος του ευθύyραμ-4

μου τμήματος ΑΓ. Υπόδειξη

Α Β Γ Δ

Παρατηρούμε ότι: ΑΒ + ΒΓ + Γ Δ = ΑΔ όμως

ΒΓ = _!_ΓΔ . ΑΒ + _!_ΓΔ + ΓΔ = ΑΔ 4 4

8 + ( �+ 1)rΔ = 52

8 +�ΓΔ = 52 άρα ΓΔ = 35, 2 4

ΑΓ = ΑΒ + ΒΓ = . . .

3) Μία γωνία είναι ίση με τα .! της ορθής. 3

Να βρείτε την παραπληρωματική της και την συμπληρωματική της σε μοίρες και σε μέρη ορθής.

4) Η διαφορά δύο παραπληρωματικών γω-

νιών είναι ίση με τα .! της ορθής. Να βρεθούν 5

οι γωνίες. Υπόδειξη 2 θ ' - της ορ ης 5

Έστω ω η μία γωνία η άλλη θα είναι 1 80° - ω και θα έχουμε: ω- ( 1 80° - ω) = 36° κλπ.

5) Οι διχοτόμοι δύο εφεξής γωνιών σχημα-4

τίζουν γωνία 45°. Αν η μία ισούται με τα - της 5

άλλης να βρεθούν οι δύο γωνίες. Υπόδειξη

'Ε Α • • .(."\ "\ . θ • 4ω ο στω ω η μια γωνια η UΙ\Λη α ειναι 5 . ι

διχοτόμοι τους σχηματίζουν γωνία 45° συνεπώς

4ω ω 5 �ο · ω � �o · � + � = �if 2 +2 = η 2 + ιο = η

ή 9ω = 450° κλπ. 6) Από σημείο Ο μιας ευθείας ΑΒ φέρουμε

προς το ίδιο μέρος της ΑΒ τις ημιευθείες ΟΓ λ λ

και ΟΔ έτσι ώστε οι γωνίες ΑΟΓ , ΓΟΔ και λ

ΔΟΒ να είναι διαδοχικές. λ λ λ

i) Αν οι γωνίες ΑΟΓ , ΓΟΔ , ΔΟΒ είναι ανάλογες με τους αριθμούς 1, 2, 3 να βρεθούν τα μέτρα τους.

ii) Με τα ίδια δεδομένα και αν ΟΕ, ΟΖ είναι λ λ

οι διχοτόμοι των ΑΟΓ και ΔΟΒ αντίστοιχα και λ λ

ΓΟΔ = 60° να βρείτε τη γωνία ΕΟΖ . Υπόδειξη

Λ Έστω α, β, γ τα μέτρα των γωνιών ΑΟΓ ,

ΓΟΔ ΔΟΒ τότε � =� =1 = α+β+γ = 1800 =30° ' 1 2 3 1+2+3 6

Γ

Δ

Β Λύση

Λ Λ Λ

Α

ΑΟΓ + ΓΟΔ+ ΔΟΒ = 180° άρα Λ Λ Λ

Δ

z

Β

ΑΟΓ + ΔΟΒ = 180° - ΓΟΔ = 1 80° - 60° = 120° Λ Λ Λ Λ

Όμως ΕΟΖ = ΕΟΓ + ΓΟΔ+ ΔΟΖ = Λ Λ Λ Λ

= ΑΟΓ + 6Οο + ΔΟΒ = ΑΟΓ+ ΔΟΒ + 6Οο = 2 2 2

1200 + 60° ='60° + 60° = 120° . 2

7) Θεωρούμε κύκλο (O,R) και μία διάμετρό του ΑΒ. Ο κύκλος (Α,ρ) τέμνει το ένα ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ στο σημείο Γ και ο κύκλος (Β,ρ) τέμνει το άλλο ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ στο σημείο Δ ( ρ < R ). Να αποδείξετε ότι τα σημεία Γ, Δ είναι aντιδιαμετρικά στον κύκλο (O,R).

Υπόδειξη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.l/39

Μαθηματικά -yια την Α' Λύκείου

Φέρουμε τις ακτίνες ΟΓ και ΟΔ. Έχουμε ΑΓ = ΒΔ ως ακτίνες των (Α,ρ) και

..-.. ...-... Λ Λ (Β,ρ ). Άρα ΑΓ = ΒΔ άρα ΑΟΓ = ΒΟΔ ως επίκε-ντρες που βαίνουν σε ίσα τόξα του (O,R) .

Λ Λ Λ Όμως ΑΟΒ = 1 80° ή ΑΟΔ+ ΒΟΔ = 180° ή

Λ Λ Λ ΑΟΔ+ ΑΟΓ = 1 80° ή ΓΟΔ = 1 80° συμπέρασμα.

.. ΣV"G"·�, ... ,.rτ', Mf"E''T' ... . τ,:rv Ε• ''-ΡΩ�D ... ··�··ΩΝ· τrι.,�.-r .. '"f'lrlll\ .. 11 4, --��ιll�ι l 1. . ..ιι:!ιι _! Λlί:iiιi, .ι[ . ' ι .1! Q/ .IL .11 JΓ .nJ.,Y.IIJl'f'.l!ι ι Ι . i .Jl'f'JLD!Jl�.Jl..λ:_ �,ιιΙJL.,!

Κάθε χρόνο, στο ξεκίνημα κιόλας της διδασκαλίας της Ευκλείδειας Γεωμετρίας, διαmστώνω ( φαντάζομαι και άλλοι συνάδελφοι) τη δυσχέρεια των μαθητών να αντιμετωπίσουν προβλήματα που αναφέρονται σε σχέσεις μεταξύ ευθυγράμμων τμημάτων, όχι βέβαια εντελώς απλά. Αυτή η δυσχέρεια κατά ένα μέρος οφείλεται στο γεγονός ότι στις λύσεις που βρίσκουν σε διάφορα βιβλία ή που οι ίδιοι εmνοούν, γίνεται χρήση διάφορων τμημάτων του σχήματος, η οποία ναι μεν οδηγεί στο αποτέλεσμα, αλλά κατά την πορεία δεν έχει πείσει τους μαθητές ούτε για το αν είναι αναγκαία ούτε για το αν θα καταλήξει τελικά στο στόχο.

Πιστεύω ότι μια ενιαία μέθοδος για την αντιμετώmση αυτών των θεμάτων θα διευκολύνει αισθητά τους μαθητές. Θα βασιστούμε γι' αυτό στην παρακάτω βασική πρόταση.

Βασική πρόταση: Επί ευθείας (ε) θεωρούμε τα σημεία Α, Β, το μέσο Μ του ΑΒ και σημείο Σ

, ΑΒ Τ ' , ΣΜ ΣΑ + ΣΒ

εκτος του . οτε ισχυει = 2

•

Η πρόταση αυτή δεν είναι βέβαια θεώρημα, αλλά άσκηση στο σχολικό βιβλίο, όμως μπορεί εύκολα να αποδειχθεί και στη συνέχεια να χρησιμοποιηθεί σε όλες τις πολύπλοκες ασκήσεις που αναφέρονται σε μέσα ευθυγράμμων τμημάτων.

(ε)

Σ Α Μ Β

Πράγματι στο σχήμα έχουμε: ΣΜ = ΣΑ + ΑΜ και ΣΜ = ΣΒ - ΒΜ , οπότε 2ΣΜ = ΣΑ + ΣΒ και ΣΜ = ΣΑ + ΣΒ . Ομοί-2 ως εργαζόμαστε όταν το Σ βρίσκεται προς το μέρος του Β.

Παραθέτω ενδεικτικά δύο εφαρμογές, για να φανεί η ευκολία που παρέχει η χρήση αυτής της πρότασης.

Εφαρμογή lη: Επί ευθείας (ε) θεωρούμε τα διαδοχικά τμήματα ΑΒ, ΒΓ, Γ Δ και τα μέσα Μ, Ν των ΑΓ, ΒΔ αντιστοίχως. Α ν ΑΒ = κ και

ΓΔ = λ τότε ΜΝ = κ + λ . 2

Απόδειξη: Θεωρούμε σημείο Σ στην αντικείμενη ημιευθεία της ΑΔ και θέτουμε:

Γιώργος Σ. Τασσόπουλος

Σ Α Β Μ Ν Γ • (ε)

Δ

ΣΑ = α , ΣΒ = β , ΣΓ = γ , ΣΔ = δ

Τότε: ΣΝ = β + δ ΣΜ = α + γ 2 ' 2

ΣΝ > ΣΜ αφού β > α , δ > γ . και

Ά · ΜΝ - ΣΝ ΣΜ - β + δ α + γ _ ρα. - - - 2 - 2 -β + δ - α - γ (β - α) + (δ - γ) κ + λ .:...._ __ ----'- = = = 2 2 2

Εφαρμογή 2η: Επί ευθείας (ε) θεωρούμε τα διαδοχικά τμήματα ΑΒ, ΒΓ και τα μέσα Δ, Ε, Ζ των ΑΒ, ΒΓ, Γ Α αντιστοίχως. Να δείξετε ότι:

α) ΑΔ < ΑΖ < ΑΕ β) Τα τμήματα ΔΕ, ΒΖ έχουν κοινό μέσο. Απόδειξη: Θεωρούμε σημείο Σ στην αντικεί-

μενη ημιευθεία της ΑΓ και θέτουμε: ΣΑ = α , ΣΒ = β , ΣΓ = γ .

α) Τότε α < β < γ και α + β β - α ΑΔ = ΣΔ - ΣΑ = -- - α = 2 2

• • . • . � (ε) Σ Α' Δ ' Β Ζ Ε Γ

ΑΖ = ΣΖ- ΣΑ = α + γ - α = γ - α > β - α = ΑΔ 2 2 2 ' αφού γ > β . ΑΕ = ΣΕ - ΣΑ = β + γ - α = β + γ - 2α =

2 2 (β - α) + (γ - α) > γ - α = ΑΖ αφού β > α. 2 2 '

β) Για να έχουν τα ΔΕ, ΒΖ κοινό μέσο, αρκεί ως γνωστόν να ισχύει ΔΒ = ΖΕ .

, α + β β - α Πραγματι ΔΒ

= ΣΒ - ΣΔ

= β - -2- = l ' ΖΕ = ΣΕ - ΣΖ = β + γ _ α + γ = β - α . Άρα ΔΒ = ΖΕ .

2 2 2

Βασική παρατήρηση: Από το Γυμνάσιο οι μαθητές γνωρίζουν ότι, αν Μ, Ν τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΑΓ ενός τριγώνου, τότε


Μαθηματικά -yια την Α' Λυκείου

ΒΓ Σ , >. θη , , ΜΝ = - . το σημειο αυτο οι μα τες μπορουν 2 να αποδείξουν μια εκφυλισμένη μορφή αυτής της πρότασης, όταν τα Α, Β, Γ είναι συνευθειακά.

Α Μάλιστα, αντί να διακρίνουν όλες τις mθανές θέσεις των

J-.---_,_N Α, Β, Γ, μπορούν να θεωρήσουν τυχαίο σημείο Σ εκτός όλων

Β Γ των τμημάτων ΑΒ, ΒΓ, Γ Α και να θέσουν ΣΑ = α , ΣΒ = β , ΣΓ = γ . Τότε:

ΜΝ = IΣΜ - ΣΝI = I α + β - α + γ ι = 'β - γ' = ΒΓ 2 2 2 2

. � (ε) Σ Α Ν Γ Μ Β

(ε) Σ Β Μ · Α

Αυτή η πρόταση μας παρέχει την απόσταση των μέσων δύο τμημάτων με κοινό άκρο. Στη 2η εφαρμογή λοιπόν θα μπορούσαμε να πάρουμε αμέσως για τα μέσα Ε, Ζ των τμημάτων ΓΒ, Γ Α με

ΑΒ κοινό άκρο Γ τη σχέση ΕΖ = - = ΔΒ . Στην 2 1 η εφαρμογή όμως, τα Μ, Ν είναι μέσα των τμημάτων ΑΓ, ΒΔ που δεν έχουν κοινό άκρο. Θεωρώντας όμως το μέσο ενός ακόμη τμήματος, π.χ. το μέσο Ο του ΑΒ, έχουμε αμέσως ΜΝ = ΟΝ - ΟΜ .

(ε) • Α Ο Β Μ Ν Γ Δ

Αλλά, τα Ο, Ν είναι μέσα των ΒΑ, ΒΔ με κοινό άκρο Β, οπότε ΟΝ = ΑΔ

. Επίσης, τα Ο, 2 Μ είναι μέσα των ΑΒ, ΑΓ με κοινό άκρο Α, οπότε ΟΜ = ΒΓ . Άρα: 2 ΜΝ = ΑΔ _

ΒΓ = ΑΔ -ΒΓ = ΑΒ + ΓΔ = κ+ λ 2 2 2 2 2

Σημείωση: Α{ρού οι μαθητές εξοικειωθούν με τη μέθοδο, μπορούν σε μερικές περιπτώσεις ως Σ να παίρνουν το ίδιο το Α, οπότε α = Ο . Επίσης, η -βασική πρόταση για τόξο ΑΒ με μέσο Μ και ση-μείο Σ του κύκλου του, εκτός του τόξου, γίνεται: ..- ...---- ΣΑ + ΣΒ ' ' ΑΟΑ Β δ ΣΜ = , ενω για γωνια με ιχο-2 τόμο ΟΜ και ημιευθεία ΟΣ εκτός αυτής, γίνεται: ΣΟΜ =

ΣΟΑ + ΣΟΒ . 'Ετσι, όλες οι ασκήσεις 2 επί των ευθυγράμμων τμημάτων μεταφέρονται αυτούσιες στα τόξα και στις γωνίες. Η απόδειξή τους είναι ωτλή αντιγραφή. Εξάλλου, η βασική πρόταση γενικεύεται για ΑΜ = λ · ΜΒ, λ > Ο , και παίρνει τη

λ · �Β + ΣΑ Μ , , δη μορφή ΣΜ =

λ + 1 . πορουμε ετσι να -. μιουpyήσουμε γενικεύσεις των προτάσεων mu ισχfJουν όταν λ = 1 και σε πεptπτώσεις ό1WU λ ::J:. 1 .

�imrι\\tWΓ �\ "11" ' ,{\ "Ε'/1�1 �\ "'C''IV'�_ Ι_ 'I:II1"'C' ' ==;� �.I!JJt'Y�.I! � ��

ι. Ποιοι αριθμοί ικανοποιούν τη σχέση 38ν - 36ι � 36ινz ;

2. Να γραφεί ως κλάσμα με ρητό παρονο-

, κλά 2J6 μαστη το σμα .fi +

.J3 +

J5 . 3. Βρείτε τον χ ώστε 64 (χ - ι)3 + 27 = Ο . 4. Να λυθεί η aνίσωση lx - 71 > lx + 21 + lx • 21 . 5. Αν είναι α + β = 5 , αz + αβ = 95 , τότε α = ; 6. Αν ισχύει αβ =6 , αzβ + αβz + α + β =63 ,

υπολογίστε: α z + β z •

. θ , 2Ζ50 7. Ν α συγκριθούν οι αρι μοι: α = ,

β = 3zοο , γ = 5ιsο . 8. Υπολογίστε:

Σ = � 7 - J48 + �.-5 -

----=J-24=4 + � 3 - .J8 .

του Σ. Σκοτίδα

, , αz . pz αβ - βz 9. Να γινουν οι πραξεις: β • z • α αβ -α ι Ο. Δείξτε ότι για κάθε α, β, γ ε R ισz6ει η

σχέση: αz +βz +γz - αβ - βγ - αγ� 3 (β-γ)(α- β) . 11. Αν lx - yl = ly ·ωl = lω - zl = ι τότε x - z = ; ι2. Αν αz +βz + γz = ι , τότε

α4 + (αβ + γ)z + (αγ - β)z = ; r-------:.-, ι 2 200ι2 200ι

13. Υπολογιστε: χ=γι+200ι + 200i + 2002 ·

ι4. Αν Ο < χ < ι , τότε ποιος από τους παρακάτω αριθμούς είναι ο μικρότερος;

I α) xz β) χ"1 γ) χ2 δ) x-z ε) χ

ΛΥΣΕΙΣ- ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΕΞΑΣΚΗΣΗΣ ι. (n - 1 9)2 :::;:; o::::} n = 19



2. J2 +J3 - J5 3. (χ - Ι ) = (-�)3 � x - I = -�� x =-i-4. Α ν χ < - 2 τότε παίρνουμε - 7 < χ < - 2 Αν - 2 � χ < 2 τότε χ < 3 άρα - 2 � χ < 2 Αν 2 � χ < 7 τότε x <f άρα 2 � x <f Α ν 7 � χ τότε χ < - 7 άτοπο Τελικά το σύνολο λύσεων της ανίσωσης είναι:

s = (- 7, f) 5. α (α + β) = 95 � α · 5 = 95 � α = Ι9 6. αβ (α + β) + (α + β) = 63 �

7 (α +β) = 63 � α+β = 9 � α2 + β2 + 2αβ = 8Ι � α2 +β2 = 69

7. α = (25γο = 3250 ' β = (34γο = 8 Ι5ο ' γ = (53γ0 = 12550 , άρα γ > β > α . 8. Σ =�(2 - J3)2 +�(J3 -fi)2 +�.-Cfi-2-- I-)2 =Ι

9. (α-β)(α+β) + β (α-β) α2 - β2 +f_= l

αβ α(α-β) αβ αβ β 1 Ο. Μετά τις πράξεις παίρνουμε:

(α - 2β + γ)2 � 0 . 1 1 . Γεωμετρικά βλέπουμε ότι χ - z = ± 3 . 12. Μετά τις πράξεις παίρνουμε: α4 + α2β2 + γ2 + α2γ2 + β2 = α2 (α2 + β2 + γ2 ) + γ2 + β2 = Ι

α2 α 13. χ = Ι + α2 + + -- =

(α + 1)2 α + Ι ( 1 + α2 ) (α + Ι) 2 α ,_;_ _ ___::_��- + -- =

(α + 1)2 α + Ι

(α + 12 ) + α2 [α2 + 2 (α + 1)] α I -'------=-----=----::---___:__..:.-=. + -- = (α + Ι) 2 α + Ι

α 2 + α + Ι + _J!__ = α + 1 . Άρα χ = 2002 . . α + 1 α + Ι 14. χ-2 > χ -1 > 1 > � > χ > χ2 .

Κατάλληλο βοήθημα για όσους διδάσκουν καθώς και για τις εςετάσεις του ΑΣΕΠ.

Θα βρείτε:

• Σχέδια διδασκαλίας

για όλες τις τάξεις

με την κατάλληλη Μέθοδο, Μορφή και Πορεία διδασκαλfας.

• Την αναλυτική βαθμολόγηση θεμάτων στις προαγωγικές και απολυτήριες εςετάσεις.

• Την αξιολόγηση του μαθητή

και της διδασκαλίας.

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΓΕΝΝΑΔΕΙΟΥ ΣΧΟΛΗΣ Λ. ΕΙΡΗΝΗΣ: 7, 163 45 ΗΛΙΟΥΠΟΛΗ

ΊΉΛ.: 010-9937645 - 6 FAX: 010-9937211 B-mail: [email protected]

Επιοκεφθε(τε μας: http://Www.genadios.edu.gr


Μαθηματικά Β ' τά του Λυκείου

του Σταμάτη Ε. Καλίκα Σκοπός του άρθρου αυτού είναι να βοηθήσει κάθε μαθητή της Β ' λυκείου στη μελέτη των διανυσμάτων.

Θα ασχοληθούμε με θέματα που έχουν σχέση κυρίως με τις συντεταγμένες των διανυσμάτων. Θεωρούμε όμως αναγκαίο με τις εφαρμογές που ακολουθούν να θυμίσουμε στους μαθητές ότι κάθε διάνυσμα γράφεται ως γραμμικός συνδυασμός δύο μη συγγραμικών διανυσμάτων. Για τα θέματα που έχουν σχέση με τις συντεταγμένες δεν θα περιοριστούμε στην παράγραφο 1.4 (συντεταγμένες στο επίπεδο) του σχολικού βιβλίου αλλά θα ασχοληθούμε και με θέματα της παραγράφου 1.5 (εσωτερικό γινόμενο) του σχολικού βιβλίου που έχουν σχέση με τις συντεταγμένες των διανυσμάτων. Με τις ασκήσεις που ακολουθούν θα κάνουμε επανάληψη στην αντίστοιχη θεωρία και έννοιες. Για τις ασκήσεις που ακολουθούν προτείνουμε στους μαθητές να προσπαθήσουν πρώτα να τις λύσουν μόνοι τους και στη συνέχεια να διαβάσουν την προτεινόμενη λύση.

Ερωτήσεις - Ασκήσεις 1. Αν το σημείο Μ είναι εσωτερικό ση

μείο του τμήματος ΑΒ τέτοιο ώστε (ΑΜ)=3(ΜΒ) και Ο ένα σημείο αναφοράς, να

-+ γράψετε το διάνυσμα ΟΜ ως γραμμικό συν-

-+ -+ δυασμό των διανυσμάτων ΟΑ και ΟΒ .

.... -+ Απάντηση: Τα διανύσματα ΑΜ και ΜΒ εί-

� � � � ναι ομόρροπα και Ι ΑΜ 1=3 Ι ΜΒ Ι άρα ΑΜ =3 ΜΒ

--+ -t --+ --+ Απ' το σχ. 1 έχουμε: ΟΜ -ΟΑ =3( ΟΒ -ΟΜ )

-+ 1 .... . -+ Άρα ΟΜ =-(ΟΑ +30Β ). 4

Α Μ Σχ. 1

Β

2. Αν το σημείο Μ είναι εξωτερικό σημείο του τμήματος ΑΒ τέτοιο ώστε (ΑΜ)=3(ΜΒ) και Ο ένα σημείο αναφοράς, να

-+ γράψετε το διάνυσμα ΟΜ ως γραμμικό συν-

-+ -+ δυασμό των διανυσμάτων ΟΑ και ΟΒ .

-+ .... Απάντηση : Τα διανύσματα ΑΜ και ΜΒ

.... .... είναι αντίρροπα και Ι ΑΜ 1=3 1 ΜΒ Ι άρα .... ....

ΑΜ = -3 ΜΒ Απ' το σχ. 2 έχουμε: --+ --+ --+ --+ ..... 1 -+ -+ ΟΜ -ΟΑ =-3 (0Β -ΟΜ )ή ΟΜ =- (-ΟΑ+30Β ).

2

ο

Α Μ Β Σχ.2

3. Έστω το τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΜ η διάμεσός του που αντιστοιχεί στην πλευρά ΒΓ. Ονομάζουμε Δ το· μέσο του τμήματος ΑΜ και Ε

, , , -+ 1 -+ το σημειο για το οποιο ισχυει ΑΕ = -ΑΓ . Να

3 -+ -+

εκφράσετε τα διανύσματα ΒΔ και ΔΕ ως -+

γραμμικό συνδυασμό των διανυσμάτων ΑΒ και -+

ΑΓ . Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι τα σημεία Β,Δ και Ε είναι συνευθειακά.

Απάντηση: Απ' το σχ. 3 έχουμε: -+ .... .... 1 -+ .... -+ 3 -+ 1 -+ m= Μ-ΑΒ= - (ΑΒ +ΑΓ )-ΑΒ =-- ΑΒ +- ΑΓ .

4 4 4 -+ -+ -+ 1 .... 1 -+ .... ΔΕ =ΑΕ-ΑΔ =3" ΑΓ -4 (ΑΒ +ΑΓ )=

1 .... 1 -+ .... .... -- ΑΒ +- ΑΓ . Παρατηρούμε ότι ΒΔ=3 ΔΕ ο-4 12

πότε τα σημεία Β,Δ και Ε είναι συνευθειακά. Α

Β Μ Γ Σχ.3

4. Αν το σημείο Μ έχει συντεταyμένες


Μαθηματικά για την Β' Λυκείου (x,y) ως προς το Καρτεσιανό Σύστημα Oxy δηλαδή M(x,y) ποιες είναι οι συντεταγμένες του συμμετρικού του σημείου ως προς τον άξονα χΊ, ως προς τον άξονα y'y, ως προς την αρχή των αξόνων Ο και ως προς την διχοτόμο της πρώτης και τρίτης γωνίας των αξόνων;

Απάντηση: Με τη βοήθεια του σχ. 4 βρίσκουμε ότι τα σημεία αντίστοιχα είναι M1 (x,-y) , M2(-x, y) , M3(-x,-y) και M4(y, x) .

M2(-x,y) M(x,y) .. _ _ _ - - - - �,,

Μι(χ,-y) Σχ.4

5. Αν το σημείο Μ έχει συντεταγμένες (x,y) ως προς το Καρτεσιανό Σύστημα Oxy δηλαδή M(x,y) ποια είναι η απόσταση του σημείου Μ από τους άξονες χΊ και y'y;

Απάντηση: d(M,x'x) =I Υ I και d(M, y'y) =Ι χ ι . 6. Αν το σημείο Μ έχει συντεταγμένες

(x,y) ως προς το καρτεσιανό σύστημα Oxy δηλαδή M(x,y) ποιες είναι οι συντεταγμένες του

-+ διανύσματος ΟΜ ; Πως γράφεται το διάνυσμα

-+ ΟΜ ως γραμμικός συνδυασμός των μοναδιαί-

-+ -+ ων διανυσμάτων ί και j ;

-+

Απάντηση: Μ(χ, y) <=> ΟΜ = (χ, y) <=> -+ -+ -+

OM = x(l,O) + y(O, I) = x i + y j . 7. Ποιο συμπέρασμα προκύπτει από την

-+ -+ -+ -+ ισότητα: μ ί +ν j =κ ί +λ j όπου κ,λ,μ,ν πραγ-ματικοί αριθμοί;

Απάντηση: Επειδή κάθε διάνυσμα γράφεται κατά μοναδικό τρόπο ως γραμμικός συνδυασμός

-+ -+ των μοναδιαίων διανυσμάτων ί και j , συμπεραί-νουμε ότι μ=κ και ν=λ.

8. Ποιες είναι οι συντεταγμένες των μο--+ -+

ναδιαίων διανυσμάτων ί και j ; -+ -+ -+

Απάντηση: Επειδή ί = Ι ί + Ο j είναι -+ -+ -+ -+ -+ ί = (1, 0) . Επειδή j = 0 i + I j είναι j = (Ο, Ι) .

-+ 9. Πότε το διάνυσμα α = (x,y) είναι πα-ράλληλο στον άξονα χ Ί;

-+

-+ -+ -+ -+ -+

Απάντηση: α = (χ, y) // ί <=> α =χ ί +Ο j <::::>

α = (χ,Ο) -+

10. Πότε το διάνυσμα α = (x,y) είναι πα-ράλληλο στον άξονα y'y;

-+

-+ -+ -+ -+ -+

Απάντηση: α = (χ, y) // j <=> α =Ο ί +y j <=>

α = (O, y) 11. Ας πάρουμε τα σημεία A(x1 ,y1 ) και

M(x0,y0) του Καρτεσιανού Επιπέδου Oxy και Β το συμμετρικό του Α ως προς το σημείο Μ. Να γράψετε τις συντεταγμένες του σημείου Β συναρτήσει των συντεταγμένων των σημείων Α και Μ.

Απάντηση: Έστω Β( Χ υ y 2 ) , τότε χ2 = 2χ0 - χ1 και y2 = 2y0 - y1 • 12. Ας πάρουμε τα σημεία A(x1 ,y1 ) και Β( χ2 , y 2 ) του Καρτεσιανού Επιπέδου Oxy και

-+ -+ Μ σημείο τέτοιο ώστε ΑΜ = λΜΒ , λ:;t -1 . Να γράψετε τις συντεταγμένες του σημείου Μ ως συναρτήσεις των συντεταγμένων των σημείων Α, Β και του πραγματικού αριθμού λ.

Απάντηση: Το σημείο Μ έχει συντεταγμένες (Χι + λχ2 , Υι + λy2 ) . Ι + λ Ι + λ

-+ -+ .

Πράγματι ΑΜ = λΜΒ<::::> (χΜ - Χ1 , ΥΜ - yι ) =

-+ 13. Το διάνυσμα α = (3,4) έχει μέτρο 5.

Μπορείτε να βρείτε ένα διάνυσμα ομόρροπο και -+

ένα αντίρροπο στο α που να έχει μέτρο 1 ; -+ 1 -+

Απάντηση: Το διάνυσμα αο = --:;- · α είναι Ι α l

-+ ομόρροπο του α και έχει μέτρο 1 . Άρα το διάνυ-

-+ Ι (3 4) -+ σ μα α ο = - · (3, 4) = - ,- είναι ομόρροπο του α 5 5 5

-+ Ι __, με μέτρο Ι . Το διάνυσμα ασ = ---:;- · α είναι α-! α !

-+ ντίρροπο του α και έχει μέτρο Ι . Άρα το διάνυσμα

�ο = -� · (3,4)=( -�,-�) είναι αντίρροπο του � με μέτρο Ι .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.l/44

Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου --+ --+

14. Είναι αληθής η ισότητα det( α , β )= --+ --+

det( β , α ); Δικαιολογήστε την απάντησή σας. Απάντηση: Η παραπάνω ισότητα δεν είναι

--+ --+ αληθής. Αν α = (χ1 , y1 ) και β = (χ2 , y2 ) τότε: .... .... I χ det( α , β )= 1

χ2 Υι I lx2 Υ2 1 --+ --+ =- =_-det ( β , α ).

Υ2 χ, Υι 15. Ποιο συμπέρασμα προκύπτει από τις

--+ --+ παρακάτω σχέσεις: det( α , β )=Ο (1) και

--+ --+ det( α , β � (2).

Απάντηση: Από την (1) προκύπτει ότι τα δια---+ --+

νύσματα α και β είναι συyyραμικά και από την (2) --+ --+

ότι τα διανύσματα α και β είναι μη συyyραμικά. --+ --+

16. Α ν τα διανύσματα α και β είναι μη συπραμικά, τι παριστάνει η ορίζουσα

--+ --+ det( α , β );

Απ ' --+ --+ αντηση: Έστω α = (x, , y, ) και β = (χ2 0 Υ2) .

Αν είναι Ο η αρχή των αξόνων παίρνουμε τα δια---1- � � ---+

νύσματα ΟΑ = α και ΟΒ = β . Επειδή τα διανύ-σματα είναι μη συγγραμικά, τα σημεία Ο,Α και Β σχηματίζουν το τρίγωνο ΟΑΒ. Τότε

-+ -+ ldet( α , β )1=2(0ΑΒ) όπου (ΟΑΒ) το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ. Σχ.5.

Α

Σχ. 5 -+

17. Δίνονται τα διανύσματα α =(1,2), -+ -+ β =(2,1) και γ =(8,7). Να γράψετε το διάνυσμα -+ -+ γ ως γραμμικό συνδυασμό των διανυσμάτων α

-+ και β .

Απάντηση: Αναζητούμε πραγματικούς αριθ---+ --+ --+

μούς κ.λ ώστε γ =κ α +λ β <=> (8,7)=κ(1 ,2)+λ(2, 1 )

<=> { ;: :�: �} <=> κ=2, λ=3. Δηλαδή --+ --+ -+ γ =2 α +3 β

-+ -+ 18. Δίνονται τα διανύσματα α =(1,2), β =(2,4)

-+ -+ και γ =(8,7). Να γράψετε το διάνυσμα γ ως γραμ-

-+ -+ μικό συνδυασμό των διανυσμάτων α και β .

Απάντηση: Αναζητούμε πραγματικούς αριθ---+ --+ --+

μούς κ.λ ώστε γ =κ α +λ β <=> (8,7)=κ(1,2)+λ(2,4) { κ + 2λ = 8 } <=> . Το τελευταίο σύστημα είναι α-2κ + 4λ = 7

--+ δύνατο. Έτσι το διάνυσμα γ δεν γράφεται ως

--+ --+ γραμμικός συνδυασμός των διανυσμάτων α και β .

' --+ -+ Σχολιο: Τα διανύσματα είναι α , β συγγραμμικές.

-+ 19. Δίνονται τα διανύσματα α =(1,2),

-+ -+ β =(2,4) και γ =(3,6). Να γράψετε το διάνυσμα -+ -+ γ ως γραμμικό συνδυασμό των διανυσμάτων α

-+ και β .

Απάντηση: Αναζητούμε πραγματικούς αριθ--+ --+ -+

μούς κ.λ ώστε γ =κ α +λ β <=> (3,6)=κ(1 ,2)+λ(2,4)

<=> { κ + 2λ = 3 } <=> κ+2λ=3 <=> (κ,λ)=(3-2λ,λ), 2κ + 4λ = 6 ---+ ---+ ---+ -+ -+ -+ -+ -+ -+

λεΙR. Έτσι γ = α + β ή γ =3 α +Ο β ή γ =5 α - β κ.λ.π.

'λ --+ -+ -+

Σχο ιο: τα διανύσματα α , β , γ είναι συγ-γραμματικά.

Γ '

-+ -+ 20. ενικευση: Α ν τα διανύσματα α και β

-+ είναι μη παράλληλα τότε κάθε διάνυσμα γ του επιπέδου τους γράφεται κατά μοναδικό τρόπο

-+ -+ ως γραμμικός συνδυασμός των α και β . Αν τα

-+ -+ διανύσματα α και β είναι παράλληλα τότε κά-

-+ θε διάνυσμα γ του επιπέδου τους γράφεται με άπειρους τρόπους ως γραμμικός συνδυασμός

-+ -+ των α και β ή δεν μπορεί να γραφεί.

Απάντηση: Έστω -+ --+ -+

και

β = (x2 0 y2) . Αν τα διανύσματα α , β είναι μη

συγγραμμικά θα είναι det(� , β ):;t:O ή lx, Yι l:;t:O· Χ2 Υ2 --+

Έστω γ =(x,y), τότε αναζητούμε πραγματικούς α-


Μαθηματικά για την Β' Λυκείου -+ -+ -+ ριθμούς κ,λ τέτοιους ώστε γ =κ α +λ β . Από την

τελευταία ισότητα οδηγούμαστε στο σύστημα {ΚΧι + λχ2 = Χ} κyl + λy2 = y . Θεωρούμε ως αγνώστους τα κ

και λ. Η ορίζουσα του συστήματος είναι Ι Χι χ2 ι :;t:O. Έτσι το σύστημα έχει μοναδική λύση Υι Υ2

-+ -+ ως προς κ και λ. Α ν τα διανύσματα α , β είναι συγγραμμικά θα είναι det( � ' β )=Ο ή I Χι Υ

ι ι =0. Χ2 Υ2

Η ορίζουσα του συστήματος είναι ΙΧ ι χ2 ι =0. Έ-Υι Υ2

τσι το σύστημα έχει άπειρες λύσεις ή είναι αδύνατο ως προς κ και λ. (Αν θυμηθούμε την αντίστοιχη θεωρία από την Α' Λυκείου).

21. Έστω το τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΜ η διάμεσός του που αντιστοιχεί στην πλευρά ΒΓ. Ονομάζουμε Δ το σημείο που ορίζεται από την ι-

-+ -+ σότητα ΑΔ = κ ΑΜ , κ:;t:2, και Ε το σημείο τομής των ευθειών ΒΔ και ΑΓ. Επειδή τα διανύσματα

-+ -+ ΑΕ και ΑΓ είναι παράλληλα υπάρχει πραγμα-

-+ -+ τικός αριθμός χ για τον οποίο ισχύει ΑΕ =χ ΑΓ •

Να εκφραστεί ο πραγματικός αριθμός χ ως συνάρτηση του κ.

Α

Γ Σχ. 6

Απάντηση: Απ' το σχήμα έχουμε: -+ -+ -+ κ -+ -+ ΒΔ= ΑΔ-ΑΒ = - ( ΑΒ + ΑΓ )-2 -+ κ-2 -+ κ -+ ΑΒ=- ΑΒ +- ΑΓ (1). 2 2

-+ -+ -+ ΔΕ =ΑΕ-ΑΔ -+ κ -+ κ -+ Οπότε: ΔΕ =(χ-- ) ΑΓ - - ΑΒ (2).

-+ -+ 2 2 Όμως ΒΔ // ΔΕ , άρα υπάρχει πραγματικός α--+ -+ ριθμός y τέτοιος ώστε ΒΔ=y ΔΕ (3). Από τις (1)

(2) και (3) προκύπτει το σύστημα: { κ;2 = � κ yκ - = yx--2 2

, , , κ2 -κ απο το οποιο εχουμε χ = --. κ- 2 Ερώτηση: τι συμβαίνει στην περίπτωση που

είναι κ=2; 22. Α ν ονομάσουμε φ τη γωνία που σχημα-

-+ τίζει το διάνυσμα α = (x,y) :fi!:(O,O) με τον άξονα Ί:ι.: και ρ το μέτρο του, μπορείτε να γράψετε τις συντεταγμένες του σημείου Α για το οποίο

-+ -+ ΟΑ = α , ως συνάρτηση των ρ και φ;

Απάντηση: Από τον ορισμό του ημιτόνου και συνιμητόνου που μάθαμε στην Γ γυμνασίου είναι χ=ρσυνφ και y=ρημφ. (τους αριθμούς ε, φ τους λέμε πολικές συντεταγμένες του Α)

A(x,y)

φ ο Σχ. 7

23. Σε ποια περίπτωση δεν ορίζεται συντε--+

λεστής διεύθυνσης για το διάνυσμα α = (x,y) ; Απάντηση: Α ν χ=Ο τότε δεν ορίζεται συντε

λεστής διεύθυνσης και το διάνυσμα είναι παράλληλο στον άξονα yy' . Η γωνία που σχηματίζει το δ ' -+ ' ξ ' ' π ' 3π ιανυσμα α με τον α ονα χ χ ειναι - η - . 2 2

24. Να βρείτε τα κ, λ ώστε τα διανύσματα -+ -+ α =(JC+l, 1) και β =(2κ-λ2,1) να είναι παράλληλα.

� -+ --+ --+ Απάντηση: α I/ β <:::::> det( α , β )=Ο <:::::>

κ2 + 1 1 2 2 2 2 =Ο <:::::> κ -2κ+ Ι+ λ =Ο <:::::> (κ- 1) +λ =Ο <:::::> 2κ-� 1 κ=1 και λ=Ο.

-+ 25. Πότε το διάνυσμα α = (x,y) είναι πα-

ράλληλο στην διχοτόμο της πρώτης και τρίτης γωνίας των αξόνων;

Απάντηση: Επειδή η διχοτόμος της πρώτης και τρίτης γωνίας των αξόνων σχηματίζει με τον θετικό -+ ημιάξονα Οχ γωνία 45°, το διάνυσμα α = (χ, y)

-+ πρέπει να είναι της μορφής α = (κ, κ) , κ:;t:Ο. -+

26. Τα διανύσματα α = (l, 1) και -+ β = (-1, -1) έχουν συντελεστή διεύθυνσης λ=1. Μπορούμε να συμπεράνουμε ότι σχηματίζουν


Μαθηματικά yια την Β· Λυκείου

την ίδια γωνία με τον άξονα χ'χ; Δικαιολογήστε την απάντησή σας.

Απάντηση: --> -->

Έστω --> --> ΟΑ = α= (l, 1) και ΟΒ = β =(-1, -1) . Τότε Α(1 , 1 ) και Β (-1, -1) . Το σημείο Α βρίσκεται στο 1 ο τεταρτημόριο ενώ το Β

--> στο 3° τεταρτημόριο. Το διάνυσμα α=(1, 1) σχη-ματίζει με τον άξονα n: γωνία 45° ενώ το διάνυ-

-+ σμα β = ( -1, -1) σχηματίζει με τον άξονα r:ι.: γω-νία 225°. (Σχ.8).

27. Ποια γωνίά σχηματίζουν τα διανύσμα--+ --> --> r;; τα α = (1, J3) , β = ( -1, J3) , γ = ( -1,- ν 3) ,

δ = (1,- J3) με τον άξονα χ'χ;

Α

Β Γ - - - - - - - - - - - - Δ

Σχ. 8 Σχ. 9 Απάντηση: Όπως φαίνεται και από τα σχή-

ματα η γωνία του � = (1, .J3) με τον άξονα χ:χ' εί-ναι 60°, του β = ( -1, .J3) με τον r:{ είναι 120°, του ; = ( -1,- .J3) με τον χι.: είναι 240° και του δ = (1, - .J3) με τον χχ· είναι 300°. (Σχ.9).

28. Ποια γωνία σχηματίζουν τα διανύσμα---> -->

τα α = (2, 5) και β = (6, 15) ; --+ -->

Απάντηση: Επειδή β =3 α , τα διανύσματα είναι ομόρροπα οπότε η γωνία των διανυσμάτων --+ --> α και β έχει μέτρο 0°.

29. Ποια γωνία σχηματίζουν τα διανύσμα---> -->

τα α = (2, -3) και β = (-6, 9) ; --> --+

Απάντηση: Επειδή β = -3 α , τα διανύσματα είναι αντίρροπα οπότε η γωνία των διανυσμάτων -+ --> α και β είναι 180°.

30. Ποια γωνία σχηματίζουν τα διανύσμα-

τα � = (1, 1) και Ρ = (1, J3) ; Απάντηση: Ο συντελεστής διεύθυνσης του

--> διανύσματος α είναι 1 και αν η αρχή του τοποθε-τηθεί στο 0(0,0) το πέρας του θα είναι το σημείο Α(1 , 1). Έτσι η γωνία που σχηματίζει με τον άξονα χ" χ είναι 45°. Ο συντελεστής διεύθυνσης του δια-νύσματος β είναι .J3 και αν η αρχή του τοποθετηθεί στο 0(0,0) το πέρας του θα είναι το σημείο Β(1, .J3 ). Έτσι η γωνία που σχηματίζει με τον άξονα χ· χ είναι 60°. Η γωνία λοιπόν των διανυσμά-

-+ --> των α κάι β είναι 60°-45°=15°. (Σχ. lΟ). Β

Α

Σχ. lΟ 31. Ποια γωνία σχηματίζουν τα διανύσμα-

τα � = (1,- 1) και Ρ= (1,J3) ; Απάντηση: Αν σκεφτούμε με τον τρόπο της

άσκησης 3 1 θα βρούμε ότι η γωνία των διανυσμά--+ --> των α και β είναι 225° -60°= 165°. (Σχ. 1 1 ). 32. Ποια γωνία σχηματίζουν τα διανύσμα-

τα ; = (-2, 2) και Ρ= (- J3, -1) ; Β

Α

Α Β Σχ. 1 1 Σχ. 12

Απάντηση: Αν σκεφτούμε με τον τρόπο της άσκησης 3 1 θα βρούμε ότι η γωνία των διανυσμά-

-+ --> των α και β είναι 210°-135°=75°. (Σχ. 12). 33. Θυμηθείτε πότε ισχύει η ισότητα:

--> --> --> -->

11 α Ι - Ι β 1 1=1 α+ β Ι και στη συνέχεια να βρείτε σημείο Μ του άξονα r:ι..' τέτοιο ώστε η παρά-

σταση: iι ΜΑ ι - ι ΜΒ ιi να γίνειμέγιστη, όπου

Α(1,2) και Β(2,1). (Σχ.13). Απάντηση,: Η ισότητα ισχί>ει μόνο στην περί-

-+ --> πτωση που τα διανύσματα α και β είναι αντίρρο-πα. Το ζητούμενο σημείο Μ θα έχει συντεταγμένες της μορφής Μ(χ,Ο). Ακόμα

i ιΜΛ ι - ιΜΉ ιl = l ιΛΜ ι - ι ΜΒ ΙΙ :::; ιΛΜ+ΜΒ Ι =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" λστ" τ.l/47

Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου

I ΑΒ I = J2 . Η μεγαλύτερη τιμή της παράσrασης είναι

J2 και συμβαίνει όταν τα διανύσματα ΑΜ κάι ΜΉ είναι αντίρροπα. Το ζητούμενο σημείο Μ είναι το 0,μείο τομής της ευθείας ΑΒ και του ά!;ρνα χ:χ:.

Επειδή τα σημεία Α,Β είναι σημεία του πρώτου τεταρτημορίου το ζητούμενο σημείο είναι εκτός του τμήματος ΑΒ και έτσι τα διανύσματα

-> -> ΑΜ και ΜΒ είναι αντίρροπα. Το σημείο Μ θα

-> -> βρεθεί από την ισότητα det( ΑΜ , ΜΒ )=Ο ή lx - 1 -2 ι 2 - χ 1

=Ο ή χ=3. Άρα· το ζητούμενο σημείο

είναι το Μ(3,0) 34. Να θυμηθούμε πότε ισχύει η ισότητα:

-> -> -> -+ .

I α I + I μ 1=1 α+ μ ι . Στη συνέχεια να βρείτε ση-μείο Μ του άξονα Ί:J.: τέτοιο ώστε η παράσταση:

-+ -+

I ΜΑ I + Ι Μ8 Ι να γίνει ελάχιστη, όπου Α(1,2) και 8(5,-2). Σχ.14.

ο

A(l ,2) �::]�� (2, 1) Γ-τ�:: Μ

Α

ο Σ� 1 3 Σχ. 14

Μ " Β

Απάντηση: Η ισότητα ισχύει μόνο στην περί--> ->

πτωση που τα διανύσματα α και β είναι ομόρρο-πα. Το ζητούμενο σημείο Μ θα έχει συντεταγμένες της μορφής Μ(χ,Ο).

� � � � Ακόμα I MA I + I MB Ι = I AM I + I MB I �

I ΑΜ+ ΜΒ I = I ΑΒ I =4 J2 . Η μικρότερη δυνατή τιμή της παράστασης είναι 4 J2 και συμβαίνει ό-

-> -> ταν τα διανύσματα ΑΜ και ΜΒ είναι ομόρροπα. Το ζητούμενο σημείο Μ είναι το σημείο τομής της ευθείας ΑΒ και του άξονα n:. Επειδή τα σημεία Α,Β είναι εκατέρωθεν του άξονα 'ΧΥ.: το ζητούμενο σημείο είναι εντός του τμήματος ΑΒ και έτσι τα

-> -> διανύσματα ΑΜ και ΜΒ είναι ομόρροπα. Το σημείο Μ θα βρεθεί από την ισότητα

.... .... ιχ - 1 -2ι det( ΑΜ , ΜΒ )=Ο ή =Ο ή χ=3. Άρα το 5 - χ -2 ζητούμενο σημείο είναι το Μ(3,0).

-+ -+ -+ -+ 35. Έστω ΟΑ = (1,2), 08 = 4 i +3 j και

Γ(-1,8) . Να εξηγήσετε γιατί το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο.

Απάντηση: Είναι Α(1 ,2), Β(4,3) και Γ(-1,8) . -> ->

Άρα ΑΒ = (3, 1) και ΑΓ = ( -2, 6) . Επειδή -> ->

ΑΒ · ΑΓ =Ο το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο Α. 36. Δίνονται τα σημεία Α(1,2) και 8(2,1).

Να βρεθεί η προβολή του σημείου 0(0,0) στην ευθεία ΑΒ. Στη συνέχεια να βρεθεί το συμμετρικό του Ο ως προς την ευθεία ΑΒ. (Σχ.15).

Απάντηση: Ονομάζουμε Λ(α,β) την προβολή του Ο στην ευθεία ΑΒ και Κ(γ,δ) το συμμετρικό του Ο ως προς την ευθεία ΑΒ. Το Λ προσδιορίζεται από τις σχέσεις: { �/ � }<=:>{Ια�

1 β�121 = Ο}<=:> . . . <=:> α=β=3/2.

ΟΑ .l ΑΒ (α,β) · (l,-1) = 0

Κ(3,3)

Σχ. 1 5 Επειδή το Λ είναι το μέσο του τμήματος ΟΚ

ισχύει: {γ; 0 = %} <:::::> γ=δ=3. Έτσι Λ(3/2,3/2) και δ + Ο 3 -- = -2 2

Κ(3,3). 37. Δίνονται τα μέσα Μ1 (α1 ,β1 ) των

πλευρών ενός ν-γώνου Α1 Α2 •••• Α. με ν περιττό. Μπορείτε να βρείτε τις συντεταγμένες των κορυφών του ν-γώνου;

Απάντηση: Έστω Μ1(α1 ,β 1) το μέσο της πλευράς ΑιΑ2, Μ2(α2,β2) το μέσο της πλευράς Α2Α3, . . . . Mv(α.,/3v) το μέσο της πλευράς ΑvΑι. Τότε για τις τετμημένες των κορυφών έχουμε το σύ-{ χ1 + χ2 = 2α1 , χ2 + χ3 = 2α2 , } στημα: : .

χ._1 + χ. = 2α._1 , χ. + χ1 = 2α. Πολλαπλασιάζοντας τις εξισώσεις άρτιας τά

ξης με ( - 1) έχουμε: { χ1 + χ2 = 2α1 , - χ2 - χ3 = -2α2 } -χ._1 - χ. = -2α�_1 , χ. + χ1 = 2α.

.

Με πρόσθεση κατά μέλη βρίσκουμε 2χι =2(α, -� + ... -<χ.,..ι +α..,) οπότε Χι =α,---«z+ ... � +α.., . Στη συνέχεια βρίσκουμε διαδοχικά τα Χ2, χ3, . . . χ •.

Ομοίως βρίσκουμε τις τεταγμένες των κορυφών του ν-γώνου.

Παρατήρηση: Αν το πλήθος των πλευρών εί-ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.l/48

Μαθηματικά pα την Β' Λυκείου ναι άρτιο, τότε έχουμε άπειρες λύσεις ή το σύστη- ι πλαίσια αυτού του άρθρου. μα είναι αδύνατο. Η εξήγηση ξεφεύγει από τα

a Μετρικές σχέσεις

Οι ασκήσεις Μετρικών Σχέσεων αφορούν κυρίως λογισμό μεταξύ τετραγώνων μηκών ευθυγράμμων τμημάτων. Το πρωτογενές εδώ θεώρημα είναι το Πυθαγόρειο, καθ' όσον τα λοιπά σχετικά θεωρήματα (Ομάδα Θεωρημάτων για το ορθογώνιο τρίγωνο: Θεωρήματα Προβολών, Θεώρημα Ύψους κλπ.), το Γενικευμένο Πυθαγόρειο Θεώρημα (ή Θεώρημ,α Επέκτασης) και τα Θεωρήματα των Διαμέσων απορρέουν από αυτό. Εξάλλου, ο νόμος των συνημιτόνων στα τρίγωνα αποτελεί την ενιαία έκφραση του Πυθαγορείου Θεωρήματος (βλ. άσκηση 1 0).

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ 1. Από σημείο Ο στο εσωτερικό τριγώνου

ΑΒΓ φέρουμε τις καθέτους ΟΔ, ΟΕ και ΟΖ στις πλευρές ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα. Ν α δείξετε ότι:

ΑΕ2 +ΒΖ2 + ΓΔ2 = ΑΖ2 + ΒΔ2 +ΓΕ2 Απόδειξη

Με διαδοχική εφαρμογή του Πυθαγορείου Θεωρήματος στα τρίγωνα ΑΟΕ, ΒΟΖ και ΓΟΔ, έχουμε:

Α

e----+--� Γ ΑΕ2 = ΑΟ2 - ΟΕ2 , ΒΖ2 = ΒΟ2 - ΟΖ2

ΓΔ2 = ΓΟ2 - ΟΔ2 Προσθέτουμε τώρα κατά μέλη τις παραπάνω σχέσεις:

ΑΕ2 + ΒΖ2 + ΓΔ2 = ΑΟ2 - ΟΖ2 + ΒΟ2 -ΟΔ2 + ΓΟ2 -ΟΕ2 = '-ν-----' '-------ν---' '------ν-"'

ΑΖ2 + ΒΔ2 + ΓΕ2 2. Δύο κάθετες χορδές ΑΓ και ΒΔ κύκλου

(Ο, R) τέμνονται στο Σ. Να δείξετε ότι: ΣΑ2 + ΣΒ2 + ΣΓ2 + ΣΔ2 = 4R2 Απόδειξη Στα ορθογώνια τρίγωνα ΑΣΒ και ΓΣΔ εφαρ-

μόζουμε Πυθαγόρειο Θεώρημα: ΣΑ2 +ΣΒ2 =ΑΒ2 (1) ΣΓ2 +ΣΔ2 = ΓΔ2 (2) Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1), (2): ΣΑ2 +ΣΒ2 +ΣΓ2 +ΣΔ2 =ΑΒ2 + ΓΔ2 (3) Φέρουμε τη διάμετρο ΑΚ, οπότε

κfΆ = 90° ' άρα ΚΓ /I ΔΒ (διότι ΑΓ j_ ΒΔ ).

Του Θανάση Κυριακόπουλου Α

Άρα θα είναι και ΓΔ = ΚΒ (γιατί;) Έτσι, το δεύτερο μέλος της (3):

ΑΒ2 + ΓΔ2 =ΑΒ2 +ΚΒ2 =ΑΚ2 = (2R)2 = 4R2 (από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΚ). Υπενθύμιση: Τόξα περιεχόμενα μεταξύ πα

ράλληλων χορδών είναι ίσα. 3. Εάν ΒΕ διάμεσος ορθογωνίου τριΎώνου

ΑΒΓ (Α = 90°) , να δείξετε ότι:

α) ΒΕ = Μ '

ΒΜ = 60° , όπου Δ το μέσο της ΒΓ, να υπολογισθούν οι πλευρές του τριΎώνου ΑΒΓ.

Απόδειξη α) Από το ορθογώνιο τρίΎωνο ΑΒΕ:

ΒΕ2 = ΑΒ2 + ΑΕ2 = ΑΒ2 + _!_ ΑΓ2 οπότε: 4 ΒΕ2 +iΑΓ2 =ΑΒ2 +_!_ΑΓ2 +iΑΓ2 = 4 4 4 = ΑΒ2 +ΑΓ2 = ΒΓ2

β) Είναι Δι = ΒΜ = 60° άρα f = 30° (διότι ΑΔ διάμεσος στην υποτείνουσα άρα τρίΎωνο ΔΑΓ ισοσκελές ή Δι = f + Α1 ή Δ1 = 2f ή f = 30° ) ο, ΑΒ ΒΓ ποτε = - . 2

Γ

Ακόμη: Από ΑΒ2 + ΑΓ2 = ΒΓ2 είναι ΒΓ2 +ΑΓ2 = ΒΓ2 ή ΑΓ = ΒΓ.J3 . 4 2

Υπολογίζουμε τώρα την ΒΓ. Από το (α):


Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

( .Ji4)2 +% · ΒΓ; · 3 = ΒΓ2 ή ΒΓ = 4'-"2 .

Τελικά είναι: ΑΒ = 4'-"2 = 2'-"2 , ΑΓ= 4!2..[3 =2J6 2 2 4. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ

(Α = 90°) , το ύψος του ΑΔ και Ε, Ζ οι προβολέs του Δ στις πλευρές ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι: ΑΔ 3 = ΒΓ · ΔΖ · ΔΕ .

Απόδειξη Έχουμε: ΑΔ 2 = ΑΒ · ΑΕ (ορθογώνιο τρίγωνο

ΑΔΒ) ή επειδή ΑΕ = ΔΖ είναι: ΑΔ2 = ΑΒ · ΔΖ (1) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΓ είναι:

ΑΔ2 = ΑΓ · ΑΖ ή ΑΔ2 = ΑΓ · ΔΕ διότι ΑΖ = ΔΕ . Α

Β Γ Από τις (1), (2) με πολλαπλασιασμό κατά μέλη:

ΑΔ4 = ΑΒ · ΑΓ · ΔΖ · ΔΕ <=> ΑΔ4 = ΔΖ · ΔΕ (ΑΒ · ΑΓ) ή ΑΔ4 = ΔΖ · ΔΕ (ΒΓ · ΑΔ) ή

(διότι ξέρουμε ότι σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ Α = 90° , ισχύει: β · γ = α · υα ) ΑΔ3 = ΒΓ · ΔΖ · ΔΕ

5. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°) και σημείο Ζ της ΒΓ. Φέρουμε ΖΚ και ΖΛ καθέτους στις ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι: ΖΒ · ΖΓ = ΑΚ · ΚΒ + ΑΛ · ΛΓ .

Απόδειξη Με Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρί-

γωνο ΑΒΓ, έχουμε: ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 <::::>

(ΒΖ + ΖΓ)2 = (ΑΚ + ΚΒ)2+(ΑΛ+ΛΓ)2 <=> ΒΖ2 + ΖΓ2 + 2ΒΖ · ΖΓ = ΑΚ.2 + ΚΒ2 + + 2ΑΚ · ΚΒ + ΑΛ2 + ΛΓ2 + 2ΑΛ · ΛΓ (1)

Γ

Α Κ Β Όμως ΒΖ2 = ΚΒ2 + ΚΖ2 (2) (ορθογώνιο τρίγωνο ΖΚΒ) ΖΓ2 = ΛΖ2 + ΛΓ2 (ορθογώνιο τρίγωνο Γ ΛΖ) ή zr2 = ΑΚ2 + ΛΓ2 (3) Οπότε η (1), λόγω των (2), (3) γίνεται:

ΚΒ2 + ΚΖ2 + ΑΚ2 + ΛΓ2 + 2ΒΖ · ΖΓ = ΑΚ2 + ΚΒ2 + 2ΑΚ. ΚΒ+ Μ + ΛΓ2 + 2ΑΛ . ΑΓ <=> ΚΒ2 + ΚΖ2 + ΑΚ2 + ΛΓ2 + 2ΒΖ · ΖΓ = ΑΚ. 2 + ΚΒ2 + ΖΚ2 + ΛΓ2 + 2ΑΛ · ΛΓ + 2ΑΚ. · ΚΒ <=> 2ΒΖ · ΖΓ = 2ΑΚ. · ΚΒ + 2ΑΛ · ΛΓ <=> ΒΖ · ΖΓ = ΑΚ. · ΚΒ + ΑΛ · ΛΓ

6. Δίνεται κύκλος (Ο, R) και δύο κάθετες ακτίνες του ΟΑ, ΟΒ. Εάν η χορδή ΓΔ // ΑΒ τέμνει τις ΟΑ, ΟΒ στα Ε, Ζ αντίστοιχα, να δείξετε ότι: ΓΕ2 + ΓΖ2 = 2R2 •

Απόδειξη Φέρουμε τη διάμεσο ΟΜ στην υποτείνουσα

του ορθογωνίου τριγώνου ΟΕΖ. Είναι: ΓΕ2 + ΓΖ2 = (ΓΜ-ΕΜ)2 + (ΓΜ + ΜΖ)2 =

ΓΜ2 + ΕΜ2 - 2ΓΜ · ΕΜ + rM +.Ml2 +2IM· .MZ

Προφανώς ΕΜ = ΜΖ = ΟΜ , οπότε: ΓΕ2 + ΓΖ2 = 2ΓΜ2 + ΕΜ2 + ΜΖ2 -2ΓΜ · ΕΜ + 2ΓΜ · ΜΖ = 2ΓΜ2 + 20Μ2 - 2ΓΜ · ΟΜ + 2ΓΜ · ΟΜ = 2 (ΓΜ2 + ΟΜ2) = (Πυθαγόρειο Θεώρημα

στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΓΜ) = 2ΟΓ2 = 2R 2 7. Έστω κύκλος κέντρου Ο και μία διάμε

τρος αυτού ΑΒ. Με διάμετρο την ακτίνα ΟΑ γράφουμε δεύτερο κύκλο. Σε τυχαίο σημείο Ζ της ΟΑ φέρουμε κάθετη στην ΑΒ που τέμνει τον εσωτερικό κύκλο στο Δ και τον εξωτερικό στο Ε. Να δείξετε ότι: ΑΕ2 = 2ΑΔ2•

Απόδειξη Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΕΒ (Ε = 90° ,

διότι είναι εγγεγραμμένη στο ημικύκλιο): ΑΕ2 = ΑΒ · ΑΖ (1)

Όμοια από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΟ (Δ = 90°) : ΑΔ2 = ΑΟ · ΑΖ (2) Διαιρούμε κατά μέλη τις (1 ), (2): ΑΕ2 _ ΑΒ _ 2ΑΟ _ 2 ΑΔ2 - ΑΟ - ΑΟ - . 8. Θεωρούμε δύο όμοια ορθογώνια τρίγωνα



ΑΒΓ και Α'ΒΤΌ Να δείξετε ότι: ι ι ι --+--=--

β · β' γ · γ' υα · υ� Απόδειξη

(ι)

Είναι ΑΒΓ � Α 'Β'Γ' β γ υ <=>-=-=�=λ β' γ' υ'α <:::::> β = β 'λ, γ =γ'λ, υα = υ 'α· λ όπου λ ο λόγος ομοιότητας των τριγώνων. Οπότε:

ι ι ι , ι ι ι (ι )<=> λβ'2 + λγ'2

= λυ� η β'2 + γ'2 = λυ'�

που ισχύει, διόn το τρίγωνο Α 'Β 'Γ' ορθογώνιο (Α' = 90°) .

9. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α. Τυχαία ευθεία από το Α τέμνει τις ΒΓ, Γ Δ στα Ε, Ζ

, Ν δ ίξ ό ι ι ι αντιστοιχα. α ε ετε τι: --2 + --2 = 2 •

ΑΕ ΑΖ α Απόδειξη Φέρουμε ΑΝ j_ ΑΖ . Τότε ΑΝΔ = ΑΒΕ

(ΑΔ = ΑΒ =α και Αι = Α3 ως οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες). Άρα και ΑΕ =ΑΝ .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΝΖ, ισχύει: ι ι ι ι ι ι --+--=-- ή --+--=ΑΝ2 AZz ΑΔz AEz AZz αz

.'r-:::-τ-----iB / ι /

,./' α /

�Ε �,I'/ / Δ Γ z Σημείωση: Υπενθυμίζουμε δύο πολύ βασικές

σχέσεις για ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α= 90°) , όπου υa το ύψος στην υποτείνουσα ΒΓ:

ι ι ι α · υa = βγ και --τ=---z+---z . υα β γ ιο. Πώς από το νόμο των συνημιτόνων

προκύπτει το γενικευμένο Πυθαγόρειο Θεώρημα σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ;

Απόδειξη Ως γνωστόν, ισχύει: α2 = β2 +γ2 - 2βγσυνΑ (1) Διακρίνουμε περιπτώσεις:

ι) Εάν Α =90° , τότε συνΑ = συν90° ή συνΑ = Ο οπότε από (Ι): α2 = β2 + γ2 (ΠυθαyόρεωΘεώρημα). 2) Εάν Α < 90° είναι:

Α

β

Β "--------..--____,. Γ

συν Α = ΑΔ οπότε από (1 ): γ ΑΔ αz = βz + γz _ 2βγ _ = βz + γz _ 2βΑΔ γ

3) Εάν Α> 90° είναι: Α+ Αι = ι sοο ή Α = ι sοο-Αι ή συν Α = συν(ι sο - Αι) = - συν Αι δηλαδή συν Α = - συν Αι

Β

Γ

Όμως (σχήμα): συνΑι = ΑΔ και η (ι): γ α2 = β2 + γ2 - 2βγσυνΑ = β2 +γ2 - 2βγ (-συνΑι ) = β2 +γ2 + 2βγσυνΑι =

ΑΔ βz +γz + 2βγ _ = βz +γz + 2βΑΔ. γ Βασικές επισημάνσεις

ι. Μια πολύ χρήσιμη για nς ασκήσεις πρόταση (γνωστή από την Α' Λυκείου) είναι: Εάν σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο μια οξεία γωνία είναι 30° η απέναντι (από τη γωνία των 30°) κάθετη πλευρά είναι ίση με το μισό της υποτείνουσας και αντιστρόφως. Έτσι, αν στο σχήμα μας παρουσιαστεί άμεσα ή έμμεσα γωνία 30° σε ορθογώνιο τρίγωνο, εφαρμόζουμε το πολύτιμο αυτό συμπέρασμα.

Β

Β

Γ

Δηλαδή; αν μας δίνουν γωνία 60°, 120°, ιsοο τότε στο σχήμα μας αναζητούμε γωνία 30°. Προσοχή στο αντίστροφο: Εάν εντοπίσουμε στο σχήμα μας ορθογώνιο τρίγωνο τέτοω ώστε μια κάθετη πλευρά του να είναι ίση με το μισό της υποτείνουσας, τότε η γωνία που βρίσκεται απέναντι από την


Μαθηματικά -yια την Β· Λυκείου

κάθετη αυτή πλευρά, είναι ίση με 30°. 2. Για το είδος του τριγώνου ως προς τις γωνίες

του: Συγκρίνουμε το τετράγωνο της μεγαλύτερης πλευράς με το άθροισμα των τετραγώνων των ό).)..mν δύο και · εφαρμόζουμε το αντίστοιχο θεώρημα. Προϋπόθεση για την ύπαρξη τριγώνου με δεδομένα μήκη είναι η ισχύς της τριγωνικής ανισότητας.

3. Αρκετά χρήσιμοι για τις ασκήσεις είναι οι τύποι των τετραγώνων των διαμέσων:

2 2β2 + 2γ2 -α2 2 2α2 + 2γ2 -β2 μα = 4 ' μβ

4

2 2α2 + 2β2 -γ2 μγ = 4

4. Η διάμεσος στην υποτείνουσα ενός ορθογωνίου τριγώνου είναι ίση με το μισό της υποτείνουσας και αντιστρόφως (βασική πρόταση από την Α· Λυκείου). Τριγωνόμετρική έκφραση των τύπων των

τετραγώνων των διαμέσων

2 β2 + γ2 + 2βγσuνΑ Ισχύει: μα = . Αντίστοιχα 2 2 μβ και μγ .

Απόδειξη:

4

Προεκτείνουμε τη διάμεσο ΑΜ = μα κατά τμήμα ΜΑι = ΜΑ . Οπότε: ΑΒΜ = ΑιΜΓ , άρα Αι Γ = γ και ΑιΓ // ΑΒ (γιατί;)

Α

Β

β

I Ι I Ι

I Γ I

\ / Ύ I I

�-γ' 11' Αι Άρα ΜΑι = 180° -Α . Εφαρμόζουμε τώρα το νόμο των σuvημιτόνων

στο τρίγωνο ΑΑιΓ: 2 2 2 Λ ' ΑΑι =ΑΓ + ΑιΓ - 2ΑιΓ ·ΑΓσuνΑΓΑι η

4μ� = β2 + γ2 -2βγσuν (1 80° -Α) ή 4 2 - β2 2 2R., Α , 2 β2 +γ2 +2βγσuνΑ μα - +γ + 1-'rσuv η μα · 4

11. Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι Β = 30° • Δείξτε ότι: β2 =α2 + γ2 -αγ..J3 .

Απόδειξη Επειδή η Β = 30° οξεία με γενίκευση του Πυ

θαγορείου Θεωρήματος στο ΑΒΓ: β2 = α2 + γ2 - 2αΒΔ ( 1)

' ΑΔ ΑΒ , ΑΔ γ αρα =- η =- . 2 2 Α

~ Γ Δ α Β

Με Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο ΑΔΒ: ΒΔ2 =ΑΒ2 -ΑΔ2 = γ2 -

(�)2 = 3

�2 ή

ΒΔ = γ.fj (2). Από (1 ), (2): β2 = α2 + γ2 -αγ.J3 2 12. Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ και Ρ το

σημείο τομής των διαγωνίων του. Φέρουμε ΑΖ, ΓΕ κάθετες στη ΒΔ. Εάν η γωνία ΑΡΔ είναι αμβλεία, να δείξετε ότι:

ΑΔ2 +ΒΓ2 =ΑΒ2 + ΓΔ2 + 2ΕΖ ·ΒΔ . Απόδειξη Επειδή ΑΡ Δ > 90° θα είναι ΒΡΓ > 90° . Με

γενικευμένο Πυθαγόρειο Θεώρημα στα τρίγωνα ΑΡΔ και ΒΡΓ: ΑΔ2 = ΑΡ2 + ΡΔ2 + 2ΡΔ · ΡΖ (1)

ΒΓ2 = ΒΡ2 + ΡΓ2 + 2ΒΡ · ΡΕ (2) Επειδή ΑΡΒ οξεία

(γιατί;) θα είναι και ΓΡΔ οξεία.

Α

Άρα, με γενικευμένο Β'""""',-J;Ι-�-""'ι'!-.,.,Δ Πυθαγόρειο Θεώρημα για οξεία γωνία στα τρίγωνα ΑΡΒ, ΓΡ Δ αντίστοιχα, παίρνουμε:

ΑΒ2 = ΑΡ2 + ΒΡ2 - 2ΒΡ · ΡΖ (3) Γ Δ 2 = ΡΓ2 + Ρ Δ 2 - 2Ρ Δ · ΡΕ ( 4) Από (1) + (2) - (3) - (4), έχουμε:

Γ

ΑΔ2 +ΒΓ2-ΑΒ2-ΓΔ2 = (� +ΡΔ2 +2ΡΔ·ΡΖ)+ (ΒΡ2 + ΡΓ2 + 2ΒΡ · ΡΕ) - (ΑΡ2 + ΒΡ2- 2ΒΡ · ΡΖ) -(ΡΓ2 + Ρ Δ 2 - 2Ρ Δ · ΡΕ) = ΑΡ2 + ΡΔ2 + 2ΡΔ · ΡΖ +ΒΡ2 + ΡΓ2 + 2ΒΡ · ΡΕ ΑΡ2- ΒΡ2 + 2ΒΡ · ΡΖ - ΡΓ2- ΡΔ2 + 2ΡΔ · ΡΕ = (2ΡΔ · ΡΖ+ 2ΒΡ · ΡΖ) + (2ΒΡ · ΡΕ+ 2ΡΔ · ΡΕ) = 2 ΡΖ (ΡΔ+ ΒΡ)+ 2ΡΕ (ΒΡ + ΡΔ) = 2ΡΖ · ΒΔ+ 2ΕΡ · ΒΔ = 2ΒΔ (ΡΖ+ ΡΕ) = 2ΒΔ · ΖΕ ή ΑΔ2 +Βr2 =ΑW+ΓΔ2 +2ΒΔ·ΖΕ

13. Στο τρίγωνο ΑΒΓ, α = 2Jfi , β = 8 , γ = 6 • Δείξτε ότι Α = 120° •

Απόδειξη Είναι α = 2Jfi � 12 , άρα μεγαλύτερη πλευρά

η α και επομένως μεγαλύτερη γωνία η Α . Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ είναι Β= 30°



ι ι ι ι ι ι ι ι ι ι

- h - - - _ι )..';_ -----,---"'-Δ Α β=8 Γ

Έχουμε: α2 = { 2Jfi}2 = 148 β2 + γ2 = 82 + 62 = 64+ 36 = 100 Άρα: α2 > β2 + γ2 <=> Α > 90° Οπότε με γενικευμένο Πυθαγόρειο Θεώρημα

στο τρίγωνο ΑΒΓ: ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 + 2ΑΓ · ΑΔ <=> ( 2Jfi)2 = 62 + 82 + 2 · 8ΑΔ <=> 148 = 100 + 16ΑΔ <=> 48 = 16ΑΔ <=>

ΑΔ = 3 =�= ΑΒ οπότε ΑΔ = ΑΒ 2 2 2

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΒ είναι μια κάθετη πλευρά ίση με το μισό της υποτείνουσας, άρα ΔΒΑ = 30° , δηλαδή Α1 = 60° και άρα Α = 120° .

Παρατήρηση: Άμεση λύση έχουμε από το νόμο των συνημιτόνων.

β2 + γ2 _ α2 Πράγματι: συνΑ = ή 2βγ συνΑ = 82 + 62 - 148 - - 1 . Α - 12οο 2 ·48 -

. . . - - 2 αρα - · 14. Να βρεθεί το είδος του τριγώνου ΑΒΓ,

2μ 5μ εάν: α) α = - , β = μ , γ =-3 4

β) α = 8μ , β = 3μ, γ = 5μ όπου μ δοσμένο τμήμα.

Απόδειξη 8μ 12μ 15μ α)Έχουμε: α =u · β =u · γ =U

Μεγαλύτερη πλευρά η γ. γ2 = ( 15μ)2 = 225μ2 = α2 + β2 = 12 144 =(8μ)2 +(12μ)2 = 64μ2 + 144μ2 = 208μ2 . 12 12 144 144 144

Επειδή γ2 > α2 + β2 <=> Γ > 90° . β) Πρέπει να ικανοποιείται η τριγωνική ανι

σότητα για να υπάρχει τρίγωνο, δηλαδή I α-γi < β < α + γ .

Είναι: α - γ = 8μ - 5μ = 3μ = β , άτοπο. Άρα δεν υπάρχει τρίγωνο με τις δοσμένες πλευρές.

Παρατηρήσεις στα θεωρήματα των διαμέσων

ι 2 2 2 • μα + μβ +μγ =

2β2 + 2γ2 -α2 2α2 + 2γ2 -β2 2α2 + 2β2 -γ2 ---=---�- + + -----'----'--

4 4 4 4(α2 + β2 + γ2) - (α2 +β2 + γ2) 3 ---'---'------''---'-----'--.....:...,_-� = _ ( α2 + β2 + γ2 ) 4 4

Α

Γ

2. Έστω Θ το κέντρο βάρους τριγώνου ΑΒΓ. Τότε το άθροισμα:

Α

Γ

ΘΑ2 +ΘΒ2 + ΘΓ2 =α � )2 +(� � )2 +α � )2 =

� (μ� + μ� +μ� ) =

i [� (α2 + β2 + γ2)] =.!.(α2 + β2 + γ2 ) 9 4 . 3 15. Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι μμ j_ μ1 • Δείξτε ότι:

4 α) μ: +μ; = μ; β) β2 + γ2 = 5α2 γ) συνΑ �- . 5

Απόδειξη α) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΘΓ θεώρημα

διαμέσων: ΒΘ2 + ΘΓ2 = 2ΘΜ2 + ΒΓ2 ή 2 ( 2 )2 ( 2 )2 ( 1 )2 2 3 μβ + 3 μγ = 2 3 μα + � (1)

Όμως ΒΘΓ ορθογώνιο τρίγωνο (Θ = 90°) , ΘΜ διάμεσος, άρα: ΘΜ = ΒΓ ή ΘΜ = α ή 2 2 1 α ή 3α 2μα (2) 3 μα = - μα = - ή α = 2 2 3


Μαθηματικά ΎU1 την Β' Λυκείου

Μ Γ α

Η ( 1 ) δυνάμει της (2):

(2 )2 (2 )2 ( 1 )2 (� μα)2 J μβ + J μγ = 2 J μα + 2 <=> 4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 9 μβ + 9 μγ = 9 μα + 9 μα <=> μβ + μγ = μα

β) Από το (α): μ� + μ� = μ� <=> (τύποι των τετραγώνων των διαμέσων) 2α2 + 2γ2 -β2 2α2 + 2β2 -γ2 2β2 + 2γ2 -α2 -----'----'--+ __ _..:....__....;._ 4 4 4

2α2 + 2γ2 - β2 + 2α2 + 2β2 - γ2 = 2β2 + 2γ2 - α2 <=>β2 +γ2 = 5α2

Μια άλλη λύση για το (β): Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρί-

γωνο ΒΘΓ: ΒΘ2 + ΓΘ2 = α2 <=> (% μβ )2 +(% μ1 )2 = α2 <=> 4μ� + 4μ� = 9α2 <=> 2 (α2 + γ2) _ β2 + 2 (α2 + β2) _ γ2 = 9α2 <=>

β2 + γ2 = 5α2 (3) γ) Από νόμο συνημιτόνων, είναι:

β2 + γ2 _ α2 συνΑ = 2βγ ή, λόγω της (3): 5 (β2 + γ2) - (β2 + γ2) συνΑ = ή 10βγ 2 (β2 + γ2) συνΑ = �:.....__:.__:_ 5βγ

2 2 4� Όμως β + γ :::::: 2� , οπότε συνΑ ;;::: 4 ή συνΑ � - . 5

Εφαρμογή :

5�

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°) . Να δείξετε ότι: μ� +μ� = 5R 2 όπου R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου. Απόδειξη :

Στο τρίγωνο ΒΘΓ θεώρημα διαμέσων.

ΒΘ2 + ΘΓ2 = 2ΘΔ 2 + ΒΓ2 <=> 2

Υ Όμως το τρίγωνο ΑΒΓ ορθογώνιο

(Α = 90°) , ΑΔ διάμεσος στην υποτείνουσα, άρα (γνωστή πρόταση): μα = � ή α = 2μα (2)

Η ( 1 ) λόγω της (2) δίνει: 4 2 4 2 2 2 2 - μβ +-μγ = - μα + 2μα <=> 9 9 9 4 ( 2 2 ) 20 2 ' 2 2 2 9 μβ + μγ = 9 μα η μβ + μγ = 5μα (3)

α 2R ή επειδή μα = 2 = z-=R η (3) τελικά δίνει: μ� + μ� = 5R 2 •

16. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°) και στην υποτείνουσα παίρνουμε τα

σημεία Ζ, Η ώστε: ΒΖ = ΖΗ = ΗΓ = α •

3

Να δείξετε ότι: ΑΖ2 + ΖΗ2 + ΑΗ2 =� α2 • 3 Απόδειξη

Φέρουμε τη διάμεσο ΑΜ του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ (Α = 90°) .

Α

Β Ζ Μ Η Γ Προφανώς ΑΜ διάμεσος και του τριγώνου

ΑΖΗ (γιατί;) Ακόμη, έπειδή ΑΜ διάμεσος στην υποτείνου-θ . , , ΑΜ α σα ορ ογωνιου τριγωνου, ειναι: = -2 Με θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΑΖΗ:



AZz +AH2 = 2AM2 + zH2 � 2

ΑΖ2 +ΑΗ2 = 2 ω)�' �

2 2 ΑΖ2 +ΑΗ2 =�+� 2 18 (1)

(2) Με πρόσθεση κατά μέλη των (1), (2):

2 2 2 α2 α2 α2 2 ΑΖ + ΑΗ + ΖΗ =-+-+- =- α2 2 18 9 3 17. Θεωρούμε ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και

το κέντρο Ο τQυ περιγεγραμμένου κύκλου και τον κύκλο που διέρχεται από τις κορυφές Β και Γ και εφάπτεται στις ευθείες 08 και ΟΓ. Εάν Μ τυχαίο σημείο του κύκλου αυτού, να δείξετε ότι: ΜΑ2 = ΜΒ2 +ΜΓ2 •

Απόδειξη Έστω Λ το κέντρο του κύκλου αυτού. Είναι ΛΒ = ΛΓ , δηλαδή το τρίγωνο ΛΒΓ ι-

σοσκελές και ακόμη, επειδή ABr=90'-3<1'=fιOC', είναι και ισόπλεuρο.

Α

Μ

Δηλαδή: ΛΒ =ΒΓ = ΓΛ = α . ΜΔ διάμεσος του τριγώνου ΜΒΓ, άρα από θεώ

α2 ρημα διαμέσων: ΜΒ2 +Μr =2ΜΔ2 +- 1 (1) 2 Η ΜΔ διάμεσος και στο τρίγωνο ΜΛΑ: ΜΑ2 + ΜΛ2 = 2ΜΔ2 + 2ΑΔ2

Ό ΑΔ α.J3 ( , , λεu , μως = -2- υψος ισοπ ρου τριγω-2α2 · 3 νου).Άρα ΜΑ2 + α2 = 2ΜΔ2 +-- �

4 2 ΜΑ2 = 2ΜΔ2 +� (2) 2

Από (1), (2) � ΜΑ2 = ΜΒ2 +ΜΓ2 . 18. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και

σημείο Δ στην προέκταση της ΒΓ, ώστε

Γ Δ = ΒΓ . Να δείξετε ότι: 4ΑΔ 2 = 7ΒΓ2 • 2

Απόδειξη Έστω ΑΚ το ύψος του τριγώνου. Είναι:

ΒΚ = ΚΓ = ΓΔ = ΒΓ 2

άρα ΑΓ διάμεσος στο τρίγωνο ΑΚΔ .. Με θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΑΚΔ:

ΚΔ2 ΑΚ2 +ΑΔ2 = 2ΑΓ2 +-- (1) 2 Α

Β Κ Δ

Έ ΑΚ ΒΓ.J3 ( ' , λεu χουμε: = -2- υψος ισοπ ρου τρι-γώνου), ΑΓ = ΒΓ , ΚΔ = 2ΚΓ = ΒΓ , οπότε η (I) � ΑΔ2 + ( Β�,/3)' = 2ΒΓ2 + Β�'

<ο> ••

. <ο>

4ΑΔ2 = 7ΒΓ2 . 19. Δίνεται κύκλος (O,R) με διάμετρο ΑΒ

και χορδή ΓΔ // ΑΒ . Εάν Ν σημείο της ΑΒ, να , δείξετε ότι: ΝΓ2 + ΝΔ2 = ΝΑ2 + ΝΒ2 (1)

Απόδειξη Φέρουμε ΟΜ .l Γ Δ οπότε Γ Δ = 2ΓΜ , ε

πειδή Μ μέσο της Γ Δ. Από θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΓΝΔ: ΝΓ2 + ΝΔ2 = 2ΜΝ2 + ΓΔ2 ή 2 W+ΝΔ2 =2ΜΝ2 +2� ή (επειδή ΓΔ = 2ΙΜ) ή ΝΓ2 +ΝΔ 2 = 2 (Ν02 + ΜΟ2 ) + 2 (ΓΟ2 - ΜΟ2 ) (Πυθαγόρειο Θεώρημα στα ορθογώνια τρίγωνα ΟΜΝ και ΓΜΟ αντίστοιχα) ή ΝΓ2 +ΝΔ 2 = 2ΝΟ2 + 2ΜΟ2 + 2ΓΟ2 - 2ΜΟ2 =

2 (ΝΟ2 + ΓΟ2 ) = 2 (ΝΟ2 + R 2 ) (2)

Β

Το β' μέλος της (1) δίνει: ΝΑ2 + ΝΒ2 = (R + ΟΝ)2 + (R - ΟΝ)2 = 2 (R2 +0Ν2 ) (3) Από (2), (3) προκύπτει η (1). 20. Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι ΒΘΓ = 60° , όπου

Θ το κέντρο βάρους του τριγώνου. Να δείξετε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.l/55

Μαθηματικά yια την Β· Λυκείου

, μz + γz _ 5αz οτι: μμ . μΥ = 4

Απόδειξη Είναι ΒΘΓ = 60° και εάν Γ Δ .l ΘΒ , τότε

Α ΘΓ . θ . ΘΓ Δ = 30° . Οπότε: ΔΘ = - απο το ορ ογωνιο 2 τρίγωνο ΘΔΓ.

Α

Γ Εφαρμόζουμε τώρα γενικευμένο Πυθαγόρειο

Θεώρημα στο τρίγωνο ΘΒΓ: ΒΓz = ΘΒ2 + ΘΓz- 2ΘΒ · ΘΔ <=>

αΖ = (% μβ )2 + (% μΥ )z -2(% μβ )�(% μΥ) 9αz = 4μ� + 4μ;- 4μpμy <=>

z 4 z 9 z 4μpμy = 4μp + μΥ- α <=> (τύποι των τετραγώνων των διαμέσων)

4μβμy = 2γz + 2αz- β2 + 2αz + 2βz - γz - 9αz <::::> βz + γ2 _ 5αz <::::> μβ · μy = 4

21. Τριγώνου ΑΒΓ με Α< 90° , έστω η διά-μεσος ΑΜ και το ύψος ΒΔ. Ν α δείξετε ότι:

ΑΜ2 = ΒΜ2 + ΑΔ · ΑΓ . .

Απόδειξη Με θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΑΒΓ:

z ABz + ΑΓz = 2AMz + ΒΓ ή επειδή ΒΓ = 2ΒΜ 2 ABz + ΑΓz = 2ΑΜ2 + 2BMz (1) Με Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρί

γωνο ΑΒΔ: ABz = ΑΔ z + ΒΔ 2 . Ακόμη: ΑΓz = (ΑΔ+ΔΓ)z =ΑΔz +ΑΓz + 2ΑΔ ·ΑΓ Οπότε:

ABz +ΑΓz = 2ΑΔz + (ΒΔΖ +ΓΔz) + 2ΑΔ · ΓΔ = '-.r------'

2ΑΔ (ΑΔ + ΓΔ) + ΒΓz = 2ΑΔ ·ΑΓ + ( 2ΒΜ)2 = 2ΑΔ ·ΑΓ + 4BMz (2)

Α

Β Μ Γ Η (1) λόγω της (2) δίνει: 2ΑΔ ·ΔΓ + 4BMz = 2AMz + 2ΒΜ2 ή AMz = BMz +ΑΔ ·ΑΓ 22. Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ στο

οποίο ισχύει: ΑΒ4 + ΑΔ 4 = ΑΓ2 · ΒΔ 2 • Να δείξετε ότι Δ = 45° •

Απόδειξη Έστω ΑΓ < ΒΔ οπότε Β < 90° και Α > 90° .

Εφαρμόζουμε γενικευμένο Πυθαγόρειο θεώρημα στα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΒΔ.:

ΑΓz = ABz + ΒΓz- 2ΑΒ · ΒΚ (1) ΒΔΖ =ΑΔΖ +ΑΒΖ + 2ΑΒ ·ΑΛ (2)

�-------;;ιιΔ ι ι ι ι ι ι ι ι

��-----�---ΑΑ : Λ Β Κ α

Με πρόσθεση κατά μέλη των (1), (2) και επειδή ΒΚ = ΑΛ (γιατί;) και ΑΔ = ΒΓ , παίρνουμε: ΑΓz + ΒΔΖ = 2 (ABz + ΒΓz)

Από υπόθεση: ΑΓz · ΒΔ z = ΑΒ4 + ΑΔ 4 Θέτουμε ΑΒ = Γ Δ = α , ΒΓ = ΑΔ = β

και ΑΓ = κ , ΒΔ = λ οπότε: κz + λz = 2 (αz + β2) (3) κzλz = α4 + β4 (4) Δηλαδή τα κ2, λ2 είναι ρίζες της εξίσωσης xz _ 2 (αz + βz) + α4 + β4 = 0

Είναι χ = αz + βz ± αβJ2 ή κ2 = αz + βz - αβJ2 (5) Από (l) κz = αz + βz - 2α · ΒΚ (6)

Από (5), (6) <::::>2α ·ΒΚ=α/Ν2 <::::>β =ΒΚ../2 Δηλαδή το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΚΓ είναι ι-

σοσκελές, άρα Β = 45ο . Είναι Β = Δ από το παραλληλόγραμμο

ΑΒΓΔ, άρα Δ = 45ο . 23. Σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει β2 + γ2 = 2α2 •

Με βάση την ΒΓ κατασκευάζουμε εκατέρωθεν αυτής δύο ισόπλευρα τρίγωνα ΒΔΓ και ΒΕΓ. Να δείξετε ότι ΔΑΕ = 90ο •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" λστ" τ.l/56

Μαθηματικά Ύlfl την Β' Λυκείοο

Απόδειξη Το τετράπλευρο ΔΒΓΕ είναι ρόμβος (γιατί;)

και οι διαγώνιές του διχοτομούνται, οπότε το Μ είναι μέσο. και.της ΒΓ και του ΔΕ.

Δ

Ε

Στο τρίγωνο ΑΒΓ από θεώρημα διαμέσων α2 παίρνουμε: β2 + γ2 = 2μ� + - ή 2

α2 α.J3 2α2 = 2μ� + 2 ή 3α2 = 4μ� ή μα = -2-

Ε, ΔΜ α.J3 ' ' λευ ιναι = -2- ως υψος ισοπ ρου τρι-γώνου πλευράς α. Άρα ΔΕ = αJ3 .

Οπότε στο τρίγωνο ΑΔΕ η διάμεσος ΑΜ είναι ίση με το μισό της πλευράς στην οποία αντιστοιχεί, δηλαδή της ΔΕ. Επομένως ΔΑΕ ορθογώνιο τρίγωνο, δηλαδή ·ΔΑΕ = 90° .

j ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ Λ ΥΣΗ 1. Δίνεται κύκλος (O,R) και δύο κάθετες

χορδές του ΑΒ και ΓΔ που τέμνονται στο Σ. Να δείξετε ότι: ΑΓ2 + ΒΓ2 + ΒΔ 2 + ΔΑ 2 = 8R 2 •

ώστε ΑΒ = 2ΒΓ . Εάν Ρ τυχαίο σημείο που δεν ανήκει στην ευθεία, να δείξετε ότι:

ΡΑ2 + 2ΡΓ2 = 3ΡΒ2 + 6ΒΓ2 • �- Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τα σημεία Δ, Ε

της ΒΓ, ώστε ΒΔ = ΔΕ = ΓΕ . Να δείξέτε ότι: ΑΔ2 + ΑΕ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 -� ΒΓ2 •

9

5. Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι ΒΔ = ΒΓ . Να δεί-3

ξετε ότι: 6ΑΒ2 + 3ΑΓ2 = 2ΒΓ2 +�2 • � 6. Προεκτείνουμε τη διάμεσο ΑΜ τριγώνου

ΑΒΓ κατά ΜΕ = 2ΑΜ . Να δείξετε ότι:

ΓΕ �4β2 + 12γ2 - 3α2

� Μ

' ' 2 ' δ 7. ε κεντρο το σημειο τομης των ιαγω-νίων ενός παραλληλογράμμου ΑΒΓ Δ, γράφουμε κύκλο. Εάν Μ σημείο του κύκλου, να αποδείξε-τε ότι το άθροισμα ΜΑ2 + ΜΒ2 + ΜΓ2 + ΜΔ2 είναι σταθερό.

� 8. Σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει Ρα =iα . Να

δ ίξ , 2 2 2 ε ετε οτι: Ρα = Pp + μ1 • J9. α) Να αποδείξετε ότι υπάρχει τρίγωνο με πλευρές .Jj ' J5' ·.,fiS· •

β) Να βρείτε το είδος του τριγώνου αυτού. Ο συνάδελφος Γ. Ιωαννί?ης απ' τον Χολαργό προτείνι;ι:

� ιΌ Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Β = 2Γ και ΒΓ = 2ΒΑ . Να υπολογιστούν οι γωνίες του.

\Υπόδειξη: Άσκηση 2 .). 2. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ η t είναι 2. Δίνεται τρίγωνο με πλευρές 2λ, 4λ και Sλ. 15°. Αν ή υπότείvουσα ΒΓ είναι ίση προς Να βρείτε τα μήκη των προβολών των δύο άλ,..

λω� πλευρών στη μικρότερη πλευρά. · την α, να υπολογι�ούν οι δύο άλλες πλευ-3. Επί ευθείας θεωρούμε τα σημεία Α, Β, Γ ρές το� τριγώνο\i zωρίς χρήση τριγωνομε-

τρικών τύπων.

r rPirΩNOMETPIA Β' ΛΥΚΕΙΟΥ Των Χαραλαμποπούλου Λίνα -Ευθυμόγλου Πέτρος

Στο άρθρο αυτό θα ασχοληθούμε με. απλές εφαρμογές που αφορούν στον υπολογισμό των τριγωνομετρικών αριθμών του αθροίσματος α+β και της διαφοράς α-β γωνιών α, β.

•

•

Α. Στην Α' Λυκείου μάθαμε ότι:

εφχ1= ημχ ,χ ::;:. κπ+ π, κ ε Ζ , συνχ 2

συνχ σφχ = --,χ ::;:. κπ , κ ε Ζ ημχ

•

•

ημ2χ+ συν2χ = 1

2 1 π εφ x + l = -. -2-. , χ ::;:. κπ+- , κ ε Ζ συν χ 2

Αι . Υπολογισμός των τριγωνομετρικών


αριθ-


μών των γωνιών α+β και ά-β αν είναι γνωστοί οι τριγωνομετρικοί αριθμοί των γωνιών α,β.

•

•

•

•

•

•

•

•

Για οποιεσδήποτε γωνίες α,β ισχύουν :

συν( α-β) = συνασυνβ +ημαημβ συν( α+β) = συνασυνβ-ημαημβ ηιi( α-β) = ημασυνβ -συνα ημβ ημ( α+β) =ημασυνβ+συναημβ

π Αν συνα :;t: Ο<::> α :;t: κπ+- ,κ Ε Ζ , 2 . π συν β :;t: Ο<=> β :;t: λπ +-,λ Ε Ζ , 2

π συν( α-β) :;t: Ο<=> α-β :;t: νπ+-, ν Ε Ζκαι . 2 συν( α+β) :;t: Ο<=> α+β :;t: μπ+ π ,μ Ε Ζτότε: 2

εφα+ εφβ εφ( α+β) = και ι -εφαεφβ εφ ( α-β) = εφα-εφβ ι + εφαεφβ

Άσκηση lη 4 π 5 3π Αν 1JD=5,o<α<2 και συνβ=-13 , π<β<2

να υπολσyιστούν οι τριγωνομετρικοί αριθμοί της γωνίας α-β.

Λύση Επειδή: η μ( α- β) = η μα συνβ -συνα ημβ και

συν ( α- β) = συνα συνβ +η μα ημβ αρκεί να υπολογίσουμε το συνα και το ημβ .

ι6 ' 9 Έχουμε : συν2α= ι-ημ2α= ι--=- , 25 25 π . 3 2a --)Ω 25 ι44 Ο<α<2 αρα σι:Μl=s και ημμ=ι-υυvμ=ι-1w=ιw ' 3π . ι2 π < β <- αρα ημβ = -- . 2 ι 3

Τότε: ημ( α-β) =� · -5 -� · -ι2 =_!i 5 13 5 13 65 3 -5 4 -12 63 και συν( α-β) =- ·-+- ·-=-- . 5 13 5 13 65

16 εφ(α-β) = ημ(α-β) = 65 = -_!i

συν( α- β) _ 63 63

63 σφ(α-β) = -- . ι6

65

Α ν χ+ y = 135° και εφ χ = .!_ να υπολογίσετε 2

την εφy . Λύση

• ( 0 ) εφ135° -εφχ Ειναι: εφy = εφ 135 -χ = 0 ι + εφι35 εφχ Όμως: εφ ι 35° = εφ( ι 80° - 45° ) = -εφ45° = -1

-1-_!_ άρα εφy =---f-=-3 .

ι --2 Άσκηση 3η

Άν εφα =! και εφβ =! με α,β Ε (π, 3π) 3 2 2

1) να βρεθεί η εφ (α+ β) και 2) να βρεθεί η γωνία α+β.

Λύση ι ι - +-

1 ) Είναι εφ( α+β) = εφα+ εφβ = 3 2 = 1 1 -εφαεφβ ι �_!_ . _!_

' 3π 3π 2) Ομως: π < α <- και π < β <-2 2

3 2

άρα 2π < α+β < 3π οπότε α+β = 2π +�= 9π . 4 4 Άσκηση 4η

Αν α,β e (ο,;} ημαημβ=χ και εφαεφβ=y

να βρείτε ως συναρτήσεις των χ, y το συν(α+ β) .

Λύση

'Ε χουμε: εφα εφ β = y ή η μα ημβ = y ή συνa συνβ

� = συνασυνβ . Είναι: συν( α+β) =σιΜlσιJ\.β-ψαημβ Υ χ x ( 1 -y) =--χ = , y>O. Υ Υ

Άσκηση 5η Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Αν ισχύει

(l + εφΑ)(l +εφΒ) = 2 (1) τότε: 1) Να βρείτε τη σχέση που συνδέει τις γωνί

ες Α και Β, 2) να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι α

βλυγώνιο και

3) αν εφ Β = � να βρεθεί το συν (Α-Β) . 4

Λύση


Μαθηματικά ΎU1 την Β' Λυκείου

1)Έχουμε: ( 1 + εφΑ} ( l + εφΒ) = 2ή Έχουμε: β=α-(α-β) άρα 0\λ.β=ω{α-(α-β)]= 1 +εφΑ +εφΒ+εφΑεφΒ = 2 ή εφΑ + εφΒ = 1-εφΑεφΒ ( ). συνασυν( α -β) +η μα η μ( α-β) (1).

Ισχύει: 1 - εφΑεφΒ ::ι:. Ο γιατί αν εφΑεφΒ = 1 Επομένως αρκεί να υπολογίσουμε το η μα και τότε η (2) δίνει εφΑ+ εφΒ = Οπου είναι άτοπο το ημ( α-β) . γιατί δεν υπάρχουν αριθμοί με άθροισμα μηδέν και 2 2 1 15 γινόμενο θετικό.

εφΑ+ εφΒ Άρα η (2) γίνεται: = 1 1 -εφΑεφΒ π π �εφ(Α+Β) = εφ4� Α+Β= κπ+4, κ ε Ζ

' π και επειδή Ο < Α + Β < π εχουμε: Α + Β = 4 . 2) Επειδή: π Α+Β=-4 έχουμε

( ) π 3π ' ' Γ= π - Α+Β = π -- =- , αρα το τριγωνο 4 4 ΑΒΓ είναι αμβλυγώνιο. . 3) Από την (1) έχουμε: (1+εφΑ{1+�)= 2

7 Ι � ( 1 + εφΑ )4 = 2 � εφΑ = 7 . 1 3

εφΑ-εφΒ 7 - 4 17 εφ( Α-Β) = l + εφΑεφΒ = 1 +_!._ ·� = -31και

7 4 εφ2 (Α -Β) + 1 = 2 (

1 ) άρα συν Α-Β

1 289 961 συν2 (Α-Β) = 961 + 1 � συν2 (Α -Β) = 1250 ·

π Το τρίγωνο είναι αμβλυγώνιο με Γ>- άρα 2 π Ο <Α<-2

π Ο < Α < -2 και ή και π π Ο<Β<- --<-Β<Ο 2 2

π π ή -- < Α-Β<-2 2

3 1.fi οπότε συν(Α-Β)>Ο . Άρα συν( Α-Β) = ----sG . Άσκηση 6η

Για κάποιον αριθμό α του (Ο, ; ) και κά-

( π ) ' 1 ποιο μ του -2,ο δεχόμαστε οτι: συνα = "2'

συν( α -β) =.!. . Ν α υπολογιστεί το συν β. 5

Λύση

Είναι : ημ α = l -συν α = l -16 =16, π .J15 Ο < α <- άρα ημα =- και 2 4

2 ( ) 1 24 ημ2 ( α-β) = 1-συν α-β = 1 -- =- . 25 25 {Ο < α < π · {Ο < α <� Όμως: 2 η 2 π π --< β < Ο 0 < -β <-2 2

οπότε

( ) 2J6 Α , Ο < α�β < π , άρα έχουμε: ημ α-β =-5- . πο ι ι .J15 2J6 ι + 6.Ji0 τη σχέση (Ι) συνβ =4 · 5+4·-5- = 20

·

Άσκηση 7η

1 3π '1 ,.,.,{_ Αν συνα = -- και π < α < - να υπο ...... , .. -5 2

σετε την εφ(: + α) .

Λύση

Έχουμε: εφ( �+α) � εφ�:εφα 1- εφ-εφα 4

Αρκεί να υπολογίσουμε την εφα .

l + εφα 1-εφα

Είναι: εφ2α = -1--1 = 25 - 1 = 24 , συν2α π < α < 3π , οπότε εφα = J24 = 2J6 2

π 1 + 2../6 (1 + 2../6)2 25 + 4J6 Άρα εφ(4+α) = 1-2../6 = 1-24 = - 23 Α2.

1. Υπολογισμός των τριγωνομετρικών αριθμών της γωνίας 2α

• αν είναι γνωστοί οι τριγωνομετρικοί αριθμοί της γωνίας α ,ή

• αν δίνεται μία σχέση μεταξύ των τριγωνομετρικών αριθμών της γωνίας α.

2. Υπολογισμός των τριγωνομετρικών αριθμών της α από το συνημίτονο της γωνίας 2α.

Τύποι που συνδέουν τα τόξα 2α, α:


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

• ημ2α = 2ημασυνα •

•

•

•

συν2α = συν2α-ημ 2α = 2συν2α- 1 = 1 -2ημ2α

2 2εφα εφ α =-�-1-εφ2α

2 1 -συν2α εφ α = 1 +συν2α 2 1 + συν2α συν α =---2 2 1-συν2α

• ημ α =---2 Άσκηση lη �. 4 Sπ λογί n..ν ημα = --,π< α < - να υπο σετε:

5 4 1) Τους τριγωνομετρικούς αριθμούς της

α γωνίας - και 2

2) Τους τριΎωνομετρικούς αριθμούς της Ύωνίας 2α.

Λύση

1) Γ ίζ , 2 α 1-συνα νωρ ουμε οτι ημ "2 = 2 και 2 α 1 +συνα , , λογί συν -= , επομενως αρκει να υπο -2 2

σουμε το συνα . ( 4)2 9 Είναι : συν2α = 1 -ημ2α = 1 - -5 . = 25 και

5π επειδή π < α < -- , θα είναι συνα < Ο , οπότε 4 3 συνα = -- . 5

1 +� 2 α 1 -συνα 5 4 Έχουμε: ημ - = =--=- και 2 2 2 5

2 α 1 +συνα 1 ,0 5π συν - = = - . μως π < α < -- ο-2 2 5 4 , π α 5π , ποτε - <- <-- αρα 2 2 8

α 2.J5 α .J5 ημ-=-- συν-= -- και 2 5 ' 2 5 α

α ημ2 α 1 εφ2=--α =-2 , σφ2 =-2 . συν-2

2) Γνωρίζουμε ότι: ημ2α = 2ημασυνα και

συν2α = συν2α-ημ2α , επομένως αρκεί να υπολο-γίσουμε το συνα .

3 συνα = -- , Στό (1) βρήκαμε οπότε

2α = 2 (-4) (-3) = 24 ημ 5 . 5 25 ' συν2α = ( -�Υ -( -�Υ = ;5

24 εφ2α = 25 = - 24 σφ2α = _ _2._ . 7 7 ' 24

25 Άσκηση 2η

5

και

Αν ; < ω < π και εφω είναι ρίζα της εξίσω-

σης χ2 -χ-6 = Ο να βρεθεί η τιμή της παράστασης Α = 10ημ2ω -15συν2ω-3εφ2ω .

Λύση

Οι ρίζες της εξίσωσης χ2 - χ-6 = Ο είναι χ = -2 ή χ = 3 .

Ε δ , π ' 2 πει η: - < ω < π , εχουμε εφω= - . 2 , 2 1 -συν2ω Ειναι εφ ω =------1 +συν2ω

, 1 -συν2ω Άρα: 4 = <=> 5συν2ω = -3 1 + συν2ω 3

<=> συν2ω = -- . 5 Είναι: 2 2 9 16 ημ 2ω = 1-συν 2ω = 1 --=--25 25 '

� < ω < π ή π < 2ω < 2π 2 4 άρα ημ2ω = -- και 5

4 εφ2ω=

-� =j . 5

-4 -3 4 Άρα: Α = ι ο· ( 5) -15( 5)- 3 · 3 = -8+9-4 = -3 . Άσκηση 3η 1) Ν α υπολσyιστούν οι τριΎωνομετρικοί α-

θ , , π ρι μοι της Ύωνιας 12

και

2) να αποδείξετε ότι ημ 2 �-συν4 5π = -1 . 12 12 16 Λύση

1) Είναι � = 2� και 6 12 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστΆ τ.l/60

Μαθηματικά ΎUΙ την Β' Λυκεiου

1 +σuν2� 1 +σuν� Οπότε: σuν2 � = 12 = 6 = 12 2 2

J3 1 +2 2+J3 Άρα π fi;J3 σuν-= =-- =--. 2 4 π 1-σuν2-

12 2

και ημ2 � = 12 12 2

π J3 1-σuν6 1 -2 2_J3 = 2 = -2-=-4- , άρα π J2=J3 π J2=J3 ι:; ημ 12 = 2 και εφu = �2+J3

= 2 -ν3

=

5π 6π π π π 2) σuν-= σuν(---) = σuν(---) = 12 12 12 2 12 π , 2 π 4 5π = ημ 12 . Οποτε ημ 12 -σuν U =

= ημ2�-ημ4� = 2-./3 -(2-J3J2 = 12 12 4 4 2-./3 4-4./3 + 3

4 16 = 8-4J3-7+4J3 1 = 16 16

Άσκηση 4η

I= J6 'l .....ί-Αν Ι ημα-συνα -, να υπο....., 1 ι.vετε τους 3

αριθμούς ημ2α, συν2α, εφα όταν α ε (Ο, π) . 2

Λύση

I I ,/6 . ημα-σuνα =- αρα 3 6 (ημα-συνα)2 =- � 9

2 ημ2α+σuν2α-2ημασuνα =- � 3 2 2 1 -2ημασuνα =- � 2ημασuνα = 1 -- � 3 3

1 1 2ημασuνα =- � ημ2α =- . 3 3

2 2 1 8 Άρα: σuν 2α = 1 -ημ 2α = 1 -- =-9 9

0 < 2α < π . Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: α) π Ο < α � -4

2Ji άρα π 0 < 2α < -2

σuν2α =--3 και 2 1 -συν2α εφ α = 1 +σuν2α 1 - 2Ji

εφ2α 3 = 17 -12J2 1 + 2Ji

3

π π β) - < α <-4 2 2Ji συν2α = ---3 '

άρα π - < 2α < π 2

2 1 -συν2α 3 + 2J2 17 + 12J2 εφ α = = 1 + σuν2α 3 - 2J2 9-8 Άρα εφα =�17+ 12J2 . Άσκηση 5η

και

και

ή

οπότε

και

Για τη γωνία χ με

Sσυν2χ -18συνχ + ι = ο π , - < χ < π ι.σχuει 2

α) Να δείξετε συνχ = _.!. s

p) Να υπολσyίσετε τους τριγωνομε- τρικούς αριθμούς ημ2χ, συν2χ, εφ2χ .

Λύση

α) 5συν2χ -18συνχ + 1 = 0 � 5συν2χ -9συνχ -2 = 0(1) .

Θέτουμε: συνχ = ω οπότε η (1) γίνεται: 5ω2 -9ω-2= 0 με ρίζες ω = 2 ή ω=-.!

5 , (αδ ' ) ' 1 αρα σuνχ = 2 υνατη η σuνχ = -- . 5

1 2 2 24 β) συνχ = -- και ημ χ = 1 -σuν χ =- . 5 25 Άρα . 2,/6 ( . π ) ημχ =-5- αφου 2 < χ < π .

ημ2χ = 2ημχσuνχ = 2 2,/6 (-.!.) = - 4,/6 5 5 25 '

2 23 ' σuν2χ = 2σuν χ -1 = -- και σuνεπως 25

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λm' τ.l/61


4.J6 -- .J6 εφ2χ = ___1_L = � . 23 23

25 ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΠΟΛΛΑΠΛΗΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ

ι Α J5 ' 2 ' • ν συνα +η μα =- τοτε το η μ α ισουται 2 1 3 1 με: Α: -- Β: - Γ: 1 Δ: -4 4 4

Ε: κανένα από τα προηγούμενα 2. η τιμή της παράστασης Ε 4 π 4 π ' ' =συν --η μ - ειναι ιση με:

8 8

Α: 2 J2 Β: J2 Γ: J2 Δ: 2 2 Ε: κανένα από τα προηγούμενα

3 Α 1 J3 ' ' . ν ημα = -2 και συνα = -2 τοτε η τιμη . J3 [.; [.; 1 της εφ2α είναι: Α: - Β: -ν3 Γ: -ν3 Δ: -3 2

Ε: κανένα από τα προηγούμενα

4. Αν ημ2α = κ, 0° < α < 90° τότε το η μα+ συνα ισούται με :

Α 1+� Β: 1 -� Γ: 1 + κ Δ: .J1 + κ Ε: κανένα από τα προηγούμενα.

5. Η εφ22,5° είναι ίση με: Α: 3 + 2J2 Β: 2J2 -3 Γ: 3 - 2J2 Δ: 2J2 Ε: κανένα από τα προηγού- μενα. 6. Αν εφχ = κ και εφy = λ , τότε

εφ ( χ + y) είναι ίση με: κλ- 1 Α: --

κ-λ Β: -- Γ: κ +λ Δ: κλ+ 1 κ+ λ 1 + κλ 1 - κλ κ-λ

Ε: κανένα από τα προηγούμενα.

η

7. Αν εφα,εφβ είναι ρίζες της εξίσωσης χ2 +κχ+λ = Ο με λ :;t: 1 τότε η εφ (α+β) είναι ίση

κ κ κ 1 + λ ' με: Α: -- Β: - Γ: - Δ: - Ε: αλλο. 1 + λ λ- 1 1-λ κ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΑΝΤΙΣΤΟΙΧΙΣΗΣ

Να aντιστοιχίσετε κάθε στοιχείο της στήλης Α με το ίσο του στη στήλη Β.

·:t� A Ε9Ι'ΒΑΗ Β ι. 2ημ20° συν20° α. εφ30° + εφ20°

2 . 1 + συν40°

β 1 - συν20°

· 1 + συν20° γ. 1

3. 1 - συν25° δ.

2εφ25°

1 - εφ2 25° 4. εφ2 1 0° 1 + συν1 40°

ε.

5. συν50° + 2ημ 2 25 2

2 1 5 στ. σφ -2

6. συν2 75° ο

ζ 2 2 25

. ημ -

7_ 1 + συν1 5: 2

η. ημ40° 1 - συν1 5 θ. 2 συν2 20°

8. εφ50° 2 - J3 ι. --4

ια. συν40°

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΑΝΑΠΤΥΞΗΣ 1. Να υπολογίσετε τους τριγωνομετρικούς α-

ριθμούς της γωνίας 165° . 2. Α ν α ε (Ο,�) και β ε (π, 3;) και

4 β 1 λογ' η μα = - , συν = -- να υπο ισετε τους 5 2 τριγωνομετρικούς αριθμούς των γωνιών α+ β , α-β .

3. Να υπολογίσετε την εφ(�+ α)και την

(π ) 2 3π εφ --α αν συνα = -- π< α <- . 3 5 ' 2 4. Αν α+ β = 240° και εφβ = .!.. να υπολογίσετε 3

την εφα . 5. Α ν συνα = 12 , α ε (π , π) να υπολογίσετε 13 2

τους τριγωνομετρικούς αριθμούς του τόξου � . 2 6. Να υπολογίσετε τους τριγωνομετρικούς α-

θ ' ' 3π ρι μους της γωνιας l6 . 7. Α ν εφα = 2 , 0° < α < 90° να υπολογίσετε

, , 3συν2α-2ημ2α την τιμη της παραστασης Α = ____ .:.;.___ 4ημ2α+ 5συν2α


Μαθη ματικά Για τη Γ ' τάξη του Λυκείου

Γεωμετρικοί τόποι στο Μιyαδικ6 Επίπεδο

Εισαγωγή Σκοπός του παρακάτω άρθρου είναι να βοη

θήσει τους μαθητές να επεξεργάζονται ασκήσεις, που αφορούν γεωμετρικούς τόπους στο Μιγαδικό Επίπεδο.

Το πρώτο μέρος του άρθρου περιέχει στοιχεία θεωρίας και στη συνέχεια λυμένα παραδείγματα.

Το δεύτερο μέρος περιέχει γενικές ασκήσεις ενώ στο τέλος προτείνονται ασκήσεις προς λύση, παρόμοιες με τις ήδη λυμένες.

Πρόταση Η απόσταση των εικόνων δύο μιγαδικών ι

σούται με το μέτρο της διαφοράς τους. Υ

χ

Μι Δηλαδή αν Μ1 , Μ2 είναι οι εικόνες των

μιγαδικών z1 , z2 αντίστοιχα, τότε:

(ΜιΜ2) = lzι -z2l · Παράδειγμα 1 Έστω ο μιγαδικός z -:�: Ο •

α) Να αποδείξΕτε ότι οι εικόνες των μιγαδικών z, -z και iz.J3 είναι κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου.

β) Αν το εμβαδόν του ισοπλεύρου είναι .J3 , να υπολογίσετε το μέτρο του z.

Λύση α) Έστω Α, Β, Γ οι εικόνες των z, -z, izJ3

αντίστοιχα. {ΑΒ) = lz - {-z� = 12� = 21� .

· (ΒΓ) = j-z - izJ3j = 1-z (ι + iJ3) = = Ι� Ιι + iν'31 = 1��2 +J32 = 2 1� .

{ΓA) = jizJ3 -� = lz(-l + iJ3) =

του Χρήστου Λαζαρίδη

= lzΙ I-t + iJ31 = Ι� · 2 = 2 1� . ( ΑΒ) = {ΒΓ) = {Γ Α) επομένως το τρίγωνο

ΑΒΓ είναι ισόπλευρο. β) Το εμβαδόν ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς ' α2J3 Τ ΑΒΓ ' λευ ' 2 1...1 Ά α ειναι -- . ο εχει π ρα L.f • ρα, 4

4lzl2 J3 r;; 2 __,__,__= ν 3 � 1� = ι � 1� = ι . 4 Παράδειγμα 2 Να υπολογίσετε τον μιγαδικό z, που είναι

τέτοιος ώστε: l2zl = l2z -11 = l2z -η . Λύση

Υ

Β Μ

ο Α χ

Η σχέση γράφεται: 2 1� = 2 1z-� = 2 l'z -� � � lz - {0+ Oi� =

= lz-(�+Oi) = lz -( O+�i) . Έστω Μ η εικόνα του z και 0{0,0) ,

Α(� , ο) . Β( ο.�) οι εικόνες των Ο, � · �i αντί-στοιχα.

Έχουμε: {ΜΟ) = {ΜΑ) = {ΜΒ) , δηλαδή το Μ ισαπέχει από τις κορυφές του ορθογωνίου τριγώνου ΟΑΒ. Συμπεραίνουμε ότι το Μ είναι το περίκεντρο του ΟΑΒ, το οποίο είναι το μέσο της υποτείνουσας ΑΒ. [_!+ Ο Ο+_!]

Άρα, Μ 7·---f δηλαδή Μ(� ·�) ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' �, τ.l/63

τ λ ' 1 1 . ε ικα z =-+-ι . ' 4 4

Μαθηματικά -yια την Γ' Λυκείου

Παράδειγμα 2

Εφαρμογή ι Έστω a Ε C και ρ Ε JR με ρ > Ο • Ο γεωμε

τρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών z, που είναι τέτοιοι ώστε: lz -� = ρ , είναι ο κύκλος με κέντρο την εικόνα του a και ακτίνα ρ.

Υ

χ

Μια άλλη διατύπωση είναι η ακόλουθη: Η εξίσωση lz -� = ρ παριστάνει τον κύκλο κέ-ντρου A(a) και ακτίνας ρ.

Παράδειγμα ι Να υπολογίσετε το γεωμετρικό τόπο των

εικόνων των μιγαδικών z, που είναι τέτοιοι ώ-

στε:α) ι� ίι + JS = lz� β) lz+ iz -ψ:�:Ji γ) l2z - ιΙ < 4 .

Λύση α) �2�i� +v'S= Iz�� +v'5=tz1v'5� 4� �� .J5 + .J5 = lzJ../5 � 4lzl + 5 = S lzl � �� = 5 . Ο γ.τ. είναι ο κύκλος κέντρου Ο και ακτίνας 5. β) lz + iz - η �J2 � lz(1 + i) - 1I �J2 �

�Ι(1+i)(z-�)�J2�ιι+η z ( ��ί ") �J2� 1+ι 1+ι 1-ι �J2Ιz- 1;il �J2 � Ιz-(�-�i) � 1 . Ο γ.τ. είναι τα εξωτερικά σημεία του κύκλου

, κ( 1 1) , 1 , κεντρου 2,-2 και ακτινας επισης ο γ.τ. πε-

ριλαμβάνει τα σημεία του κύκλου. γ) l2z - il < 4 � 12z -� < 4 � l2z + � < 4 � 12(z +�i) < 4� ιz- ( o-ii) < 2 . Ο γ.τ. είναι το εσωτερικό του κύκλου κέντρου

κ( 0,-i) και ακτίνας 2.

'Εστω ο μιγαδικός z, ώστε: lz - ι + 2η = J2 . . 2

α) Να υπολογίσετε το γεωμετρικό τόπο των εικόνων των w = 2z + ι + i και των w - ι + 2i .

β) Να βρεθεί ο μιγαδικός w1 , ο οποίος έχει I

το ελάχιστο μέτρο και ο w 2 , που έχει το μέyιστο μέτρο, από τόυς w του α ερωτήματος.

Λύση α) lz - 1 + 2il = J2 � Ι2z - 2 +4il =J2 � 2 �Ι2z+1+ i -3+3� =.fi � lw -(3 - 3i� =J2 . Ο γ.τ. είναι ο κύκλος κέντρου Κ(3,-3) και α-

κτίνας J2 . Ιw - 3 + 3ii =J2 � l w - 3+ 3i i =J2 � � ιw- 3- 3il =J2 � lw-1+2i-2-5il =.fi �l(w-1+2i) -(2+5i� =fi .

Ο γ.τ. είναι ο κύκλος κέντρου Λ(2,5) και α-κτίνας J2 .

β) Το μέτρο ενός μιγαδικού ισούται με την απόσταση της εικόνας του από την αρχή Ο. Οι w 1 , w 2 έχουν αντίστοιχα εικόνες τα Α, Β αντίστοιχα, αφού (ΟΑ), (ΟΒ) είναι η ελάχιστη και η μέγιστη απόσταση της εικόνας του w από το Ο.

Υ

Η ευθεία ΟΚ έχει εξίσωση y = -χ και ο κύκλος έχει εξίσωση (χ - 3)2 + (y + 3)2 = 2 .

Οι συντεταγμένες των Α, Β προκύπτουν από τις λύσεις του συστήματος:

�χ�-�;2 + (y + 3)2 � 2}

� ;:� ή� = =2} Άρα, Α{2,-2) και Β{4,-4) . Τελικά, w1 = 2- 2i και w2 = 4 -4i . Παράδειγμα 3 Έστω z E C . α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση lz -� = ρ ,

όπου a Ε C και ρ > Ο παίρνει τη μορφή

��2 = 2Re(za) + ρ2 - 1�2 .


Μαθηματικά ΎUI την Γ Λυκείου

β) Αν ισχύει lzl2 = 2 Re(3z - 4iz)- ι6 , να υπολογίσετε τον Ύεωμετρικό τόπο των εικόνων του z.

Λύση α) lz - al = ρ� lz - al2 = ρ2 �

� (z-a)(z -a) = ρ2 � zz-aZ-ίiz+aa=ρ2 � � ��z - (az +az) = ρz - lalz � l�z -(za+za) =ρ2 -1�2 ��2 =2Re(za) +ρz -l�z .

β) 1�2 = 2·Re(3z-4iz) - 16� � 1�2 = 2Re(z(3-4i))- 16 � 1�2 = 2Re[z(3 + 4i)] + 32 -52 �

1�2 = 2Re[z(3+ 4i)] + 32 - l3 + 4il2 � lz - (3 +4i� = 9 . Ο Ύ.τ. είναι ο κύκλος κέντρου Κ{3,4) και α

κτίνας 9. ΠαράδειΎμα 4. Έστω z e C ώστε izi = ι . Να υπολογίσετε

το ελάχιστο και το μέ-yιστο της παράστασης lz - ι + 2η .

Λύση Από τη σχέση I� = 1 , συμπεραίνουμε ότι η ει-κόνα Μ του z, ανήκει στον κύκλο κέντρου Ο και ακτίνας 1 . Έστω A(l , -2) η εικόνα του 1-2i. ·

Η παράσταση lz - 1 + 2� = lz - (1 - 2i� = (ΑΜ) Ύίνεται ελάχιστη, μέyιστη όταν το Μ �μπίπτει αντίστοιχα με το Μι , Μ2 (Σ χ 1 ). Η ευθεία ΟΑ έχει εξίσωση y = -2χ .

Τα σημεία Μι , Μ2 προκύπτουν· από τις λύ-

σεις του συστήματος:

x2 + y2 = 1}�5x2 = 1 }� χ � Js /�-Jsj

y = -2x y = -2x _ 2 _ 2 y - -J5 Υ - J5

Mι (Js .-JsJ και Μ2 (-Js. Js} Το ελάχιστο είναι

,---------

( Ί )2 ( 2 )z (ΑΜι ) = 1-J5 + -2 + J5 =J5 - 1.

Το μέγιστο είναι .--------

(AMz) = (ι + Js)2 + (-2 -Js)2 =J5+I .

Υ Mz

A(l ,-2) Σχ. 1

ΕφαρμοΎή 2

Υ

A(a) γ Σχ. 2

B(b)

χ

Έστω a, b e C με a -φ. b , τότε: ο Ύεωμετρικός τόπος των μιΎαδικών z, που είναι τέτοιοι ώστε: lz -� = lz - bl είναι η μεσοκάθετη του τμήματος με άκρα τις εικόνες των a, b (Σχ. 2).

Μια άλλη διατύπωση είναι η ακόλουθη: Η εξίσωση lz -� = lz - bl παριστάνει τη με-

σοκάθετη του τμήματος με άκρα A(a) , B(b) .

ΠαράδειΎμα ι Έστω z e C . α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

lz -� = lz - bl , όπου a, b e C με a -φ. b παίρνει τη

μορφή 2 Re[(b - a)z] = lbl2 - lal2 • β) Να υπολο-yίσετε το Ύεωμετρικό τόπο των

εικόνων των μιΎαδικών z, που είναι τέτοιοι ώ-στε lz + ι - il = lz - 3 - 3il και στη συνέχεια να βρείτε το ελάχιστο μέτρο �ου z.

z . Ύ) Να υπολογίσετε το Ύ.τ. των εικόνων των

Λ�ση α) lz -al = lz-bl � Ιz- al2 = lz-bl2 � � ( z-a) (z-a) = ( z-b) (z-1>) �

- -zz-az-ίiz + aa = zz-bz-bz + bb � �(b-a)z+(b-a)z = lblz - lalz � �-�z+�-�z =�2 -�2 � � 2Re[(b- a)Z] = Ibl2 - lal2 . β) lz+l-� =lz-3-3� �Ιz-(-l+i� =lz-(3+3i� . Ο γ.τ. των εικόνων του z είναι η μεσοκάθετος

του ΑΒ, όπου Α{-1, 1) και Β(3,3) . Η εξίσωση της μεσοκάθετης, όπως προκύπτει

από το α) ερώτημα, αν θεωρήσουμε a = -1 + i , b = 3 + 3i και z = χ+ yi , γίνεται: 2Re[(3 + 3i + l - i) (x - yi)] = l3 + 3�2 - l- 1+ �2 � 2Re[(4+ 2i) (x -yi)] = 1 8-2 � � 4χ + 2y = 8 � 2χ + y-4 = Ο .


Μαθηματικά -yια την Γ Λυκείου

Υ

χ

Υ

----��-r--+--+x Ο Α

Σχ.3 Σχ. 4 Οι εικόνες του z ανήκουν στη μεσοκάθετη ε

και το μέτρο τους ισούται με την απόσταση της εικόνας τους από την αρχή Ο (Σχ. 3). Η μικρότερη απόσταση, δηλαδή ελάχιστο μέτρο, έχουμε όταν η εικόνα του z είναι η προβολή του Ο στην ε. Στην περίπτωση αυτή, το μέτρο ισούται με την απόσταση του Ο, από την ε, δηλαδή είναι:

d = 12 · 0 +0 - � = _!_ = 4J5 �22 + 12 J5 5

γ) Οι εικόνες των z, z είναι σημεία συμμετρικά ως προς τον άξονα χ'χ . Συμπεραίνουμε ότι ο γ.τ. των εικόνων των z είναι η ευθεία ε', η οποία είναι συμμετρική της μεσοκάθετης ε ως προς άξονα χ'χ. Η εξίσωση της ε', προκύπτει αν στην εξίσωση της ε, θέσουμε όπου y το -y.

Τελικά, ε' : 2χ - y -4 = Ο .

Παράδειγμα 2 Να βρείτε το σύνολο των εικόνων των μιγα-

δικών z, που είναι τέτοιοι ώστε: ι; -ιι s; ι .

Λύση

ι;-1ι � 1 � ι2:zl � 1 � 121�� 1 �

� 12- � � ι� � ιz- (2 + 0i� � ιz - (o + oi� .

Ο γ.τ. είναι το αριστερό ημιεπίπεδο που ορίζει η μεσοκάθετη του ΟΑ (Σχ. 4), όπου Ο, Α οι εικόνες των Ο, 2 αντίστοιχα. Εξαιρείται το σημείο Ο, διότι πρέπει z -::;:. Ο .

Εφαρμογή 3 Έστω a,b E C και a > O , τότε: ο γ.τ. των

εικόνων των μιγαδικών z, που είναι τέτοιοι ώστε lz -� + lz -bj = 2α είναι η έλλειψη με κέντρο

Ο, εστίες τις εικόνες των a, b και σταθερό άθροισμα 2α.

Υ

χ

Σχ. 5

Μια άλλη διατύπωση είναι η ακόλουθη:

Η εξίσωση lz - ai + lz -� = 2α παριστάνει έλλειψη με κέντρο Ο και εστίες E'(a) , E(b) .

Παρατήρηση. Αντίστοιχη εφαρμογή έχουμε και για την υπερβολή.

Παράδειγμα ι Έστω z E C ώστε: jz+ 3l + lz-3j = ιO (ι). α) Να υπολογίσετε το γ.τ. των εικόνων του

z και να βρείτε την εξίσωσή του. β) Να βρείτε τους φανταστικούς που ικα-

νοποιούν τη σχέση (ι). Λύση α) {l) � lz- (-3 + 0i� + lz - (3 + 0i� = 10 Ο γ.τ. είναι έλλειψη με κέντρο Ο, με εστίες

Ε'( -3,0) , Ε (3,0) και σταθερό άθροισμα 10. Έχουμε:

��::ο }� �=� } β2 = α2 -γ2 β2 = 16

2 2 Η έλλειψη έχει εξίσωση: � + L = 1 . 25 16 β) Οι ζητούμενοι φανταστικοί έχουν εικόνες

τα σημεία τομής της έλλειψης με τον άξονα y'y . εξίσωση της έλλειψης για χ = Ο γίνεται: y2 = 1 6 � Υ = -4 ή Υ = 4 .

Τελικά, οι φανταστικοί είναι οι -4ί και ο 4ί. Εφαρμογή 4 Έστω φ Ε [ο, 2π) ,

τότε: ο γ.τ. των εικόνων των μιγαδικών z, που είναι τέτοιοι ώστε Arg(z) = φ είναι η η-

Υ

χ

μιευθεία Ot, εκτός Σχ. 6 του σημείου Ο, η οποία σχηματίζει με τον άξονα χ'χ γωνία φ.

Παράδειγμα ι Έστω z Ε ιc* ώστε ένα όρισμα του z + zi να

' 3π ειναι το - .

2 α) Να αποδείξετε ότι η εικόνα του z ανήκει

σε μία ημιευθεία, της οποίας να υπολογίσετε την εξίσωση.


Μαθηματικά yuι την Γ Λυκεicn>

i β) Που ανήκουν οι εικόνες των z , ' z z2004 . '

Λύση

α) Έστω Arg(z) = φ , φ ε [Ο,2π) . Έχουμε: z + zi = z(1 + i) .

1 + i = .J2(συν π + iημ�) , άρα, Arg(1 + i) = � . 4 4 4

'Ενα όρισμα του z(l + i) είναι το π + φ , επο-4 ' π 3π 5π μενως, - +φ = - <=> φ = - ε [Ο,2π) . 4 2 4

Υ

χ

Σχ. 7

Η εικόνα του z ανήκει στην ημιευ-θεία Ot1 , εκτός του Ο. Η ευθεία αυτή έχει κλίση

και διέρχεται από το Ο, άρα θα επαληθεύει την εξίσωση: y = x με χ < Ο .

β) Οι εικόνες του z ανήκουν στη συμμετρική της Ot ως προς χ'χ .

Η συμμετρική της Ot είναι η ημιευθεία Ot2 , που έχει εξίσωση y = -χ με χ < Ο .

Ar . π ' ' ' i ' gι = - , αρα, ενα ορισμα του - ειναι το 2 z π 5π 3π 8π 5π . 5π - -- = -- = --+ - = 2(-l)π +- . Οι ει-2 4 4 4 4 4 κόνες του i_ ανήκουν επίσης στην Ot2 εκτός του z Ο.

Ένα όρισμα του z2004 είναι το 2004 · 5π 2505π = 2 · 1 525π + π . Οι εικόνες των 4 z2004 ανήκουν στον ημιάξονα Οχ' εκτός του Ο.

Γενικές Ασκήσεις Άσκηση 1 α) Έστω ρ Ε IR και z Ε C ώστε:

JRe(z)+ ρJ = Jz - ρJ (1). Να αποδείξετε ότι ο γ.τ. των εικόνων του z είναι μία παραβολή.

β) Να υπολογίσετε το γ.τ. των εικόνων των μιγαδικών z, που είναι τέτοιοι ώστε JRe(z)- 2J = Jz + 2J .

Λύση

α) Έστω z = x + yi , x, y ε JR , οπότε M(x,y) είναι τυχαίο σημείο του γ.τ.

Έχουμε: (1) <=> Jx+R = i(x -ρ)+yij <=> <=> Jx + ρJ2 = J( χ _ ρ) + yiJ2 �

χ 2 + 2ρχ + ρ2 = (χ -ρ )2 + y2 <=> χ 2 + 2ρχ + ρ2 = = χ2 -2ρχ + ρ2 + y2 <=> y2 = 4ρχ .

Ο γ.τ. είναι η παραβολή με εξίσωση y2 = 4ρχ .

β) Από το α, αν ρ = -2 , έχουμε ότι ο γ.τ. είναι η παραβολή με εξίσωση y2 = -8χ .

Άσκηση 2 Ν α υπολογίσετε τον μιγαδικό z 'Φ Ο , ο οποί-

ος είναι τέτοιος ώστε ln JzJ = Ο και Arg( z) = π . 4

Λύση · y

Inl� = ο <=> ι� = 1 , άρα η εικόνα Μ του · z, ανήκει στον κύκλο κέντρου Ο και ακτίνας 1 , ο οποίος έχει εξίσωση χ2 + y2 = 1 . Σχ. 8

χ

Arg ( z) = � , άρα η εικόνα Μ του z, ανήκει στην 4 ημιευθεία Ot, που σχηματίζει με τον άξονα χ'χ ,

' π ' ' ξ' ο γωνια "4 , η οποια εχει ε ισωση y = χ , με χ > .

Το σύστημα {χ2 + y2 = 1, y = χ, χ > Ο} έχει τη

λύση (χ,ψ ( � ,�} Τελικά, z =!f-+ i!f- .

Άσκηση 3 Έστω z Ε C με z .φ i , και ο μιγαδικός z+ i Ν μ , , λο , w = --. . α ρειτε το συνο των εικονων Ζ - 1

των μιγαδικών z, που είναι τέτοιοι ώστε: 3π α) Arg(w)= - , 2

β) π Arg(w) = - . 4

Λύση •

Θέτουμε z = x + yi , x, y ε JR με (x, y) :;ιt (O, l) . Έχουμε: x + (y+ l) i [x + (y + 1)i] [x - (y - 1) i]

w - - -- x +(y - 1)i - [x + (y - l)i][x - (y - 1)i] -

χ2 + y2 - 1 2χ . = 2 + 2 1 ' x2 + (y - 1) x2 + (y - 1) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.l/67

Μαθηματικά yια την Γ Λυκείου

3π w ε Ι } α) Arg(w) = l � hn(w) < O �

� χ2 + y2 - ι = Ο}� χ

2 + y2 = ι} 2χ < Ο χ < 0

Υ

········ ... \

. �

Το σύνολο των εικόνων είναι το τόξο του κύκλου

χ χ2 + y2 = ι με χ < Ο .

Σχ. 9 β) Αrg(w) = � � {εφ π = 2

2χ2 , 2χ > 0} 4 4 χ + y - ι

� {(χ - ι)2 + y2 = 2, χ > Ο} Υ Το σύνολο των ει

κόνων είναι το τόξο του κύκλου

(χ - ι)2 + y2 = 2 με χ > Ο .

Άσκηση 4

χ

Σχ. ιο

'Εστω z e C τέτοιος ώστε lz - il S ι και lz - 2il = ι . Ν α αποδείξετε ότι: ι S lzl S J3 .

Λύση

χ

Σχ. 1 1

Έχουμε: !z - il � ι � jz - (O + i� � ι . Άρα, η εικόνα Μ του z ανήκει στον κυκλικό δίσκο κέντρου Κ(Ο, 1) και ακτίνας 1 .

Όμοια παίρνουμε: lz - 2il = ι � lz - (0 + 2i� = 1 .

Άρα η εικόνα Μ του z ανήκει στον κύκλο κέντρο Λ(Ο,2) και ακτίνας 2.

Συμπεραίνουμε έτσι ότι η εικόνα Μ του z, ανήκει στο τόξο ΑΒ.

Για κάθε σημείο Μ του τόξου ΑΒ, έχουμε: (ΟΚ) � (ΟΜ) � (ΟΑ) , άρα, 1 � I� � J3 .

(ΟΑ2 =ΟΧ -Μ =22 -12 =3 , άρα (ΟΑ) = J3 ). Άσκηση 5 'Εστω οι μιγαδικοί z, w ώστε z2 + w2 = Ο •

α) Αν /z/ = ι , να βρείτε το σύνολο των εικό-νων των w.

β) Αντίστοιχα, αν iz -ι+ 2il = ι . Λύση

z2 + w2 = Ο � w2 - i2z2 = Ο � � (w - iz}(w + iz) = O � w = izή w = -iz . α) Ι� = ι � l±ill� = 1 � l±i� = 1 � Ιwl = ι . Το σύνολο των εικόνων των w είναι ο κύκλος

κέντρου Ο και ακτίνας 1 . β) lz - 1 + 2� = 1 � lillz - 1 + 2il = 1 �

� ji(z - 1 + 2i� = ι � liz- i-� = 1� lw-(2+i� = 1 . Το σύνολο των εικόνων των w είναι ο κύκλος

κέντρου (2, 1 ) και ακτίνας 1 , αν w = iz . Ιz- 1+2� = 1 � 1-iz + i - � = 1 � ιw-(-2-i� = 1 .

Το σύνολο των εικόνων των w είναι ο κύκλος κέντρου ( -2, -1) και ακτίνας ι , αν w = -iz .

Άσκηση 6

'Εστω z e C με lzl = !.. Αν w = z -!. , να α-

2 z ποδείξετε ότι οι εικόνες του w κινούνται σε μια έλλειψη.

Λύση

Έστω z = α+ bi . ι 1 Έχουμε l� = - � α2 +b2 = - (1) και 2 4

1 z z . α-βί w = z-- = z-- = z -- = α+ βι --- = z zz 1�2 _!_ 4

= α+βi - 4α + 4βί = -3α+ 5βί . χ} α = --χ = -3α 3 Έστω w = χ + yί , άρα }� y = 5β β = Υ

5 Αντικαθιστώντας στην (1) προκύπτει:

2 2 χ Υ 1 , , ξ' .c:'l 'I -- + - = , η οποια ειναι ε ισωση Ι:JΙ.ΙΙλ;.ιψης. 9 25 Προτεινόμενες 1) Έστω z, w ε C με w :;t: Ο . Να αποδείξετε

ότι το τρίγωνο με κορυφές τις εικόνες των μιγαδικών z + w , z - w και z + iw.J3 είναι ισόπλευρο.

2) Να υπολογίσετε το γ.τ. των εικόνων των μιγαδικών z, που είναι τέτοιοι ώστε: α) l2z - 4il = 3 β) 11 + i + 2i� � l-2iz + η

γ) π �Arg(z) � Ίπ δ) lz + 5l - lz - 5l = 8 . 3 6 3) Έστω z ε C . Να υπολογίσετε το γ. τ. των

εικόνων του z, που είναι τέτοιοι ώστε: α) /z - 2i/2 - /z + �2 = 5 β) lz - 2il2 + lz + �2 = 5 γ) lz ,... 2il = 2 lz + � .


Μαθηματικά ΎUΙ την Γ Λυκείου

4) Έστω z ε <C τέτοιος ώστε -1 :$; Re{z) :$; 1 , lz - � :$; 2 και -1 :$; hn{z) :$; 1 . Να γραμμοσιαάσετε στο μιγαδικό επίπεδο το σύνολο των εικόνων των μιγαδικών z.

5) Έστω z = {λ - 1) + {λ + 2)ί , όπου λ ε JR . Να βρεθεί ο γ.τ. των εικόνων των μιγαδικών z και να υπολογιστεί εκείνος, ο οποίος έχει ελάχιστο μέτρο.

6) Έστω z ε <C ώστε I� = 2 και

Arg(z - 1) =: . α) Να υπολογίσετε το μιγαδικό z. β) Αν w ε <C ώστε liwl = 2 και

Arg{iw - 1) = π , να υπολογίσετε τον w. 4

7) Ο γ.τ. των εικόνων των μιγαδικών z είναι ο κύκλος κέντρου Ο και ακτίνας 1 . Να υπολογίσετε το γ.τ. των εικόνων των μιγαδικών w, όταν:

α) z + izJ3 . w = -iz β) w = γ) w = z + 2ι . 2 8) Έστω z ε <C ώστε lz - 1 - � = 1 . α) Να βρείτε τους μιγαδικούς z1 , z2 που έ

χουν αντίστοιχα ελάχιστο και μέγιστο μέτρο. β) Να εξετάσετε αν υπάρχει z με πρωτεύον

όρισμα αμβλεία γωνία. 9) Έστω ο z ε <C , που είναι τέτοιος ώστε ένα

, z , 35π Ν δ ίξ ορισμα του ι::; να ειναι -- . α απο ε ετε 1 + ivJ 3

ότι η εικόνα του z ανήκει σε μία ημιευθεία. ι Ο) Έστω z ε <C τέτοιος ώστε lz - η :$; 1 και

lz - � = 1 . Να αποδείξετε ότι: 1 :$; I� :$; J3 . ll)Έστω w,z ε <C με w � JR και α ε JR , έτσι

, w - wz Ν β , , λο , ωστε: = α . α ρειτε το συνο των εικο-1 - z νων του z.

• Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ: ΜΑθΙΙΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΙΙΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ θΕΜΑΤΑ ΤΟΥ ι ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ

Στόχος του άρθρου αυτού είναι να βοηθηθεί ο μαθητής της Γ Λυκείου στα ζητήματα του ι ου

κεφαλαίου των Μαθηματικών Γενικής Παιδείας (ιδίως της θεωρητικής κατεύθυνσης ... για ευνόητους λόγους).

Στη συνέχεια γίνεται ταξινόμηση των θεμάτων του κεφαλαίου ανά παράγραφο. τίθενται οι κυριότερες ερωπ]σεις θεωρίας και δίνεται η μεθοδολογία yιa την επίλυση των ασκήσεων διαφόρων τύπων. Τέλος μέσα από κατάλληλες

ασκήσεις που λύνονται επαληθεύονται οι μεθοδολογίες καθώς και οι βασικοί· άξονες δουλειάς

του ι ου κεφαλαίου.

Στο τέλος του άρθρου παραθέτουμε τα θέ

ματα των πανελληνίων εξετάσεων των τελευταίων ετών που αντιστοιχούν στο ι ο κεφάλαιο.

Α. Συναρτήσεις . - Όριο και συνέχεια συνάρτησης

Ερωτήσεις θεωρίας ι . Ποιο είναι το πεδίο ορισμού μιας συνάρ-

τησης: α) πολυωνυμικής β) ρητής γ) με τύπο ριζικό δ) τριγωνομετρικής ε) εκθετικής στ) λογαριθμικής 2. Να δοθούν οι ορισμοί για την γνησίως αύ

ξουσα και γνησίως φθίνουσα συνάρτηση f σε ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της.

του Βασίλη Καρκάνη 3. Να δοθούν οι ορισμοί του τοmκού μέγι

στου και τοπικού ελάχιστου μιας συνάρτησης f σε ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της.

4. Να διευκρινίσετε λεκτικά την ισότητα: lim f {χ) = .e με χ0 , .e ε JR . Χ�Χο 5. Να γράψετε τις ιδιότητες των ορίων. 6. Να δοθούν οι ορισμοί: α) της συνέχειας μιας συνάρτησης στο ση

μείο χ 11 που ανήκει στο πεδίο ορισμού της β) της συνέχειας μιας συνάρτησης στο πεδίο

ορισμού της. Λυμένες ασκήσεις Άσκηση ι Δίνεται η συνάρτηση f(x)=.J9-x1 + lnx

ex-1 χ - 1

.rx - 1 .

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της f. β) Να υπολογιστεί το lim f (χ) . :ι-+1 γ) Έχει νόημα να εξετάσουμε τη συνέχειQ

της f στο χ0 = 5 ; δ) Να εξεταστεί η συνέχεια της f στο διά

στημα (Ο,ι).



Λύση α) Πρέπει: 9-χ2 � ο -3 � χ � 3 χ > Ο χ > Ο e

x-1 -::f:. O � Χ Ε �

-Γχ-1 -::f:. Ο x -::f:. l χ � Ο χ � Ο οπότε Α = (0, 1)u (1, 3] . β) Είναι:

O < x < l � ή

1 < χ � 3

limf(x) = ιim[)9-x2 + ln�- �1 ] = Χ--+1

. Χ--+1 e

X VX - 1 ι. r:;--:;9 2 ι· Ιη χ ι· χ -1 ιmν�- χ- + ιm--1 - ιm----r- = χ--+1 Χ--+1 eX- Χ--+1 V Χ -: 1

γ) Εξ' ορισμού ό'Ί), εφόσον το 5 ιιι: Α . δ) Στο διάστημα (0, 1) η συνάρτηση f ορίζεται

οπότε θα είναι συνεχής ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων.

Παρατήρηση 1 α) Για το πεδίο ορισμού μιας συνάρτησης

υπενθυμίζουμε τα εξής: ί. Το συμβολίζουμε συνήθως με Α ιι. Οι πολυωνυμικές συναρτήσεις ορίζονται

στο. � Για παράδειγμα η συνάρτηση f(x) = x5 -3x3 + x2 -10 έχει Α =� .

ίίί. Οι ρητές συναρτήσεις ορίζονται στο � εκτός από τις τιμές της μεταβλητής που μηδενίζουν τον παρονομαστή. Για παράδειγ

χ3 μα η συνάρτηση g (χ) = 2 έχει Α =�- { 2,3} χ2 -5x +6 -::f:. O .

χ - 5χ +6 εφόσον πρέπει

ίν. Όταν ο τύπος της συνάρτησης έχει ρι-ζικό πρέπει το υπόρριζο να είναι θετική ποσότητα ή μηδέν. Για παράδειγμα η συ-νάρτηση h(x) =V25 -x2 έχει Α = [-5,5] εφόσον πρέπει: 25 - χ 2 � Ο .

ν. Οι εκθετικές συναρτήσεις ορίζονται στο � . Για παράδειγμα η συνάρτηση φ (χ) = e2χ+Ι έχει Α = � .

νι. Οι λογαριθμικές συναρτήσεις ορίζονται για θετικές ποσότητες. Για παράδειγμα η

συνάρτηση σ (χ) = Ιη (3χ - 1) έχει Α= (k,+oo) εφόσον πρέπει: 3χ - 1 > Ο .

νίί. Οι τριγωνομετρικές συναρτήσεις .f1 (χ) = ημχ , f2 (χ) = συνχ ορίζονται στο � . Ενώ οι συναρτήσεις f3 (χ) = εφ χ και f4 (χ) = σφχ ορίζονται στο � εκτός από τα χ εκείνα για τα οποία ισχύει συνχ * Ο και ημχ * Ο αντίστοιχα.

β) Για το όριο μιας συνάρτησης f(x) στο χ0 διακρίνουμε τις περιπτώσείς�

i) Αν το χ0 Ε Α τότε το lim f( χ) το υπολο-χ---tχ0 γίζουμε με αντικατάσταση, θέτοντας όπου χ στον τύπο της συνάρτησης το χ0 • Δηλαδή ισχύει: lim f (χ) = f ( Χ0 ) . Χ4Χο

ii) Αν το χ0 ιιι: Α (στα Μαθηματικά γενικής παιδείας συνήθως έχουμε είτε ρητή συνάρτηση με το χ0 ρίζα του αριθμητή και παρονομαστή, είτε συνάρτηση κλάσμα με ριζικά στον αριθμητή ή παρονομαστή) τότε κάνουμε παραγοντοποίηση σε αριθμητή και παρονομαστή ή πολλαπλασιάζουμε όταν έχουμε ριζικά με την συζυγή παράσταση · του αριθμητή ή παρονομαστή για να κάνουμε στη συνέχεια aπλοποιήσεις ώστε να αρθεί η aπροσδιοριστία και να υπολογίσουμε στη συνέχεια το όριο με τον τρόπο που εκθέσαμε στο (ί).

γ) Για τη συνέχεια μιας συνάρτησης στο χ0 έχουμε τα εξής:

ί) Αν το χ0 ιιι: Α τότε εξ' ορισμού η εξέταση της συνέχειας της συνάρτησης στο χ0 δεν έχει νόημα.

ίί) Αν το χ0 ε Α και lim f (x) -::f:. f (x0 ) τότε Χ---+Χο

πάλι η f δεν είναι.συνεχής στο χ0 • ίίί) Αν το χ0 ε Α και lim f (x) = f (x0 ) τότε η

Χ�Χο

f είναι συνεχής στο χ0 •

Επιπλέον υπενθυμίζουμε ότι αν μια συνάρτηση είναι συνεχής σε κάθε σημείο χ0 του πεδίου ορισμού Α τότε λέμε ότι είναι συνεχής στο Α.

Τέλος μια συνάρτηση που προκύπτει ως άθροισμα ή γινόμενο ή πηλίκο ή σύνθεση κλπ. συνεχών συναρτήσεων σ' ένα διάστημα Δ είναι συνεχής στο Δ.

Για παράδειγμα η συνάρτηση f ( ) ln x , , , λ χ = --2 -+ ημχ ειναι συνεχης στο συνο ο χ - 1 Α = (Ο, 1) υ ( 1, +οο) όπου ορίζεται.


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου Οι γνωστές μας συναρτήσεις, πολυωνυμικές,

τριγωνομετρικές, εκθετικές, λογαριθμικές αλλά και όσες προκύπτουν από πράξεις μεταξύ αυτών είναι συνεχείς συναρτήσεις.

Άσκηση 2 Δίνονται οι συναρτήσε�

f (Χ) = {ΚΧ2 + λχ - 2, Χ ::# 2' 2 , χ = 2

g(χ) = {ΚΧ+ λ, Χ :# 0 4 , χ = Ο

και h(x)= {�=� , χ ε [Ο,3)u(3,-+<ο) με μ , χ = 3

κ, λ, μ ε JR . α) Να βρεθεί η τιμή του πραγματικού α

ριθμού μ ώστε η συνάρτηση h να είναι συνεχής στο χ0 = 3 .

β) Για την τιμή του μ που βρέθηκε στο (α) ερώτημα είναι η συνάρτηση h συνεχής στο πεδίο ορισμού της;

γ) Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί κ, λ ώστε η συνάρτηση f να είναι συνεχής στο χ1 = 2 και η συνάρτηση g να είναι συνεχής στο χ2 = Ο .

δ) Για τις τιμές των κ, λ που βρέθηκαν στο ερώτημα (γ) να υπολογιστεί το όριο:

. g(O)+f(x)- x · g(x)+ x + x2 - 2f(2) lιm . Ι� Χ-1

Λύση α) Η συνάρτηση h θα είναι συνεχής

χ0 = 3 όταν ισχύει ιimh(x) = h(3) (1).

Κ--+3

Ε, ι· h ( ) ι· Fx -J3 ιναι: ιm χ = ιm = Χ--+3 Κ--+3 Χ -3

= lim (Fx-J3){Fx + J3)

= <--+3 (x - 3)(Fx+J3)

lim y3 = Κ--+3 (y])( νΓχ + J3) ι· 1 1 1 χι� Fx +J3 = J3 +J3 =

2J3 ·

στο

Ακόμη h (3) = μ . Έτσι λόγω της (1) πρέπει: 1 μ =

2./3.

β) Γ ι ' ια μ = ι;; ειναι 2ν3 {Fx -J3 , χ

.

ε [0,3)u(3,-+<o) h (x) = f -3

2J3 , χ = 3

Προφανώς για κάθε χ0 ε [Ο, 3) u ( 3, +οο) είναι

ιim h (χ) = h ( χ0 ) και λόγω του (α) ερωτήματος το Χ----+Χο

ίδιο ισχύει και για χ0

= 3 . Άρα η συνάρτηση h είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της Α = [Ο, +οο) .

γ) Η συνάρτηση f θα είναι συνεχής στο χ1 = 2 όταν:

ιimf ( χ) = f (2) <:::} ιϊm(κχ2 + λχ - 2)= 2 <:::} κ--+2 χ--+2 <::> 4κ + 2λ-2 = 2 <:::} 4κ + 2λ = 4 <:::} 2κ + λ = 2 (2).

Επίσης η συνάρτηση g θα είναι συνεχής στο χ2 = 0 όταν:

limg(x) = g(O) <::> ιϊm(κχ + λ) = 4 <::> λ = 4 κ--+0 κ--+0

και από την (2) είναι: κ = -ι . δ) Για κ = -1

f (x) = {-χ2 + 4χ - 2, χ * 2 2 , χ = 2

( ) {-x + 4, x :;t: O , g χ = 4 , χ = 0 οποτε:

και λ = 4 και

ιim g (Ο) + f (χ) -xg (χ) + χ + χ 2 - 2f ( 2) =

χ--+1 χ - 1 . 4 + (-χ2 + 4χ - 2)-χ (-χ + 4) + χ + χ2 -4

ιιm = κ--+1 χ - 1

η η

ι. -χ2 + 4χ -2 + χ2 -4χ + χ + χ2 ι· χ2 + χ - 2 ιm = ιm = Χ--+1 Χ � 1 Χ--+1 Χ -1

(χ - 1)(χ + 2) ιϊm = ιϊm(χ + 2) = 3 . χ--+1 χ - 1 χ--+1

Β. Η έννοια της παραγώγου Παραγώγιση βασικών συναρτήσεων

. Κανόνες παραγώγισης Εφαπτομένη συνάρτησης

Ερωτήσε� θεωρίας 1. Να δοθεί ο ορισμός της παραγώγου μιας

συνάρτησης στο σημείο χ0 του πεδίου ορισμού της.

2. Τις ερωτήσεις που ακολουθούν να χαρακτηρίσετε ως σωστές (Σ) ή λάθος (Λ).

Η παράγωγος μιας παραγωγίσιμης συνάρτησης f σ' ένα σημείο χ0 του πεδίου ορισμού της εκφράζει:


Μαθηματικά ΎUΙ την Γ' Λυκεiοu

α) το ρυθμό μεταβολής της y = f (χ) ως προς χ όταν χ = Χ0 •

β) το συντελεστή διεύθυνσης της εφαπτομένης της γραφικής Παράστασης της f στο σημείο ( Χο, f( χο )) ·

3. Να σχολιάσετε τη συνέχεια και παραγωγισιμότητα της συνάρτησης f (χ) = I xj στο σημείο χ0 = 0 .

4. Πώς ορίζεται η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο σημείο (x0, f(x0 }) ;

5. Πώς ορίζεται η συνάρτηση της πρώτης και δεύτερης παραγώγου μιας συνάρτησης f;

6. Να δείξετε όn: α) (c)' = 0 , c E IR β) (χ)' = 1 γ) (x2 J = 2χ

7. Να συμπληρώσετε τις ισότητες: α) (�)' = · · · β) (:2 )'

= · · · γ) (.Γχ) = · · ·

δ) (xP J = · · · , ρ ρητός ε) (ημχ)' = · · · στ) ( συνχ )' = · · · ζ) ( e' J = · · · η) (Ιη χ)' = · · · θ) (εφχ)' = · · · ι) (σφχ)' = · · ·

8. Ν α δείξετε ότι: α) [ c · f (χ)]' = c · f' (χ) , c Ε lR

β) [ f (χ) + g (χ)]' = f' (χ) + g' (χ) 9. Να συμπληρώσετε nς ισότητες: α) [f (x) ·g (x)J' = · · ·

β) [:i:iJ � .

γ) [r (g(x))J' = · · · 10. Να συμπληρώσετε τις ισότητες: α) (U (χ) τ) = . . . ' ν Ε Ν *

β) (4r(x) J = · .. , ν Ε Ν �

γ) [ημf(χ)J' = · · · δ) [ συνf (χ)]' = · · ·

ε) [ εφf(χ)J' = · · · στ) [ ef(x) ]' = . . .

ζ) [Iηf(x)J' = · · · Παρατήρηση 2 Στις ερωτήσεις που προηγήθηκαν και ζητείται

η παράγωγος διαφόρων συναρτήσεων, δεν αναφέρουμε διαστήματα, υπονοώντας όn οι απαντήσεις θα δίνονται για τα διαστήματα που αυτές έχουν νόημα.

Λυμένες ασκήσε-ις λσκηση 3 Δίνεται η συνάρτηση ι παραΎοηίσιμη στο

(0,+«>) ώστε να ισχύει: - ι(χ2 +5χ)= 2χ7 +71nx . Να βρεθεί η εφαπτομένη της Ύραφικής παράστασης της συνάρτησης ι στο σημείο Μ(6,ι(6)).

Λύση Έστω ε: y = λχ +β η ζητούμενη εφαπτομένη. Για τη συνάρτηση f έχουμε: f(x2 + 5x)= 2x7 + 7lnx (1). Το 1° μέλος της (1) είναι σύνθεση της συνάρτησης f με τη συνάρτηση χ2 + 5χ άρα παραγωγίσιμη ·συνάρτηση. · Επίσης και το 2° μέλος της (Ι) είναι παραγωγίσψη συνάρτηση οπότε είναι:

[r(x2 + 5x)J' = (2χ7 + 71nxJ ή f'(x2 + 5x)· (x2 + 5xJ = 14χ6 + 7 ·_!_ ή χ (2x + 5) · f'(x2 + 5χ )= ι4χ6 +2 . χ

Από την τελευταία ισότητα για χ = ι ( εφόσον αυτή ισχύει για κάθε χ > Ο) παίρνουμε: 7 . f'(6) = ι4+ 7 <=> 7f'(6) =2 ι <=> f'(6) = 3 .

Άρα λ = 3 οπότε ε: y = 3χ + β . Ακόμη από

την (ι) για χ = ι παίρνουμε: f( 6) = 2 οπότε Μ( 6,f( 6))= ( 6,2) .

Όμως Μ Ε ε άρα 2 = 3 · 6+ β<:>β = -ι6 . Έτσι ε: y = 3χ -ι6 είναι η ζητούμενη εφα

πτομένη. Παρατήρηση 3 Σύμφωνα και με την προηγούμενη άσκηση για

να ορίσουμε την εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο σημείο Μ ( χ0 , f ( χ0 )) εργαζόμαστε ως εξής:

α) Θέτουμε ως εφαπτομένη την ευθεία ε: y =λχ+β .

β) Το λ = f' (χ0 ) . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λcrr' τ.ΙΠ2

Μαθηματικά pα την Γ Λυκείου

γ) Βρίσκουμε τις συντεταγμένες του σημείου Μ που είναι και σημείο της ε άρα την επαληθεύει και έτσι υπολογίζουμε το β.

Άσκηση 4 Δίνεται η συνάρτηση f(x)= ιη(2χ - χ1)+ κχ :+- λ με κ, λ ε JR . α) Να pρεθεί το πεδίο ορισμού της. p) Να pρεθεί η f'(x) . γ) Να pρεθούν οι τιμές των κ, λ ώστε η ευ

θεία ε: y = 2χ -1 να εφάπτεται της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Α(ι,r(ι)).

δ) Για την τιμή του κ που pρέθηκε στο ερώτημα (γ) να pρεθούν:

3 i) Ο ρυθμός μεταpολής της f στο Χ0 = 2 . ii) Ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτο

μένης της γραφικής παράστασης της f στο ση-

μείο s(i,r(i)} iii) Η τετμημένη · χ1 του σημείου

Γ(χ1 ,f(χ1 )) στο οποίο η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f είναι παράλληλη στην ευθεία ζ: y = χ+ 2004 .

Λύση α) Πρέπει: 2χ - χ2 > Ο <=> Ο < χ < 2 άρα

Α = (0, 2) . β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο Α με: f' (χ) = (Ιη (2χ -χ2 )+ κχ + λ) =

ι , 2 - 2χ = 2 ( 2χ - χ2 ) + κ = 2 + κ . 2χ - χ 2χ -χ γ) Εφόσον η ευθεία ε: y = 2χ - ι εφάπτεται

της Cr στο σημείο Α (ι, f (ι)) θα είναι: (β)

f'(ι) = 2<=>κ = 2 . Ακόμη f(ι) = κ+λ=2+λ οπό-τε Α(1,2+λ) και Α ε ε άρα: 2+λ= 2-ι <::> λ=-ι . Δηλαδή κ = 2 και λ = -ι οι ζητούμενοι αριθμοί.

τε:

(β) 2 - 2χ δ) Για κ = 2 είναι: f' (χ) = 2 + 2 οπό-2χ -χ

3 ( 3 ) 2- 2- 2 - 3 i) f' 2 = 2 � -(l)2 + 2 =

3 -2 + 2 =

2 2 4

-ι 4 2 = - + 2 = --+ 2 = - ο ζητούμενος ρυθμός 3 3 3 4

μεταβολής.

ii) rH)� 2��(1) ' + 2 � :�l + 2 � 2 2 4

ι 4 ιο ζ , λε ' = - + 2 = -+ 2 = - ο ητουμενος συντε στης 3 3 3 4

διεύθυνσης. iii) Αν ζ' η εφαπτομένη ευθεία στο σημείο Γ

τότε ζΊΙ ζ <=> �· = � <=> f'(χι ) = ι <::> 2-2Χι2 + 2 =

2χι -Χι 2-2χι 2 = ι <=> 2 = -ι <=> 2 -2Χι = -2Χι + Χι <=> 2χι - Χι

2 2 ' Χι = -J2 � Α}

<=> Χι = <=> η Χι = J2 ε Α

Άρα Χι = J2 η ζητούμενη τιμή.

Παρατήρηση 4 Για τις ευθείες υπενθυμίζουμε τα εξής: α) Αν ει 11 ε2 <=> λε, = λε2 . β) Αν ει l_ ε2 <=> �ε, · λε2 = -1 οπότε

ι ι λε, = -λ και λε2 = -λ . ε2 ει

γ) Αν η ευθεία ε σχηματίζει με τον άξονα χ'χ γωνία ω τότε: λε = εφω .

δ) Αν η ευθεία ε είναι παράλληλη στον άξονα χ'χ τότε λε = Ο .

λσκηση 5 α) Δίνεται η συνάρτηση f{x) = eα'x' με

χ ε JR . Να pρεθούν οι τιμές του πραγματικού αριθμού α όταν ισχύει:

f"( x)- 2α1x · f'(x)-8f(x) = Ο .

p) Για τη μεγαλύτερη από τις τιμές του α που pρέθηκαν στο (α) ερώτημα να λυθεί η εξί-σωση:

f'( x)-8f( χ)+ f"( χ)= Ο .

Λύση α) Έχουμε τη συνάρτηση f (χ) = eα2χ2 που εί

ναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο JR με


\1αθηματικά yια την Γ' Λυκείου

f' (x) = (eα2x2 j = eα2χ2 · (α2χ2 ) = 2α2χ · eα'•' και

f"(x) = [ 2α2x · ea2x2 J' = 2α2 (χ · e0:'1 J =

= 2α2 { eα2χ2 + χ · eα2χ2 · (α2χ2) ] =

2α2 (ea,x, + 2α2χ2 · ea,x, )= 2α2ea,x, +4α4 · Χ2eα,χ, . Έτσι: f"(x)-2α2x · f' (x)-8f(x) = O �

� 2α2ea,x, +4α4x2ea2x2 - 'lιix·'lιix·erix, -8eιl-x2 =0� � 2α2eα2χ2 + 4α4x2ea2x2 -4α4x2ea2x2 -8ea2x2 =0 �

η

2(α2 -4)ea2x2 = 0 � α2 -4 = 0 � α�-2} α = 2

οι ζητούμενες τιμές. β) Για α = 2 είναι: f (x) = e4x, '

εξίσωση: f' ( x)-8f(x) +f"(x) = Ο �

8x(1 - 8x)e4x2 = 0 � ή � ή χ = Ο .1 χ = Ο

οι ζη-1 -8χ = 0 1 χ = -

8 τούμενες λύσεις της εξίσωσης.

Παρατήρηση 5 Σύμφωνα με την προηγούμενη άσκηση, όταν

θέλουμε να δείξουμε σχέση ή να υπολογίσουμε κάποια παράμετρο ή να λύσουμε εξίσωση κλπ. που περιέχει τις εκφράσεις f, f' , f" κλπ. αφού πρώτα τις υπολογίσουμε, στη συνέχεια τις aντικαθιστούμε και εργαζόμαστε αλγεβρικά μέχρι να οδηγηθούμε στο ζητούμενο.

Γ. Εφαρμογές των παρα'Υόηων Μονοτονία - Ακρότατα συνάρτησης Επίλυση προβλημάτων μεyίστου - ελαχί-

στου

Ερωτήσεις θεωρίας 1 . Να διατυπωθούν οι προτάσεις με τις οποί

ες διαπιστώνουμε τη μονοτονία μιας συνάρτησης. Πότε αυτή είναι γνησίως αύξουσα και πότε γνησίως φθίνουσα;

2. Να διατυπωθούν οι προτάσεις με τις οποίες διαπιστώνουμε ότι μια συνάρτηση f στο χ0 ε (α, β) παρουσιάζει μέγιστο ή ελάχιστο.

Λυμένες ασκήσεις

Άσκηση 6 Δίνεται η συνάρτηση ( ) l s 1 4 2 3 r χ = sx -4χ -3χ - 7 , χ ε � .

α) Να βρεθούν τα διαστήματα μονοτονίας της συνάρτησης.

β) Ν α βρεθούν οι θέσεις ακροτάτων της συνάρτησης.

Ύ) Να βρεθούν οι τιμές των ακροτάτων. δ) Να βρεθούν τα ακρότατα. Λύση Η συνάρτηση f είναι παραγω-yίσιμη στο � με

' ( ) ( 1 s 1 4 2 J )' 4 J 2 f χ = 5 χ -4 χ -3 χ - 7 = χ - χ - 2χ .

χ =Ο ή

Έτσι: f'(x) =O�x2 (x2 -χ-2)=0�χ =-1 ή

χ = 2 Επίσης: f' (x) > O � χ2 (χ2 - χ -2) > 0 �

� χ2 -χ -2 > 0 � χ �-1} χ > 2

Έτσι για την f σχηματίζουμε τον παρακάτω πίνακα μεταβολών.

χ r f

Οπότε:

-οο -1 ο 2 +οο + � - ό - ό +

�!ι.._.....,. �!� ' ' ' ' ' ' Τ.Μ. ΤΕ.

α) Η f είναι γνησίως αύξουσα στα διαστήματα: ( -οο, -1] , [ 2, +οο) . Επίσης η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [- 1 ,2].

β) Στο σημείο χ1 = -1 η f εμφανίζει τοπικό μέγιστο ενώ στο σημείο χ2 = 2 η f εμφανίζει τοπικό ελάχιστο.

Ύ) Είναι f ( -1) = - 407 η τιμή του τοπικού 60 ' f (2) 149 ' ' μεyιστου και = -15 η τιμη του τοπικου ε-

λαχίστου. δ) Τέλος το σημείο A(-1,f{-1))=( -1,-:J

είναι το τοπικό μέγιστο και Β ( 2, f ( 2)} = ( 2,- 1::) είναι το τοπικό ελάχιστο.



Παρατήρηση 6 Όπως φαίνεται και από την προηγούμενη ά

σκηση η μελέτη των ριζών και του πρόσημου της f' μας πληροφορούν για τη μονοτονία και τα ακρότατα της συνάρτησης f. Πρέπει να σημειωθεί ότι άλλο είναι η θέση τοπικού ακροτάτου και άλλο το τοπικό ακρότατο. Συγκεκριμένα το χ0 Ε Α εί-ναι η θέση του τοπικού ακροτάτου, το f ( χ0 ) η τιμή του ακροτάτου και το σημείο Μ ( χ0 , f ( χ0 )) είναι το τοπικό ακρότατο.

Άσκηση 7 Δίνεται η συνάρτηση f (χ) = eια. + λχ με

χ Ε JR και κ, λ Ε JR •

α) Να βρεθεί η f' και η f" . β) Να βρεθεί η τιμή του κ ώστε να ισχύει: f"(x)+ 2f'(x)+ e"x - 2λ = Ο .

γ) Για την τιμή του κ που βρέθηκε στο ερώτημα (β) να βρεθεί η τιμή του λ ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο M(o,r(o)) να Ι:ίναι παράλληλη στον άξονα χ'χ .

δ) Για τις τιμές ταιν κ, λ που βρέθηκαν στα ερωτήματα (β) και (γ) να μελετηθεί η συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

Λύση α) rια χ Ε JR είναι: f( χ) =( eισι +λχJ =κeισι +λ, f" (χ) = ( κe"" + λ) = κ2e"" .

'. ι (α) β) Επίσης: f"(x) +2f' (x)+ e"" -2λ = Ο� κ2e"" + 2 (κe"" + λ )+ e"" -2λ = Ο � - ,

� κ2e"" + 2κe"" + 2λ + e"" -2λ = Ο<=> ( κ2 + 2κ + 1 )e"" = Ο� (κ + 1 )2 = Ο <=> κ = -1 η ζητούμενη τιμή.

γ) Για κ = -1 είναι f {x) = e-x +λχ και f' (χ) = -e-x + λ . Αν ε είναι η εφαπτομένη της Cr στο σημείο Μ (Ο, f (Ο)) και η ε 11 χ'χ τότε πρέπει: ·

λ. = 0� f'(O) = O � -l + λ = Ο � λ :::;: l η ζητούμενη τιμή.

δ) Λόγω των (β), (γ) είναι: f (x) = e-x + χ και f' (x) = -e-x + 1 .

Έτσι: f'(x) =O�-e-x + l=O�e-x =l�x=O και

f'(x) >0�-e-x +1 > O�e-x < l�e-x <e0 �.

� -χ < Ο � χ > Ο . Με τα παραπάνω δεδομένα για την f έχουμε

τον παρακάτω πίνακα μεταβολών. χ -οο ο +οο r - 6 +

' f � i � Τ.Ε.

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( -οο, Ο] και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [Ο, +οο) .

Επίσης στο χ0 = Ο εμφανίζει ελάχιστο με nμή f (O) = l . Δηλαδή το σημείο A (O,f (O)) = (O, l) είναι το ελάχιστο της f.

Άσκηση 8 Το πλήθος σε δεκάδες χιλιάδες κομμάτια

των πωλήσεων μιας εταιρείας που παράγει ηλεκτρονικούς υπολογιστές, δίνεται από τη συνάρ-

Ρ( ) 400t , άζ , τηση t = 2 , οπου το t εκφρ ει σε μη-. t + 25 νες το χρόνο κυκλοφορίας ενός νέου μοντέλου.

α) Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής των πωλήό'εrον της εταιρείας μετά από ένα μήνα, από την κυκλοφορία στην αγορά ενός νέου μοντέλου.

β) Να βρεθεί η χρονική στιγμή (μήνας) κατά την οποία οι πωλήσεις παίρνουν τη μέγιστη τιμή.

γ) Να βρεθεί η μέγι<tτη ποσότητα σε εκατοντάδες χιλιάδες κομμάτια που πουλά η εταιρεία το μήνα που βρέθηκε στο ερώτημα (β).

Λύση Για t � Ο έχουμε τη συνάρτηση των πωλήσε-. 400t ων P (t) = 2 . t + 25 α) Η συνάρτηση Ρ είναι παραγωγίσιμη με

I ( 400t )I 400(t2 + 25)-400t ; 2t P (t) - - -. - t2 + 25 - (t2 + 25)2 -

400t2 + 10000 -800t2 10000-400t2 = = οπότε ο ( t2 + 25 )2 ( t2 + 25 )2 ζητούμενος ρυθμός μεταβολής είναι: Ρ' (Ι) 10000 -400 = 9600 :: 14 2 ή 142.000 262 676 , κομμάτια το μήνα.

β) Για t > Ο είναι: P'(t) = O � 10000-400t2 = Ο � (t2 + 25)2

10000 -400t2 = 0 � t2 = 25 οπότε t = 5 .



Επίσης: Ρ' ( t) > Ο <=> 10000-400t2 > Ο <=> t2 < 25 οπότε 0 < t < 5 .

Έτσι για τη συνάρτηση Ρ έχουμε τον παρακάτω πίνακα μεταβολών.

001 / 5 +οο I Τ.Μ.

Απ' όπου συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση Ρ παίρνει τη μέγιστη τιμή της για t = 5 . Δηλαδή ύστερα από 5 μήνες η εταιρεία θα πετύχει το μέγιστο των πωλήσεων.

γ) Λόγω του ερωτήματος (β) είναι 400 · 5 2000 Ρ ( 5) = 52 2 = -- = 40 δεκάδες χιλιάδες κομ-

+ 5 50 μάτια ή 4 εκατοντάδες χιλιάδες κομμάτια.

Παρατήρηση 7 Οι μέθοδοι του Διαφορικού Λογισμού για τον

προσδιορισμό των ακροτάτων τιμών ενός μεταβαλλόμενου μεγέθους έχουν πρακτική εφαρμογή σε πολλές περιοχές των επιστημών αλλά και της καθημερινής ζωής. Για την επίλυση τέτοιων προβλημάτων αυτό που κυρίως προέχει είναι η μετατροπή του προβλήματος που είναι διατυπωμένο στην καθημερινή γλώσσα σε πρόβλημα μεγίστου ή ελαχίστου με τον ορισμό μιας συνάρτησης της οποίας πρέπει να βρεθούν τα ακρότατα.

Επισημαίνεται ότι η διαδικασία επίλυσης προβλήματος δεν είναι τίποτα άλλο παρά μια συλλογή στρατηγικών τις οποίες κάθε λογικά σκέπτόμενος άνθρωπος πρέπει να χρησιμοποιήσει προκειμένου να αντιμετωπίσει ένα πρόβλημα.

Σχετικά με την επίλυση προβλημάτων με τη βοήθεια του Διαφορικού Λογισμού πρέπει να αναφερθεί ότι πολλά προβλήματα μεγίστου ή ελαχίστου περιέχουν διακριτές μεταβλητές. Για παράδειγμα ο αριθμός των παραγόμενων μονάδων ενός προϊόντος καθώς και ο αριθμός των εργαζομένων σε ένα εργοστάσιο πρέπει να είναι μη αρνητικοί ακέραιοι αριθμοί.

Ο Διαφορικός Λογισμός όμως δεν εφαρμόζεται απευθείας σε προβλήματα που περιέχουν διακριτές μεταβλητές. Ωστόσο, μπορούμε μερικές φορές να οδηγηθούμε στη λύση ενός τέτοιου προβλήματος υποθέτοντας ότι κάθε μεταβλητή παίρνει τιμές σε όλο το σύνολο των πραγματικών αριθμών ή σε κάποιο διάστημά του, ακόμα και αν η φυσική ερμηνεία της μεταβλητής έχει νόημα μόνο για διακριτές τιμές. Έτσι χρησιμοποιώντας το Διαφορικό Λογισμό βρίσκουμε μια λύση για το μαθηματικό

μοντέλο, η οποία ελπίζουμε ότι προσεγγίζει τη λύση του πραγματικού προβλήματος.

Σημείωση. Η παρατήρηση 7 μεταφέρει αυτούσια ό,τι γράφεται στη σελίδα 147 των οδηγιών του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου για τη διδασκαλία των μαθηματικών στο Λύκειο για το έτος 2001-2002.

Δ. Θέματα πανελληνίων εξετάσεων που αντιστοιχούν στο 1 ο κεφάλαιο.

Θέμα 1° Δίνεται η συνάρτηση : · f(x) =

ημχ χ- 3

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της. (Μονάδες 7) β) Να βρείτε την παράγωγο f της συνάρτησης f.

(Μονάδες 9) γ) Να υπολογίσετε την τιμή f(Ο).(Μονάδες 9)

(Πανελλήνιες εσπερινού λυκείου 2000) Θέμα 2ο Δίνεται η συνάρτηση: f(x) =2χ3 + 5χ + 3 α) Να βρείτε την πρώτη παράγωγο της f.

(Μονάδες 12) β) Να δείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησί

ως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της. (Μονάδες 13)

(Πανελλήνιες εσπερινού λυκείου 2000) Θέμα 3ο · Α. α) Δίνεται η συνάρτηση F(x) = f(x) + g(x)

Α ν οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιμες, να α ποδείξετε ότι: F'(x) = f(x) + g'(x) . (Μονάδες 8)

β) Να γράψετε στο τετράδιο σας τις παρα γώγους των παρακάτω συναρτήσεων:

cf(x), f(x)g(x), f(x) με g(x):;eO, όπου c πραγ g(x) ματική σταθερά. (Μονάδες 4,5)

Β. α) Να γράψετε στο τετράδιο σας τα γράμματα της στήλης Α και δίπλα τον αριθμό της στήλης Β που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση.

�TJJAR Α Σ')'ΙL\11 Β .σ'bνάρm.σu πιιφτη παράγωγ� α. χ2+3 1 . 1 -ημχ

β. χ+συνχ 2. 3χ2 -8χ

γ. χημχ 3 . 2χ+3 δ. χ3 -4χ2 4. ημχ-χσυνχ

5 . 2χ 6. 3χ2-4χ 7. ημχ+χσυνχ

(Μονάδες Β) β) Να γράψετε στο τετράδιο σας το γράμμα

που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση. Η πρώτη παράγωγος της συνάρτησης


Μαθηματικά -yια την Γ Λυκείου

e' f(x) = - , x:;t:O είναι:

χ e' - xe' e'x + e' Α: ex, Β: 2 , Γ: 2 , χ χ

e'x - e' xe' - e' Δ: 2 , Ε: ---χ χ

(Μονάδες 4,5) (Πανελλήνιες γενικού λυκείου 2000) Θέμα 4ο Δίνεται η συνάρτηση f(x)= συνχ + ημχ. Α. Να αποδείξετε ότι f(x)+ f '(χ)=Ο.

(Μονάδες 8) Β. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης

της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Α(Ο, 1 ) (Μονάδες 8)

Γ. Να βρείτε την τιμή του λεR για την οποία ισχύει η σχέση λf ( �) -2f( �) =2. (Μονάδες 9)

(Πανελλήνιες γενικού λυκείου 2001 ) Θέμα 5ο Α. Να αποδείξετε ότι η παράγωγος της ταυτο

τικής συνάρτησης f(x)=x είναι f(x)=1 . Μονάδες 9

Β. Για καθεμιά από τα παρακάτω προτάσεις να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της και, ακριβώς δίπλα, την ένδειξη (Σ),, αν η πρόταση είναι σωστή, ή (Λ) αν αυτή είναι λανθασμένη θεωρώντας ότι υπάpχουν οι f(x) και g'(x).

1 . [f(x)+g(x)] ' = f(x)+g'(x) 2. (ημχ)' =. συνχ 3. [f(x) · g (χ)] ' = f(x) · g'(x)

4. [��] ' f(x) -g(x)+f{x) ·g(x) g( ) 0 ,z ' χ :;t: [g(x)J

5. (J;.)' = 1Γ ' Χ > 0

2νχ 6. [c·f(x)] ' = c·f(x) 7. (συνχ)' =ημχ 8. (χΡ) '=χΡ·', ρ ρητός, χ>Ο Μονάδες 16

(Πανελλήνιες εσπερινού λυκείου 2002) Θέμα 6ο

Δ' ' fiY ) Χ2 + 3x-1Q ινεται η συναρτηση \χ =

χ-2 α. Ν α βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτη-

σης f(x) Μονάδες 5 μ. να βρείτε τα: limf(x) , lim f(x)

Χ-+1 Χ-+2 Μονάδες 12

γ. Να δείξετε ότι η συνάρτηση f(x) είναι γνη-σίως αύξουσα στο (2 , + οο) Μονάδες 8

(Πανελλήνιες εσπερινού λυκείου 2002) Θέμα 7ο

Δ' ' f( ) 2χ ινεται η συναρτηση χ = -- .

χ + 1 α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτη-

σης f. Μονάδες 4 μ. Να υπολογίσετε το όρω lim f(x) χ-+3

Μονάδες 4 γ. Να βρεθεί η πρώτη παράγωγος της f.

Μονάδες 7 δ. Να βρεθούν οι εφαπτόμενες της καμπύλης

της συνάρτησης f που η παράλληλες στην ευθεία ψ =2χ+5 . Μονάδες 10

(Πανελλήνιες γενικού λυκείου 2002

Jι ι • : ι:

ΚΥΚΛΟ.ΟΡΟΥΝ ΑΛ ΓΕ Β ΡΑ

a· Λυκείου

ΑΛrΕΒΡΑ •· Λυκείου

ΑΝΑΣfΑΣΙΟΣ Χ. ΜΠΑΡΛΑΣ ΔΙΑΜΑΝΤΗΣ Α. ΜΑΝΕΣΙΩΤΗΣ

ΠΑΝΑΠΩΤΗΣ Α. ΚΥΡΙΑΖΗΣ

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΕΛΛΗΝΟΕΚΔΟ1ΙΚΗ 1ΉΛ.: 010-3613676

• Ο συνάδελφος ι. Μαντάς είχε προτείνει στο προηγούμενο tεύχος τα παρακάτω προβλήματα. 1. Κάθε πόση ώρα συναντιέται ο λεπτοδεί

κτης με τον ωροδείκτη του ωρολογίου

Λύση -Έστω ότι η ώρα είναι 12. Τότε οι δύο δείκτες βρίσκονται στην ίδια θέση.

Μετά από 1 ώρα ο λεπτοδείκτης θα βρίσκεται 30° πίσω από τον ωροδείκτη.

Αν t είναι ο χρόνος σε λεπτά, τότε ο λεπτοδείκτης σε χρόνο t διανύει 6 t μοίρες ενώ ο ωρο-δ ' δ ' 1 ' εικτης ιανυει 2" t μοιρες.

Αν σε t λεπτά ο λεπτοδείκτης και ο ωροδείκτης συναντιούνται ξανά πρέπει να ισχύει:

1 1 1 60 - . 6t = -t + 30 <::::> -t = 30 <::::> t = - = 5,45mιn ::::: 5 2 2 1 1

λεπτά, 27 δευτερόλεπτα και 27 εκατοστά. Άρα ο λεπτοδείκτης και ο ωροδείκτης συνα

ντιούνται κάθε 1 ώρα, 5 λεπτά, 27 δεύτερα και 27 εκατοστά του δευτερολέπτου

2) Μια διαφημιστική πινακίδα αποτελείται από ένα πανί προσαρμοσμένο σ' ένα μηχανισμό, όπως στο σχήμα:

μηχανισμός

πανί

Επάνω στο πανί είναι τυπωμένες 4 διαφημίσεις, στη σειρά η μία κάτω απ' την άλλη, ό-

πως στα φιλμ. Ο μηχανισμός τυλίγει και ξετυλίγει το πανί, σαν πάπυρο, κατά τακτά χρονικά διαστήματα, ώστε να εμφανίζεται κάθε φορά και μια διαφορετική διαφήμιση. Πρώτα εμφανίζεται η πρώτη διαφήμιση, ύστερα η δεύτερη κ.ο.κ. Όταν εμφανιστεί η τέταρτη διαφήμιση ο μηχανισμός τυλίγει αντίστροφα το πανί ώστε να εμφανιστεί στη συνέχεια η τρίτη, η δεύτερη κ.ο.κ. Όταν πάλι εμφανιστεί η πρώτη ο μηχανισμός στρέφει το πανί αντίστροφα ώστε να εμφανιστεί η δεύτερη κ.ο.κ. Ας υποQέσουμε ότι πρώτη, δεύτερή, τρίτη και τέταρτη είναι η διαφήμιση της εταιρείας Α, Β, Γ, Δ αντίστοιχα. Η εταιρεία Β πληρώνει 20.000 δρχ. ημερησίως -(ια να διαφημίζεται στην παραπάνω διαφημιστική πινακίδα.

Λύση Η σει ά των διαφημίσεων είναι:

Β Γ Δ Γ Β , IΑΒ Γ Δ Γ Β I . . . . . . . . .

Άρα για κάθε 2 εμφανίσεις των Β, Γ τα Α, Δ εμφανίζονται από 1 φορά. Επομένως καθεμία εταιρεία από τις Α, Δ πρέπει να πληρώνουν τα μισά απ' όσα πληρώνει καθεμία από τις Β, Γ, δηλαδή οι Β, Γ πρέπει να πληρώνουν από 20.000 δρχ. ημερησίως και οι Α, Δ από 10.000 δρχ. ημερησίως • Ο συνάδελφος Χ. Πατίλας απ' τα Τρίκαλα

προτείνει: Πτυσσόμενη κεραία μήκους 25cm στέκεται

κατακόρυφα με το ένα άκρο της (σταθερό) στο έδαφος. Σκοινί μήκους lm είναι στερεωμένο με τις δύο άκρες του Κ, Λ στο έδαφος και το μέσο του είναι περασμένο από μικρή οπή που υπάρχει όσο άνω άκρο (μεταβλητό) της κεραίας έτσι ώστε να είναι τεντωμένο.

Η κεραία αρχίζει να κινείται οριζόντια έτσι ώστε να είναι πάντα κάθετη στο έδαφος και κάθε χρονική στιγμή t απ' τη στιγμή που άρχισε

, , dh r:--:-ι1 4 1 dx 0 να κινειται ισχυει: dt · ν ι - 4χ- + χ · dt =

, ι , , , οπου χ

< - η αποσταση της κεραιας απ την αρ-2 χική της θέση και h το ύψος της κεραίας σε μέτρα.

Να δείξετε ότι: «Το σκοινί κατά τη παραπάνω κίνηση είναι τεντωμένο».


Η στήλη της Αλληλοyραφίας Από τον συνάδελφο Ηλία Ντζιώρα πήραμε

την παρακάτω επιστολή: Αγαπητέ ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β', Με αφορμή το τρίτο (3ο) θέμα της Θετικής

και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης των Γενικών Εξετάσεων της Γ' Λυκείου, σας στέλνω μια πιο γενική διατύπωση και καινούργια συμπεράσματα, ώστε να αποτελέσει θέμα για μελέτη των μαθητών της Γ' Λυκείου:

Δύο συναρτήσεις f και g είναι ορισμένες στο R Η συνάρτηση h = fog είναι « 1-1 )), α) Να δείξετε ότι η g είναι « 1-1 )). β) Να δικαιολογήσετε ότι η f δεν είναι απα

ραίτητα « 1-1 )) . γ) Είναι γνωστό ότι κάθε πολυώνυμο Ρ(χ),

βαθμού ν � 2 , έχει το πολύ ν διαφορετικές ρίζες. Αν Ρ(χ) = αχ3 +βχ2 +γχ + δ με α, β, γ, δ Ε R και α * Ο , τότε να δείξετε ότι ισχύουν οι προτάσεις:

γΙ) αν α > Ο , δ > Ο και α+ β + γ + δ < Ο , τότε το Ρ(χ) έχει ακριβώς δύο θετικές και μία αρνητική ρίζα.

γ2) αν α > Ο , δ < Ο και α - β + γ- δ < Ο , τό-τε το Ρ(χ) έχει ακριβώς δύο αρνητικές και μία θετική ρίζα.

γ3) αν Q(x) = χ3 + αχ2 + β με β > Ο και α + β < -1 , τότε το Q(x) έχει ακριβώς δύο θετικές και μία αρνητική ρίζα.

δ) Να δείξετε ότι η εξίσωση: g (f(x) + χ3 + 2χ2 ) = g (r (x) - 3x2 - 2χ + ι) έχει ακριβώς δύο αρνητικές και μία θετική ρίζα.

ε) Να δείξετε ότι η εξίσωση: g (r (x) + χ3 - χ) = g (f (x) + 2χ - 1) έχει ακριβώς δύο θετικές και μία αρνητική ρί-

ζ α. ΛΥΣΗ

f ( g (χι)) = f (g (χ2)) , δηλαδή h (χι ) = h (χ2) και επειδή η h = fog είναι 1-1 θα έχουμε χι = χ2 . Άρα η g είναι 1-1 .

Θα μπορούσαμε να απαντήσουμε και ως εξής: Έστω ότι η g δεν είναι 1-1 , τότε θα υπήρχαν δύο πραγματικοί αριθμοί χι * χ2 με g (χι ) = g (χ2) , οπότε θα είχαμε και f (g (χι )) = f (g (χ2)) ή (fog) (xι ) = (fog) (x2) , δηλαδή h (χι ) = h (χ2) , πράγμα άτοπο, αφού η h, από υπόθεση, είναι 1-1 .

β) Η συνάρτηση f δεν είναι απαραίτητα « 1-1 )) και αυτό φαίνεται με το παρακάτω παράδειγμα (βλ. και Ευκλείδη Β', λ.α. τ. 4/53). Θεωρούμε τις συναρτήσεις f και g με τύπους αντίστοιχα: f ( ) {χ, αν χ Ε (- 1 , 1) χ = και Ο, αν χ Ε R / (- 1 , 1)

χ g (χ) = I I '

χ Ε R 1 + χ Οι συναρτήσεις f και g είναι ορισμένες στο R

και η μεν g, όπως εύκολα μπορεί να διαπιστωθεί είναι « 1-1 )) , ενώ η f δεν είναι « 1-1 )) , γιατί π. χ. αν και 2 * Ο , όμως f (2) = f (Ο) = Ο .

Η συνάρτηση h = fog είναι ορισμένη στο R και είναι « 1-1 )), γιατί αν πάρουμε Χι * χ2 , τότε θα είναι g (χι) * g (χ2) · Αλλά

lg (x)l = lχΊ I < 1 για κάθε χ Ε R , 1 + χ οπότε

f (g (xι )) = g (χι) και f ( g (x2)) f (g (χι)) * f (g (χ2)) , (fog) (χι) * (fog) (χ2 ) , h (χι) * h (χ2 ) .

που

= g (x2) , άρα δηλαδή

σημαίνει

γΙ) Η συνάρτηση Ρ(χ) είναι συνεχής στο R ως πολυωνυμική.

Ισχύει: Ρ (Ο) = δ > Ο και α) Έστω τότε Ρ (1) = α + β + γ + δ < Ο .


Η στήλη της Αλληλσyραφίας

Επιπλέον έχουμε ότι: lim Ρ (χ) = lim (αχ3 + βχ2 + γ + δ) =

Χ -+·· . Χ--++οο

l ιm ι αχ . I = + οο, άρα υπάρχει χ1 > ι ώστε

lim Ρ (χ) = lim (αχ3 + βχ2 + γ + δ) = χ --+-00 χ --+-00

ε) Αφού η g είναι 1-1 διαδοχικά έχουμε: f(x) + χ3 - χ = f (x) + 2χ - 1 <=> χ3 - 3χ + 1 = ο (3) Παρατηρούμε ότι για το πολυώνυμο Ρ (χ) = χ 3 - 3χ + 1 ισχύουν οι προϋποθέσεις για την πρόταση (γι), καθόσον τό Ρ(χ) είναι 3ου βαθ-

lim (αχ3) = - οο, άρα υπάρχει χ2 > ο ώστε μού με α = 1 > Ο και α+β+γ+δ=1+0- 3+1= χ --+-00

Ρ (χ2) < Ο Παρατηρούμε τώρα ότι η συνάρτηση Ρ(χ) ι

κανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano σε καθένα από τα διαστήματα [χ2 , Ο] , [0, ι ] και [ ι , χι ] , άρα υπάρχουν ένα (τουλάχιστον) ρι ε (χ2 , Ο) με Ρ (ρι ) = Ο , ένα (τουλάχιστον) ρ2 ε (0, ι) με Ρ (ρ2) = Ο και ένα (τουλάχιστον) ρ3 ε ( ι , χι) με Ρ (ρ3) = Ο και επειδή η συνάρτηση είναι 3ου βαθμού έχει το πολύ 3 ρίζες, άρα το πολυώνυμο Ρ(χ) έχει ακριβώς 3 ρίζες, δύο θετικές τις ρz, ρ3 και μία αρνητική, την ρ ι .

γz) Με ανάλογους συλλογισμούς δείχνουμε την πρόταση ( γz), καθόσον ισχύουν:

= - 3 + 2 = - ι < ο ' άρα, σύμφωνα με την πρόταση (γι), το Ρ(χ) έχει ακριβώς δύο θετικές και μία αρνητική ρίζα. • Ο συνάδελφος Ελευθέριος Πρωτοπαπάς από

το Περιστέρι μας έστειλε ένα γράμμα με τις παρακάτω επισημάνσεις για το τεύχος 43: - Για το διαγωνισμό ΕΥΚΛΕΙΔΗ (σελ. 20):

«Νομίζω ότι είναι πιο ε6κ:ολο για κάποιον να σκεφθεί ως εξής: Έστω ότι κανένας μαθητής δε δήλωσε και τα 4 μαθήματα. Αυτό σημαίνει ότι κάθε ένας από τους 20 μαθητές θα έχει δηλώσει το πολύ 3 μαθήματα, οπότε οι συμμετοχές θα είναι συνολικά το πολύ 20 · 3 = 60 .

Όμως, κατά τα δεδομένα οι συμμετοχές είναι: ι5 + ι3 + ι4 + ι9 = 6ι Ρ (Ο) = δ < Ο και Συνεπώς, υπάρχει ένας τουλάχιστον μαθητής Ρ (- 1) = - α + β - γ + δ = - (α - β + γ - δ) > Ο που δήλωσε όλα τα μαθήματα».

και lim Ρ (χ) = lim (αχ3) = + οο και χ -++σο χ -++σο

lim Ρ (χ) = lim (αχ3) = - οο χ --+-οο χ --+-οο

γ3) Για το Q (χ) = χ3 + αχ2 + Οχ + β

πολυώνυμο έχουμε

α' = ι > ο και ι + α + ο + β < ο (γιατί α + β < - ι ). Επομένως, σύμφωνα με την πρόταση (γι) το Q(x) έχει δύο θετικές και μία αρνητική ρίζα.

δ) Αφού η g είναι · ι-ι έχουμε διαδοχικά: f (x) + χ3 + 2χ2 = f (x) - 3χ2 - 2χ + ι <=> χ3 + 5χ2 + 2χ - ι = ο (2) Παρατηρούμε τώρα ότι το πολυώνυμο Q (χ) = χ3 + 5χ2 + 2χ - ι είναι 3°υ βαθμού και ισχύει α = 1 > Ο και α - β + γ - δ = ι - 5 + 2 - (- ι) = - 5 + 4 = - ι < Ο

' , άρ!i, σύμφωνα με την πρόταση (γ2) το Q(x) έχει ακριβώς δύο αρνητικές και μία θετική ρίζα.

- Για τον ορισμό 5 (σελ. 34) για το τετράγωνο όπου καθώς σημειώνει υπάρχει τρεις φορές η λέξη «παραλληλόγραμμο».

Η Σ.Ε. απαντά: «Δίκιο έχει ο συνάδελφος. Εμείς απλά επαναλάβαμε τον ορισμό του σχολικού βιβλίου».

Επίσης, δίνει απαντήσεις στα εξής θέματα: •:• Θέμα ι που πρότεινε ο ακαδημαϊκός κ:. Ν.

Αρτεμιάδης (σελ. ι4). •:• Θέμα 2 που πρότεινε ο ακαδημαϊκός κ:. Ν.

Αρτεμιάδης (2 τρόποι). •:• Θέμα 1 που πρότεινε ο συνάδελφος Ν.

Βαδιβούλης. •:• Θέμα 2 που πρότεινε ο συνάδελφος Ν.

Βαδιβούλης.

λόγω πληθώρας


Εκδόσει� τη� ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑθΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ \F.\_τ((t

\ llt'Ι'-tn. \HiiH\1\flll.fl�{ H.IFH.\.� BU.JfΠ'f"i ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ 55

ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ ·�..;.;

Ε'ριuvηηι:η διοστοσn

,.,.� ... . · �

EUCL IDES Υ . -·--EIIU:I8

--rιι.�..: .... -·

LOU/5 BRAND

ΜΑθΗΜΑ11ΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ

-znι

- - -----

.._ _

__ .,. 1

1,-νι-·οR..ιι-ιτιιs 'fl

Σl'ΟιχF.ιΟ.4ΗΣ rt:nMετrι,\ .,πο ΛΝΩΤ.ΕΡΗ ΣκQrιι;ι ��ΩΡJΑ

ΛΡΙΘΜΩι�

ΕυκλείδηςΑ": Τεύχος 2 ευρώ Διεθνής ΜαθημαΊικές 11οο ΓΊαvελληνkχι Συνεδρίου 17 ευρώ Διαλέξεις: Ο τόμος Συνδρομή (4 τεύχη) 10 ευρώ Ολυμπιάδες 1959 - 1999: 20 ευρώ 14ou ΓΊαvελληνkχι Σιινεδρίσυ 17 ευρώ Μαθημαnκή Ανάλυση

(4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Βαλκανικές Μαθημαnκές 15ou ΓΊαvελληνkχι Συνεδρίου 17 ευρώ Σχολεία: 8 ευρώ δρχ. Ολυμπιάδες 1984-2001: 15 ευρώ 16ou ΓΊαvελληνkχι Συνεδρίου 17 ευρώ

(Louis Brand) Ευκλείδης&:: Τεύχος 2,5 ευρώ Θέματα εξετάσεων στα A.E.I 17οο ΓΊαvελληνkχι Συνεδρίου 25 εuρώ Διαφορικές Εξισώσεις

5 ευρώ

25 ευρώ

Συνδρομή (4 τεύχη) 12 ευρώ 1976 - 1989: 6 ευρώ 1βου ΓΊαvελληνkχι Συνεδρίου 25ευρώ (Stephenson) 10 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Πρακτικά: Συνέδριο Hermis "92 (Αyyλικά)

Σχολεία: 1 Ο ευρώ 1 οο Πανελληνίου Σιινεδρίσυ 6 ευρώ 25 ευρώ ΕυκλείδηςΓ": Τεύχος 5 ευρώ 2οο Πανελληνίου Σwεδρίου 8 ευρώ Συνέδριο Hennis "94 (Αyyλικά)

Συνδρομή (2 τεύχη) 1 Ο ευρώ 3ou Πανελληνίου Σιινεδρίσu 8 ευρώ 2 τόμοι ο τόμος 15 ευρώ Μαθημ. Επιθεώρηση: 4oιJ..5ou ΓΊανελληνbυ ΣιινεδρΚJυ 8 ευρώ Γραμμική Άλγεβρα

Τεύχος 5 ευρώ 6ou Πανελληνίου Σιινεδρίσu 8 ευρώ (Gr. Muncres) 6 ευρώ Συνδρομή (2 τεύχη) 1 Ο ξυρώ 7οο Πανελληνίου Σιινεδρίσu 8 εuρώ ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ

Ιστορία Μαθημαnκών Loήa (4 Ίόμοι) Α, Β, Γ Αι Γ Β ο Ίόμος 8 ευρώ 70 Χρόνια Ε.Μ.Ε. 4 ευρώ Ελληνική Μαθημαnκή Βιβλιογραφία 4 ευρώ Στοιχειώδης Γεωμετρία από Αστρολάβος: Τεύχος 5 ευρώ βου Πανελληνίου Συνεδρίου 8ευj:κ;ι (Ονόματα Γεωμετρικών όρων

Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ 9ou Πανελληνίου Συνεδρίου 8 ευρώ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΑ) 20 ευρώ Ανώτερη Σκοπιά 8 ευρώ Δελtίο (Bυlletin): Τεύχος 7,30 ευρώ 10ou ΓΙανελληνίου Σιινεδρίσu 17 ευρώ (Μετρικά - Διόmρα) 20 ευρώ Θεωρία Αριθμών 17 ευρώ

Τα παλαιότερα τεύχη όλων των εκδόcχων ποaλούντοι μι 11ς τρίχοu� 11μίς τοu aooa

r ΡΑΜΜ Ι Κ Η I ΑΛΓΕΒΡΑ

Σημείο αναφοράς στο εκπαι δευτικό βιβλίο

� 'I r /} r ! !

ΖQΟΔ. ΠΗΓΗΣ 1 8 & ΣΟΛQΝΟΣ, ΑθΗΝΑ 1 0 6 81 ΤΗΛ. : 210 33 0 1 25 1 FAX: 210 3 3 06 9 ' 8

Ευκλειδης Β 45

Documents