Ευκλειδης Β 55

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ www.patakis.qr

νι n vn Ε; Ε κ ιvήαΕc Ε μΕ προβάδιαμn

ΠοpΕΧΕ'GΠι ι5ut.Jor:;όr:;nr:;o Eκr:;ύnwπns .. -�

. ./ . / �

ΠΕΡΙΕΧΕΙ -� c.) t Αναλυτική θεωρία . ·::::Ξ:- ./"Ο t Ερωτήσεις πλήρους �

ανάπτυξης t Ερωτήσεις νέου τύπου t Ασκήσεις με τις λύσεις τους t Διαγωνίσματci

ΈVD nρωconoριDI'ίD 1:0-Α[]Μ απαραίτητο εργαλείο για τον εκπαιδευτικό ...

... πολύτιμο βοήθημα για το μαθητή

ΣUiι'DtiEίιECDI DΠό Dlι'DλUCΙI"ίό ΕΙΙΧΕΙρίtίΙD Dtίnιιιώlι'

Σχεδιασμός: Κ. ΣΑΛΑΡΗΣ Συγγραφή: Σ. ΚΕϊΣΟΓΛΟΥ, Π. ΒΕΡΥΚΙΟΣ

Υπεύ8υvοι Έκδοση� ΕυσταDίου Ευάγγελος,

Μπαρολιίς Γεώργιος.

Συντακτική Ομάδα: Ανδρουλακάκης Νίκος Βακαλόπουλος Κώστας Βλάχου Αγyελικrί Γράψας Κωνσταντίνος Δούναβrις Αντώνης Κολίκας Σταμάτης Καρακατσάνης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόντ{ιας Νίκος Κυριακόπουλος ΑντώVΙις Κυριακόπουλος θανάσrις Κυριακοπούλου-Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρrιστος Λουρίδας Σωτήprις Μολαφέκας Θανάσης Μεταξάς Νίκος Μυλωνάς Δημψρrις Μώκος Χρήστος Σακελλάρης Βασίλης Σα'iπιΕύα Σταθόπουλος Γιώργος Στάϊκος Κωνσταντίνος Στάϊκος Παναγιώπις Σφατrις ΙωάVVΙις Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τριάντος Γεώργιος Τσικολουδάκrις Γιώργος Τσιούμας θανάσης Τυρλής Ιωάννης Φελλούρrις Ανάργυρος Χαρολαμποπούλου Λίνα ΧαρολόJmους θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

ΕΚ..\ ΟΣΗ ΊΊΙΣ J:. \.\Η!\; ΙΚΙΙΣ :\>f \01 \ΙΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙ \Σ J.JΑΝΕΠΙΣΠΙΜlΟΥ 34 · 106 79 ΑΘΙΙΝΑ Τηλc 210-36 17 784, 210-36 16 532 Fax 210-36 41 025 Εκδόιης: Αλe(ανδρΓις ΝΊ.Κόλαος ΔιcυDυvτής: R'αρκούλιας Γιώργος

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055

ISSN: 1105- 7998 ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τεύχος: 2,50 ευρώ ΕτήσιασυνδροJΠΊ 10,00 ευρώ (Σχολ) ΣυνδροJΠΊ.τές: 10,00+2,00 ευρώ (Ταχ.) Ορyανισμοί: 18,00 ευρώ Ταχ. Επιιαyec:; Τ. Γραφείο Atlι]vα 54,Τ.Θ. 30044

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τι:ύχος 55 • Ιανουάριος • Φι:βρουάριος • Μάρτιος 2005 • Ευρώ: 2,50

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

ΜΑΘΗΜΑΊlΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 2 Αρχαία Ελληνικά Μαθημαιικά

8 , Ο Ευκλείδης προιείνει ... Ευκλείδη και ... Διόφαvιο

16 Homo Mathematicus

20 Μαθημαιικοί Διαγωνισμοί

26 Η σιήλη ιου μαθηιή

Μα8ημαηκά για ιην Α' Τάξη ιου Λυκείου

29 Το ιριώvυμο f(x) = αχ2 + 6χ + γ, α :;:. Ο

34 Πρόσημο ιριωvύμου · Συναριήσεις

37 Εyyράψιμα ιειράπλευρα

Μα8ημαηκά για ιηv Β' Τάξη ιου Λυκείου

42 λλ6εγρα- Πρόοδοι

45 Ασκήσεις σης λογαριθμικcς και εκθειικcς συναριήσεις

51 Κωvικcς ιομcς

60 Γεωμειρία - Κανονικά πολύγωνα - Μcιρηση κύκλου

Μα8ημαηκά για ιηv Γ Τάξη ιου Λυκείου

66 Ασκήσεις διαφορικόύ λογισμού

70 Ασκήσεις πιθανοιήιων

Σιοιχειοθcσία • Σελιδοποίηση Ν Αλεξόπουλος

Ακαδημίας 43, τηλ. 210-36αi826

Εκτύπωση ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε., Υπεuθ. Τυπογραφείου: Βοοίλης ΣωτηριόδηςΤrιλc 21081603330

11 λ.ΡΧλ.Ιλ. θλλΗΝΙΚλ.. ΜλθΗΜλ. ΤΙΚλ.. 11 Χρήστος Κηπουρός

Προκαταρτικά: Η στήλη των αρχαίων Μαθηματικών φιλοξενεί, κατά κανόνα, θέματα που αναφέρονται στα αρχαία μαθηματικά. Ωστόσο, δεν μπορεί να αρνηθεί να δημοσιεύσει αξιόλογα άρθρα που αναφέρονται σε κείμενα των τελευταίων αιώνων που γράφονται από ταλαντούχους συναδέλφους και έχουν ως αντικείμενο την πληροφόρηση των αναγνωστών μας τόσον, για τα ίδια τα κείμενα, όσον και για τους συγγραφείς των.

Μια τέτοια εργασία λάβαμε από τον συνάδελφο κ. Στέλιο Λαμνή που αναφέρεται σε Μαθηματικούς που έγραψαν μαθηματικά βιβλία κατά την περίοδο της Τουρκοκρατίας. Επειδή, λοιπόν, θεωρώ πολύ αξιόλογη και σοβαρή αυτήν την προσπάθειά του δέχτηκα, με μεγάλη χαρά, να την φιλοξενήσω στη στήλη των αρχαίων μαθηματικών ελπίζοντας ότι, στο μέλλον, θα λάβουμε και από άλλους συναδέλφους άρθρα, με αντικείμενο την ιστορία των αρχαίων μαθηματικών.

Ακολουθεί, τώρα, το άρθρο του μαθηματικού Στέλιου Λαμνή.

Οι Μαθημα.τικές Επιστήμες στην περίοδο της

Τουρκοκρατίας (1453-1830) Η πολιορκία της Κωνσταντινούπο

λης το 1453 από γαλλική μινιατούρα

της Βιβλιοθήκης του Παρισιού.

άλωση της Κωνσταντινούπολης το 1453 , εκτός των άλλων σοβαρών και οδυνηρών συνεπειών που είχε για τον ελληνισμό, σήμανε και την αναστολή

της αρκετά αξιόλογης μαθηματικής δραστηριότητας που σημειώθηκε κατά ύστερους βυζαντινούς χρόνους. Την οριστική κατάρρευση της Βυζαντινής Αυτοκρατορίας ακολούθησε η μακραίωνη περίοδος της Οθωμανικής κυριαρχίας, κατά την οποία ο υπόδουλος πλέον ελληνισμός βρέθηκε σε ολότελα νέες οικονομικές και κοινωνικές συνθήκες. Αυτές οι νέες συνθήκες αποτέλεσαν σοβαρούς ανασταλτικούς παράγοντες για την καλλιέργεια

Στέλιος Λαμνής, Θεσαλονίκη

των γραμμάτων, για τη δημιουργία πνευματικού κλίματος που να ευνοεί τη μάθηση και την ανάπτυξη των επιστημών.

Τα μαθηματικά, όπως είναι επόμενο, δεν θα μπορούσαν να μείνουν ανεπηρέαστα από τη νέα δυσμενέστερη κατάσταση στην οποία βρέθηκε ο ελληνισμός. Ειδικά κατά τους δύο πρώτους αιώνες της Τουρκοκρατίας, δεν μπορεί να γίνει λόγος για μαθηματική δραστηριότητα, πολύ περισσότερο δε για ανάπτυξη των μαθηματικών, από τη στιγμή που δεν υπήρχε καν συστηματική και οργανωμένη εκπαίδευση . Τα μαθηματικά σ' αυτήν την κρίσιμη περίοδο των δύο πρώτων αιώνων της Τουρκοκρατί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/2

-�------------ Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά --------------

ας ποτέ δεν ξεπέρασαν το στοιχειώδες επίπεδο. Στα λιγοστά ελληνικά σχολεία εκείνης της περιόδου, η ύλη της διδασκόμενης Αριθμητικής περιελάμβανε τις τέσσερις βασικές πράξεις της αριθμητικής με ακέραιους και κλασματικούς αριθμούς, την απλή και τη σύνθετη μέθοδο των τριών και τις μετατροπές μονάδων βάρους, μήκους, όγκου ή νομισμάτων. Το ίδιο στοιχειώδης ήταν και η ύλη της διδασκόμενης Γεωμετρίας, που περιοριζόταν σε απλά πρακτικά προβλήματα υπολογισμού μηκών και υψών.

Το χαμηλό επίπεδο των μαθηματικών γνώσεων των πρώτων αιώνων της Τουρκοκρατίας, φαίνεται και από τα βιβλία μαθηματικών που τυπώθηκαν αυτήν την περίοδο. Το πρώτο βιβλίο μαθηματικών που τυπώθηκε ποτέ στην ελληνική γλώσσα είναι το «Σύ

νταγμα ευσύνοπτον εις τας τέσσαρας μαθηματικάς

επιστήμας, Αριθμητικήν, Μουσικήν, Γεωμετρία και

Αστρονομία» (1532) του βυζαντινού λόγιου Μιχαήλ Ψελλού. Το βιβλίο περιέχει μια σύνοψη των παραδοσιακών μαθηματικών γνώσεων της εποχής του Ψελλού (αρχές 1 1 ου αι. ), που κυκλοφορούσε χειρόγραφο επί 500 περίπου χρόνια.

Το δεύτερο ελληνικό μαθηματικό βιβλίο είναι το πασίγνωστο κατά την περίοδο της Τουρκοκρατίας «Βιβλίον πρόχειρον τοις πάσι περιέχον την τε

πρακτικήν Αριθμητικήν, ή μάλλον ειπείν την Λογα

ριαστικήν» ( 1 568) του Μανουήλ Γλυζώνιου. Πρόκειται για ένα απλοϊκό βιβλίο πρακτικής αριθμητικής, το οποίο όμως αποτέλεσε τη μεγαλύτερη εκδοτική επιτυχία ολόκληρης της περιόδου της Τουρκοκρατίας, με πληθώρα επανεκδόσεων ως τον 19° αιώνα.

Το τρίτο και τελευταίο μαθηματικό βιβλίο αυτής της περιόδου είναι η «Λογιστική» ( 1600) του μοναχού Βαρλαάμ του Καλαβρού. Κι αυτό το βιβλίο πραγματεύεται την πρακτική αριθμητική, ενώ πρέπει να σημειώσουμε ότι πρόκειται για βιβλίο που γρά-

φτηκε στα μέσα του 1400 αι. Ο συγγραφέας του Βαρλαάμ ο Καλαβρός δεν είναι άλλος από τον μεγάλο αντίπαλο του Γρηγορίου Παλαμά κατά τις ΗσυχαστικέςΈριδες ( 1 342- 1349) της Θεσσαλονίκης.

Τα ελληνικά μαθηματικά αρχίζουν να ξεπερνούν το στοιχειώδες επίπεδο μόνο κατά τον 1 8° αιώνα. Τότε αρχίζει μια μεγάλη προσπάθεια των Ελλήνων λογίων να εναρμονιστούν με τις σύγχρονες εξελίξεις του κλάδου στην Ευρώπη . Η απόσταση βέβαια που χωρίζει τα ελληνικά μαθηματικά από τα σύγχρονα ευρωπαϊκά μαθηματικά είναι τεράστια. Χάρη όμως στις προσπάθειες των Ελλήνων λογίων και διδασκάλων αυτής της περιόδου, μέσα σε διάστημα ενός μόλις αιώνα, η απόσταση μειώθηκε, για να φτάσουμε στις πρώτες δεκαετίες του 19ου αι. τέτοιο σημείο, ώστε τα ελληνικά μαθηματικά να παρακολουθούν από κοντά τη σύγχρονη ευρωπαϊκή μαθηματική εξέλιξη .

Στο σημείο αυτό πρέπει να επισημάνουμε τη σημαντική διαφορά που υπάρχει στην αντίληψη που έχουμε εμείς σήμερα για τα μαθηματικά, σε σχέση με εκείνη των λογίων του 1 8ου αι. Για τους λόγιους του 1 8ου αι. , τα μαθηματικά και οι υπόλοιποι κλάδοι των θετικών επιστημών δεν εθεωρούντο αυτόνομοι και ξεχωριστοί επιστημονικοί κλάδοι, αλλά αναπόσπαστα μέρη της φιλοσοφίας. Υπήρχε δηλαδή μια ενιαιοποιημένη αντίληψη των επιμέρους κλάδων των θετικών επιστημών, και μ' αυτήν την έννοια, όλες οι θετικές επιστήμες εθεωρούντο στενά συνδεδεμένες μεταξύ τους. Γ ράψει σχετικά ο Κυριακός Γεωργιάδης: «Αι επιστήμαι

είναι τοσούτον συνδεδεμέναι προς αλλήλας, ώστε

χωρίς μιας η άλλη μένει ακατανόητος». Τυπικό παράδειγμα αυτής της ενιαιοποιημένης αντίληψης των επιστημονικών κλάδων είναι η «Οδός Μαθη

ματικής» ( 1 749) του Μεθόδιου Ανθρακίτη . Στην ύλη του σημαντικότατου αυτού τρίτομου επιστημονικού συγγράμματος, εκτός των μαθηματικών, περιλαμβάνεται φυσική, αστρονομία, γεωγραφία και οπτική .

Στη σκέψη όμως των Ελλήνων λογίων, πάντοτε τα μαθηματικά κατείχαν την κεντρική θέση μεταξύ όλων των θετικών επιστημών. «Τούτων γαρ άνευ»,

έλεγε ο Ευγένιος Βούλγαρης. Ενώ ο Νικηφόρος Θεοτόκης υποστήριζε πως «η προς την Φιλοσοφίαν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη' τ.3/3

-------------- Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά --------------

άγουσα οδός γίνεται ημίν ευθυτέρα και ραδία εάν

τοις μαθηματικοίς στοιχείοις προγεγυμνασμένοι

ώμεν». Σ' αυτήν την περίοδο μπορούμε να κάνουμε λόγο για «μαθηματικοποίησψ> των θετικών επιστημών. Αυτό ακριβώς υπαινίσσεται και ο Ιώσηπος Μοισιόδαξ, υποστηρίζοντας ότι «είναι το

λοιπόν η Μαθηματική επιστήμη άκρως χρήσιμος

ουχί μόνον τω απαρτισμώ του νοός, αλλά και πάση

επιστήμη φυσική απλώς ( . . .) Πάσα θεωρία φυσική

είτα χρειάζεται την αντίληψιν αυτής απαραιτήτως.

Η Υδραυλική, η Υδροστατική, η Μηχανική, η Οπτι

κή, η Αστρονομία, η Γεωγραφία, άλλαι πολλαί τας

οποίας aποσιωπώ, πάσαι δεικνύονται δια της Μα

θηματικής>> .

Ευγένιος Βούλγαρης

Ο 1 8°ς αι. , ειδικά το τελευταίο τέταρτο του αιώνα αυτού και οι δύο πρώτες δεκαετίες του 19°υ αι. , είναι η περίοδος της κορύφωσης του Νεοελληνικού Διαφωτισμού, δηλαδή της πνευματικής κίνησης των Ελλήνων διανοουμένων που είχε ως κεντρικό εκπαιδευτικό στόχο την αναβάθμιση της ελληνικής παιδείας.

Στις αρχές του 1 8ου αι. ο στόχος της αναβάθμισης της ελληνικής παιδείας συνδυάστηκε με μια αντίληψη που είχε αρχίσει να διαμορφώνεται μεταξύ των Ελλήνων λογίων περί του δεσμού των νεότερων Ελλήνων με τους αρχαίους προγόνους τους. Η αντίληψη ξεκίνησε ως γενικότερο ενδιαφέρον για το αρχαιοελληνικό παρελθόν και σύντομα εξελίχθηκε σε αίτημα για την αναβίωση του αρχαιοελληνικού πνεύματος.

Νικηφόρος Θεοτόκης

Στα μαθηματικά αυτή η αντίληψη εκφράστηκε με δύο τρόπους: α) με την έκδοση πολλών κλασικών aρχαιοελληνικών μαθηματικών κειμένων ( έργα των Ευκλείδη, Αρχιμήδη, Διόφαντου κ.λ.π.) , και β) με τη συγγραφή ή τη μετάφραση σύγχρονων έργων, γραμμένων όμως στο πνεύμα της αρχαίας ελληνικής μαθηματικής παράδοσης.

Ως κύριους εκφραστές αυτής της αντίληψης στα μαθηματικά μπορούμε να αναφέρουμε τον Μεθόδιο Α νθρακίτη, τον Μπαλάνο Βασιλόπουλο, τον Κοσμά Βασιλόπουλο και από τους μεταγενέ-

Ως παράδειγμα μαθηματικοποίησης της φυσικής μπορούμε να αναφέρουμε το σπουδαίο σύγγραμμα του Νικηφόρου Θεοτόκη, τα <<Στοιχεία Φυσικής εκ

νεωτέρων συνερανισθέντα» ( 1766). Το αξιοσημείωτο για τα μαθηματικά είναι ότι σ' αυτό το βιβλίο, παρόλο που πρόκειται για σύγγραμμα φυσικής, έχουμε τη χρήση εννοιών του Απεφοστικού Λογισμού για πρώτη φορά στην έντυπη νεοελληνική βιβλιογραφία. Δικαιολογημένα ο Κων. Κούμας χαρακτήρισε τη Φυσική του Θεοτόκη «εφαρμοσμένη μαθηματική», αφού για τη μελέτη και την κατανόησή της απαιτείται άριστη γνώση μαθηματικών και μάλιστα υψηλού εmπέδου. στερους τον Βενιαμίν Λέσβιο. Όλοι αυτοί, με την



προσήλωσή τους στην αρχαία ελληνική μαθηματική παράδοση, έδειξαν μια σαφή προτίμηση προς τους παλαιότερους κλάδους των μαθηματικών (Αριθμητική, Γεωμετρία, Τριγωνομετρία, Αστρονομία) και μια ολοφάνερη αδιαφορία για τους νεότερους μαθηματικούς κλάδους (Άλγεβρα, Απειροστικό Λογισμό, Αναλυτική Γεωμετρία) .

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ ΕΤΚΛΕ!ΔΟΤ ΣΤΟΙΧΕΙΛ.

ΕfίΤΕθΕΝΤΑ

:sεrn4MtN ΛεΣnιοr.

ΤΟΜΟΣ Β'.

Το βιβλίο που εκφράζει πιο πιστά τους σκοπούς και τις επιδιώξεις αυτής της αντίληψης είναι η «Ο

δός Μαθηματικής» ( 1 749) του Μεθόδιου Ανθρακίτη . Με την «Οδό Μαθηματικής» παρουσιάζονται στο ελληνικό αναγνωστικό κοινό, για πρώτη φορά μετά από πολλούς αιώνες, τα <<Στοιχεία» του Ευκλείδη, καθώς και μερικά ακόμη σημαντικά έργα αρχαίων και νεότερων συγγραφέων (Πρόκλου Σφαίρα, Σφαιρικά του Θεοδοσίου κ.α.) .

I 0Δ02 MAβHMATlltH�\:

κ• τ ο ι i; Jίιιl ....... .... . �- -Ι• ....... �·ι· . . ........ .......... � .. � .. ... . .

ΤΟ'ΝΟ� ΩΙΔ'ΤΟΖ 0&�1&&1'1&0'1 I ,, ............... , f/ι ........ .. ..ιw.. Α & 't Τ Β 1 Ο z. � Λ,..ft.ι ........, • .t --'• ι tl Υ.,...,.,�, I!

τ r r τ ο ι. I ,, .. .,., .... ; "..., ... _.,., ,.,., .. ..,....,. ' i ,,..,. .... .,..,.. . ..,.,_ • I Τ.Ι' ΤλlΤΟΙ. ' ,,. .. ...........,. I

Η «Οδός Μαθηματικής», το πρώτο ελληνικό

μαθηματικό εγχειρίδιο της νεότερης ιστορίας

μας, γραμμένο από τον Μεθόδιο Α νθρακίτη και

τον Μπαλάνο Βασιλόπουλο, για χρήση των μα

θητών στα ελληνικά σχολεία την εποχή της

τουρκοκρατίας

Έργα που ακολουθούν, το πνεύμα της «Οδού»

είναι επίσης η «Μέθοδος Γεωμετρικώς χωρούσα»

( 1 756) του Μπαλάνου Βασιλόπουλου, μια προσπάθεια του συγγραφέα να επιλύσει το αρχαίο Δήλιο πρόβλημα, η «Έκθεσις ακριβεστάτη της Αριθ

μητικής» ( 1 803) επίσης του Μπαλάνου Βασιλόπουλου και η «Έκθεσις συνοπτική Αριθμητικής Αλ

γέβρας και Χρονολογίας>> ( 1796) του Κοσμά Βασιλόπουλου, γιου του Μπαλάνου. Επίσης στην ίδια αντίληψη εντάσσονται οι δύο μεταφράσεις του Ευγένιου Βούλγαρη : α) το «Μαθηματικών Στοι

χείων αι πραγματείαι αι αρχοειδέσταται» ( 1767) του J.A.Segner, και β) το <<Στοιχείων Γεωμετρίας>>

( 1 805) του Andre Taquet. Η «Γεωμετρία νέα τάξει

τε και μεθόδω» ( 1787) του Ottaνiano Cametti, που μετέφρασε ο ιατροφιλόσοφος Δημήτριος Ραζής, αλλά και το αρκετά μεταγενέστερο γεωμετρικό σύγγραμμα του Βενιαμίν Λέσβιου «Γεωμετρίας

Ευκλείδου Στοιχεία» ( 1 820). Η προσήλωση των Ελλήνων λογίων στα αρχαία

ελληνικά μαθηματικά άρχισε να περιορίζεται στο δεύτερο μισό του 1 8ου αι. , όταν οι λόγιοι της νεότερης γενιάς, σπουδαγμένοι οι περισσότεροι σε πανεπιστήμια της Κεντρικής Ευρώπης, άρχισαν να στρέφονται και προς τη σύγχρονη ευρωπαϊκή επιστήμη και γνώση. Ένας από τους εκφραστές αυτής της νέας αντίληψης, ο Ιώσηπος Μοισιόδαξ, υποστήριζε ότι αν οι νεότεροι Έλληνες πράγματι εκτιμούσαν τους προγόνους τους, θα έπρεπε να μιμηθούν τους aρχαίους και να μάθουν από τους άλλους λαούς. «Η Ευρώπη την σήμερον», έλεγε ο Μοισιόδαξ, «υπερβαίνει κατά την σοφίαν ως και

· την αρχαίαν Ελλάδα». Ο Νικόλαος Ζερζούλης υποστήριζε ότι οι Ευρωπαίοι «έφθασαν εις ακριβε

στέραν θεωρίαν υπέρ τους Έλληνας εν ταις επιστή

μαις». Ενώ ο Δημήτριος Καταρτζής αναρωτιόταν «Πως μπορεί ένας σπουδαίος μας να μην θέλει να

ξέρει τους Εγγλέζους, τους Φραντζέζους και Ολλα

ντέζους, γιατί έμαθε τ'είταν οι Λακεδαιμόνιοι κΌι

Αθηναίοι κΌι Τύριοι;».



� .... . • "+-'

" • ,.� ... t ... !IIHi.lf;t. ιαxuno:z: \IUI}:IOΔA!

Η επικρατούσα πλέον τάση στην ελληνική διανόηση είναι η μελέτη και γνώση των νέων επιτευγμάτων της ευρωπαϊκής επιστήμης. Αυτό στα μαθηματικά εκφράστηκε με δύο τρόπους: α) Με την εισαγωγή στην ελληνική μαθηματική βιβλιογραφία όλων των σύγχρονων τότε μαθηματικών κλάδων (Άλγεβρα, Απειροστικός Λογισμός, Αναλυτική Γεωμετρία, Κωνικές Τομές) , και β) με τη διατύπωση ενός πιο aπλοποιημένου και εκλαϊκευμένου μαθηματικού λόγου, με στόχο την διάδοση των σύγχρονων μαθηματικών γνώσεων στα πλατύτερα στρώματα του ελληνικού πληθυσμού.

Στην εισαγωγή των σύγχρονων μαθηματικών κλάδων πρωταγωνίστησαν λόγιοι όπως ο Κωνσταντίνος Κούμας, ο Σπυρίδων Ασάνης, ο Θεόφιλος Κα'fρης και κυρίως ο Νικηφόρος Θεοτόκης. Με τα συγγράμματα του Θεοτόκη, κυρίως με τα <<Στοιχεία

Μαθηματικών εκ παλαιών και νέων συνερανισθέντα»

( 1799), εισήχθησαν στην ελληνική μαθηματική βιβλιογραφία σχεδόν όλοι οι νέοι κλάδοι των μαθηματικών. Η εισαγωγή της σύγχρονης Άλγεβρας γίνεται με τα <<Στοιχεία Αριθμητικής και Αλγέβρας>> ( 1797) του Γάλλου αββά Nicola de Lacaille, που μετέφρασαν ο Σπυρίδων Ασάνης και ο Ιωνάς Σπαρμιώτης. Η εισαγωγή των Κωνικών Τομών γίνεται με το <<Σύνο

ψις των Κωνικών Τομών» ( 1 802) του Guido Grandi και με την «Των Κωνικών Τομών Αναλυτική Πραγ

ματεία» ( 1 803) του de Lacaille, που μετέφρασε και πάλι ο Ασάνης. Ενώ ο Απειροστικός Λογισμός εισάγεται αρχικά με τα Στοιχεία Μαθηματικών του Θεοτόκη, και στη συνέχεια με το πολύτομο σύγγραμμα του Κων/νου Κούμα <<Σειράς Στοιχειώδους των Μα

θηματικών και Φυσικών Πραγματειών>> ( 1 807) και τις δύο χειρόγραφες πραγματείες του Θεόφιλου Κα'f-

ρη: α) την «Ποσοτική Άλγεβρα» και β) την «Ποσοτι

κή εις δύο μέρη:. Α '.Άλγεβρα και Αναλυτική Γεωμε

τρία,. Β '.Περί aπειροστών είτε περί διαφορικού υπο

λογισμού».

Ως χαρακτηριστικότερες προσπάθειες διατύπωσης εκλαϊκευμένου μαθηματικού λόγου πρέπει να αναφέρουμε την <<Σύνοψιν των Επιστημών δια

τους πρωτοπείρους» ( 1 8 1 9) του Κ. Κούμα, την <<Α

ριθμητικήν εις χρήσιν των Ελληνικών Σχολείων»

( 1 794) του Αθ. Ψαλίδα, καθώς και ένα πλήθος πρακτικών αριθμητικών και μαθηματικών εγχειριδίων για την διευκόλυνση των εμπορικών συναλλαγών, που εκδόθηκαν αυτήν την περίοδο .

Υπήρξαν βέβαια και βιβλία - πρωτότυπα και μεταφράσεις - ενταγμένα στο σύγχρονο ευρωπαϊκό πνεύμα, όπως τα <<Στοιχεία Αριθμητικής και

Αλγέβρης» ( 1 800) του Ζήση Κάβρα, τα «Στοιχεία

της Αριθμητικής και Αλγέβρας» ( 1 804) του G.I . Metzburg, σε μετάφραση του ιατρού Μιχαήλ Χρησταρή, το σπουδαίο τετράτομο έργο του Στέφανου Δούγκα <<Στοιχεία Αριθμητικής και Αλγέ

βρης» ( 1 8 1 6) , τα «Στοιχεία Αλγέβρας» ( 1 8 1 8) του Δημ. Γοβδελά, καθώς και τα <<Στοιχεία Γεωμετρί

ας» ( 1 829) του Α.Μ. Legendre, σε μετάφραση του Ιωάννη Καραντινού.

Παράλληλα με την έντονη εκδοτική δραστηριότητα αυτής της περιόδου στον τομέα των επιστημονικών βιβλίων (τέλη 1 8°υ αι.- αρχές 1 9ου αι. ) , ο στόχος της αναβάθμισης της ελληνικής παιδείας επιχειρήθηκε να επιτευχθεί με έναν εξίσου σημαντικό και αποτελεσματικό τρόπο: την ίδρυση σχολείων. Τα σχολεία που ιδρύθηκαν αυτήν την περίοδο ονομάζονται νεωτερικά, και είναι τα σχολεία που διαπνέονται από τις νέες προοδευτικές ιδέες, που περιλαμβάνουν στο πρόγραμμά τους σύγχρονους κλάδους των θετικών επιστημών και εφαρμόζουν τις πιο σύγχρονες παιδαγωγικές μεθόδους. Νεωτερικά σχολεία ιδρύθηκαν κυρίως στις ακμάζουσες οικονομικά πόλεις του ελληνικού χώρου, στη Σμύρνη (Φιλολογικό Γυμνάσιο Σμύρνης), στις Κυδωνίες (Ακαδημία των Κυδωνίων), στη Χίο (Γυμνάσιο Χίου), στο Πήλιο (Σχολή των Μηλιών) και στα Ιωάννινα (Καπλαναία Σχολή) . Οι νέες ιδέες όμως ώθησαν και παραδοσιακές σχολές να αποβάλλουν το συντηρητικό τους χαρακτήρα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.3/6


και να μετατραπούν σε νεωτερικές, όπως για παράδειγμα οι Ηγεμονικές Ακαδημίες του Βουκουρεστίου και του Ιασίου.

Στα νεωτερικά σχολεία δίδαξαν οι πιο γνωστοί και μορφωμένοι Έλληνες διδάσκαλοι. Ο Βενιαμίν Λέσβιος και ο Θεόφιλος Κιiίρης στις Κυδωνίες, ο Κων/νος Κούμας στο Φιλολογικό Γυμνάσιο Σμύρνης, ο Γρηγόριος Κωνσταντάς και ο Άνθιμος Γαζής στις Μηλιές, ο Αθανάσιος Ψαλίδας στην Καπλαναία Σχολή των Ιωαννίνων, ο Κων/νος Βαρδαλάχος και ο Δημήτριος Γοβδελάς στην Ακαδημία Βουκουρεστίου, ο Δανιήλ Φιλιππίδης και ο Στέφανος Δούγκας στην Ακαδημία Ιασίου, ο Νεόφυτος Βάμβας στο Γυμνάσιο της Χίου και πολλοί άλλοι.

Το έργο που επιτελέστηκε στην ελληνική παιδεία κατά τον 1 8° αι. και ως τις αρχές του 19ου αι. μόνο σαν θαύμα μπορεί να περιγραφεί. Μια αληθινή εκπαιδευτική και πολιτιστική κοσμογονία στην οποία τα μαθηματικά είχαν πρωταγωνιστικό ρόλο.

Πρέπει να πούμε όμως ότι όλα αυτά τα θαυμαστά επιτεύγματα, ούτε απρόσκοπτα επιτεύχθηκαν ούτε χωρίς αντιδράσεις. Το πνευματικό κατεστημένο της εποχής αντέδρασε και μάλιστα σθεναρά στη διάδοση των νέων ιδεών. Τα μαθηματικά αποτέλεσαν το κόκκινο πανί για το ελληνικό πνευματικό κατεστημένο, επειδή στη συνείδηση των Ελλήνων αυτής της περιόδου τα μαθηματικά εξέφραζαν την πρόοδο, τις νέες ιδέες. Μοιραία λοιπόν βρέθηκαν στο επίκεντρο της σφοδρής ιδεολογικής διαμάχης που ξέσπασε στις αρχές του 19ου αιώνα ανάμεσα στους υποστηρικτές και τους πολέμιους των νέων ιδεών. Το σύνολο σχεδόν των λογίων και των διδασκάλων τάχθηκαν υπέρ των νέων ιδεών, υπέρ της διάδοσης των μαθηματικών και της νέας φιλοσοφίας. Πολλοί από αυτούς υπέστησαν ταλαιπωρίες, διώξεις και aφορισμούς, εξαιτίας αυτής της επιλογής τους να διδάσκουν μαθηματικά και νέα φιλοσοφία, . Χαρακτηριστικές είναι οι περιπτώσεις διώξεων του Μεθόδιου Ανθρακίτη, του Ευγένιου Βούλγαρη, του Ιώσηπου Μοισιόδακα, του Κων/νου Κούμα, του Βενιαμίν Λέσβιου, του Στέφανου Δούγκα και φυσικά το δράμα του Θεόφιλου Καtρη .

Για την ανάσχεση της διάδοσης των μαθηματικών, το κατεστημένο χρειάστηκε να φτάσει ως την έκδοση Πατριαρχικής Εγκυκλίου (Πατριαρχική

Εγκύκλιος του 1 8 19 «Περί της σημερινής καταστά

σεως των κοινών του γένους μας Ελληνομουσεί

ων» ) , και ακόμη τη σύγκλιση Πατριαρχικής Συνόδου με θέμα την «καθαίρεσιν των φιλοσοφικών

μαθημάτων». Αξιοσημείωτο είναι ότι η σύγκλιση της συνόδου έγινε το Μάρτιο του 1 82 1 , λίγες μόνο μέρες πριν από την έκρηξη της Ελληνικής Επανάστασης.

Κλείνοντας, αντί επιλόγου, παραθέτουμε ένα χαρακτηριστικό απόσπασμα από αυτήν την πατριαρχική εγκύκλιο ενάντια στη διάδοση των μαθηματικών:

«τις ωφέλεια προσκολλώμενοι οι νέοι

εις τας παραδόσεις αυτάς να μανθάνωσιν

αριθμούς και αλγέβρας, και κύβους και

κυβοκύβους και τρίγωνα και τριγωνοτε

τράγωνα και λογαρίθμους και συμβολικούς

λογισμούς και τας προβαλλομένας ελλεί

ψεις και άτομα και κενά και δίνας και δυ

νάμεις και έλξεις και βαρύτητας, του φω

τός ιδιότητας και βόρεια σέλα και θετικά

τινά και ακουστικά και μύρια τοιαύτα και

άλλα τερατώδη, ώστε να μετρώσι την άμ

μον της θαλάσσης και τας σταγόνας του

υετού και να κινώσιν την γην, εάν αυτοίς

δοθή πη στώσι κατά το του Αρχιμήδους,

έπειτα εις τα ομιλίας των βάρβαροι, εις

τας γραφάς των σόλοικοι, εις τας θρη

σκείας των ανίδεοι, εις τα ήθη παράφοροι

και διεφθαρμένοι, εις τα πολιτεύματα επι

βλαβείς και άσημοι πατριώται και ανάξιοι

της προγονικής κλήσεως ».

Η άλωση της Πόλης του λαϊκού ζωγράφου

θεόφιλου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3Π

ΟΕuκλείδnς uροτε:ίvε:ι ... Εuκλείδn

και ... Διόφαvτο

Την ευθύνη της διατύπωσης και της ορθότητας της λύσης κάθε άσκησης την έχει ο συνάδελφος που

στέλνει τη λύση.

33. Να βρεθούν όλες οι ακέραιες τιμές του η,

για τις οποίες το πολυώνυμο:

P(n) = n4 - 4n3 + 10n2 - 12n + 86 ισούται

με το τετράγωνο ακεραίου αριθμού.

(Επροτάθη από τον Ακαδημαϊκό κύριο Νικόλαο Αρτεμιάδη)

Πρώτη λύση (από τον ίδιο)

Θέτουμε: η = κ + 1 , κ εΖ οπότε το πολυώνυμο γίνεται:

Ρ(κ + 1) = κ4 + 4κ2 + 8 1 ( 1 )

Έστω τώρα ότι υπάρχει λ ε Ζ , τέτοιος ώστε: Ρ(κ + 1) = λ2 ή κ4 + 4κ2 + (8 1 - λ2 ) = 0 (2)

Η διακρίνουσα της ως προς κ2 δευτεροβάθμιας εξίσωσης (2) είναι: Δ = 16 - 4(8 1 - λ2 ) = 4(4 - 8 1 + λ2 ) = 4(λ2 - 77) (3)

Τώρα για να 'χει η (2) ακέραια λύση πρέπει και αρκεί η διακρίνουσα της Δ να 'ναι τετράγωνο ακέραιου αριθμού· δηλαδή να υπάρχει μ εΖ τέτοιος ώστε: λ 2 - 77 = μ 2 ή

λ2 - μ2 = 77 ή (λ - μ)(λ + μ) = 77 (4) Κι επειδή : 77 = 1 · 77 = (-77) · (-1) = 7 · 1 1 =

= ( -1 1) · ( -7) , [προφανώς δεν υπάρχει στο Ζ άλ-λη ανάλυση του 77] συμπεραίνουμε ότι: {λ - μ = 1 } {λ = 39} • � . Και συνεπώς:

λ + μ = 77 μ = 38 κ2 = 36 ή κ = ±6 . {λ - μ = 7 } {λ = 9}

• <:::::> . Και συνεπώς: λ + μ = 1 1 μ = 2

κ2 = 0 ή κ = Ο . τις ίδιες λύσεις βρίσκουμε απ' την επίλυση των

άλλων δύο συστημάτων. Έτσι έχουμε:

η = 1 ή η = 7 ή η = 5 . Α ντιστρόφως εύκολα διαπιστώνουμε ότι:

P(l) = 8 1 = 92 , Ρ(7) = 1 52 1 = 392 , Ρ( -5) = 1 52 1 = 3Ψ

Τελικά το σύνολο των λύσεων του προβλήματος είναι S = {-5, 1, 7 } .

Δεύτερη λύση (από τον συνάδελφο Ροδόλφο Μπόρη, Αθήνα))

Το Ρ(η) γράφεται: Ρ(η) = [(η - 1 )2 + 2]2 + 77. Θέτουμε: m = (η - 1 )2 + 2, οπότε πρέπει να

βρούμε ακεραίους m.κ: m2 + 77 = κ2 <:::::> (κ - m)(κ + m) = 77 που σημαίνει ότι ο κ - m είναι ένας από τους

διαιρέτες του 77, δηλαδή ένας από τους: ±1, ±7, ± 1 1, ±77 .

Από τα συστήματα που προκύπτουν θετικές τιμές του m είναι το 2 και το 38 . Αντικαθιστώντας στην m = (η - 1 )2 + 2, βρίσκουμε:

η = 1 , η = 7, η = -5 Όπως βρίσκουμε εύκολα, για τις τιμές αυτές

του η το P(n) είναι τετράγωνο ακεραίου. Άρα, αυτές είναι οι ζητούμενες τιμές του η. • Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Αντώνης

Ιωαννίδης (Λάρισα), Δημήτρης Καρβέλας (Αθήνα), Γεώργιος Μηλιάκος (Σπάρτη), Γ?ώργιος Τριάντος (Αθήνα), Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δράμα), Δημήτριος Καραβότας (Κ. Αχαία), Χρυσόστομος Κούρτης (Λάρισα) . Επίσης, λύση έστειλε και ο μαθητής Β ' Λυκείου Γεωργακόπουλος Αλέξανδρος (52° Λύκειο Αθηνών).


Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη .•• και Διόφαντο

34. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με εμβαδόν (ΑΒΓ) =

1. Υποθέτουμε ότι τα σημεία Δ, Ε, Ζ των

πλευρών ΒΓ, Γ Α, ΑΒ αντίστοιχα είναι τέ

τοια ώστε: η ΑΔ διχοτομεί το ευθύγραμμο

τμήμα ΒΕ στο σημείο Κ, η ΒΕ διχοτομεί το

ΓΖ στο Λ και η ΓΖ διχοτομεί το ΑΔ στο Μ.

Γ

Ν α αποδείξετε ότι:

(ΚΛΜ)= 7 -3J5. 4

(Επροτάθη από τον Ακαδημαϊκό κύριο Νικό

λαο Αρτεμιάδη)

Λύση (από τον ίδιο)

, ΒΔ ΓΕ ΑΖ Θετουμε: χ = ΒΓ

, y = Γ Α

, z = ΑΒ

.

Οπότε: (ΑΒΔ) = χ ή (ΑΒΔ) =χ. (ΑΒΓ)

Α)..)..ά: (ΑΖΜ) (ΑΖ) · (ΑΜ) ΑΖ ΑΜ 1 = = - · -- = Ζ · -(ΑΒΔ) (ΑΒ) · (ΑΔ) ΑΒ ΑΔ 2 και συνεπώς: Ι (ΑΖΜ) = - ΧΖ 2 Λόγω συμμετρίας έχουμε: (ΒΓΕ) = y και (ΑΖΓ) =z και ακόμη :

1 1 (ΒΔΚ) = - xy , (ΓΕΛ) = - yz 2 2

( 1 )

(2)

(3)

(4)

Ωστόσο: (ΑΜΓ) = (ΑΖΓ) - (ΑΖΜ) = z - .!.. xz (5) 2 Κι επειδή : (ΑΜ) = (ΜΔ) συμπεραίνουμε ότι:

(ΑΜΓ) = .!_ (ΑΔΓ) = .!_ { (ΑΒΓ) - (ΑΒΔ) } 2 2 ( 2) 1 ή (ΑΜΓ) = "2 (1 - χ).

Έτσι φτάνουμε στην εξίσωση : 1 Ι Ζ - - ΧΖ = - (1 - Χ) 2 2 (6)

Λόγω συμμετρίας έχουμε επίσης: Ι 1 1 1 x - - xy=- (1 - y) y - - yz = - (1 - z) . 2 2 ' 2 2

Επιλύουμε το σύστημα των παραπάνω εξισώ

σεων και βρίσκουμε χ = y = z = .!.. (3 - J5) 2 [η ρίζα: .!.. (3 + J5) > 1 απορρίπτεται] . 2

(S) 1 1 Έχουμε τώρα: (ΑΜΓ) = z - - xz = z - - z2 = 2 2 z 1 1 Γ; ( 3 - JS ) = "2 (2 --,z) = "2 · "2 (3 - ν5 ) · 2 - -2- =

= .!.. (3 - J5)(1 + J5) = .!.. (J5 - 1) . 8 4

Κι επειδή : (ΚΛΜ) = (ΑΒΓ) - (ΑΒΔ) - (ΒΓΕ) - (Γ ΑΜ) συμπεραίνουμε ότι:

(ΚΛΜ) = 1 - l (J5 - Ι) = Ί - 3J5 . 4 4

• Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Γεώργιος Τριάντος (Αθήνα), Γιάννης Σταματόπουλος (Αθήνα), Νικόλαος Βαδιβούλης (Άρτα), Σωτήρης Γκουντουβάς - Ευθύμιος Βαρελάς - Ιπποκράτης Καρανταράκης (Πειραιάς) .

Σχόλιο της Σ.Ε.: Στην παραπάνω άσκηση 34 η

ύπαρξη ενός τέτοιου τριγώνου ΚΛΜ δεν είναι προ

φανής. Ο συνάδελφος Νικόλαος Βαδιβούλης στη

λύση που μας έστειλε αποδεικνύει την ύπαρξη του

τριγώνου αυτού ως εξής:

Έστω ότι υπάρχει ένα τέτοιο τρίγωνο ΚΛΜ (παρακάτω σχήμα) . Θέτουμε:

Γ

(5 )

Θέτουμε: ΒΔ ΓΕ ΑΖ ΔΓ

= κ, ΕΑ

= λ και ΖΒ

= μ.

Φέρνουμε την ΕΗ // ΑΔ. Έχουμε:


Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

ΒΔ ΒΚ ΒΔ ΔΓ κ κ = --κΚΕ

= ΔΗ = ΔΗ = ΑΕ = 1 _ ΕΓ 1 __ λ_ ΔΓ ΑΓ ΑΓ 1 + λ

= κ(l + λ) Άρα: = κ(l + λ) = 1 . Όμοια: λ( 1 + μ) = 1 και μ( 1 + κ) = 1 Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων αυτών

και βρίσκουμε: .J5 - 1

Κ = λ = μ = --2 αφού κ, λ και μ είναι θετικοί. Συνεπώς, τότε, τα σημεία Δ, Ε και Ζ χωρίζουν τις πλευρές που ανήκουν σε μέσο και άκρο λόγο, αφού ο αριθμός

.JS - 1 , , θ , , θ , φ = -- ει ναι ο χρυσος αρι μος, απο το εωρη-2 μα της χρυσής τομής.

Έστω τώρα ότι ΒΔ ΓΕ ΑΖ .J5 - 1 - - - - - - φ ---ΔΓ - ΕΑ - ΖΒ - - 2 .

Όπως παραπάνω βρίσκουμε ότι: ΒΚ .JS - 1 ( .J5- 1 J - = φ( 1 + φ) =-- 1 +-- = 1 ΚΕ 2 2 => ΒΚ = ΚΕ Άρα, το Κ είναι το μέσο του ΒΕ κτλ.

35. Στο τρίγωνο ΑΒΓ το σημείο Δ ανήκει στη

πλευρά ΒΓ, το σημείο Ε ανήκει στην πλευ

ρά Γ Α και το σημείο Θ είναι η τομή των

ευθειών ΑΔ, ΒΕ. ΔΓ ΕΑ ΑΘ , Αν: - = κ, - = λ και - = ρ , τοτε να ΒΓ ΓΑ ΑΔ

εκφραστεί ο λόγος ρ ως συνάρτηση των κ,

λ και στη συνέχεια να υπολογιστεί αυτός

όταν η ΑΔ είναι διχοτόμος, η ΒΕ διάμεσος

και β = 2002γ.

( Επροτάθη από τον συνάδελφο Νικόλαο Βα

διβούλη, Άρτα).


Η παράλληλος από το σημείο Δ προς την ευθεία ΒΕ τέμνει την πλευρά ΑΓ στο σημείο Π, όπως παρουσιάζεται στο επόμενο σχήμα:

Α

π

Γ

Έτσι προκύπτει ότι: ΑΕ

ΑΘ ΑΕ ΑΓ λ λ ρ = ΑΔ = ΑΠ

= ΑΠ = ΑΓ - ΠΓ = 1 _ ΠΓ

=

=

ΑΓ ΑΓ ΑΓ λ λ λ = ΠΓ ΓΔ κ 1 - -1 _ ΓΕ 1 _ ΓΒ ΑΓ -ΑΓ ΑΓ ΓΕ - -ΓΕ ΓΕ λ λ = 1 - κ( l - λ) κλ + 1 - κ

λ ΓΕ 1 - κ-ΑΓ

Για την περίπτωσή μας ισχύει: 1 2 β + γ , ρ =

.!__β_ + 1 _ _ β_ = . . . = β + 2γ , οποτε

2 β + γ β + γ 2002 · γ + γ 2003·γ 2003 ρ = = = 2002. γ + 2γ 2004. γ 2004

• Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Γιώργος Αποστολόπουλος (Μεσολόγγι), Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα), Γεώργιος Τριάντος (Αθήνα), Σωτήρης Γκουντουβάς (Πειραιάς), Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δράμα), Χρυσόστομος Κούρτης (Λάρισα), Δημήτριος Καραβότας ( Κ. ΑχαΊα) .

36. Να βρεθεί σημείο Ρ στη μεσοκάθετη ΑΜ

της βάσης ΒΓ ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ,

ώστε το άθροισμα (Ρ Α)+(ΡΒ)+(ΡΓ) να είναι

ελάχιστο.

( Επροτάθη από τον συνάδελφο Νικόλαο Βα

διβούλη, Άρτα).

Λύση

(από τη συνάδελφο Χρυσταλλένη Κυβερνήτου, Αθήνα)

Θεωρούμε το σύστημα συντεταγμένων Oxy όπως στο σχήμα (α> Ο και β> 0).



Υ

Α(Ο,α)

, f(O, )

Γ( -β,Ο) Ο Μ Β(β,Ο) χ

Έστω ότι Ρ( Ο, t), t ε JR . 'Βρίσκουμε εύκολα ότι: (PA) + (PB) + (PΓ) = It - αl + 2�t2 + β2 .

Θεωρούμε τη συνάρτηση : f (t) = lt - αl + 2�t2 + β2 , t ε JR .

Βρίσκουμε ότι: {t - α + 2�t2 + β2 , f (t) = -t + α + 2�t2 + β2 , αν t;:::α αν t < α

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο JR και παραγωγίσιμη στο (-οο, α) υ (α,+οο) με:

f'(t) = αν t > α

-1 + 2t αν t < α �t2 + β2 ' Παρατηρούμε ότι, για κάθε t > α ισχύει

f '(t) > Ο . Με t < α, έχουμε: 2t � • f '(t) > O<=> � > 1<=>2t > νt2 + β2 t2 + β2

"" { :; > ι' + β' "" ι' > f."" ι > _1_ ο {t > 0 {t > ο

3 J3 β <=> t > J3'

• f '(t) = 0<=>2t = � <=> {t > O 4t2 = t2 + β2

β <=> t = J3' • f '(t) < 0<=>2t < �t2 + β2

<=> [t �ο ή {t > ο J 4t2 < t2 + β2

<=>(t�Ο ή O < t < 1J<=> t < 1 ·

α) 'Εστω ότι 1 < α ( <=> * > � <=> εφΒ > εφ30° <=> Β > 30°) . Τότε, η f έχει ελάχιστο στο t = 1, ίσο με:

f ( 1 J = . . . = α + βJ3. β ι -.χ ο -13 α + χ

Γ - + + [ � �

ελαχ. β) 'Εστω ότι 1 = α (<=>Β = 30°) . Τότε, η f έχει

ελάχιστο στο t = α = * , ίσο με: f (α) = 2�α2 + β2 = 2.Jα2 + 3α2 = 4α .

ι -Χ ο r: = α '13 + χ Γ - + f � �

ελαχ. γ) 'Εστω ότι 1 > α (<=>Β < 30°) . Τότε, η f έχει

ελάχιστο στο t = α , ίσο με: f (α) = 2�α2 + β2 • •

(1 ι -χ ο α -13 + χ Γ - + f I � �

ε λα χ.

Τελικό συμπέρασμα: - Αν Β� 30° , τότε το ζητούμενο σημείο Ρ είναι

το Α. - Αν Β > 30°, τότε το ζητούμενο σημείο Ρ είναι


Ο Εκλείδης προτείνει .•. Ευκλείδη •.. και Διόφαντο

μεταξύ των σημείων Α και Μ με (ΜΡ) = � = β;3 (το Ρ είναι το σημείο μεταν3 3 ξύ των Α και Μ, για το οποίο ισχύει: ΜΒΡ = 30°).

• Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Γεώργιος Αποστολόπουλος (Μεσολόγγι), Γιάννης Σταματογιάννης (Αθήνα), Σωτήρης Γκουντουβάς (Πειραιάς), Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δράμα), Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα), Δημήτριος Καραβοτάς (Κ. Αχαία) .

40. Έστω Μ το μέσο μιας χορδής ΑΒ ενός κύ

κλου C. Θεωρούμε δύο χορδές Γ Δ και ΕΖ

του C, οι οποίες διέρχονται από το Μ (τα

σημεία Γ και Ε είναι προς το αυτό μέρος

της ευθείας ΑΒ). Οι χορδές ΓΖ και ΕΔ τέ

μνουν τη χορδή ΑΒ στα σημεία Κ και Λ,

αντιστοίχως. Να δείξετε ότι: ΜΚ = ΜΛ.

(Επροτάθη από τους συνάδελφους Αντώνη

Κυριακόπουλο και Θανάση Κυριακόπουλο).

Λύση (από τον ίδιους)

Ονομάζουμε Ο το κέντρο του κύκλου C, Η το μέσο της χορδής ΓΖ και Θ το μέσο της χορδής ΕΔ. Έχουμε:

ΟΜ _ι ΑΒ, ΟΗ _ι ΓΖ και ΟΘ _ι ΕΔ . Τα τρίγωνα ΜΓΖ και ΜΕΔ προφανώς είναι ό

μοια και άρα: ΜΓ ΓΖ 2ΓΗ ΓΗ - = - =-- = -·ΜΕ ΕΔ 2ΕΘ ΕΘ

Ε

z Σ , ΜΓ ΓΗ δ , Γ� Ε � , υνεπως ΜΕ = ΕΘ και επει η = , τα τρι-

γωνα ΜΓΗ και ΜΕΘ είναι όμοια. Έτσι, έχουμε: MHr = MEe και επειδή 6Hf = 6ΘΕ = 90° , έ-

� � πεται ότι: Ηι = Θι . Εξάλλου, όπως δείχνουμε εύ-κολα τα τετράπλευρα ΟΚΗΜ και ΟΜΛΘ είναι εγ-

� γράψιμα σε κύκλο και συνεπώς Κι = Ηι και .-.. .-. - - .-. Λι = Θι και επειδή Ηι = Θι , έπεται ότι Κι = Λι . Έτσι, το τρίγωνο ΟΚΛ είναι ισοσκελές και άρα το ύψος ΟΜ είναι διάμεσος και συνεπώς ΜΚ = ΜΛ. • Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Γεώργιος

Τριάντος (Αθήνα), Ροδόλφος Μπόρης (Αθήνα), Χρυσόστομος Κούρτης (Λάρισα), Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα) .

Σχόλιο της Σ.Ε.: Ο συνάδελφος Σωτήρης Σκο

τίδης έχει δημοσιεύσει μια άλλη λύση στο τεύχος 35 (σελίδα 33). 41 . Να βρείτε τους αριθμούς χ;::: Ο και y;::: Ο ,

για τους οποίους ισχύουν:

.J;. + JY;::: 2 (1) και 3x'+y + 3x+y' � 18 (2).

( Επροτάθη από το συνάδελφο Αντώνη Κ υρια

κόπουλο).


Έστω ότι δύο αριθμοί χ � Ο και y � Ο πλη-ρούν τις δοσμένες σχέσεις. Έχουμε:

1 ( )2 (I) 1 χ + y?: 2 fx + JY ?:2· 22 =>χ + Υ?: 2 (3).

Όμοια: 1 (3 ) 1 χ2 + y2?: 2(χ + y)2 ?:2· 22 =? χ2 + y2?: 2 (4) .

Επίσης: χ4 + y4 > .!.(χ2 + y2 )2 > .!_. 22 - 2 - 2

=?x4 +y4?:2 . Από τη (2), έχουμε:

3x4+y + 3x+y4 I 9?: ?:ν3x4+y.3x+y'= 2 I ' 4 (3 ) G = ν3χ +y+x+y ?: ν34 = 9 =?

(5) 3χ' +y + 3x+y' I =? 9 = = ν3χ4+y. 3x+y4 =? 2 13x4+y = 3x+y' !Χ4 +Υ= Χ + Υ4 (6) =? 4 =? 3χ +y =9 χ4 +y=2 (7)

Από την (6), έχουμε:

(5)



χ4 +y - x - y4 =0=?(χ4 - y4 ) - (x - y)= 0 =? (χ2 + y2 )(x + y)(x-y) - (χ - y) =Ο =?(χ - yψχ2 + y2 )(x + y ) - ι ] =0 .

Και επειδή, από τις (3) και (4), έχουμε: (χ 2 + y2 )(x + y) � 4, συμπεραίνουμε ότι χ = y. Έτσι, από την (7), έχουμε:

χ4 +χ - 2 =0=?(χ4 - l) +(χ - ι) =Ο=? =? (χ2 + ι)(χ +ι)( χ - ι) + (χ - 1) =Ο =?(χ - ιψχ2 +Ι)( χ + 1) +ι ] = ο. Και επειδή χ � Ο , συμπεραίνουμε ότι χ = ι . Άρα, τότε χ = ι και y = ι . Όπως βρίσκουμε εύκολα οι αριθμοί αυτοί χ = ι και y = ι επαληθεύουν τις δοσμένες σχέσεις και άρα είναι οι μοναδικοί ζητούμενοι.

• Λύση έστειλε και ο συνάδελφος Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δράμα) .

44. Δίνονται ο συναρτήσεις f1 (χ) = χ2 ,

f2 (χ)= 2χ2 , f3 (χ)= cx2 όπου c > 2, ορισμένες

στο διάστημα [Ο, +οο) με καμπύλες C1, C2,

c3 αντίστοιχα όπως στο παρακάτω σχήμα.

Οποιοδήποτε σημείο Μ της C2 μπορεί να

συνδεθεί με ένα σημείο Β της C1 με κατα

κόρυφο ευθύγραμμο τμήμα και με ένα ση

μείο Α της C3 με οριζόντιο ευθύγραμμο

τμήμα. Θα λέμε ότι η καμπύλη C2 διχοτο

μεί τις C1, C3, αν τα εμβαδά των χωρίων

Ωι, Ωz είναι ίσα για κάθε σημείο Μ της C2• Υ

('. ,_., .: I 2·} --Χ Α CΊ:y=x2

χ

Να βρείτε την τιμή του C αν γνωρίζετε ότι

η Cz διχοτομεί τις Cι, C3• (Επροτάθη από το συνάδελφο Γεώργιο Τριά

vτο).


Έστω M(b, 2b2), Α(α, cα2) . Επειδή ΑΜ//χ 'χ έπεται ότι:

2 2 c b2 b � 2b = cα {:::}- =2{:::}-= -, α,b> Ο. 2 α α 2 b b

Ε(Ω1) = J (2χ2 - x2 )dx = J x2dx = ο ο

3 b = � =.!_b3 3 ο 3 ( 1 )

α b Ε(Ω2 ) = J (cx2 - 2x2 )dx + J (2b2 - 2x2 )dx

Ο α α b b

=(c- 2)J x2dx +2b2J dx - 2J x2dx Ο α α

3 α 3 b = (c- 2) � +2b2 [x ]b - 2 � 3 α 3 Ο α

ι 3 2 2 3 3 =-(c - 2)α +2b (b - α) - - (b - α ) 3 3 Επειδή Ε(Ω1) = Ε(Ω2), λόγω της ( 1 ) και της τε-

λευταίας σχέσης, έχουμε: ι 3 ι 3 2 2 3 3 -b =-(c-2)α +2b (b - α) -- (b - α ){:::} 3 3 3 b3 = (c - 2)α3 + 6b2 (b - α) - 2(b3 - α3 ) {:::}

(�)3 = c - 2 +6 (�)3 -(�)2 -2 (�)3 - ι {:::}

-3 (�)3 +6 (�)2 = c- 2 +2{:::}

-3 [�]' +6Ξ=«•-3 [�]' =-2c<>

27 � = 8c3 {:::} ι 6c3 - 27 c = Ο {:::} 2 c(1 6c2 - 27) =Ο{:::} ι 6c2 - 27 =Ο{:::} c2 = 27 {:::} c = {27 {:::} c = 3.J3 . 1 6 νu; 4

• Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι Σωτήρης Κουντουβάς (Πειραιάς), Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα), Χρυσόστομος Κούρτης (Λάρισα) .


Ο ΕκΜ:ίδης προτείνει ... ΕυκΜ:ίδη ... και Διόφαντο

46. Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓ Δ με ΑΒ = α και ΔΒ = β. Αν τα σημεία Ζ και Η χωρίζουν εσωτερικά τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΔ και

α ΒΓ σε λόγο (δηλαδή αν ισχύει: β

ΖΑ ΗΒ α , - = - = -) και ΖΗ .l ΑΔ , να αποδειξε-ΖΔ ΗΓ β

Λ Λ

τε ότι οι γωνίες Α και Δ του τετραπλεύ-ρου είναι ίσες. (Επροτάθη από το συνάδελφο Γειόργιο Κατσαοι)νη, Πρέβεζα).


Α. Έστω α < β και ας υποθέσουμε ότι οι ευθείες ΑΒ και ΓΔ τέμνονται στο Ο. Από το σημείο Δ φέρουμε παράλληλη προς την ΑΒ και παίρνουμε τμήμα ΔΘ ίσο προς την ΑΒ. Σχηματίζουμε έτσι το παραλληλόγραμμο ΑΔΘΒ, αφού ΑΒ// ΔΘ και ΑΒ = ΔΘ = α και το τρίγωνο ΔΘΓ του οποίου έστω ΔΚ η διχοτόμος της γωνίας Δ . Ενώνουμε τέλος τα σημεία Κ, Η και Η, Ζ και θα δείξουμε ότι το ΚΖΗΔ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο. Ας είναι ΑΖ = χ, ΖΔ = χ ' , ΗΒ = y και ΓΗ = y ' . Από το τρίγωνο ΔΘΓ και τη διχοτόμο ΔΚ έ-

ΚΘ α , , ΗΒ α χουμε ΓΚ =β ομως ειναι και ΗΓ =β από την υπόθεση άρα ΗΚ // ΒΘ, και επειδή ΒΘ // ΑΔ θα είναι ΗΚ // ΖΔ. Θα δείξουμε ακόμη ότι είναι ΗΚ = ΖΔ. Από το τρίγωνο ΓΘΒ έχουμε: ΗΚ y' 1 1 =-- =--ΒΘ y +y' _r_ +1 � +1 y' β

Επίσης έχουμε:

ΗΚ β ---ΒΘ α+β

ή

ΖΔ χ' 1 1 ΑΔ = χ +χ' =- χ-- - -α- ή

- +1 - +1 χ' β ΖΔ β

- --ΑΔ α+β

( 1 )

(2)

, ΗΚ ΔΖ Από τις ( 1 ) και (2) προκυπτει ΒΘ = ΑΔ και επειδή ΒΘ =ΑΔ θα είναι και ΗΚ = ΔΖ. Άρα ΗΚΖΔ παραλληλόγραμμο και αφού ΖΗ κάθετος στη ΖΔ θα είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο. Αν τώρα ΟΡ είναι η διχοτόμος της ΑΟΔ . Επειδή ΘΔ 11 ΒΟ θα είναι ΔΚ // ΟΡ αφού Δι =Οι ως μισά ίσων γωνιών. Όμως ΔΚ ..l ΑΔ άρα και ΟΡ ..l ΑΔ .

Το τρίγωνο λοιπόν ΟΑΔ είναι ισοσκελές αφού ΟΡ διχοτόμος και ύψος και θα είναι ΟΑΔ = ΟΔΑ , άρα ΒΜ = ΜΓ ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών (Σχ. 1 ) .

ο

Β

Γ Σχ. 1

Β. Έστω α < β αλλά ΑΒ I/ Γ Δ. Έχουμε ότι ΖΑ = ΗΒ = �, άρα θα είναι ΖΗ // ΑΒ. ΖΔ ΗΓ β Όμως ΖΗ ..l ΑΔ άρα Α = Δ = 90° (Σχ. 2) .

Α α Β χ

z

χ

Δ f)

Σχ. 2

Υ Η

/

Υ

Γ

β ' θ ' α 1 ' ' Γ. Έστω α = . Τοτε α ειναι- = αρα τα σημεια β Ζ, Η μέσα των ΑΔ και ΒΓ και επειδή ΗΖ ..l ΑΔ θα είναι ΗΑ = ΗΔ. Άρα Α1 =Δι ( 1 ) Επίσης τα τρίγωνα ΑΒΗ και ΔΗΓ θα έχουν


Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ..• και Διόφαντο

ΗΒ = ΗΓ, ΗΑ =ΗΔ και ΑΒ = ΓΔ, άρα είναι ί- χ> 1 =? f'(x) < f'(1) = 0=? f γνησίως φθίνουσα σα, οπότε είναι Α2 = Δ2 (2) . στο [1, +οο) ομοίως f γνησίως αύξουσα στο [0, 1 ] . Από τις ( 1 ) και (2) έχουμε: ε

Α1 + Α2 =Δι + Δ2 ή Α= Δ . t.:...· ---+-=r.�,-----

Επειδή Β = Γ και Α = Δ θα είναι Α +Β = Δ +f'= 1 80° άρα ΑΔ // ΒΓ. Το τετράπλευρο σ' αυτή την περίπτωση θα εί

νά.ι ή ισοσκελές τραπέζιο ή ορθογώνιο παραλληλόγραμμο (Σχ. 3) .

Α χ χ Δ

2 2 α α

Υ Υ Β Η Γ

Σχ. 3

50. Έστω f συνάρτηση παραγωγίσιμη στο IR , κοίλη στο R, f(O) >Ο, f'(O) >Ο, f(x) = f(2 - χ) για κάθε χ ε IR. Αποδείξτε ότι:

Jr(x)dx::o;2f(l) - {f(l) - f(O)γ ο f'(O)

(Επροτάθη από το συνάδελφο Σωτήρη Σκοτί

δα).


Παρατηρούμε ότι f( l+h) = f( 1-h) άρα f'( l )= lim f(l + h)-f(l) lim f (l-h) - f (l) =

h-->0 h h-->0 h =-lim f (l -h) - f(l) =-f'(l)=?f'(l) =O .

h-->0 h Επειδή f κοίλη στο R, θα έχουμε:

2

(ζ) : y =f( l ), (ε) : y = f'(O) · x +f (O) άρα f (l) - f (O) κ - --,---- f'(O) .

(ΟΗΜΔΒΟ) = (ΟΑΔΒ) + (ΑΗΜΔ) =

= f (l) +f(O) · κ +(l-κ) · f (l) = 2 = f (l) +κ . f (O)-f(l) = f (l) _ (f (l)-f(0))2

2 2f 1(0) και γεωμετρικά παρατηρούμε ότι Jι f (x)dx < f (l) - (f (1) - f (O) )2

• Αλλά - 2f'(O) ο I I I J f (x)dx = J f (2 - x)dx =-J f (u)du = ο ο 2 2 2 Ι J f (x)dx = J f (x)dx-J f (x)dx =? I Ο Ο 2 I J f (x)dx =2 · J f (x)dx. Οπότε ο ο 2 2 J f (x)dx < 2 · f (l) - (f (l) - f (O)) ο

- f'(O) Σχόλιο της Σ.Ε. : Θα είχε ενδιαφέρον να βρεθεί

λύση που να μην στηρίζεται στη Γεωμετρία.

Παρακαλούνται οι συνάδελφοι να γράφουν κάθε μία άσκηση (με τη λύση της) σε ξεχωριστό φύλλο (από τη μία μόνο όψη) με το όνομά τους και το τηλέφωνό τους και να

μας το στέλνουν σε δύο αντίγραφα.


Homo Mathematicus

�� "" rι ..,.. � .. ιιιι . ti{';$�� , : Υ . �� ι , H/JN/J NιiTHeNAT/tΊ/f

Η Homo Mathematιcus ειναι μια στηλη στο περιοδικο μας, με σκοπο την ανταλλαγη αποψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: l) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους συνεργάτες της στήλης: παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

Για τους φίλους της στήλης μας Στο προηγούμενο τεύχος είχαμε προαναγγείλει πως θα έχουμε ένα δημοσίευμα που θα συζητηθεί πολύ. Για το λόγο αυτό, με λύπη μας, είμαστε αναγκασμένοι να αναβάλουμε για το επόμενο τεύχος τη δημοσίευση εργασιών φίλων της στήλης. Ζητάμε την κατανόησή τους.

Ι. Το κύριο θέμα του τεύχους: Μια αποκλειστική πρωτιά στη διεθνή μαθηματικιί βιβλιογραφία,

από τη στήλη Ηοιnο Mathematicus Προλεγόμενα Από καιρό έφτασε στη στήλη μας η πληροφορία πως κάποιος Έλληνας μαθηματικός δημοσίευσε μια μονογραφία (Αύγουστος 2004) με την οποία, για πρώτη φορά στη μαθηματική βιβλιογραφία, όριζε δυο " διακρίνουσες" για τη διερεύνηση του είδους των ριζών της πλήρους τριτοβάθμιας πολυωνυμικής εξίσωσης. Ο συνάδελφος αυτός ονομάζεται Ανδρέας Λ. Πετράκης, διδάσκει στο ΤΕΙ Δυτικής Μακεδονίας (στη βαθμίδα του καθηγητή), καθώς και στο Μεταπτυχιακό Πρόγραμμα του Τμήματος Εφαρμοσμένης Πληροφορικής του Πανεπιστημίου Μακεδονίας. Ήρθαμε σε επαφή μαζί του μας έστειλε περίληψη της πρωτότυπης εργασίας του, κι εμείς, σαν γνήσιοι απόγονοι του . . . Προκρούστη, την «Κόψαμε και τη ράψαμε» στα μέτρα του χώρου που διαθέτει η στήλη μας και σας την παρουσιάζουμε. Ο Α. Λ. Πετράκης, προλογίζοντας την περίληψη που μας έστειλε, μεταξύ των άλλων μας γράφει:

« . . . Προφανώς είναι σε όλους μας γνωστό ότι ο

Cardano είναι ο πρώτος που ασχολήθηκε με το θέμα της λύσης της πλήρους τριτοβάθμιας εξίσωσης μετασχηματίζοντάς την σε ελλιπή τριτοβάθμια κλπ. Το καινούργιο στη δική μου δουλειά συνίσταται στο ότι ορίζω τις δύο διακρίνουσες s 1 και s2, για πρώτη φορά στη βιβλιογραφία, και με τη βοήθειά τους διερευνώ ΠΛΗΡΩΣ την πλήρη τριτοβάθμια εξίσωση χωρίς να ασχοληθώ καθόλου με τη λύση της. Δηλαδή παρουσιάζω τις aπλούστερες δυνατές ικανές και αναγκαίες συνθήκες μεταξύ των συντελεστών της εξίσωσης (α, β, γ, δ), για πρώτη φορά, ώστε να έχει τα διάφορα είδη των ριζών . . . Όσον αφορά τους τύπους των ριζών που υπάρ

χουν στη μονογραφία μου είναι οι γνωστοί τύποι του Cardano aπλοποιημένοι και προσαρμοσμένοι όσο μπόρεσα περισσότερο στο πνεύμα της δουλειάς μου. Με εκτίμηση Ανδρέας Λ. Πετράκης»

"ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ ΚΑΙ ΛΥΣΗ ΤΗΣ ΠΛΗΡΟΥΣ ΤΡΙΤΟΒΑΘΜΙΑΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ" από τον Ανδρέα Λ. Πετράκη Αν αχ3+βχ2+γχ+δ=0, α::;fΟ είναι η πλήρης τριτο- πλήρως το είδος των ριζών της εξίσωσης.

βάθμια εξίσωση και f(x)= αχ3+βχ2+γχ+δ είναι το Οι «διακρίνουσες» s 1 και s2 συνδέονται με την πλήρες τριτοβάθμιο πολυώνυμο, τότε ορίζουμε σχέση δύο «διακρίνουσες» για την παραπάνω εξίσωση 27α2s2 = (2β3-9αβγ+27α2δ)2-4s13 (1) τις · από την οποία προκύπτουν τα επόμενα πολύ ση-

s1=β2-3αγ καt\. μαντικά συμπεράσματα s2=4αγ3+4δβ3+27α2δ2-β2'1·18αβγδ Αν S2<0 τότε sι>Ο (2)

το πρόσημο των οποίων, όπως θα δούμε, καθορίζει Αν s1<0 τότε s2>0 (3) Με την βοήθεια των συμπερασμάτων αυτών προκύπτουν οι aπλούστερες δυνατές ικανές και αναγκαίες συνθήκες που καθορίζουν το είδος των ριζών της πλήρους τριτοβάθμιας εξίσωσης.


Homo Mathematicus

Πρόταση 1 Αν s 1 > Ο τότε η f'(x) έχει δύο άνισες πραγματικές ρίζες χι , χ2 και ισχύει

s f (x 1 ) · f (x 2 ) = -2-2 27α Πρόταση 2 Αν η εξίσωση f (x) = Ο έχει τρεις άνισες πραγμα-τικές ρίζες τότε s1 > Ο και s2 < Ο και αντίστροφα. Πρόταση 3 Αν η εξίσωση f(x)=O έχει μία απλή πραγματική ρίζα και μία διπλή πραγματική ρίζα τότε s1 > Ο και s2 = Ο και αντίστροφα Πρόταση 4 Αν ισχύουν S ι > Ο και s2 > Ο τότε η f(x) έχει μία απλή πραγματική ρίζα και δύο μιγαδικές συζυγείς ρίζες. Πρόταση 5 Αν s ι = Ο και Sz = Ο τότε η f(x) έχει μία τριπλή πραγματική ρίζα και αντίστροφα.

Πρόταση 6 Αν s ι = Ο και s 2 * Ο τότε η f(x) έχει μία απλή

· πραγματική ρίζα και δύο συζυγείς μιγαδικές ρίζες. Πρόταση 7 Αν s2 < Ο τότε η f(x) έχει μία απλή πραγματική ρίζα και δύο συζυγείς μιγαδικές ρίζες. Με βάση τώρα τις σχέσεις (2), (3) οι παραπάνω

προτάσεις απλοποιούνται ως εξής: Πρόταση 8 Η εξίσωση αχ3+βχ2+γχ+δ=0 έχει τρεις άνισες πραγματικές ρίζες αν και μόνο αν s2<0. Πρόταση 9 Η εξίσωση αχ3+βχ2+γχ+δ=0 έχει μια πραγματική και δύο συζυγείς μιγαδικές ρίζες αν και μόνο αν S2>0. Πρόταση 10 Η εξίσωση αχ3 +βχ2 +γχ+δ=Ο έχει μια τριπλή πραγματική ρίζα αν και μόνο αν s 1 =0 και s2=0. Πρόταση 1 1 Η εξίσωση αχ3+βχ2+γχ+δ=0 έχει μια απλή και μια διπλή πραγματική ρίζα αν και μόνο αν s 1>0 και Sz=O.

ΤΕΛΙΚΑ ΣΥΜΠΕΡΑΣΜΑ Τ Α

• Διερεύνηση της αχ3 +βχ +γχ+δ=Ο, με α:;tΟ

Sz < Ο S ι > Ο Sz = Ο

S ι = Ο Sz = Ο

Sz > Ο

• Βήματα για τη λύση της αχ3+βχ2+γχ+δ=0, με α:;tΟ

Υπολογίζω τις ποσότητες.

β2 γ 2β3 βγ δ p = - -- + - q = --- - -- + -3α 2 α ' 27α 3 3α 2 α και κατασκευάζω την δευτεροβάθμια εξίσωση w2+qw - p3/27=0. Βρίσκω τις ρίζες wι και Wz αυτής εξίσωσης.

Βρίσκω τις «απλούστερες» κυβικές ρίζες ν 1 και ν2 των w1 και w2 αντίστοιχα. Οι τρεις ρίζες της πλήρους τριτοβάθμιας εξίσωσης δίνονται από τους τύπους


Homo Mathematicus

- β χ 1 - ν 1 + ν 2 - - 1 i� β

χ = - - (ν + ν ) - - (ν - ν ) - -3α 3 2 ι 2 2 ι 2 3α 1 i� β

χ = - - (ν + ν ) + - (ν - ν ) - -2 2 ι 2 2 ι 2 3α

ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ Τ Α Παράδειγμα 1

Να βρεθεί το είδος των ριζών της εξίσωσης χ3 - 3χ2 +( 1 -k-m)x - 1 =0 για τις διάφορες τιμές των πραγματικών αριθμών k και m

Λύση Είναι 8 1 = 3(k + m) + 6 και 8 2 = -4(k + m)

3 + 3(k + m) 2 + 60(k + m) + 76

και ε2 αντίστοιχα, όπως φαίνεται και στο παρακάτω σχήμα 1

Προφανώς 8 1 = Ο <=> k + m = -2 και 8 2 = Ο <=> k + m = -2 (διπλή) ή k+m= 19/4 Στο επίπεδο k-m οι εξισώσεις k+m= -2 και k+m=19/4 παριστάνουν δύο παράλληλες ευθείες ε1

m

D, : 8 ι<0, 82>Ο

Επίσης είναι 8 1 = 3(k + m + 2) και 8z=-4(k+m+2)2 (k+m - 19/4)

ε 1 : 8 ι = 0 και 8z = 0

(σχήμα 1 )

Έτσι έχουμε Αν το M(k, m) ανήκει στον ανοικτό τόπο D1 τότε ισχύουν 8 1 < Ο και 82 > Ο άρα η εξίσωση έχει μία πραγματική και δύο συζυγείς μιγαδικές ρίζες.

Αν το M(k, m) ανήκει στον ανοικτό τόπο D3 τότε ισχύουν 81 > Ο και 82 < Ο άρα η εξίσωση έχει τρεις άνισες πραγματικές ρίζες.

Αν το M(k, m) ανήκει στον ανοικτό τόπο D2 τότε ισχύουν 8 ι > Ο και 8z > Ο άρα η εξίσωση έχει πάλι μία πραγματική και δύο συζυγείς μιγαδικές ρίζες.

Αν το M(k, m) Ε ει τότε είναι 8 ι = Ο και 8z = Ο άρα η εξίσωση έχει μία τριπλή πραγματική ρίζα. Αν το M(k, m) Ε εz τότε είναι 8 ι > Ο και 8z = Ο άρα η εξίσωση έχει μία απλή και μία διπλή πραγμ. ρίζα

Παράδειγμα 2 Να λυθεί η εξίσωση χ3 - 6χ2 + 1 1χ - 6=0

Λύση Είναι 8 1 = β2-3αγ = 3 και 82 = 4αγ3+4δβ3+27α2δ2- άρα η εξίσωση w2+qw - p3/27=0 γίνεται β2γ2- 1 8αβγδ = -4 w2+ 1/27=0 Επειδή είναι 82 < Ο η δοθείσα εξίσωση έχει τρεις Η εξίσωση αυτή έχει ρίζες άνισες πραγματικές ρίζες. i i Είναι p = - 1 , q = Ο w ι = -

3� και w 2 =

3�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη' τ.3/18

Homo Mathematicus

Η «απλούστερη» κυβική ρίζα του w1 είναι ο αριθ

μός ν , = _!_ (3 - i.J3) 6

Η «απλούστερη» κυβική ρίζα του w2 είναι ο αριθ- Οπότε μός ν 2 = _!_ (3 + i.J3) .

6 χ , = y, + 2 = 1 + 2 = 3

Άρα σύμφωνα με την θεωρία

Υ ι = ν , + ν 2 = _!_ (3 - i.J3) + _!_ (3 + i.J3) = 1 6 6

χ 2 = y2 + 2 = 0 + 2 = 2 χ 3 = y3 + 2 = -1 + 2 = 1 Άρα η δοθείσα εξίσωση έχει ρίζες τους αριθμούς 1 , 2, 3 . 1 i.J3 y2 = -- (ν 1 + ν 2 ) + - (ν 1 - ν2 ) = 0 2 2

11 . ΚΑΙ, ΤΩΡΑ, ΚΑ τΙ ΓΙΑ ΝΑ Ξ Ε ΚΟΥΡΑΣΤΟΥΜ Ε

Δύο προβλήματα μαθηματικής λογικής από τον Ρ. Blekher

Εμείς δεν ξεχνάμε ποτέ την παλιά-καλή μας συ- τικής λογικής, του Ρ. Blekher. Το προβλήματα αυνήθεια να ψάχνουμε. Έτσι, ξεφυλλίζοντας τον 5° τά δημοσιεύτηκαν στο παραπάνω περιοδικό, μαζί τόμο του περιοδικού QUANTUM (τεύχος 1 / 1998), με κάποια άλλα, με τίτλο «Διχαλωτοί Δρόμοι και ψαρέψαμε δύο προβλήματα, " δροσερής" μαθημα- Διχαλωτές Γλώσσες». Απολαύστετα . . .

Το π ώτο π ό λ α «Σ' ένα συνέδριο Χημείας συμμετέχουν Ν επι- θεί το συνέδριο θέλει να ξέρει για κάθε επιστήμο

στήμονες - μερικοί από τους οποίους είναι χημικοί να αν είναι χημικός ή αλχημιστής. Για το σκοπό και οι υπόλοιποι αλχημιστές. είναι γνωστό ότι αυτό, μπορεί να ρωτήσει οποιονδήποτε επιστήμοσυμμετέχουν περισσότεροι χημικοί παρά αλχημι- να τι είναι οποιοσδήποτε άλλος επιστήμονας. Προστές, και ότι οι χημικοί απαντούν σε όλες τις ερω- τείνετε μια μέθοδο που θα επιτρέψει στον μαθηματήσεις με ειλικρίνεια, ενώ οι αλχημιστές ψεύδο- τικό να βρει ποιος είναι ποιος, κάνοντας (Ν- 1 ) ενται πάντοτε. Ένας μαθηματικός που παρακολου- ρωτήσεις»

Η απάντηση στο πρώτο πρόβλημα Αρχίζουμε ρωτώντας οποιονδήποτε από τους επι- μιστές. Στη συνέχεια, τοποθετούμε τον πρώτο επι

στήμονες (για ευκολία, θα τον ονομάσουμε πρώτο στήμονα στην πρώτη ομάδα και διαλέγουμε τη μεεπιστήμονα) για όλους τους υπόλοιπους επιστήμο- γαλύτερη από τις δύο ομάδες. Τότε, οι επιστήμονες νες. Αυτοί οι (Ν- 1 ) επιστήμονες θα χωριστούν σε της μεγαλύτερης ομάδας είναι οι χημικοί, και οι δύο ομάδες: μία ομάδα αποτελούμενη από αυτούς επιστήμονες της άλλης ομάδας είναι οι αλχημιστές που ο πρώτος επιστήμονας χαρακτήρισε χημικούς (αυτό μπορείτε να το αποδείξετε;) και μία ομάδα από εκείνους που αποκάλεσε αλχη-

Τ ο δεύτε ο π ό λ α «Ένας δρόμος διακλαδίζεται. Το ένα μονοπάτι κός συναντά στη διακλάδωση έναν κάτοικο της

οδηγεί στην πόλη Α, η οποία κατοικείται μόνο από μιας από τις δύο πόλεις. Ο μαθηματικός θέλει να ειλικρινείς. Το άλλο μονοπάτι οδηγεί στην πόλη Β, μάθει ποιος δρόμος οδηγεί στην πόλη Α. Μπορεί που κατοικείται μόνο από ψεύτες. Ένας μαθηματι- να τον βρει κάνοντας μόνο μια ερώτηση ;»

Η απάντηση στο δεύτερο πρό βλημα Όπως ·συμβαίνει, ο μαθηματικός μπορεί να βρει απάντησε ζει στην Α, τότε το «ναι» του σημαίνει κάνοντας μόνο μία ερώτηση, ακόμη κι αν επιβά- ότι ο δρόμος οδηγεί στην Α ενώ το «όχι» του σηλουμε έναν επί πλέον όρο: η ερώτηση πρέπει να μαίνει ότι οδηγεί στη Β, αφού λέει μόνο την αλήδιατυπωθεί έτσι ώστε η απάντησή της να είναι θεια. Από την άλλη, αν ζει στη Β, τότε είναι ψεύ«ναι» ή «όχι» . της και το «ναι» του σημαίνει ότι ο δρόμος δεν οΟ μαθηματικός λύνει το πρόβλημα αν δείξει προς δηγεί στη Β (και επομένως οδηγεί στην Α) ενώ το έναν από τους δρόμους και ρωτήσει: «πηγαίνει αυ- «όχι» του σημαίνει ότι οδηγεί στη Β, στην οποία τός ο δρόμος στην πόλη σου;» . Μια καταφατική κατοικεί. Σε κάθε περίπτωση, η απάντηση «ναι» απάντηση σημαίνει ότι ο συγκεκριμένος δρόμος σημαίνει ότι ο δρόμος οδηγεί στην Α και η απάοδηγεί στην Α, και μια αρνητική απάντηση σημαί- ντηση «όχι» σημαίνει ότι ο δρόμος οδηγεί στη Β . νει ότι οδηγεί στη Β . Ειδικότερα, αν εκείνος που


-

65°ς ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ «0 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ»

18 ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΥ 2004 Α '

ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΜΑ 1° Ένας μαθητής θέλει να αγοράσει δύο βιβλία. Το βιβλίο Α κοστίζει το 60% των χρημάτων (ευρώ) που έχει μαζί του, ενώ το βιβλίο Β κοστίζει το 44% των χρημάτων που έχει μαζί του. Α ν είχε 80 λεπτά περισσότερα, τότε θα είχε ακριβώς τα χρήματα που κοστίζουν και τα δύο βιβλία μαζί. Να βρείτε πόσα χρήματα κοστίζει κάθε ένα από τα δύο βιβλία.

Μονάδες S

Λύση Αν ο μαθητής έχει μαζί του χ Ευρώ, τότε σύμ

φωνα με τις υποθέσεις του προβλήματος έχουμε την εξίσωση 60χ 44χ

- + - = χ + 0, 8 <:::::> 60χ + 44χ = 100χ + 80 <:::::> 100 100 <:::::> 4χ = 80 <:::::> χ = 20

Επομένως τα βιβλία Α και Β κοστίζουν Ο, 6 · 20 = 1 2 και Ο, 44 · 20 = 8, 8 Ευρώ.

ΘΕΜΑ 2° Α ν β και γ είναι τα μήκη των κάθετων πλευρών ορθογωνίου τριγώνου του οποίου η υποτείνουσα είναι α, να αποδείξετε ότι

3 β4 + βzγz + γ4 � -α4

4 Μονάδες S

Λύση Επειδή είναι β2 + γ2 = α

2 , αρκεί να αποδείξουμε ότι 4(β4 + β2γ2 + γ4 ) � 3(β2 + γ2 )2 <:::::> β4 + γ4 - 2βzγz � Ο <:::::> (βz - γz )z � Ο, που ισχύει.

ΘΕΜΑ 3° Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ και το ύψος του ΑΔ. Στα σημεία Β και Γ φέρουμε κάθετα τμήματα ΒΕ και ΓΖ προς τη ΒΓ, τέτοια

ώστε ΒΕ = ΓΖ = ΑΔ

και τα Ε, Ζ να βρίσκονται 2

σε διαφορετικό ημιεπίπεδο από το Α ως προς τη ΒΓ.

(α) Να αποδείξετε ότι ΑΕ = ΑΖ. Μονάδες 2

(β) Αν είναι Ε(ΑΒΓ) = κ2 , να προσδιορίσετε τα

εμβαδά των τριγώνων ΑΕΖ και ΑΚΛ, όπου Κ, Λ είναι τα σημεία τομής των ΑΕ και ΑΖ με τη ΒΓ, αντίστοιχα.

Μονάδες 3

Λύση α) Τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΓΖ είναι ίσα , γιατί έ

χουν: ΑΔ ΑΒ = ΑΓ, ΒΕ = ΓΖ = - και 2

� � -ΑΒΕ = 90° + Β = 90° + Γ = ΑΓΖ . Άρα θα είναι και ΑΕ = ΑΖ.


-------'----------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί -------------

ΘΕΜΑ 4°

Α

Β ��+"---\-� Γ : Δ J\1 I i I I

Αν είναι Α = 2(λ2 + μ2 ) - (λ + μ)2 - 4 και Β = λ2 - λμ + λ + μ - 2 , όπου λ, μ ε JR ,

να λύσετε την εξίσωση

Αχ = Β , ως προς χ, για τις διάφορες τιμές των πραγματικών παραμέτρων λ και μ.

Μονάδες S

Λύση

Έχουμε Α = λ2 + μ2 - 2λμ - 4 = (λ - μ)2 - 22 =

= (λ - μ - 2)(λ - μ + 2) Β = λ2 - λμ + λ + μ - 2

= λ2 - λμ + λ + μ - 1 - 1 = (λ2 - 1) - μ(λ + 1) + (λ - 1) = (λ - 1)(λ + 1 - μ + 1) = (λ - l)(λ - μ + 2)

Επομένως έχουμε την εξίσωση (λ - μ - 2)(λ - μ + 2) χ = (λ - 1)(λ - μ + 2)

και διακρίνουμε τις περιπτώσεις: i) Αν λ - μ + 2 = 0 <:=> λ = μ - 2, μ ε JR, τότε η

εξίσωση γίνεται Ο · χ = Ο και είναι ταυτότητα, δηλαδή αληθεύει για κάθε χ Ε JR .

ii) Αν λ - μ - 2 = Ο � λ = μ + 2, μ Ε JR , τότε η εξίσωση γίνεται Ο · χ = 4(μ + 1) . • Για μ = -1, οπότε λ = 1 , η εξίσωση

αληθεύει για κάθε χ Ε IR , ενώ • Για μ * -1 η εξίσωση είναι αδύνατη .

ίίί) Αν λ * μ + 2 και λ * μ - 2 , τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση

λ - 1 Χ = ---

λ - μ - 2

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΜΑ 1° >'- "

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 3Γ . Η μεσοκάθετη της ΒΓ τέμνει την ΑΓ στο Δ. Από το Α φέρουμε κάθετη προς τη ΒΔ που τέμνει τη ΒΔ στο Ε και τη ΒΓ στο Ζ. Η παράλληλη από το Δ προς τη ΒΓ τέμνει την ΑΖ στο σημείο Ι. Ν' αποδείξετε ότι:

-

(α) η ΒΙ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΒΔ . Μονάδες 2

(β) το τετράπλευρο ΒΖΔΙ είναι ρόμβος. Μονάδες 3

Λύση

α) Αν είναι f = ω , τότε Β = 3ω και από ΔΒ = ΔΓ έχουμε ότι ΔΒΓ = ω .

Α

Όμως έχουμε Γ ΔΒ = ΔfΒ = ω και ΙΔΑ = Γ = ω , αφού ΔΙ // ΒΓ. Άρα ΙΔΒ = ΙΔΑ = ω , οπότε η ΔΙ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΔΒ.


-------------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί --------------

Επειδή ΜΒ = ΔΒΓ + Γ = 2ω και ΑΒΔ = Β - ΔΒΓ = 3ω - ω = 2ω , έπεται ότι το τρίγωνο ΑΔΒ είναι ισοσκελές, οπότε το ύψος του ΑΕ είναι και διχοτόμος. Άρα το σημείο Ι είναι το έγκεντρο του τριγώνου ΑΒΔ, οπότε η ΒΙ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΒΔ .

β) Επειδή η ΑΖ είναι μεσοκάθετη της ΒΔ θα είναι ΙΒ = ΙΔ και ΖΒ = ΖΔ . .

λ ΑΒΔ λ Επιπλέον ΙΒΔ = -- = ω = ΔΒΓ , οπότε η ΒΕ 2 είναι διχοτόμος της γωνίας ΙΒΖ και αφού ΒΕ .l ΙΖ (ΒΕ ύψος) , το τρίγωνο ΙΒΖ είναι ισοσκελές με ΙΒ = ΒΖ. Άρα το τετράπλευρο ΙΒΖΔ έχει τις τέσσερις πλευρές του ίσες, οπότε είναι ρόμβο�.

Θ Ε Μ Α 2° Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ > ΑΓ η κάθετη από το Γ προς τη διάμεσο ΑΔ την τέμνει στο Ε και ισχύει - -ότι ΑΓΕ = ΑΒΓ . Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο.

Μονάδες 5 ΛίJση

Έστω Ζ το συμμετρικό του Γ ως προς την ΑΔ. Τότε ΑΓ = ΑΖ και ΑΖΓ = ΜΖ = ω = Β . Άρα το τετράπλευρο ΑΖΒΓ είναι εγγράψιμο.

Α

Γ Β

Επιπλέον ΕΔ // ΖΒ, αφού Ε, Δ είναι μέσα των ΓΖ και ΓΒ, αντίστοιχα.

Επομένως ΓΖΒ = ΔΕΓ = 90° , οπότε από το εγγράψιμο ΑΖΒΓ προκύπτει ότι BAr = ΓΖΒ = 90° .

Θ Ε ΜΑ 3° Α ν οι πραγματικοί αριθμοί χ, y, z ικανοποιούν τις ισότητες

χ + y + z = 16 } (Σ) χ2 + y2 + z2 = 96

να αποδείξετε ότι και οι τρεις ανήκουν στο διά-[ 8 26 ] στημα 3 , 3 .

Μονάδες 3 Αν οι x,y ,z Ε Ζ με χ � y � z , να βρείτε τις τριάδες (x, y , z ) που είναι λύσεις του (Σ).

Λιfονάδες 2 Λύση

Είναι y + z = 1 6-χ και y2 + z2 = 96 - χ2 , οπότε από την γνωστή ανισότητα

2(yz + zz ) ;:::: (y + z) 2 προκύπτει ότι:

2(96 - χ2 ) ;:::: (1 6 - χ)2 � 1 92 - 2χ2 ;:::: 256 - 32χ + χ2 � 3χ 2 - 32χ + 64 � ο � � � χ � 8 ' 3

αφού η εξίσωση 3χ 2 - 32χ + 64 = Ο έχει δύο ρίζες στο IR ,

χ 2 = 32 ± νl1024 - 768 = 32 ± 1 6 = < � ) , 6 6 -3 Εργαζόμενοι ομοίως βρίσκουμε και ότι πρέπει

8 8 - � y � 8 και - � z � 8 . 3 3 Α ν χ , y, z Ε Ζ με χ � y � z , τότε Ζ Ε {3, 4, 5, 6, 7 , 8 } .

• Για z = 8 έχουμε: {χ + y = 8, χ 2 + / = 32} � χ = 4 = y

• Για z = 7 έχουμε: {x + y = 9, χ2 + / = 47} , αδύνατο

• Για z = 6 έχουμε {χ + y = 10, χ2 + / = 60} , αδύνατο Για z Ε {3, 4, 5} , επειδή χ � y � z , θα είναι

χ + y + z < 1 6 , οπότε δεν υπάρχει λύση . Άρα έ-χουμε μόνο τη λύση (χ, y, z) = (4,4,8) .


-------------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί -------------

ΘΕΜΑ 4° Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές ΒΓ = α < ΓΑ = β < ΑΒ = γ . Να εξετάσετε αν εί-

ναι δυνατόν να ελαττωθούν και οι τρεις πλευρές

κατά το ίδιο μήκος, έτσι ώστε να γίνουν πλευρές

ορθογωνίου τριγώνου.

Μονάδες S

Λύση

Θα εξετάσουμε αν υπάρχει πραγματικός αριθμός χ < Ο, τέτοιος ώστε:

(α + χ)2 + (β + χ)2 = (γ + χ)2

<=> χ2 + 2(α + β - γ)χ + α2 + β2 - γ2 = 0 , με χ<Ο ( 1 )

Η εξίσωση ( 1 ) έχει 2 ρίζες στο JR , αφού Δ = 4 [ (α + β - γ)2 - (α2 + β2 - γ2 )] = = 8(γ - β)(γ - α) > 0

Έτσι η εξίσωση ( 1 ) έχει τις ρίζες Χ ι = γ - α - β + �2(γ - β)(γ - α) , Χ 2 = γ - α - β - �2(γ - β)(γ - α)

και ισχύουν S = χι + χ2 = 2(γ - α - β) Ρ 2 β2 2 = Χ ι Χ 2 = α + - γ

Επειδή οι α, β, γ είναι πλευρές τριγώνου θα είναι S<O, οπότε διακρίνουμε τις

περιπτώσεις: i) α2 + β2 > γ2 <::::> Γ < 90° και το τρίγωνο είναι

ΑΒΓ είναι οξυγώνιο. Τότε Ρ>Ο και χ 2 < Χ ι < Ο , δηλαδή υπάρχουν δύο αρνητικές λύσεις. Επειδή α + χ ι = γ - β + �2(γ - β)(γ - α) > 0 , η

λύση χ1 είναι δεκτή .

Η λύση χ2 = γ - α - β - �2(γ - β)(γ - α) είναι δεκτή, εφόσον ισχύει ότι: α + χ2 > Ο <=> γ - β > -J,.-2(

-γ----=-β

-)( γ

---

α-)

<=> (γ - β)2 > 2(γ - β)(γ - α) <=> (γ - β)(2α - β - γ) > Ο <::::> β + γ < 2α , αφού γ - β > Ο . Όμως από α<β<γ έπεται ότι β + γ > 2α, οπότε η

λύση χ2 δεν είναι δεκτή.

ii) α2 + β2 = γ2 <=> Γ = 90° (το τρίγωνο ΑΒΓ ορθο-γώνιο).

Τότε Ρ = Ο και χ2 < Χ ι = Ο , δηλαδή υπάρχει μια αρνητική λύση .

iii) α2 + β2 < γ2 <=> Γ > 90° (το τρίγωνο ΑΒΓ είναι αμβλυγώνιο) . Τότε Ρ < Ο και χ 2 < Ο < Χι , δηλαδή υπάρχει μια αρνητική λύση . Στις περιπτώσεις (ii) και (iii) η λύση χ2 δεν εί

ναι δεκτή , αφού α + χ2 < Ο . Συνοψίζοντας τις παραπάνω περιπτώσεις έχου

με: • Α ν Γ < 90° , υπάρχει μια λύση • Α ν Γ = 90° , δεν υπάρχει λύση • Α v Γ > 90° , δεν υπάρχει λύση

Στη τρίτη περίπτωση υπάρχει θετική λύση χ ι , οπότε είναι δυνατό να αυξηθούν και οι τρεις πλευρές του τριγώνου κατά τον ίδιο αριθμό, έτσι ώστε να γίνουν πλευρές ορθογωνίου τριγώνου.

Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΜΑ 1°

Να προσδιορίσετε τους μιγαδικούς αριθμούς z = χ + yi, x, y ε IR , που είναι λύσεις της εξίσωσης

lz + ιι = 4z - 2z - 6i

Λύση

lz + 1 1 = 4z - 2z - 6i <=> l (x + 1) + yi l = = 4(χ + yi) - 2(χ - yi) - 6i <=> �(χ + 1)2 + y2 = 2χ + 6(y - 1)i

<=> �(χ + 1)2 + y2 - 2χ - 6(y - 1)i = ο

Μονάδες 5

<=> {�(χ + 1)2 + y2 - 2χ = ο, - 6(y - 1) = ο} <=> { y = 1, (χ + 1)2 + 1 = 4χ 2 , χ > ο} <=> { y = 1, 3χ 2 - 2χ - 2 = Ο, χ > ο} <ο> {Υ = 1, χ = 1±/7 , χ > 0} <o> {y = 1, X = 1 +

3v'7} ·


-------------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί -------------Ά ' ( 1 + J7 J ο ρα ειναι z = -3- + 1 . ---

(ii) ΒΑΔ == 2 · ΔΑΓ

Μονάδες 2

ΘΕΜΑ 2ο Μονάδες 3

Να προσδιορίσετε θετικούς ακέραιους χ, y με Λύση

χ > y, τέτοιους ώστε i) Επειδή το Ε είναι σημείο της μεσοκάθετης της 1 1 1 - + - = -- . χ y 2005

Λύση

Μονάδες 5

Πρέπει χ > y > 2005 , οπότε, αν θέσουμε y = 2005 + α, τότε

1 1 1 α - =-- � χ 2005 2005 + α 2005(2005 + α) χ = 2005 + 20052 α Άρα πρέπει α 1 20052 = 52 · 40 12 � α ε { 1, 5, 52 , 40 1, 40 12 , 5 · 401, 52 · 401,

5 ο 40 12 , 52 ο 40 12} Ε λ ' ' 20052 πιπ εον πρεπει: χ > y � -- > α � α α2 < 20052 � α < 2005 Άρα οι δεκτές τιμές του α είναι στο σύνολο

{ 1 ,5 ,25 ,40 1 } . Για α =1 , έχουμε: χ = 2005 + 20052 = 2005 · 2006, y = 2006 . Για α = 5 , έχουμε: χ = 2005 + 5 · 40 12 = 806010, y = 2010 . Για α = 25 , έχουμε: χ = 2005 + 40 12 = 1 62806, y = 2030. Για α = 40 1 , έχουμε: χ = 2005 + 25 · 40 1 = 1 2030, y = 2405 .

,... ,... Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 2Γ . Ο κύκλος κέ-

ντρου Α και ακτίνας ΑΒ = γ τέμνει τη μεσοκά

θετη της ΒΓ στο σημείο Δ, που είναι εσωτερικό

σημείο του τριγώνου ΑΒΓ.

Ν α αποδείξετε ότι :

(i) αz < 2(βz _ γz )

ΒΓ θα είναι ΕΒ = ΕΓ και f = ΕΒΓ = ω, οπότε ΑΒΕ = ω . Στο τρίγωνο ΑΒΕ είναι ΑΒΕ = ω < ΑΕΒ = 2ω, οπότε ΑΒ>ΑΕ � ΑΚ. και ο κύκλος (Α, ΑΒ) τέμνει την μεσοκάθετη ε της ΒΓ. Επειδή ένα από τα σημεία τομής είναι εσωτερικό του τριγώνου ΑΒΓ θα πρέπει

ΑΔ < ΑΜ � γ < μa 2βz + 2γz αz

<=> γ2 < μ; � γ2 < 4 -

� αz < 2 (βz - γz ) .

ii) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΒΕ είναι όμοια, οπότε ΑΒ ΑΓ ΑΔ ΑΓ - = - � - = -ΑΕ ΑΒ ΑΕ ΑΔ

(αφού ΑΔ = ΑΒ), οπότε και τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΔΓ είναι όμοια. Άρα θα έχουν και ΜΕ = Af Δ = ω - θ .

Όμως ΕΔΓ = 90° + θ και ΜΓ = ω - θ + 90° + θ = 90° + ω . Έτσι έχουμε ΔΑr = = 1 80° - (90° + ω) - (ω - θ) = 90° - 2ω + θ ( 1 )

Επίσης ΑΒΔ = 2ω - θ και ΒΜ = 180° - 2 · ΑΒΔ = 180° - 2(2ω - θ), οπότε, λόγω της ( 1 ) θα είναι

ΒΜ = 1 80° - 4ω + 2θ = 2 · (90 - 2ω + θ) = 2 · ΔΑr .


---------------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί ----------------

ΘΕΜΑ 4° α2004 - α1 , α2004 - α2 , . . . , α2004 - α2003 στο σύνολο Μ. Θεωρούμε σύνολο Μ με στοιχεία 2004 θετικούς

πραγματικούς αριθμούς με την ιδιότητα:

Όλες αυτές οι 2003 διαφορές είναι διαφορετικές και μικρότερες από τον α2004 . Οπότε

ια οποιαδήποτε δύο στοιχεία α, β του Μ με α>β,

ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς α + β, α - β

ανήκει στο σύνολο Μ.

α2004 - α ι = α2οο3 , α2οο3 - αι = = α2οο2 , οι , α2004 - α2οο3 = αι ·

Ακόμα επειδή α2003 + α2 > α2003 + α1 = α2004 , έπεται ότι α2003 +α2 !it Μ , οπότε στο σύνολο Μ θα ανήκει ο αριθμός α2003 - α2 . Όμοια στο Μ θα ανήκουν οι διαφορές α2003 - αμ . . . , α2003 - α2002 , οι ο-

Να αποδείξετε ότι, αν διατάξουμε τους αριθ

μούς του συνόλου Μ κατά αύξουσα τάξη, τότε

αυτοί αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητι

κής προόδου.

Μονάδες S ποίες είναι αριθμοί διαφορετικοί και μικρότεροι από α2003 .

Λύση Άρα αzοο3 - α2 = α2οοι • · · · • α2οο3 - αzοο2 = αι και Έστω α ι < α2 < · · · < α2οο3 < α2004 · Επειδή τα α- γενικά για k ε Ζ με 2 5 k 5 2002 θα έχουμε

θροίσματα α2004 - αk = α2004_k και α2003 - αk = α2003_k , οπότε α2004 + αι , α2οο4 + α2 , . . . , α2004 + α2οο3 α2ο04-k - α2οο3-k = αι δηλαδή

δεν ανήκουν στο σύνολο αφού είναι μεγαλύτερος αι = α2004 - αzοο3 = αzοω - αzooz =

του α2ο04, θα ανήκουν οι διαφορές = α2002 - α2001 = . . . = α2 - α1

σταθερός αριθμός.

Επιστημονικά Για ΑΕΙ, ΤΕΙ, ΙΕΚ, ΑΣΕΠ

� � ΕιnιΟιδι:uτιιιά Για Γυι.iνάσιο .. Λύκcιο, τΕΕ

� Διάφορα Λογοτεχνία, γλώσσα .. μελέτες, λευκώματα

Μπορείτε να δείn: πς νέες μας ειιδόσΣις στο lιιlemet στην ισπισελίδο:

ΠΛΗ ΡΕΙΙ IEI PEI ΕΚΠΑΙΔΕΥΥΙ ΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ θΑΗΑΙΗ Π. ΞΕΝΟΥ

ΙΙΛθΙΙΜΛΠΚfΣ ΠΙΙΙΣΕΙΙ ΠΡΛΚΙΊΙΙΙ ΛPiθlllfnιot ΓPΛIIMIIOI ΛΜ'ΕΙΙΡΛ ΛΙWΙΥΠΚΗ ΓΕΟΜΕΠ'ΙΑ ΚΑΙ ΑΕΙΟΠΠΕΙ Μέ9οδοι και ΙφοβΙJιιιmι

Δ. ΠΟΥ ΛΑΚΗΣ ΚΡΥΙΠΟΓΡΜΙΛ

Η uιιιm'μ) ΠJ<: ....,ιοος �Ιος

r. ΣΙΑΡΔΟΣ Δ. ΚΡΠΖΑΣ llf80ΔOI EI6IIOI βf.0ΡΙΛ

/IOAYIIEJΛIIΛHJIII ΠΙΙ ΙΧΕ1ΙUΠΙΠΛΙ ΣJΑΠΙΠIΟIΙ ΛΙWΙΥΙΙΙΙ Με ro μιιθηιιιm&ό rοιι fw<dou

ΜΑ ΜΑθΗΜλτtΚΑ

ΙΙ'ΙΠΙΡΙΛ ΑΞΙ0Λ0Ι1ΙΙΙΙΙ I' ι Γ ΛYICBOY ΛΛΠΙΙΙ'Λ • βtι84ι; • u:χιιqς αιJιιιιι; • Γ1:8ik Ι8kίις Β' ΛYICBOY Γ1:8ik Ι8kίις

MΛTH�fiCλ ,

ΜΛθΗΜΑJΙιιΑ

Ε. ΨΟΜΟΠΟΥι\ΟΙ ΙΙΑΠΙfΙΙΛΠCΑ

νs ΙΙΑΙΗΙΑΊΙΙΑ

Σ. ΒΛΑΧΟΟΟΥι\ΟΙ Α. ΒΕ!W.ΡΔΟΣ •

ΑΡΧΕΣ σ.ιιιauια rn. 1ι111111ΙΑΜΣ βf.0ΡΙΛΙ ΜΛΙΠΥ3Ι MM'Wf1lll

r· AYIBOY f8 ίkς ιιι; - ΣΕ ....,_ΊΙΙ18ΊΙ III'IUMIJI

• ΒΙΒΛIΟΠΟΛΕIΟ • ΚΕΝΠ>ΙΚΗ ΔΙΑθΕΣΗ: Αρμεwmούλοιι 27 • 546 35 θwσολο\ιΙιcη • Τηλ. 2310-203.720 • Fax 2310-21 1 .305 • e-mail: [email protected] r· ΛΥIΒΟΥ rqιιι ιr.m;ι. • ΒΙΒΛΙ0Ι10ΛΕΙ0 � • oBIIIDt ΕΚΑ0ΠΙΝ -.oJ θΕΣΣΛ"ΙΙ'Ι"'Η& Σtοά 10U ΒιβΑίοu (Πεσμαζόyλου 5) • 105 64 ΑθΗΝΑ • Τηλ.-Faχ 210-3211.097 • ΑΠΟθΗΚΗ ΑθΗΝΟΗ - ΠΟΛΗDi ΧΟΝΔΡIΚΗ: Βαλτεισiοιι 45 - eξάρχεια 106 81, Αθήνα • Τηλ.-Faχ 210-3816.650 • e-ma1: [email protected]


J} !Γ Η ΣΤΗΛΗ ΤΟ Υ ΜΑΘΗΤΗ �. ::=:!'' 1 --- --�� ,-•. Jl J �:. \ ι' i . ιι�\__ � )r -

Επιμέλεια: Αντώνης Κυριακόπουλος - Γιάννης Στρατής

Λ ΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

9. Οι αριθμοί α και β ανήκουν στο διάστημα

[1, 4]. Να δείξετε ότι:

2 � α + J!. � 17 _ β α 4

(Επροτάθη από το μαθητή Α ' τάξης Γιάννη

Παπαβασιλείου, Αθήνα).

Λύση (από τον ίδιο μαθητή).

Έχουμε: {1 � α � 4 {1 � α � 4 1 α

� 1 1 �- � - � 4 . 1 � β � 4 - � - � 1 4 β . 4 β Θέτουμε � = χ , οπότε .!.. � χ � 4 και Q. = _!_ . β 4 α χ 'Ετσι, έχουμε να δείξουμε ότι: 2 :::; χ + _!_ � 17 , δηχ 4

1 1 17 ' λαδή ότι: 2 � χ +- και χ +-� - . Προς τουτο, χ χ 4 επειδή χ > Ο, αρκεί να δείξουμε ότι:

(2) • Για να δείξουμε την ( 1 ), αρκεί να δείξουμε ότι:

χ 2 + 1 - 2χ � Ο , δηλαδή (χ - 1 )2 � Ο , ισχύει. • Για να δείξουμε τη (2), αρκεί να δείξουμε ότι:

4χ2 - 17χ + 4� 0 (3) . Όπως βρίσκουμε εύκολα, οι ρίζες του τριωνύμου 4χ2 - 17χ + 4 είναι 4 και .!.. , οπότε: 4

4χ2 - 17χ + 4 = 4(χ - 4)( χ -�) . Έτσι, για να δείξουμε την (3), αρκεί να δείξουμε ότι: ( χ - 4) (χ -�) � Ο , ισχύει, γιατί � � χ � 4 .

• Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Δημη

τριάδης Θ., Σούμπλης Γ., Λεονάρδος Σ., Μι

στριώτης Α., Ά ντζου Α., Γεωργακόπουλος

Αλέξ.

10. Να δείξετε ότι, για κάθε χ,y,ω e JR , ισχύει:

�4χ2 + y2 - 4xy � ι2χ - ω1 + 1Υ - ωι . (1) (Επροτάθη από το μαθητή Β · τάξης Αθα

νάσιο Ιωάννου, Ιστιαία).

Λύση (από την μαθήτρια Α ' τάξης Αθηνά

Ά ντζου, Αθήνα).

Για να δείξουμε την ( 1 ), αρκεί να δείξουμε ότι: J(2x - y)2 � l2x - ωl + I Y - ωΙ , αρκεί:

Έχουμε: l 2x - Yl � l 2x - ωl + I Y - ωΙ . (2)

l 2x - ωl + I Y - ωl = l 2x - ωl + Ιω - Yl � I{ 2χ - ω) + (ω - y )I = l2x - Yl � { 2) .

• Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Καρύ

δης Κ., Σούμπλης Γ., Μιστριώτης Α., Λεο

νάρδος Σ., Δημητριάδης Θ., Παπαδημητρίου

Α., Παπαβασιλείου Γ., Γεωργακόπουλος Α

λεξ. (Αλέξανδρε: η τελευταία σχέση που γράφεις

ισχύει, αλλά όχι για το λόγο που γράφεις).

11 . Σ' ένα τρίγωνο ΑΒΓ ισχύουν: ΒΓ =6 και

ΑΒ2 - ΑΓ2 = 48.

i) Να δείξετε ότι r>9C)O. ii) Να βρείτε την προβολή της πλευράς ΑΓ

στην ΒΓ.

(Επροτάθη από το μαθητή Β ' τάξης Γεώρ

γιο Σούμπλη, Αρσάκειο Ψυχικού - Αθήνα).


Η στήλη του Μαθητή

Λύση (από το μαθητή Β ' τάξης Σπύρο Λεονάρ

δο, Κολλέγιο Αθηνών).

i) Έχουμε: ΑΒ2 = ΑΓ2 + 48 > ΑΓ2 + 36 = ΑΓ2 + ΒΓ2 � ΑΒ2 > ΑΓ2 + ΒΓ2 � Γ > 90° .

Β 3 Μ 3

Α

ii) Φέρνουμε την ΑΔ .l ΒΓ και θέτουμε Γ Δ =χ (ζητούμενη προβολή). Ονομάζουμε Μ το μέσο της πλευράς ΒΓ. Έχουμε

ΑΒ2 - ΑΓ2 = 2 · ΒΓ · ΜΔ <=> 48 = 2 · 6 (3 + χ ) <=> 4 = 3 + χ <=> χ = 1

Άρα, η ζητούμενη προβολή είναι Γ Δ = 1 . • Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Ανδρι

νόπουλος 1., Μιστριώτης Α., Αντωνόπουλος

Ν., Καρύδης Κ., Γεωργίου Β., Γεωργακό

πουλος Αλέξ.

12. θεωρούμε ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ Λ

(Α =90°) με ΑΒ = 6 και ΑΓ = 8. Στο εξωτε-

ρικό του τριγώνου αυτού κατασκευάζουμε

το τετράγωνο ΒΓΔΕ. Να βρείτε τα μήκη

των πλευρών του τριγώνου ΑΕΔ.

(Επροτάθη από τη μαθήτρια Β ' τάξης Χρι

στίνα Βεντήρη , Κολλέγιο Αθηνών).

Λύση (από το μαθητή Β ' τάξης Γεώργιο Σού-

μπλη, Αρσάκειο Ψυχικού - Αθήνα).

Φέρνουμε το ύψος ΑΗ, το οποίο προεκτεινόμενο τέμνει την ΕΔ στο σημείο Ζ. Έχουμε:

Ε

Δ

s

e ΒΓ2 = ΑΒ2 +ΑΓ2 = 62 + 82 = 100 . Άρα ΒΓ =10. Έτσι έχουμε: ΕΔ = ΒΓ = 10.

• ΑΒ2 = ΒΓ · ΒΗ <:::> 62 = 10 · ΒΗ <:::> ΒΗ = 3, 6 . Έτσι έχουμε ΕΖ = ΒΗ = 3,6 και ΖΔ = ΗΓ = ΒΓ - ΒΗ = 1 0 - 3,6 = 6,4.

• ΑΗ2 = ΒΗ · ΗΓ = 3, 6 · 6, 4 = 23, 04 . Άρα ΑΗ = 4,8 , οπότε ΑΖ =ΑΗ + ΗΖ =ΑΗ + ΒΕ = 4,8 + 10 = 14,8 . Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΕΖ και ΑΔΖ, έχουμε: ΑΕ2 = ΑΖ2 + ΕΖ2 = ( 14, 8)2 + (3, 6)2 = 232, οπότε ΑΕ = 2.J58 και ΑΔ2 = ΑΖ2 + ΔΖ2 = (14, 8)2 + (6, 4)2 = 260 , οπότε ΑΔ = 2J6S . Άρα, οι ζητούμενες πλευρές είναι: ΕΔ = 10, ΑΕ = 2.J58 και ΑΔ = 2J65 .

• Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Μ ι

στριώτης Α., Λεονάρδος Σ., Καρύδης Κ.,

Αντωνόπουλος Ν., Ανδρινόπουλος Ι., Γεωρ

γακόπουλος Αλέξ.

13. Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης:

(2r -5x+2)3x = l-4x2 • (1) (Επροτάθη από το μαθητή Β ' τάξης Σπύρο

Λεονάρδο, Κολλέγιο Αθηνών).

Λύση (από τον μαθητή Β ' τάξης Ηλία Παπαδά

κη, Θεσσαλονίκη). Οι ρίζες του τριωνύμου: 2χ 2 - 5χ + 2 είναι 2 και 1 ' - , οποτε: 2 2χ2 - 5χ + 2 = 2(χ - 2{ x -�J = (χ - 2)(2χ - 1) . Έτσι, με χ ε Ζ , έχουμε: (1) <=> (χ - 2)(2χ - 1)3χ = (1 - 2x)(l + 2χ) (επειδή 2χ - 1 :;e Ο ) <=> (2 - χ)3χ = 2χ + 1 (2) Έστω χ μία ακέρια λύση της εξίσωσης (2) . Προφανώς χ :;e 2 ( αφού με χ = 2 δεν επαληθεύεται) , οπότε από τη (2), έχουμε:

2χ + 1 2χ + 1 3χ = -- � -- > 0 � (2x + l)(x - 2) < 0 2 - Χ 2 '-- Χ � _.!_ < χ < 2 � (χ = ο ή χ = 1) . 2 Με χ = Ο η (2) δεν επαληθεύεται, ενώ με χ = 1 επαληθεύεται. Άρα, η εξίσωση ( 1 ) έχει τη μοναδική λύση χ = 1 .


Η στήλη του Μαθητή

• Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Παπα

ζήσης Λ., Σούμπλης Γ., Μαρκουλής Ε. , Τσε

κούρας Δ., Γεωργακόπουλος Αλέξ.

14. Για δύο μιγαδικούς αριθμούς z και ω με

z 'Φ -i και ω * -i , ισχύουν: Ι Ζ -�ι = ι ω-�ι =J2 (1) z + ι ω + ι

Να δείξετε ότι: lz -� � 2Jϊ0 .

(Επροτάθη από το μαθητή Γ' τάξης Νίκο

Καλαϊτζίδη, Αθήνα).

Λύση (από τον μαθητή Γ τάξης Αναστάσιο Α

ναστασόπουλο, Πάτρα). Θέτουμε: z = χ + yi, όπου x,y Ε IR . Από τις ( 1 ) έχουμε: l z -�1 =fi =>�<χ -2) + yiι =fiix + (y +ΨΙ ::::? z+ ι l <x -2) + yil2 = 2lx + (y+ l)il 2 => ::::? (χ - 2)2 + y2 = 2[χ2 + (y + 1)2 ] (Πράξεις) ::::> χ2 + y2 + 4χ + 4y = 2 ::::>

::::> χ2 + y2 + 4x + 4y + 8 = 10 => ::::? (χ + 2)2 + (y + 2)2 = 10 . Άρα, η εικόνα Α του z ανήκει στον κύκλο C με κέντρο Κ(- 2, - 2) και ακτίνα ρ = .JW . Όμοια και η εικόνα Β του ω ανήκει στον ίδιο κύκλο C. Έτσι, το τμήμα ΑΒ είναι χορδή του κύκλου C και άρα: (ΑΒ) � 2ρ = 2Μ και επειδή (ΑΒ) = l z - ω Ι , έπεται ότι: l z - ω Ι s 2Μ . • Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Ν ικο

λόπουλος 1., Καχρημάνης Α., Μαρκουλής Ε., Τσίρος Π.

15. Να δείξετε ότι είναι ανεξάρτητη του χ η

παράσταση :

Α = συν2χ - 2συνχσυνασυν(χ + α) + συν2 (χ + α) .

(Επροτάθη από το μαθητή Β ' τάξης Γεώργιο Σούμπλη, Αρσάκειο Ψυχικού - Αθήνα).

Λύση (από τον μαθητή Β ' τάξης Αντώνη Μιστριώτη, Γερμανική Σχολή Αθηνών). Έχουμε: Α=(j\)ν2χ +συν( χ +α)[ συν( χ +α) -2συνχσυνα] = = συν2χ +συν( χ +αΧ (j\)VX(j\)W -ημχημα-�(j\)W) = = συν2χ - ( (j\)VΧσυνα-ημχημα)( (j\)VΧσυνα + ημχημα) =

= συν2χ (l - συν2α) + ημ2χημ2α = = συν2χημ2α + ημ2χημ2α = = ημ2α(συν2χ + ημ2χ) = ημ2α . Άρα, η παράσταση Α είναι ανεξάρτητη του χ. • Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Λεονάρ

δος Σ., Παπαζήσης Λ., Τσεκούρας Δ., Αντωνόπουλος Ν., Καρύδης Κ., Ανδρινόπουλος Ι., Γεωργακόπουλος Αλέξ.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ

16. Οι αριθμοί α, β, γ και δ είναι θετικοί και

ισχύει α4

+ β4

+ γ4

+ δ4 = 4αβγδ . Να δείξε

τε ότι: α = β = γ = δ .

(Προτείνεται από τη μαθήτρια Α' τάξης Αθη

νά Ά ντζου, Αθήνα). 17. Να δείξετε ότι ο αριθμός:

x = �J5 + 2 - �J5 - 2

είναι ακέραιος.

(Προτείνεται από το μαθητή Α, τάξης Κώστα

Τριανταφυλλίδη, Πάτρα) . 18. Σ' ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ =ΑΓ),

ισχύει: α

+ υ α � βJi . 2

Να δείξετε ότι το τρίγωνο αυτό είναι και

ορθογώνιο.

(Προτείνεται από το μαθητή Β ' τάξης Γεώρ

γιο Σούμπλη, Αρσάκειο Ψυχικού - Αθήνα). 19. Σ' ένα επίπεδο Oxy θεωρούμε την ευθεία

ε: χ = - 4. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο

των σημείων Μ του επιπέδου αυτού, για τα

οποία αν Α είναι η προβολή του Μ στην ευ-Λ

θεία ε, η γωνία ΜΟΑ είναι ορθή.

(Προτείνεται από το μαθητή Β ' τάξης Σπύρο

Λεονάρδο, Κολλέγιο Αθηνών). 20. Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και δύο

φορές παραγωγίσιμη στο IR • Για δύο αριθμούς α, β Ε IR με α < β ισχύει:

2f(x) � f( α) + f(β), για κάθε χ Ε IR •

Να δείξετε ότι υπάρχει Χο Ε (α,β) με f"(Xo) = Ο . (Προτείνεται από τό μαθητή Γ τάξης Γιάννη

Σταματόπουλο, Καλαμάτα). Ι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/28

Μαθηματ ι κά για την Α ,. τάξη του Λυκείου

r.6)_ Το τριώνυμο f(x} = αJI + βχ + γ, α � Ο

Α. Η γραφική παράσταση της συνάρτη-σης f(χ) = αχ2 + βχ + γ, α :;e Ο

Η χάραξη της γραφικής παράσrασης μιας γραμμικής

συνάρτησης β · βαθμού δηλ. της μορφής

f( χ ) = αχ2 + βχ + γ, α * Ο (γνωσrή ως τριώνυjω)

αποτελεί μια δύσκολη ενέργεια για πολλούς μαθητές. Θα θέλαμε λοιπόν να δώσουμε μερικούς πρακτικούς

κανόνες για τη χάραξή της.

• Τη γραφική παράσταση της f(x) = αχ2 όλοι την γνωρίζουμε' Είναι ως γνωστόν "παραβολή" με κορυφή την αρχή των αξόνων 0(0, Ο) και έχει γραφική παράσταση την (α) αν α > Ο ή την (β) αν α < Ο.

Υ @ Υ @

α > Ο α < Ο

χ

χ

Για την ακρίβεια των παραπάνω σχημάτων χρειαζόμαστε ένα πίνακα τιμών π.χ. για την f (x) = .!..χ2 έχουμε: 2

χ -2 1 ο 1 2 1 1 Υ 2 - ο - 2 2 2

Κώστας Βακαλόπουλος, Νίκος Ταπεινός Υ 3

2

-2 - 1 ο

Η γραφική παράσταση της

2 χ

f (χ) = αχ2 + βχ + γ, α * Ο είναι όμοια με την γραφική παράσταση της f(x) = αχ2 απλά μετατοπισμένη έτσι ώστε η κορυφή της να είναι στο σημείο κ(-1._.-�) . 2α 4α Άρα για τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f (χ) = αχ2 + βχ + γ, α * Ο προτείνουμε λοιπόν να χαράσσετε τη γραφική παράστασης της f(x) = αχ2 και με διαφανές χαρτί να την μετατοπίζετε έτσι ώστε η κορυφή της από την αρχή των αξόνων 0(0, Ο) να εφαρμόζει στο ση-μείο κ(-1._.-�) . 2α 4α

Παράδειγμα Να παρασταθεί γραφικά η συνάρτηση

f(x) = 2χ2 - 12χ + 19, χ e IR Πράγματι, χαράσσουμε με τη βοήθεια ενός πίνακα τιμών τη γραφική παράσταση της f(x) = 2χ2 που ως γνωστόν είναι "παραβολή" έχει κορυφή το 0(0, Ο) και την μετατοπίζουμε στη συνέχεια ώστε η κορυφή της να συμπέσει με το σημείο Κ(3 , 1 ) .


Μαθηματικά Α ' Λυκείου

• Δ = 144 - 4 · 2 · 1 9 = -8 •

_1_ = --12 = 3 2α 2 · 2

Δ -8 • - - = - - = 1 4α 4 · 2

' \ 1

ο κ

χ

• Ένας {J').MJς τρόπος για τη χάραξη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f (x) = αχ2 + βχ + γ, α -=ι:. Ο είναι κι αυτός πρακτικός και γίνεται με τη βοήθεια τριών σημείων. 1" ση μείο : Η κορυφή κ(-1._,-�) 2α 4α 2" σημείο : Το σημείο Α(Ο, γ) (είναι το σημείο που η γραφική παράσταση τέμνει τον άξονα ψ 'ψ) 3" .ση μείο : Το συμμετρικό Α' του σημείου Α ως προς την κατακόρυφη ευθεία: χ = _1_ . 2α

Υ

Α( Ο, γ)

-Δ/4α

ο β χ 2α Σημείωση : Στα παραπάνω σημεία μπορεί να προστεθούν (αν υπάρχουν) τα σημεία Μι (χι , Ο) και Μ2(χ2, Ο) όπου χ1, χ2 οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = Ο (στη περίπτωση βέβαια που η διακρίνουσα Δ είναι θετική) .

Παράδειγμα Να παρασταθεί γραφικά η συνάρτηση

f(x) = 4χ2 - Sx + 3, χ e IR. Έχουμε: α = 4

β = - 8 γ = 3

• Δ = 66 - 1 6 · 3 = 1 6 •

_1_ = -

-8 = 1 2α 2 · 4 • -� = _ __!i_ = -1 4α 4 · 4 Τα σημεία είναι: K( l , - 1 ), Α(Ο, 3), Α'(2, 3) .

Υ

Α

• Τα οφέλη από τη χάραξη της γραφικής παρά

στασης της συνάρτησης: f(x) = αχ2 + βχ + γ, α -=ι:. Ο .

Είναι πολλά ! Το κυριότερο όμως είναι η βοήθεια που μας δίνει στην επίλυση ανισώσεων β ' βαθμού. Ως γνωστόν οι λύσεις της ανίσωσης αχ 2 + β χ + γ > Ο είναι τετμημένες των σημείων της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f (x) = αχ2 + βχ + γ που βρίσκονται πάνω από τον άξονα χ 'χ .

Παράδειγμα Να λυθεί η aνίσωση: -χ2 + 7χ - 10 > Ο . • Χαράσσουμε τη γραφική παράσταση της συ

νάρτησης -χ 2 + 7 χ - 10 > Ο (με έναν από τους παραπάνω τρόπους) και δίνουμε λύσεις τις τετμημένες των σημείων της που είναι πάνω από τον άξονα δηλ. 2 < χ < 5 .


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Υ

9/4 . . . . . . : χ

1 - 10

• Γενικά συμπεράσματα για το πρόσημο

τριωνύμου f(x) = αχ2 + βχ + γ, α :;t Ο

του

• Αν I Δ> Ο I τότε

χ - 00 ρ! ρ2 f(x) + ? - ?

χ - 00 ρ , ρ2 f(x) - 9 + 9

• Αν I Δ=Ο I τότε

χ -OC ρ f(x) + ?

χ -οο ρ f(x) - ?

+ οο + I� χ

+ οο v f(x)

-

+οο + � χ

+οο V f(x)

-

~ h

-00 ρ , ρ2 + οο ομοσ.1 ετερ. 1 ομοσ.

α α α

� ιιr \ χ

-00 ρ +οο

ομοσ. � ομοσ. α α

• Αν I Δ<Ο I τότε

χ -00 + οο f(x) + � χ -00 + οο

v f(x) Ομ<)ΟΙ]μΟ α χ -00 + οο

f(x) -

Άσκηση Για την - γραφική παράσταση της συνάρτησης

f(x) = αχ2 + βχ + γ, α :;t Ο έχουμε τις παρακάτω 6

περιπτώσεις:

()

Μπορείτε να απαντήσετε στο ερώτημα: πότε το τριώνυμο δίνει θετικές και πότε αρνητικές τιμές; Συμπληρώστε με τα πρόσημα: + ή - τους πίνακες. Όπως στον πίνακα 1 .

χ - 00 ρ , ρ2 + οο

f(x) + ? - ? +

χ

χ - 00 ρ=-β/2α + οο f(x) ?

χ

χ


Μαθηματικά Α' Λυκείου

Υ

χ χ -00 Qι ρz +οο

f(x) ? �

χ χ -00 ρ=-β/2α +οο f(x) ?

Υ

ο χ

Β. Πρόσημο τριωνύμου και ανισώσεις Συμπερασματικά έχουμε:

• Δ > Ο τότε, f(x) ομόσημο του α εκτός των ριζών (χ < ρ ι ή χ > ρz) και f(x) ετερόσημο του α, μεταξύ των ριζών (ρ ι < χ < ρz) .

• Δ = Ο τότε, f(x) ομόσημο του α, για κάθε χ Ε 1R. - {-:α} ( -:α η διπλή ρίζα του τριω-νύμου)

• Μορφή f (x) > h(x) <:::} f (x) - h(x) > Ο <:::} g(x) g(x) _f..:....( χ...:...)_-_h(.:.__x...:....) ·�g:...:...( χ.-:..) > 0 <:::} g(x) <:::} [ f (χ) - h(x) · g(x)] · g(x) > Ο και συνεχίζου-με όπως προηγουμένως

Ασκήσεις

1. Να λυθεί η ανίσωση : 2χ3 - 5χ2 < 4χ - 3 (1).

Λύση

( 1 ) <:::} 2χ3 - 5χ2 - 4χ + 3 < 0 <:::} 2χ3 + 2χ2 - 7χ2 - 7χ + 3χ + 3 < 0 <:::} 2χ 2 (χ + 1) - 7 χ (χ + 1) + 3 (χ + 1) < ο <:::} (χ + 1) . ( 2χ 2 - 7 χ + 3) < ο

Εξετάζουμε το πρόσημο σε καθ' ένα από τους παράγοντες του γινομένου. χ + 1 > Ο <:::} χ > -1 . 2χ2 - 7χ + 3 > 0 Δ = 25 > 0

α = 2 > 0

Ά 1 ' 3 ρα χ < 2 η χ >

χ -00 -1 1/2 3

χ+ 1 - + + 2χ2-7χ+3 + + -Γινόμενο - + -

+οο + + +

• Δ < Ο τότε, f(x) ομόσημο του α, για κάθε Επειδή το γινόμενο το θέλουμε αρνητικό, λύσεις JR. ' ' 1 ' 1 3 χ Ε . της ανισωσης ειναι χ < - η 2 < χ < .

Ανισώσεις 2ου βαθμού και άνω. [Άλλη γραφή των λύσεων: χ Ε ( -οο , -1) υ ( �, 3) ] • Μορφή f(x) > Ο ή f(x) < Ο. Κάνουμε το f(x) γι

νόμενο παραγόντων, που καθένας από αυτούς είναι το πολύ 2ου βαθμού. Εξετάζουμε το πρόσημο κάθε παράγοντα και πινακοποιούμε τα αποτελέσματα.

• Μορφή f (x) > 0 ή f(x) < 0 . Υποθέτουμε g(x) g(x)

2 Ν λ θ , , χ2 - 5χ + 6 ο (1) . α :υ ει η ανισωση: 2 :::;; •

-χ - 3χ + 4

Λύση

Πρέπει -χ 2 - 3χ + 4 ;ο: Ο <:::} χ ;ο: 1 και χ ;ο: -4 ( 1 ) <=} (χ2 - 5χ + 6) (-χ2 - 3χ + 4) ::; ο

g(x) ;ο: Ο . Λύνουμε τις ισοδύναμες αυτών Εξετάζουμε το πρόσημο σε καθ' ένα από τους παf(χ) · g(x) > Ο ή f (x) . g(x) < Ο και συνεχί- ράγοντες του γινομένου. ζουμε όπως προηγουμένως.


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

χ2 - 5χ + 6 > 0 Δ = 1 > 0

5 ± 1 /'3 Άρα χ < 2 ή χ > 3 fι ,2 = -2- ='\.2 α = 1 > 0

-χ2 - 3χ + 4 > 0 Δ = 25 > 0

3 ± 5 /'ι Άρα -4 < χ < 1 fι ,2 = -2 ='\ι-4 α = -1 < 0

χ - 00 -4 Ι

χ2-5χ+ 6 + + + -χ2-3χ+ 4 - + -

Γινόμενο - + -

2 -

-

+

3 + οο

+

-

-

Επειδή το γινόμενο το θέλουμε μη θετικό, λύσεις της ανίσωσης είναι χ < - 4 ή 1 < χ � 2 ή χ 2': 3 . [Άλλη γραφή των λύσεων: χ ε (-α), -4) υ ( 1, 2] υ [ 3, +οο) ]

3. Να λυθεί η ανίσωση: � > χ2 - 3χ + 9 (1) χ + 3

Λύση

Πρέπει χ + 3 :;t: Ο <::::> χ :;t: -3 ( 1 ) <::> � - (χ2 - 3χ + 9) > 0 χ + 3

28 - (χ + 3 ) (χ2 - 3χ + 9) <::::> > ο χ + 3 28 - χ3 + 3χ2 - 9χ - 3χ2 + 9χ - 27 <::::> > 0 1 - χ3 <::::> -- > 0 χ + 3

χ + 3

( 1 - χ ) (1 + χ + χ2 ) <::::> > 0 χ + 3 <::::> ( 1 - χ ) ( χ2 + χ + 1 ) (χ + 3) > ο

Εξετάζουμε το πρόσημο σε καθ' ένα από τους παράγοντες του γινομένου. 1 - χ > ο <::::> -χ > -1 <::::> χ < 1 χ2 + χ + 1 > 0} Δ = -3 < Ο Άρα χ 2 + χ + 1 < Ο για κάθε χ ε JR α = 1 > 0

χ + 3 > 0 <::> χ > -3 χ - 00 -3 1 + οο

1 -χ + + -

x2 + x + l + + + χ + 3 - + +

Γινόμενο - + -

Επειδή το γινόμενο το θέλουμε θετικό, λύσεις της ανίσωσης είναι -3 < χ < 1 . [Άλλη γραφή των λύσεων: χ ε ( -3, 1) ]

4 Ν λ θ ' '

7χ + 11 5 . α υ ει η ανισωση:

2 2': -χ -χ - 4

Λύση

Πρέπει χ 2 - 4 :;t: Ο <::::> χ :;t: -2 και χ :;t: 2 7χ + 1 1 > ( 1 ) <::::> 2 + χ + 5 _ 0 χ - 4 7χ + 1 1 + (χ + 5 ) (χ2 - 4) <::::> 2 2': 0 χ - 4 7χ + 1 1 + χ3 - 4χ + 5χ2 - 20 0 <::::> 2 2': χ - 4 χ3 + 5χ2 + 3χ - 9 ο <::::> 2 2': χ - 4 χ3 -χ2 + 6χ2 - 6χ + 9χ - 9 <::::> 2 2': 0 χ - 4 χ2 (χ - 1 ) + 6χ (χ - 1 ) + 9 (χ - 1 ) <::::> 2 2': 0 χ - 4 (χ - 1) (χ2 + 6χ + 9) <::::> 2 2': 0 χ - 4

<::::> (χ - 1 ) (χ 2 + 6χ + 9 ) (χ 2 - 4) 2': ο

(1)

Εξετάζουμε το πρόσημο σε καθ' ένα από τους παράγοντες του γινομένου. χ - 1 > 0 <::> χ > 1 χ2 + 6χ + 9 > 0 Δ = Ο

6 ρ = -2 = -3 α = 1 > 0

Άρα χ 2 + 6χ + 9 > Ο για κάθε x ε JR - {-3}

χ 2 - 4 > Ο <::::> χ 2 > 4 <::::> l x l > 2 <::::> χ < -2 ή χ > 2



χ - 00 -3 -2

χ- Ι - -

χ2+6χ+9 + + χ2-4 + +

Γινόμενο - -

Ι - + + + - -

+ -

2 + οο + + + +

Επειδή το γινόμενο το θέλουμε μη αρνητικό, λύσεις της ανίσωσης είναι χ = -3 ή - 2 < x � l ή χ > 2 . [Άλλη γραφή των λύσεων: χ Ε {-3} υ( -2, Ι] υ (2,-rοο) ]

�-1) Πρόσημο Τρ ιωνύμου - Συναρτήσεις Θανάσης Κυριακόπουλος

Η εύρεση του προσήμου του τριωνύμου είναι θεμελιώδης διαδικασία στην Άλγεβρα και ένα από τα βασι

κότερα «εργαλεία» της. Οι Ασκήσεις που ακολουθούν αναφέρονται στο τριώνυμο και τις εφαρμογές του,

καθώς και σε βασικές γνώσεις από το κεφάλαιο των συναρτήσεων (όπως καθορίζει το πλαίσιο της ύλης)

και είναι «κλιμακούμενης» δυσκολίας.

1 . Ν α λυθεί η ανίσωση : Ι-χ2 + χ - 41 > 2χ + 6

(1)

Λύση

Επειδή Δ = Ι - 4( -1 ) ( -4) = Ι - 1 6 = - 15 < Ο το τριώνυμο -χ2 + χ - 4 είναι πάντοτε ομόσημο του α = -Ι , δηλ. αρνητικό : -χ2 + χ - 4 < 0 άρα l-x2 + x - 4 1 = -(-x2 + x - 4) = x2 - x + 4 και η

( 1 ) γίνεται: χ 2 - χ + 4 > 2χ + 6 <:::::> . . . <:::::> χ 2 - 3χ - 2 > ο (2)

. 3 + Jl7 3 - JlΊ ' Εχουμε: Χ ι = και χ2 = αρα η (2) 2 2

λ θ ' ' 3 - JlΊ ' 3 + Jl7 επα η ευεται εαν: χ < η χ > . 2 2

2. Ν α δείξετε ότι δεν μπορεί να είναι:

2 < χ2 + 2χ - 11 < 6

2(χ - 3) (1)

Λύση

Εάν x2 + 2x - 1 1 = y ( 1 ) , τότε 2 < y < 6 (2). Θα 2(χ - 3)

δείξουμε ότι η (2) δεν ισχύει, δηλ. y � (2, 6) . Από ( 1 ) : x 2 + 2x - I l = 2xy - 6y <:::> x2 + 2(1 - y)x + 6y - 1 1 = 0 . Επειδή Χ Ε � πρέπει Δ ;?: Ο ή 4(1 - y)2 - 4(6y - I I) ;?: 0 <:::> . . . <:::>

y2 - 8y + 12 � Ο (3). Η (3) επαληθεύεται με y � 2 ή y ;?: 6 . Άρα πράγματι y � (2, 6) .

3. Με λ -::;; μ να βρείτε το πρόσημο του τριω

νύμου:

f(x) = χ2 - (λ + μ)χ + λ2 - λμ + μ2

Λύση

Έχουμε Δ = (λ + μ)2 - 4(λ2 - λμ + μ2 ) = λ 2 + 2λμ + μ 2 - 4λ 2 +4λμ - 4μ 2 = -3λ2 - 3μ2 + 6λμ = -3(λ2 +μ2 - 2λμ) = -3(λ - μ)2 < Ο αφού λ -::;; μ Άρα Δ<Ο και α = 1 > Ο, επομένως το f(x) γίνεται ομόσημο του α διά κάθε χ Ε � , δηλ. f (x) > Ο .

4. Εάν φ( χ) = -2χ2 - (3λ + l)x - 2λ , να βρείτε

το λ Ε � ώστε το φ(χ) να γίνεται μόνιμα

αρνητικό.

Λύση

Είναι α = -2 < Ο. Άρα πρέπει Δ<Ο. Έχουμε: [ -(3λ + 1)]2 - 4( -2)( -2λ) < ο ή (3λ + 1)2 - 16λ < Ο ή 9λ2 - 10λ + Ι < 0 . Εάν Δι η διακρίνουσα του τριωνύμου f (λ) = 9λ 2 - 10λ + 1 τότε



Δ1 = (- 10)2 - 4 · 9 · 1 = 64 και οι ρίζες του είναι

λ1 = 1 και λ2 = .!_ . Επομένως: 9 ---

λ - 00 lN l + οο

{(λ) + ? - � +

Άρα με .!_ < λ < 1 το φ( χ) γίνεται μόνιμα αρνητικό. 9

5. Για τις διάφορες τιμές του μ Ε JR. , να εξε

τασθεί εάν έχει ρίζες και πόσες η εξίσωση :

(μ - 3)χ2 - (μ + 2)χ + 2μ + 1 = ο (l), μ ::;:. 3

Λύση

Εάν έχει ρίζες ή όχι και πόσες η ( 1 ) θα εξαρτηθεί από την Διακρίνουσα. Είναι Δ = (μ + 2)2 - 4(μ - 3)(2μ + 1) = -7μ2 + 24μ + 1 6 (τριώνυμο ως προς μ) . Έχουμε α

4 = -7 και μ1 = -- , μ2 = 4 . 7 Οπότε: i) Η ( 1 ) έχει 2 ρίζες άνισες

εάν Δ > Ο <:::::> -7μ 2 + 24μ + 1 6 > Ο <:::::> _i < μ < 4 7 ii) Η ( 1 ) έχει διπλή ρίζα εάν Δ = Ο

{χ2 , εάν χ Ε ( -οο, 4] f (x) = 4χ - χ2 , εάν χ Ε [4, +οο)

Όμως αυτή δεν είναι συνάρτηση αφού στο 4 aντιστοιχίζονται 2 τιμές του y, y = 1 6 και y = Ο. Έτσι α = 1 , οπότε η f γίνεται: {χ2 , εάν χ Ε (--οο, Ο] f (x) =

4χ - χ2 , εάν χ Ε [1, +οο) Δηλαδή Δ = (-οο, Ο] υ [1, +οο) , όπου Δ το Π.Ο. της f. Μελετούμε κάθε κλάδο ξεχωριστά. Είναι f1 (χ) = χ2 με Δ1 = ( -οο, Ο] χ � Ο άρα χ2 � Ο ή f1 (χ) � Ο άρα υπάρχει τοπικό ελάχιστο f min = Ο f2 (x) = 4x - x2 με Δ2 = [l , +oo) f2 (x) = 4x - x2 = -χ2 + 4χ + 4 - 4 = = -(χ2 - 4χ + 4) + 4 = -(χ - 2)2 + 4 = = 4 - (χ - 2)2

Όμως (χ - 2)2 � Ο <:::::> -(χ - 2)2 � Ο <:::::> 4 - (χ - 2)2 � 4 <=:> f2 (x) � 4 και άρα υπάρχει τοπικό μέγιστο f max = 4 .

2 4 7. <=> -7μ - 24μ + 1 6 = 0 <=:> μ = -- ή μ = 4

Δίνεται η συνάρτηση

f(x) = lx + 1 l · lx - 2 1 . με

7 και iii) Η ( 1 ) δεν έχει ρίζες εάν Δ < Ο

<:::::> -7 μ 2 + 24μ + 1 6 < ο <:::::> μ < -i ή μ > 4 . 7 6. Εάν

f {χ2 , εάν χ Ε (-οο, 2α(α - 1)]

(χ) = με α Ε Ζ 4χ - χ2 , εάν χ Ε [3α - 2, +οο)

1) Βρείτε το α ώστε η f να είναι συνάρτηση.

2) Για την τιμή αυτή του α, να βρεθούν τα

ακρότατα της f.

Λi>ση

1 ) Δια να είναι η f συνάρτηση πρέπει να είναι μονότιμη δηλ. πρέπει 2α(α - 1) � 3α - 2 (δηλ. σε κάθε χ του Π.Ο. της να αντιστοιχεί ένα μόνο

y) <:::::> 2α 2 - 5α + 2 � Ο ή .!.. � α � 2 και επειδή 2

α Ε Ζ θα είναι α = 1 ή α = 2. 2) Εάν α = 2 η f γίνεται:

i) Να απλοποιηθεί ο τύπος της.

ii) Να γίνει μελέτη και γραφική παράστα

ση.

ίίί) Θεωρούμε την ευθεία y = λ, λ>Ο • Με τη

βοήθεια της γρ. παράστασης να βρείτε τους

θετικούς αριθμούς λ δια τους οποίους η ε

ξίσωση : jx2 - χ - 2 j = λ έχει 4 διαφορετικές

λύσεις.

Λύ ση ------ -- - ----l

χ -χ;, - 1 2 + χ: f--- --+--- , -- ----- ----χ+ l ? + + IL! _χ-_2_l_ __ _ι_ Ι . - ? +

i) Εάν χ � -1 είναι f (x) = [-(x + 1)](2 - x) = = (χ + 1)(χ - 2) = χ2 - χ - 2 Εάν -1 < χ < 2 :



f (x) = (χ + 1)(2 - χ) = -(χ + l)(x - 2) = = -χ 2 + χ + 2 και εάν χ � 2 : f (x) = (χ + 1)(χ - 2) = χ2 - χ - 2 Οπότε: {χ2 - χ - 2, εάν χ E (-oo, 1] u [2, +oo) f (x) = -χ 2 + χ + 2, εάν χ Ε ( - 1, 2)

{φ( χ), εάν χ Ε ( -οο, 1] υ [2, +οο) f (x) = -φ(χ), εάν χ Ε (-1, 2) με φ( χ) = χ 2 - χ - 2

ή

ii) Κάνουμε πρώτα τη γρ . παράσταση της φ( χ) = χ 2 - χ - 2 που είναι της μορφής y = αχ2 + βχ + γ με α = 1 , β = -1 , γ = -2. Επειδή α = 1 > Ο η φ έχει ελάχιστο στο χ0 = -:α = � . το φ (-:α) = -� .

χ - 00 1/2 +οο φ � -9/4 / I

Είναι λοιπόν φJστο ( -oo.-!-J και φ!στο ι.!.. . +οο) 2 2 'Εχει άξονα συμμετρίας την ευθεία χ0 = _1._ , 2α

λ 1 , Μ' ( 1 9 ) δη την χ = - και κορυφη το - ,-- . 2 2 4 Τέμνει τον άξονα χ 'χ στα σημεία Α(-1 , 0), Β(2, 0) . Η γρ. παράσταση της -φ είναι συμμετρική της γρ. παράστασης της φ ως προς τον άξονα χ 'χ. Διαγράφουμε το τμήμα της φ που αντιστοιχεί στο διάστημα (-1 , 2) και έχουμε τη γρ. παράσταση της f.

-9/4 ' - - Μ'

' '

iii) Από την γραφική παράσταση της f (x) = l x + 1 l l x - 2 1 = lx2 - χ + 2 1 παρατηρούμε ότι η ευθεία y = λ τέμνει την γρ. παράσταση σε 4 διαφορετικά σημεία εάν και μόνο, ισχύει: 0 < λ < 2. . 'Ετσι διά 0 < λ < 2. η εξίσωση 4 4 l x 2 - χ - 2 1 = λ επαληθεύεται από τις 4 τετμη-μένες των κοινών σημείων της ευθείας y = λ και της παραβολής y = lx2 - χ - 2 1 .

Προτεινόμενες ασκήσεις

Αι . Τα σημεία της καμπύλης y = -J';. - l, x � Ο είναι τα διατεταγμένα ζεύγη (χ , -J';. - 1), χ � Ο . Δίνεται επιπλέον το σημείο Α(2, -1 ) στο Καρτεσιανό επίπεδο. Να βρείτε το σημείο Μ της y δια το οποίο η απόσταση ΑΜ γίνεται ελάχιστη η οποία και να βρεθεί. Υπόδειξη : ΑΜ = �(χ - 2/ + (y + 1)2 ή ΑΜ = .J χ 2 - 3χ + 4 . Αρκεί η συνάρτηση f (χ) = χ 2 - 3χ + 4 να πάρει την ελάχιστη τιμή της που είναι η f (%) = � .

Α2. Να βρείτε τον μ Ε � ώστε η συνάρτηση f (x ) = (μ + 2)χ2 + μχ - Ι, μ =F- -2 να παρουσιά-ζει ελάχιστο το -2. Υπόδειξη : Για να παρουσιάζει ελάχιστο η f(x) πρέπει το α > Ο. Δηλ. μ + 2 > Ο ή μ > -2. Τότε -� = -2 <:::::> • • • • • • • • • • 4α <=> μ = 2 - 2J3 ή μ = 2 + J3

Α3. Δίνεται το τριώνυμο f (x) = (λ + 3)χ2 + 4λχ - (5λ - 6) Να βρεθεί το λ Ε � , ώστε το τριώνυμο f(x) να διατηρεί σταθερό πρόσημο δια κάθε Χ Ε � .

Απ. : - 2 < λ < 1



r Εγγράψιμα τετράπλ ευρα

Ένα πολύγωνο λέγεται εγγράψιμο σε κύκλο όταν και μόνο υπάρχει η δυνατότητα να κατασκευαστεί κύκλος που να διέρχεται από όλες τις κορυφές του. Για να αποδείξουμε ότι ένα τετράπλευρο είναι εγγράψιμο αρκεί να αποδείξουμε ένα από τα επόμενα κριτήρια: α) Οι μεσοκάθετοι τριών πλευρών διέρχονται από

το ίδιο σημείο, το οποίο είναι το κέντρο του κύκλου.

β) Δύο απέναντι γωνίες έχουν άθροισμα 2ι. γ) Μια εσωτερική γωνία ισούται με την απέναντι

εξωτερική γωνία. δ) Μια πλευρά φαίνεται από τις απέναντι κορυφές

υπό ίσες γωνίες.

Σε περιπτώσεις που θέλουμε να αποδείξουμε ότι ένα ν-γωνο ( ν 2:: 5 ) είναι εγγράψιμο, τότε αρκεί να δείξουμε μία από τις ακόλουθες προτάσεις.

α) Οι μεσοκάθετοι (ν - 1 ) πλευρών διέρχονται από το ίδιο σημείο.

β) Μια πλευρά φαίνεται από τις υπόλοιπες κορυφές υπό ίσες γωνίες.

γ) Τα τετράπλευρα Αι Α2 Α3 Αι, Α2 Α3 Αι As, Α3 Αι As Α6, . . . Av-3 Av-2 Αv. ι Αν είναι εγγράψιμμα . .

Ασκήσεις 1) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Ρ τυχόν σημείο

του ύψους ΑΔ. Α ν Ε, Ζ είναι οι προβολές

του Ρ στις πλευρές ΑΒ, ΑΓ αντιστοίχως, να

δείξετε ότι το τετράπλευρο ΕΒΓΖ είναι εγ

γράψιμο.

Λύση : Το τετράπλευρο ΡΕΒΔ είναι εγγράψιμο διότι

" Α ι Τ Λ Λ ΡΕΒ + Ρ ΔΒ = 2 . Άρα Ρ1 = Β1 ( 1 )

του Κυριάκου Κ. Καμπούκου

Α

Β Επίσης το τετράπλευρο ΑΕΡΖ είναι εγγράψιμο, διότι ΑΕΡ + ΑΖΡ = 2ι . Συνεπώς η πλευρά ΑΕ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπο ίσες γωνί-ες, δηλαδή J\ = Ζ1 (2) . Από τις ( 1 ) , (2) έπεται Β1 = Ζ1 • Άρα το τετράπλευρο ΕΒΓΖ είναι εγγράψιμο.

2) Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = lι ) με ύψος ΑΔ και διάμεσο ΑΜ. Α ν Ε, Ζ είναι

τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΑΓ αντιστοίχως,

να αποδείξετε ότι τα σημεία Α, Ε, Δ, Μ, Ζ

είναι ομοκυκλικά. Ποιο είναι το κέντρο του

παραπάνω κύκλου;

Λύση

Επειδή Ε, Μ, Ζ είναι τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΑΓ αντιστοίχως έχουμε ΜΕ // ΑΓ και ΜΖ // ΑΒ. Επομένως ΜΕ .l ΑΒ και ΜΖ .l ΑΓ .

Α

� Β Δ Μ Γ

Το τετράπλευρο ΑΕΔΜ είναι εγγράψιμο, διότι η πλευρά ΑΜ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές Ε, Δ υπό ίσες γωνίες. Επίσης το τετράπλευρο ΑΔΜΖ είναι εγγράψιμο, διότι Δ + Ζ = 2ι . Τα εγγράψιμα τετράπλευρα ΑΕΔΜ και ΑΔΜΖ έχουν τρεις κορυφές κοινές, κατά συνέπεια τα σημεία Α, Ε, Δ, Μ, Ζ είναι ομοκυκλικά. Το κέντρο του κύκλου είναι το μέσο της διαμέσου ΑΜ , διότι, ΑΕΜ = ΜΜ = ΑΖΜ = lι



Σημείωση : Γενικότερα οι προβολές Μι , Μ2, . . . , Mv ενός σημείου Μ σε οσεσδήποτε ευθείες ε ι , ε2, ε3, . . . , εν που διέρχονται από το Α ανήκουν σε κύκλο διαμέτρου ΑΜ.

Λ

εξάγωνο ΑΒΓ ΔΕΖ είναι εγγράψιμο.

Λύση

Το τραπέζιο ΑΒΔΕ είναι ισοσκελές, διότι οι διαγώνιοι ΑΔ, ΒΕ είναι ίσες. Άρα οι πλευρές ΑΒ, ΕΔ

3) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Ρ εκτός έχουν κοινή μεσοκάθετο, η οποία επιπλέον διχοαυτού. Αν οι προβολές Κ, Λ, Μ του σημείου τομεί τη γωνία ΜΚΛ . Ομοίως οι πλευρές ΖΕ, ΒΓ Ρ στις ευθείες ΑΒ, ΑΓ, ΒΓ αντιστοίχως εί

ναι συνευθειακά σημεία να αποδείξετε ότι

το τετράπλευρο με κορυφές Α, Β, Γ και Ρ

είναι εγγράψιμο σε κύκλο.

ΛίJση λ λ ι Έχουμε ΑΚΡ + ΑΛΡ = 2 , άρα το τετράπλευρο

ΑΚΡΛ είναι εγγράψιμο. Τότε κΑΡ = κλΡ ( 1 ) Επίσης το τετράπλευρο Ρ ΛΜΓ είναι εγγράψιμο, διότι ΡΑΓ = ΡΜΤ = ιL ο

Επειδή τα σημεία Κ, Λ, Μ είναι συνευθειακά η γωνία κλΡ είναι εξωτερική του τετραπλεύρου Ρ ΛΜΓ, κατά συνέπεια κλΡ = PfM (2). Από τις ( 1 ) , (2) έπεται κΑΡ = PfM , άρα το τετράπλευρο ΑΡΓΒ είναι εγγράψιμο.

4) Στο εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ ισχύουν τα εξής:

ΑΒ 11 ΕΔ, ΒΓ // ΕΖ, ΓΔ 11 ΑΖ, ΑΔ = ΒΕ =

ΓΖ και οι διαγώνιοι ΑΔ, ΒΕ, ΖΓ σχηματί

ζουν τρίγωνο ΚΛΜ. Να αποδείξετε ότι το

έχουν κοινή μεσοκάθετο, η οποία διχοτομεί τη γωνία κΜΛ και οι πλευρές Γ Δ, ΑΖ έχουν κοινή μεσοκάθετο, η οποία διχοτομεί τη γωνία κλΜ . Οι διχοτόμοι του τριγώνου ΚΛΜ συντρέχουν, δηλαδή οι μεσοκάθετοι των πλευρών του εξαγώνου ΑΒΓΔΕΖ συντρέχουν, οπότε είναι εγγράψιμο.

β ' τρόπος

Αρκεί τα τετράπλευρα ΑΒΓ Δ, ΒΓ ΔΕ, Γ ΔΕΖ να είναι εγγράψιμα. Προφανώς στο ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΔΕ τα τρίγωνα ΚΑΒ, ΚΔΕ είναι ισοσκελή (γιατι; ) . Ομοίως τα ΛΓ Δ, ΛΑΖ είναι ισοσκελή καθώς και τα ΜΒΓ, ΜΕΖ. Υπάρχουν λοιπόν 4 γωνίες ίσες με χ άλλες 4 γωνίες ίσες με y και 4 γωνίες ίσες με & . Όμως A + B + f + Δ + E + Z = (2 · 6 - 4)L = 8L =?

=? 4(χ + y + &) = sι :::;. χ + y + ω = 2ι . Η τελευταία σχέση εξασφαλίζει την εγγραψιμότητα και των τριών τετραπλεύρων.

5) Θεωρούμε εγγράψιμο τετράπλευρο ΑΒΓ Δ

και Α1, Βι, Γι, Δι οι προβολές των κορυφών

του Α, Β, Γ, Δ στις διαγωνίους. Να αποδεί

ξετε ότι το τετράπλευρο Α1ΒιΓιΔι είναι εγ

γράψιμο.



Λύση

Το τετράπλευρο ΑιΒ ιΑΒ είναι εγγράψιμο, διότι η πλευρά ΑΒ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες. Άρα BAr = Β ιΑιΓι ( 1 )

Α

Γ

Δ

Επίσης το τετράπλευρο Γ ιΔ ιΓΔ είναι εγγράψιμο, διότι η πλευρά Γ Δ φαίνεται από τις απέναντι κο-ρυφές υπό ίσες γωνίες. Άρα ΒιΔιΓι = ΒΔΓ (2) Επιπλέον το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι εγγράψιμο, οπότε BAr = ΒΔΓ (3) Από τις σχέσεις ( 1 ) , (2), (3) έπεται ΒιΑιΓι = Β ιΔ ιΓι , άρα το τετράπλευρο Α ιΒ ιΓ ιΔ ι είναι εγγράψιμο.

6) Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓ Δ του οποίου οι

διαγώνιες τέμνονται κάθετα στο σημείο Ρ.

Α ν Κ, Λ, Μ, Ν οι προβολές του Ρ στις

πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ αντιστοίχως, να

δείξετε ότι το τετράπλευρο ΚΛΜΝ είναι

εγγράψιμο.

Λύση

Τα τετράπλευρα ΑΚΡΝ, ΒΚΡ Λ, Γ ΛΡΜ και ΜΡΝΔ είναι εγγράψιμα. Επομένως Ν1 = Αι και Ν2 = Δ2 Επίσης Αι = Β1 και Α2 = fΊ

Α

Γ

Επομένως κΝΜ + κλΜ = Ν1 + Ν2 + Αι + Α2 = = Αι + Δ2 + fΊ + Βι

,.. ,.. ι ..... ,.. ι Επιπλέον Α ι + Βι = 1 και Δ2 + Γ2 = 1 διότι οι διαγώνιοι ΑΓ, ΒΔ τέμνονται κάθετα. Συνεπώς κΝΜ + κλ.Μ = 2ι , οπότε το τετράπλευρο ΚΛΜΝ είναι εγγράψιμο.

7) Δύο κύκλοι (C1), (C2)) τέμνονται στα ση

μεία Α, Β και ευθεία (ε) που διέρχεται από

το Α τέμνει τους κύκλους στα σημεία Γ, Δ

αντιστοίχως. Αν οι εφαπτόμενες των κύ

κλων στα σημεία Γ, Δ τέμνονται στο σημείο

Ε, να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΓΕΔΒ εί

ναι εγγράψιμο.

Λύση

Φέρνουμε την κοινή χορδή ΑΒ και έχουμε ΑΒΔ = ΑΔΕ ως γωνία χορδής και εφαπτομένης και αντίστοιχη εγγεγραμμένη .

Επίσης ΑΒΓ = ΑfΈ για τον ίδιο λόγο. Από το τρίγωνο ΓΕΔ έχουμε ΓΕΔ + ΔfΈ + Γ ΔΕ = 2ι συνεπώς ΓΕΔ + ΓΒΑ + ΑΒΔ = 2ι , δηλαδή ΓΕΔ + ΓΒΔ = 2ι , οπότε το τετράπλευρο ΒΓΕΔ είναι εγγράψιμο.

8) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμένο σε κύ

κλο (0, R) και Δ το aντιδιαμετρικό σημείο

του Α. Αν η εφαπτομένη (ε) του κύκλου στο

σημείο Δ τέμνει τις ευθείες ΑΒ, ΑΓ στα ση

μεία Κ, Λ να δείξετε ότι το τετράπλευρο

ΒΓ ΛΚ είναι εγγράψιμο.

Λύση

Η ευθεία (ε) είναι εφαπτομένη του κύκλου στο Δ και ΑΔ διάμετρος.



Έστω ΟΜ το aπόστημα της χορδής ΑΓ. Το τετράπλευρο ΜΟΔΛ είναι εγγράψιμο διότι

Λ Λ ι , Λ Λ Μ + Δ = 2 , αρα Λι = Οι ( 1 ) λ 1 λ Επίσης Β ι = -ΑΟΓ ως εγγεγραμμένη και επίκε-

2 ντρη που βαίνουν στο ίδιο τόξο, οπότε Βι = Οι (2) Από τις σχέσεις ( 1 ), (2) έπεται Βι = Αι , οπότε το τετράπλευρο ΒΚΛΓ είναι εγγράψιμο.

9) Δύο κύκλοι (C1), (C2) τέμνονται στα σημεία

Α, Β. Αν Ρ είναι σημείο του κύκλου (C1) και

οι ευθείες ΡΑ, ΡΒ τέμνουν τον κύκλο (C2)

στα σημεία Γ, Δ να δείξετε ότι ΡΚ ..L ΓΔ ,

όπου Κ το κέντρο του κύκλου (Cι).

Λύση

Θεωρούμε την εφαπτομένη (ε) του κύκλου (C ι)

στο σημείο Ρ. Αρκεί να δείξουμε ότι ε 11 ΓΔ, διότι έχουμε ε ..L ΡΚ .

c2

Ισχύει Ρι = Βι ως γωνία υπο χορδής και εφαπτομένης και αντίστοιχης εγγεγραμμένης. Το τετράπλευρο ΑΒΔΓ είναι εγγεγραμμένο, άρα Βι = fΊ . Επομένως Ρι = fΊ , κατά συνέπεια ε 11 ΓΔ.

10) Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ =

ΑΓ και Μ σημείο της ευθείας ΒΓ. Έστω ει,

εz οι κάθετες στις ευθείες ΑΒ, ΑΓ στα ση

μεία Β, Γ. Αν η κάθετη στην ΑΜ στο ση

μείο Μ τέμνει τις ευθείες ει, ε2 στα σημεία

Δ, Ε να αποδείξετε ότι ΜΕ = ΜΔ.

Λύση

Για να ισχύει ΜΕ = ΜΔ, αρκεί να ισχύει ΑΕ = ΑΔ, ή αρκεί Ει = Δι ·

Α

Το τετράπλευρο ΑΔΜΓ είναι εγγράψιμο, διότι λ λ ι , λ λ ΑΓΔ = ΑΜΔ = 1 . Άρα Δι = Γι ( 1 )

Επίσης το τετράπλευρο ΑΒΕΜ είναι εγγράψιμο, διότι ΑΒΕ + ΑΜΕ = 2ι . Άρα Ει = Βι (2) . Επίσης ΑΒ = ΑΓ, οπότε Βι = fΊ (3) . Από τις σχέσεις ( 1 ) , (2), (3) έπεται Ει = Δι .

11 ) Να αποδείξετε ότι τα σημεία τομής Μ1, Μ2

της μεσοκαθέτου της πλευράς ΒΓ τριγώνου

ΑΒΓ με την εξωτερική και εσωτερική δι-λ

χοτόμο της γωνίας Α αυτού αντιστοίχως,

ανήκουν στον περιγεγραμμένο κύκλο του

τριγώνου. Αν επιπλέον ΜιΜ2 = ΒΓ, τότε το

τρίγωνο είναι ορθογώνιο.

Έστω ΑΓ > ΑΒ. Αρκεί να δείξουμε ότι:

Λύση

ΜιΒΑ = ΜιfΆ και Μ2fΆ = 1 80° - Μ2ΒΑ .



Γ

Δ Δ Άρα Μι Ηι Γ = Μι Θι Β ως ορθογώνια με ΜιΒ = Μι Γ και ΜιΗι = ΜιΘι οπότε ΜιΒΑ = ΜιfΆ .

Δ Δ Ομοίως Μ2 Hz Γ = Μ2 Θz Β ως ορθογώνια με

Μ2Β =Μ2Γ και Μ2Η2 =Μ2Θ2. Άρα M2f Α = Μ2ΒΘ2 = 1 80° - Μ2ΒΑ . Αφού ΜιΑΜ2 = 90° η Μ1Μ2 είναι διάμετρος του κύκλου Μ1ΑΒΜ2Γ. Άρα και η ΒΓ =Μ1Μ2 είναι επίσης διάμετρος, οπότε BAr = 90°

Πράγματι τα σημεία Μ1 , Μ2 ως σημεία της μεσοκαθέτου xy της ΒΓ ισαπέχουν από τα Β, Γ ενώ ως σημεία των διχοτόμων ΑΔι , ΑΔ2 ισαπέχουν από τις ευθείες ΑΒ, ΑΓ. Αν λοιπόν ΜιΗι , Μ2Η2 .l ΑΓ

Παρατήρηση : Η σχέση ΑΓ > ΑΒ εξασφαλίζει τις M2f Α < 90° και Μ2ΒΑ > 90° (γιατί;)

και ΜιΘι , Μ2Θ2 .l ΑΒ τότε Μι Η ι =ΜιΘι και

Μ2Η2 =Μ2Θ2.

Το νέο Διοικητικό Συμβούλιο

της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας (Ε.Μ.Ε.) :

Πρόεδρος : Α' Αντιπρόεδρος : Β ' Αντιπρόεδρος : Γεν. Γραμματέας : Αν. Γ. Γραμματέας : Ταμίας Αναπ. Ταμίας : Ειδικός Γραμματέας: Έφορος Βιβλιοθήκης: Μέλη :

Θεόδωρος Εξαρχάκος

Γεώργιος Δημάκος

Στυλιανός Α νδρεαδάκης

Ιωάννης Τυρλής

Παναγιώτης Χριστοπουλος

Ανδρέας Τριανταφύλλου

Εμμανουήλ Κρητικός

Μιχαήλ Χρυσοβέργης

Γεώργιος Τασσόπουλος Σταύρος Παπασταυρίδης

Βασίλειος Παπαντωνίου

Αντώνιος Κυριακόπουλος

Φραγκίσκος Καλαβάσης

Παναγιώτης Δρούτσας

Νικόλαος Λεβετσοβίτης


Μαθηματ ικά για την Β ' τάξη του Λυκείου

Α �λ yεfJpα - Πρόοδοι

1 . Έστω μία αριθμητική πρόοδος (αν).

i) Ν α δείξετε ότι, για κάθε κ, ν Ε Ν* με

κ � ν ισχύουν:

α) ακ + αν-κ+) = α) + αν (1)

β) ακ . αν-κ+) :?: α) αν (2)

ii) Έστω ότι οι όροι της αριθμητικής προό

δου (αν) είναι θετικοί. Να δείξετε ότι, για

κάθε ν Ε Ν* ισχύει: _!._ + _!._ + . • . + _!._ � _!.(_!._ + _!._) . α1 α2 α. 2 α1 α.

Λύση

i) Έστω ω η διαφορά της αριθμητικής προόδου (αν) α) Έχουμε:

ακ + αν-κ+l = αι + (κ - 1)ω + αι + (ν - κ)ω = α1 + α1 + (ν - 1)ω

β) Για να δείξουμε τη (2), αρκεί να δείξουμε ότι: [α1 + (κ - 1)ω] [α1 + (ν - κ)ω] :?: α1 [α1 + (ν - 1)ω] , αρκεί (πράξεις κτλ) : (κ - 1)(ν - κ)ω' :?: Ο, ισχύει.

ii) Υποθέτουμε τώρα ότι οι όροι της (αν) είναι θετικοί. Θέτουμε:

1 1 1 Σ = - + - + . . . + - . αι α2 αν

2Σ - αl + αν αν-Ι + α2 _α�Ι +_α�ν � - + + . . . +

Αντώνης Κυριακόπουλος - Θάνος Χαραλάμπους

Σύμφωνα με τη (2), καθένας από τους αριθμούς α1αν , α2αν-ι , . . . , α ναι είναι :?: α1αν και άρα κα-

θένα από τα κλάσματα: 1 1 1 , < 1 Σ ' · --, . . . ,-- ειναι = -- . υνεπως.

αlαν α2αν-Ι αναl αlαν 1 1 1 ν

-- + -- + . . . +-- �-- .

Έτσι, από την (4) έπεται ότι: ν ν ( 1 1 ) 2Σ � (α1 + αν )--� Σ � - - + -

α1αν 2 αι αν

2. Να βρείτε πέντε αριθμούς, οι οποίοι είναι

διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, αν

γνωρίζεται ότι το άθροισμα τους είναι 10

και το άθροισμα των κύβων τους είναι

1540.

Λύση

Πέντε αριθμοί είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, αν και μόνο αν, μπορούν να παρασταθούν ως εξής:

χ - 2ω, χ - ω, χ, χ + ω, χ + 2ω όπου χ , ω Ε JR . Οι αριθμοί αυτοί είναι ζητούμενοι αν, και μόνο αν: {(χ - 2ω) + (χ - ω) + χ + (χ + ω) + (χ + 2ω) = 10 (χ _ 2ω)3 + (χ _ ω)3 + χ3 + (χ + ω)3 + (χ + 2ω)3 = 1540

{χ = 2 {χ = 2 {χ = 2 <:::::> 60ω2 + 40 = 1540 <:::::> ω2 = 25 <:::::> ω = ±5


Μαθηματικά Β' Λυκείου

• Με χ = 2 και ω = 5, βρίσκουμε : -8 , -3, 2,7, 1 2 ( 1 )

• Με χ = 2 και ω = -5 , βρίσκουμε: 1 2, 7 , 2, -3 , -8 (2)

Άρα, οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι ( 1 ) και οι (2) (με αντίστροφη διάταξη) .

3. Ονομάζουμε ρι και ρ2 τις ρίζες της εξίσω

σης: αχ2 + βχ + γ = Ο, όπου αβ ::f. Ο. Να δεί-

ξετε ότι οι αριθμοί: ρι, α, β, γ, ρ2 κατά την

τάξη αυτή δεν είναι δυνατόν να είναι δια

δοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.

.\ύ ση

Έστω ότι αυτό είναι δυνατόν, οπότε θα έχουμε: jα - ρ1 = β - α jρ1 = 2α - β jρ1 + ρ2 = 2(α + γ) - 2β

β - α = γ - β => α + γ = 2β => ρ1ρ2 = (2α - β)(2γ - β) γ - β = Pz - γ Pz = 2γ - β α + γ = 2β

_ Q. = 2 · 2β - 2β α = _ _!_ α 2

=> � = (2α - β)(2γ - β) => γ = -� (-1 - β)(2γ - β)

α + γ = 2β 1 γ = 2β + -

2 1 1 => 2β + 2 = -2 (-1 - β)(4β + 1 - β) =>

4β + 1 = (1 + β)(3β + 1) => 4β + 1 = 3β + 1 + 3β2 + β => 3β2 = ο => β = Ο, άτοπο.

4. Να βρείτε τις αριθμητικές προόδους

(αv) με αι = 3, διαφορά ω > Ο και για τις

οποίες ο λόγος του αθροίσματος των ν

πρώτων όρων προς το άθροισμα των 2ν

επομένων όρων είναι σταθερός (δηλα

δή, ανεξάρτητος του ν)

Λύση

Το άθροισμα των ν πρώτων όρων είναι: 2α1 + (ν - 1)ω 6 + νω - ω

Sν = α1 + α2 + . . . + αν = V = Υ · 2 2 Επειδή Uv+ι = αι + νω = 3 + νω, το άθροισμα των 2ν επομένων όρων είναι:

2αν+ Ι + (2ν - 1)ω Σzv = αν+ ι + αv+2 + . . . + α)v =

2 . 2v =

= [2(3 + νω) + (2ν - 1)ω] · ν = (6 + 4νω - ω) · ν

Έτσι, οι αριθμητική πρόοδος (α,) είναι ζητούμενη αν, και μόνο αν, υπάρχει αριθμός c Ε JR τέτοιος ώστε, για κάθε ν Ε Ν* να ισχύει: sν 6 + νω - ω - = c <=> Sv = c · Σ,ν <=> · ν = c(6 + 4νω - ω) · ν Σ2ν

- 2 <=> νω + (6 - ω) = 8cvω + 2c(6 - ω)

Προς τούτο πρέπει και αρκεί να υπάρχει c Ε JR με: {ω = 8cω fc = _!_

6 - ω = 2c . (6 - ω)<=> 1 <6 -

8ω)(2c - 1) = Ο

Αυτό συμβαίνει αν, και μόνο αν ω = 6. Άρα, η ζητούμενη αριθμητική πρόοδος είναι η (α1 = 3, ω = 6). 5. Χωρίζουμε τους αριθμούς:

1, 7, 13, 19' 25, . • • (1)

σε ομάδες ως εξής:

Η 1η ομάδα περιέχει τους 2 πρώτους αριθ

μούς.

Η 2η ομάδα περιέχει τους 5 επόμενους α

ριθμούς.


ριθμούς.


ριθμούς.

κ.ο.κ

Να δείξετε ότι το άθροισμα των αριθμών που

περιέχονται σε μία οποιαδήποτε ομάδα είναι

ίσο με τον κύβο ενός ακεραίου αριθμού.

Λύση

Οι αριθμοί ( 1 ) αποτελούν αριθμητική πρόοδο με πρώτο όρο 1 και διαφορά 6. Επίσης, οι αριθμοί:

2, 5, 8, 1 1 , . . . (2) αποτελούν αριθμητική πρόοδο με πρώτο όρο 2 και διαφορά 3 . Το πλήθος των αριθμών που περιέχονται στις (ν - 1 ) (ν � 2) πρώτες ομάδες είναι το άθροισμα των ν - 1 πρώτων όρων της προόδου (2), δηλαδή είναι:

2 . 2 + (ν - 1 - 1) " 3 · (ν - 1) = _!_ (3ν - 2)(ν - 1) 2 2

Συνεπώς, ο τελευταίος αριθμός της ν - Ι ομάδα; κατέχει την τάξη .!. (3v - 2)(v - 1) + 1 στη\' περίοδο 2 ( 1 ) . Άρα, ο πρώτος όρος. έστω α. τη; νοστή; ομά-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λη . τ.3/43


δ ' ' ξ 1 ' δ ας κατεχει την τα η - (3ν - 2)(ν - 1) στην προο ο 2

( 1 ) . Συνεπώς:

α = 1 + [� (3ν - 2)(ν - 1) + 1 - 1} 6 = 1 + 3(3ν - 2)(ν - 1) .

Οι αριθμοί της νιοστής ομάδας αποτελούν αριθμητική πρόοδο με πρώτο όρο τον αριθμό α και διαφορά 6. Το πλήθος των αριθμών της νιοστής ομάδας είναι ο νιοστός όρος της προόδου (2), δηλαδή είναι: 2 + (ν - 1 )3 = 3ν - 1 . Άρα το άθροισμα των αριθμών της νιοστής ομάδας είναι: 2α + (3ν - 1 - 1) · 6

2 · (3ν - 1) = [α + 3(3ν - 2)](3ν - 1) =

= [1 + 3(3ν - 2)(ν - 1) + 3(3ν - 2)](3ν - 1) = = [1 + 3(3ν - 2) · ν ] (3ν - 1) = (1 + 9ν2 - 6ν)(3ν - 1) = = (3ν - 1)2 (3ν - 1) = (3ν - 1)3 •

6. Έστω μία γεωμετρική πρόοδος («ν) με λόγο

λ. Να βρείτε το άθροισμα:

Σ. = α] - α2 + α3 - ··• + ( -1) ν-Ι α.

συναρτήσει των α1, λ και ν.

Λύση

Έχουμε: Σν = αΙ + (-1)αΙλ + (-1)z αΙλ

2 + . . . + (-1)ν-Ι αΙλν-Ι

= α1 + α1 (-λ) + α1 (-λ)2 + . . . + α1 ( - λ)"-1

Οι όροι του αθροίσματος αυτού αποτελούν γεωμετρική πρόοδο με πρώτο όρο το α1 και λόγο -λ. • Αν -λ * 1 , δηλαδή αν λ * - 1 , τότε:

•

( - λ)" - 1 1 - ( - 1 )ν λν Σ = α · α · --'----ν I (-λ) - 1 I λ + 1

Αν -λ = 1 , δηλαδή αν λ = - 1 , τότε:

7. Θεωρούμε τρεις αριθμούς α, β, γ ε JR* . Να

δείξετε ότι:

i) Α ν οι αριθμοί α, β και γ είναι διαδοχικοί

όροι γεωμετρικής προόδου, τότε για κά

θε κ ε Ν* , ισχύει:

(ακ + βκ + γκ ) · (ακ - βκ + γκ ) = α2κ + β2κ + γ2κ (1) ii) Α ν αγ > Ο και για ένα αριθμό κ ε Ν* ισχύ

ει η ισότητα (1), τότε οι αριθμοί α, β, και γ

είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προό

δου.

Λύση

Έχουμε: ( l ) � (ακ + γκ )2 - β2κ = α2κ + β2κ + γ2κ

� αzκ + γzκ + 2αΎκ _ βzκ = αzκ + βzκ + γzκ � αΎκ = β2κ � (αγ)κ = (β2 )κ (2)

i) Έστω ότι οι αριθμοί α, β και γ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου. Τότε αγ = β2 και άρα η (2), επομένως και η ( 1 ), ισχύει για κάθε κ ε ΝΌ

ii) �Εστω ότι αγ > Ο και για ένα αριθμό κ ε Ν' ισχύει η ισότητα ( 1 ) . Τότε θα ισχύει και η ισότητα (2), από την οποία έπεται ότι αγ = β2 (αφού αγ > Ο και β2 > 0). Άρα, τότε, οι αριθμοί α,β και γ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου.

8. Να βρείτε το άθροισμα: Σ. = 1 + 11 + 111 + ... +11 ... 1 (ν προσθετέοι)

'-.,.--' ν φορές

συναρτήσει του ν.

Λύση

Έχουμε: 9Σν = 9 + 99 + 999 + . . . + 99 . . . 9

= ( 10 - 1 ) + ( 102 - 1 ) + ( 103 - I) + . . . + ο ον - I) = ( 1 0 + 102 + 103 + . . . + 10ν) - ν

Το άθροισμα στην παρένθεση είναι το άθροισμα των ν πρώτων όρων της γεωμετρικής προόδου ( α1 = 1 0, λ = 10) . Άρα, το άθροισμα αυτό είναι ίσο με:

10ν - 1 1 0ν+ l - 1 0 1 0 · -- = ---

10 - 1 9 Έτσι έχουμε:

1 0ν+ Ι - 10 9Σ = ---ν 9

Σχόλιο.

10ν+ Ι - 9ν - 10 ν :::::> Σ = -----v 8 1

Ένα άμεσο συμπέρασμα είναι ότι ο αριθμός 8 1 διαιρεί τον αριθμό 1 0ν+Ι - 9ν - 10 , για κάθε ν Ε ΝΌ

9. Θεωρούμε μία αριθμητική πρόοδο (αν) με

α. ;�:. Ο , για κάθε ν ε Ν* και διάφορα ω ;�:. Ο . Υποθέτουμε ότι οι όροι της αλ, αμ, «ν και αρ

είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου

(λ, μ, ν και ρ φυσικοί θετικοί αριθμοί, δια

φορετικοί ανά δύο). Να δείξετε ότι οι αριθ-



μοί: λ - μ, μ - ν και ν - ρ είναι επίσης δια

δοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου.

Λύση

Λόγω των υποθέσεων, οι όροι της (αν) είναι διαφορετικοί ανά δύο (γιατί; ) . Έχουμε:

αμ αν αρ αμ - αν αν - αρ - = - = - ::::} ::::} αλ αμ αν αλ - αμ αμ - αν

α1 + (μ - 1)ω - α1 - (ν - 1)ω ::::} =

α1 + (λ - 1)ω - α1 - (μ - 1)ω α1 + (ν - 1)ω - α1 - (ρ - 1)ω

= ::::} α1 + (μ - 1)ω - α1 - (ν - 1)ω (μ - ν)ω (ν - ρ)ω μ - ν ν - ρ

::::} = ::::} -- = -- ::::} (λ - μ)ω (μ - ν)ω λ - μ μ - ν

::::} (μ - ν)2 = (λ - μ)(ν - ρ). Άρα, οι αριθμοί λ - μ, μ - ν και ν - ρ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου.

10. Έστω μία γεωμετρική πρόοδος (αν) με

αι > Ο και λόγο λ > Ο. Να δείξετε ότι:

i) Για κάθε κ, ν Ε Ν * με κ ::; ν , ισχύουν:

α) ακ . «ν-κ+ ι = «ι . αν (1)

β) «κ + «ν-κ+ ι ::ς «ι + αν (2)

ii) Για κάθε ν Ε Ν * , ισχύει: _!_ + _!_ + • • • + _!_ ::; _!(_!_ + _!_) «ι α2 α. 2 «ι α.

(3)

Λύση

i) α) Έχουμε:

β) Για να δείξουμε τη (2), αρκεί να δείξουμε ότι: α] λ κ-Ι + α]λν-κ ::; α] + α]λν-Ι ' αρκεί (λν-Ι - λ ν-κ ) - (λ κ-Ι - 1) � ο ' αρκεί λν-κ (λκ-Ι _ 1) - (λκ-Ι _ 1) � 0 , αρκεί (λκ-Ι _ l) · (λν-κ - 1) � 0 (4) Διακρίνοντας τις περιπτώσεις λ � 1 και Ο < λ < 1 , βρίσκουμε εύκολα ότι η (4) ισχύει.

ίί) Ονομάζουμε Σ. το άθροισμα του πρώτου μέλους της (3) . Από τις ( 1 ) και (2) έπεται ότι: -α�κ _+_α�·-�κ+!.!_l α] +α. 1 1 1 1 (5) ::; -- � - + -- ::; - + - ο

ακ . αν-κ+ I α] . αν ακ αV·Κ+ I α] αν Θέτοντας στην (5) : κ = 1 , 2, . . . , ν και προσθέτοντας κατά μέλη τις προκύπτουσες σχέσεις, βρίσκουημε ότι:

2Σ. ::; ν (_!_ + _!_)� Σ. ::; �(_!_ + -1 ) . α1 α. 2 α1 α.

Σχόλιο Η παραπάνω ισότητα ( 1 ) ισχύει για μία οποιαδήποτε γεωμετρική πρόοδο (α_.) .

�}:i Α σκήσεις στις Λογαριθμικές και Εκθετικές Συναρτήσεις

1. Να βρείτε το πεδίο ορισμού των παρακάτω

συναρτήσεων.

α) f(x) = ln(e2x - 4ex + 9)

β) g(x) = �ln(ln(x2 - (2 + e)x + 3e))

Λύση

α) Για να ορίζεται η f πρέπει e2' - 4e' + 3 > Ο αν

θέσουμε ex = y με y > Ο θα έχουμε y2 - 4 y + 3 > Ο � y < 1 ή y > 2 όμως y > Ο .

Ε. Ευσταθίου

Επομένως πρέπει Ο < y < 1 ή y > 2 τότε

{ e' < 1 { ln e' < ln l { χ < Ο ή � ή � ή

e' > 2 lne' > ln 2 χ > ln 2

Δηλαδή το πεδίο ορισμού της f είναι το χ = (-οο, Ο) υ (Ιη 2, +οο) .

β) Για να ορίζεται η g πρέπει ln(ln(x2 - (2 + e)x + 3e)) > 0 ή



ln(ln(x2 - (2 + e)x + 3e)) > ln 1 <=> ln(x 2 - (2 + e)x + 3e) > 1 <=> ln(x2 - (2 + e)x + 3e) > ln e <=> x2 - (2 + e)x + 3e > e <=> χ < 2 ή x > e ( e = 2, 7 1 828)

Επομένως το πεδίο ορισμού της g είναι το Α = (-οο, 2) υ (e, +oo) .

2. Δίνεται η παράσταση :

Α = log(x2 - 1) + log(y2 - 1) - log[(xy + 1)2 -{x+y)2]

Να δείξετε ότι ορίζεται για χ > 1 και y > 1

και στη συνέχεια να την aπλοποιήσετε.

Λύση

Αφού χ > 1. και y > 1 προκύπτει χ2 - 1 > Ο και

y2 - 1 > Ο. Επίσης (xy + 1 )2 - (χ + y)2 =

= (xy + 1 - χ - y)(xy + 1 + χ + y) = [(x(y - 1 )

- (y - l )] [x(y + 1 ) + (y + 1 )] =

== (y - l )(x - l )(x + 1 )(y + 1 ) ==

== (y2 - 1 )(χ2 - 1 ) > Ο. (I) άρα η παράσταση ορίζε

ται για χ > 1 και y > 1 . Έχουμε

Α = log(x2 - 1)(y2 - 1 ) - log(x 2 - 1)(/ - 1) = Ο

3. Δίνεται η συνάρτηση

f(x) = 6 · 9' - 13 · 6χ + 6 · 4χ . Να δείξετε ότι:

α) Η γραφική παράσταση της f δεν τέμνει

τον άξονα yy Ό β) Η γραφική παράσταση της f τέμνει τον

χχ ' σε δύο σημεία.

Λύση

α) Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο

R * . Επομένως το σημείο Α(Ο, κ), με κ ε R , δεν ανήκει στην γραφική παράσταση f, δηλαδή

η Cr δεν τέμνει τον yy ' . β) Θα εξετάσουμε αν η Cr τέμνει του χχ ' . Θεω-

ρούμε την εξίσωση :

f (x) = 0 <::::> 6 · 9 ' - 1 3 · 6 χ + 6 · 4χ = Ο <=>

g x 4χ <::::> 6 · -1 - 1 3 + 6 · -1 = Ο <=> - -6χ 6 χ

I I

<=> 6{%Υ + 6{�Υ - 1 3 = 0

I

Θέτουμε (%Υ = k, k > Ο ( 1 ) τότε

1 2 6 . k + 6 . - - 1 3 = ο <=> 6k - 1 3k + 6 == ο (2) . k

Η (2) έχει διακρίνουσα Δ == 25 >0 και ρίζες

k1 = l , k2 = 3_ . Τότε από την ( 1 ) προκύπτουν 2 3

Άρα η Cr θα τέμνει τον χχ ' στα σημεία B( l , Ο)

και Γ(-1 , 0) .

4

Δ, ,

f( ) 10 log(log x)

. ινεται η συναρτηση χ = + . loge

Να βρείτε το πεδίο ορισμού της και να υπο

λογίσετε το χ ώστε f(yx ) - f(y) = 2.

Λύση

Για vα ορίζεται η συνάρτηση πρέπει και αρκεί

και <::::> και <::::> χ > 1 . { χ > 0 {χ > 0

log x > Ο χ > 1

Άρα το πεδίο ορισμού της είναι Α == (1, +οο) . Από log χ

τον τύπο αλλαγής βάσης logα χ = __ β -

logβ α

με χ, α, β > Ο και α =F 1 , β =F 1 . 'Εχουμε f (x) == 1 0 + log(log x) = 10 + ln(log x)

log e

Τότε f (yx ) == 1 0 + ln(log yx ) = 1 0 + ln(x · log y) =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λη ' τ.3/46


= 1 0 + ln χ + ln(log y) = ln χ + (10 + ln(log y))

= ln x + f (y) . 'Ετσι f (yx ) - f (y) = ln x ( 1 )

Έτσι από την υπόθεση και την ( 1 ) προκύπτει

Ιη χ = 2 <:::::> χ = e2 .

s. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = log llog(x - 3) 1 . Να βρείτε

i) ποιες τιμές του χ ορίζεται η συνάρτηση

f.

ii) Για ποιες τιμές του χ η γραφική παρά

σταση της f τέμνει τον χχ '.

iii) Τις ακέραιες τιμές του χ για τις οποίες

f(x) > O .

Λύση

i) Πρέπει χ - 3 > Ο και I Iog(x - 3) 1 > Ο . Δηλαδή

πρέπει: { χ > 3 { χ > 3 {χ > 3

και <:::::> και <:::::> και log(x - 3) :;t: Ο χ - 3 :;t: 1 χ :;t: 4

άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο Α = (3, 4) υ ( 4, +οο) .

ii) Η γραφική παράσταση της f τέμνει τον χχ ' αν και μόνο αν f (χ) = ο <:::::> log I Iog(x - 3) 1 = ο <:::::> log l log(x - 3) 1 = log 1 <:::::> I Iog(x - 3) 1 = 1

log(x - 3) = 1 ή log(x - 3) = - 1

<=> χ - 3 = 10 ή χ - 3 = 10- ι <=>

' 1 3 1 <:::::> Χ = 1 3 η Χ = - + 3 = -10 1 0

ίίί)Έστω f (x) > Ο <:::::> log l log(x - 3) 1 > Ο <:::::> log I Iog( χ - 3) 1 > log 1

{ log(x - 3) > 1 <:::::> I Iog(x - 3) 1 > 1 <:::::> ή <:::::>

log(x - 3) < - 1

log(x - 3 ) > log 1 0 χ - 3 > 10 χ > 1 3 ή <:::::> ή <:::::> ή

1 Ι 3 Ι log(x - 3) < log- χ - 3 < - χ < -10 10 1 0

Επειδή όμως η f ορίζεται για κάθε χ Ε (3, 4) υ ( 4, +οο) συναληθεύοντας προκύπτει

το σύνολο λύσεων:

L = {χ Ε Ζ : f (x) > 0} = {1 3, 14, 1 5, . . . } 3 3 1/ 10 4 1 3

I j 11 ι: 6. Δίνεται η συνάρτηση f : ΊR � ΊR με

f(x) = 3ι-zχ - 2χ . Να δείξετε ότι η εξίσωση

f(x) = Ο έχει μία ακριβώς ρίζα και να την

υπολογίσετε.

Λύση

Για κάθε χ1 , χ 2 Ε ΊR έχουμε:

χ1 < χ2 <:::::> -2χ1 > -2χ2 <:::::> Ι - 2χ 1 > Ι - 2χ2 <:::::> 1 - 2χ > Ι - 2χ <:::::> 3ι-2χ , > 3ι-2χ, (1) I 2

{31-2χ , > 31-2χ, ' Έτσι έχουμε αρα: -2χ . > -2χ2

31-2χ , - 2χ ι > 31-2'' - 2Χ2 ή f (Χ ι ) > f (χ 2 ) ·

Δηλαδή η f είναι γνησίως φθίνουσα συνάρτηση

στο R. Επομένως θα είναι και Ι - 1 συνάρτηση .

Για τη λύση της f(x) = Ο έχουμε: f (x) = Ο <:::::> 31-2' - 2χ = Ο <:::::> 3 · 3_2, = 2χ <:::::> 3 = 2χ . 32χ (1) .

Ι Διαπιστώνουμε ότι έχει λύση Χ ι = - θα δείξουμε 2

ότι είναι μοναδική .

Έστω ότι έχει και άλλη λύση Ι χ :;t: - τότε 2 2


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

f (x 1 ) = f(x2 ) , άτοπο γιατί f είναι 1 - 1 άρα η λύση 1 ' δ ' χ 1 = 2 ειναι μονα ικη .

7. Να υπολογίσετε το άθροισμα:

Σ = log 3 + 2log 3 + 3 log 3 + ••• + 20 log 3

Λύση

Σ = 1og 3 + 1og 32 + 1og 33 + . . . + 1og 320 = άρα:

1og(3 · 32 · 33 . . . 320 ) = 1og 31+2+3+ . . . +20 όμως ο εκθέτης

της δύναμης, είναι άθροισμα 20 όρων αριθμητικής

προόδου με αι = 1 και α20 = 20 έτσι

2 1οg α + (ν - 1) · 1ogQ_ Σ = α · ν ν 2

2ν 1οg α + ν(ν - 1) · 1ogQ_ = ----------------α=

2

= 2 1οg α2ν + 1og � 1 [ ( )v(v-1 ) ] 1 α2ν . βν(ν-1 ) 1 βν(ν- 1 )

= -1og = -1og --=------2 α ν( ν- Ι ) 2 α v(v- l )-2v

1 βν(ν-1 ) = -1og τότε Σ ν = 1og

2 αν(ν-1-2 ) βν(ν- 1 )

αν(ν-3)

1 + 20 1 + 2 + 3 + . . . + 20 = --. 20 = 2 10. 2

10. Αν για τους διαφορετικούς μεταξύ τους θε

τικούς αριθμούς χ, y, z ισχύει

Άρα Σ = 1og 32 10 = 2 10 1og 3 . log x log y log z , , -- =-- = -- (1). Να αποδειξετε οτι y - z z - x x - y

8. Αν οι αριθμοί logx, logy, logz με x, y, z >Ο είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προό

δυο, να δείξετε ότι η εξίσωση

λ 2 • χ + λ · y + z = Ο δεν έχει ρίζες πραγματι-

κές.

Λύση

Από την υπόθεση ισχύει: 21ogy = 1ogx + 1ogz �

� 1og y2 = 1og xz � y2 = χ · z ( 1 )

Λύση

Αρκεί να δείξουμε ότι: 1og(x χ yY zx ) = 1og ι ή

1og xx + 1og yY + 1og zz = 0 ή

χ 1og χ + y 1og y + z 1og z = Ο

Από την υπόθεση έχουμε 1og χ = λ, 1og y = λ, 1og z = λ άρα y - z z - x x - y

Η δοθείσα εξίσωση : χ · λ2 + λ · y + z = Ο έχει δια- log x = λ(y - z), log y = λ(z - x), log z = λ(χ - y)

κρίνουσα Δ = y2 - 4xz = y2 - 4y2 = -3y2 < Ο . Έτσι χ 1og χ + y 1og y + z 1og z =

Επομένως δεν έχει ρίζες πραγματικές. χλ(y - z) + yλ(z - χ) + z · λ(χ - y)

9. Δίνεται αριθμητική πρόοδος με πρώτο όρο

τον logα και δεύτερο τον logβ με α, β > Ο, να

υπολογίσετε το Σν.

Λύση

= χλy - χλz + yλz - yλχ + zλχ - zλy = Ο .

Δηλαδή ισχύει η ( 1 ) επ_ομένως και η ζητούμενη .

1 1 . Να λύσετε την εξίσωση:

e · xln x - χ3 . fu = 0 (1)

Λύση

( 1 )

Έχουμε α1 = 1οgα και α2 = 1οgβ τότε ω = α2 - α1 =

1οgβ - 1οgα ή ω = log Q_ . Από τον τύπο α

2α + (ν - 1) · ω , , Σ ν = 1 · ν προκυπτει οτι: 2

Η εξίσωση ορίζεται για χ > Ο. Η ( 1 ) ισοδύναμα

γράφεται e · χ '" ' = χ' 1/Χ <c> ln[ ex '" ' ] = ln [χ η ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/48

Μαθηματικά Β· Λυκείου

10 <=> ln e + ln(x 1n x ) = ln χ 3 <:=>

10 <=> l + ln x · ln x = - · ln x <=> 3 <=> 3 + 3(ln χ )2 = 10 ln χ (1)

αν ln x = y από την ( 1 ) έχουμε:

3y2 - 10 · y + 3 = Ο <=> y = 3 ή Υ = ..!_ . 3

Επομένως ln χ = 3 ή ln χ = .!. <:=> χ = e3 ή

3

12. Να λύσετε το σύστημα: {xy = 81 (log x)2 + (log y)2 = 10log2 3

Λύση

Για να ορίζεται το σύστημα, πρέπει χ, y > Ο. Έ-

χουμε: {xy = 8 1 log2 χ + log2 y = 10 log2 3

<=> {log(xy) = log 34

log2 χ + log2 y = 1 0 log2 3 <=> {log χ + log y = 4 log 3

log2 χ + log2 y = 1 0 log2 3 <=>

Έστω log χ = z και logy = ω τότε το σύστημα (Σ)

γράφεται: {z + ω = 4log 3 {z + ω = log 3 z2 + ω2 = 10 log2 3 <=> (z + ω)2 - 2zω = 10 log2 3 {z + ω = 4 log 3 {z + ω = 4log 3 1 6 log2 3 - 2zω = 10 log2 3

<=> z · ω = 3 log2 3

Επομένως τα z, ω θα είναι ρίζες της εξίσωσης: κ2 - 4 log 3 · κ + 3 log2 3 = 0 ( 1 )

Η ( 1 ) έχει ρίζες:

kι = log3 , k2 = 3log3 τότε {z = log 3 {log x = log 3 ω = 3 log 3

<=> log y = 3 log 3 <=>

<=> χ = 3, y = 27 ή {ω = log 3 {log y = log 3 {y = 3 z = 3 log 3

<=> log χ = 3 log 3 <=> χ = 27 ·

13. Να λύσετε το σύστημα: {(2x)log x + Ylog(2x) = Sx2

_r_ = Ylog(2x) 4χ2

Λύση

Για την επίλυση του συστήματος χρησιμοποιούμε την παρακάτω πρόταση: Για κάθε χ, y ε ll( ισχύει:

(γιατί log[x 1og y ] = log[y1og x ] <=>

<=> log y · log χ = log χ · log y .

( 1 )

Για να ορίζονται ο ι εξισώσεις του συστήματος θα πρέπει y > Ο και χ > Ο (2) .

Έτσι το σύστημα λόγω της ( 1 ) ισοδύναμα γράφεται: {Ylog(2x ) + Y

log(2x ) = Sx 2 {2ylog(2x ) = 8χ 2

_L_ _ Y

log(2x ) <:=> _Υ_ = 4χ2

<:=>

4χ2 - Ylog(2x )

{4Χ 2 = Ylog(2x ) <:=> {YI-log(2x ) = Y

log(2x ) <:=>

4Χ2 = Yl-log( 2x ) 4Χ2 = Y

l-log( 2x )

{ 1 { ..!. { _ l r;-;:; log(2x) = 2 <=>

2χ = 102 1 <=>

χ - 2� 1 0

4χ2 YJ-log(2x ) 4 2 1 -2 -= χ = Υ 10 = y 2

{χ = _!_.JW 2 ο

y = 100

14. Να λύσετε την ανίσωση: ln2 χ - ιη.!. - 2 > Ο . χ Λύση

Η ανίσωση ορίζεται στο σύνολο Α = (0, -t00) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" λη " τ.3/49

Μαθηματικά Β · Λυκείου

Τότε ln2 x-(ln l-lnx) - 2 > Ο <:::::> ln2 χ+ ln x - 2 > Ο

αν θέσουμε ln χ = y, y Ε JR θα έχουμε

/ + Υ - 2 > Ο <:::::> y < -2 ή y > 1 άρα

ln x < -2 ή ln x > l <:::::> ln x < ln e-2 ή

ln χ > ln e <:::::> χ < e -2 ή χ > e . Άρα x E (O, e-2 ) υ (e, +oo) .

15. Να λύσετε την aνίσωση:

(log x3 )2 - 2 logx2 - 5 < Ο .

Λύση

Αρχικά για να ορίζεται η ανίσωση πρέπει χ > Ο ( 1 ) . Τότε (log x3 )2 - 2 log x2 - 5 < 0 <:::::>

(3 log x)2 - 4 log x - 5 < 0 <:::::>

<:::::> 9 · (log χ)2 - 4 · log χ - 5 < Ο

Αν log χ = y η ανίσωση (2) γράφεται:

9 · y2 - 4 · y - 5 < Ο <:::::> -� < y < 1 ή 9

5 -� -9 < log x < 1 <:::::> 1og 10 9 < log x < log 10 <:::::>

5

(2)

<:::::> 10 9 < χ < 10 . Επαληθεύοντας με την ( 1 ) προ-

κύπτει το σύνολο λύσεων της αρχικής ανίσωσης

Α = (1 0 9 , 1 0) .

16. Να λύσετε την aνίσωση:

log(x2 - 4) > log 3 jxj .

Λύση

Η ανίσωση ορίζεται για χ 2 - 4 > Ο και χ * Ο . Τότε χ 2 > 4 <:::::> j x j > 2 <:::::> χ > 2 ή χ < -2.

Δηλαδή η ανίσωση ορίζεται στο σύνολο

Α = ( -οο, -2) υ (2, +οο) .

Επειδή η f (χ) = log χ είναι γνήσια αύξουσα συ

νάρτηση έχουμε: log(x 2 - 4) > log 3 j x j <:::::>

<:::::> χ2 - 4 > 3 j x j � jx j 2 - 3 jx l - 4 > Ο .

Θέτουμε j x j = y, y ;::: Ο οπότε προκύπτει

y2 - 3y - 4 > 0 <=> y < -1 ή y > 4 , όμως πρέπει

y ;::: Ο . Τότε συναληθεύοντας έχουμε y > 4. Άρα:

j x j > 4 <:::::> x > 4 ή χ < -4 ( 1 )

Από το σύνολο ορισμού της ανίσωσης έχουμε:

Χ < - 2 ή Χ > 2 (2)

Έτσι από τις ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι η ανίσωση

αληθεύει για χ < - 4 ή χ > 4.

17. Να λύσετε την aνίσωση :

χ2 + j 2x - 11 + 2 ---'--�- < ο . log(2x - 1) - 1

Λύση

Η ανίσωση ορίζεται για 2χ - 1 > Ο και log(2x - 1) - 1 * Ο .

1 χ > -{ 1

ιοg(2χ - 1) * 1og 10 χ * 1; χ > - 2 Τότε: 2 <:::::>

Δηλαδή ορίζεται στο σύνολο:

Α = (_!_ .!2) υ (.!2 +οο) . 2 ' 2 2 '

Η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται: Χ 2 +(2χ - 1)+2 ? ---'------'-- < Ο <:::::> (χ- +2χ+ 1) · [log (2χ- 1 )-1] < Ο log(2x - 1) - 1 <:::::> (χ+ 1)2 • [log(2x - 1) - 1] < Ο <:::::> log(2x - 1)-1 < Ο

<:::::> log(2x - 1) < 1 <:::::> log(2x - 1) < log 10

<:::::> 2χ - 1 < 1 Ο <:::::> 2χ < 1 1 <:::::> χ < _!__! όμως και 2

χ Ε (_!_ .!2) υ (.!2 +οο) . 2 ' 2 2 '

Ά ' λ θ ' 1 1 1 ρα η ανισωση α η ευει για - < χ < - . 2 2

18. Να λύσετε την aνίσωση :



Λί1ση Για να ορίζεται η ανίσωση πρέπει χ � Ο και χ - 1 � Ο άρα χ Ε Α = [1 , +οο) .

_!_ log/ +2 _!_ log3 ( x-l )+ l Έχουμε 25 2 · + 1 25 3 - 1 � Ο

Ι I � 52(2 1og5 x+2) + 53(3 1og, ( x-l )+I J _ 1 � 0

� 51og, χ+4 + 5 1og, ( x-1 )+3 - 1 � ο � 54 . 5 1og5 x + 53 . 5 Ιοg5 ( χ-Ι Ι _ 1 � 0

� 625 · χ + 1 25 · (χ - 1) - 1 � Ο (γιατί α10g"' = χ )

� χ � 1 26 . Επειδή χ Ε Α δηλαδή χ � 1 ,

750

προκύπτει ότι η ανίσωση αληθεύει για χ � 1 .

1 8 . Να λυθεί το σύστημα:

{ j log x - 2j < 1

�log x - 1 > Ο

·

12 - χ

Λί1ση Θα λύσουμε ξεχωριστά κάθε ανίσωση : Έτσι j 1og χ - 2 j < 1 � - 1 < log χ - 2 < 1 �

� 1 < 1og χ < 3 � log 1 Ο < log χ < log 1 03 �

� 1 0 < χ < 1 000 ( 1 ) .

�log χ - 1 {log χ - 1 > 0 {log χ > 1

Και > 0 � και � 1 2 - χ χ < 1 2

1 2 - χ > ο

� � 1 0 < χ < 1 2 (2) .

{χ > 1 0

χ < 1 2

Επομένως από τις ( 1 ) , (2) το σύστημα αληθεύει για Χ Ε (1 0, 1 2) .

:1F Κωνικές τομές

1 . 1 .

1 .2.

1 .3.

1 . ΚΥ ΚΛΟΣ

Η εξίσωση του κύκλου C με κέντρο το

σημείο Κ( α, β) και ακτίνα ρ > Ο είναι:

(χ _ α)z + (y _ β)z = ρz .

Η εξίσωση της εφαπτομένης ε ενός κύ

κλου

C : (χ _ α)z + (y _ β)z = ρz .

σ' ένα σημείο του Μ(χο, Υο) είναι:

(χ - α)(χο - α) + (y - β)(Υο - β) = ρz .

Υ ε

./- �� . , c 1 Μ(χο·Υο) \ ' Κ(α,β ) '\ /1

χ

Κάθε κύκλος στο επίπεδο έχει μία εξίσω

ση της μορφής:

του Αντώνη Κυριακόπουλου

χ2 + y2 + Αχ + By + Γ = Ο

Az + Bz (στην οποία ισχύει: - Γ > Ο ) 4

(Ι)

Αντιστρόφως. Μία εξίσωση της μορφής

(Ι) παριστάνει έναν κύκλο μόνο αν:

Α z + Bz Γ Ο Τ

, , , --4-- - > . οτε, το κεντρο του κυ-

κλου είναι κ (- � , - �) και η ακτίνα του

/Az + Bz είναι ρ = ν 4 - Γ •

Az + Bz • Αν - Γ = Ο , τότε η εξίσωση (Ι)

4

, , κ ( Α Β ) παριστανει το σημειο -2,-2 . Az + Bz

• Αν - Γ < Ο , τότε η εξίσωση (I) 4

είναι αδύνατη.



Ασκήσεις

1 . Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου C που

διέρχεται από τα σημεία Α(- 2, 5) και

Β (2, 3) και το κέντρο του είναι πάνω στον

κύκλο C ': x2 + (y + 1)2 = 5 .

Λύση

Το κέντρο, έσtω Κ, του κύκλου C θα ανήκει και στη μεσοκάθετο ε του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ. Οι συντεταγμένες του μέσου Μ του τμήματος ΑΒ ( 2 - 2 3 + 5 ) Εξ "\ � , . είναι: -

2-,-

2- = (0, 4) . α/\JΙ,ου, εχουμε.

3 - 5 1 , λ 2 'Ε ξ' λ = -- = -- και αρα ε = . τσι, η ε ισω-ΑΒ 2 + 2 2

ση της ευθείας ε είναι: y - 4 = 2(χ - Ο) {::? y = 2χ + 4.

Οι συντεταγμένες του κέντρου Κ είναι λύση του στστήματος των εξισώσεων των γραμμών C · και ε, δηλαδή του συστήματος: !χ2 + (y + 1)2 = 5

{::? !Χ2 +(2χ+5)2 =5 {::? Ι χ = -2 y = 2x + 4 y=2x+4 ly = O

Άρα Κ(-2, 0) . Έτσι, η ακτίνα του C είναι:

ρ = (ΚΑ) = �(-2 + 2)2 + (5 - 0)2 = 5 .

Συνεπώς, η εξίσωση του κύκλου C είναι: (χ + 2)2 + y2 = 25 .

2. Θεωρούμε τους κύκλους

C: χ2 + y2 = 1 και C ' : (χ- 3)2 + (y + 4)2 = 36 . α) Ν α δείξετε ότι οι κύκλοι C και C ' εφά

πτονται εσωτερικά.

β) Να βρείτε τις συντεταγμένες του σημεί

ου επαφής.

γ) Να βρείτε την εξίσωση της κοινής τους

εφαπτομένης ε.

Λύση

α) Το κέντρο του κύκλου C είναι το σημείο 0(0, Ο) και η ακτίνα του είναι ρ = 1 . Το κέντρο του κύκλου C ' είναι το σημείο Κ(3 , -4) και η ακτίνα του είναι R = 6.

Υ

χ

κ

Έχουμε:

(ΟΚ) = �(3 - 0)2 + (-4 - 0)2 = 5 .

Έτσι, έχουμε: (ΟΚ) = 5 = 6 - 1 = R - ρ . Άρα, οι κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά.

β) Έστω Μ(χ0, y0) το σημείο επαφής. Έχουμε: ΚΟ = 50Μ {::? (0 - 3, 0 + 4) = 5(χ0 - O, y0 - 0)

{::? jxo � :� . Άρα, οι συντεταγμένες του Μ Υο = 5

είναι ( -� , �) . γ) Η κοινή τους εφαπτομένη ε είναι η εφαπτομένη

του κύκλου C (όπως και του C ') στο σημείο

του Μ (-� , �) . Η εξίσωση της ε είναι:

χ (-�) + y ·� = 1 {::? 3χ - 4y + 5 = Ο .

3. Έστω η εξίσωση:

χ2 + y2 - 2λχ - 2(λ - 1)y + (λ - 1)2 = 0 (1)

α) Να δείξετε ότι η εξίσωση (1), για κάθε

λ ε JR * , παριστάνει έναν κύκλο Cλ·

β) Να βρείτε τους κύκλους Cλ, οι οποίοι ε

φάπτονται στην ευθεία ε: 3χ + 4y - 8 = Ο.

Λύση

α) Η εξίσωση ( 1 ) είναι της μορφής: χ 2 + y2 + Αχ + By + Γ = Ο , όπου Α = - 2λ, Β = - 2(λ - 1 ) και Γ = (λ - 1 )2. Έχουμε:

Α2 + Β2 - Γ = 4λ2 + 4(λ - 1)2 - (λ - 1)2 = λ2

4 4 Άρα, για κάθε λ 7:- Ο , η εξίσωση ( 1 ) παριστάνει έναν κύκλο cλ με κέντρο κλ (λ, λ - 1 ) και ακτί-



β) Ένας κύκλος Cλ εφάπτεται στην ευθεία ε αν και μόνο αν:

l3λ + 4(λ - Ι) - sι d(Κλ , ε) = ρλ � � = lλ l � 32 + 42 � IΊλ-12 1 = l5λ l � (7λ-12=5λ ή 7λ-12=-5λ) � (λ = 6 ή λ = 1) . Άρα, οι ζητούμενοι κύκλοι είναι: C1 : χ2 + y2 - 2χ = Ο και c6 : χ 2 + y2 - 1 2χ - I Oy + 25 = ο .

4. Θεωρούμε την ευθεία ε: 2χ - y - 3 = Ο και

τον κύκλο C: χ2 + y2 - χ + y - 2 = Ο .

α) Να δείξετε ότι η ευθεία ε και ο κύκλος C τέμνονται. Ονομάζουμε Μ και Ν τα ση

μεία τομής.

β) Ν α δείξετε ότι η εξίσωση :

χ2 + y2 - χ + y - 2 + λ(2χ - y - 3) = 0 (1)

για κάθε λ Ε JR , παριστάνει έναν κύκλο

Cλ, ο οποίος διέρχεται από τα σημεία Μ

και Ν.

γ) Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των κέ

ντρων των κύκλων Cλ, όταν το λ διατρέ

χει το JR . Λύση

α) Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων των γραμμών ε και c : {2χ - y - 3 = 0

χ 2 + y2 - χ + Υ - 2 = Ο <=> {y = 2x - 3 <::::> 2 2 χ + (2χ - 3) - χ + 2χ - 3 - 2 = ο {y = 2x - 3 <::::>

5χ 2 - l lx + 4 = Ο Το σύστημα αυτό έχει δύο λύσεις, γιατί η διακρίνουσα της εξίσωσης: 5 χ 2 - 1 1 χ + 4 = Ο είναι Δ = 1 12 - 4 · 5 · 4 = 4 1 > 0 . Άρα η ευθεία ε και ο κύκλος C τέμνονται.

β) Έχουμε: (1) <::::> χ 2 +y2 + (2λ - 1)χ - (λ - 1)y - (3λ + 2) = Ο (2)

Αυτή είναι της μορφής: χ2 + y2 + Αχ + By + Γ = Ο με: Α = 2λ - 1 , Β = - (λ - 1 ) και Γ =- - (3λ + 2) . Για κάθε λ Ε JR έχουμε: Α2 + Β2 (2λ - 1)2 + (λ - 1)2

--- - Γ = + 3λ + 2 = 4 4

5λ2 + 6λ + 10 ο ----- > , γιατί η διακρίνουσα του 4

τριωνύμου: 5/! + 6λ + 1 Ο είναι αρνητική. Άρα, για κάθε λ Ε IR , η εξίσωση (2), επομένως και η ( 1 ) παριστάνει ένα κύκλο Cλ. Επειδή τα σημεία Μ και Ν είναι σημεία και των δύο γραμμών ε και c, οι συντεταγμένες τους επαληθεύουν τις εξισώσεις και των δύο αυτών γραμμών και άρα επαληθεύουν και την εξίσωση ( 1 ) , για κάθε λ Ε IR . Άρα, όλοι οι κύκλοι Cλ διέρχονται από τα σημεία Μ και Ν.

γ) Το κέντρο ενός κύκλου Cλ είναι: (- Α _ Β.) = (- 2λ - 1 !:=-_!_)

2 ' 2 2 ' 2 Ένα σημείο Μ(χ, y) ανήκει στο ζητούμενο γεωμετρικό τόπο αν, και μόνο αν, υπάρχει λ Ε IR με:

- 2 2χ = -2λ + 1 λ = 2y+ 1 {χ - - 2λ - 1 { { y = λ� l <::::> 2y = λ - 1 <::::> 2χ = -2λ+ 1

Αυτό συμβαίνει αν, και μόνο αν: 2χ = -2(2y + 1) + 1 <::::> 2χ + 4y + 1 = ο .

Άρα, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η ευθεία με εξίσωση : 2χ + 4y + 1 = Ο .

2. ΠΑΡΑΒΟΛΉ

2. 1 . Ορισμός. Σ' ένα επίπεδο θεωρούμε μία

ευθεία δ και ένα σημείοΕ εκτός της δ. Ο

γεωμετρικός τόπος των σημείων του επι

πέδου αυτού, τα οποία ισαπέχουν από το

Ε και τη δ, ονομάζεται παραβολή με εστία

το σημείο Ε και διευθέτουσα την ευθεία δ.



δ

χ = - Ρ 2

Υ

χ

2.2. Η εξίσωση της παραβολής C με εστία

Ε ( � , 0) και διευθέτουσα δ : χ = -� (p -:ι. Ο) , είναι y 2 = 2px. • Η εξίσωση της παραβολής με εστία

Ε ( 0,�) και διεθετούσα δ : y = -� , (p -:ι. Ο) , είναι χ2 = 2py .

2.3. Η εφαπτομένη της παραβολής C:

y 2 = 2px στο σημείο της Α(χο, Υο) έχει ε-

ξίσωση :

ΥΥο = p(x + x0 ) .

• Η εφαπτομένη της παραβολής C:

χ2 = 2py στο σημείο της Α(χο, Υο) έχει εξίσωση : ΧΧ0 = p(y + Υ ο ) ·

Ασκήσεις 1 . Να βρείτε την εξίσωση της παραβολής C

που έχει κορυφή την αρχή των αξόνων, την

εστία της στον άξονα χ ' χ και εφάπτεται

στην ευθεία ε: y = 2χ + 1.

Λύση Η εξίσωση της C είναι της μορφής: y2 = 2px. Η εφαπτομένη της C στην κορυφή της 0(0, 0) είναι η ευθεία y Ύ, διαφορετική από την ε. Έστω Μ(χ0, y0) ένα σημείο της C διαφορετικό από την κορυφή της, οπότε x0y0 -:ι. Ο και

Υ� = 2px0 ( 1 ) Η εξίσωση της εφαπτομένης της C στο Μ είναι:

< n [ Υ� ) Ρ Υ ο ΥΥο = p(x + xo )<=>YYo = p χ +- <=:> y=- x+-. ' 2p Υο 2

Έτσι, η ε εφάπτεται στη C αν, και μόνο αν, υπάρχει Υ ο ε IR με:

( � : � � {�'==2�,

Αυτό συμβαίνει αν, και μόνο αν p = 2 · 2 <::::> p = 4 .

Άρα, η ζητούμενη παραβολή είναι C: / = 8χ.

2. Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτομένων

της παραβολής C: y2

= 6χ, των οποίων η

απόσταση από την κορυφή της είναι J3 . ΛίJση

Έστω Μ(χ0, Υο) ένα σημείο της C, οπότε: Υ� = 6χσ · ( Ι )

Η εξίσωση της εφαπτομένης ε της C στο Μ είναι: (2)

Η εφαπτομένη ε είναι ζητούμενη αν, και μόνο αν:

d(Ο, ε) = ./3 � I3 · 0R 3x, l = .J3 9 + y�

< Ι J l3xo I r;; 2 <::::> 1 = ν3 <::::> 9χ0 = 3(9 + 6χ0 ) <::::> ν9 + 6χσ

<::::> χ� - 2χ0 - 3 = Ο <::::> χ0 = 3 (γιατί χο > 0). Αντικαθιστώντας στην ( Ι ) βρίσκουμε y� = 1 8 και άρα y0 = ±3J2 . • Με χο = 3 και Υ ο = 3J2 , η (2) γίνεται:

3χ - 3J2y + 3 . 3 = ο <::::> χ - J2y + 3 = ο (3)

• Με Χο = 3 και y0 = -3J2 , η (2) γίνεται:

3x + 3J2y + 3 · 3 = 0 <=:> x + J2y + 3 = 0 (4)

Άρα, υπάρχουν δύο τέτοιες εφαπτόμενες. Οι εξισώσεις τους είναι οι (3) και (4) .

3 . Να δείξετε ότι οι εφαπτόμενες μιας παρα

βολής C: y2

= 2px, που άγονται από ένα ση-

μείο της διευθετούσας δ : χ = _!!. της C, εί-2

ναι κάθετες.

Λύση

'Εστω Μ ( -� , y0 ) ένα σημείο της διευθέτουσας δ:

χ = _.Ε , και ΜΑ, ΜΒ, οι εφαπτόμενες της C από 2



το Μ. Έστω ακόμα ότι Α(χ ι , Υ ι ) και Β(χ2, Υ2) . Η

εξίσωση της εφαπτομένης ΜΑ είναι: yy 1 = p( χ + χ 1 ) και επειδή αυτή διέρχεται από το

Μ (-� , y0 ) . έχουμε: y0y1 = p(-� + X 1 ) .

δ Υ

Μ

χ = - Ρ 2

χ

2 δ , ο 2 , Υ ι , Και επει η Υϊ = px 1 , οποτε χ 1 = - , εχουμε:

2p ( Ρ Υ� ) 2 2 _ ΥοΥι = p -2 + 2p

<=> Υι - 2ΥοΥι - p - 0 ( 1 )

Όμοια βρίσκουμε ότι: y; - 2y0y2 - p2 = 0 (2) Από τις ( Ι ) και (2) έπεται ότι οι αριθμοί y ι και Yz είναι οι ρίζες της εξίσωσης: y2 - 2 Υ οΥ - p2 = Ο . Συνεπώς y1 y2 = -p2 , οπότε Υ 1 Υ 2 7:- Ο . Έτσι, έχουμε:

Ρ Ρ Ρ2 λ ΜΑ . λΜΒ = - . - = ----τ = -Ι ·

Υι Υ2 -p

Άρα: ΜΑ .l ΜΒ.

4. Θεωρούμε μιας παραβολή C: y2 = 2px, ένα

σημείο της Μ(χι, Υι), διαφορετικό από την

κορυφή της, την εφαπτομένη ε της C στο Μ

και την κάθετη επί την ε στο Μ, η οποία

τέμνει την C σ' ένα δεύτερο σημείο Ν. Η εφαπτομένη της C στο Ν τέμνει την ε σ' ένα

σημείο Α(χο, Υο). Η παράλληλη από το Α

προς τον άξονα χ 'χ τέμνει την C σ' ένα ση

μείο Β(χ2, Υ2).

α) Να δείξετε ότι: ΥοΥι = -p

2• β) Να βρείτε τις συντεταγμένες των Μ και

Β συναρτήσει των συντεταγμένων του Α.

γ) Να δείξετε ότι η ευθεία ΜΒ διέρχεται

από την εστία Ε της C.

Λύση

α) Όπως βρίσκουμε εύκολα, η εξίσωση της ευθείας ΜΝ είναι yy 0 = p( χ + χ0 ) και άρα:

λΜΝ = _Ε_ . Υ ο

χ

Η εξίσωση της ε είναι: yy1 = p(x + χ 1 ) και άρα:

λ, = .Ε. . 'Ετσι, έχουμε: ΜΝ .l ε => Υ ι

Ρ Ρ 2 => λΜΝ · λ, = -Ι => - · - = -Ι => ΥοΥι = -p . Υο Υι β) Επειδή y0y 1 = - p2 , έπεται ότι Υ ο 7:- Ο και συνε-

, p2 πως: Υι = -- . Υ ο Εξάλλου, επειδή το Μ ανήκει στη C, έχουμε :

2 Ι 2 Ι p4 p3 Υ ι = 2pχ ι => Χι =

2p Υ ι = 2p

. Υ�

=> Χι = 2y� .

Επειδή ΑΒ//χ 'χ, έπεται ότι Υ2 = Υο· Επειδή το Β ανήκει στη C, έχουμε:

, ( p3 p2 ) ( y� ) Άρα: Μ -2 , -- και Β -, y0 . 2yo Υο 2p

γ) Έχουμε: 2

Υο + Ε___

Υ _ Υ2 - Υ ι = Υ ο = 2pyo ΜΒ - Χ2 - Χι Υ�

_ L Υ� - Ρ2 •

2p 2y�

Άρα, η εξίσωση της ευθείας ΜΒ είναι: 2py0 ( Υ� ) Υ - Υ 2 = λΜΒ (χ - χ 2 ) <::::> Υ - Υ ο = 2 2 χ - -2 . Υο - p Ρ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.3/SS


Έτσι, για να δείξουμε ότι η ευθεία ΜΒ διέρχεται

από την εστία Ε(� , Ο) . αρκεί να δείξουμε ότι:

-y = 2ΡΥο · [Ε_ - Υ� ) αρκεί ο 2 2 2 2 ' Υο - p Ρ

2 2 2 ΡΥο Ρ - Υ ο , , -y0 = 2 2 , αρκει -y0 = -y0 ,ισχυει. Υο - p 2p

3. ΕΛΛΕΙΨΗ

3.1. Ορισμός. Θεωρούμε ένα αριθμό α > Ο και

σ' ένα επίπεδο δύο σημεία Ε 'και Ε με

(Ε Έ) < 2α. Ο γεωμετρικός τόπος των ση

μείων Μ του επιπέδου αυτού, για τα οποία

ισχύει: (ΜΕ ') + (ΜΕ) = 2α, ονομάζεται

έλλειψη με εστίες τα σημεία Ε ' και Ε

σταθερό άθροισμα 2α.

Υ Β

--�·---L�--�----�--�� χ

Β'

3.2. Η εξίσωση της έλλειψης με εστίες Ε '(- γ, Ο,), Ε(γ, 0) (γ � Ο) και σταθερό άθροισμα 2α

(προφανώς γ < α) είναι: 2 2 χ Υ 1 , β � 2 2 --2 + --2 = , οπου = α - γ .

α β

Ισχύουν: α � β και γ = �α2 - β2 • • Η εξίσωση της έλλειψης με εστίες

Ε '(Ο, - γ), Ε(Ο, γ) και σταθερό άθροι

σμα 2α είναι: 2 2 χ Υ 1 , β � 2 2 --2 + -2 = , οπου = α - γ .

β α

3.3. Εκκεντρότητα μιας έλλειψης C:

χ2 y2 γ -2 + --2 = 1 ονομάζεται ο αριθμός: e = - . α β α

Ισχύουν: Ο ::; e < 1 και ι = .J1 - e2 • α

3.4. Η εφαπτομένη της έλλειψης C: 2 2 ; + � = 1 σ' ένα σημείο της Ρ(χο, Υ ο) α β

έχει εξίσωση :

ΧΧο + ΥΥο = 1 • α2 β2 • Η εφαπτομένη της έλλειψης C:

2 2 χ 2 + � = 1 σ' ένα σημείο της Ρ(χο, Υ ο)

β α


Ασκήσεις

ΧΧο + ΥΥο = 1 • β2 α2

2 2 1 . Θεωρούμε μία έλλειψη C: ; + � = 1

α β

(α > β > 0) και ένα σημείο της Ρ διαφορετι

κό από τις κορυφές της Β και Β Ό Οι ευθείες

ΡΒ και ΡΒ ' τέμνουν τον άξονα χ 'χ στα ση

μεία Μ και Ν, αντιστοίχως. Ν α δείξετε ότι,

όταν το Ρ διαγράφει τη C (εκτός των κορυ

φών Β και Β '), το γινόμενο (ΟΜ) · (ΟΝ) εί-

ναι σταθερό.

ΛίJση

Έστω Ρ(χο, Υ ο), οπότε χ0 :;f:. Ο, Υ ο :;f:. ±β και

( 1 ) Υ

Β

.. χ



Επειδή Β(Ο, β) και Β '(Ο, -β), έχουμε:

λΡΒ = Υ ο - β και λΡΒ' = Υ ο + β . Χο Χο

Η εξίσωση της ευθείας ΡΒ είναι:

y - β = Υο - β · χ Χ ο

Η εξίσωση της ευθείας ΡΒ ' είναι:

y + β = Υο + β · Χ Χ ο

-β χ Από τη (2) με y = Ο, έχουμε: χ = --0 . Υο - β

Άρα: Μ( -βχο . ο) .

Υο - β

ο ' βχο Από τη (3) με y = , εχουμε: χ = --. Υο + β

Άρα: Ν(� . ο) . Έτσι έχουμε: Υο + β

(ΟΜ) · (ΟΝ) = -βχο · �� = �2χ� z l =

Υο - β Υο + β Υο - β

(2)

(3)

2. Να δείξετε ότι η ευθεία ε: 2χ - 3y + 9 = Ο χ2 y2 εφάπτεται στην έλλειψη C: 9 + S = 1 .

Λύση

Βρίσκουμε τα κοινά σημεία των δύο γραμμών ε και C. Προς τούτο λύνουμε το σύστημα:

{2x - 3y + 9 = 0 jy =jx + 3 χ2 y2 � 2 <=> - + - = 1 ( 2 ) 9 5 5χ2 + 9 3χ + 3 - 45 = 0

{χ2 + 4Χ + 4 = 0 {Χ = -2 2 <=> 5 y = -x + 3 y = -3 3

Άρα, η ευθεία ε και η έλλειψη C έχουν ένα μονα

δικό κοινό σημείο, το Ρ ( -2,%) . Η εξίσωση της

εφαπτομένης της C στο σημείο αυτό είναι: 5 y · -x · (-2) 3 _ _:__.;... + -- = 1 <=> 2χ - 3y + 9 = 0 .

9 5 Η εξίσωση όμως αυτή είναι η εξίσωση της ευθείας ε. Άρα, η ευθεία ε εφάπτεται στη C.

3 . Να βρείτε την εξίσωση της έλλειψης C που

έχει εστίες: E'(-.J6,0), E(.J6,0) και εφά

πτεται στην ευθεία ε: χ + 2y - 4 = Ο •

ΛίJση Έστω ότι μία έλλειψη C πληροί τις δοσμένες συνθήκες. Η εξίσωση της C θα είναι της μορφής:

χ2 / - + - = 1 (α > β > Ο) ( 1 ) α2 β2

Θα έχουμε γ = J6 , οπότε: (2)

Έστω ότι η C εφάπτεται στην ευθεία ε στο σημείο Μ(χο, Υο), οπότε:

Έτσι, η εξίσωση της ε είναι: XXa ΥΥο _ 1 2 + 2 - . α β

(3)

(4)

Άρα, η εξίσωση : χ + 2y - 4 = Ο και η εξίσωση ( 4)

παριστάνουν την ίδια ευθεία ε. Αν Υο = Ο, τότε το προγούμενο προφανώς δεν συμβαίνει. Άρα , β2 y0 =ι. Ο . 'Ετσι, έχουμε: (4) <=> y = - β�χο χ + - .

α· ya Υο Επίσης έχουμε:

χ + 2y - 4 = Ο <::::> y = _ _!_ χ + 2 . Άρα: 2



Αντικαθιστώντας στην (3) βρίσκουμε:

_1 [�)2 + _1 [_r) 2 = 1 <=> α2 + 4β2 = 1 6 (5)

α2 4 β2 2 Από τις (2) και (5) βρίσκουμε: α2 = 8 και β2 = 2. Αντικαθιστώντας στην ( 1 ) βρίσκουμε ότι η εξίσωση της C είναι:

Αντιστρόφως. Δείχνουμε (όπως στην προηγούμε-2 2 νη άσκηση) ότι η έλλειψη C: � + L = 1 εφάπτε-8 2 ται στην ευθεία ε: χ + 2y - 4 = Ο. Άρα, η μοναδική ζητούμενη έλλειψη είναι η C:

χ2 y2 - + - = 1 . 8 2

4. Η εφαπτομένη ε μιας έλλειψης C: χ2 y2 - + - = 1 (α > β > Ο) σ' ένα σημείο της αz βz

Από την εξίσωση αυτή με χ = Ο βρίσκουμε y = � . Υ ο

Ά · r[o β2 ) Ε δ · λ - β2χ0 ' _i ρα. ,- . πει η c - --2 - και ε ε , Υο α Υο 2

έχουμε: λε' = α/0

• 'Ετσι η εξίσωση της εφαπτο

β- χο 2 μένης ε ' είναι: y - Υ ο = α/0 (χ - χ0 ) . Από την ε

β Χο ξίσωση αυτή με χ = Ο βρίσκουμε:

Άρα ΕΓ _l ΕΔ. Όμοια δείχνουμε ότι Ε'Γ _l Ε' Δ . . Άρα, ο κύκλος με διάμετρο το τμήμα Γ Δ διέρχεται

Μ, διαφορετικό από τις κορυφές της, τέ- από τις εστίες Ε ' και Ε της έλλειψης C. μνει τον άξονα y 'y σ' ένα σημείο Γ. Η κάθε-

τη ε ' της ε στο Μ τέμνει τον άξονα y 'y σ' 4. ΥΠΕΡΒΟΛΉ ένα σημείο Δ. Να δείξετε ότι ο κύκλος με

διάμετρο το ευθύγραμμο τμήμα Γ Δ διέρχε

ται από τις εστίες Ε ' και Ε της έλλειψης C.

Λύση

Έστω Μ(χο, Υο), οπότε x0y0 :;t: Ο. Η εξίσωση της

εφαπτομένης ε είναι: Χ�ο + Υ� ο = 1 . α β

χ

4.1. Ορισμός. Θεωρούμε ένα αριθμό α > Ο και

σ' ένα επίπεδο δύο σημεία Ε 'και Ε με

(Ε Έ) > 2α. Ο γεωμετρικός τόπος των ση

μείων Μ του επιπέδου αυτού, για τα οποία ισχύει: I CME' ) - (ME)I = 2α , ονομάζεται

υπερβολή με εστίες τα σημεία Ε ' και Ε

και σταθερή απόλυτη διαφορά 2α. Υ

χ

4.2. Η εξίσωση της υπερβολής με εστίες

Ε '(- γ, 0), Ε (γ, Ο) (γ > Ο) και σταθερή α

πόλυτη διαφορά 2α (προφανώς γ > α) εί-

ναι:



2 2 χ Υ 1 , β / 2 2 2 - -2 = ' οπου = ν γ - α . α β

Ισχύουν: γ > β και γ = Jα2 + β2 •

• Η εξίσωση της υπερβολής με εστίες Ε '(Ο, - γ), Ε(Ο, γ) και σταθερή απόλυτη διαφορά 2α είναι: 2 2 Υ χ

1, β / 2 2

-2 - -2 = ' οπου = ν γ - α . α β

4.3. Οι ασύμπτωτες της υπερβολής C : 2 2 .;- - � = 1 είναι οι ευθείες με εξισώσεις:

α β

β β y = - χ και y = - - χ .

α α

®ι Οι ασύμπτωτες της υπερβολής C : 2 2 � -;.. = 1 είναι οι ευθείες με εξισώ

α β

σεις: α α

y = - χ και y = - - χ . β β

4.4. Εκκεντρότητα μιας υπερβολής C:

χ2 y2 γ -2 - -2 = 1 ονομάζεται ο αριθμός: e = - . α β α

Ισχύουν: e > 1 και 1!_ = .Je2 - 1 . α

4.5. Η εφαπτομένη της υπερβολής C: 2 2 .;- - � = 1 σ' ένα σημείο της Ρ(χο, Υ ο) έ

α β

χει εξίσωση :

ΧΧο _ ΥΥο = 1.

α2 β2

• Η εφαπτομένη της έλλειψης C :

y2 χ2

-2 - -2 = 1 σ' ένα σημείο της Ρ(χ0, y0) α β


ΥΥο _ ΧΧο = 1• α2 β2

Ασκήσεις

l . Να βρείτε τις υπερβολές που έχουν κέντρο την αρχή των αξόνων, τις εστίες τους σε έναν από τους άξονες των συντεταγμένων, ασύμπτωτες y = ±J3x και διέρχονται από

το σημείο Μ(2, 3). Λύση

α) Έστω ότι μία τέτοια υπερβολή έχει τις εστίες της στον άξονα χ 'χ. Τότε θα έχει μία εξίσωση της μορφής:

χ 2 y2 - - - = 1 (α > Ο, β > 0) . ( 1 ) αz β2

Οι δοσμένες συνθήκες πληρούνται αν, και μόνο αν:

!� = F3 �

{

β4= α

� � {α = 1

_±_ _ _2_ = 1 -2 - -2 = 1 β = F3

α2 βz α 3α

Αντικαθιστώντας στην ( 1 ) βρίσκουμε: 2 y2

χ - - = 1 . (2) 3

β) Έστω ότι μία τέτοια υπερβολή έχεις τις εστίες της στον άξονα y 'y. Τότε θα έχει μία εξίσωση της μορφής:

Οι δοσμένες συνθήκες πληρούνται αν, και μόνο αν:

αδύνατο. - Άρα, υπάρχει μία μόνο τέτοια υπερβολή και

η εξίσωσή της είναι η (2) .

2. Η εκκεντρότητα μιας υπερβολής χ2 y2

C : -2 - -2 = 1 (α > 0, β > Ο) είναι e = 2. Να α β

βρείτε τη γωνία των ασυμπτώτων της C,



στην οποία βρίσκεται ο δεξιός κλάδος της.

Λύση

Οι ασύμπτωτες της C είναι ει : y = Q_ x και ε2: α

y = -Q_ χ . Η εφαπτομένη της C στην κορυφή Α( α, α

Ο) έχει εξίσωση : χ = α. Η εφαπτομένη αυτή, όπως βρίσκουμε εύκολα, τέμνει την ασύμπτωτη ει στο σημείο Γ( α. β) και την ασύμπτωτη ε2 στο σημείο Δ( α, -β) .

Υ

• • Ε χ

β y = - α

Η γωνία των ασυμπτώτων της C, στην οποία βρίσκεται ο δεξικός κλάδος της, είναι η γωνία θ των διανυσμάτων:

ΟΓ = (α, β) και ΟΔ = (α, -β)

2 - (�)2 2 - e2 2 - 4 1 = -- = -- = - -(�)2 e2 4 2

Άρα: 1 2π 2π συνθ = - - <::::::> συνθ = συν- <::::::> θ = -2 3 3

(γιατί Ο � θ � π ) .

3. Η εφαπτόμενη ε μιας υπερβολής χ2 y2

C: -2 - -2 = 1 σ' ένα σημείο της Μ ( * κο-α β

ρυφών), τέμνει τις εφαπτόμενες ζ και ζ ' της C στις κορυφές της Α(α, Ο) και Α '(- α, Ο) στα σημεία Δ και Δ ', αντιστοίχως. Να δείξετε ότι οι γωνίες ΔΕΔ' και ΔΕ' Δ' είναι ορθές, όπου Ε και Ε ' οι εστίες της C.

Υ ζ' ζ

Λύση

Έστω Μ(χο, Υο) , οπότε x0 y0 * Ο και:

Έχουμε Ε '(- γ, 0) , Ε( γ, 0). Επίσης:

ε

χ

( 1 )

ε : Χ�ο - �ο = 1 (2), ζ: χ = α (3) και ζ ' : χ = - α (4) . α β

Το σημείο Δ είναι η τομή των ευθειών ε και ζ. Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων αυτών (2) και

(3) και βρίσκουμε: Δ [α, �: ( � - 1)) .

Όμοια, λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων (2)

και (4) και βρίσκουμε: Δ' [ -α, -�: ( � + 1)) .

Έχουμε:

_[ ( χσ - ι) _ _[ (� + ι) λ . λ _

Υ ο α Υ ο α _ ΕΔ ΕΔ' - -

α - γ -α - γ β4 [ χ� ) β4 Υ�

= � � - 1 ;:; � - ϊf = -1 α2 - γ2 _β2 ·

Άρα: ΔΕΔ' = 900 . Όμοια δείχνουμε ότι: ΔΕ' Δ' = 900 .



� Γεωμετρία - Κανονικά πολ ύγωνα Μέτρηση Κύκλ ου

Κατσούλης Γιώργος Στόχος του άρθρου αυτού είναι να βοηθήσει τους μαθητές της Β · Λυκείου ώστε: α) Να κατανοήσουν τις βασικές ιδιότητες των κανονικών πολυγώνων. β) Να αποκτήσουν ευχέρεια στον υπολογισμό της περιμέτρου και του εμβαδού μικτόγραμμων και κα

μπυλόγραμμων σχημάτων.

Παρατηρήσεις - Επισημάνσεις

• Κάθε κανονικό ν-γωνο το σχεδιάζουμε εγγεγραμμένο σε κύκλο και υπολογίζουμε καθένα από τα ν ίσα τόξα.

• Ισχύουν οι ισοδυναμίες: ΑΒ = λν <:::::> --- 360° ΑΒ = -- <:::::>

ν ΟΚ = αν

• Δύο κανονικά πολύγωνα με τον ίδιο αριθμό πλευρών είναι όμοια. Ο λόγος ομοιότητας λ ισούται με το λόγο των πλευρών τους, των ακτίνων τους και των αποστημάτων τους.

• Το κανονικό ν-γωνο, το περιγεγραμμένο στον κύκλο (0, R) έχει απόστημα αν ίσο με την ακτίνα (α: = R ) .

• Για να βρούμε την περίμετρο ή το εμβαδόν μικτόγραμμων ή καμπυλόγραμμων σχημάτων, συνήθως ενώνουμε τα σημεία τομής των τόξων με τα κέντρα των αντίστοιχων κύκλων και υπολογίζουμε τις επίκεντρες γωνίες.

Άσκηση lη Στο παρακάτω σχήμα είναι ΑΓ =λ12 και Γ Δ = λ3• Να αποδείξετε ότι ΒΓ2

+ ΒΔ2 = 2λ� .

Λύση

--- 360° Έχουμε: ΑΓ = λ12 <:::::> ΑΓ = -- = 30° και 1 2

� 360° ΓΔ = λ3 <:::::> ΓΔ = -- = 120° 3

Άρα ΒΔ = 1 80° - 30° - 120° = 30° , οπότε: ΒΔ = ΑΓ

Επίσης AfB = 90° (διότι ΑΒ διάμετρος) . ( I )

Επομένως: ΒΓ2 + ΒΔ 2 = ΒΓ2 + ΑΓ2 = ΑΒ2 = = (2R)2 = 4R2 = 2 · (RJ2)2 = 2λ; .

Άσκηση 2η

( 1 )

Στο παρακάτω σχήμα είναι ΑΒ = R J3 . Α ν Μ

το μέσο της ΑΒ και η δύναμη του Μ ως προς τον κύκλο (0, R) είναι Δ�,R> = -3 , να βρείτε το ...-.. μήκος του τόξου ΑΒ .



Λύση

� 360' Έχουμε: ΑΒ = R J3 = λ3 <:::::> ΑΒ = -- = 1200 <:::::> 3

<=> ΟΜ = α3 = R ( αφού Μ το μέσο της ΑΒ) 2

Άρα Δ�ο.R ) = -3 <:::::> 0Μ2 - R 2 = -3 <:::::> R 2 2 3R 2 <:::::> 4 - R = -3 <=> -4= - 3 <:::::> R 2 = 4 <=> R=2

Ε · . IJA�B π · R · μ π · 2 · 1 20' 4π πομενως. 1:: = = = 1 80' 1 80' 3

Άσκηση 3η Αν 4Εν =3Ε� , όπου Ε� το εμβαδόν του περιγε

γραμμένου κανονικού ν-γώνου σε κύκλο (0, R), να βρείτε το ν.

Λύση

Το κανονικό ν-γωνο, το περιγεγραμμένο στον κύκλο (0, R) έχει aπόστημα α� = R ( 1 ) . Ι ' Ε� λ2 ' λ λ ' ' σχυει Ε = , οπου ο ογος ομοιοτητας.

ν

'Ε 4Ε 3Ε' Ε ' 4 ' 2 4 χουμε = <:::::> _ν = - . Άρα λ = - (2) ν ν Ε 3 3 .

ν , α� ( \ ) R 2 R 2 < 2) R 2 4 Αλλα λ = -<=> λ = - <=> λ = - <=>- = - <=>

α α α2 α2 3 ν ν ν ν

2 3R2 RJ3 αν = 4 <=> αν = -

2- = α6 . Άρα ν = 6.

Άσκηση 4η Στο παρακάτω σχήμα είναι ΑΒ = R J2 και ΑΓ = RJ3 , όπου R η ακτίνα του κύκλου. Να

βρείτε:

α) Την πλευρά ΒΓ.

β) Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ. Α

150 '

Λύση

, � � 360' Εχουμε ΑΒ = Rν 2 = λ4 <:::::> ΑΒ = -- = 90' και 4

-- 3600 ΑΓ = R J3 = λ3 <:::::> ΑΓ = - = 120' . 3

�

Άρα ΒΓ = 3600 - 90' - 1 20' = 1 50' . α) Από το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο

ΟΒΓ είναι: ΒΓ2 = ΟΒ2 + ΟΓ2 - 20Β · ΟΓ · συν1 500 <:::::>

ΒΓ' � R' + R' - 2RR (-�)<ο> ΒΓ2 = 2R2 + R2 J3 <:::::> BΓ = R�2 + J3

β) (ΑΒΓ) = (ΟΑΒ) + (ΟΑΓ) + (ΟΒΓ) = 1 1 = 20Α · ΟΒ + l0Α · ΟΓ · ημ1 20' +

1 + 20Β · ΟΓημ1 50' <:::::>

1 1 J3 1 1 (ΑΒΓ) = -R · R + -R · R · - + -R · R - <=> 2 2 2 2 2

R2 Rz J3 R2 (ΑΒΓ) = - + -- + - <=> 2 4 4

(ΑΒΓ) = Rz (3 + J3) 4

Άσκηση 5'1

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΒΓ, κέντρου Ο και ακτίνας R. Έστω Α σημείο του τόξου Br ώστε ΑΒ = λ8 •

α) Να βρείτε το εμβαδόν ε του κυκλικού τμήματος χορδής ΑΒ.

β) Να αποδείξετε ότι: ΑΓ2 - ΑΒ2 = 2ΑΒ . ΑΓ .

Λ\Jση

Α

45 ' ο



� 360° α) Έχουμε ΑΒ = λ8 <:::::> ΑΒ = -- = 45° .

8 Δ

Άρα ε = (ΟΑΒ) - (0 ΑΒ) <=> π · R2 · 45° Ι <=> ε = -ΟΑ · 0Βημ45°

360° 2 πR2 1 J2 <=:> ε = -- - - R · R - <=:>

8 2 2 πR2 R2 J2 R2

<=:> ε = - --- = -(π - 2J2) 8 4 8

Δ β) Από το 2° θεώρημα διαμέσων στο Α Β Γ έχουμε:

ΑΓ2 - ΑΒ2 = 2ΒΓ · ΔΟ ( 1 ), όπου ΑΔ ..l ΒΓ .

Αλλά ΔΟ = ΑΔ(2), αφού ό = 45° . Από ( Ι ) , (2) προκύπτει ότι: ΑΓ2 - ΑΒ2 = 2ΒΓ · ΑΔ = 2ΑΒ · ΑΓ , γιατί ΑΒ · ΑΓ = ΑΔ · ΒΓ , αφού BAr = 90° . (Μετρική σχέση στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ)

Άσκηση 6η Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, R) με α = 7, β = 5 και γ = 3. Να βρείτε:

-

α) Το μήκος του τόξου ΒΑΓ .

β) Το άθροισμα των εμβαδών των κυκλικών τμημάτων που ορίζονται από τις χορδές ΑΒ και ΑΓ.

Λύση

Από το νόμο των συνημιτόνων έχουμε: α2 = β2 +γ2 - 2βγσυνΑ <:::::> 49=25+9 - 2 · 5 · 3συνΑ

<:::::> 30συνΑ = -15 <:::::> συνΑ = _.!.. . Άρα Α = 1 20° . 2

-

Επομένως ΒΔΓ = 240° , οπότε: :ΒΑΓ = 360° - 240° = 1 20° ( 1 )

Α

..... ο

Δ --- 3600

α) Είναι ΒΑΓ = 1200 = -- <=> ΒΓ = λ3 <=> 3

(2)

Άρα: Π · R · μ π · R · 1 20° 2πR <2J 1 4.J3π

R ΒΑΓ = 1 80°

= 1 80°

= -3- = -9-

β) Αρχικά υπολογίζουμε το εμβαδόν ε του κυκλικού τμήματος χορδής ΒΓ. Έχουμε

..-. Δ ε = (ΟΒΓ) - (Ο Β Γ) =

= π . R 2 · 1 200 - .!_ RR 1 200 <=> 360° 2

ημ

ε = πR 2 - R 2 .J3 = R 2 (!!:_ -.J3 ) � 3 4 3 4

ε = 49 ( 4π - 3.J3 )<=> ε = 49 (4π _ 3.J3) (3) 3 1 2 36

1 1 .J3 Επίσης (ΑΒΓ) = 2β · γημΑ = 25 · 32 <=>

(ΑΒΓ) = 1 5.J3 (4) 4

Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν Ε είναι: <3J 49 1 5.J3 Ε = ε - (ΑΒΓ) <=:> Ε = -(4π - 3.J3) - --(4) 36 4

Άσκηση 7η Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ πλευράς α.

α) Γράφουμε τα τόξα ίiΔ και Ar των κύκλων (Α, α) και (Β, α) που τέμνονται στο Μ. Να βρείτε το εμβαδόν ε του μικτόγραμμου τριγώνου ΑΔΜ. ---

β) Γράφουμε επιπλέον τα τόξα ΒΔ και ΑΓ των κύκλων (Γ, α) και (Δ, α). Να βρείτε το εμβαδόν Ε του καμπυλόγραμμου τετραγώνου.

Λύση Α

Δ Γ



α) Ενώνουμε το σημείο τομής Μ των τόξων με τα κέντρα Α και Β των κύκλων. Είναι ΑΜ = ΒΜ = ΑΒ = α, οπότε το τρίγωνο ΑΜΒ είναι ισόπλευρο. Άρα:

( Ι ) Το εμβαδόν ε του μικτόγραμμου τριγώνου ΑΔΜ προκύπτει αν από το εμβαδόν του κυκλι-

�

κού τομέα (ΑΔΜ) αφαιρέσουμε το εμβαδόν ε ι του κυκλικού τμήματος χορδής ΑΜ του κύκλου (Β, α) . Έχουμε:

( I ) 2 30ο 2

Δηλαδή :

Γ

-------- Β ο

Δ Δ Δ Ε = (Ο Α Γ) + (ΟΓΔ) + (ΟΔ Ε) - (ΑΟΕ) ( 1 )

Έχουμε: - 36σ ο AΓ = R.fi = λ4 <::> ΑΓ = - = 90

4 (2)

(ΑΔΜ) = π · α . <=> (ΑΔΜ) = πα (2)

360° 1 2 και Επίσης:

ε = (ΒΑΜ) - (ΒΑΜ) = π · α2 · 600 - α2J3 <=> I 360ο 4

Άρα:

πα2 α2J3 ε = - - --1 6 4

� < 21 πα2 πα2 α2 J3 ε = (ΑΔΜ) - ει <� -

1 2- - -

6- + -4- <::>

(3J3 - π)α2 ε = --'----'--1 2

(3)

(4)

β) Το εμβαδόν Ε του καμπυλόγραμμου τετραγώνου είναι:

Ε = (ΑΒΓΔ) - 4ε � α2 - 4 · (3J3 - π)α2 <::>

1 2

Ε = (3 - 3J3 + π)α2 3

Άσκηση 811 Σε ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ, κέντρου Ο και ακτίνας R παίρνουμε τα διαδοχικά σημεία Γ, Δ και Ε ώστε: ΑΓ = RJi , ΓΔ = 30ο και ΔΕ = λιz .

Ν α βρείτε το εμβαδόν του μικτόγραμμου τετραπλεύρου ΑΓ ΔΕ.

Λύση Το ζητούμενο εμβαδόν Ε προκύπτει αν προσθέσουμε τα εμβαδά του τριγώνου ΟΑΓ, του κυκλικού τομέα ΟΓ Δ , του τριγώνου ΟΔΕ και αφαιρέσουμε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΟΕ.

Άρα

Επομένως:

- 36σ ΔΕ = λ12 <::> ΔΕ = -- = 30° . 1 2

--ΑΓ ΔΕ = 90° + 30° + 30° = 1 50°

(3)

(4)

1 π · R 2 • 30° 1 1 E= - R · R+ + - RRημ30° -- RRημ1 50° 2 360° 2 2

R2 πR2 R2 <::> Ε = - + - <::> Ε = -(6 + π) (ψ30' =τμ150')

Σχόλιο :

2 1 2 1 2

Ο παραπάνω τρόπος είναι γενικός τρόπος για τον

υπολογισμό του εμβαδού αντίστοιχων μικτόγραμ

μων σχημάτων.

Άσκηση 9'1 Να βρείτε την περίμετρο και το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΚΑΓ του παρακάτω σχήματος.



Λύση

Φέρνουμε ΟΓ = R. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΚΓ

είναι ΟΚ = R = ΟΓ . 2 2

Άρα Γ = 30° , οπότε ό = 60" ( 1 ) R2 3R2

Επίσης ΚΓ2 = 0Γ2 - ΟΚ2 = R2 - - = - <=::> 4 4

<=::> ΚΓ = R .J3 (2) 2

( I ) Η περίμετρος Π είναι Π = ΚΓ + .e- + .e- <=::>

ΑΓ ΑΚ ( 2 )

π � RJ:ϊ + π · R60" + 2π (�) ""'

2 1 80° 2

<=::> Π = R.J3 + πR + πR . 2 3 4

Το εμβαδόν Ε του μικτόγραμμου τριγώνου ΚΑΓ είναι:

Δ Ε = (ΟΑΓ) - (0 Κ Γ) - Ε ημικυκλίου =

πR 2 • 60° 1 ( R )2 = - -ΟΚ · ΚΓ - π - <=::> 360" 2 4

πR 2 R2 .J3 πR2 Ε = - - -- - - .

Άσκηση Ι Οη

6 8 1 6

Έστω κανονικό 5-γωνο Α1Α2Α�5 με πλευρά α και διαγώνιο δ.

) Ν δ 'ξ ' δ J5 + 1 α α απο ει ετε οτι: = -- · α

2

β) Να υπολογίσετε συναρτήσει του α: i) Την περίμετρο του σχηματιζόμενου αστέρα. ii) Την περίμετρο του 5-γώνου ΕΟΙΖΝ.

Λύση -- -- --

α) Έχουμε Α1Α2 = Α2Α3 = Α3Α4 = Α4Α5 =

= Α5Αι = 3600 = 720 . 5

Επομένως τα τρίγωνα ΕΑιΑs, ΑιΕΟ, ΟΑιΑ2 είναι ισοσκελή . Έστω ότι:

Επίσης το τρίγωνο Α50Α1 είναι ισοσκελές, οπότε:

Α50 = Α1Α5 = α

Από ( 1 ), (2) προκύπτει ότι

(2)

δ = α + χ (3) Στο τρίγωνο Α1Α50 η Α1Ε είναι διχοτόμος, ο-πότε:

Α Ε Α Α <Ι> χ α _5_ = _1 _5 <=::>-- = - <=::> ΕΟ Αρ <2> α - χ χ

<=::> χ2 = α2 - αχ <=::> χ2 + αχ - α2 = 0. Από την επίλυση του τριωνύμου παίρνουμε:

α.JS - α

Άρα

Χ = 2

δ = α + α.J5 - α <=:> δ = α(.J5+ 1 ) . 2 2

(4)

β) i) Από τα σχηματιζόμενα ισοσκελή τρίγωνα προκύπτει ότι η περίμετρος του αστέρα είναι:

(4) Π = lΟχ <=:> Π = 5α(.J5 - 1)

ii) Από τα ίσα και ισοσκελή τρίγωνα προκύπτει ότι η περίμετρος του 5-γώνου ΕΟΙΖΝ είναι:

Π = 5Ε0 = 5(α - χ) = 5α(3 - .J5) ι . 2

Παρατήρηση Ισχύει

δ α χ .J5 + 1 ( , ' ) - = - = -- = -- = φ χρυση τομη . α χ α - χ 2


Μαθηματι κά για τη Γ' τάξη του Λυκείου

Α Ασκήσεις Διαφορ ικού Λογισμού

1. Α) Έστω μια συνάρτηση h συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β). Αν h(α) = h(β) = Ο και h'(x) � Ο , για κάθε χ Ε (α, β) , να δείξετε ότι: h(x) = Ο για κάθε χ Ε [α, β] .

Β) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β], παραγωγίσιμη στο (α, β) και ισχύει: f '(x) � 4 , για κάθε χ Ε (α, β) .

Αν f(α) = -α2 + 6α - 1 και f(β) = β2 + 4 ,

να δείξτε ότι: i) α = 1 και β = 2, ii) f(x) = 4χ, για κάθε χ Ε (α, β) .

Λύση

Α) Έστω χ Ε (α, β) . Για την h ισχύουν οι υποθέ-σεις του Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα [α, χ] και [χ, β] . Άρα υπάρχουν ξ1 Ε (α, χ) και ξ2 Ε (χ, β) , ώστε:

και

h '(ξ1 ) = h(x) - h( α) = h(x) χ - α χ - α

h '(ξ2 ) = h(β) - h(x) = -h(x) β - χ β - χ

Αλλά h'(x) � Ο , για κάθε χ Ε (α, β) . Τα ξ1 , ξ2 Ε (α, β) . Άρα: h '(ξ1 ) � Ο και

h '(ξ2 ) � Ο� h(x) � Ο και

<2> χ - α -h(x) x-a>O -- � Ο <:::::> h(x) � Ο και β - Χ β-χ>Ο

h(x) � Ο <:::::> h(x) = Ο , για κάθε χ Ε (α, β) . Ακόμη h(α) = h(β) = Ο, από υπόθεση . Τελικά: h(x) = Ο, χ Ε [α, β] .

( 1 )

(2)

Β) i) Η f συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β). Από Θ.Μ.Τ. υπάρχει

του Χαρίλαου Βρέκα

ξ Ε (α, β) : f '(ξ) = f (β) - f (α) . β - α

Είναι f '(x) � 4 , για κάθε χ Ε (α,β) και ξ Ε (α,β) .

Άρα f '(ξ) � 4 <:::::> f (β) - f (α) � 4 <:::::>

β - α f (β) - f (α) � 4(β - α) <:::::> β2 + 4 + α2 - 6α + 1 � 4β - 4α <:::::> (β - 2)2 + (α - 1)2 � Ο <:::::> β = 2 και α = 1 .

ii) Για α = 1 και β = 2, θα δείξουμε ότι: f(x) = 4χ, για κάθε χ Ε [1, 2] . Έχουμε: f (1) = - 12 + 6 · 1 - 1 = 4 f (2) = 22 + 4 = 8 . Θεωρούμε την συνάρτηση h, με τύπο: h(x) = f (χ) - 4χ . Η h είναι παραγωγίσιμη στο ( 1 , 2) με h'(x) = f '(x) - 4 � Ο .

Δηλαδή h'(x) � 0, χ Ε (1, 2) . Ακόμη : h(l) = f (l) - 4 = 4 - 4 = 0 και h(2) = f (2) - 8 = 8 - 8 = Ο Επομένως για το Α) ερώτημα θα έχουμε ότι h(x) = Ο, χ Ε [1, 2] <:::::> f (Χ) - 4χ = 0 <:::::> f (Χ) = 4χ, Χ Ε [1, 2) .

2. Δίνεται ότι η συνάρτηση f: [α, β] � IR. είναι

παραγωγίσιμη, με σύνολο τιμών το [α, β],

όπου α, β Ε (Ο, �) . Αν f(α) = β (1), f(β) = α (2) και α ημα β =

ημβ (3), αποδείξετε ότι:

i) Υπάρχει ένα τουλάχιστο χ0 Ε (α, β) ώστε: f '(χ0 ) · εφχ0 + f(x0 ) = 0 .

ii) Υπάρχει ένα τουλάχιστο ξ Ε (α, β) ώστε: f '(ξ) . f ' (f(ξ)) = 1 .


Μαθηματικά Γ Λυκείου

Λύση

i) Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση (Ε) : f '(x) · εφχ + f(x) = Ο έχει λύση στο (α, β) . Για κάθε χ Ε (α, β) , η εξίσωση

(Ε) <::::> f '(x) · ημχ + f (x) = Ο <::::> συνχ

<::::> f ' (χ)ημχ + f (χ) · συνχ = Ο <::::> <::::> f '(χ)ημχ + f(x) · (ημχ)' = Ο <::::> <::::> (f (χ) · ημχ)' = Ο. Θεωρώ τη συνάρτηση h(x) = f (x) · ημχ , χ Ε [α, β] . Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση h' (x) = Ο έχει ρίζα στο (α, β). • Η h είναι συνεχής στο [α, β] , σαν γινόμενο

συνεχών. • Η h είναι παραγωγίσιμη στο (α, β), σαν γι

νόμενο παραγωγίσιμων. ( I )

• h(α) = f (α) · ημ(α) = β · ημα (2 ) ( 3)

h(β) = f (β) · ημ(β) = α · ημβ = <3 > ημα = β · - · ημβ = βημα . Άρα h(α) = h(β) .

ημβ Έτσι από θεώρημα Rolle, υπάρχει ένα τουλάχιστον χ 0 Ε (α, β) ώστε: h'(x0 ) = Ο .

ii) Θεωρούμε τη συνάρτηση : g(x) = f (f (x)) - χ , χ Ε [α, β] . • Η g είναι διαφορά της φ με φ(χ) = χ, από

την fof. • Η f είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] και η f

παραγωγίσιμη στο σύνολο τιμών της f που είναι το [α, β] . Έτσι η fof είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] , άρα και συνεχής.

• Η φ είναι παραγωγίσιμη και συνεχής στο IR. , άρα και στο [α, β] . Έτσι: η g είναι συνεχής στο [α, β]

η g είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) g(α) = f (f (α)) - α = f (β) - α = α - α = Ο g(β) = f (f (β)) - β = f (α) - β = β - β = Ο Άρα g( α) = g(β) .

Επομένως, από το θεώρημα Rolle, υπάρχει ένα τουλάχιστο ξ Ε (α, β) ώστε g'(ξ) = Ο (4) .

Είναι g'(x) = (f (f (x) - χ) ' = f '(f (x)) · f '(x) - 1 .

3.

Άρα από την σχέση ( 4) έχουμε: f '(f (ξ)) . f '(ξ) - 1 = ο <::::> f ' (f (ξ)) . f '(ξ) = 1 .

Να βρείτε τα α, β,γ Ε IR. , ώστε να εφαρμό

ζεται στο διάστημα [ -1, ;. J το Θ. Rolle για

τη συνάρτηση f με:

{γχ2 - χ, f(x) = 1

χzημ� + αχ + β,

Λύση

-1 � χ � Ο 1

Ο < χ � -π

• Η f είναι συνεχής στο [- 1 , 0), σαν πολυωνυμική .

Η f είναι συνεχής στο (Ο,.;] , σαν αποτέλεσμα

πράξεων συνεχών συναρτήσεων. Για να εφαρμόζεται το Θ. Rolle, πρέπει να είναι συνεχής, άρα συνεχής και στο χ0 = Ο. Δηλαδή : lim f (x) = lim f (x) = f (O)

χ �ο- χ �ο+

lim f(x) = lim (γχ2 - χ) = Ο = f (O) Χ-70- Χ-70-

Αν χ Ε ( ο. �) τότε:

Ιχ2ημ� Ι � ιχz ι <::::> -χ2 � χ2ημ� � χ2 .

Είναι: lim(-x2 ) = lim x2 = 0 . Χ-70 Χ-70

Άρα και lim(x2ημ..!..) = Ο . χ-->0 χ

Έτσι lim f (x) = lim(x2ημ..!.. + αχ + β) = Χ-70+ Χ-70 Χ = Ο + α · Ο + β = β . Επομένως από τη σχέση ( 1 )

θα έχουμε: β = Ο. • Η f είναι παραγωγίσιμη στο (- 1 , 0), σαν πο

λυωνυμική .

Η f είναι παραγωγίσιμη στο (Ο,.;) , σαν γινό-

μενο, σύνθεση και άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Για να εφαρμόζεται το Θ. Rolle πρέπει να είναι

παραγωγίσιμη στο ( -1,.;) , άρα και στο χ0 = Ο.



Δ λ δ , ι · f(x)-f(O) ι · f(x)-f(O) l!J) (2) η α η : ιm = ιm Ε m.. χ-+0- χ-0 χ-+0+ χ-0 Για χ < Ο, f (x) - f (O) = f(x) = γχ2 - χ = γχ - 1 .

χ - 0 χ χ

Άρα ιim f (x) - f (O) = -1 . χ-+0- χ - ο Για χ > Ο, f (x) - f (O) = f (x) = χημ..!.. + α .

χ - 0 χ χ

Είναι Ιχημ �� !χ ! � - χ � χημ� � χ , και

ιim(-x) = limx = Ο . χ-+0 χ-+0

Άρα lim(xημ..!..) = Ο. χ-+0 χ

'Ε ι · f (x) - f (O) Ε , , τσι ιm = α. πομενως απο τη χ-+0+ χ - 0 σχέση (2) θα έχουμε: α = - 1 .

• Για α = - 1 και β = Ο η συνάρτηση θα είναι: {γχ2 - χ, χ Ε [-1, 0]

f (x) = 2 1 ( π ] Χ ημ-; - Χ, Χ Ε 0,2

'Εχουμε ότι: f (-1) = f (;)<=>

1 1 1 <=> γ + 1 = -2 ημπ - - <::::> γ + 1 = --π π π

π + l <=> γ = - -- . π

4. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β). Αν f(α) = β και f(β) = α, να αποδείξετε ότι: i) Υπάρχουν Χι , χ2 Ε (α, β) με Χ1 ::ι:. Χ2 , ώ-

στε: f '(x1 ) + f '(x2 ) = -2 . ii) Υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (α, β) ,

ώστε: f(x0 ) = Χ0 • iii) Υπάρχουν ξι ,ξ2 Ε (α, β) με ξι ::1:- ξ2 ώ

στε: f '(ξ1 ) · f '(ξ2 ) = 1.

Υ

f(α) = f)

f(α) =γ f( f)) =α

α

Λύση

Β

β χ

I') 'Ε α + β , β β - α στω ρ = -- , τοτε ρ - α = - ρ = -- = κ . 2 2 σρ.

• Η f είναι συνεχής στο (α, ρ). Άρα από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ 1 Ε (α, ρ) :

f '(χ ι ) = f (ρ) - f (α) = f (ρ) - f (α) . ρ - α κ

• Όμοια από Θ.Μ.Τ. στο διάστημα [ρ, β] θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ2 Ε (ρ, β) , ώστε:

f '(x2 ) = f (β) - f (ρ) = f (β) - f (ρ) . β - ρ κ

Έτσι: f '(x 1 ) + f '(x 2 ) = f (ρ) - f (α) f (β) - f (ρ) f (β) - f (α) = + = =

Σχόλιο :

κ κ = α - β = -2κ = -2

κ κ

κ

Γεωμετρικά η σχέση που αποδείξαμε, εκφράζεται από την ισότητα: λ Ar + λr8 = 2λ ΑΒ , γιατί λΑΒ = :_ 1 , όπου λΑΓ. λr8 και λΑ8 οι συντελε-στές διεύθυνσης των ευθειών: ΑΓ, ΓΒ και ΑΒ αντίστοιχα.

Γενικά:

Αν ένα σημείο ρ διαιρεί εσωτερικά το [α, β] σε

λόγο � , μ, ν Ε Ν * , τότε θα ισχύει: ν

μ · λΑΓ + ν · λΓΒ = (μ + ν) · λΑΒ <::::> <::::> μ · f '(ξ1 ) + ν · f '(ξ2 ) = (μ + ν) · f '(ξ) όπου ξ1 , ξ2 , ξ Ε (α, β) με ξ1 ::F- ξ2 .

ii) Θεωρούμε τη συνάρτηση : h(x) = f (x) - χ . Η h είναι συνεχής και ορισμένη στο [α, β] . Ακόμη h (α) = f (α) - α = β - α > Ο και h(β) = f (β) - β = α - β < Ο . Από Θ. Boιzano, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (α, β) : h(x0 ) = Ο <=> f(x0 ) = χ0 •

ίίί) Η f είναι συνεχής στα: [α, χ0 ] , [χ0 , β] . Η f είναι παραγωγίσιμη στα: (α, Χο), (χο, β) .



Υ Λ Cι

f(α) = f�

Ε f(α) = γ Β f(β ) = α

(l χ ο �� χ

Εφαρμόζοντας το Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα: [α, χ0] και [χ0, β] αντίστοιχα, έχουμε: • Υπάρχει ξ1 ε (α, χ0 ) :

f ' (ξι ) = f (x0 ) - f (α) = χ0 - β . χ0 - α χ0 - α • Υπάρχει ξ2 ε (χ0 , β) :

f ' (ξz ) = f (β) - f (χσ ) = α - χσ . β - X a β - X a

'Ετσι: f '(ξ1 ) · f ' (ξ2 ) = X a - β · Χο - α = 1 . χ0 - α χ0 - β Σχόλιο:

Γεωμετρικά, η παραπάνω σχέση αποδεικνύεται με τη βοήθεια της ισότητας των τριγώνων ΑΓΕ και ΓΔΒ. 'Ετσι f '(ξ1 ) = λΑr = εφφ1 = -εφω1 = - ΑΕ

ΕΓ , ΓΔ ΕΓ και f (ξ2 ) = λ8r = εφφ2 = -εφω2 = -- = -- .

Άρα: f '(ξ1 ) · f ' (ξ2 ) = 1 . ΒΔ ΑΕ

5. Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο JR και η f ' συνεχής στο JR και ισχύουν: f(O) = Ο, f(2) = 2, f(3) = 2 .

i) Ν α δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον για , 2

ξ ε (0, 3) : f (ξ) = - . 3

ii) Ν α δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ' 1 ρ ε (0, 3) : f (ρ) = - .

2

Λύση

Υ

i) • Η f συνεχής στο [0, 3] . • Η f παραγωγίσιμη στο (0, 3) .

Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ένα τουλάχιστον

ξ ε (Ο, 3) : f ' (ξ) = f (3�=�(0) � f '(ξ) = � .

ii) • Η f συνεχής στο [2, 3] . • Η f παραγωγίσιμη στο (2, 3 ) . • f(2) = f(3 ) = 2. Από Θ. Rolle, υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 ε (2, 3) ώστε: f '(x0 ) = 0 . Αν ξ = χ0 τότε f ' (ξ) = f '(x0 ) � 3. = 0 , άτοπο. 3 Άρα ξ :;e χ0 • Έστω ξ < χ0• Θεωρούμε τη συνάρτηση :

1 h(x) = f '(x) - - , χ ε JR . 2 • Η h είναι συνεχής στο JR , γιατί η Γ είναι

συνεχής στο JR . Άρα η h είναι ορισμένη και συνεχής στο [ξ, χο] .

• h(ξ) = f '(ξ) -� =� -� =i- > 0 .

f ' 1 ο 1 1 ο h(xo ) = (χο ) - 2 = - 2 = -2 < . Άρα: h(ξ) · h(x0 ) < Ο .

Από Θεώρημα Bo1zano, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ρ ε (ξ, χ0 ) � (0,3) , ώστε:

1 1 h(ρ) = 0 � f '(ρ) - - = ο � f '(ρ) = - ο 2 2 6. Αν f : (O,+oo) � JR με f(x) :;e O είναι παρα

γωγίσιμη και z1 = α2 + if(α),

z2 = -;.. + -1-i (α, β > Ο) και β f(β)

l zι + Zz i = lzι - Zz i (1). Ν α δείξετε ότι υπάρχει x0f '(χ0 ) = 2f (χ0 ) •

Λύση

i) Από (1) � lzι + Zz lz = lzι - Zz lz � � (Ζι + Ζz )(Ζι + Zz ) = (Ζι - z2 )(Ζι - z2 ) � � . . . � Ζ1Ζ2 = -z1 z2 � Ζ1Ζ2 + Ζ1Ζ2 = 0 � � 2Re(z1 z2 ) = Ο �

1 1 � Re(z1 z2 ) = 0 � α2 -2 - f (α)- = 0 � β f (β) α2 f (α) α2 β2

� - = -- � -- = -. β2 f (β) f (α) f(β)



ii) Θεωρούμε τη συνάρτηση : χ2 h(x) - - f(x) '

χ Ε (0, +οο) . Η h είναι ορισμένη στο (0, +οο) , αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο ((), +οο) .

Έτσι: • Η h είναι συνεχής στο [α, β] c (Ο, +οο) .

• Η h είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) . • h( α) = h(β), λόγω της σχέσης (2). Από το θεώρημα Rolle, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (α, β) τέτοιο ώστε: h ' (x0 ) = Ο (3) [ χ2 )' 2xf (x ) - x2f '(x) Είναι h ' (x) = -- = ------=----f (x ) f\x) Άρα από τη σχέση (3) έχουμε: 2x0f (x0 ) - x�f ' (x0 ) = Ο <::::>

f\x0 ) :Χο >'Ο

<::::> 2x0f(x0 ) - x�f ' (x0 )=0 <::::> 2f (x0 ) = x0f '(x0 ) .

7. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (l, +oo) � IR . Αν η f είναι κυρτή και η

γραφική της παράσταση Cr διέρχεται από το σημείο Α(3,3), να δείξετε ότι:

f(4) + f(2) > 6 .

Λύση

• Η f είναι κυρτή στο (1 , +οο) άρα f ' (1 , +οο) . • Η Cr διέρχεται από το Α(3, 3) άρα f (3) = 3 .

Η f είναι παραγωγίσιμη στο (1 , +οο) , άρα και συνεχής στο (1, +οο) . Έτσι:

• Η f είναι συνεχής στο [2, 3] c (1, +οο) . • Η f είναι παραγωγίσιμη στο (2, 3) c (1, +οο) .

Από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (2, 3) , τέτοιο ώστε:

f '(ξl ) = f (3) - f (2) <=:> f '(ξl ) = 3 - f (2) ( 1 ) 3 - 2 • Η f είναι συνεχής στο [3, 4] c (1 , +οο) . • Η f είναι παραγωγίσιμη στο (3, 4) c (l, +oo) .

Από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ2 Ε (3, 4) τέτοιο ώστε:

f '(ξ2 ) = f (4) - f (3) <=:> f '(ξ, ) = f (4) - 3 (2) 4 - 3 " f '/'

Είναι ξ1 < ξ2 <=:> f '(ξ1 ) < f '(ξ2 ) <=> ( I ) <::::> 3 - f (2) < f (4) - 3 <::::> f (2) + f (4) > 6 . ( 2 )

�};, Ασκήσεις Πιθανοτήτων Παν. Λ. Θεοδωρόπουλου

Η θεωρία Πιθανοτήτων είναι ένας σχετικά νέος κλάδος των Μαθηματικών, ο οποίος παρουσιάζει πολλά

ιδιαίτερα χαρακτηριστικά στοιχεία. Επειδή η ιδιαιτερότητα αυτή, όπως είναι φυσικό, εμφανίζεται και στις

ασκήσεις, κρίθηκε σκόπιμο να γραφτεί η παρούσα εργασία που έχει ως σκοπό να βοηθήσει τους μαθητές της

Γ Λυκείου να εμπεδώσουν έννοιες και διαδικασίες του κλάδου αυτού των Μαθηματικών.

Εισαγωγή :

Η πιθανότητα (Probability) είναι μία συνάρτηση Ρ σύμφωνα με την οποία υποσύνολα (ενδεχόμενα) του δειγματικού χώρου Ω ενός πειράματος τύχης aντιστοιχίζονται σε πραγματικούς αριθμούς του διαστήματος [0, 1 ] , Ο αυστηρός μαθηματικός ορισμός της έννοιας της πιθανότητας, που είναι δεκτός σήμερα, είναι ο αξιωματικός ορισμός, ο οποίος δόθηκε από τον Kolmogorov το 1 933 . Ο γενικός αξιωματικός ορισμός στηρίζεται στη Θεωρία Μέτρου και ο ορισμός του σχολικού βιβλίου είναι μία περίπτωση του ορι-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3ΠΟ


σμού αυτού. Μία δε ειδική περίπτωση του αξιωματικού ορισμού του βιβλίου (ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα) είναι ο κλασσικός ορισμός της πιθανότητας, που διατυπώθηκε από τον Laplace το 1 8 1 2. Σε ένα πείραμα τύχης (π. τ.) , ενώ δεν ισχύει ο αιτιοκρατικός νόμος, δηλαδή δε μπορούμε να προβλέψουμε με βεβαιότητα το αποτέλεσμα, ωστόσο ισχύει ο νόμος της στατιστικής τάξης (ομαλότητας), που σημαίνει ότι αν εκτελεσθεί το π τ. πολλές φορές κάτω από τις ίδιες συνθήκες, τότε η σχετική συχνότητα πραγματοποίησης ενός ενδεχομένου Α τείνει να σταθεροποιηθεί σε ένα αριθμό, Ρ(Α), που εκφράζει την πιθανότητα πραγματοποίησης του Α. Στην εργασία αυτή τις ασκήσεις που λύνουμε, για καλύτερη εμπέδωση των διαδικασιών, τις ταξινομούμε σε τρεις κατηγορίες, οι οποίες είναι: 1 ) Ασκήσεις στις οποίες ζητείται ο υπολογισμός της πιθανότητας

ενός ενδεχομένου. 2) Ασκήσεις στις οποίες ζητείται η απόδειξη ανισοτήτων που περιέχουν πιθανότητες ενδεχομένων και 3) Γενικές θεωρητικές ασκήσεις.

Α' Υπολογισμός μιας πιθανότητας:

Σε πολλές ασκήσεις Πιθανοτήτων ζητείται η πιθανότητα ενός ενδεχομένου. Το ενδεχόμενο αυτό συνήθως διατυπώνεται με λόγια και μπορεί να παράγεται πρωτογενώς από το δειγματικό χώρο ή να παράγεται από άλλα ενδεχόμενα των οποίων γνωρίζουμε τις πιθανότητες. Στην πρώτη περίπτωση ο υπολογισμός της πιθανότητας του ενδεχομένου γίνεται άμεσα με τη βοήθεια των ορισμών, ενώ στη δεύτερη έμμεσα με τη βοήθεια των «κανόνων».

Ι. Αμεσος υπολογισμός της πιθανότητας:

Στην περίπτωση αυτή πρέπει πρώτα από όλα να κατανοήσουμε το πείραμα τύχης και να βρούμε ένα δειγματικό χώρο που το περιγράφει λαμβάνοντας υπόψη και το ενδεχόμενο του οποίου θέλουμε να υπολογίσουμε την πιθανότητα. Κατόπιν βρίσκουμε το ενδεχόμενο με αναγραφή των στοιχείων του (ευνοϊκές περιπτώσεις) και τέλος υπολογίζουμε την πιθανότητα του, είτε με τον κλασικό ορισμό, αν τα απλά ενδεχόμενα είναι ισοπίθανα, είτε με τον αξιωματικό ορισμό, αν τα απλά ενδεχόμενα δεν είναι ισοπίθανα. Παραστατικά η όλη διαδικασία αποδίδεται με το παρακάτω σχήμα:

Πείραμα: τύχης Δειγματικός χώρος

Εύρεση του ενδεχομένου με αναγραφή

Υπολογισμός της πιθανότητας

Τα παραπάνω θα γίνουν περισσότερο κατανοητά με τα παραδείγματα που ακολουθούν

1 . Επιλέγουμε τυχαία ένα φυσικό αριθμό. Να βρείτε:

i) την πιθανότητα ο αριθμός αυτός να διαιρείται με το 3

ii) την πιθανότητα να διαιρείται με το 7

iii) την πιθανότητα να διαιρείται συ'(χρόνως με το 3 και το 7.



Λύση

i) Έστω Α το ενδεχόμενο: «0 φυσικός αριθμός διαιρείται με το 3» . Ο δειγματικός χώρος του πειράματος τύχης θεωρητικά είναι όλο το ΙΝ, οπότε το Α θα είναι το σύνολο των πολλαπλασίων του 3 . Παρατηρούμε όμως ότι και τα δύο αυτά σύνολα έχουν άπειρο πλήθος στοιχείων, πράγμα που δημιουργεί πρόβλημα στον υπολογισμό της πιθανότητας. Γι' αυτό λοιπόν, επειδή μας ενδιαφέρει εάν ο αριθμός που επιλέγεται διαιρείται με το 3 και όχι ο αριθμός καθαυτός, ως αποτέλεσμα του πειράματος τύχης μπορούμε να θεωρούμε το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθμού αυτού με το 3 . Έτσι ο δειγματικός χώρος του π. τ. είναι το σύνολο Ω = {0, 1 , 2 } και το ενδεχόμενο Α το σύνολο* Α = {0 } . Επειδή η επιλογή γίνεται με τυχαίο τρόπο, τα απλά ενδεχόμενα είναι ισοπίθανα, οπότε έχουμε:

Ρ(Α) = 1 /3 . ii) Όμοια με το (ί) εδώ είναι Ω = {0, 1 ,2, 3 , 4 , 5 , 6 }και αν Β είναι το ενδεχόμενο: «Ο φυσικός αριθμός

διαιρείται με το 7», τότε Β = {0 } , οπότε Ρ(Β) = 1 17 .

iii) Τώρα ζητάμε την πιθανότητα του ενδεχομένου Α n Β , Δε μπορούμε όμως να υπολογίσουμε την πιθανότητα του ενεχομένου αυτού με τη βοήθεια των προηγούμενων δειγματικών χώρων, επειδή, όπως προκύπτει από τα (ί) και (ii), τα Α και Β δεν είναι ενδεχόμενα του ίδιου δειγματικού χώρου. Πρέπει επομένως να βρούμε ένα κοινό δειγματικό χώρο του οποίου ενδεχόμενα να είναι τα Α και Β . Προς τούτο, κάθε φορά που επιλέγεται ένας φυσικός αριθμός, μπορούμε να σημειώνουμε με μορφή διατεταγμένου ζεύγους τα υπόλοιπα που αφήνει η διαίρεση του με το 3 (πρώτο μέλος) και με το 7 (δεύτερο μέλος) . Όλα αυτά τα διατεταγμένα ζεύγη φαίνονται στον παρακάτω πίνακα διπλής εισόδου.

� 3 ο 1 2 3 4 5 6

ο (0,0) (0, 1 ) (0,2) (0,3) (0,4) (0,5) (0,6)

1 ( 1 ,0) ( 1 , 1 ) 0,2) 0,3) ( 1 ,4) ( 1 ,5) ( 1 ,6)

2 (2,0) (2, 1 ) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)

Ο κοινός δειγματικός χώρος Ω λοιπόν είναι το σύνολο των διατεταγμένων ζευγών του πίνακα αυτού με Ν(Ω) = 2 1 . Παρατηρούμε δε ότι τα παραπάνω ενδεχόμενα Α και Β ως υποσύνολα του νέου δειγματικού χώρου είναι: Α = { (0, 0) , (0, 1 ), (0, 2), (0, 3) , (0, 4), (0, 5), (0, 6) } & Β = { (0, 0) , ( 1 , 0), (2, 0) } με Ν(Α) = 7 και Ν(Β) = 3 , οπότε:

Ρ(Α) = 7/2 1 = 1/3 [δείτε και ερώτημα (i)] και Ρ(Β) = 3/2 1 = 117 [δείτε και ερώτημα (ii) ] .

Τώρα έχουμε: Α n Β = { (0, Ο) } , οπότε: Ρ( Α n Β )= 1 12 1 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3Π2


2. Για ένα ευρωπαϊκό κύπελλο έχουν προκριθεί στις 8 ομάδες 2 ελληνικές. Σύμφωνα με την κλή

ρωση οι ομάδες αυτές, για να περάσουν στην επόμενη φάση της διοργάνωσης, θα παίξουν η

κάθε μία με μία ξένη σε αγώνα νοκ άουτ. Αν όλες οι ομάδες έχουν την ίδια πιθανότητα να προ

κριθούν, να βρείτε την πιθανότητα μία τουλάχιστον ελληνική ομάδα να προκριθεί στην επόμε

νη φάση της διοργάνωσης.

Λύση

Έστω ε1 και ε2 οι 2 ελληνικές ομάδες, τότε αν Α: αποκλισμός και Π: πρόκριση ο δειγματικός χώρος του πειράματος φαίνεται στο παρακάτω πίνακα διπλής εισόδου:

� π Α 2

π (Π, Π) (Α, Π)

Α (Π, Α) (Α, Α)

Οπότε:

Ρ( πέρασε μία τουλάχιστον) = 3/4

3. Δίνεται η τυχαία εξίσωση: χ2

+ κχ + λ = Ο, όπου οι αριθμοί κ και λ ορίζονται με τη βοήθεια δύο

διαδοχικών ρίψεων ενός «αμερόληπτου» ζαριού αντίστοιχα.

Να βρείτε την πιθανότητα η εξίσωση αυτή να έχει ρητές ρίζες.

Λύση

Την παραπάνω εξίσωση την χαρακτηρίζουμε ως τυχαία, επειδή οι αριθμοί κ και λ ορίζονται με τυχαίο τρόπο και συγκεκριμένα με τη ρίψη ενός αμερόληπτου ζαριού. Έστω Α το ενδεχόμενο: «Η εξίσωση αυτή έχει ρητές ρίζες» . Εδώ το πείραμα τύχης είναι οι δύο διαδοχικές ρίψεις του ζαριού όπου το αποτέλεσμα της πρώτης ρίψης ορίζει το κ και της δεύτερης το λ. Επομένως ο δειγματικός χώρος Ω είναι το b"ύνολο των διατεταγμένων ζευγών των αποτελεσμάτων των δύο ρίψεων. Είναι Ν(Ω) = 36 (δείτε σχολικό βιβλίο, σελ. 152, εφαρμογή 1 ) . Για να έχει η εξίσωση ρητές ρίζες (μία διπλή ή δύο διαφορετικές) πρέπει η διακρίνουσα, Δ = κ2 - 4λ, της εξίσωσης να είναι ίση με το τετράγωνο ενός ακέραιου αριθμού. Στην περίπτωση αυτή προφανώς θα ισχύει Ο ::; Δ ::; 25 . Στον παρακάτω πίνακα φαίνονται όλα τα ζεύγη που ικανοποιούν τις παραπάνω συνθήκες.

Δ ο 1 4 9 1 6 25

(κ, λ) (2, 1 )

(3,2) (5,6) (4,3) (5 ,4) (6,5) -

(4,4) Επομένως το ενδεχόμενο Α με αναγραφή των στοιχείων του είναι:

Α = { (2, 1 ), (4, 4), (3, 2), (5 , 6), (4, 3), (5, 4), (6, 5) } . Παρατηρούμε ότι Ν(Α) = 7, οπότε



Ρ(Α) = 7/36, αφού τα απλά ενδεχόμενα είναι ισοπίθανα επειδή το ζάρι είναι αμερόληπτο.

4. Οι μαθητές της Γ' Λυκείου της Τεχνολογικής Κατεύθυνσης ενός σχολείου έφτιαξαν ένα πρό

γραμμα στον ηλεκτρονικό υπολογιστή όπου πατώντας ένα πλήκτρο εμφανίζεται στην οθόνη

ένας φυσικός αριθμός από το 1 έως και το 6. Α ν οι πιθανότητες εμφάνισης των αριθμών 1, 2, 3,

4, 5 και 6 αποτελούν αντίστοίχα διαδοχικούς όρους μιας αριθμητικής προόδου με διαφορά ω =

2α1 όπου α1 = Ρ(1), να βρείτε την πιθανότητα ο αριθμός που θα εμφανισθεί, αν πατήσουμε ένα

πλήκτρο, να είναι πρώτος.

Λύση

(Κατ' αρχήν να σημειώσουμε ότι η σύνταξη ενός προγράμματος με τις απαιτήσεις της άσκησης είναι πολύ εύκολη υπόθεση) .

Εδώ προφανώς ο δειγματικός χώρος Ω του πειράματος τύχης είναι:

Ω = { 1 ,2, 3, 4, 5 ,6 }

και σύμφωνα με τα δεδομένα της άσκησης είναι:

P( l ) = α1 , Ρ(2) = α1 + 2α1 = 3αι , Ρ(3) = 5α1 , Ρ(4) = 7αι , Ρ(5) = 9α1 και Ρ(6) = Ι Ι α ι , .

Όμως από τον αξιωματικό ορισμό της πιθανότητας έχουμε:

P( l ) + Ρ(2) + Ρ(3) + Ρ(4) + Ρ(5) + Ρ(6) = Ι �

αι + 3αι + 5αι + 7αι + 9αι + Ι Ι α ι = 1 �

36αι = Ι �

Ι αι = -36

Επομένως είναι: 1 3 5 7 9 1 1 Ρ( 1 )= - Ρ(2)= - Ρ(3)= - Ρ(4)= - Ρ(5)= - και Ρ(6) = - .

36 ' 36 ' 36 ' 36 ' 36 36

Αν τώρα Α είναι το ενδεχόμενο: «0 αριθμός που εμφανίζεται είναι πρώτος» τότε το Α με αναγραφή των στοιχείων του είναι:

Α = {2,3,5 } , αφού, όπως γνωρίζουμε, ένας φυσικός διάφορος του Ο και του Ι είναι πρώτος εάν και μόνον εάν οι μοναδικοί διαιρέτες του είναι ο εαυτός του και το Ι . Επειδή τέλος τα απλά ενδεχόμενα δεν είναι ισοπίθανα σύμφωνα με τον αξιωματικό ορισμό της πιθανότητας έχουμε:

3 5 9 Ι7 Ρ(Α) = Ρ(2) + Ρ(3) + Ρ(5) = - + - + - = -36 36 36 36

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.3Π4


ΙΙ. Έμμεσος υπολογισμός της πιθανότητας:

Εδώ πρέπει πρώτα να διατυπώνουμε το ενδεχόμενο με μαθηματικό τρόπο (αν δεν είναι διατυπωμένο έτσι) και κατόπιν να υπολογίζουμε την πιθανότητα του με τους «κανόνες λογισμού των πιθανοτήτων», δηλαδή να ακολουθούμε το παρακάτω διάγραμμα:

Λεκτική διατύπωση του ενδεχομένου

Μαθηματική διατύπωση του ενδεχομένου

Υπολογισμός της πιθανότητας

Για τη μαθηματική διατύπωση ενός ενδεχομένου καλό είναι να το αναλύουμε έτσι που να είναι πιο φανερός ο μαθηματικός τρόπος έκφρασης του. Αν χρειασθεί δε να το αναδιατυπώνουμε χρησιμοποιώντας τις λογικές πράξεις: (ϊ) Αρνηση (όχι, δεν ) που αντιστοιχεί στο συμπλήρωμα ενός συνόλου, (ii) Σύζευξη (και) που αντιστοιχεί στην τομή συνόλων και (iii) Διάζευξη (ή ) που αντιστοιχεί στην ένωση συνόλων. Ας δούμε καλύτερα τα παρακάτω παραδείγματα.

5. Το 60 % των μαθητών μιας πόλης έχουν κινητό τηλέφωνο. Το 40 % έχουν ηλεκτρονικό υπολο

γιστή (Η. Υ.) και το 25 % και τα δύο. Αν επιλέξουμε τυχαία ένα μαθητή της πόλης αυτής, να

βρείτε τις πιθανότητες ο μαθητής αυτός:

ί) να έχει ένα μόνο από τα δύο,

ii) να μην έχει κανένα από τα δύο και

iii) να μην έχει και τα δύο.

Λ\Jση

Έστω Α το ενδεχόμενο: «0 μαθητής έχει κινητό τηλέφωνο» και Β το ενδεχόμενο : «0 μαθητής έχει Η. Υ.». Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε: Ρ(Α) = 0,6 , Ρ(Β) = 0,4 και Ρ( Α n Β ) = 0,25 . Τώρα έχουμε: i) Το ενδεχόμενο «έχει ένα μόνο από τα δύο» μπορεί να διατυπωθεί και ως εξής: «Ναι κινητό και όχι Η.

Υ. ή ναι Η. Υ. και όχι κινητό», του οποίου η μαθηματική έκφραση είναι: (A n B ') υ (B n Α') = (Α - Β) υ (Β - Α)

Επειδή τώρα τα ενδεχόμενα Α-Β και Β-Α είναι ασυμβίβαστα, σύμφωνα με τον απλό προσθετικό νόμο έχουμε:

Ρ[(Α -Β ) υ (Β - Α)] = Ρ(Α - Β) + Ρ(Β - Α) = Ρ( Α) + Ρ(Β) - 2Ρ(Α n Β)

= Ο, 6 + Ο, 4 - 2 · Ο, 25 = 0,5

ii) Το ενδεχόμενο «δεν έχει κανένα από τα δύο» σημαίνει «όχι κινητό και όχι Η. Υ.», που με μαθηματική γλώσσα αποδίδεται ως εξής: Α' n Β' . Επειδή όμως δεν είναι προφανής ο υπολογισμός της πιθανότητας του ενδεχομένου αυτού, μπορούμε να σκεφθούμε ως εξής: Αν είχε τουλάχιστον ένα από τα δύο, τότε θα πραγματοποιούταν η ένωση, Α υ Β , των ενδεχομένων αυτών. Τώρα όμως που δεν έχει κανέ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3175


να σημαίνει ότι πραγματοποιείται το συμπληρωματικό της ένωσης, δηλαδή το ενδεχόμενο: (Α υ Β)' . Παρατηρούμε λοιπόν ότι ισχύει: Α' n Β' = (Α υ Β)' . Επομένως έχουμε:

Ρ( Α' n B' ) = Ρ[ (Α υ Β)' ] = 1 - Ρ( (Α υ Β) ) = 1 - Ρ( Α) - Ρ(Β) + Ρ( (Α n Β) ) =

= 1 - 0,6 - 0,4 + 0,25 = 0,25

iii) Για τη μαθηματική διατύπωση του ενδεχομένου «δεν τα έχει και τα δύο» μπορούμε να σκεφθούμε ως εξής: Αν είχε και τα δύο τότε θα πραγματοποιούταν η τομή, Α n Β , των ενδεχομένων. Τώρα όμως που δεν τα έχει και τα δύο σημαίνει ότι πραγματοποιείται το συμπληρωματικό της τομής, δηλαδή το ενδεχόμενο (Α n Β)' . Αξίζει να σημειώσουμε ότι το παραπάνω ενδεχόμενο είναι ισοδύναμο με το εν-

6.

δεχόμενο: «Δεν έχει κινητό ή δεν έχει Η. Υ.» , που είναι το ενδεχόμενο Α' υ Β' , δηλαδή ισχύει: Α' υ Β' = (Α n Β)' . Έχουμε λοιπόν:

Ρ( Α' υ Β' ) = Ρ[( Α n Β )'] = 1 - P( A n B ) = 1 - 0,25= 0,75

1 1 Έστω τα ενδεχόμενα Α και Β του ίδιου δειγματικού χώρου με Ρ( Α) = - , Ρ(Β) = - και

3 4

5 Ρ( Α υ Β ) = - .

12

α. Να υπολογίσετε την πιθανότητα της τομής, Α n B , των ενδεχομένων Α και Β.

β. Είναι τα ενδεχόμενα Α και Β ασυμβίβαστα;

γ. Να υπολογίσετε την πιθανότητα πραγματοποίησης μόνο το Α.

Λύση

α. Από τον προσθετικό νόμο, Ρ( Α υ Β ) = Ρ( Α) + Ρ(Β) - Ρ( Α n Β ), ισοδύναμα έχουμε: Ρ( Α n Β ) = Ρ( Α) + Ρ(Β) - Ρ( Α υ Β )

Αντικαθιστώντας τα δεδομένα στην τελευταία ισότητα παίρνουμε: 1 1 5 1 P(A n B) = - + - - - = -3 4 1 2 6

β. Επειδή Ρ( Α n Β ) = .!. * Ο είναι Α n Β * 0 , οπότε τα ενδεχόμενα Α και Β δεν είναι ασυμβίβαστα. 6

γ. Πραγματοποιείται μόνο το Α σημαίνει: «Ναι το Α και όχι το Β», που με μαθηματικό τρόπο εκφράζεται ως εξής: Α n Β ' ή Α - Β . Επομένως:

Ρ( Α n Β ') = Ρ( Α - Β) = Ρ(Α)-Ρ( Α n Β ) = .!_ - .!_ = .!_ 3 6 6

Β ' Ασκήσεις με ανισότητες:

Στην κατηγορία αυτή θα δούμε ασκήσεις που αναφέρονται σε ανισοτικές σχέσεις που περιέχουν πιθανότητες ενδεχομένων, οι οποίες προκύπτουν με καθαρά πιθανοθεωρητικό τρόπο, δηλ. με τη βοήθεια των

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.3Π6


κανόνων και των σχέσεων της Θεωρίας Πιθανοτήτων. Οι σχέσεις αυτές συνήθως περιέχουν ένωση και τομή μεταξύ ενδεχομένων. Έτσι θυμίζουμε ότι ισχύουν οι σχέσεις: (Α n Β) � Α και (Α n Β) � Β από

τις οποίες σύμφωνα με τον 4 ο κανόνα παίρνουμε:

Ακόμη έχουμε:

από όπου προκύπτει ότι:

Ρ( Α n Β) � Ρ(Α) & Ρ(Α n Β) � Ρ(Β) (1)

Ρ(Α υ Β) = Ρ(Α) + Ρ(Β) - Ρ(Α n B) � 1

Ρ( Α) + Ρ(Β) - 1 � Ρ( Α n Β) (2)

Τώρα από ( 1 ) , (2) και επειδή Ρ(Α n Β) ;::: Ο > Ο παίρνουμε:

max(O, Ρ(Α) + Ρ(Β) - 1) � Ρ( Α n Β ) � min(P(A), Ρ(Β)) (3)

Επίσης ισχύουν και οι σχέσεις Α � (Α υ Β) και Β � (Α υ Β) οπότε:

Ρ( Α) � Ρ( Α υ Β) &Ρ(Β) � Ρ( Α υ Β) (4)

και από τον προσθετικό νόμο των πιθανοτήτων προκύπτει ότι:

Ρ( Α υ Β) � Ρ( Α) + Ρ(Β) (5)

Τέλος από (4), (5) και επειδή Ρ(Α υ Β) � 1 έχουμε:

max(P(A), Ρ(Β)) � Ρ( Α υ Β) < min(P(A) + Ρ(Β), 1 ) (6)

Βέβαια σε κάθε άσκηση πρέπει να αποδεικνύονται οι παραπάνω σχέσεις αφού δεν αναφέρονται στο βιβλίο. Χαρακτηριστικές είναι οι επόμενες ασκήσεις.

7. Αν Α και Β είναι δύο ενδεχόμενα του ίδιου δειγματικού χώρου με Ρ(Α) = � και Ρ(Β) = � , να 5 8

αποδείξετε ότι: _!_ � Ρ(Α n Β) � � .

40 5

Λύση

(Είναι φανερό ότι η άσκηση αυτή αποτελεί εφαρμογή της (3) . Όμως, όπως αναφέραμε, πρέπει να γίνει πλήρης απόδειξη αφού δεν αναφέρεται στο σχολικό βιβλίο) .



Ως γνωστόν (Α n Β) ς Α και (Α n Β) ς Β , οπότε, σύμφωνα με τον 4° κανόνα και τα δεδομένα της άσκησης έχουμε:

2 5 Ρ(Α n Β) � Ρ(Α) = - και Ρ(Α n B) � Ρ(Β) = -

5 8

δ ' 2 5 ' και επει η - � - εχουμε: 5 8

P(A n B) � 3_ (1) 5

Επίσης από τη σχέση Ρ( Α υ Β) � 1 παίρνουμε:

Ρ( Α) + Ρ(Β) - Ρ( Α n Β) � 1 ή

Ρ(Α) + Ρ(Β) - 1 � Ρ(Α n Β)

Αντικαθιστώντας τις πιθανότητες των Α και Β στην τελευταία σχέση έχουμε: 2 5 . 1 - + - - 1 � P(A n B) ή P(A n B) 2:: - (2) 5 8 40

Τέλος, συνδυάζοντας τις ( l )και (2) παίρνουμε: 1 2 - � P(A n B) � -

40 5

8. Αν Α και Β είναι δύο ενδεχόμενα του ίδιου δειγματικού χώρου με Ρ( Α) = ! και Ρ(Β) = � , να 3 8

αποδείξετε ότι: � � Ρ(Α υ Β) � 17 . 8 24

Λύση

(Και εδώ είναι φανερό ότι η άσκηση αυτή αποτελεί εφαρμογή της (6) . Όμως πρέπει να γίνει πλήρης απόδειξη αφού δεν αναφέρεται στο σχολικό βιβλίο) . Επειδή Α ς (Α υ Β) και Β ς (Α υ Β) , σύμφωνα με τον 4ο κανόνα και τα δεδομένα της άσκησης έχου-με:

δ ' 1 3 ' και επει η - � - εχουμε: 3 8

1 3 - = Ρ(Α) � Ρ(Α υ Β) και - = Ρ(Β) � Ρ(Α υ Β) 3 8

Ρ(Α υ Β) 2:: � ( 1 ) 8

Επίσης από τη σχέση Ρ( Α υ Β) � Ρ( Α) + Ρ(Β) , αντικαθιστώντας τις πιθανότητες των Α και Β , έχουμε:

τέλος από ( 1 ) και (2) παίρνουμε:

Γ ' Μ ια γενική άσκη ση :

1 3 ' 1 7 Ρ(Α υ Β) � "3 + g η Ρ(Α υ Β) � 24

(2)

Τέλος θα ασχοληθούμε με μια γενική θεωρητική άσκηση η οποία λύνεται με εφαρμογή γνώσεων από τη Θεωρία Πιθανοτήτων καθώς και από άλλους κλάδους των Μαθηματικών. Στην περίπτωση αυτή δεν έχουμε



να δώσουμε κάποια παρατήρηση ή οδηγία πέρα από το ότι πρέπει κανείς να γνωρίζει καλά τη θεωρία όλων των κλάδων των Μαθηματικών και να εξασκείται στη λύση σύνθετων προβλημάτων, που απαιτούν συνδυασμό γνώσεων από διάφορους κλάδους των Μαθηματικών.

9. Αν Α και Β είναι δύο ασυμβίβαστα ενδεχόμενα του ίδιου δειγματικού χώρου Ω με Ρ( Α) = λ 2 και Ρ(Β) = 7λ 2 - 6λ + 2 , να αποδείξετε ότι: !. :::; λ :::; !. .

4 2

Λύση

Κατ' αρχήν παρατηρούμε ότι για κάθε λ ε IR. είναι λ 2 � Ο και 7λ 2 - 6λ + 2 > Ο (Δ < 0) . Αφού τα ενδεχόμενα Α και Β είναι ασυμβίβαστα έχουμε:

Ρ(Α υ Β) = Ρ(Α) + Ρ(Β) = λ2 + (7λ2 - 6λ + 2) = 8λ2 - 6λ + 2 ( 1 )

Επειδή τώρα η mθανότητα ενός ενδεχομένου ανήκει στο διάστημα [0, 1 ] πρέπει να ισχύουν και οι σχέσεις:

λ2 :::; ι (2) , 7λ2 - 6λ + 2 :::; 1 (3) και 8λ2 - 6λ + 2 :::; 1 (4)

Τέλος, λόγω της ( 1 ), παρατηρούμε ότι αν ισχύει η (4), τότε θα ισχύουν οι (2) και (3) . Επομένως αρκεί να λύσουμε μόνο την aνίσωση (4) . Έχουμε λοιπόν:

2 2 ( 1 )( 1 ) 1 1 sλ - 6λ + 2 :::; ι � sλ - 6λ + ι :::; ο � λ - 2 λ - 4 :::; ο � 4 :::; λ :::; 2

rιο τιιν Γ Λuκείοu: • Φυσική Κατεύθυνσης (rαλαvτώσεις - Κύματα) - Γ. Θ. Ντούβαλης

• Φυσική Κατεύθυνσης (Μηχανική του στερεού σώματος) - Γ. Θ. Ντούβαλης

• Φυσική Κατεύθυνσης (Κρούσεις - Φαινόμεvο Doρρ/er) - Γ. Θ. Ντούβαλης

• Ασκήσεις Βιολογίας Γενικής Παιδείας - Κ. Ρ. Παπαζήσης

• Μαθηματικό Κατεύθυνσης (Παράγωγοι) - Γ. & Π. Λουκόπουλος

• Μαθηματικό Κατεύθυνσης (Ολοκληρώματα) - Γ. & Π. Λουκόπουλος

• Έκφραση - Έκθεση - Α. Καλλή - Γ. Σουλτάvης

• Ανάπτυξη εφαρμογών σε προγρσμμοτιστικό περιβάλλον - Κ. Ν. Ιορδαvόπουλος

• Αρχές Οικονομικής θεωρίας - Κ. Γαροφαλάκης

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β " λη " τ.3Π9

rιο τιιν Α · Λuκείοu: • Φυσική - Κ. Ρ. Παπαζήσης

• Άλ γεβρα - Γ. & Π. Λουκόπουλος (υπό έκδοση)

ΧΡΥΣΙΠΠΟΥ 1 & ΟΥΛΟΦ ΠΑΛΜΕ • ΖΩΓΡΑΦΟΥ Τηλ.: 2 10 74 88 030, fax: 2 10 74 83 031

22° ΠΑΝΕΑΛΗΝΙΟ ΣΥΝΕ.ΔΡΙΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Λαμία 18 - 19 - 20 Νοεμβρίου 2005

«Οι ούy;(Qονες Εφαρμογές των Μαθηματικών και 1J αξιοποlη τοvς οτιιν Εκπαlδευαq»

Αντικε ίμενο των Εφαρμοσμένων Μαθηματικών ε ίναι η μελέτη και η επίλυση - με μαθη ματικές μεθόδους -προβλημάτων που προέρχονται από κάθε ε ίδους εφαρμογές, π.χ. από τις θετικές επιστήμες, την τεχνολογία, την πληροφορική, τις β ιο·ίατρικές και τις κοινωνικές και οικονομικές επιστήμες. Κεντρικό αντικείμενο κάθε τέτοιας μελέτης ε ίναι η διατύπωση ενός μαθηματικού μοντέλου, που περιγράφει το "φυσικό" πρόβλη μα σε μαθηματική γλώσσα, συνήθεις υπό ορισμένες απλουστευτικές παραδοχές, αλλά που λαμβάνει υπόψη τους βασικούς μηχανισμούς και διαδικασίες του "φυσικού"προβλήματος. Το μαθηματικό μοντέλο διερευνάται ποιοτικά (π.χ. ύπαρξη , μοναδικότητα, ευστάθεια και ποιοτική συμπεριφορά των λύσεών του) και επιλύεται αναλυτικά ή με αναλυτικές προσεγγιστικές μεθόδους ε ίτε με αριθμητικές μεθόδους στον υπολογιστή.

Τα αποτελέσματα και οι προβλέψε ις των μαθηματικών μοντέλων συγκρίνονται στη συνέχεια με την πραγματικότητα ως προς την αξιοπιστία τους και το μοντέλο υιοθετε ίται ή επανασχεδιάζεται.

Το φάσμα των περιοχών της Μαθηματικής Επιστή μης, που απαιτούνται στις σύχνονες εφαρμογές ε ίναι ευρύτατο τα δε όρια μεταξύ των καλουμένων "εφαρμοσμένες" και "καθαρών" μαθηματικών είναι ασαφή, αφού και οι πλέον αφη ρημένες μαθη ματικές θ εωρίες έχουν χρησιμοποιηθεί σε εφαρμογές.

Για να ενδιαφερθούν οι μαθητές - φοιτητές μας για τα Μαθηματικά, εκτός από την προσπάθε ια που κάνουμε ως δάσκαλοι να μεταλαμπαδεύσουμε την αγάπη που εμείς αισθανόμαστε για την Επιστήμη των Μαθηματικών, θα πρέπει , συμβαδίζοντας με τις σύγχρονες απαιτήσεις και την εξέλιξη της Τεχνολογίας, να τους δείξουμε το σημαντικό και καθοριστικό ρόλο των Μαθη ματικών σε κάθε τομέα της σύγχρονης ζωής και να επισημάνουμε τον ρόλο των Μαθηματικών στη βαθύτερη κατανόηση και την επίλυm1 των προβλημάτων στις σύγχρονες επιστήμες και τεχνολογίες.

Θεματικές Ενότητες του Συνεδρί:ου Α. Μαθηματικά μοντέλα

• Ντετερμινιστικά - Στοχαστικά μοντέλα • Αναλυτικές - Αναλυτικές προσεγγιστικές Μέθοδοι • Αριθμητικές Μέθοδοι

Β. Διδακτική αξιοποίηση των σύγχρονων Εφαρμοσμένων Μαθηματικών στη Μέση Εκπαίδευση • Προβληματισμός και κίνητρα για την ενδυνάμωση του ενδιαφέροντος των μαθητών - φοιτητών για τα

Μαθη ματικά

Οδηγί:ει; για τη Σύνταξη των Εργασιών Τα πρακτικά του Συνεδρίου θα εκδοθούν με ηλεκτρονική στοιχε ιοθεσία των κειμ ένων που θα υποβληθούν γι'

αυτό. Χάριν ομοιομορφίας και καλής ποιότητας, απαιτείται να τηρηθούν τα παρακάτω: 1. Η εκτύπωση θα ε ίναι σε σελίδα Α4 με περιθώρια 4 εκ. δεξιά και αριστερά, 5,3 εκ. επάνω και κάτω. Το κεί

μενο θα ε ίναι πλήρως στοιχισμένο εκτός του τίτλου και των στοιχείων του συγγραφέα που θα ε ίναι στοιχισμένα στο κέντρο.

2. Η πρώτη σελίδα της εργασίας θα περιέχει κατά σε ιρά: α) Τον τίτλο της εργασίας, γραμμένο με γράμματα κεφαλαία μεγέθους 16 . β) Μια κενή γραμμή . γ) Το όνομα του συγγραφέα με πλήρη διεύθυνση γραμμένο με γράμματα μεγέθους 1 2. δ) Δύο κενές γραμμές. ε) Περίληψη της εργασίας (στα Ελληνικά) , που δε θα υπερβαίνει τις 1 5 γραμμές κε ιμένου, γραμμένη με

γράμματα μεγέθους 12. ζ) Θα ακολουθεί το κυρίως κε ίμενο, γραμμένο με γράμματα μεγέθους 12.

3. Στην τελευταία σελίδα της εργασίας, επισυνάπτεται (εφόσον ε ίναι δυνατό) μια περίληψη της εργασίας σε κάποια διεθνή γλώσσα.

4. Η εργασία θα είναι γραμμένη σε επεξεργαστή κειμένου MS-Word for Windows και θα συνοδεύεται από δισκέτα που θα περιέχει την εργασία. Να χρησιμοποιηθούν γραμματοσειρές Times New Roman Greek για τους τίτλους και για το κυρίως κείμενο.

ΣΗΜΑΝτΙΚΉ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ 15 Σεπτεμβρίου 2005 Τα πλήρη κείμενα των εργασιών (μέχρι 10 σελίδες) θα πρέπει να υποβληθούν μέχρι τις 15 Σεπτεμβρίου 2005

στην παρακάτω διεύθυνση :

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία (για το 22ο Συνέδριο της ΛΑΜΙΑΣ) Πανεπιστημίου 34 - 106 79 Αθήνα

και στην Ηλεκτρονική Διεύθυνση : e-mail: [email protected]

Εκδόσεις; της; ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑθΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ \F: \ΠΟ ι:_

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ γ· f ' ' ' ' " ' ""�- \t ""'ΙΙ ' ' � ' ιι-ιι� ι ι �ιι·ι ιυ.

ιη·r ι π r .., ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ .ΞJ'J . Ε Π ΙΘΕΩΡΗΣΗ

n , ""''" ,.,�-.,,-_-, -•• -..:..;:;," -1

E U C L I D E S γ '

_ j

ΤΑ ΜΑθΗΜΑΠΚΑ ! LOUIS 13RAND

ΠΙΣ ιει::tΑΙ'Σ81ΙΙΣ ΟΣτ ΑΣΣΙt ΠJΙ"ιό" AD

IΊA--...tAIISA�EJa!'li - 81( � � --- ΜΑΘΗΜΑτιΚΗ

ΑΝΑΛΥΣΗ

ΕΙΣΑfΩfΗ ΣΤΙΙ

MEPIICEI ΔIΑΦΟΡD::ΕΣ ΕΞΙΙ.ΩΣΕΙΣ ΠΟΙΧΕΙΩΔΗΣ

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ

Στοι, F.ΙΩΗΙΣ Γιαιη:τΡΙ.\ \ΠΩ ΑΝΩτΕrΗ ΣΚΟΙΠΑ θ�[1?�\

ΛΡJθι'/!flι'i ,

R Ι' S f: λ R (' ΙΙ !1 \

,\1 λ 1 llf- 11 \ 1 f (' !ό Ι \ I/

1 ,\ F O N. \f,\ T / Γ ,,. ' ') �

ΕυκλείδηςΑ': Τεύχος 2 ευρώ Διεθνής Μαθημστικtς Ολυμπιάδες 1 1ou ΓJc:ιι.ι&\λη'.i Σιιvεδρίου 17 ευρώ (Στερεομετρικό) Συνδρομή (4 τεύχη) 10 ευρώ 1959 • 1999: 20 ευρώ 14ou ΓJc:ιι.ι&\λη'.i Σιιvεδρίου 17 ευρώ Διαλtξεις: Ο τόμος

20 ευρώ 5 ευρώ

(4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Βαλκανικtς Μαβημστικtς 15ou ΓJc:ιι.ι&\λη'.i Σιιvεδρίου 17 ευρώ Μαθηματική Ανόλυση Σχολεία: 8 ευρώ δρχ. Ολυμπιάδες 1984-2001: 15 ευρώ 16ou Ι'1cΝελληνίοιι Σιιvεδρίου 17 ευρώ (Loυis Brand) 25 ευρώ

ΕυκλείδηςΒ': Τεύχος 2,5 ευρώ Θtμaτα εξετόσεων στα Α.Ε.Ι �: � ΣιιvεδρίουΣιιvεδρίου: • � ευρωευρω: Διαφορικtς Εξισώσεις Συνδρομή (4 τεύχη) 12 ευρώ 1976 • 1989: 6 ευρώ 19ou n� Σιιvεδρίου 25 ευρώ

(Stephenson) 10 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Πρακτικό: 20ou π,..,η�•� , Σιιvεδρίου 25 ευρω' Ισταρία Μαθηματικών Loria

Σχολεία: 10 ευρώ 1ou ΓJcr.ι&λλrr.(ου Σιιvεδρίου & ευρώ . . , ....... ι .. uu (41\\μοι) Α, Β, Γ Α• Γ Β ο tόμος 8 ευρώ ΕυκλείδηςΓ: Τεύχος 5 ευρώ 2ou ΠαvελλrrJίου Συνεδρίου 8 ευρώ Συνtδριο Hermis '92 (Αyyλικό)

70 Χρόνια Ε.Μ.Ε. 4 ευρώ Συνδρομη' (2 τεύχη) 10 ευρω' 3αι nn..,n�•� • Συνεδρίου 8 ευρω' 25 ευρώ

Ελληνικη' Μαθημστικη' ' ,, ...... Ψ""' Συνέδριο Hermis '94 (Αyyλικό) Μα8ημ. Επιθεώρηση: 4ω5ου � ΣιΜ:δι:iου 8 ευρώ 2 τόμοι 0 τόμος 15 ευρώ Βιβλιογραφία 4 εuριίι Τεύχος 5 ευρώ 6ou ΠCJVFλλrιiαu Συνεδρίου 8 ευρώ Γραμμική Άλγεβρα Στοιχειώδης Γεωμετρία από

Σιιvδρομή i2 τεύχη) 10 ευρώ 7ou ΓJc:ιι.ι&\λη'.i Συνεδρίου 8 ευρώ (Gr. Muncres) 6 ευρώ Ανώτερη Σκοπιά 8 ευρώ � Τεύχος 5 ευρώ 8αι Ι'1cΝελληνίοιι Συνεδρίοιι 8 ευρώ ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ θεωρία Αριθμών Π ευρώ � � -ε:.;r: • αιpίι !Ο.ι � ΣιΜtιραι 8 ευρώ (Ονόματα Γεωμετρικών όρων 1 0 Χρόνια 'Έ'tΚΛΕ1ΔΗΣ" Δεb11 8ι*ιlιΕ -� 7 .3Ι αιιιί 1ιD.ι � Σ'Ι.Μi'.β:ιJ Π εφίι ΓΕΩΜΕ1'ΡΙΚΑ) 20 ευρώ ΣΕΙ'Α Α' (1990-1999) α> 25 ε:ιιpιί

Τα !i Qj : ,: -τ..:·: �.rrrι όλων των εκδόσεων πωλούνται uε τιc τοέyουσεc τιuέc του 2004

Ευκλειδης Β 55

Documents