Ευκλειδης Β 88

ΑΠΡΙΛΙΟΣ- ΜΑΪΟΣ- ΙΟΥΝΙΟΣ 2013 ευρώ 3,5

Θερινά σχολεία 2013

"Αρχιμήδης" 2013: Θέματα Λύσεις

Μεγάλες Επιτυχίες για την Ε.Μ.Ε.

4 Χρυσά μετάλλια SEEMOUS 2013

Βράβευση Δ. Χριστοδούλου

ΕΝ1ΥΠΟ ΚΛΕΙΠΟ ΑΡ. ΑΔΕΙΑΣ 1099/96 ΚΕΜΠΑΘ.

ΕΑΑΗΙΝΙΚΗ IMABHMATIIJKH ETAIPEIA

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 88 • Απρίλιος • Μάιος · Ιούνιος 2013· Ευρώ: 3,50

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

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚ ΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Γενικά θέματα

.; Ακολουθία θαυμάτων .; Μαθηματικά και νωροεπιστήμες .f Μαθηματικές Ολυμπιάδες .; Homo Mathematicus

Α' Τάξη .; Άλγεβρα: Επαναληπτικές Ασκήσεις .; Γεωμετρία: Επαναληπτικές Ασκήσεις

Β' Τάξη .ι Άλγεβρα: Επαναληπτικές Ασκήσεις .; Γεωμετρία: Επαναληπτικές Ασκήσεις .; Κατεύθυνση: Επαναληπτικές Ασκήσεις

Γ' Τάξη .f Γενική Παιδεία: Επαναληπτικές Ασκήσεις .; Κατεύθυνση: Επιλογή θεμάτων

Δραστηριότητες .; Το βήμα του Ευκλείδη .; Ο Ευκλείδης προτείνει •••

.; Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν .; Εμείς απαντάμε ... .; Βράβευση Δ. Χριστοδούλου

1 8 9

21

25 31

34 40 44

48 59

66 72 75 79 71

Γράμμα της Σύνταξης Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι,

φθάσαμε αισίως και φέτος στο 4ο τεύχος.

Οι συνεργάτες μας φρόντισαν με μεγάλο ενδιαφέρον να

επιλέξουν θέματα κατάλληλα για την επανάληψη που αυτή

την περίοδο ενδιαφέρει μαθητές και καθηγητές.

Ελπίζουμε η προσπάθειά τους να αποβεί χρήσιμη σε ε

σάς. Κάτι τέτοιο θα δώσει βαθειά ικανοποίηση στους ίδιους

αλλά και στη Συντακτική Επιτροπή.

Τελειώνοντας ευχόμαστε εγκάρδια σε όλους σας επιτυ

χία στις προσπάθειές σας και επίτευξη των στόχων σας,

Καλό καλοκαίρι σε όλους .

Με ευχές για υγεία και πρόοδο

Ο πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής: Γιώργος Τασσόπουλος

Ο αντιπρόεδροι: Βοyyέλης Ευσταθίου, Γιόννης Κερασαρίδης

•••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34 Εκτελεστική Γραμματεία 106 79 ΑΘΗΝΑ

Πρόεδρος: Τασσόπουλος Γιώργος rrt..: 21 ο 3617784 - 3616532

Fαχ: 2103641025 Εκδότης: Αντιπρόεδροι: ι<aΑοyερ6ποιΜος

Γρηγόριος Ευσταθίου Βαγγέλης Διευθυντής: Κερασαρίδης Γιδννης Κρητικός Εμμανουήλ Γραμματέας:

• • Χριατόπουλος Παναγιώτης Επιμελεια Εκδοσης: Μέλη: Αργuρδκης Δ. Ζώτος Βαγγέλης Λουρίδας Σ. Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 Στεφανής Π.

ISSN: 1105- 7998 Ταπεινός Ν.

Η έγκαιρη πληρωμή

της συνδρομής βοηθάει

στην έκδοση του περιοδικού

Συντακτική επιτροπή Αθανασόπουλος Γεώργιος Κόντζιας Νίκος Σταίκος Κώστας Αναστασίου Γιάννης Κοτσιφάκης Γιώργος Στάίκος Παναγιώτης

Ανδρουλακάκης Νίκος Κουτρουμπέλας Κώστας Στρατής Γιάννης

Αντωνόπουλος Νίκος Κυριαζής Ιωάννης Ταπεινός Νικόλαος Κυριακόπουλος Αντώνης Τασσόπουλος Γιω' ργος Αργυράκης Δημήτριος

Βακαλόπουλος Κώστας ��&��';υ�ν/να ��:��ο��::��γος

Ευσταθίου Βαγγε'λης Λαζαρi'δης Χρήστος Τριάντος Γεώργιος Ζαχαρόπουλος Κων/νος Λάππας Λευτέρης Τσαγκάρης Ανδρέας Ζώτος Βαγγέλης Λουρίδας Σωτήρης Τσαγκάρης Κώστας Κακαβάς Απόστολος Μαλαφέκας Θανάσης Τσατούρας Ευάγγελος

Μανωλάκου Στοματική Καλίκας Σταμάτης Μαυροyιαννάκης Λεωνίδας

Τσικαλουδάκης Γιώργος

Καμπούκος Κυριάκος Μενδρινός Γιάννης Τσιούμας Θανάσης

Κανε 'λλος Χρήστος Μεταξάς Νικόλαος Τυρλής Ιωάννης

Καραγκούνης Δημήτρης Μπρίνος Παναγιώτης Φανέλη Άννυ

Καρκάνης Βασι'λης Μυλωνάς Δημήτρης Χαραλαμπάκης Ευστάθιος

Μώκος Χρήστος Χαραλαμποπούλου Λίνα Κατσούλης Γιώργος

Πανδής Χρήστος Χαραλάμπους Θάνος Κερασαρi'δης Γιάννης Πανουσάκης Νίκος Χριστιάς Σπύρος Καρδαμίτσης Σπύρος Πουλιάσης Παναγιώτης Χριστόπουλος Θανάσης Κλάδη Κατερίνα Ρέγκλης Δημήτρης Χριστόπουλος Παναγιώτης Κονόμης Άρτι Σαίτη Εύα Ψύχος Βαyyέλης

•••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• • Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονται απ6 την Ε.Μ.Ε.

• Οι συνεργασίες, [τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.] πρέπει να σrέλνονται_91<αι�, σr:ραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη 8'". Τα χειρ6yραφα δεν επισrρέφονται. liJ!LIG!t$UJIΛEfE Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά = ευρώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00 Το αντίτιμο yια τα τεύχη που παραyyέλνονται σrέλνεται: (1 ). Με απλή ταχυδρομική επιταyή σε διαταyή Ε.Μ.Ε. Τ αχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 (2). Στην ιστοσελίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατ6τητα τραπεζικής συναλλαγής με την τράπεζα EUROBANK (3), Πληρώνεται σrα γραφεία της Ε.Μ.Ε. (4). Με αντικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών σrο χώρο σας, κατά την παραλαβή.

Εκτύπωση: ROTOPRIHT 14. ΜΠΡΟΥΣΜΗ & Σ/Α EEJ. τηλ.: 210 6623778_ · 358 Υπeιίθuνος τuπογpαφeίοu: Δ. Παπαδόπουλος

Ακολουθία ... θαυμάτων Μάθε από το χθες, ζήσε -yια το σήμερα, έλπιζε -yια το αύριο. Το σημαντικό είναι

να μην σταματήσεις να ερωτάς. Albert Einstein

Π. Παπαχρήστου Κουνελάκια, πολλά κουνελάκια ... Ας υποθέσουμε ότι είσαστε αγρότης και ένας

γείτονας σάς χαρίζει ένα ζευγάρι κουνέλια που αποτελείται από ένα αρσενικό και ένα θηλυκό άτομο. Το ζευγάρι κάθε μήνα γεννάει ένα άλλο ζευγάρι. Το κάθε ζευγάρι γίνεται παραγωγικό το δεύτερο μήνα. Το ζητούμενο είναι να υπολογίσετε τον αριθμό των ζευγών που θα υπάρχουν κάθε μήνα. Θα υποθέσουμε ότι 1. Τα κουνέλια διατηρούνται σε χώρο από όπου

δεν μπορούν να διαφύγουν. 2. Κάθε νέο ζεύγος αποτελείται από ένα αρσενικό

και ένα θηλυκό άτομο. 3. Τα κουνέλια δεν πεθαίνουν.

Το πρόβλημα προτάθηκε το 1202 από τον μαθηματικό και έμπορο Λεονάρδο από την Πίζα (π. 1 1 70-π. 1 240) που είναι γνωστός και με το όνομα Φιμπονάτσι (F ibonacci), στο πρώτο από τα τέσσερα βιβλία του με τίτλο Lίber avacί στο οποίο χρησιμοποιούσε το Ινδουιστικό I Αραβικό σύστημα αρίθμησης που βασιζόταν στη χρήση των ψηφίων 1 ,2,3, . . . ,9 και του Ο (μηδέν) για την απεικόνιση των αριθμών.

Το όνομα του πατέρα του ήταν Guilielmo Bonacci. Στα Λατινικά η έκφραση "filius Bonacci" σημαίνει ο γιός του Bonacci. Τελικά ο Λεονάρδο κατέληξε να αναφέρεται στη βιβλιογρα-φία ως Fibonacci που αποτελεί σύντμηση του χαρακτηρισμού "filius Bonacci". Ο ίδιος χρησιμοποιούσε και ένα άλλο επώνυμο, το Bigollo που σημαίνει "ταξιδευτής".

Πριν δώσουμε την απάντηση στο πρόβλημα που παρουσιάσαμε στην αρχή (πράγμα που γίνεται στην επόμενη σελίδα) ας δούμε λίγο το επιστημονικό περιβάλλον της Ευρώπης την εποχή του Φιμπονάτσι. Η εικόνα που παρατίθεται είναι η φωτογραφία ενός αγάλματος του Λεονάρντο που φιλοξενείται στην γενέτειρά του την Πίζα.

Οι σκοτεινοί αιώνες Το 529 μ.Χ ο Ιουστινιανός ο Α, Αυτοκράτορας

της Ανατολικής Ρωμαϊκής Αυτοκρατορίας διέταξε το κλείσιμο όλων των πολυθεϊστικών φιλοσοφικών σχολών. Ανάμεσα σε αυτές ήταν και η περίφημη Ακαδημία Αθηνών. Το έτος αυτό σηματοδότησε το τέλος μιας εποχής που άρχισε με το Θαλή και διάρκεσε περισσότερο από χίλια χρόνια και στη διάρκεια της οποίας σημειώθηκαν πολλές Ελληνικές επιτυχίες και λαμπρά επιτεύγματα στις "επιστήμες" και τα μαθηματικά

Το ίδιο έτος σηματοδοτεί την απαρχή μιας περιόδου στην Ευρωπαϊκή ιστορία που διάρκεσε περισσότερο από 900 χρόνια και η οποία χαρακτηρίζεται από "μαθηματική πενία" και γενικότερα μια υποβάθμιση της έρευνας και της "επιστήμης" ή ακριβέστερα της εμπειρικής γνώσης. Μιλάμε για τον Ευρωπαϊκό Μεσαίωνα ή αλλιώς τους Σκοτεινούς Χρόνους.

Η διακοπή της ελληνικής μαθηματικής παράδοσης στη διάρκεια του Μεσαίωνα δεν σημαίνει ότι το πεδίο υπήρξε εντελώς άγονο. Αυτό οφείλεται στους Άραβες που ανέλαβαν να γονιμοποιήσουν τα ελληνικά μαθηματικά επιτεύγματα και να συμβάλλουν στην παραπέρα εξέλιξη των μαθηματικών, αποδεχόμενοι στις κοινωνίες τους λόγιους από όλα τα έθνη και μεταφέροντας στην Ευρώπη κείμενα Ελλήνων μαθηματικών.

Οι ιστορικοί της επιστήμης ισχυρίζονται ότι μια σχετική αναγέννηση των μαθηματικών στην Ευρώπη δεν είναι ορατή πριν άπό τον XVI αιώνα, όπου η παρατήρηση οξύνεται με την βοήθεια κατάλληλων εργαλείων, η έρευνα συστηματοποιείται και η θεωρία έρχεται να αντικαταστήσει το δόγμα και την προκατάληψη.

Ο Λεονάρδος από την Πίζα Ο Λεονάρδος από την Πίζα υπήρξε μια φωτεινή

εξαίρεση στη διάρκεια των σκοτεινών χρόνων η οποία διάρκεσε από το 529 μ.Χ μέχρι το 1 500 μ.Χ περίπου. Ο πατέρας του Φιμπονάτσι ήταν έμπορος από την Πίζα και aξιωματούχος του τελωνείου της Βορειο-αφρικανικής πόλης Μπούγκια (Buggia). Η Πίζα, η Βενετία και η Γένοβα ήταν μεγάλα εμπορικά κέντρα της Μεσογείου κατά τον ΧΙΙ και ΧΙΙΙ αιώνα. Οι έμποροί τους είχαν το προνόμιο του ελεύθερου εμπορίου με ολόκληρη την Βυζαντινή Αυτο-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/1

---------------Ακολουθία . . . θαυμάτων ---------------

κρατορία. Ο Λεονάρδος εκμεταλλεύτηκε το πλεονέκτημα αυτής της ελευθερίας και επισκέφτηκε πολλούς από τους χώρους που αποτελούσαν κέντρα μόρφωσης, περιλαμβανομένης, της Αιγύπτου, της Ελλάδας, της Σικελίας και της Συρίας.

Από αυτές τις επισκέψεις έμαθε τόσο τα μαθηματικά των λογίων, όσο και τις μεθόδους υπολογισμού που ήσαν σε κοινή εμπορική χρήση. Η επίδραση του Ισλάμ φαίνεται καθαρά στο βιβλίο του Liber Abbaci. Στο βιβλίο αυτό προχωρά σε μια τολμηρή καινοτομία. Προτείνει την αντικατάσταση του ρωμαϊκού συστήματος αρίθμησης που χρησιμοποιούσε γράμματα με τα γνωστά Ινδουιστικά/ Αραβικά ψηφία. Οι Άραβες έγραφαν με κατεύθυνση από τα δεξιά προς τα αριστερά. Έτσι ο Φιμπονάτσι έγραφε τα Ινδικά ψηφία σε φθίνουσα τάξη και στα μικτά κλάσματα έγραφε το κλάσμα πρώτο, δηλαδή με τη

' 1 4 'θ ' 'θ μορφη 2 , αντι ετα με την σημερινη συνη εια να

γράφουμε 4.!_. Μολονότι η άποψη του F ibonacci 2

για την τεχνική ανωτερότητα του Ινδουιστικού/ Αραβικού συστήματος αρίθμησης έναντι του Ρωμαϊκού συστήματος τελικά επιβεβαιώθηκε, η τελική αποδοχή του καθυστέρησε και οι σύγχρονοί του υποτίμησαν το έργο του και την συνολική προσφορά του στα μαθηματικά. Έτσι η επίδρασή του στη μαθηματική σκέψη της εποχής ήταν μικρότερη από όσο θα έπρεπε.

Κ Παραγωγικό ζεύγος

Στην προηγούμενη εικόνα φαίνεται μια γραφική λύση του προβλήματος του F ibonacci για τα κουνελάκια. Οι αριθμοί στο δεξιό μέρος εκφράζουν τον αριθμό ζευγών που θα υπάρχουν στο τέλος κάθε μήνα. Αν συμβολίσουμε με fn αυτόν τον αριθμό σχη-ματίζεται η επόμενη ακολουθία: h � h h h h h h h Ι 2 3 5 8 1 3 2 1 34 55 . . .

Για την ακολουθία αυτή παρατηρούμε ότι ισχύει: fn+2 = fn+l + fn με n � ο' fo = 1 'fι = 2

Ο F ibonacci στο πρόβλημά του ζητούσε τον αριθμό των ζευγών κουνελιών που θα είχαν παραχθεί σε ένα χρόνο, ζητούσε δηλαδή τον όρο �2 . Η απάντη-ση που έδωσε ο ίδιος στο πρόβλημά του ήταν !12 = 377

Σήμερα οι μαθηματικοί προτιμούν να παριστάνουν την ακολουθία με τον επόμενο τρόπο:

Fn+2 = Fn+l + Fn με F0 = 1 και F1 = 1 Με αυτό τον συμβολισμό η ακολουθία F ibonacci είναι ο, ι, ι, 2, 3, 5, 8, ι3, 2ι, 34, 55, 89, ι44, 233, 377, 6ιο, 987, ...

Είναι απολύτως φυσιολογικό να αναρωτη-θείτε γιατί είναι τόσο σημαντική η ακολουθία αυτή. Ας ανοίξουμε λοιπόν την πόρτα της αυλής των θαυμάτων στην οποία μας βάζει αυτή η ακολουθία

---------------------------------------- 1 � Μη παραγωγικό ζεύγος

2


---------------Ακολουθία . . . θαυμάτων

ι. ο χρυσός λόγος Ας θεωρήσουμε ένα ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ και σημείο Μ το οποίο χωρίζει το τμήμα σε δύο μέρη α και β για τα οποία ισχύει α + b α

-- =-α b

Ο λόγος αυτός συμβολίζεται με το γράμμα φ και ονομάζεται χρυσός λόγος.

ςΞ _____ α____

�-----

b-----� -v--α+b

Το γράμμα φ προέρχεται από το όνομα του αρχαίου α+b α Έλληνα γλύπτη Φειδία. Έτσι -- =-= φ

α b Από την προηγούμενη σχέση προκύπτει:

b α 1 1 +-=-=>1 +-=φ α b φ Προκύπτει η δευτεροβάθμια εξίσωση

φ2 -φ-1 =0 με ρίζες: 1 +./5 , 1 -./5 φ=-- και φ =--

2 2 Παρατηρούμε ότι φ • φ' = -1 και

φ= 1 ,61 8033988749894842 . . . . φ' =-0,6 1 80339887 49894842 . . .

Το ερώτημα που προκύπτει τώρα αφορά τη σχέση της ακολουθίας Fibonacci και του χρυσού λόγου. Διαπιστώθηκε ότι ο λόγος δύο διαδοχικών όρων (με αριθμητή τον μεγαλύτερο) τείνει προς τον χρυσό λόγο και μάλιστα με τόσο μεγαλύτερη ακρίβεια όσο οι όροι είναι μεγαλύτεροι. Στον επόμενο πίνακα φαίνεται η παραπάνω διαπίστωση.

n n+1 (n+ 1)/n 2 3 1,5 3 5 1 ,666666666 ... 5 8 1,6 8 13 1,625 .. . . .. . . . .. . . . . . . . 144 233 1,618055556 . .. 233 377 1,61802575 1 . . . . .. . .. . . .

Στο επόμενο σχήμα φαίνεται ένας εύκολος τρόπος να κατασκευάσετε γεωμετρικά τον αριθμό φ.

Να παρατηρήσετε ότι η τιμή του μήκους ΚΛ είναι ίση με φ.

Μπορεί κάποιος να εξηγήσει γιατί το πηλίκο δύο διαδοχικών όρων της ακολουθίας Fibonacci τείνει στον αριθμό φ ;

..,.,---------

1

1/2

� �

�

2

.. .. .. • • •

Και τώρα είναι καιρός να διασκεδάσουμε. Δείτε το επόμενο κανονικό πεντάγραμμο που είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο.

Επιπλέον έχουμε σχηματίσει με τις διακεκομμένες γραμμές το εγγεγραμμένο κανονικό πεντάγωνο. Οι διακεκομμένες γραμμές έχουν σκοπό να σας κάνουν να συνειδητοποιήσετε τους σχηματιζόμενους ρόμβους. Το ζητούμενο είναι να αποδείξετε ότι ο λόγος των έγχρωμων ευθύγραμμων τμημάτων, όπως προσδιορίζεται από τους επόμενους λόγους ισούται με τον αριθμό φ .

Φ = κόκκινο = πράσινο = γαλάζιο πράσινο γαλάζιο ροζ

Θα διευκολυνθείτε πολύ εάν εντοπίσετε τις γωνίες των 72° και 36° που εμφανίζονται στο σχήμα.

2. Το χρυσό ορθσyώvιο Θεωρούμε ένα χρυσό οpθογώνιο με μεγάλη

πλευρά α και μικρή b (κίτρινο ορθογώνιο). Θεω-


----------------Ακολουθία . . . θαυμάτων

ρούμε ακόμα ένα τετράγωνο με πλευρά α (γαλάζιο τετράγωνο) τοποθετημένο όπως φαίνεται στο σχήμα. Αυτά τα δύο σχήματα μαζί αποτελούν ένα άλλο χρυσό ορθογώνιο με πλερές α και α+ b .

α h

α

α+h Από τις αρχές του ΧΧ αιώνα πολλοί καλλιτέχνες και αρχιτέκτονες προσπάθησαν να κατασκευάσουν έργα στα οποία να απεικονίζεται ο χρυσός λόγος και ιδιαίτερα το χρυσό ορθογώνιο θεωρώντας ότι αυτή η απεικόνιση είναι ευχάριστη από αισθητική άποψη. Λέγεται ότι η πρόσοψη του Παρθενώνα όπως και τμήματα της πρόσοψης, και όχι μόνο, είναι κατα-

σκευασμένα με βάση αυτό τον λόγο. Πάντως ο Ευκλείδης στα "Στοιχεία" του θεωρούσε αυτόν τον αριθμό ως ένα άρρητο αριθμό με ενδιαφέρουσες ιδιότητες. Όμως κάποιοι λόγιοι αρνούνται ότι οι αρχαίοι Έλληνες απέδιδαν κάποια αισθητική έλξη στο χρυσό λόγο. Η άποψη που επικρατεί θέλει τον λόγο αυτό να εμφανίζεται σε διάφορα κατασκευαστικά στοιχεία στον Παρθενώνα.

Εκτός τούτου ο συμβολισμός του λόγου αυτού με το γράμμα φ που είναι το αρχικό του ονόματος του γλύπτη Φειδία, ο οποίος μαζί με τον Ικτίνο και τον Καλλικράτη κατασκευάσαν τον Παρθενώνα, πρέπει κάτι να σημαίνει

3. Η χρυσή σπείρα Στο προηγούμενο σχήμα έχουμε σχεδιάσει μια

σειρά από χρυσά ορθογώνια. Οι αριθμοί απεικονί-

ζουν πλευρές τετραγώνων. Σε κάθε τετράγωνο του χρυσού ορθογωνίου έχουμε εγγράψει ένα ημικύκλιο.

Η σύνδεση των ημικυκλίων οδηγεί σε μια καμπύλη που μοιάζει με επίπεδη λογαριθμική σπείpα και η οποία ονομάζεται σπείpα Fίbonaccί.

Οι σπείρες αυτές εμφανίζονται συχνά τόσο στο φυτικό όσο και στο ζωικό βασίλειο. Στην απέναντι εικόνα φαίνεται ένα κουκουνάρι. Στις επόμενες δύο φωτογραφίες φαίνεται ο τρόπος διάταξης των μικρών σπορίων. Διακρίνεται μία αριστερόστροφη διάταξη (γαλάζιο χρώμα) και μια δεξιόστροφή διάταξη (κόκκινο χρώμα Ανάλογες σπείρες εμφανίζονται και σε άλλα φυτά, όπως είναι το φυτό "'ηλιος" Και εδώ τα σπόρια σχηματίζουν αριστερόστροφες και δεξιόστροφες σπείρες.

Φαίνεται ότι η φύση εμφανίζει κάποια αδυναμία στις δομές που μοιάζουν με σπείρες Fibonacci. Στην επόμενη εικόνα φαίνεται η αρχιτεκτονική του κελύφους ενός θαλασσίου οργανισμού.

Στην επόμενη εικόνα φαίνονται τα κελύφη δύο

πραγματικών θαλάσσιων οργανισμών με δομή που μοιάζει πολύ με την σπείρα Fibonacci.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 88 τ.4/4

---------------Ακολουθία . . . θαυμάτων

4. Ακ6μα λίγος l�ibonacci Είδαμε ότι οι λύσεις της εξίσωσης φ2

- Φ- 1 =Ο εί-ναι οι αριθμοί φ = (1 + .J5)/2 και φ = (1 - .J5)/2 Μερικές παρατηρήσεις Α. Φ+Φ' = 1 Β. Φ·Φ' = -1 Γ.

φ2 = Φ+ 1 Φ3 = Φ2 + φ = (Φ + 1) + φ = 2φ + 1 Φ4 = Φ3 + Φ2

= (2φ + 1) + (Φ + 1) = 3Φ + 2

Φ5 = Φ4 + Φ3 = (3Φ + 2) + (2Φ + 1) = sφ + 3

Που βρίσκεται η γοητεία που ασκεί ο χρυσός λόγος στους μαθηματικούς; Ίσως στο γεγονός ότι αποτελεί το απλούστερο συνεχές κλάσμα

Φ= J5+l =lim Fn =1+----2 n->oo F n-1 }+ ---Ι 1+--1 1+-Α ν αυτό δεν σας εντυπωσιάζει, ίσως σας εντυπωσιάσει το γεγονός ότι αποτελεί ταυτοχρόνως και το απλούστερο συνεχές ριζικό.

Φ=�l+Jl+�l+� Α ν ούτε αυτό σας εντυπωσιάζει, τότε η Λάχεσις σας ετοιμάζει ένα λαμπρό μαθηματικό μέλλον.

5. Απt) που ξι:φύτρωσι: το τρίγωνο του Ρα.,·ι·α/;

Σίγουρα έχετε ακούσει για το τρίγωνο του Pascal που αποτελεί έναν εύκολο τρόπο για να υπολογίζετε τους αριθμητικούς συντελεστές των παραγόντων της ανάπτυξης ενός διωνύμου σε ακέραια θετική δύναμη. Στο προηγούμενο σχήμα τοποθετήσαμε τους αριθμητικούς συν-τελεστές σε τετράγωνα. Παρατηρήστε τώρα τα κουτάκια που έχουν το ίδιο χρώμα:

I ; I / I I I I I I

1 I I I I

I

to 6 1 I

I I )5 ιs 21 7 1

I I

1ι I 70 56 28 8 1 I I I

I I I

ι. Υπάρχει ένα κίτρινο τετράγωνο με τον αριθμό ι.

2. Υπάρχει ένα πράσινο τετράγωνο που περιέχει επίσης τον αριθμό ι

3. Υπάρχουν δύο τεράγωνα με χρώμα πορτοκαλί που περιέχουν το καθένα τον αριθμόl . Το άθροισμα είναι 2 .

4. Υπάρχουν δύο τετράγωμα με χρώμα ιώδες που περιέχουν τους αριθμούς 1 και 2 με άθροισμα 3.

5. Υπάρχουν τρία τετράγωνα με χρώμα κόκκινο που περιέχουν τους αριθμούς Ι , 3 , 1 με άθροισμα5.

6. Υπάρχουν τρία τετράγωνα με χρώμα καφέ που περιέχουν τους αριθμούς 1 , 4, 3 μα άθροισμα 8.

7. Υπάρχουν τέσσερα τετράγωνα με χρώμα γκρίζο που περιέχουν τους αριθμούς Ι , 5, 6, 1 με άθροισμα ι3.

8. Υπάρχουν τέσσερα τετράγωνα με ανοιχτό γαλάζιο χρώμα με τους αριθμούς 1 , 6, Ι Ο, 4, με άθροισμα 2 ι.

9. Υπάρχουν πέντε τετράγωνα με έντονο γαλάζιο χρώμα με τους αριθμούς 1 , 7, 15 , 10, 1 με άθροισμα 34.

Δείτε και την επόμενη διάταξη του τριγώνου του Pascal.


---------------Ακολουθία . . . θαυμάτων --------------

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1

1 1 1 2 1

1 3 3 1 1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1 6 15 20

1 7 21 1 8

1 ι ι 2 3 5 8 13 2ι 34 55

Στην πρώτη σειρά εμφανίζεται ο αύξων αριθμός του αριθμού F ibonacci στην αντίστοιχη ακολουθία. Στην τελευταία σειρά (με κόκκινους αριθμούς απεικονίζονται οι αριθμοί της σειράς F ibonacci. Στο εσωτερικό του πίνακα έχουν τοποθετηθεί διαγωνίως οι αριθμοί του τριγώνου του Pascal. . 1 Ο. Εύκολα μπορείτε να διαπιστώσετε ότι το άθροι

σμα των αριθμών που βρίσκονται στα χρωματιστά τετράγωνα είναι οι διαδοχικοί όροι της ακολουθίας F ibonacci. Μπορεί κάποιος να εξηγήσει γιατί συμβαίνει αυτό;

1 1. Να παρατηρήσετε ακόμα ότι η πρώτη αριστερή διαγώνιος περιέχει τον αριθμό 1. Η δεύτερη διαγώνιος περιέχει τους φυσικούς αριθμούς 1, 2, 3, 4, S, . . . H τρίτη διαγώνιος περιέχει τους τριγωνικούς αριθμούς Ι, 3, 6, 10, 15,. 5. Κρυμμένα μυστικά και ντοκουμέντα. Όταν εξετάζει κάποιος πρόχειρα τους αριθμούς

της σειράς F ibonacci δεν παρατηρεί κάποια κανονικότητα. Και όμως υπάρχει. Αρκεί να παρατηρήσει τους αριθμούς από διαφορετική οπτική. Δείτε μερικούς αριθμούς F ibonacci: ο, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 8 9, 144,233, 377, 61 Ο, 987, 1597, 2584, 4181, 6765, 10946, 17711, 28657,75925, 121393, 196418, 317811, . . .

Δείτε την ακολουθία των ψηφίων (τα ψηφία των μονάδων) της ακολουθίας που έχουν γραφεί με κόκκινο χρώμα. Η ακολουθία αυτή είναι Ο, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 3, 1, 4, 5, 9, 4, 3, 7, Ο, 7, 7, 4, 1, 5, 6, ι, 7 , 5, 3, 8, 1, ... Ατυχώς για να παρατηρηθεί η ιδιότητα στην οποία θα αναφερθούμε χρειάζονται τουλάχιστον 150 αριθμοί της σειράς F ibonacci. Αν έχετε την υπομονή να υπολογίσετε 150 όρους της σειράς ή την επιδεξιότητα να κατασκευάσετε ένα πρόγραμμα που θα υπολογίζει αυτούς τους όρους θα παρατηρήσετε ότι

η σειρά των 60 πρώτων μοναδιαίων ψηφίων της ακολουθίας F ibonacci επαναλαμβάνεται συνεχώς. Τα μοναδιαία ψηφία έχουν περίοδο 60.

Τ ώρα μπορείτε να εξετάσετε τα δύο τελευταία ψηφία των αριθμών της ακολουθίας. ο, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, 1597, 2584, 4181, 6765, 10946, 17711, 28657, 75925, 121393, 1964 18, 3178 11, . . . Το πρόβλημα είναι ότι τώρα θα χρειαστείτε περισσότερους από 600 αριθμούς F ibonacci διότι η περίοδος επανεμφάνισης των 2 τελευταίων ψηφίων είναι 300. Μπορείτε να αναρωτηθείτε για την περίοδο επανάληψης των τριών, τεσσάρων ή πέντε τελευταίων ψηφίων, αλλά τώρα σίγουρα θα χρειαστείτε κάποιον αλγόριθμο.

Ας προχωρήσουμε λίγο ακόμα σε αυτή την αυλή των θαυμάτων. Έχετε προσπαθήσει κάποια φορά να ανακαλύψετε 3 ακέραιους αριθμούς που να αποτελούν πλευρές ενός ορθογώνιου τριγώνου; Δεν είναι εύκολη η προσπάθεια και τις περισσότερες φορές καταφεύγουμε στην τριάδα 3, 4, 5 ή σε ακέραια πολλαπλάσια αυτών. Υπάρχει όμως ένας τρόπος που δίνει πάντα αποτέλεσμα όταν αναζητούμε 3 Πυθαγόρειους αριθμούς. Χρειαζόμαστε 4 αριθμούς F ibonacci. Ας πάρουμε, για παράδειγμα, τους αριθμούς 1, 2, 3, 4 . Ας ονομάσουμε τους δύο πρώτους α

και b . Τότε μπορούμε να κατασκευάσουμε τον ε"πόμενο πίνακα:

Για να κατασκευάσουμε το Πυθαγόρειο τρίγωνο κάνουμε τα επόμενα: 1. Πολλαπλασιάζουμε μεταξύτους τους δύο με

σαίους αριθμούς. Εδώ το αποτέλεσμα είναι 2χ3 = 6 .

2. Διπλασιάζουμε το αποτέλεσμα: 2χ6 = 1 2 Αυτός ο αριθμός αποτελεί το μήκος της μιας κάθετης πλευράς του ορθογωνίου τριγώνου.

3. Πολλαπλασιάζουμε μεταξύ τους τους δύο ακραίους αριθμούς. Το αποτέλεσμα είναι Ι χ 5 = 5. Αυτός ο αριθμός αποτελεί το μήκος της άλλης κάθετης πλευρά του τριγώνου.

4. Για να υπολογίσουμε το μήκος της υποτείνουσας προσθέτουμε τα τετράγωνα του δεύτερου και τρίτου αριθμού. Εδώ έχουμε 22 = 4 ,

3 2 = 9 . Το άθροισμα είναι 13. Η υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου είναι 13. Έτσι ποι Πυθαγόρειοι αριθμοί είναι

5, 12, 13


----------------------------------Ακολουθία . . . θαυμάτων

Δοκιμάστε το παραπάνω "κόλπο" με την τετράδα Υπάρχει όμως και κάποιος αντίλογος υπέρ των των αριθμών F ibonacci 2, 3, 5, 8. Θα καταλήξετε Ρωμαϊκών ψηφίων. Ένα ασυνείδητο πρόσωπο, ένα στους Πυθαγόρειους αριθμούς, 30, 1 6, 34. λαμόγιο όπως θα λέγαμε σήμερα, θα μπορούσε εύ-

6. Η κληρονομιά του Fibonacci κολα να μετατρέψει ένα ποσό l 000 λιρών σε 1 999 Η εμφάνιση του F ibonacci στη μεσαιωνική Ευ- λίρες. Μια τέτοια δόλια αλλαγή δεν μπορούσε να

ρώπη έμοιαζε με την εμφάνιση διάττοντα αστέρα γίνει με τα ρωμαϊκά αριθμητικά. Έτσι στα 1299 δη-που εμφανίστηκε και χάθηκε στην μαθηματική ξε- μοσιεύτηκε στη Φλωρεντία ένας νόμος ο οποίος ραϊλα εκείνων των χρόνων. Αυτό μπορούμε να το απαγόρευε την χρήση των Ινδουιστικών/Αραβικών υποθέσουμε αν κρίνουμε από την υποδοχή που έτυ- ψηφίων, ο οποίος όμως δεν άντεξε για μεγάλο χρο-χαν οι ιδέες του και από το γεγονός ότι η μαθηματι- νικό διάστημα εξαιτίας των πλεονεκτημά-των του κή του δεξιοτεχνία άργησε να εκτιμηθεί. Πιθανόν οι Αραβικού συστήματος σύγχρονοί του να αναρωτιούνταν "από που ξεφύ- Υπήρξε όμως και ένα άλλο παράλληλο αποτέλε-τρωσε αυτός ο τρελλός;" Άλλωστε του είχαν απο- σμα της χρήσης του Αραβικού συστήματος. Η κα-δώσει το παρατσούκλι B iggolo (που στη γλώσσα ταχώρηση των υπολογισμών πάνω στα έγγραφα αύ-της Τοσκάνης σημαίνει και αχαϊρευτος) και ίσως να ξησε την κατανάλωση περγαμηνής που ήταν ακρι-αποτύπωνε την εντύπωση που τους προκαλούσε. Θα βή. Αυτό το πρόβλημα το διόρθωσε η εμφάνιση του έπρεπε να περάσουν περίπου 300 χρόνια πριν οι Ευ- χαρτιού που ήταν φτηνό και έκανε δυνατή την κα-ρωπαίοι φτάσουν σε εκείνο το σημείο μαθηματικής ταγραφή των αλγορίθμων υπολογισμού με μικρό ανάλυσης που θα τους επέτρεπε να εκτιμήσουν το πρόσθετο κόστος. Ίσως δεν είναι παράξενο το γεγο-έργο του. νός της εμφάνισης του χαρτιού στον Μουσουλμανι-

Πριν από τον F ibonacci οι αριθμοί εκφράζονταν κό κόσμο μερικούς αιώνες ενωρίτερα από την εμ-με γράμματα όπως φαίνεται στον επόμενο πίνακα φάνισή του στην Ευρώπη. Στο βιβλίο του Liber Abaci παρουσιάζει τα Ινδουιστικά/ Αραβικά σύμβολα αριθμών στα οποία περιλαμβάνεται και το σύμβολο του μηδενός, Ο. Τα αριθμητικά αυτά ε�αι 1 , 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0.

Η διστακτικότητα της Ευρώπης να αποδεχθεί το νέο σύστημα δεν πρέπει να θεωρηθεί παράξενη.

Ι 1, ν s, χ 10, L 50, c 100, D 500,

Μ= 1000

Όπως συμβαίνει σε κάθε αλλαγή, έτσι και τώρα υπήρχαν δυνάμεις που αντιστρατεύονταν το νέο σύστημα αρίθμησης. Υπήρχαν άνθρωποι βολεμένοι με το παλιό σύστημα και οι οποίοι είχαν ως επάγγελμα τους σχετικούς υπολογισμούς με τα ρωμαϊκά αριθμητικά. Οι παραδοσιακοί μαθηματικοί και λογιστές έκαναν τους υπολογισμούς χρησιμοποιώντας τον άβακα και έγραφαν μόνο τα αποτελέσματα σε συμβόλαια από περγαμηνές με ρωμαϊκά ψηφία. Με τον τρόπο αυτό όμως δεν μπορούσαν να γίνουν αργότερα έλγχοι για τον εντοπισμό λαθών ή απατών. Η χρήση των Αραβικών ψηφίων και συμβόλων ήταν άμεση και εύκολη και επέτρεπε την μεταφορά πάνω στα συμβόλαια και στις αποδείξεις και των ίδιων των πράξεων υπολογισμού, γεγονός που ελαχιστοποιούσε την πιθανότητα λάθους ή απάτης. Με τον τρόπο αυτό δημιουργήθηκε ένα φυσικό κίνητρο για την αποδοχή των νέων ψηφίων. Φαίνεται λοιπόν ότι τελικά η ίδια η ζωή καθορίζει την τύχη που θα έ-χουν κάποιες καινοτομίες.

Τα βασικά έργα του Fibonacci είναι τα επόμενα: 1. Lίber Abbacί (το βιβλίο των υπολογισμών), 1 202 2. Practίca Geometrίae (Πρακτική Γεωμετρία), 1220 3. Lίber Quadratorum (το βιβλίο των τετραγώνων),

1225. Αφορούσε σε Διοφαντικές εξισώσεις 4. Flos (το λουλούδι), 1 225. Αφορούσε σε λύσεις

προβλημάτων 5. Dί mίnor guίsa (Περί ελάσσονος τρόπου). Θέματα

πρακτικής αριθμητικής για εμπόρους. Χαμένο. 6. Commentary on Book Χ of Euclίd's elements. Χα-

μένο Είναι πράγματι κρίμα που γνωρίζουμε τόσα λίγα για τον

σημαντικό αυτό μαθηματικό. Ο Boyer στο έργο του 'Ά history of Mathematics γράφει: "Είναι αλήθεια ότι στα 900 χρόνια της μεσαιωνικής Ευρωπαϊκής επιστήμης δεν εμφανίστηκε άξιος αντίπαλος του Λεονάρδο.

Το τελευταίο έγγραφο που αφορά στον Fibonacci είναι ένα κείμενο που εκδόθηκε από την κοινότητα της Πίζας το 1240 με το οποίο του χορηγήθηκε ένα τιμητικό ετήσιο εισόδημα από 20 λίρες Πίζας για υπηρεσίες προς την κοινότητα "του σεμνού και σοφού άνδρα, Δάσκαλου Λεονάρντο"

Ουδείς γνωρίζει την ημερομηνία και τις συνθήκες του θανάτου του. Πως έμοιαζε ο Fibonacci; Είχε παντρευτεί; Είχε αποκτήσει παιδιά ; Ποιες ήταν οι πολιτικές του απόψεις; Σε ποιο βαθμό βασίστηκε στα έργα των Ελλήνων (για παράδειγμα στα χαμένα έργα του

Σημείωση: Εάν ο αναγνώστης επιθυμεί να πειραματιστεί προσωπι

κά με την ακολουθία Fibonacci θα χαρώ ιδιαίτερα να του προμηθεύσω τους αντίστοιχους αλγόριθμους σε γλώσσα JA VA. Παρακαλώ ας επικοινωνήσει μαζί μου

� Takis. [email protected]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.417

Τα μαθηματικά και οι Νευροεπιστήμες πού κρύβεται η συνείδηση; Έχουν οι φάλαινες

πιο ανεπτυγμένη συνείδηση από τους ανθρώπους; Είναι η γλώσσα απαραίτητη για τα μα

. · · θηματικ:ά; Φταίνε τα μαθηματικά για το άγχος της αιωνιότητας; Τι είναι η μεταβίβαση της «βιολογικής μνήμης». Σ' αυτά και σε άλλα ερωτήματα δίνουν απαντήσεις οι τελευταίες έρευνες για τη λειτουργία του εγκεφάλου.

Ο πολυβραβευμένος Ιατρός και Μαθηματικός Αθανάσιος Φωκάς, καθηγητής μαθηματικών στο Πανεπιστήμιο του Cambridge μίλησε σε διάλεξή του στο The Hub Eνents την 1 η Απρίλη με θέμα: Πώς γνωρίζουμε; Έμφυτη γνώση, υποσυνείδητο και μαθηματικά. Μια παρόμοια ομιλία είχε πριν λίγους μήνες ο κ:. Φωκ:άς και στην Ακαδημία Αθηνών με θέμα: Τι είναι γνώση; Πώς γνωρίζουμε; Ποιος είναι ο ρόλος των μαθηματικών στην προσπάθεια κατανόησης της δυναμικής του εγκεφάλου;

z• 2 Οι πρώτοι που έθεσαν τέτοιου είδους ερωτήματα

ήταν οι Αρχαίοι Έλληνες αλλά τα ερωτήματα αυτά απασχολούν μέχρι και σήμερα τους επιστήμονες. Στη διάλεξή του, ο Ακαδημαϊκός Αθανάσιος Φωκάς ανέπτυξε την άποψη ότι οι πιο θεμελιώδεις κατηγορίες στη διαδικασία του σκέπτεσθαι είναι η έμφυτη γνώση σε αντιδιαστολή με την επίκτητη γνώση καθώς και η ασυνείδητη αντίληψη σε αντιδιαστολή με την επίγνωση. Δεδομένου ότι πριν από κάθε συνειδητή εμπειρία προηγείται μια ασυνείδητη διαδικασία, ο κ:. Φωκάς ισχυρίζεται ότι η διαδικασία της επίγνωσης είναι σχετικά αργή και μετρήσιμη, της τάξεως του μισού δευτερολέπτου.

Σε αυτή την εντυπωσιακή επεξεργασία μαγνητογραφήματος φαίνεται η δράση των νευροδιαβιβαστών στις συνάψεις. Τα εντυπωσιακά επιτεύγματα των επιστημονικών ανακαλύψεων στηρίζονται στην αντίληψη,

στη φαντασία, στη διαίσθηση, στην ενόραση, στη γλώσσα, στην ύπαρξη πολύπλοκων μαθηματικών δομών. Από την άλλη μεριά, αυτές οι έννοιες αποτελούν στοιχεία αυτού που ονομάζουμε συνείδηση, για την οποία δεν υπάρχει ως σήμερα ολοκληρωμένη επιστημονική θεωρία. Υπάρχει έμφυτη γνώση, όπως πίστευε ο Πλάτωνας, ή ο εγκέφαλος είναι ένα λευκό πινάκιο το οποίο γεμίζει μόνο από τις εμπειρίες, όπως πίστευε ο Αριστοτέλης; Ο κ. Φωκάς πιστεύει ότι «ο Πλάτωνας ζει στα νευρωνικά κυκλώματα, ενώ ο Αριστοτέλης ζει στις συνάψεις» και ότι όσοι έχουν ιδιαίτερες ικανότητες «έχουν κατευθείαν πρόσβαση στο υποσυνείδητο».

Η δράση των νευροδιαβιβαστών στις συνάψεις

Αφού «το βιβλίο των μαθηματικών είναι γραμμένο στη μαθηματική γλώσσα» όπως έλεγε ο Γαλιλαίος ο κ. Φωκάς τόνισε ιδιαίτερα τη σημασία των σύγχρονων aπεικονιστικών τεχνικών για τη μελέτη της λειτουργίας και δυναμικής του εγκεφάλου και τον ρόλο των μαθηματικών στην ανάπτυξη αυτών των τεχνικών.

Η ερευνητική ομάδα του κ:. Α. Φωκά με το σύνολο των συστημάτων σάρωσης του εγκεφάλου ιχνηλατούν τη δομή του ή εντοπίζουν τη ροή αίματος σε αυτόν, οι μαγνητοεγκ:εφαλογράφοι (MEG scanners) καταγράφουν τα μαγνητικά σήματα που εκπέμπουν οι νευρώνες καθώς επικοινωνούν. Έτσι χαρτογραφούν το δίκτυο επικοινωνιών του εγκεφάλου σε πραγματικό χρόνο, εν δράσει. Και καταγράφουν τη λειτουργία του εγκεφάλου μετρώντας τις διαφορές ηλεκτρικής τάσης μεταξύ των τμημάτων του.


αβημaτικοί Αιαyωvισμοί αβηματικέ� ΟΑtJμιιιaδες

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

30η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα 'Ό Αρχιμήδης"

23 Φεβρουαρίου 2013 ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1 Δίνεται η ακολουθία πραγματικών αριθμών (απ ) , η = 1, 2, 3, ... με

α1 = 2 και α. = (η + 1) ( α1 + α2 + · · · + α._1 ) , η � 2. η-1 Να προσδιορίσετε τον όρο α2013 •

Λύση (1 ος τρόπος) Παρατηρούμε ότι: α1 = 2, α2 = � · α1 = 3 · 2, α3 = 4 · ( α1 + α2 ) = 4 · 4 · 2 = 4 · 22 , 1 2 2 5( ) 5 3 6 ( ) 6 4 α4 =- · α1 + α2 + α3 = - · 24 = 5 · 2 α5 = - · α1 + α2 + α3 + α4 =-· 64 = 6 · 2 . 3 3 4 4 Υποθέτουμε ότι ισχύει αn = ( n + 1 ) · 2n-ι , για κάθε n = 1, 2, 3, . . . , k . Θα αποδείξουμε ότι ισχύει

το ίδιο και για n = k + 1 , δηλαδή ότι ισχύει: αk+Ι = ( k + 2) · 2k . k + 2 ( ) k + 2 ( Ι 2 ( ) k-1 ) Πράγματι, έχουμε αk+ι = -k-· α,+� +G:J +···+αk = -k-· 2+3·2 +4·2 +···+ k+1 ·2 k + 2 ( Ο Ι 2 ( ) k-1 ) οπότε προκύπτει ότι: αk+Ι =-k

-· 2·2 + 3·2 + 4·2 +···+ k + 1 ·2 Πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της σχέσης ( 1 ) επί 2, λαμβάνουμε

2α = k+ 2 · (21 + 3·22 +4·23 +· ··+ (k+ 1)·2k ) k+l k ' οπότε με αφαίρεση της ( 1 ) από τη (2) κατά μέλη, λαμβάνουμε:

k + 2 ( Ι 2 3 k- 1 ( ) k ) αk+Ι =-k-· -2 - 2 - 2 - 2 +···- 2 + k+ 1 ·2

( 1 )

(2)

a,,, � k;2 { -1-1;::_; + (k+ 1)·2'} k;2 ·( -2' + (k+ 1)·2' ) � (k + 2)·2'.

Άρα έχουμε: α20 1 3 = 2014 · 220 12 2°ς τρόπος

Θεωρούμε τις σχέσεις

από τις οποίες λαμβάνουμε

( n + 1 ) αn = - (αι + α2 +···+ αn-ι ) , n � 2, n-1 ( n + 2) αn+l = -n

-( αι + α2 + . . . + αn ) ' n � 1,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ. 4/9

(3)

(4)

(5)

-------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες --------α1 + α2 + · · · + αn = (-n-)αn+I, n;:: Ι. (6)

n+2 Με αφαίρεση της σχέσης ( 5) από τη σχέση ( 6) κατά μέλη λαμβάνουμε

αn = (-n-)αn+I - ( n - 1 )αn => αn+Ι = ( 2(n + 2))αn, n;:: 1 (7) n+ 2 n + 1 n + 1

Επομένως έχουμε αn = ( 2(nn+ 1) )αn

-] =( 2(n

n+ 1) )(n

2�1)αn

_2 = . . .

= ( 2(nn+ 1 ) )(n

2�1) . . · (

2 �4) · ( 2�3 )αΙ = ( n + 1) .

2

n-2. αΙ = ( n

+ 1)· 2

n-I'

' ' 2 Ά ' 2014 220 12 αφου ειναι α1 = . ρα εχουμε α2013 = · .

ΠΡΟΒΛΗΜΑ2 Στο σύνολο των ακεραίων να λύσετε την εξίσωση: y = 2χ2 + 5xy + 3y2 •

Λύση (1°ς τρόπος) Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την y = 2χ2 + 2xy+ 3xy+3y2 <=> y = ( χ+ y ) ( 2χ+ 3y) • ( 1 ) Α ν θέσουμε χ + y = z , τότε πρέπει z Ε Ζ και η εξίσωση ( 1 ) γίνεται

y = z ( 2z + y) <=> y = 2z2 + yz <=> ( z - 1) y = - 2z2 . ( 2) Για z = 1 η εξίσωση ( 2) γίνεται Ο· y = -2 (αδύνατη).

2z2 2 ( z2 - 1) + 2 2 Για z-::f:.1 η εξίσωση γίνεται y = --= - = -2 ( z+ 1) -- . (3) z- 1 z- 1 z- 1 Για να είναι ο y ακέραιος πρέπει ο z - 1 να είναι διαιρέτης του 2, δηλαδή πρέπει

z- 1 Ε {-1, 1, - 2, 2} <:::> Ζ Ε {0, 2, - 1,3 } . • Για z = Ο , λαμβάνουμε τη λύση ( χ, y) = (Ο, Ο). • Για z = 2, λαμβάνουμε τη λύση (x,y) = ( 10, -8) . • Για z = -1 , λαμβάνουμε τη λύση ( χ, y) = ( -2, 1) . • Για z= 3 , λαμβάνουμε τη λύση (x,y) = (12 ,-9) .

20, ' ·τροπος Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την y = 2χ2 + 2xy+3 xy+3 / <=>( χ+ y-1) ( 2x+ 3y+ 2) = -2 (4)

Επειδή ζητάμε λύσεις στους ακέραιους, οι δύο παράγοντες στο πρώτο μέρος πρέπει να είναι ακέραιοι, οπότε από την εξίσωση ( 4) έχουμε τις περιπτώσεις: · ι::�::�:

12} �ι::� Υ�: ο}� ( χ, Υ) � (ο, ο)

. ι χ::;: � :1- 2} � ι::�:�}� (x, y) � (10, -8)

• ι:+

+��12��2-1} �ι::� :3

-3} � (x,y) � (1 2, -9)

. {;χ

+;;;�� :21} �

ι::�y�

�-� 1} � (x, y) �( -2, 1)

3 "ς τρόπος Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα στη μορφή 2x2 +5)-X+ 3 /-y =O, (4) δηλαδή είναι δευτεροβάθμια ως προς χ με ακέραlΟ't>ζ συντελεστές. Για να έχει η εξίσωση αυτή ακέραtες λύσεις πρέπει η διακρίνσυσά της να είναι τέλειο τετράγωνο, δηλαδή πρέπει Δ = / + 8 y = y ( y

+ 8) = p2, όπου ρ ακέραιος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ. 4/10

--------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες --------• Αν είναι p = Ο , τότε θα είναι Δ = Ο και y = Ο ή y = -8 . Για y = Ο , από την εξίσωση (4)

προκύπτει ότι χ = Ο , δηλαδή είναι (χ, y) = (Ο, Ο) . Για y = -8 , από την εξίσωση ( 4) προκύπτει ότι χ = 10, οπότε έχουμε τη λύση (χ, y) = ( 1 Ο, -8) .

• Αν είναι p -:f:. Ο , τότε πρέπει η εξίσωση / + 8 y -p2 = Ο , ( 6) να έχει ακέραιες λύσεις ως προς y για κατάλληλες τιμές του p . Άρα, πρέπει η διακρίνουσα της εξίσωσης ( 5) να είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου. Άρα πρέπει να είναι Δ ' = 64 + 4 p2 = 82 + ( 2 p )2 = w2 , οπότε η τριάδα ( 8, 2p, w) πρέπει να είναι μία Πυθαγόρεια τριάδα. Όμως όλες οι Πυθαγόρειες τριάδες είναι της μορφής (k · (m2 - n2 ) ,k · 2mn,k·(m2 + n2 )) , όπου k,m, n θετικοί ακέραιοι, m>n . Άρα οι δυνατές περιπτώσεις είναι: k · ( m2 - n2 ) = 8, k · 2mn = 2p (7)

ή k · 2mn = 8, k · ( m2 - n2 ) = 2p. (8) . Για k = 1 η σχέση ( 6) μπορεί να αληθεύει με ( m, n) = ( 3, 1 ) , οπότε p = 3 . Τότε η εξίσωση ( 5) γίνεται / + 8 y -9 = Ο <::::> y = 1 ή y = -9 , δηλαδή έχει ακέραιες λύσεις Από την εξίσωση ( 4) λαμβάνουμε τις λύσεις χ= -2 , για y = 1 και χ= 1 2, για y = -9 , οπότε έχουμε τις λύσεις: ( x,y) = ( -2, 1) και ( x,y) = ( 12, -9) . Για k?::. 2 , από το σύστημα (6) δεν προκύπτει ακέραια τιμή για το p . Ομοίως, από το σύστημα (7) δεν προκύπτουν ακέραιες τιμές για το p .

Εναλλακτικά, όταν φθάσουμε στην αναγκαία συνθήκη Δ ' = 64 + 4 p2 = w2 μπορούμε να συνεχίσουμε ως εξής: Δ '= 64 + 4p2 = w2 <::::> w2 -4p2 = 64 <::::> ( w- 2p ) ( w+ 2p) = 64 .

Στη συνέχεια, για την επιλογή των ακέραιων παραγόντων του πρώτου μέλους, παρατηρούμε ότι: ( w+ 2p ) + ( w- 2p) = 2w=πολλαπλάσιο του 2

( w+ 2p )- ( w- 2p) = 4p =πολλαπλάσιο του 4. Επομένως οι περιπτώσεις που οδηγούν σε θετικές ακέραιες λύσεις για τα w και p είναι μόνον οι εξής:

{w+ 2p= 1 6} • <=> ( w, p) = ( 1 0, 3) . Τότε η εξίσωση ( 6) γίνεται: w- 2p= 4

y2 + 8 y -9 = Ο <::::> y = -9 ή y = 1 , οπότε από την αρχική εξίσωση προκύπτουν τα ζεύγη

(x,y) = (12, -9) και (x,y) = (-2, 1) .

• {w+ 2p = 8}

<::::> ( w,p) = (8, 0) . Τότε η εξίσωση (6) γίνεται: w- 2p= 8 / + 8 y = Ο <=> y = Ο ή y = -8 , οπότε από την αρχική εξίσωση προκύπτουν τα ζεύγη

( x, y) = (Ο, Ο) και (x, y) = ( 10, -8) . Παρατήρηση:

Μπορούμε ακόμη να θεωρήσουμε την εξίσωση ως τριώνυμο μεταβλητής y και να εργαστούμε ανά'λσyα, όπως στη παραπάνω περίπτωση . Τότε καταλήγουμε στην αναγκαία συνθήκη να είναι τέλειο τετράγωνο, η διακρίνουσα Δ= χ2 -10χ+24 = (χ-5)2 -1, δηλαδή (χ-5)2 -1 = ω2 � (χ-5γ -ω2 = 1 � (χ-5-ω)(χ-5+ω) = 1 , από την οποία προκύπτουν τελικά οι ακέραιες λύσεις της αρχικής εξίσωσης.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ3 Δίνονται τα σύνολα Αι, Α2, • • • , Αι60 τέτοια ώστε I Αϊ I = i, i = 1, 2, .•. , 160 . Με τα στοιχεία

των συνόλων αυτών κατασκευάζουμε καινούρια σύνολα Μι,Μ2, • • • ,Μ0 με την ακόλουθη διαδικασία: Στο πρώτο βήμα επιλέγουμε κάποια από τα σύνολα Αι, Α2, • • • , Αι60 και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ. 4/1 1

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

αφαιρούμε από καθένα από αυτά τον ίδιο αριθμό στοιχείων. Όλα τα στοιχεία που αφαιρούμε αποτελούν τα στοιχεία του συνόλου Μ1 • Στο δεύτερο βήμα επαναλαμβάνουμε την ίδια διαδικασία στα σύνολα που έχουν προκύψει μετά την εφαρμογή του πρώτου βήματος και έτσι ορίζουμε το σύνολο Μ2 • Συνεχίζουμε ομοίως μέχρι που να εξαντληθούν όλα τα στοιχεία των συνόλων Α1,Α2, • • • ,Α160 ορίζοντας έτσι τα σύνολα Μ3, ••• ,Μ0 • Να βρεθεί η ελάχιστη δυνατή τιμή του αριθμού η •

Λύση Υποθέτουμε ότι κατά το πρώτο βήμα αφαιρούμε από όλα τα επtλεγμένα σύνολα k1 στοιχεία,

κατά το δεύτερο βήμα αφαιρούμε k2 στοιχεία και ομοίως κατά το n - στό βήμα αφαιρούμε kn στοιχεία. Όταν εξαντληθούν τα στοιχεία όλων των συνόλων Α1 , Α2, ••• , An , τότε θα πρέπει το κάθε ί = IA;i• ί- 1,2, . . . , 1 60 , να είναι άθροισμα κάποιων όρων από τους k1 ,k2, ••• ,kn. Όμως τα δυνατά αθροίσματα που δημιουργούνται από όρους που ανήκουν στο σύνολο { k1 , k2, ••• , kn} είναι 2n , αφού για τη δημιουργία τέτοιων αθροισμάτων για κάθε όρο υπάρχουν δύο επιλογές, δηλαδή μπορούμε να συμπεριλάβουμε τον όρο στο άθροισμα ή όχι. Επομένως πρέπει να ισχύει ότι 2n :?: 1 60 , οπότε πρέπει n:?: 8 και η ελάχιστη πιθανή τιμή του n είναι το 8. Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι για n = 8 μπορούμε να επιτύχουμε την εξάντληση των στοιχείων των δεδομένων συνόλων με την προβλεπόμενη διαδικασία, οπότε η ελάχιστη δυνατή τιμή του n θα είναι 8. Στο πρώτο βήμα θεωρούμε τα σύνολα Α81 , •• .Αι60 και αφαιρούμε από το καθένα από αυτά 80 στοιχεία. Έτσι το σύνολο Μι θα έχει 80 · 80 = 6400 στοιχεία. Συμβολίζουμε τα σύνολα που απομένουν μετά την αφαίρεση των 80 στοιχείων ως Α�ι, . . . ,Α:60 • Τότε τα σύνολα Α; και A�O+i' ί = 1,2, . . . , 80 έχουν από ί στοιχεία. Στο δεύτερο βήμα θεωρούμε τα σύνολα Α4ι, . . . ,Α80 , Α:2ι, . . . ,Α:60 και αφαιρούμε από καθένα από αυτά 40 στοιχεία. Έτσι το σύνολο Μ2 θα έχει 80 · 40 = 3200 στοιχεία.

Συμβολίζουμε τα σύνολα που απομένουν μετά την αφαίρεση των 40 στοιχείων ως Α�ι, . . . ,Α�0 και Α�2ι, . . . ,Α�60 • Τότε τα σύνολα Α;, Α�Ο+ί'Α�ο+;καιΑ�2ο+;,ί = 1,2, . . . ,40 έχει το καθένα από ί στοιχεία. Στο τρίτο βήμα θεωρούμε τα σύνολα Α2ι, . . . ,Α40 , A�o+;• ····A:oo+i , A�40+i, ί = 1, 2, . . . , 20 αφαιρούμε από καθένα από αυτά 20 στοιχεία. Έτσι το σύνολο Μ3 θα έχει 80 · 20 = 1 600 στοιχεία. Συνεχίζουμε ομοίως με ανάλογους συμβολισμούς, θεωρώντας στο τέταρτο βήμα τα σύνολα Αιο+ί' A�O+i'A;o+i' A;O+i' A�O+i' Α� ιο+ί' A�30+i' A�so+i'ί = 1,2, . . . , 1 0 , και αφαιρούμε από καθένα από αυτά 1 Ο στοιχεία. Έτσι το σύνολο Μ4 θα έχει 80 · 1 Ο = 800 στοιχεία. Τα σύνολα που απομένουν έχουν το καθένα το πολύ 1 Ο στοιχεία. Στο πέμπτο βήμα επιλέγουμε τα μισά από αυτά, δηλαδή τα A�+i(modιo)•ί = 1,2,3,4,5 με τον κατάλληλο εκθέτη f = 1,2,3,4 κάθε φορά και αφαιρούμε από καθένα από αυτά 5 στοιχεία, οπότε το σύνολο Μ5 θα έχει 80 · 5 = 400 στοιχεία. Έτσι έχουν απομείνει 32 ομάδες συνόλων που έχουν από ένα μέχρι πέντε στοιχεία. Στο έκτο βήμα επιλέγουμε από αυτά τα A�+ί(modS)'ί = 1,2,3 , συνολικά 96 σύνολα, με τον κατάλληλο εκθέτη f = 1,2, . . . ,5 κάθε φορά και αφαιρούμε από καθένα από αυτά 3 στοιχεία, οπότε το σύνολο Μ6 θα έχει 96 · 3 = 288 στοιχεία. Τότε τα 32 σύνολα A1<mods) γίνονται κενά , τα σύνολα Αι, A�(modJ) έχουν από ένα στοιχείο, ενώ τα σύνολα Α2, A�<modJ), με τον κατάλληλο δείκτη f = 1,2, . . . , 6 έχουν από δύο στοιχεία. Στο έβδομο βήμα θεωρούμε τα σύνολα Α2, A;<modJ) , με τον κατάλληλο δείκτη f = 1 , 2, . . . , 6 και τους αφαιρούμε από δύο στοιχεία, οπότε γίνονται κενά, ενώ στο όγδοο βήμα θεωρούμε τα σύνολα Αι, A�<modJ), f = 1 , 2, . . . , 6 και τους αφαιρούμε από ένα στοιχείο, οπότε



γίνονται κενά. Έτσι το σύνολο Μ7 θα έχει 128 στοιχεία, ενώ το σύνολο Μ8 θα έχει 64 στοιχεία. Παρατήρηση :

Η προηγούμενη απόδειξη για ότι ο αριθμός των βημάτων μπορεί να είναι 8, δεν είναι μοναδική. Θα μπορούσαμε στο πρώτο βήμα να πάρουμε τα 81 σύνολα Α80 , Α81 • • • • , Α160 και να τους αφαιρέσουμε από 80 στοιχεία με ανάλογη συνέχεια στα επόμενα βήματα. Τότε θα aφαιρούσαμε στο πρώτο βήμα 81 · 80 = 6480 στοιχεία που είναι και το μεγαλύτερο πλήθος στοιχείων που μπορεί να αφαιρεθούν στο πρώτο βήμα.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R) (με κέντρο το σημείο Ο και

ακτίνα R ) και έστω Δ τυχόν σημείο της πλευράς ΒΓ (διαφορετικό από το μέσο της ΒΓ ).

Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΒΟΔ (έστω c1 ) τέμνει τον κύκλο c(O,R) στο σημείο Κ και την ΑΒ στο σημείο Ζ . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΓΟΔ , έστω c2, τέμνει τον κύκλο c(O,R) στο σημείο Μ και την ΑΓ στο σημείο Ε. Τέλος, ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΕΖ έστω c3 , τέμνει τον κύκλο c(O, R) στο σημείο Ν. Αποδείξτε ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΚΜΝ είναι ίσα.

Λύση Θα αποδείξουμε ότι ο κύκλος c3 περνάει από το κέντρο Ο του περιγεγραμμένου κύκλου του

τριγώνου ΑΒΓ . Από το εγγεγραμμένο στο κύκλο c2 τετράπλευρο ΟΔΓΕ έχουμε: 01 = Γ . Από το εγγεγραμμένο στο κύκλο c1 τετράπλευρο ΟΔΒΖ έχουμε: 02 = Β . Από τη πρόσθεση κατά μέλη των δύο προηγούμενων ισοτήτων γωνιών λαμβάνουμε: 01 +02 =Β+ Γ=> .Εόz=Β+f'=18σ -Α, οπότε το τετράπλευρο ΑΕΟΖ είναι εγγράψιμο (άθροισμα απέναντι γωνιών 1 80° ). Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι οι κύκλοι c1 , c2 , c3 είναι ίσοι μεταξύ τους. Από το εγγεγραμμένο στο κύκλο c1

τετράπλευρο ΟΔΒΖ έχουμε; Δ 2 = Ζ2 • Από το εγγεγραμμένο στο κύκλο c 2

τετράπλευρο ΟΔΓΕ έχουμε: Επομένως έχουμε ότι: Δ 2 = Ζ2 = Ε1 • Οι τρεις αυτές ίσες γωνίες βαίνουν στις ίσες χορδές ΟΒ , ΟΓ και ΟΑ των κύκλων c1 ,

c2 και c3 αντίστοιχα. Άρα οι κύκλοι c1 , c2 ,

c3 έχουν ίσες ακτίνες, οπότε είναι ίσοι

c,

Σχήμα 1

μεταξύ τους. Στους ίσους κύκλους c1 και c2 , οι γωνίες Ζ1 και Δ 1 βαίνουν στις ίσες χορδές ΟΚ και ΟΜ (ο κ = ΟΜ = R ), οπότε θα είναι: zl = Δ I . Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι τα σημεία Κ, Δ, Μ είναι συνευθειακά. Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι τα σημεία Μ, Ε, Ν

Λ Λ και τα σημεία Ν, Ζ, Κ είναι επίσης συνευθειακά. Από τις ισότητες των γωνιών ΒΔΚ = Γ ΔΜ και ΓΕΜ = ΑΕΝ (που είναι κατά κορυφή) προκύπτει η ισότητα των ευθυγράμμων τμημάτων ΑΝ = ΒΚ = ΓΜ (τα οποία είναι χορδές του κύκλου c(O, R) . Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΚΜΝ έχουν κοινό περίκεντρο Ο και το ΚΜΝ είναι η εικόνα του ΑΒΓ στη στροφή με κέντρο το σημείο ο και γωνία ΑΟΝ = ΒΟΚ = ΓΟΜ = ω . Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα μεταξύ τους.

Παρατήρηση. Το περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, ταυτίζεται με το σημείο Miquel που αντιστοιχεί στα σημεία Δ,Ε,Ζ των πλευρών του τριγώνου. Έτσι μπορεί να προκύψει άμεσα ότι το τετράπλευρο ΑΕΟΖ είναι εγγράψιμο.


-------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες --------Λύσε ι ς ασκήσεων από τα τεύχη 86 κα ι 87

Γ t I . Δίνεται εγγράψιμο τετράπλευρο ABCD . Θεωρούμε τον κύκλο Γ1 που περνάει από τα σημεία Α , Β και εφάπτεται της ευθείας CD στο σημείο Ε . Θεωρούμε και τον κύκλο Γ 2 που περνάει από τα σημεία Β , C και εφάπτεται της ευθείας DA στο σημείο F . Επίσης θεωρούμε και τον κύκλο Γ 3 που περνάει από τα σημεία C , D και εφάπτεται της ευθείας ΑΒ στο σημείο G . Τέλος, θεωρούμε τον κύκλο Γ 4 που περνάει από τα σημεία D , Α και εφάπτεται της ευθείας BC στο σημείο Η . Να αποδείξετε ότι EG l_ FH . [Λευκορωσία, ΜΟ 2012] Λύση

χ

Στην περίπτωση που το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ABCD είναι ισοσκελές τραπέζιο ή ορθογώνιο, τότε έχει έναν ή περισσότερους άξονες συμμετρίας. Τότε η καθετότητα EG l_ FH προκύπτει άμεσα από τη συμμετρία της κατασκευής. Υποθέτουμε ότι το τετράπλευρο ABCD δεν είναι τραπέζιο ή ορθογώνιο και έστω Χ το σημείο τομής των ευθειών BC και AD . Επειδή ο κύκλος Γ 2 εφάπτεται της ευθείας AD στο σημείο F , έπεται ότι: XF2 = ΧΒ · XC . ( 1 ) Ομοίως λαμβάνουμε ΧΗ

2 = ΧΑ · XD . (2) Επειδή το τετράπλευρο ABCD είναι εγγεγραμμένο, έπεται ότι:

XB · XC = XA · XD (3) Από τις ισότητες ( 1 ), (2) και (3) προκύπτει ότι XF = ΧΗ, οπότε το τρίγωνο XHF είναι ισοσκελές. Επομένως έχουμε BHF = � ( 1 80° -CXD) = � ( C + b) , ( 4) όπου C,D είναι γωνίες του τετραπλεύρου ADCD . Ομοίως λαμβάνουμε και την ισότητα

Λ 1 ( Λ Λ ) BGE = l A +D (5) Αν Υ είναι το σημείο τομής των ευθειών GE και EF , τότε από το τετράπλευρο BGYH και τις προηγούμενες σχέσεις λαμβάνουμε: GYH = 3600 -(Β+�( C+D)+�( A+n))= 360o -( B+D+�( A+c)) = 360° -(ιsοο +Ξ · 1 8Οο ) = 90°. Γ12. Δίνεται τρίγωνο ABC με ΑΒ > Α C • Έστω D, Ε, F τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του με τις πλευρές BC,CA, AB, αντίστοιχα. Έστω Μ το μέσο της πλευράς BC και ΑΗ l_ BC στο σημείο Η . Η διχοτόμος ΑΙ της γωνίας BAC , όπου Ι το έκκεντρο του τριγώνου ABC , τέμνει τις ευθείες DE και DF στα σημεία Κ και L, αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι τα σημεία M, L, H και Κ είναι ομοκυκλικά. [Κίνα, Western M0, 2011]


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

Λύση Α

Β c

Σχήμα 2 Φέρουμε τα τμήματα CL,BI,DI,BK και ΚΗ . Έστω ότι η προέκταση της CL προς το μέρος του L τέμνει την πλευρά ΑΒ στο σημείο Ν . Από το τρίγωνο ΑΒΙ έχουμε

BiK = ΒΑ! + ΑΒΙ =Ξ( BAC+ ABC) = Ξ(1 80° - ACB) (1 )

Τα τμήματα CD, CE είναι ίσα, ως εφαπτόμενα από το σημείο C προς τον εγγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC , δηλαδή CD =CE . Επομένως, από το τρίγωνο DEC έχουμε

EDC = DEC = Ξ( 1 80° - ACB) . (2)

Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έπεται ότι BiK = EDC και αφού EDC = BDK (ως κατά κορυφή), έπεται ότι και BiK = BDK , οπότε τα σημεία B,K,D και Ι είναι ομοκυκλικά. Επομένως έχουμε Bh = BDI = 90° , (3) αφού D είναι σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με την πλευρά BC του τριγώνου ABC και Ι είναι το έκκεντρο του τριγώνου. Από την σχέση (3) έπεται ότι ΒΚ _l ΑΚ .

Ομοίως, από τις σχέσεις ιic = Ξ( 1 80° -Β) = BDL προκύπτει ότι τα σημεία Ι, L, D, C είναι ομοκυκλικά και IiC = IDC = 90° , οπότε μπορεί να προκύψει και η καθετότητα CL _l AL . Όμως η AL διχοτομεί τη γωνία Α , οπότε το σημείο L θα είναι το μέσον της CN . Επειδή το σημείο Μ είναι το μέσον της πλευράς BC , έπεται ότι Λ1L 11 ΑΒ .Επειδή BiA = ΒΗΑ = 90° , έπεται ότι τα σημεία Β,Κ,Η και Α είναι ομοκυκλικά, οπότε Mifκ = ΒΑΚ = lv.fiκ (λόγω και της παραλληλίας Λ1L 1 1 ΑΒ ), οπότε και τα σημεία M,L,H και Κ είναι ομοκυκλικά. Δ6. Θεωρούμε ότι ένα ντόμινο αποτελείται από δύο μοναδιαία τετράγωνα (τετράγωνα πλευράς 1), τα οποία έχουν μία κοινή πλευρά. Ομοίως, ένα τετρόμινο αποτελείται από τέσσερα μοναδιαία τετράγωνα που τα διαδοχικά έχουν μία κοινή πλευρά. Τα τετρόμινα εμφανίζονται με διάφορα σχήματα, αλλά στο παρόν πρόβλημα θεωρούμε μόνο L-τετρόμινα, που έχουν το σχήμα του γράμματος L ή του συμμετρικού του ως προς τις δύο πλευρές του, με τρία μοναδιαία τετράγωνα σε μία γραμμή και το τέταρτο να συνδέεται με ένα από τα τετράγωνα στις άκρες της γραμμής. Να εξετάσετε, αν είναι δυνατόν να καλύψουμε ένα 1 Ο χ 1 Ο τετράγωνο με μη επικαλυπτόμενα L-τετρόμινα . Λύση Η απάντηση είναι αρνητική. Για τη διαπίστωση της απάντησης αυτής, θεωρούμε το l O x l O



τετράγωνο ως ένα πλέγμα με 1 00 μοναδιαία τετράγωνα, τα οποία για συντομία θα τα αποκαλούμε «κουτιά». Χρωματίζουμε τα κουτιά όπως στο σχήμα 3, δηλαδή όλα τα κουτιά των στηλών 1 , 3, 5, 7, 9 είναι μαύρα, ενώ όλα τα κουτιά των στηλών 2, 4, 6, 8 και 1 0 είναι λευκά. Ας υποθέσουμε ότι τοποθετούμε στο πλέγμα ένα L-τετρόμινο έτσι ώστε καθένα από τα τέσσερα τετράγωνά του να καλύπτει ακριβώς ένα κουτί. Αυτό μπορεί να γίνει με διάφορους τρόπους, για παράδειγμα υπάρχουν τέσσερις τέτοιες τοποθετήσεις με τη μεγαλύτερη πλευρά του L κατακόρυφη και άλλες τέσσερις με τη μεγαλύτερη πλευρά του L οριζόντια.

Σχήμα 3 Είναι εύκολο να παρατηρήσουμε ότι σε όλες αυτές τις τοποθετήσεις για το L- τετρόμινο, συμβαίνει ένα από τα ακόλουθα: καλύπτονται 3 κουτιά μιας λευκής στήλης και ένα κουτί μιας μαύρης στήλης ή καλύπτονται 3 κουτιά μιας μαύρης στήλης και ένα κουτί μιας λευκής στήλης. Ορίζουμε ως υπέρβαση για το L-τετρόμινο τη διαφορά των αριθμών των επικαλυπτόμενων κουτιών διαφορετικών χρωμάτων, δηλαδή η υπέρβαση ενός L- τετρόμινου μπορεί να είναι ±2 . Ας υποθέσουμε ότι το δεδομένο πλέγμα μπορεί να επικαλυφθεί χωρίς επικαλύψεις με Lτετρόμινα. Επειδή κάθε L - τετρόμινο έχει 4 κουτιά, ενώ το πλέγμα έχει συνολικά 1 00, έπεται ότι θα χρειαστούμε 25 L- τετρόμινα. Κάθε L-τετρόμινο της επικάλυψης έχει υπέρβαση ±2 . Επειδή το δεδομένο πλέγμα καλύπτεται πλήρως από τα 25 L-τετρόμινα και έχει τον ίδιο αριθμό μαύρων και λευκών κουτιών, ο συνολικός αριθμός των υπερβάσεων πρέπει να είναι Ο. Όμως ο αριθμός 25 είναι περιττός οπότε δεν είναι δυνατόν ο αριθμός των θετικών υπερβάσεων να ισούται με τον αριθμό των αρνητικών υπερβάσεων. Αυτό σημαίνει ότι δεν είναι δυνατόν ο συνολικός αριθμός υπερβάσεων να είναι Ο. Επομένως δεν είναι δυνατή η ζητούμενη κάλυψη. Δ 7. Δίνεται θετικός ακέραιος n • Υπάρχουν n αγόρια και n κορίτσια τοποθετημένα σε μία γραμμή. Δίνουμε σε κάθε άτομο Χ από τα αγόρια και κορίτσια της γραμμής έναν αριθμό γλυκών ίσο με τον αριθμό των ζευγών (α, b ) , όπου τα α, b είναι άτομα αντίθετου φύλου από το άτομο Χ και βρίσκονται μεταξύ των α και b • Να αποδείξετε ότι ο συνολικός αριθμών των γλυκών που θα πάρουν τα n αγόρια και τα n κορίτσια δεν είναι μεγαλύτερος του � n ( n2 - 1) . [Βιετνάμ ΜΟ, 2012]

Λύση Σημειώνουμε ένα αγόρι με το γράμμα Α και ένα κορίτσι με το γράμμα Κ. Κατ' αρχή μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι ο συνολικός αριθμός των γλυκών είναι ακριβώς � n ( n2 - 1) , στην περίπτωση που η ευθεία μπορεί να διαμεριστεί σε n διαδοχικά ζεύγη από ένα αγόρι και ένα κορίτσι. Πράγματι, αν τοποθετήσουμε σε μία ευθεία διαδοχικά τα n ζευγάρια ΑΚ, τότε, λόγω συμμετρίας, για τα n αγόρια και για τα n κορίτσια θα προκύψει ο ίδιος αριθμός γλυκών. Λαμβάνοντας υπόψη, πόσα άτομα αντιθέτου φύλου υπάρχουν πριν και πόσα μετά από το τυχόν


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

άτομο της τοποθέτησης που κάναμε, έχουμε ότι ο ζητούμε νος αριθμός είναι 2 [( n - 1) + 2( n - 2) + 3 ( n -3 )+ . . . + ( n - 2) · ( n - n + 2) + ( n - 1) ( n - n + 1)]

n-1 n-1 n-1 n-1 n-1 (n - l )n (n - 1) n (2n - 1) = 2Σί · (n - ί) = 2Σί · n - 2Σί2 = 2n · Σί - 2Σί2 = 2n · - 2 ·....:...,__---'----....:...,.._�

i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 2 6 = n2 (n - l) - ( n - 1) n (2n - 1) = (n - 1) n (3n - 2n + Ι) =

n ( n2 - 1) . 3 3 3 Ονομάζουμε την παραπάνω τοποθέτηση αγοριών και κοριτσιών βέλτιστη. Οποιαδήποτε άλλη τοποθέτηση θα είναι σε μία από τις παρακάτω μορφές:

( ΑΚ ) ( ΑΚ) (ΚΑ) . . . ( . . )Κ�·; .Κ Α} ( 1 ) ( ΑΚ ) ( ΑΚ )(ΚΑ) . . . ( . . )�Κ

1�2

Στη συνέχεια μπορούμε να αποδείξουμε ότι με μετακίνηση ενός κοριτσιού από τα t της πρώτης περίπτωσης του (1 ) ή ενός αγοριού από τη δεύτερη περίπτωση, ο αριθμός των γλυκών που προκύπτουν μεγαλώνει, δηλαδή ο μετασχηματισμός της τοποθέτησης αγοριών - κοριτσιών στις μορφές

( ΑΚ ) ( ΑΚ )(ΚΑ) . . . ( . . )Κ��;.Κ Α} (2) (ΑΚ)(ΑΚ)(ΚΑ) . . . ( . . )�Κ

1-1 οδηγεί σε αύξηση του αριθμού των γλυκών. Όμως με ένα πεπερασμένο αριθμό τέτοιων μετακινήσεων τελικά θα φθάσουμε στη βέλτιστη τοποθέτηση με ακριβώς ± n ( n2 - 1) γλυκά. Δ8. Έστω Μ ένα υποσύνολο του συνόλου { 1, 2, 3, . . . , 201 1 } που ικανοποιεί την ακόλουθη ιδιότητα: Για κάθε τρία στοιχεία του Μ , υπάρχουν δύο από αυτά , έστω α, b τέτοια ώστε α lb ή b Ι α . Να προσδιορίσετε το μέγιστο αριθμό των στοιχείων που μπορεί να έχει το υποσύνολο Μ . [Κίνα, Western ΜΟ, 2011] Λύση Κατ' αρχή παρατηρούμε ότι το υποσύνολο Μ = {ι, 2, 22, 23 , ••. , 21 0 , 3, 3 · 2, 3 · 22 , • . • , 3 . 29 } , ικανοποιεί τη συνθήκη του προβλήματος και lM I = 2 1 . Υποθέτουμε ότι υπάρχει υποσύνολο Μ με IMI 2: 22 και έστω ότι έχει στοιχεία τα α1 < α2 < . . . < α κ , lM I = κ 2: 22. Θα αποδείξουμε πρώτα ότι ισχύει: an+2 2: 2an , για κάθε n . ( 1 ) Πράγματι, διαφορετικά για κάποιο n :-::; k- 2 θα είχαμε an < an+l < an+2 < 2an , όπου οποιοιδήποτε δύο από τους τρεις ακέραιους an , an+I > an+2 δεν μπορούν ο ένας εξ αυτών να είναι πολλαπλάσιο του άλλου. Από τη σχέση ( 1 ) έπεται ότι:

α4 2: 2α1 2: 4, α6 2: 2α4 2: 8 = 23 , •• • • , α22 2: 2α20 2: 21 1 > 20 1 1 , άτοπο. Επομένως η μεγαλύτερη δυνατή τιμή είναι IMI = 2 1 .

Α 1 6. Δίνεται η ακολουθία (xn ) "''. με χ1 = .!.. και χn+Ι = n + 1 (xn + .!..) , για κάθε n 2: 1 . -" 6 n + 3 2 Βρείτε τον όρο χ201 3 • Λύση

'Εχουμε χ2 =�(.!..+.!..) =� χ3 = �(�+.!..) = � . . . . Υποθέτουμε ότι xn =!!:_ για το τυχόνrα 4 6 2 6 ' 5 6 2 6 ' 6


------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες -------φυσικό αριθμό n και παρατηρούμε ότι χ = (�) (

n +_!_) = � . n+I n + 3 6 2 6 Επομένως, λόγω της αρχής της τέλειας επαγωγής προκύπτει ότι xn = n , n ε Ν* 6

, , (α-b)2 (b-cγ (c-α)2 (α-b)2 Α17. Αν α, b, c > O, να αποδειξετε οτι: ( ) ( ) + ( ) ( ) + ( ) ( ) ;;::: 2 2 2 • c+α c+b α+b α+c b+c b+α α +b +c [Κίνα, Western ΜΟ 201 1]

Λύση (1 ο ς τρόπος) Από την ανισότητα Cauchy - Schwarz, έχουμε: [ ( α-b)2 (b-c)2 ( c-α)2 ][ J ( ) ( ) + ( ) ( ) + ( ) ( ) (c+α) (c+b) +(α+b)(α+c) +(b+c) (b+α) c+α c+b α+b α+c b+c b+α

;::: ( lα-�+lb-� +lc-�)2 ;::: (lα-�+lb-c+c-�)2 =4(α-b)2 • ( α-b)2 ( b-c)2 ( c-α)2 4( α-b)2 Άρα έχουμε + + 2:: ( 1 ) ( c+α)( c+b) ( α+b)( α+c) ( b+c)( b+α) ( c+α)( c+b)+( α+b)( α+c)+( b+c)( b+α)

Όμως ισχύει ότι ( c+α)( c+b)+( α+b)( α+c) +(b+c)(b+α) =( d +b2 +c2) +3( ab+oc+ca) �4( d +b2 +c2) (2) Λόγω της (2) η σχέση ( 1 ) γίνεται

( α-b)2 ( b-c)2 ( c-α)2 4( α-b)2 4( α-b)2 ---'----':..__...,.. +--'---.,..___:__ +---"----'- > >---,-�--'---:-(c+α)(c+b) (α+b)(α+c) (b+c)(b+α) (c+α)(c+b)+(α+b)(α+c)+(b+c)(b+α) �d+Zl+c) (2°ς τρόπος)

Από την προφανή ανισότητα _!_(α -2b )2 +_!_(α - 2c )2 + ( b -c )2 2:: Ο , έπεται ότι 2 2 3 ( α2 + b2 + c2 ) 2:: 2α2 + 2αb + 2bc + 2cα = 2 ( α + b ) (α + c ) � (α + b ) (α + c ) � %( α2 + b2 + c2 ) . (3)

Ομοίως προκύπτουν και οι σχέσεις ( b + α ) ( b + c) � � ( α2 + b2 + c2 ) (4)

( c + α) ( c + b) � %( α2 + b2 + c2 ) (5) Λόγω των σχέσεων (3) - (5) έχουμε

(α-b)2 (b-c)2 (c-α)2 2 (α-b)2 +(b-c)2 +(c-α)2 2 (α-b)2 +�(b-c+c-α)2 --'---,--'-----.,-+ + >-. >- ·---,--'=----,---(c+α)(c+b) (α+b)(α+c) (b+c)(b+α) -3 d +b2+C - 3 (d+b2 +c2)

Α 18. Έστω η συνάρτηση f (χ) = (χ + α) (χ + b ) , όπου α, b είναι δεδομένοι θετικοί πραγματικοί αριθμοί και n 2:: 2 θετικός ακέραιος. Αν χ1 , χυ · · · , χn μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε χ1 + χ2 + . . . + xn = 1, να βρείτε τη μέγιστη τιμή του αθροίσματος F = Σ min {f(x; ) ,f (xj )}.

I�i<j�n [Κίνα, ΜΟ 2012]

Λύση

Έχουμε ότι min {f ( Χ; ) ,f ( xj )} = min {(Χ; + α) ( Χ; + b ) , ( xj + α) ( xj + b )}


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

� J(xi +α) (χi +b) ( χ1 +α)( χ1 +b) ��( (xi +α) (χi +b) + (x1 +α) ( χ1 +b )) =xixJ +�( χί +χ1 ) ( α+b)+αb. Επομένως έχουμε F � '"�"' min (f(x, ) ,J(x1 )j ,; "'�"' χ,χ1 + a;b 2;;. (χ, +χ1 )+(�)ab

1 [( n )

2 n ] α+ b n (

n)

1 [ n ] n 1

(

n) =- Σχi -Σχ; +-(n-1)Σxi + αb =- 1 -Σχ; +--=-(α+b) + αb 2 i=l i=l 2 i=l 2 2 i=l 2 2

1 [ 1 (

n )

2] n -1 (

nJ

1 [ 1 ] n -1 n ( n - 1) n- 1 (

1 ) � - 1-- Σχi +-(α+b)+ αb =- 1 -- +-(α+b) + αb=- -+α+b+nab . 2 n i=t 2 2 2 n 2 2 2 n

Η , , ' 1 Ε '

' ' F ' ισοτητα ισχυει οταν χ, = χ2 = . . . = xn = - . πομενως η μεγιστη τιμ η του ειναι n Fmax = n � 1

( � + α + b + nαb) .

Παρατήρηση: Μία δεύτερη λύση μπορεί να προκύψει από τη θεώρηση του γενικότερου προβλήματος: Αν x1 , x2 , . . . , xn μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε χ, + χ2 + . . . + xn = s , όπου s είναι ένας σταθερός μη αρνητικός πραγματικός αριθμός, τότε η μέγιστη τιμή του αθροίσματοςF = Σ min {f(χi ) ,f (χ1 )} , λαμβάνεται όταν χ, = χ2 = . . . = xn = !.... .

ISi<}Sn n

Η απόδειξη της παραπάνω πρόταση γίνεται με επαγωγή και βασίζεται στην θεώρηση χ, � χ2 � . . . � xn , λόγω της συμμετρίας της F , αλλά και στην παρατήρηση ότι η συνάρτηση f (χ) = (χ + α) (χ + b ) είναι γνησίως αύξουσα στο σύνολο [Ο, +οο) , οπότε

F = ( n - 1) f ( Χ1 ) + ( n - 2) f ( Χ2 ) + . . . + f ( Xn-t ) · Δ9. Βρείτε την ελάχιστη τιμή του θετικού ακέραιου k με την ακόλουθη ιδιότητα: Για κάθε υποσύνολο Α με k στοιχεία του συνόλου S = { 1, 2, . . . , 20 1 2} , υπάρχουν τρεις διαφορετικοί μεταξύ τους ακέραιοι α, b, c Ε S έτσι ώστε α+b,b+c,c+α EA. /Κίνα, ΜΟ 2012] Λύση Λόγω συμμετρίας, μπορούμε να υποθέσουμε ότι α < b < c . Στη συνέχεια θέτουμε

χ = α+ b, y = b + c, z = α + c , οπότε εύκολα προκύπτει ότι: χ < y < z, χ + y > z και χ + y + z άρτιος. Α ντίστροφα, αν υπάρχουν χ, y, z Ε Α τέτοια ώστε χ < y < z, χ + y > z και χ+ y + z άρτιος και θέσουμε α = x +y- z b = x+ z-y c = y+ z -x

2 ' 2 ' 2 ' τότε τα στοιχεία α, b, c είναι ανά δύο διαφορετικά στοιχεία του S και τα χ = α + b, y = b + c, z = α + c ανήκουν όλα στο Α . Επομένως η συνθήκη του προβλήματος είναι ισοδύναμη με τη συνθήκη: για κάθε υποσύνολο Α του S , με IA I = k, υπάρχουν τρία στοιχεία

x,y, z E A , τέτοια ώστε x < y < z, x +y > z και x + y + z άρτιος. (*) Παρατηρούμε ότι, αν Α = {1, 2, 3, 5, 7,9, . . . , 20 1 1} , τότε IAI = 1007 και το σύνολο Α δεν περιέχει τρία στοιχεία που να ικανοποιούν τη συνθήκη (*), οπότε k ;::: 1 008 . Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι οποιοδήποτε υποσύνολο Α του S με 1 008 στοιχεία περιέχει τρία στοιχεία που ικανοποιούν τη συνθήκη (*). Για το σκοπό αυτό θα αποδείξουμε την πιο γενική πρόταση : Για

κάθε ακέραιο n ;?: 4, οποιοδήποτε υποσύνολο Α , με IA I = n + 2 , του συνόλου


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

T2n = { 1, 2, 3, . . . , 2n} περιέχει τρία στοιχεία που ικανοποιούν τη συνθήκη (*).

Για την απόδειξη της πρότασης αυτής θα χρησιμοποιήσουμε την αρχή της τέλειας επαγωγής. Για

n = 4, αν πάρουμε Α ένα υποσύνολο του 1'g := {1, 2, .3, . . . , 8} με 6 στοιχεία, τότε το σύνολο

Β := Α n { 3, 4, 5, 6, 7, 8} περιέχει 4 τουλάχιστον στοιχεία. Αν το σύνολο Β περιέχει τρεις άρτιους

αριθμούς, τότε τα στοιχεία 4, 6 και 8 ανήκουν στο Α και ικανοποιούν τη συνθήκη (*). Αν το

σύνολο Β περιέχει μόνο δύο άρτιους αριθμούς, τότε αυτό θα περιέχει και δύο περιττούς

αριθμούς. Όμως για οποιουσδήποτε δύο x,y Ε {3, 5, 7} , δύο από τις τριάδες

( 4, χ, y) , ( 6, χ, y), ( 8, χ, y) ικανοποιούν τη συνθήκη (*), οπότε μία από αυτές ανήκει στο σύνολο

Α . Α ν το σύνολο Β περιέχει έναν μόνο περιττό αριθμό, τότε αυτό θα περιέχει και τους τρεις

περιττούς 3,5 και 7, οπότε η τριάδα ( χ, 5, 7) ικανοποιεί τη συνθήκη (*).

Επομένως η πρόταση αληθεύει για n = 4 . Υποθέτουμε ότι η πρόταση αληθεύει για το τυχόν

n 2:: 4 και προσπαθούμε να αποδείξουμε ότι ισχύει το ίδιο και για το n + 1 . Έστω Α, iAi = n + 3,

ένα υποσύνολο του J;n+2 := {1, 2, 3, . . . , 2n + 2} . Θέτουμε C := A n {1, 2, . . . , 2n} . Αν ισχύει ότι

!Ci 2:: n + 2 , τότε, από την υπόθεση της επαγωγής, ισχύει το ζητούμενο. Έτσι απομένει η

περίπτωση ιcι = n + 1 και 2n + 1, 2n + 2 Ε Α Στην περίπτωση αυτή, αν το Α περιέχει έναν

περιττό αριθμό του συνόλου J;n , τότε η τριάδα (χ, 2n + 1, 2n + 2) ικανοποιεί τη συνθήκη (*),

ενώ, αν το Α δεν περιέχει έναν περιττό αριθμό του συνόλου J;n , μεγαλύτερο του 1 , τότε

Α = { 1, 2, 4, 6, . . . , 2n, 2n + 1, 2n + 2} , οπότε 4, 6, 8 Ε Α και ικανοποιούν τη συνθήκη (*).

Επομένως η ελάχιστη τιμή του k που ικανοποιεί τη συνθήκη του προβλήματος είναι 1 008. Ασκήσεις για λύση Γ 1 3. Σε κύκλο κέντρου Ο θεωρούμε διάμετρο ΑΒ και τα σημεία C,D του ενός εκ των δύο

ημικυκλίων. Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα σημεία C,D τέμνονται στο Ε . Τα ευθύγραμμα

τμήματα AD και BC τέμνονται στο F , ενώ οι ευθείες EF και ΑΒ τέμνονται στο Μ . Να

αποδείξετε ότι τα σημεία E,C, M και D είναι ομοκυκλικά.

Α 1 9. Έστω α1 , α2 , . . . , αn , b1 , b2 , . . . , bn μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί που ικανοποιούν τις n n n

ακόλουθες ιδιότητες: Σ( αί + bi ) = 1, (2) Σί · ( αί -bi ) = Ο, (3) Σί2 · ( αί + bi ) = 1 0. i=l i=l i=J

Ν α αποδείξετε ότι: max {αk , bk } :::; 1 0 2 , για κάθε k = 1, 2, . . . , n . l O +k Ν 1 3. Να προσδιορίσετε όλες τις δυνατές τιμές του ακέραιου k για τον οποίο υπάρχουν θετικοί

ακέραιοι α και b τέτοιοι ώστε b + 1 + α + 1 = k α b

Δ Ι Ο. Έστω n ακέραιος, n 2:: 3 . Για τη μετάθεση p = (x1 , x2 , . . . , xn ) του συνόλου {1, 2, . . . , n} λέμε

ότι ο αριθμός χ1 βρίσκεται μεταξύ των αριθμών χί και xk , αν ισχύει ί < j < k . Για παράδειγμα,

στη μετάθεση ( 1, 3, 2, 4) το 3 βρίσκεται μεταξύ τρων 1 και 4, αλλά το 4 δεν βρίσκεται μεταξύ

των 1 και 2. Έστω S = {p1 , Pυ · · · , Pm } αποτελείται από διαφορετικές μεταθέσεις του συνόλου

{1, 2, . . . , n} . Υποθέτουμε ότι μεταξύ οποιωνδήποτε τριών διαφορετικών αριθμών του συνόλου

{1, 2, . . . , n} , ένας εξ αυτών δεν βρίσκεται μεταξύ των άλλων δύο σε κάθε μετάθεση pi Ε S. Να

προσδιορίσετε τη μέγιστη τιμή του m .


ΗΟΜΟ MATHEMATICUS Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: Ι ) 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.

Ι α. "τι είναι τα Μαθηματικά; " Προλεγόμενα. Επηρεασμένοι από δύο εκθέσεις για δύο μεγάλους καλλιτέχνες, τους Maurits Cornelis (M.C.) Escher και Victor Vasarely, ψάξαμε, βρήκαμε και σας παρουσιάζουμε, σ' αυτό το τεύχος, δύο περικοπές αναφορικά με το πώς

επιμέλεια: Γιάννης Κερασαρίδης

βλέπουν να σχετίζονται τα Μαθηματικά με το έργο τους.

[τα στοιχεία αντλήσαμε από τις ιστοσελίδες: του "Μουσείου Ηρακλειδών" και του"Θαλής+Φίλοι"]

Maurits Cornelis (M.C.) Escher [17/6/1898 - 27/3/1972] « . . . κι εγώ ο ίδιος πέρασα πολλά χρόνια σ ' αυτή την παρουσιασθεί μέσω οπτικών εικόνων. Έφτιαξα κατάσταση αυταπάτης. Αλλά μετά, ήρθε η στιγμή λοιπόν έργα που οι βασικές τους Ιδέες συχνά κατά την οποία αισθάνθηκα ότι "έπεσαν λέπια από μαρτυρούν την κατάπληξη τα μάτια μου ". Ανακάλυψα ότι η τεχνική δεξιοτεχνία και την απορία μου

._,... •• δεν ήταν πλέον ο ενώπιον των νόμων της αποκλειστικός μου στόχος, φύσης οι οποίοι καθώς αιχμαλωτίστηκα από λειτουργούν στον κόσμο μια άλλη επιθυμία την που μας περιβάλλει. Αυτός ύπαρξη της οποίας δεν είχα που θαυμάζει, ανακαλύπτει ποτέ υποπτευθεί. Ιδέες ότι αυτό από μόνο του άρχισαν να δημιουργούνται αποτελεί ένα θαύμα. Με το στο μυαλό μου, τελείως να αντιμετωπίζω με ζέση άσχετες με τη γραφική τέχνη, τα αινίγματα που μας περιβάλλουν και με το να αντιλήψεις οι οποίες με εξετάζω και να αναλύω τις παρατηρήσεις τις γοήτευαν σε τέτοιο βαθμό, οποίες είχα κάνει, κατέληξα στη σφαίρα

ώστε να θέλω διακαώς να τις μεταδώσω και σε αρμοδιότητας των μαθηματικών. Αν και είμαι άλλους ανθρώπους. Κάτι τέτοιο δεν θα μπορούσε να παντελώς αμέτοχος οποιασδήποτε εκπαίδευσης ή επιτευχθεί μέσω των λέξεων, καθώς αυτές οι γνώσης των θετικών επιστημών, συχνά ανακαλύπτω σκέψεις δεν είναι λογοτεχνικές αλλά νοητικές ότι έχω περισσότερα κοινά σημεία με τους εικόνες ενός τέτοιου είδους το οποίο προκειμένου να μαθηματικούς απ ' ότι με τους συναδέλφους μου γίνει αντιληπτό στους άλλους, θα έπρεπε να καλλιτέχνες . . . » Victor Vasarely [9/4/1906 - 15/3/1997] « . . . παρατηρούσα τις φόρμες που είχε να μου συνθέσεις μού δημιουργούν όχι απλώς την αίσθηση προσφέρει η Belle - Isle (παραλιακή περιοχή της αλλά τη βεβαιότητα για την ύπαρξη ενός συνεκτικού

Βρετάνης) και που όλες θύμιζαν δεσμού, που βρίσκει την σχήμα ωοειδές ή ελλειπτικό, και έκφρασή του στις σχέσεις των στην πορεία ανακάλυψα μια πολύ μορφών. Αυτή η διαισθητικά στενή σχέση ανάμεσα σε εγνωσμένη σχέση μεταξύ των φαινομενικά τελείως διαφορετικά πραγμάτων, αυτή η εγγενής πράγματα. Το πρωί τα σύννεφα γεωμετρία της φύσης, με κάνει έπαιρναν το σχήμα των να πιστεύω ότι οι αισθητικές βοτσάλων, ενώ λίγα μέτρα από δομές και οι νόμοι του την ακτή, εκεί που βάθαινε η σύμπαντος βρίσκονται σε πλήρη

θάλασσα, το κύμα που έσκαγε στα βράχια έμοιαζε με αντιστοιχία μεταξύ τους και στην ολότητά τους τεράστια κοχύλια. Ακόμα και το ηλιοβασίλεμα μπορούν να εκφρασθούν μέσω της γεωμετρίας . . . »

παραμορφωνόταν και γινόταν ελλειπτικό. Αυτές οι


------------- ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS -------------

1 11• "Ευκλείδεια Γεωμετρία, αγάπη μου " • Σημείο Nagel (σχήμα 1 ) Σε κάθε τρίγωνο οι ευθείες που συνδέουν κάθε κορυφή τριγώνου με το σημείο επαφής της

απέναντι πλευράς με τον αντίστοιχο παρεγγεγραμμένο κύκλο, διέρχονται από το ίδιο σημείο. Το σημείο αυτό λέγεται "σημείο Nagel"

• Ευθεία Cέvienne (Α. Poulain) (σχήμα 2) Ευθεία που συνδέει μια κορυφή τριγώνου με τυχαίο σημείο της απέναντι πλευράς. Λέγεται, επίσης και "γωνιώδης διατέμνουσα" (J, Neuberg)

Σημείο Ν agel Ευθεία Cέvienne

Β Μ Η ΑΜ είναι μία Ceνienne

• Κύκλος Ίσων Ροπών ή Οκτώ Σημείων (σχήμα 3)

Γ

Κύκλος Ίσων Ροπών

Α

ι • t:'j. �αρύΗνrρο IOll ΑΒΓ <Ι'ο. Περl.ενφ•J ωι• ΑΒΓ

< ·. 'AeiiAB. ΕΑΓIΙΑΓ. 'erΙΙΒΓ

.r

• IΙ"'Β)=(ΖΑΓί=(ΝΒΓ)= 1/J(ΑΒΓ) • C ι.;ύι;,λος iσι. .. ιν ροπών ιοιι ΑΒΓ • I\.N,Z. t.o)pιtφtς ισ.:ισt-ε.k.ι.i.ιν ιριyιi.ινων

ΙJΕ βdcιης ιις Αθ.θΓ .. Αf" ανtίι.τωιχσ

Κύκλος C που ορίζεται από τις τρίτες κορυφές τριγώνου ΑΒΓ, γ) το εμβαδό καθενός απ' αυτά ισοσκελών τριγώνων (οι οποίες δεν ανήκουν στη ισούται με το 1/3 του εμβαδού του ΑΒΓ βάση), τα οποία : α) έχουν σαν βάσεις τις τρεις [σημειώνουμε πως ο κύκλος C έχει σαν διάμετρο πλευρές ΑΒ,ΑΓ ,ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ, β) αυτά τα το ευθύγρ. τμήμα με άκρα το περίκεντρο Ο και το ισοσκελή βρίσκονται προς το εσωτερικό του βαρύκεντρο Θ του ΑΒΓ]

1 1 α. 'Ά υ η) το ξέρατε; " Ο φίλος της στήλης Ηρακλής Ευαγγελινός [Γλυφάδα] μας έστειλε δύο ερωτήματα και τις απαντήσεις σ' αυτά, με την παράκληση να δημοσιευτούν στο σημείο: «Αυτό το ξέρατε;».

ν=Ο,1 ,2,3,4. Ο Euler απέδειξε ότι ο F 5=641 .67004 1 7 είναι σύνθετος.

«0 Feπnat πίστευε ότι οι αριθμοί Fν = 22ν + 1 με ν€Ν0 είναι πρώτοι [πλάνη] . Αυτό ισχύει για

ερώτηση 1". Πόσες το πολύ δοκιμές [διαιρέσεις] χρειάστηκε να κάνει ο Euler για να το αποδείξει; εριύτηση 2". Αν ο F5 ήταν πρώτος αριθμός, πόσες το πολύ διαιρέσεις έπρεπε να κάνει ο Euler για να το διαπιστώσει;»

1 1 1 . "οι συνεργάτες της στιίλης γράφουν-ερωτούν "

I " Θέμα: μια άλλη αντιμετώπιση ενός θέματος

[η απάντηση στο τέλος της στήλης}

Προλεγόμενα Ο Παναγιώτης Οικονομάκος είναι ένας φίλος της στήλης και ξεχωριστός γεωμέτρης. Τελευταία, παράγει αποδείξεις μη γεωμετρικών θεμάτων, με γεωμετρικές μεθόδους. Πριν αρκετό καιρό, μας έστειλε ένα τέτοιο θέμα και σας το παρουσιάζουμε.

λήμμα «Αν ΑΙ , ΒΙ , Γ1 σημεία των πλευρών ΒΓ,ΓΑ,ΑΒ τριγώνου ΑΒ,Γ, ώστε οι ΑΑΙ , ΒΒ1 , ΓΓ1 να διέρχονται από σημείο Μ, τότε

, ΜΑ ΜΕ ΜΗ 3 ισχυει -- + -- + -- � - [λόγω έλλειψης χώρου η ΜΑΙ ΜΒΙ ΜΓΙ 2

απόδειξή του θα γίνει στο επόμενο τεύχος] . Η εκφώνηση κι η απόδειξη του κύριου θέματος: Αν x,y,z θετικοί αριθμοί με x+y+z=c, τότε ισχύει:


z


χ y z 3 -- + -- + -- � -c - x c - y c - z 2

απόδειξη Πάνω στις ακμές Oz,Oy,Ox τρισορθογώνιας στερεάς γωνίας O.xyz παίρνουμε αντίστοιχα σημεία Γ,Β,Α έτσι ώστε ΟΑ=ΟΒ=ΟΓ=c. Αν Μ είναι τυχαίο εσωτερικό σημείο του τριγώνου ΑΒΓ και x,y,z οι αποστάσεις αυτού από τα επίπεδα (Oy,Oz),(Ox,Oz),(Ox,Oy) αντίστοιχα, τότε θα ισχύουν οι

, χ ΜΑ1 y ΜΒ1 z ΜΓ1 , χ y z ΜΑ1 ΜΒ1 ΜΓ1 ισοτητες: - = -- , - = -- , - = -- , αρα - + - + - = -- + -- + -- , άρα x+y+z=c. c ΑΑ1 c ΒΒ1 c ΓΓ1 c c c ΑΑ1 ΒΒ1 ΓΓ1

Ισχύουν ακόμη οι ισότητες _

χ_ = ΜΑ1 _Υ_ = ΜΒ1 _z_ = ΜΓ1 , χ y z ΜΑ1 ΜΒ1 ΜΓ1 αρα -- + -- + -- = -- + -- + --

c - x MA ' c - y MB ' c - z ΜΓ c - x c - y c - z ΜΑ ΜΒ ΜΓ ΜΑ ΜΒ ΜΓ 3 χ y z 3 και επειδή, λόγω του λήμματος, ισχύει --1 + --1 + --1 � - , άρα -- + -- + --

� - , ΜΑ ΜΒ ΜΓ 2 c - x c - y c - z 2

2" θέμα : MathsJams ! ! ! τι είναι πάλι αυτό; Προλεγόμενα Ο φίλος της στήλης Κώστας Κανούτας (Αθήνα) αλίευσε ένα κείμενο του Γιώργου Καρουζάκη [Thales and friends] και μας το στέλλει για δημοσίευση

«MathsJams», του Γιώργου Καρουζάκη «Ποιοι πάνε, τελικά, στις περιβόητες συναντήσεις που έγιναν γνωστές ως MathsJams ; τι είναι αυτές οι συναντήσεις που μαζεύουν ανθρώπους σε δεκάδες παμπ και ποια είναι σχέση τους με τα μαθηματικά; Πρώτα απ' όλα πρόκειται για συναντήσεις ανθρώπων που μοιράζονται την αγάπη τους για τα μαθηματικά.

Τον τελευταίο χρόνο οι συναντήσεις του είδους αναπτύχθηκαν τόσο πολύ, που κάποιοι μιλούν για όπου η αίσθηση του παιχνιδιού και της ψυχαγωγίας απελευθερώνει το μυαλό και ζωηρεύει το ενδιαφέρον για την επιστήμη και τη μάθηση.

Γίνονται κάθε μήνα, συνήθως στην παμπ της γειτονιάς, όπου οι λάτρεις των μαθηματικών, ανάμεσα σε μπίρες και σνάκς, ανταλλάσσουν απόψεις για ένα μαθηματικό πρόβλημα, παίζουν παιχνίδια, λύνουν παζλ και συζητούν, διεξοδικά, νέες ιδέες που θεωρούν ότι έχουν ενδιαφέρον.

Στο τραπέζι των μελών κάθε ομάδας θα αναγνωρίσετε μολύβια, σημειωματάρια, ψαλίδια, post-it, αντίτυπα των βιβλίων του «πατέρα» των ψυχαγωγικών μαθηματικών Μάρτιν Γκάρντνερ, παζλ, κύβους Ρούμπικ, τράπουλες, παιχνίδια IV. Ειδησούλες - Ειδήσεις 1 η είδηση. Στα μέσα του Μάρτη δεχθήκαμε ένα τηλεφώνημα. Στην άλλη άκρη του σύρματος βρισκόταν ένας μεγάλος της ΕΜΕ, η ζωντανή ιστορία της , ο Γιώργος Ωραιόπουλος. - Γιάννη καλημέρα. Αύριο γιορτάζω και είσαι καλεσμένος μου - Γιώργη, απ' ότι ξέρω, τα' Αη-Γιωργιού είναι μετά το Πάσχα -Έλα και θα δεις

μια νέα διασκεδαστική και εκπαιδευτική μανία με ένθερμους υποστηρικτές σε ολόκληρη τη Μεγάλη Βρετανία.

Οι συναντήσεις με το νεανικό τίτλο MathsJam ξεκίνησαν πριν από μερικά χρόνια στο Λονδίνο. Η αρχική ιδέα ανήκε στον γνωστό μαθηματικό και stand-up κωμικό, Matt Parker. Η διάδοσή τους ευνοήθηκε από το γεγονός ότι άρχισαν να φιλοξενούνται στο χαλαρωτικό περιβάλλον μιας παμπ, ντόμινο, σχέδια οριγκάμι και ό,τι είναι απαραίτητο, κάθε φορά, για τη συνάντηση.

Κάθε χρόνο, ένα από τα Σαββατοκύριακα του Νοεμβρίου, γίνεται σε κάποια πόλη το μεγάλο συνέδριο MathsJam με τη συμμετοχή μαθηματικών, φυσικών, εκπαιδευτικών, προγραμματιστών, επικοινωνιολόγων και επιστημόνων από όλη τη χώρα.

Μην φανταστείτε, πάντως, ατέλειωτες ομιλίες και επιστημονικές διαμάχες. Οι ομιλητές του συνεδρίου έχουν πέντε μόνο λεπτά στο βήμα για να παρουσιάσουν την ιδέα τους, και αρκετό χρόνο στα μεγάλα διαλείμματα για να συζητήσουν χαλαρά με το κοινό τις πιο ενδιαφέρουσες ιδέες»

Μία πρόσκληση από τον Γιώργη, μόνο ενδιαφέρον μπορεί να προκαλέσει. Την άλλη ημέρα βρισκόμουν στο σπίτι του στον Κολωνό. Ο Γιώργης χάρηκε που με είδε. Αμέσως τον ρώτησα τι γιορτάζει - Γιάννη, σήμερα έχω τα γενέθλιά μου συμπλήρωσα τα 1 0 1 χρόνια της ζωής μου - Γιώργη, να τα εκατονπενηνταρήσεις

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/23


- Γιάννη, έχω πολλά ακόμη να γράψω και μου ΕΜΕ με τεράστια προσφορά τόσο σαν χρειάζεται μια πίστωση τουλάχιστο 10 ετών, μαθηματικός όσο και σαν ΑΝΘΡΩΠΟΣ. Άνθρωποι ακόμη. σαν τον Γιώργο, διδάσκουν με τη στάση ζωής. - Γιώργη, άνθρωποι σαν και 'σένα ζουν αιώνια, Φεύγοντας, μου έδωσε ένα τετράδιο. Είναι τα γιατί προσφέρουν δημοσιεύματά του για τον 'ΈΥΚΛΕΙΔΗ Α'", για το Πληροφοριακά σημειώνουμε πως ο Γιώργος έτος 2014 ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! Ωραιόπουλος είναι το αρχαιότερο επιζών μέλος της 2η είδηση. Στις 5/12/2012 "έφυγε" σε ηλικία 104 «Οι γωνίες δεν με ελκύουν. Οι σκληρές, άκαμπτες ετών ο διάσημος Βραζιλιάνος αρχιτέκτονας Όσκαρ ευθείες, δεν είναι δημιούργημα του ανθρώπου» Νιμάγιερ, ένας από τους σημαντικότερους έγραψε στα απομνημονεύματα του που εκδόθηκαν οραματιστές της σύγχρονης αρχιτεκτονικής. Ο το 1 988 με τίτλου «Τα Τόξα του Χρόνου». «Αυτό Νιμάγιερ έκανε συνειδητή χρήση των που με ελκύει είναι οι ελεύθερες και αισθησιακές Μαθηματικών ως προς τα σχήματα των καμπύλες. Οι καμπύλες που βρίσκουμε στα βουνά, κατασκευών του. στα κύματα της θάλασσας, στο σώμα της γυναίκας

που αγαπάμε»

Ο Καθεδρικός ναός Metropo!itana Nossa Senhora Aparecida στην Μπραζίλια, πρωτεύουσα της Βραζιλίας. Εδώ ο Νιμαγιερ εφάρμοσε τις αρχές της μη Ευκλείδειας Γεωμετρίας του Ν. Λομπατσέφσκι.

εικόνα 1 το εικόνα 2 το εικόνα 3 ο

3η είδηση. Συμπληρώνονται 125 χρόνια από τη γέννηση του μεγάλου ( αυτοδίδακτου) Ινδού μαθηματικού Σρινιβάσα Rαμανουζάν [ 1 887]. Ήταν

ένα παιδί, που άργησε να μάθει να μιλάει. Από μικρός όμως έδειξε την κλίση του στα μαθηματικά. Στο Δημοτικό κέρδισε πολλά βραβεία λόγω των επιδόσεών του στα μαθηματικά. Όταν το 1 904

τελείωσε το Δημοτικό, κέρδισε υποτροφία για το Κολέγιο. Το 1 9 1 2 διορίστηκε υπάλληλος

4η είδηση. Η διάμετρος του πρωτονίου Οι ερευνητές, με επικεφαλής τον Ράντολφ

Πολ του Ινστιτούτου Κβαντικής Οπτικής Μαξ Πλανκ στη Γερμανία και τον Άλντο Αντονίνι του Ομοσπονδιακού Ινστιτούτου Τεχνολογίας (ΕΤΗ) της Ελβετίας, που έκαναν σχετική δημοσίευση στο περιοδικό «Scίence», σύμφωνα με το «New Scίentίst» και το «Nature» υπολόγισαν την ακτίνα του πρωτονίου σε 0,84087 femtometres

IIIJo Απάντηση στο «Α υτό το ξέρατε;;;

στο τελωνείο του Μαδράς. Ο Άγγλος πρόεδρος του οργανισμού Sir Francis Spring και ο Ινδός διευθυντής S.N. Aiyar που ήταν μαθηματικός, τον παρότρυναν να αποταθεί σε Άγγλους μαθηματικούς και να τους παρουσιάσει την εργασία του. Απέστειλε δείγματα της εργασίας του στους καθηγητές Η. F. Baker, Ε. W. Hobson και G. Η. Hardy. Ο τρίτος απ' αυτούς, σε συνεργασία με τον John Lίttlewood ( 1 885- 1977), κατάλαβαν το μέγεθος της και τον κάλεσαν στην Αγγλία, όπου ξεχώρισε η ευφυία του Ραμανουτζάν.

(δισεκατομμυριοστά του δισεκατομμυριοστού του μέτρου).

Η νέα μέτρηση, που έγινε στο ελβετικό Ινστιτούτο Πάουλ Σέρερ, επιβεβαιώνει ότι η ακτίνα του πρωτονίου είναι περίπου 4% μικρότερη από την έως τώρα αποδεκτή ακτίνα [http://www.ethnos.gr/article.asp?catid=22769&subid=2

&pubid=63772395]

ερώτηση 111• Χρειάστηκε 1 1 6 δοκιμές, γιατί σ» αυτή τη θέση, στη σειρά των πρώτων αριθμών, βρίσκεται το 641

ερώτηση 2".Χρησιμοποιώ το θεώρημα του Ερατοσθένη: JF: = 65536 , ο δε μεγαλύτερος πρώτος αριθμός, πριν τον 65536, είναι ο 6552 1 , που κατέχει την 6542 θέση, στη σειρά των πρώτων αριθμών. Επομένως ο Euler θα έπρεπε να κάνει 6542 δοκιμές


Α I ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΠΑΝΑΛΗΠΠΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΗΝ ΑΛΓΕΒΡΑ

ι. Σε γεωμετρική πρόοδο με λόγο λ#-1 και πρώτο όρο α1 ισχύουν:

Ss = 82·84 και α4 = 6·S2 + λ2 • α) Ο αριθμός λ μπορεί να πάρει την τιμή 1 ; β) Να βρεθεί ο λόγος λ. γ) Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΔ=υα, ΒΔ=α1 και

ΔΓ=α2, ο κύκλος (Ο, Β; ) , είναι ο

περιγγεγραμμένος του. ί) Να δείξετε ότι ΒΓ = 12 ί ί) Να δείξετε ότι οι γωνίες του ΑΒΓ, αποτελούν αριθμητική πρόοδο iii) Να αποδείξετε ότι το υα είναι ίσο με το α3 και να διαπιστώσετε ότι είναι ο μέσος ανάλογος των ΒΔ, ΔΓ. Απάντηση : α) Αν λ= Ι η ισότητα S8 = 82·S4 γράφεται

8αι=82·4 αι => αι = Ο, άτοπο. β) Για ')..;f:- 1 , ')..;f: 1 , έχουμε:

Ss = 82·S4 =>

αι (λ8 - ι) = 82 «ι (λ4 - 1) => λ - 1 λ - 1 λ8- 1 = 82(λ4- 1 ) => (λ4- 1 )( λ4+1 ) = 82(λ4- 1 ) => λ4+ 1 = 82 => λ4 = 8 1 =>λ =-3 ή λ=3.

γ) i) ΒΓ = ΒΔ + ΔΓ = αι+ α2 = 4αι =12 ( α ι = 3 με λ = 3 > Ο)

r - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -1! Α

4

-β

2 4 β Δ Ο

8

ii) Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με ορθή τη γωνία Α που βαίνει σε ημικύκλιο.

ΟΑ = ΟΒ =2 «ι . ΟΔ = ΔΓ-ΟΓ = αι = 3 . Στο τρίγωνο ΑΟΒ η ΑΔ είναι διάμεσος και

ύψος που σημαίνει ότι είναι ισόπλευρο. Οι γωνίες του ΑΒΓ είναι Α = 90° , Β =60°

Κώστας Τσαγκάρης

και r=30°, που αποτελούν αριθμητική πρόοδο γιατί 2 Β = Α +Γ . iii)AΔ2 =ΑΒ2-ΒΔ2 = (2 «ι )2 - (αι)2 = 3(αι)2

= 3.32 = 33 = α3. ΒΔ·ΔΓ = α ι · αz = 3 .32 = 33. Άρα υ� = ΒΔ·ΔΓ = 33.

2. Με κέντρο το σημείο Κ(2, Ο) και ακτίνα ρ = 5 , γράφουμε κύκλο που τέμνει τον άξονα χ'χ του ορθο-κανονικού συστήματος Οχψ, στα σημεία Α και Β. α) Ποιες είναι οι συντεταγμένες των σημείων Α(χΑ, ΨΑ ) ' Β(χΒ, ΨΒ), ΧΑ<Ο; β) Συμπλήρωσε τον πίνακα:

1. Η απόσταση ΟΑ είναι : I I . .

2. Η απόσταση των αριθμών i 2 και 7� είναι I . . .

3. Το μήκος του διαστήματος §

r-3,7), είναι: ι . . . j

4. Η απόσταση του αριθμού χ I από το μηδέν είναι: . . I

5. Η απόσταση του αριθμού χ ί

από το 7 είναι: I . . .

6. Το σημείο Γ( χ, Ο), δεν ανήκει στο τμήμαΑΒ , τότε: . . .

γ) Δίνεται η συνάρτηση f , με �5 - J2 - xJ f(x) = -'----'--..c...

χ 2 - 4 ί) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού Dr, της συνάρτησης f , το οποίο να γραφεί ως ένωση συνόλων. Σε ποια σημεία τέμνει τον χ'χ; ίί) Έστω Δ το σύνολο {xeiR I I χ I :s; 2}. Ποια είναι τα στοιχεία του συνόλου Δί'IDr που ανήκουν στο σύνολο Ζ, των ακεραίων αριθμών; ίίί) Επιλέγοντας, στην τύχη, ακέραιες τιμές του xeDr, ποια είναι η πιθανότητα να επιλεγεί ρίζα της εξίσωσης f(x)= Ο;

Απαντήσεις: α) Οι τεταγμένες των σημείων Α,Β είναι μηδέν. Έστω χ η τετμημένη του Α ή Β. Η απόσταση του χ από το 2 είναι ίση με 5. Jx - 2J = 5 <::::> χ-2=-5 ή χ-2=5 <::>χ = -3 ή χ = 7. Οπότε ΧΑ = -3 < Ο και χΒ = 7.

Α( -3, Ο) , Β(7, 0).


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου r - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - , Ι 8 I Ι I I I I I I I I I I I I

I Α

I I

Α /

2

ο ο

- -· - ..... '

Κ(2, 0}

' '

' \

\ I Β

"" ' \

-2 ο 4 β I

β)

\ '

. -2

' -4 ' _ _ _ _ .,..,

ι. d(-3,0) = l -31 = 3 2. d(2,7) = 1 7-21 = 5 3. 7-(-3)= 10 4 . d(x,O) = I xl 5. d(x,7) = I χ-71 = 1 7-xl 6. d(x,2) = I χ-2 1 > 5

γ) i ) Πρέπει και αρκεί: χ2 -4:;t:O και 5-1 2-xl �Ο

• χ2 -4:;t:O � x:;t:-2 και x:;t:2.

I I

• 5-1 2-xl �ο � 1 2-xl � 5 � -3 � χ � 7 - 3 + 7 (η απόσταση του κέντρου 2= του 2

διαστήματος [-3,7] από τα Α, Β, είναι

8

5 7 - (- 3) Η , , 2 , = 2 . αποσταση του χ απο το ειναι

μικρότερη από 5, όταν το xe [-3, 7]). Τελικά Dr = [-3 ,-2)u(-2,2)u(2,7].

f(x)=O � �5 - 12 - xl =Ο � l2 - xl = 5 � χ-2=-5 ή χ-2=5 � χ=-3 ή χ = 7.

Τα σημεία είναι Α(-3,0), Β(7,0).

i i ) I χ I � 2 � -2 � χ � 2 (η απόσταση του χ από το μηδέν είναι μικρότερη του2, όταν το χ ανήκει στο διάστημα [ -2, 2]). Δ = [ -2, 2]. Τα κοινά σημεία των Δ , Dr , είναι το σύνολο ΔnDr = (-2, 2) και οι ακέραιοι του συνόλου αυτού είναι το σύνολο {- ι , Ο, ι } . i i i ) Οι ακέραιοι αριθμοί του συνόλου Dr είναι το σύνολο Ω = {-3,- ι ,ο,ι ,3,4,5,6,7 } .

f(x)= O � �5 - 12 - xl = ο �Ιχ - 21 =5 � χ-2= -5 ή χ-2=5 � χ = -3 ή χ = 7

Η εξίσωση f(x)= Ο, έχει σύνολο λύσης Α={-3,7} . Η επιλογή είναι τυχαία , οπότε σύμφωνα με τον κλασσικό ορισμό της πιθανότητας, η πιθανότητα να επιλεγεί ρίζα της εξίσωσης f(x)= Ο, είναι Ρ( Α)= Ν(Α) = � .

Ν(Ω) 9

3. Δίνεται το τριώνυμο

f(x) = x2 - (α + �) χ + � , αe IR* •

i) Να εξετάσετε αν ισχύει:

I α + �� - ΙαΙ + 1�1

• για κάθε αeιR·.

ί ί) Να δείξετε ότι: lαl + �� 2 , για κάθε μη

μηδενικό πραγματικό αριθμό. Για ποιες τιμές του α ισχύει η ισότητα;

i i i ) Να αιτιολογήσετε ότι η εξίσωση f(x) = Ο, έχει δύο ρίζες χι, x2e IR με χι < χ2• Να υπολογίσετε το άθροισμα χι+ χ2 και να εξετάσετε αν μπορεί

' 1 να ισχυει: Χι = α και χ2 = - .

α (Δηλαδή, αν υπάρχει ορθογώνιο με περίμετρο

2( α + �) και εμβαδόν ι ).

ίν) Να δείξετε. ότι για κάθε τιμή του αe IR* οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων, διέρχονται από σταθερό σημείο Μ. ν) Για I α I =ι, να λύσετε τις ανισώσεις f(x) � Ο και να διαπιστώσετε ότι τα άκρα χι, χ2, χ3, Χ4 των διαστημάτων [χι, χ2] , (χ3, Χ4) με χ2<χ3, που είναι λύσεις των ανισώσεων , σχηματίζουν αριθμητική πρόοδο. νί) Το σημείο Μ και τα άκρα των διαστημάτων [χι, χ4), [χ2, χ3) , ορίζουν ισοσκελή τρίγωνα; Απαντήσεις

i) Η ανισοταυτότητα Ια + βl � Ιαl + Ιβl ισχ6ει ως

ισότητα όταν οι αριθμοί α και β είναι ομόσημοι ή τουλάχιστον ένας είναι μηδέν. Επειδή οι αριθμοί α και .!.. (είναι αντίστροφοι) έχουν γινόμενο ι , είναι

α ομόσημοι, επομένως:

lα + �� - 1� + �� - lψ l�l ' για κάθε αειR•

i i ) Για να ε(ναι lαi + �� 2: 2 αρκε( lα + �� 2:2, ή


Μαθηματικά για την Γ Λυκεtου (α +

±) 2 � 4 , ή

(α - ±) 2 �

Ο , που ισχύει.

1 Η ισότητα ισχύει όταν και μόνον, α -- = Ο ,

α δηλαδή α2 = 1 , ή τελικά α ε {- 1 , 1 } .

iii) Η εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού με διακρίνουσα

που σημαίνει ότι εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες και πραγματικές τις χι , χ2 . 1 χι+ χ2 = α+- . α

1 ' 1 1 3 Αν χι = α και χ2 = α

, τοτε Χι ·Χ2 = α· α

= =F- 4 ,

που δεν ισχύει.

iν) Ζητάμε σημείο Μ(χ0, Υο), τέτοιο ώστε να ισχύει f(xo) = Υο για κάθε αεΙR* ( 1 ).

Αλλά ( 1 )<::::>-4 χοα2+(4 Χο2+3-4ψο)-4 χο=Ο, για κάθε τιμή του αεΙR* ( 1 ).

Έστω ότι ισχύει η ( 1 ) • Αν α = - 1 , τότε: ( 1 ) => -4 Χο2-8 Χο-4ψ0+3=0 (i) • Αν α = 1 , τότε: ( 1 ) => -4 Χο2-8 χο+4ψ0-3=0 (ii)

Με πρόσθεση των (i), (ii), παίρνουμε - 16 χ0 =0, δηλαδή Χο = Ο. Οπότε: (i) => -4ψο+3=0 => Ψο =�

4 Α ντιστρόφως: Για Χο = Ο, Ψο =� , ισχύει η ( 1 ). 4 Το σταθερό σημείο λοιπόν είναι το

3 Μ(Ο, - ). 4

ν) l α l =l <::::> α = - l ή α =l . Για α= - ! ,έχουμε: f(x) = χ2 +2χ + � .

4

Η f(x) έχει ρίζες - � και - .!. . 2 2 Η ανίσωση f(x) � Ο έχει λύσεις τα

3 1 χε[-2 ,- 2 ] .

Για α = 1 ,έχουμε : f(x) = χ2 -2χ + � . 4

Η f(x) έχει ρίζες .!. και � . 2 2 Η ανίσωση f(x) � Ο έχει λύσεις τα

Οι λύσεις των ανισώσεων εποπτικά φαίνονται στο σχήμα:

- 312 - 1/2 1/2 3/2

Τα άκρα των διαστημάτων που είναι λύσεις των ανισώσεων είναι οι αριθμοί 3 1 1 3 'ζ θ ' -2 , - 2 , 2 , 2 , που σχηματι ουν αρι μητικη

πρόοδο με διαφορά: 1 ' ' λ ' β

3 ω = , αν ως πρωτο ορο α ουμε - 2 και 1 ' ' ' 3 ω =- , αν ως πρωτο ορο παρουμε 2 .

νί) Τα σημεία Μ( Ο, � ) , Α'(-.!_ ,0), Α(.!_ ,0) ,

4 2 2 καθώς και τα

Μ(Ο, � ) , Β'(- � ,0), Β( � ,0) 4 2 2

r - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 1 1 ι

Β'(-3/2,6)' -Α;(-1/2, Ο) Α(1/2,.' Ο) ,'8(3/2, Ο)

I I Ι - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

αποτελούν κορυφές, των τριγώνων ΜΑΆ, ΜΒ 'Β, τα οποία είναι ισοσκελή αφού η ΜΟ, είναι κοινή μεσοκάθετος των ΑΆ , Β 'Β.

Στο τεύχος 86 σελίδα 37 παρατηρείστε ότι ισχύει 2κπ+π=(2κ+ ι )π=λπ


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Μια ενδιαφέρουσα παρατήρηση για τους μαθητές της Α · λυκείου . Από το Γιώργο Τασσόπουλο Σχολικό Σύμβουλο Μαθηματικών.

Η παρατήρησή μας αναφέρεται στην παραγοντοποίηση του τριωνύμου f(χ)=αχ2+βχ+y με α,β,γ εR και 1#0, στοιχειωδώς, δηλαδή χωρίς τη χρήση της διακρίνουσας Δ=β2 - 4αγ. Με βάση την διακρίνουσα βέβαια ή με βάση την ισοδύναμη διαδικασία που αποκαλούμε συμπλήρωση τετραγώνου η παραγοντοποίηση γίνεται απλά, σύμφωνα με τον τύπο f(χ)=α(χ- ρι)(χ- ρ2), όπου Δ2:0 και ρ1 ,ρ2 οι ρίζες του. Φυσικά όταν Δ<Ο το τριώνυμο δεν παραγοντοποιείται.

Τη μέθοδο αυτή θα αποκαλούμε στο εξής γενική μέθοδο, αφού έτσι αντιμετωπίζονται όλες οι περιπτώσεις τριωνύμων και διαπιστώνουμε αν παραγοντοποιούνται ή όχι.

Πως όμως θα αντιμετωπίσουν την παραγοντοποίηση του f(x) οι μαθητές που δεν γνωρίζουν τον παραπάνω τύπο, στον οποίο μάλιστα κατά κανόνα ξεχνάνε τον συντελεστή α; 1) Αν α=1 και β,γ ακέραιοι, τότε ξέρουν ήδη από το Γυμνάσιο ότι αρκεί να βρουν δύο ακέραιους κ, λ

τέτοιους ώστε: κ·λ=γ και κ+λ=β, διότι τότε προφανώς: f(x) = χ2 + (κ+λ)χ +κ· λ = χ2 + κχ+λχ +κ· λ = χ(χ+κ)+λ(χ+κ) = (χ+κ)(χ+λ). Αρκεί δηλαδή να αναλύσουν το β σε β=κ+λ, αφού θα είναι γ=κ·λ.

2) Α ν α� {Ο, 1 } και α, β, γ ακέραιοι, όπως θα δούμε παρακάτω, το πρόβλημα μπορεί να αναχθεί στην προηγούμενη περίπτωση. Πράγματι, έχουμε τότε:

α(α · Χ2 + β · χ + γ) α2 · Χ2 + α · β · χ + α · γ (α · χ)2 + β(α · χ) + α · γ a·x=y 1 2 f(x) = = = = -(y + βy + αγ) . α α α α

Αν λοιπόν βρούμε ακέραιους κ, λ με {κ · λ = α · γ (Σ), τότε: κ + λ = β

f(x)= ..!.(y + κ)(y + λ) =_!_(αχ + κ)( αχ + λ) . 'Ετσι δικαιολογούμε την απαίτηση τα κ, λ να α α επαληθεύουν το σύστημα (Σ). Η παραγοντοποίηση όμως γίνεται ευκολότερα αν αναλύσουμε τότε απλώς το β σε β=κ+λ, αφού θα είναι γ= κ · λ ή (α= κ · λ , γ:;t:Ο). Πράγματι έτσι έχουμε: f(x) = α·χ2 α γ

κ · λ 2 κ · λ κ + (κ+λ)χ +- = α ·χ + κχ+λχ + - = χ(αχ +κ) + λ(χ+ - ) = α α α αχ + κ λ αχ + λ 1 χ( αχ +κ) + λ( ) = (αχ+κ)(χ+ - )= (αχ+κ)( -- )= - (αχ+κ)(αχ+λ)= α α α α

α(χ+� )(χ+� ). Αν θέσουμε α= κ · λ βρίσκουμε ομοίως: f(x)= .!.. (λχ+y)(κχ+y). Ταυτόχρονα α α γ γ

β ' 'ζ ' κ γ λ γ ' λ ρισκουμε και τις ρι ες του τριωνυμου: - - = - - και -- = - - , αφου κ· = α·γ. α λ α κ

Στην πράξη μετά τον προσδιορισμό των κ,λ η διαδικασία είναι συντομότερη από τη γενική μέθοδο • .

Αυτό φαίνεται στα παραδείγματα που ακολουθούν. • Εύκολα αντιλαμβανόμαστε ότι για να είναι τα παραπάνω εφικτά πρέπει Δ=μ2, όπου μ ακέραιος.

Φυσικά οι παραπάνω διαδικασίες ισχύουν γενικότερα αν α,β,γ εR, 1#0 και Δ2:0, μόνο που τότε δεν είναι πάντα εύκολος ο προσδιορισμός των κ, λεR. Εφαρμογή l η Να γίνει γινόμενο το τριώνυμο f(x), όταν

Α) f(x)= χ2 - χ - 72, Β) f(x)= 7χ2 - 12χ - 4 Γ) f(x) = 1 5χ2 + χ - 6

Για την απαίτηση να βρούμε: κ, λ με πρωτάκουσα από τον αείμνηστο καθηγητή μου Ηλία Κορώνη που • {κ · λ = α · γ

κ + λ = β με μεγάλο ζήλο πάσχιζε να μας διδάξει την παραγοντοποίηση, ακόμα και τα απογεύματα, σε ένα μικρό χωριό της Μεσσηνίας. Αργότερα βρήκα αυτή τη μέθοδο, χωρίς βέβαια αιτιολόγηση, στην Άλγεβρα τόμος Α σελ. 1 16 του Γεωργίου Χ. Παπανικολάου. Κυρίως γι αυτή την ενθύμηση έγραψα το άρθρο, πέραν φυσικά της απλότητας της μεθόδου.


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου Λύση :

{κ · λ = -72 Α) Ζητάμε δισύνολο ακεραίων {κ, λ} με . Τα δισύνολα με κ · λ = -72 είναι πεπερασμένου

κ + λ = - 1 πλήθους, τα εξής: { 1 ,-72} , {2,-36} , {3, -24} , {4, -1 8} , {6,-12} , {8,-9 } , {-1 ,72 } , {-2, 36 } , {-3,24} , {-4, 1 8 } , {-6,12} , {-8,9} . Απ' αυτά μόνο το δισύνολο {8, -9} επαληθεύει την κ+λ=-1 . Ένας έμπειρος και παρατηρητικός μαθητής θα μπορούσε να το βρει αμέσως αγνοώντας τα υπόλοιπα. Άρα: f(x)=x2 +8χ -9χ - 72= χ(χ+8) - 9(χ+8) = (χ+8)(χ-9). Αναλύουμε δηλαδή απλώς το β=-1 σε β=8-9. Β) Ζητάμε δισύνολο ακεραίων {κ, λ} που επαληθεύει τις σχέσεις κ·λ= 7{-4)=-28 και κ + λ =-12. Ομοίως εύκολα βρίσκουμε το {-14,2 } , οπότε: f(x) = 7χ2 - 14χ + 2χ-4 = 7χ(χ-2)+2(χ-2) = (χ-2)(7χ +2). Αναλύσαμε και πάλι το β=-12 σε β=-14+2. Γ) Εντελώς όμοια για το f(x)= 1 5χ2 + χ- 6, θέλουμε: κ·λ=1 5·(-6) = -90 και κ+λ= l . Βρίσκουμε λοιπόν ομοίως, κ=lΟ, λ=-9, οπότε: f(x)= 1 5χ2 + 1 Οχ-9χ - 6 = 5χ(3χ+2)- 3(3χ+2) = (3χ+2)(5χ - 3).

• Για το τριώνυμο όμως f(x) = 9χ2 - 12χ +2 ενδείκνυται η γενική μέθοδος. Έχουμε: Δ=72>0 και ρ1 12 + ..fii 12 + 6Ji 2 + Ji 2 - Ji '

1 8 = 1 8 3 , ρ2 = 3 , οποτε:

2 + Ji 2 -Ji [;; [;; f(x) = 9(χ- )(χ ) = (3χ-2-ν2 )(3χ - 2 + ν2 ). 3 3 Είναι σχεδόν απίθανο να βρούμε το ζεύγος: κ=3( Ji -2), λ=-3( Ji +2) με κ·λ=9·2=1 8 και κ+λ=-12,

χωρίς να καταφύγουμε στην δευτεροβάθμια εξίσωση: f +12t + 18=0 (1 ). Έτσι όμως η διαδικασία αποβαίνει ανακόλουθη, αφού προκειμένου να αποφύγουμε την εύρεση των ριζών του τριωνύμου f(x) καταφεύγουμε στην εύρεση των ριζών της εξίσωσης ( 1 ). Ας επιχειρήσουν όμως οι μαθητές, για εξάσκηση, να παραγοντοποιήσουν το f(x) με την υπόδειξη ότι οι αριθμοί κ , λ που επαληθεύουν το (Σ) είναι κ=3( Ji -2), λ=-3( Ji +2), προκειμένου να κατανοήσουν τη διαδικασία που περιγράψαμε, δηλαδή ότι: -12= κ+λ και 2= κ · λ . Στην προκείμενη περίπτωση βέβαια είναι εύκολη η συμπλήρωση

9 τετραγώνου, αφού: f(x) = (3χ)2 - 2·3χ·2 + 22 - 22 + 2 = (3χ-2)2 - ( Ji )2 = (3χ-2- Ji )(3χ - 2+Ji ).

Μια χρήσιμη επισήμανση. Σε ένα διτετράγωνο τριώνυμο: :t{χ)=αχ4 +βχ2 + γ, <#(), η αρνητική διακρίνουσα της επιλύουσας αy+βy+

γ=Ο, δεν αποκλείει το ενδεχόμενο να παραγοντοποιείται το f(x). Για παράδειγμα στο :t{x)= 9χ4 + 14χ2 +25, παρόλο ότι έχουμε Δ<Ο, το :t{x) παραγοντοποιείται με τον γνωστό πλάγιο τρόπο. Εδώ έχουμε f(x) = (3χ2)2 + 52 + 14χ2 και για να γίνει συμπλήρωση τετραγώνου μας λείπει το διπλάσιο γινόμενο των βάσεων 2·3χ2·5 = 30χ2, το οποίο προσθαφαιρούμε. Έτσι, έχουμε: :t{x) = (3χ2)2 + 52 +30χ2 - 30χ2 + 14χ2 = (3χ2+5)2 - (4χ)2 = (3χ2 +5 -4χ)(3χ2 + 5 +4χ) = (3χ2 - 4χ+5)(3χ2 +4χ+5). Τα δύο αυτά τριώνυμα δεν παραγοντοποιούνται αφού έχουν αρνητικές διακρίνουσες. Για το :t{x)=9x4 - 34χ2 +25, έχουμε Δ>Ο, οπότε μπορεί να παραγοντοποιηθεί και με τη γενική μέθοδο, δηλαδή τελικά με τρεις τρόπους, όπως φαίνεται παρακάτω:

x2�y 2 25 2 2 Α) f(x) = 9y - 34y +25 = 9(y-y1)(y-y2)=9(y-1)(y-9 )= (y-1 )(9y-25) = (χ -1 )(9χ -25)

= (χ-1 )(χ+ 1 )(3χ-5)(3χ+5) Β) f(x)= (3χ2)2 + 52 +30χ2 - 30χ2 - 34χ2 = (3χ2+5)2 - 64χ2 =(3χ2+5)2 - (8χ)2 =

(3χ2 -8χ+5)(3χ2 +8χ+5) =3(χ-1)(χ-� ) ·3(χ+1 )(χ+� ) = (χ-1 )(3χ-5)(χ+1 )(3χ+5). 3 3

Γ) f(x)= (3χ2-5)2 - 4χ2 = (3χ2-5)2 - (2χ)2 = (3χ2 -2χ-5)(3χ2 +2χ-5) = 5 5 3(χ+1)(χ-3 ) ·3(χ-1 )(χ+

'3) = (χ+1)(3χ-5)(χ-1 )(3χ+5).

Θα μπορούσαμε λοιπόν ως θέμα εξετάσεων, να ζητήσουμε την παραγοντοποίηση του f(x) με τρεις τρόπους και την απόδειξη της ταυτότητας: (3χ2 - 8χ+5)(3χ2+8χ+5) = (3χ2 - 2χ - 5)(3χ2 +2χ -5) πάλι με τρεις τρόπους, πέραν της κοινότυπης εκτέλεσης των πράξεων.

Εφαρμογή 2η 3χ2 - 4χ -4 8 1 ) Να απλοποιηθεί το κλάσμα: Κ = 2

2) Να λυθεί η εξίσωση: Κ=- (i) 1 5χ + χ - 6 19 3) Για ποιες τιμές της παραμέτρου λεR, η εξίσωση Κ=λ ( 1 ) είναι αδύνατη (το θέμα αυτό, σύμφωνα


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου με τη μέθοδο που αναπτύξαμε, μπορεί να τεθεί πριν οι μαθητές διδαχτούν την επίλυση τριωνύμου με χρήση της διακ:ρίνουσας).

Λύση : Ι ) Βρήκαμε προηγουμένως ότι: 1 5χ2+ χ- 6 = (3χ+2)(5χ-3), που σημαίνει ότι το Κ ορίζεται μόνον

όταν χεΑ =R -{-� , � } . Όμοια για τον αριθμητή το κατάλληλο δισύνολο {κ:, λ} με κ:·λ= 3·(-4) = -12 3 5 και κ:+λ=-4 είναι το {-6, 2} . Άρα: 3χ2-4 χ-4 = 3χ2-6χ+2χ- 4 = 3χ(χ-2)+2(χ-2) = (χ-2)(3χ+2).

(χ - 2)(3χ + 2) χ - 2 Επομένως στο Α έχουμε: Κ = = -- . (3χ + 2)(5χ - 3) 5χ - 3

2 ) Στο Α λοιπόν έχουμε: (i) <=> χ - 2 = � <=> 19χ -38 = 40χ - 24 <::::> 2 1χ=-14 <::::> χ = - .!i <::> χ 5χ - 3 19 21 2 Α'� '� ' 2 Α ' ξ' ( ") ' δ ' = - - . ΙΙJΙ.α - - � , οποτε η ε ισωση ι ειναι α υνατη. 3 3

• π , , λο , ξ' χ - 2 8 (" .) , Β R { 3 } , , 2 , ροφανως, συνο ορισμου της ε ισωσης: -- = - ιι ειναι το = - - , οποτε η τιμη -- ειναι

5χ - 3 19 5 3 ρίζα της (ίί) , αφού ανήκει στο Β. Όμως για να είναι οι (ί), (ίί) ισοδύναμες πρέπει και αρκεί χεΑrιΒ=Α. Πιθανόν λοιπόν κάποιοι μαθητές να αγνοήσουν το σύνολο ορισμού της ισοδυναμίας των εξισώσεων (ί), (ίί)

δ ' ίζ (") θ ό 2 ' ' ' 2 Α και να εχtουν ως ρ α της ι τον αρι μ - 3 που προφανως απορριπτεται, αφου - 3 � .

χ - 2 3) Στο Α έχουμε: ( 1 ) <=> -- = λ (2) και στο Β έχουμε: (2) <=> (5λ-1 )χ= 3λ-2.

5χ -3 Α) Αν 5λ-1=0, δηλαδή λ=..!. , τότε η (2) είναι αδύνατη, αφού τότε: 3λ-2 =� -2 =- 2φο.

5 5 5 ' 1 3λ - 2

Β) Αν 5λ-1:f;Ο, δηλαδη λ:f;- , τότε: (2) <=> χ= -- . 5 5λ - 1

Οι , θη ές θ 5;."""" , λ. (2) , 3λ - 2 , εξ άσ 3λ - 2 Β • πιο απροσεκ:τοι μα τ α vc.ιt.•ουν ως :υση της την τιμη 5λ _ 1 χωρις να ετ ουν αν 5λ _ 1 ε , δηλnΙJ ' 3λ - 2 � 3 ' ' ' ' 3λ - 2 3 1 5λ 10=15λ 3<=>0λ 7 ' αδύν η 5λ _ 1 τ-5 , πραγμα που προφανως ισχυει, αφου 5λ _ 1

=5 <=> - - · = κ:αι ειναι ατη. Τελικά συμπτωματικά έχουν δίκιο. Είναι δηλαδή η τιμή αυτή ρίζα της (2).

ο λ ' ' θ ' θ δ ' λ ' ( 1 ) ' 3λ - 2 ' ' • ι ιγοτερο απροσεκ:τοι μα ητες α εχτουν ως υση της την τιμη 5λ _ 1 , αφου προηγουμενως

δ 'ξ , 3λ - 2 � 3 , θ λ � 1 , , Ό , λ , , λ , θ , απο ει ουν οτι 5λ _ 1 τ 5 για κ:α ε τ 5 , οπως προηγουμενως. μως και πα ι εχουν κ:ανει α ος, αφου απέδειξαν ότι η τιμή αυτή είναι ρίζα της (2) και όχι κατ' ανάγκην της ( 1 ). Για να συμβαίνει αυτό πρέπει

' 3λ - 2 � 3 3λ - 2 � 2 δ λ δ ' 3λ - 2 � 2 ' ' ' π ' ό και αρκ:ει 5λ _ 1 τ-5 και 5λ _ 1 -r-3 , η α η 5λ _ 1 -r-3 , ,αφου η πρωτη ισχuει. αρατηρουμε μως

ότι: 3λ - 2 = -� <::::> 9λ-6= -10λ + 2 <=> 1 9λ=8 <=> λ = � . Για λ = � λοιπόν η τιμή αυτή του χ 5λ - 1 3 19 19 ' απορρίπτεται, δηλαδή η ( 1 ) είναι επίσης αδύνατη. • Είναι λοιπόν πολύ πιθανό μερικοί μαθητές να βρουν ως μοναδική τιμή που καθιστά την ( 1) αδύνατη

λ 1 ' ' 'δ ' β ' λ 8 Α ' β ' ' ιλέξ την = 5 , ενω οπως ει αμε αυτο συ μ αινει και για = 1 9

. υτη ακ:ρι ως την τιμη επ αμε στο

δ · · δ λ δ · ξ' (") τ λ · · 3λ -2 · 'ζ ( 1 ) · · ευτερο ερωτημα, η α η στην ε ισωση ι . ε ικ:α η τιμη χ= 5λ _ 1 ειναι ρι α της , οταν και μονο:

λεR - { ..!. , � } , ενώ η ( 1 ) είναι αδύνατη όταν και μόνο: λε { ..!. , � } . 5 1 9 5 1 9


Μαθηματικά για την Α· Λυκείου

Α , ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΠΑΝΑΜΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ

Άσκηση 1 . Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ και σημείο Ε της πλευράς ΑΒ.Η διχοτόμος της γωνίας ΕΔΓ τέμνει τη ΒΓ στο σημείο Ζ. Να αποδειχθεί ότι ΔΕ=ΑΕ+ΓΖ Λύση.

Πάνω στην ΕΔ παίρνουμε τμήμα ΕΗ=ΕΑ. Αρκεί να αποδείξουμε ότι ΔΗ=ΓΖ.Η ευθεία ΑΗ τέμνει τη ΓΔ στο σημείο Θ. Είναι LEAH=LHIA=ω και L.ΑΘΔ = L.ΕΑΘ =ω= ΔΗΘ .

Άρα το τρίγωνο ΔΗΘ είναι ισοσκελές, επομένως ΔΗ=ΔΘ. Αρκεί λοιπόν ΓΖ=ΔΘ, δηλαδή . . Γ ΔΖ = Α Δ Θ . Η ΔΖ είναι διχοτόμος της γωνίας L.ΗΔΘ στο ισοσκελές τρίγωνο ΗΔΘ, οπότε ΔΖ j_ ΑΘ . Έχουμε: χ + L.ΑΘΔ = χ +ω = 90° και L.ΖΔΓ + L.ΑΘΔ = φ +ω = 90° , οπότε χ = φ .

Αφού ΑΔ=ΔΓ και χ = φ τότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΑΘ και Γ ΔΖ είναι ίσα.

Άσκηση 2. Δύο κύκλοι C1 και C2 εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Τ. Μια εφαπτομένη του C2 στο σημείο Γ τέμνει τον C1 στα σημεία Α και Β. Α ν η ευθεία ΓΤ τέμνει τον C1 στο Σ, να αποδείξετε ότι ΣΑ=ΣΒ. Λύση.

Έστω ΚΤ η κοινή εφαπτομένη στο Τ. Τότε αφού ΚΤ=ΚΓ είναι Δ<Γf=LΚΊΓ=LΛΊΣ=LΣΑ'Γ.

Επίσης L.ΤΣΒ = L.T ΑΒ και L.ΒΓΣ = L.ΣΑ Τ έχουμε λοιπόν L.ΣΒΑ = L.ΒΣΓ + L.ΒΓΣ = L.ΣΑΒ

Άρα ΣΑ=ΣΒ. Άσκηση 3. Από σημείο Ρ εκτός κύκλου (Ο) φέρουμε τα

Φωτεινή Καλδή

εφαπτόμενα τμήματα PQ,PR .Στην προέκταση του PQ θεωρούμε τυχαίο σημείο Α. Ο κύκλος που διέρχεται από τα A,P,R τέμνει τον κύκλο (Ο) ξανά στο σημείο Β και το τμήμα AR τέμνει τον κύκλο (Ο) στο C. Να δείξετε ότι α) L.PAR = L.ABC (1). β) Η BQ διχοτομεί την ABR Λύση

α) Θέτουμε L.ABC = ω, L.P AR = φ, L.AQB = L.QRB = ε, L.QBR = L.QRP = θ (γωνίες χορδής και εφαπτομένης), L.QRC = L.CBQ = ζ (σαν εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο). Από το σχήμα έχουμε: L.BRP = ε + θ = τοξΑΒ

+ τοξΑΡ => 2 2

ε + θ = ε - ζ + τοξΑΡ => τοξΑΡ = ζ + θ.(l) 2 2 L.ABR ζ θ τοξΑΡ τοξΡR

(Ι) = ω+ + = + => 2 2

ω + ζ + θ = ζ + θ + φ => ω = φ Μ ια επέκταση και δ ιδακτική προσι':γγιση ως δεύτερος τρόπος Η πρόταση ισχύει και όταν η ΑΡ τέμνει τον κύκλο C στα Q,Q' με χρήση μόνο του Q ή μόνο του Q'. Προ-

φανώς ( ΡλR.) = (7) . Αρκεί να εκφράσουμε και τη

γωνία ABC με γωνίες εγγεγραμένες στον ( C1 ) •

'Εχουμε : (Αθc) = (ABR) - ( CBR) =

= (AP):(PR)

[(cBQ) + (QBR )] =

(AP):(PR) [( R,) +( R,) J (ΑΡ) :(PR) -( ARP) =

(ΆΡ)+ (Ρ!R) (ΆΡ) (P!R) = ---- =---2 2 2


Μαθηματικά για την Α· Λυκείου

Άρα Ρ AR = ABC . β) ΑΡ εφαπτομένη: Α1 = Β1 :=::> C1 -Q1 = Β1 :=::>

� -Ι\ = Βι :=::> 1\ = Βι +Ι\ :=::> � διχοτόμος της ABR . Άσκηση 4. Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ με

ΑΒ=2ΒΓ. Οι διχοτόμοι των γωνιών Α και Β τέμνονται στο Ε. Να αποδειχθεί ότι:

α)το Ε βρίσκεται στην ευθεία ΓΔ. β) Α ν η διχοτόμος της γωνίας Δ τέμνει την

ΑΒ στο Ζ , τότε το ΑΖΕΔ είναι ρόμβος. γ) Αν οι ΖΔ, ΖΓ τέμνουν τις ΑΕ, ΒΕ στα ση

μεία Μ,Ν αντίστοιχα, τότε το ΕΜΖΝ είναι ορθογώνιο.

Λύση α) Οι διχοτόμοι των γωνιών τέμνονται στο Ε

και υποθέτουμε πως δεν ανήκει στη ΔΓ. Φέρουμε ΕΖ//ΑΔΙ/ΒΓ, άρα LΔAE = LAEZ = x και LZEB = LΕΒΓ = y , άρα τα τρίγωνα ΑΖΕ και ΕΖΒ είναι ισοσκελή, με ΕΖ=ΑΖ=ΖΒ, επομένως Ζ είναι μέσο του ΑΒ και ΖΕ = ΑΒ = ΑΔ = ΒΓ οπότε 2 το Ε είναι το μέσο της ΔΓ.

Β

Γ

Επίσης συμπεραίνουμε πως επειδή ΑΖ=ΖΒ=ΕΖ, η ΕΖ είναι διάμεσος του τριγώνου ΑΕΒ άρα το τρίγωνο είναι ορθογώνιο και χ + y = 90 , (διαφορετικά : χ + y = 90 επειδή είναι συμπληρωματικές λόγω του παραλληλογράμμου).

β) Οι πλευρές του είναι ίσες και παράλληλες (από ερώτημα α.), άρα το ΑΖΕΔ είναι ρόμβος

Α Ζ Β

Ε Γ

γ) Το ΕΜΖΝ είναι ορθογώνιο αφού έχει τρεις γωνίες ορθές, LAEB = χ + y = 90° , LEMZ=LENZ=90° (γωνίες διαγωνίων ρόμβων).

Άσκηση 5. Δίνεται ότι το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι εγ

γράψιμο σε κύκλο. Να δείξετε ότι οι προβολές των κορυφών του στις διαγώνιες σχηματίζουν εγγράψιμο τετράπλευρο.

Λύση Γνωρίζουμε πως LΒΑΓ = LΒΔΓ ως εγγε

γραμμένες στο ίδιο τόξο. Όμως LΒΑΓ = LΜΛΔ γιατί η LΜΛΔ είναι εξωτερική του εγγεγραμμένου τετραπλεύρου ΑΜΛΒ (διότι LBΛA=LBMA=90°). Ομοίως LMZN = LΛΔΓ πάλι επειδή το ΖΓ ΔΝ είναι εγγεγραμμένο (ορθές γωνίες).

Άρα LMZN = LΛΔΓ = LBAM = LΜΛΝ και το τετράπλευρο ΛΖΝΜ είναι εγγράψιμο.

Άσκηση 6. Σε τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε τα σημεία Δ,Ε,Ζ

εσωτερικά των πλευρών ΑΒ,ΒΓ,ΓΑ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι: α) οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΑΔΖ,ΒΔΕ,ΓΕΖ διέρχονται από το ίδιο σημείο Κ β) LΒΚΓ = LA + LΔΕΖ .

Λύση.

' ι

' '

\ \

' '

., , - - - - - ... .

. ' \ \

\ \ . ι

Β ··�--��------�-'

\ •

' ' ..

... ... .. _ .. ,

Έστω Κ το δεύτερο σημείο τομής των κύκλων (ΑΔΖ),(ΒΔΕ). Αρκεί να δείξουμε ότι ο κύκλος (ΓΕΖ) διέρχεται από το Κ. Από τα εγγεγραμμένα τετράπλευρα ΑΔΚΖ,ΒΔΚΕ έχουμε:


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου LΔΚΖ + LA = 1 80° και LΔΚΕ + LB = 1 80° ,

Άρα LΔΚΖ + LΔΚΕ + LA + LB = 360° � 360° - LΕΚΖ + 1 80° - LΓ = 360° � LΕΚΖ + LΓ = 1 80° . Άρα το τετράπλευρο ΕΚΖΓ είναι εγγράψιμο επομένως ο κύκλος (ΕΖΓ) διέρχεται από το σημείο Κ.

β) LΒΚΓ = LΒΚΕ + LΕΚΓ � LΒΚΓ = LΒΔΕ + LΕΖΓ = = (180° - LB - LEI ) + (1 80° - LΓ - LE2 ) = = (1 80° - LB - LΓ) + (1 80° - LEI - LE2 ) � LΒΚΓ = LA + LΔΕΖ . Άσκηση 7. Σε τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε σημείο Μ εσωτερικό της πλευράς ΒΓ και φέρουμε ΜΔ .l ΑΒ,ΜΕ .l ΑΓ .Αν ΜΔ + ΜΕ = ΒΗ όπου ΒΗ ύψος του τριγώνου, να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Λύση.

Α

I·! Γ Από το Μ φέρουμε ΜΚ .l ΒΗ , το ΚΗΕΜ εί

ναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ,άρα ΚΗ=ΜΕ. ΜΔ + ΜΕ = ΒΗ � ΜΔ +ΚΗ = ΒΗ � ΜΔ = ΒΚ

Τα τρίγωνα ΒΔΜ,ΒΚΜ είναι ίσα (ορθογώνια, ΒΜ κοινή, ΜΔ=ΒΚ). Έχουμε λοιπόν LΚMB=LB

Αλλά LΚΜΒ = LΓ (αφού ΚΜ 11 ΑΓ) Επομένως LB = LΓ και το τρίγωνο ΑΒΓ εί

ναι ισοσκελές. (*Εξετάστε την περίπτωση που μια από τις γωνίες Β και Γ δεν είναι οξεία).

Άσκηση 8. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ,Μ το μέσο της ΑΒ, η διάμεσος ΒΝ και σημείο Δ της ΑΓ ,ώστε ΑΓ=4ΔΓ. Να αποδείξετε ότι η ΒΝ διχοτομεί το τμήμα ΜΔ. Λύση.

Α

B �--------------��,r Αφού ΑΓ=4ΔΓ και Ν το μέσο της ΑΓ τότε έ

χουμε ΝΓ=2ΔΓ,δηλαδή το Δ είναι μέσο της ΝΓ. Παίρνουμε Ε το μέσο της ΒΝ.

Τότε ΜΕ I I = ΑΝ � ΝΕ I I = ΝΔ � ΜΕΔΝ 2 παραλληλόγραμμο � ΜΔ, ΝΕ διχοτομούνται.

Άσκηση 9. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) και η διχοτόμος ΒΔ της γωνίας Β. Έστω ΔΕ η διχοτόμος της γωνίας ΒΔΓ. Η κάθετη στην ΕΔ, στο σημείο Δ, τέμνει την προέκταση της ΒΓ στο Ζ. Να αποδείξετε ότι ΕΖ=2ΒΔ. Λύση.

Α

Β - - - - - - - c .- _ _ _ _ _ _ _ _ _ : : : ,�Z Ε Γ 1.1

Έστω Μ το μέσο του ΕΖ.Η ΔΜ είναι υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου ΕΔΖ, οπότε ΜΔ=ΜΕ=ΜΖ. LΔΜΕ = 2LZ = 2(90° - LΔΕΓ) =

ο ΒΔΓ Β ο Λ Λ 1 80 - 2(- +-) = 1 80 - Β - ΒΔΓ = 2 2 LΑΔΒ - LB = Β + LΓ - LB =

Β 2 2

Το ΒΔΜ ισοσκελές (ΔΒ=ΔΜ). Άρα ΕΖ=2ΒΔ. Άσκηση 1 0. Δίνεται σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ, οι διχοτόμοι του ΒΔ,ΓΕ και το μέσο Σ του τμήματος ΔΕ. Αν ΣΖ .l ΒΓ,ΣΗ .l ΑΒ και ΣΘ .l ΑΓ , να αποδείξετε ότι ΣΖ=ΣΗ+Σθ. Λύση.

Α

Β

Από το Δ φέρουμε ΔΚ,ΔΛ κάθετες στις ΒΓ,ΑΒ αντίστοιχα. Αφού ΒΔ διχοτόμος ΔΚ=ΔΛ.

Από το Ε φέρουμε EI,EM κάθετες στις ΒΓ,ΑΓ αντίστοιχα. Αφού ΓΕ διχοτόμος ΕΙ=ΕΜ.

Στο τραπέζιο ΕΙΚΔ η ΣΖ είναι διάμεσος, ά.ρα ΣΖ = ΕΙ + ΔΚ = ΕΜ + ΔΛ ( 1 ) 2 2

Αλλά ΔΛ=2.ΣΗ (αφού Σ μέσο της ΕΔ και ΣΗΙΙΛΔ) και ΕΜ=2.ΣΘ (αφού Σ μέσο της ΕΔ και ΕΜΙΙΣΘ). Άρα η σχέση ( 1 ) γίνεται: ΣΖ=ΣΗ+ΣΘ.


Β , ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΠΑΝΑΜΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΆΛΓΕΒΡΑΣ

Π ρόβλημα I Δίνεται η πολυωνυμική εξίσωση 7χ3+33χ2- 3χ+35=0 (ι). Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση μπορεί να μετασχηματιστεί στην

(χ + α

) 3 =y για κατάλληλες σταθερές α, β, γ. χ + β

Στη συνέχεια να λυθεί η εξίσωση (ι). Λύση :

Α β , ξ' ( χ + α) 3 ν χ * - τοτε η ε ισωση -- =y χ + β

ισοδυναμεί με (γ-1)χ3+ 3(βγ - α)χ2+ 3(β2γ -α2)χ+(β3·γ-α3)=0 (2). Η (2) ταυτίζεται με την ( 1 ) εάν ισχύει

γ - 1 = 7 γ = 8 βγ - α = 1 1 α = 8β - 1 1 ( 1 ) 2 2 , δηλαδή 2 2 ( ) β γ - α = -1 8β - α + 1 = Ο 2

γβ3 - α3 = 35 8β3 - α3 = 35 (3)

( 1 ) , (2) <=> (α, β) = ( -3, 1 ) ή (α,β) = (�, ι; ). Από τα ζεύγη αυτά μόνο το πρώτο επαληθεύει την 8β3 - α3 =35. Προφανώς η ( 1 ) δεν επαληθεύεται για χ=-1 Άρα: ( 1 ) <=> ( χ - 3

) 3 =8 <::> χ - 3 =2 <::>χ= -5. x + l χ + 1

Π ρόβλημα 2. Δίνεται το πολυώνυμο Ρ( χ) = χ3+χ+ ι και έστω β εR μια πραγματική ρίζα του Ρ(χ). Α) Δείξτε ότι αν χ>β τότε Ρ(χ)>Ο και αν χ<β τότε Ρ(χ)<Ο. Συμπεράνετε ότι η παραπάνω ρίζα είναι μοναδική. Β) Δείξτε ότι -ι<β<Ο. Γ) Δείξτε ότι το πολυώνυμο q(x)= χ3+χ2+ ι έχει

'ζ ι

ρι α το β · Δ) Με τη βοήθεια του σχήματος Horner δείξτε ότι το q(x) δεν έχει άλλες πραγματικές ρίζες. Λύση : Α) Θα ισχύει ότι β3 +β+ 1 =0. Έστω χ>β. Τότε χ3>β3 και χ+ l >β+ 1 . Προσθέτοντας κατά μέλη βρίσκουμε

χ3+χ+ 1> β3+β+ 1 ή Ρ(χ)>Ο. Έστω χ<β. Τότε χ3<β3 και χ+ 1 <β+ 1 . Προσθέτοντας κατά μέλη βρίσκουμε χ3+χ+ 1 < β3+β+ 1 ή Ρ(χ)<Ο.

Αθανάσιος Κ. Καλάκος

Συνεπώς το β είναι μοναδική ρίζα του Ρ( χ).

Β) Προφανώς, το Ρ(χ) δεν έχει ρίζες χ�Ο, γιατί αν χ�Ο, Ρ(χ) � 1>0. Αν τώρα χ�-1 έχουμε χ3�-1 ή χ3+1�0. Ακόμα, όμως, χ<Ο. Έτσι, χ3+χ+ 1 <Ο ή Ρ(χ)<Ο για κάθε χ�- 1 . Άρα, - 1 <β<Ο.

Γ) Από το Β) έχουμε -1 <β<Ο. Ακόμη, 1 1 1 β3 + β + 1 q( β )=β3+β2 + 1 = β3 =0.

Δ) Εφαρμόζουμε το σχήμα Homer στο q(x) για 1 χ=- . β

1

1

1 -β

1 1 1+-β

ο

1 1 - +-β β2 1 1 - +-β β2

1 1 - +-β2 β3

ο

1 -

β

' 1 2 1 1 1 Άρα, q(x)= (χ- β )[χ + ( l+β )χ+ ( β +β2 )].

Σχετικά παρατηρούμε ότι 1 β + 1 -β3 2 ' 1+ -= -- =- = - β και οτι β β β 1 1 β + 1 -β3 -+- =- = - = - β β β2 β2 β2 .

Άρα, το πηλίκο γράφεται ως g(x)=x2 - β2χ- β και έχει διακρίνουσα Δ = β4 +4β = β(β3+4). Όμως β<Ο, και ακόμη -1<β3<0 ή 3<β3+4<4. Έπεται ότι Δ<Ο. Άρα το g(x) δεν έχει πραγματικές ρίζες, και το .!._ είναι μοναδική ρίζα του q(x). β

Π ρόβλημα 3. Δύο συναρτήσεις f,g ορισμένες στο R με f(x)>O για κάθε χεR, ικανοποιούν τις σχέσεις:

3e' ι-χ

f(x)g(ι-x)=-- (ι) ' f(ι-x)+g(x)=e 2 ( 2) για 4

κάθε χεR.


Μαθηματικά για την Β' Λυκείου J ) Να βρείτε τους τύπους των συναρτήσεων. χ15 +χ1+1>χ/+χ2+ 1 , ή f(x1)>f(x2). Άρα η f είναι 2) Να βρείτε τα σημεία που οι γραφικές τους γνησίως αύξουσα στο R.

παραστάσεις τέμνουν τους άξονες. Αφού g(O)=g( 1 ), η g δεν είναι γνησίως μονότονη 3 ) Να λύσετε την εξίσωση f(x)+g(x)=O. σε όλο το R. λi•11η : 3) Αν α είναι μια ρίζα του g(x) τότε g(α)=Ο Εάν στη (2) θέσουμε όπου χ το 1-χ θα πάρουμε οπότε f(α) = (α2+α+1)g(α)=Ο ή α5+α+1=0. Αν ήταν

� � α::=:Ο τότε α5+α+ 12:1 >0, άτοπο. Άρα α<Ο. Ακόμη, f(x)+g(1-x) = e2 ή g( 1-x) = e 2 - f(x). αν ήταν α�-1 θα είχαμε α5<0 και α+1�0 οπότε Αντικαθιστούμε το g( 1-x) στην ( 1 ) οπότε: α5+α+ 1 <0, άτοπο. Συνεπώς, α>-1 . Άρα, -1 <α<Ο.

� 3ex ( 1 )� (f(x))2 - e 2 f(x)- - =Ο 4 [ e% ]2 e% � � f (x ) -2 = ex � f (x ) -τ = ±e2 �

3 � 1 � 3 � => f(x ) = -e2 ή f (x) = --e2 � f (x) = -e2 2 2 2 Αφού f(x)>O. Άρα g (1 - χ) = _ _!_e% και θέτοντας 2

1 � όπου χ το 1-χ, έχουμε g(x)=- -e 2 • 2 i •� Παρατηρούμε ότι f(x)>O, g(x)<O για κάθε xeR οπότε οι γραφικές παραστάσεις δεν τέμνουν τον χ 'χ. Τώρα, f(O)=� , g(O)=- -Je , οπότε 2 2 τέμνουντον y 'y στα σημεία (0,� ), (0,- -Je ) f,g 2 2 αντιστοίχως.

χ 1-χ

2) Έχουμε πλέον f(x)+g(x)=0�3 e2 = e 2 � χ 1 - χ 1 ln3+- =-- � 2ln3+x=1-x � x=--ln3. 2 2 2

, μ[} �· .. Δίνονται τα πολυώνυμα

f(x) = x5+x+l και g(x)= χ3-χ2+1. Να δείξετε ότι το g(x) διαιρεί το f(x).

· \ Να δείξετε ότι η αντίστοιχη συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R, ενώ η g δεν είναι γνησίως μονότονη στο R. Αν α μια ρίζα του g(x) τότε -l<α<Ο.

· ι Μπορούμε να εκτελέσουμε την διαίρεση f(x):g(x) και να βρούμε υπόλοιπο Ο. Εναλλακτικά μπορούμε να παραγοντοποιήσουμε το f(x). Το f(x) βλέπουμε ότι δεν έχει ακέραιες ρίζες. Έχουμε: f(x)= χ5+χ+1= χ5-χ2+ (χ2+χ+1 ) = χ2(χ3-1 )+ (χ2+χ+1 ) = χ2(χ-1) (χ2+χ+1 )+ (χ2+χ+1 ) = (χ2+χ+1 )(χ3-χ2+ 1 )= (x2+x+1 )g(x). Άρα το g(x) διαιρεί το f(x).

Λ ' 5 5 1 1 ' . ν χι>χ2 τοτε χι >χ2 και χι+ >xz+ οποτε αθροίζοντας τις ανισότητες κατά μέλη λαμβάνουμε

Π ριJβλημα 5. Δίνονται τα γραμμικά συστήματα 2Χ2: {λχι + Υι = λ2 {λχ2 + y2 = λ3

Σι : Σz: , όπου λeR, Χι + λy ι = 1 Χ2 + λy 2 = 1

παράμετρος. Α) να αποδείξετε ότι το Σι έχει μοναδική λύση εάν και μόνο εάν το Σ2 έχει μοναδική λύση, τις οποίες και να προσδιορίσετε. Β) Να διερευνήσετε τα συστήματα αν λ=l ή λ=-1. Π Αν λ#l να βρείτε τις τιμές του λ ώστε να ισχύουν συγχρόνως οι ανισότητες:

Χι>Ο, Υι>Ο, Xz>O, Yz>O. λύση :

Ιλ 1 1 2 Α) Είναι Dι=D2 = 1 λ =λ -1 = (λ-1)(λ+1).

Έχουμε λοιπόν τις ισοδυναμίες: Το Σ1 έχει μοναδική λύση <:::> D1:f0 �(λ-1)(λ+ 1 ):f0� λ:f-1 και λ:f1 � Dz:fO � Το Σ2 έχει μοναδική λύση.

' λ2 1 3 2 Τωρα Dx1 = 1 λ =λ -1 = (λ-1 )(λ +λ+ 1 )

λ λ2 D I = =λ- λ2 = -λ(λ-1 ) Υ 1 1

"λ! Dx2 = 1

λ "λ! Dyz = 1 1 =λ- λ3 = -λ(λ-1)(λ+1 ).

D Για το Σ1 είναι χι = _χ, = .. , D,

Dy, λ , Σ , Υ ι = -- = --- , ενω για το 2 ειναι D1 λ + 1

Xz = Dx2 = λ2+ 1 , Yz = DY2 = -λ. · D1 D1 Β) Αν λ=1 τότε D1=D2=0 και

Dχι = Dyι = Dx2 = Dy2 =0. Αν θέσουμε λ=1 στα Σι , Σz βλέπουμε ότι αυτά ταυτίζονται: {Χι + Υι = 1 {Χ2 + Yz = 1 , , η ισοδυναμα Χι + Υι = 1 Xz + Yz = 1


Μαθηματικά για την Β' Λυκείου Χι + Υι=Ο Xz + yz=O. Καθένα από αυτά τα

συστήματα έχει άπειρες λύσεις που δίνονται από

τις εξισώσεις: {Χι : t {χ2 : t , tεR. Υι - 1 - t y2 - 1 - t

Αν λ=-1 τότε Dι=D2=0 αλλά Dyι = - 2 i= Ο οπότε το Σι είναι αδύνατο. Ακόμα, Dx2 = Dyz =Ο οπότε θέτουμε λ=-1 στο Σ2• Τότε λαμβάνουμε {- Xz + Yz = - 1 , ,

<::::> -Xz + Yz= l . Ετσι, το Σz εχει Xz - Yz = l

άπειρες λύσεις που δίνονται από τις εξισώσεις: {Xz = t

' tεR. Yz = 1 + t

Γ) Το δοθέν σύστημα ισοδυναμεί με το -1->0, λ + 1

_ __i__>O, -λ>Ο αφού βέβαια τα λ2+λ+ 1 , λ2 +1 λ + 1

είναι θετικές ποσότητες. Άρα, λ+ 1>0, λ(λ+ 1 )<0, λ<Ο οπότε λ>-1 , -1<λ<Ο, λ<Ο και άρα -1<λ<Ο είναι οι ζητούμενες τιμές του λ.

Πρόβλημα 6. Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) = χ3+βχ2+γχ+5. Εάν το Ρ(χ) διαιρεθεί με το πολυώνυμο (x+l)(x-2) αφήνει πηλίκο π(χ) και υπόλοιπο υ(χ). Αν τα πολυώνυμα π(χ) και υ(χ) είναι ίσα, να γραφεί η παραπάνω Ευκλείδεια διαίρεση και να λυθεί η εξίσωση Ρ(χ)=Ο. Λύση : Παρατηρούμε ότι ο βαθμός του π(χ) είναι 3-2=1 και επίσης ο βαθμός του υ(χ) είναι Ο ή αφού πρέπει βαθμός (υ(χ))<2. Ακόμα, το π(χ) είναι της μορφής π(χ)=χ+α αφού όταν γίνει ο πολλαπλασιασμός (χ+ 1 )(χ-2)π(χ) θα πρέπει να λάβουμε τον όρο χ3•

Άρα, βάση της υπόθεσης π(χ) = υ(χ) έχουμε την ταυτότητα Ρ( χ)= (χ+ 1 )(χ-2)(χ+α)+(χ+α) ή χ3+βχ2+γχ+5= χ3+(α-1)χ2+(-1-α)χ-α. Από εδώ {α = -5 {α = -5 λαμβάνουμε β = α - 1 <::::> β = -6 .

r = -α - 1 r = 4

Άρα, η Ευκλείδεια διαίρεση είναι η χ3 -6χ2+4χ+5=(χ+ 1 )(χ-2)(χ-5)+(χ-5).

Το δεύτερο μέλος παραγοντοποιείται εύκολα, οπότε η εξίσωση Ρ(χ)=Ο<=:>(χ-5)(χ2-χ-1 )=0 <=:>χ=5

ή χ2-χ-1=0<=:>χ=5 ή χ= 1 + J5 ή χ= Ι -J5 2 2

Πρόβλημα 7. Δύο ίσα τετράγωνα πλευρά α είναι τοποθετημένα όπως δείχνει το σχήμα. Θέτουμε ΜΑ=χ και Α Μ Ν=φ και ΜΕ=λα, όπου λε(Ο,l) σταθερός αριθμός. Να υπολογίσετε το μήκος χ και η γωνία φ ως συνάρτηση των λ, α.

Λ

Α

χ

Λύση :

Εύκολα βλέπουμε ότι Ε Μ Β = π - φ και Β Ε Μ = 2 φ. Στα ορθογώνια τρίγωνα ΜΑΝ και ΜΕΒ έχουμε

χ α - χ αντιστοίχως συνφ = - και ημφ= -- . α λα

Απαλείφοντας το χ από τις δύο αυτές εξισώσεις , α( l - συνφ)

, λ 1 εχουμε ημφ= η ημφ= -συνφ. λα

Αφού η γωνία φ είναι οξεία έχουμε ισοδύναμα λ2ημ2φ=συν2φ - 2συνφ+1 ή λ2 -λ2συν2φ = συν2φ - 2συνφ+ 1 ή (λ2+ 1 )συν2φ - 2συνφ+ 1-λ2=0.

Η Δ=4λ 4 οπότε συνφ= 1 ή συνφ= Ι - λ: . Η πρώτη 1 + λ

εξίσωση είναι αδύνατη αφού Ο<φ< π ενώ η 2 δ ' 1 - λ2

δ ' ' ' ευτερη συνφ= 1 + λ2 μας ινει τη γωνια φ αφου

' λ λέγ

' ο 1 - λ2 1 ευκο α ε χουμε οτι <

1 + λ2 < .

Ά _ α(1 - λ2 ) ρα, χ-l + λz .


Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΠΑΝΑΜΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΑΓΕΒΡΑΣ

1 . Αν για το πολυώνυμο: Ρ(χ)= χ4+(α+β)χ3+(α+αβ+ β)χ2+(α2+β2)χ+αβ, α,βΕIR ισχύει: [Ρ(1)]2+[Ρ(-1)]2=0 (1), να βρεθεί η τιμή της παράστασης: Κ = αzoos +βzoos. Λύση Παρατηρούμε ότι : {) � Ρ(1) = Ο και Ρ(- 1)=0 :::::.

1 +( α+β)+( α+αβ+β)+( α2+β2)+αβ=Ο 1 -( α+β)+( α+αβ+β)-( α2+β2)+αβ=Ο

:::::> { α2+β2+2αβ+2(α+β)+1=0

:::::. { :::::. {

α2+β2-2αβ = 1 ( α+β)2+ 2( α+β)+ 1 =Ο

(α-β)2= 1 (α+β+1 )2=0

α-β = ±1

i

α+ β= 1 { α+β=- 1 α-β=1 ή α-β= - 1

:::::. α,β) = (0,-1) ή (α,β) = (- 1 , Ο) . Οπότε η τιμή της παράστασης είναι Κ= 1 . 2. Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ)= χ2•+χ•-2, νΕIΝ*. α) Αν έχει ρίζα το χ=-1, να δειχθεί ότι ο φυσικός ν είναι άρτιος αριθμός. β) Αν ισχύει Ρ(2)=70, να βρεθεί ο βαθμός του πολυωνύμου και να παραγοντοποιηθεί. Λύση α) Έχουμε: Ρ(- 1 )=0 :::::. (- 1 )2ν+(- 1γ-2 =0:::::. (- 1 )2ν+(- 1 )ν=2 , Αν το ν ήταν περιττός αριθμός, τότε θα ήταν ( - 1 )2ν= 1 και ( - 1 )ν=- 1 ,οπότε 1 +( - 1 )=2, άτοπο 'Αρα ο ν, είναι άρτιος φυσικός αριθμός. β) Ρ(2)=70 :::::> 22ν+2ν-2=70 :::::>(2ν)2+2ν-72=0. Θέτουμε 2ν=ω>Ο,οπότε ω2+ω-72=0, δηλαδή ω=8. Άρα 2ν=8 � v=3. Τότε Ρ( χ) =χ6+χ3 -2 και έχει βαθμό 6. Ρ(χ) = χ6+χ3-2 = χ6- Ι+χ3- 1

= ( χ3)2- 1 + χ3- 1= (χ3- 1 )( χ2+2). 3. Αν τα υπόλοιπα των διαιρέσεων του πολυωνύμου Ρ(χ) διά των χ-α, χ-β, χ-γ, είναι α, β, γ, αντιστοίχως (α * β * γ * α), τότε το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ): (χ-α)(χ-β)(χ-γ) , είναι υ( χ) = χ. Λύση Αν το π( χ) είναι το πηλίκο της διαίρεσης, το υπόλοιπο υ( χ) είναι της μορφής : υ(χ) = κ χ2+λ χ+μ. Από την ταυτότητα της διαίρεσης είναι: (χ)=(χ-α)(χ-β)(χ-γ)π(χ)+κχ2+λχ+μ για κάθε χ Ε R. Για χ = α, χ = β, χ = γ , προκύπτουν

Αποστολόπουλος Γιώργος

α2κ+αλ +μ =α } β2κ+βλ +μ =β ( 1 ) γ2κ+γλ+μ =γ Αφαιρώντας τις δύο πρώτες εξισώσεις κατά μέλη και τις δύο τελευταίες , έχουμε (α2- β2) κ + (α-β)λ = α-β} (β2- γ2) κ + (β-γ)λ = β-γ :::::>

( α+β)( α-β) κ + ( α-β)λ=α-β } (β+γ)(β-γ) κ + (β-γ)λ=β-γ Επειδή α:i'β και β*Ύ θα είναι: (α+β)κ+λ=1 και (β+γ)κ+λ=1 . Τις αφαιρούμε κατά μέλη και προκύπτει (α-γ)κ=Ο. Αλλά α*Ύ, οπότε κ=Ο. Αντικαθιστούμε στην (β+γ)κ+λ=1 και προκύπτει λ=1 . Για κ=Ο και λ=1 , οι σχέσεις ( 1 ) δίνουν : μ=Ο, οπότε υ(χ)=Οχ2+ 1 χ+Ο. Δηλαδή το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ):(χ-α)(χ-β)(χ-γ), είναι υ(χ)= χ . 4. Να δειχθεί ότι ο αριθμός : 9·12ν - 2·5\ νΕIΝ, είναι πολλαπλάσιο του 7. Λύση Θεωρούμε το πολυώνυμο Ρ(χ)=9 χν- 2 ·5v. Τότε Ρ(5)= 7·5ν. Η διαίρεση Ρ(χ): (χ-5), δίνει πηλίκο π(χ) και υπόλοιπο Ρ(5), άρα Ρ(χ)=(χ-5) π(χ)+7·5ν. Οπότε Ρ( 12)= 9· 12ν- 2·5ν =(1 2-5)π( 12)+ 7·5ν

= 7[π(12)+5ν]=πολ/σιο του 7. • Να λυθεί και με βάση το πολυώνυμο

q(x) = 9· 1 2-2xv. Σχόλιο του Γιώργου Τασσόπουλου Η ενδιαφέρουσα αυτή μέθοδος του αξιόλογου συνάδελφου, φίλου και συνεργάτη της Ε.Μ.Ε. Γιώργου Αποστολόπουλου μπορεί να εφαρμοστεί κάλλιστα σε όλες τις αντίστοιχες ασκήσεις του Σχολικού Βιβλίου «Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Β ' Λυκείου». Συγκεκριμένα στις ασκήσεις 6(ii), (ίίί), ΒΌμάδας (σελίδα ! 50) και 6, Α' ομάδας (σελίδα 1 80). Αρκεί τα συνθετότερα παραδείγματα π.χ.

14 I 34ν+Ζ +52 ν+ Ι και 8 I 52 ν + 7 να τα διαμορφώσουμε σε

1 4 I 9 · 8 1 ν + 5 · 25ν και 8 I 25ν + 7 αντιστοίχως κ. λ. π.

5. Να λυθεί στο σύνολο των πραγματικών αριθμών η εξίσωση: (2χ2+χ-1 )( 2χ2+χ-2)=72 (1). Λύση

2χ2+χ- 1 = ω 2χ2+χ- 1 = ω ( 1 ) �

} �

} ω(ω- 1 ) = 72 ωΕ {-8, 9}

� 2χ2+χ- 1 = -8 ή 2χ2+χ- 1 = 9 � 2χ2+χ+7 = ο ή 2χ2+χ- 10 = ο � 2χ2+χ-1 0 = 0 � ΧΕ {-% ,2} .

6. Να λυθεί στο σύνολο των πραγματικών αριθμών η παρακάτω εξίσωση με ριζικά:

.Jx + 2 = .J4x + 1 - rx=l (1)


Μαθηματικά για την Β' Λυκείου Λί)ση Για να ορίζεται η εξίσωση ( Ι ), πρέπει και αρκεί: χ+2 � Ο, χ- Ι � Ο, 4χ+Ι � Ο, δηλαδή χ � Ι . Τότε: (1) � rx+2, +� = .J4x + Ι � χ+2+χ-Ι +2 �(χ + 2Χχ - Ι)= 4χ+Ι

x:<:l>O �.Jx z + χ - 2 =χ � χz+χ-2 = xz � χ = 2, δεκτή τιμή.

4 7. Να λυθεί η aνίσωση: r -χ+

r <4 (1),

-x+l στο σύνολο των πραγματικών αριθμών Λύση Έχουμε χ2-χ+Ι > Ο, για κάθε χε ΙR.Άρα η ( Ι ) ορίζεται σε όλο το IR. ( Ι )�χ2 -χ+Ι+ 4 <5 χ2 -χ+Ι

� χ2-χ+Ι = ω }•

� χ2-χ+Ι = ω }

· ω2 -5ω + 4 <Ο , Ι< ω< 4 .·

� I < χ'-χ+Ι < 4 � ::::�3

0<

0}

� :ee[:�(: :��) } � xe (

1 -;u ,oJ+

l +;uJ

� χε { - Ι , 2 } , αφού χεΖ. 8. Να λυθεί η aνίσωση: J;. - � � 1 (1) Λύση Για να ορίζεται η ανίσωση ( Ι ), πρέπει και αρκεί: χ � Ο , χ- Ι � Ο, δηλαδή χ � 1 . Τότε έχουμε: ( Ι )<:} .Jx � .Jx -1 + 1 � χ� χ- Ι+Ι+2 � � ο � � � O=� � x = l .

9. Να λυθεί η aνίσωση: Vx + 4 � J;. (1) Λύση Για να ορίζεται η ανίσωση ( Ι ), πρέπει και αρκεί: χ � Ο.

Vx = ω }(2) Τότε: ( Ι ) � :

ω2+4 � ω3 .1 (3) Αλλά (3) � ω3 -ω2-4 � Ο

� (ω3-8)-(ω2-4) � Ο � (ω-2)(ω2+2ω+4)- (ω-2)(ω+2) � Ο � (ω-2)(ω2+ω+2) � ω<2 , αφού ω>Ο � ω2+ω+2 > Ο. Άρα: ( 1 ) � Ο � Vx � 2 � Ο � χ � 64.

·� i ολuώνuμα Γιώργος Α. Κουσινιώρης

Άσκηση i η Για τις διάφορες τιμές του θετικού

ακέραιου αριθμού ν, να βρείτε το βαθμό του: Ρ(χ) = (ν - 3)χν + (ν- 1)2χ2 + ( ν2 - 5ν + 6)χ + ν2 - 1

Λ.(ιση " Αν είναι ν>3 τότε το πολυώνυμο είναι ν-στού

βαθμού αφού προφανώς μεγιστοβάθμιος όρος του είναι ο (ν - 3)χ ν .

"' Αν είναι ν=3 τότε είναι Ρ(χ) = (3- 3)χ2 + (3 - Ι)2 χ2 + (32 - 5 · 3 + 6)χ + 22 - Ι = 4χ2 + 3 οπότε είναι δευτέρου βαθμού.

" Α ν είναι ν=2 τότε είναι Ρ(χ)= (2-3)χ2 +(2-Ι)2χ2 +( 22 -5 · 2+6)χ + 22 -Ι = -χ2 + χ2 + Οχ + 3= 3 οπότε είναι σταθερό μη μηδενικό πολυώνυμο επομένως είναι μηδενικού βαθμού.

" Α ν είναι ν= Ι τότε είναι Ρ(χ) = (Ι - 3)χ1 + (l - I)2 x2 + ( Ι2 - 5 · Ι + 6)χ + Ι2 - Ι = -2χ + 2χ =Ο για κάθε xεlR. Επομένως το πολυώνυμο είναι το μηδενικό πολυώνυμο και συνεπώς δεν έχει βαθμό.

,:\σl\φ:'Π( 2η uj Να δείξετε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης ενός πολυωνύμου Ρ(χ) με το πολυώνυμο αχ+β με α:;eΟ, είναι ίδιο με το υπόλοιπο της διαίρεσης

Ρ(χ): (χ +�) .

β) Αν το πηλίκο της διαίρεσης του Ρ(χ) με τα

πολυώνυμο χ + � με α:;eΟ, είναι το πολυώνυμο α

Q(x), να βρείτε το πηλίκο της διαίρεσης του Ρ( χ) με το πολυώνυμο αχ+β. γ} Να δικαιολογήσετε ότι με βάση το προηγούμενο ερώτημα μπορεί να χρησιμοποιηθεί το σχήμα Horner για να γίνει η διαίρεση του Ρ(χ) με το πολυώνυμο αχ+β. δ) Με χρήση του σχήματος Horner να βρείτε τα πηλίκα και τα υπόλοιπα των διαιρέσεων:

ι ( Sx3 - 6χ2 + 3χ - 5) : ( 2χ - ι)

i ι ( -6χ4 - χ3 + 17χ2 - 2χ - s) : ( 2χ + 3) i i ι( 32χ5 -76χ4 -9χ3 + 105χ2 - 53χ+7) : ( -4χ+7)


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Λύση α) Επειδή ο διαιρέτης είναι πολυώνυμο πρώτου

βαθμού, το υπόλοιπο της διαίρεσης θα είναι ένας αριθμός υ. Αν π(χ) είναι το πηλίκο της διαίρεσης, τότε από την ταυτότητα της διαίρεσης έχουμε Ρ( χ) = (αχ + β) · π( χ) + υ .

Για χ = _Ι η ισότητα γίνεται α

[-β + β] · π(-�) + υ =Ο+υ = υ, οπότε

υ = Ρ (-�), δηλαδή ίδιο με το υπόλοιπο της

διαίρεσης Ρ(χ): (χ +�} Παρατηρείστε ότι το υπόλοιπο είναι η τιμή του πολυωνύμου για χ ίσον με τη ρίζα του πρωτοβάθμιου διαιρέτη.

β) Επειδή και εδώ ο διαιρέτης είναι πολυώνυμο πρώτου βαθμού, συγκεκριμένα είναι της μορφής χ-ρ, το υπόλοιπο της διαίρεσης θα είναι ο αριθμός υ = Ρ(-�} Αφού Q(x) είναι

το πηλίκο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το πολυώνυμο χ +Ι , έχουμε

α

Ρ(χ) = ( χ + �}Q(χ) + υ <::>

Ρ(χ) = ( αχ:β}Q(χ) + υ <::>

(αχ + β) . Q( χ) Ρ(χ) = + υ <:> α Ρ(χ) = (αχ + β) · Q(x) + υ .

α Άρα το πηλίκο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το πολυώνυμο αχ+β είναι το πολυώνυμο π( χ) = Q(x) . α

γ) Αν εφαρμόσουμε το σχήμα Homer για να κάνουμε τη η διαίρεση του Ρ(χ) με το πολυώνυμο χ + Ι , τότε, όπως ξέρουμε (δες α στο σχολικό βιβλίο της Άλγεβρας της Β ' Λυκείου στη σελίδα 1 37), το τελευταίο στοιχείο της τρίτης γραμμής είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ( χ) με το χ + Ι και τα α

υπόλοιπα στοιχεία είναι οι συντελεστές του πηλίκου Q(x). Συνεπώς, επειδή με βάση το προηγούμενο ερώτημα το πηλίκο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το πολυώνυμο αχ+β είναι το πολυώνυμο π( χ) = Q(x) , οι α συντελεστές του ζητούμενο πηλίκου π(χ) θα προκύψουν από τη διαίρεση των συντελεστών του Q(x) με τον αριθμό α. Τα πaραπάνω φαίνονται στα παραδείγματα που ακολουθούν.

δ)ί) Θα κάνουμε τη διαίρεση (8χ3 - 6χ2 + 3χ - 5) : (2χ - 1) με χρήση του σχήματος Homer. Η ρίζα του διαιρέτη 2χ-1 είναι χ = ..!.. , 2 Συνεπώς το υπόλοιπο της διαίρεσης είναι το -4 και το Q(x) είναι το Q(x) = 8χ2 - 2χ + 2 . Έτσι το πηλίκο της διαίρεσης είναι π(χ) = Q(χ) = 8χ2 - 2χ + 2 4xz - x + l . α 2

i i) Για τη διαίρεση ( -6χ4 - χ3 + 1 6χ2 - 2χ - 8) : (2χ + 3) έχουμε:

Ρίζα του διαιρέτη 2χ+ 3 είναι χ = -� , οπότε 2 έχουμε από το σχήμα Homer( . . . )

Συνεπώς το υπόλοιπο της διαίρεσης είναι το 4 και το Q( χ) είναι το

Q(x) = -6x3 + 8χ2 + 4χ - 8 . Έτσι το πηλίκο είναι π( χ) = Q(x) = -6χ3 + 8χ2 + 4χ - 8

α 2 =-3χ3 + 4χ2 + 2χ - 4 .

i i i) Για τη διαίρεση (32χ5 - 76χ4 -9χ3 + 105χ2 - 53χ + 7) : (-4χ + 7) έχουμε: Ρίζα του διαιρέτη -4χ+7 είναι χ = 2 , οπότε 4 έχουμε από το σχήμα Homer( . . . )

Συνεπώς το υπόλοιπο της διαίρεσης είναι το Ο και το Q(x) είναι το Q(x) = 32χ4 - 20χ3 - 44χ2 + 28χ - 4 .

Επομένως το πηλίκο είναι π(χ) = Q(x) = 32χ4 - 20χ3 - 44χ2 + 28χ - 4

α -4 = -8χ4 + 5χ3 + l lx2 - 7x + l .


Β , ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΠΑΝΑΛΗΠΠΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΗ ΓΕΩΜΕτΡΙΑ

Άσκηση 1 Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με

, α.J3 υποτείνουσα ΒΓ=α και υψος ΑΔ= -- . Α Λ

4 Α) Να βρεθούν οι γωνίες Β , Γ του τριγώνου,

όταν Β > Γ . Β) Να βρεθεί η διχοτόμος του ΑΕ, ως συνάρτηση του α.

, 1 1 J2 Γ) Να δειξετε ότι: - + - = - .

β y ΑΕ Λύση :

Α) Έστω ΔΒ=χ, ΔΓ=y, Α

Δ Ε

οπότε: Β > Γ => β > γ =>y > χ. Έχουμε: χ+y=α 3α2 και χγ=ΑΔ2 = - . 1 6 Τα χ, y λοιπόν είναι ρίζες της εξίσωσης:

Δ 3α2 , θ , 3α

ι -αt+- =Ο και αφου y>x, α ειναι y=- , 1 6 4 α , 3α α χ=- δηλαδη ΔΓ=- ΔΒ=- . 4 ' 4 4

2 α α Λ ο Λ ο = - => γ= - = 2ΒΔ => Α =30 => Β =60 4 2 I

=>Γ =30°.Θα μπορούσαμε φυσικά να βρούμε: α.J3

Λ ΔΑ -4- � , εφΒ =- = -- = ν3 οποτε ΔΒ α ' 4

Λ 0 αJ3 Γ =30 και β=2ΑΔ=-- . 2

Μπρίνος Παναγιώτης

α α · -α · r 2 α Β) Έχουμε: ΒΕ= -- = = = β + r a.J3 α .J3 + 1 --+-2 2

α · (.J3- 1) , 2 2 2 _....:....:..._ _ __:... . Επομενως: ΑΕ = γ +ΒΕ -2 2γ·ΒΕ·συν60° = α2 α2 • ( .J3 - 1)2 α α · ( .J3 - 1) 1 - + -2· - ·-�-� 4 4 2 2 2 α2 α2 � - [1+( .J3 -1)2 - ( .J3 -1 )]= - (6-3 ν3 ) = 4 4 3α2(2 -{3) . Άρα ΑΕ = α.J3 J2 -.J3 . 4 2 Γ) Αρκεί να δείξουμε ότι:

2 2 J2 ' --

+ - = η α.J3 α α.J3 �2 _ .J3 ' 2 .J3+ 1 J2 ' = η .J3 J3�2 -.J3 ' 4 + 2.J3 = 2

' 2+ .J3 3 3(2 -.J3) ' η Τέλος 22 - ( J3 )2 = 1 , που ισχύει.

• Ενδιαφέρον παρουσιάζει η απλοποίηση της ρίζας � 2 -J3 που μπορεί να γίνει ως εξής:

�z -JJ � (JH +(�)' - 2K�

= (�-�)' = Η -�=� � �

�z -JJ =J4 - zJJ =J<Ji- Ι)' = J3 - ι 2 2 J2

. Απαντήστε στο ερώτημα (Γ) και με τη νέα μορφή του ΑΕ.

• Απάντηση στο (Γ) χωρίς υπολογισμό του ΑΕ. Αν ΕΖlλΓ, τότε: Ε Α z=τ 45° =>

ΕΥκΑΕΙΔΗΣ Β' 88 τ./40

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου ΑΕ , , ΑΖ= ΕΖ= .fi , οποτε αρκει:

1 1 1 , 1 1 1 , β

+ y = ΑΖ ' η ΑΓ +

ΑΒ = ΑΖ ' η

ΑΖ + ΑΖ = 1 . Πράγματι: ΕΖ//ΒΓ =:> ΑΖ = ΑΓ ΑΒ ΑΓ ΒΕ ΑΖ ΕΖ ΓΕ - και -= -= - . ΒΓ ΑΒ ΑΒ ΓΒ Άρα: ΑΖ + ΑΖ ΒΕ + ΓΕ = ΒΓ = 1 . ΑΓ ΑΒ ΒΓ ΒΓ

• Να υπολογίσετε τη διχοτόμο ΑΕ και από τον τύπο: ΑΕ= ΕΖ .fi = ΕΓ .fi . 2

Άσκηση 2 . Σε τετράπλευρο ΑΒΓ Δ έχουμε (ΑΒ)=5, (ΒΓ)=(Γ Δ) = (ΔΑ) = 4 και (ΒΔ)=6. Α) Να δείξετε ότι είναι τραπέζιο. Β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του. Γ) Να υπολογίσετε τις προβολές ΒΑ', ΔΓ των ΒΑ, ΔΓ στην ΒΔ. Λύση :

4

4 4

κ Λ Β

Α) Αρκεί Ι\ = Δ, , ή συν Β1 = συν Δ, , αφού Λ Λ ( ο ο ) ' Β1 , Δ, ε Ο , 1 80 . Πραγματι:

συν Β (ΒΑΥ + (ΒΔ)2 - (ΑΔ)2 = 1 2(ΒΑ) · (ΒΔ) 25 + 36 - 16 3

2 · 5 · 6 4 (ΔΓΥ + (ΒΔ)2 - (ΒΓ)2 = 2(ΔΓ) · (ΒΔ)

και

16 + 36 - 16 3 Λ Λ ----=- . Άρα συνΒ1 = συνΔ1 • . 2 · 4 · 6 4

Λ

συvΔ1 =

5 - 4 1 (ΑΚ)=(ΒΛ)= -2-= 2 . οπότε

2 1 63 3..fi (ΔΚ) =16 - 4 = 4 και (ΔΚ) = -2- . 5 + 4 3..fi 27..fi Άρα (ΑΒΓΔ) = -2- -2-= -4- .

Γ) Βρήκαμε ήδη ότι: (ΑΔ)2<(ΒΑ)2 +(ΒΔ)2, οπότε Β1 < 90° και: (ΑΔ)2 = (ΒΑ)2+(ΒΔ)2 - 2ΒΔ)(ΒΑ')

=:> 16=25+36 - 2·6·(ΒΑ')=:>(ΒΑ') = � . Εξάλλου: 4 ΓΔ = ΓΒ =:>(ΔΓ)= (ΔΒ)

=3. 2

Μπορούμε στη συνέχεια να παρατηρήσουμε ότι: 1 5

(ΒΑ ') 4 3 (ΔΓ') 3 -'----� = -= - -- =- και (ΒΑ) 5 4 ' (ΔΓ) 4

Α' = f" =90° , οπότε τα τρίγωνα ΑΒΑ' και ΓΔΓ' είναι όμοια. Αποδεικνύεται έτσι και με έναν άλλο τρόπο (καθαρά γεωμετρικό) ότι: Β1 = Δ, και αφού Β2 = Δ, θα είναι Β1 = Β2 , δηλαδή η ΒΔ είναι διχοτόμος της Β .

Άσκηση 3. Θεωρούμε τετράπλευρο ΑΒΓ Δ με ΑΒ=ΑΓ και

Λ Λ (ΑΓ)2 Α = Γ =90° . Να δείξετε ότι (ΑΒΓ Δ)= -- . 2 Απόδειξη :

Α

(σχ. α) Ε

Προφανώς το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο (O,R) διαμέτρου ΒΔ και AO_i ΒΔ. Αν λοιπόν Ε το aντιδιαμετρικό του Α (σχ. α), τότε:

(ΑΒΓ Δ)= (ΑΒΔ) + (ΓΒΔ) =

__!_ (ΒΔ)(ΑΟ) + _!_ (ΒΔ)(ΓΚ)= __!_ (ΒΔ)[(ΑΟ)+(ΓΚ)] Β) Έστω ΔΚ=ΓΛ το ύψος του τραπεζίου. Τότε: 2 2 2 ( ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/41

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου _!_ (ΒΔ)[(ΑΟ)+(ΟΛ)] = _!_ (ΒΔ)(ΑΛ) = _!_ (ΑΓ)2, 2 2 2

αφού: Α Γ Ε = 90° και ΑΛ η προβολή της ΑΓ στην ΑΕ.

Α

(ΑΓ)2 Β ' τρόπος: Προφανώς με ισούται το 2 εμβαδόν ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου του οποίου οι ίσες πλευρές έχουν μήκος (ΑΓ). Εύκολα σχηματίζεται ένα τέτοιο τρίγωνο αν πάρουμε ημιευθεία Αχ εξωτερικά του τετραπλεύρου ώστε Α2 = Αι ( σχ. β) και θεωρήσουμε το σημείο Ζ στο οποίο τέμνει την Γ Δ. Τότε τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΑΒΓ είναι ίσα, διότι: ΑΔ=ΑΒ, Α2 = Αι και Δι = Β ι , αφού ΑΒΓ Δ εγγράψιμο. Άρα: (ΑΒΓΔ)=(ΑΒΓ) +(ΑΓΔ)= (ΑΔΖ) + (ΑΓΔ)= (ΑΓΖ)

(ΑΓ)2 2

Άσκηση 4. Σε κύκλο (0, R) θεωρούμε εγγεγραμμένο τρίγωνο ΑΒΓ με ΒΓ=λ3, ΑΓ=�. Αν η ΑΟ τέμνει τη ΒΓ στο Δ και επανατέμνει τον κύκλο στο Ε, τότε να υπολογίσετε: Α) Τις περιμέτρους και τα εμβαδά των τριγώνων ΑΒΓ και ΟΔΓ. Β) Την περίμετρο και το εμβαδόν του μεικτόγραμμου χωρίου ΔΒΜΕΔ του σχήματος. Λύση :

Α) 'Εχουμε: ΒΓ = λ3 = R.J3, ΑΓ = λ4 = RJ2 , Β 6 Γ = ώ =120° Α 6 Γ = ω =90° οπότε· 3 ' 4 ' .

Α 6 Β=360° - 120° -90°= 1 50°. Άρα: ΑΒ2 = ΟΑ2+0Β2 - 2·0Α·ΟΒ·συν150°= 2R2+R2.J3 = R2(2+.J3 ), οπότε

AB=R�2 +.J3 = R .J3 + 1 =R J6 +J2 J2 2

(βρίσκουμε όπως στην 1η άσκηση: �r-2_+_.J3=3 =

.J3+ 1 ' J2 ). Επομενως

ΑΒ+ΒΓ+ΓΑ= R(J6 +J2)+R.J3 +RJ2 =

2 R(J6 + 2/3+3J2)

2 Εξάλλου Β Α Γ=60°::::> (ΑΒΓ)= _!_ (ΑΒ)(ΑΓ)ημ60° 2

= _!_R J6 +J2 RJ2 .J3 = R2(6 + 2.J3) 2 2 2 8

R2(3 + .J3) 4

Β ' τρόπος: (ΑΒΓ)=(ΟΒΓ)+(ΟΓΑ)+(ΟΑΒ) = 1 2 ο ο R2 1 .J3 =- R (ημ120 +1+ημ150 )= - (- +1+- )= 2 2 2 2

= R2(3 +.J3) 4

Έχουμε: 6 =90° καιΓ =Β· = 1 800 - 1200 30°, I I I 2 οπότε αν ΟΔ=χ, ΓΔ=2χ και ΔΓ2= ΟΔ2+ΟΓ2

R2 R.J3 ::::>4x2=x2+R2 => χ2= - => χ= -- => 3 3

ΟΔ= R.J3 ΓΔ= 2R.J3 . 3 ' 3

Αλλ , , θ , Γ ΟΔ .J3 χ α και απ ευ ειας: εφ 1= -::::>-=- ::::>

R.J3 ΟΓ 3 R

χ= -- . 3

, R.J3 R(3 -.J3) Επομενως ΔΕ=R-ΟΔ= R- --= . 3 3

'Ετσι, ΟΔ+ΔΓ+ΟΓ=R.J3 +R=R( .J3 + 1 ) και

(ΟΔΓ)= _!_ (ΟΓ)(ΟΔ)= _!_ R R .J3 = R 2 .J3 . 2 2 3 6

Β) Ισχύει 6 =120°- 6 =30° = Β ::::> ΔΒ=ΟΔ= 2 I I


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου RJ3 , οπότε ΔΒ+ΔΕ=ΔΟ+ΔΕ=R.

3 Για το μήκος ι του τόξου ΒΜΕ έχουμε:

30 πR , , l= --2πR = - . Επομενως η περιμετρος Πχ 360 6

του μεικτόγραμμου χωρίου είναι: πR Πχ = ΔΕ +ΔΒ + l =R + - . 6

Για το εμβαδόν αυτού έχουμε: Εχ = (0. Β Μ Ε) - (ΟΒΔ)=

30 2 1 ο

360 πR - 2 (ΟΒ)(ΟΔ)ημ30 =

nR2 _ _!_ R RJ3 _!_ = R\π -J3) . 12 2 3 2 1 2

Ασκηση 5. Να δείξετε ότι υπάρχει ένα μόνο τρίγωνο ΑΒΓ με την ιδιότητα: β+γ=2α που έχει διχοτόμο ΑΔ=δα και ύψος ΑΕ=υ�δα, δοσμένα. Λύση:

Α

Α) Αν υa=δα, τότε β=γ, οπότε β+γ=2α => 2β=2α =>β=α. Το τρίγωνο λοιπόν είναι ισόπλευρο με ύψος ΑΕ= υα=δα=λ και κατασκευάζεται εύκολα, αν εκατέρωθεν του ΑΕ=λ, φέρουμε τις ημιευθείες Αχ και Ay που σχηματίζουν με την ΑΕ γωνίες

Λ Λ 600 Α1 = Α2 =30° = --και τέμνουν την κάθετη (ε)

2 στην ΑΕ στο Ε στα σημεία Β,Γ.

Β) Αν υα<δα, τότε το τρίγωνο ΑΔΕ κατασκευάζεται εύκολα, οπότε οι κορυφές Β, Γ ανήκουν στην ευθεία ΔΕ. Αν θεωρήσουμε το έγκεντρο Ι και το παράκεντρο Ι1 του τριγώνου ΑΒΓ τότε προφανώς αυτά είναι συζυγή αρμονικά των Α, Δ με λόγο

Ι1Α _ ΙΑ _ ΒΑ _ y _ β + y _ 2α _ 2

Ι1Δ-

ΙΔ- ΒΔ - ay - -α- -� - .

P + r

Α

{ε)

Άρα τα Ι, Ι1 είναι απολύτως ορισμένα, οπότε τα Β, Γ προσδιορίζονται ως τομές της ΔΕ με τον κύκλο διαμέτρου Ι 1 Ι (Απολλώνιος κύκλος , με βάση ΑΔ και λόγο λ=2).

Α

Προφανώς υπάρχει και το συμμετρικό αυτού του τριγώνου ως προς το ύψος ΑΕ, αφού υπάρχουν δύο ορθογώνια ΑΕΔ, ΑΕΔ' με ΑΕ= υα, ΑΔ=ΑΔ' = δα συμμετρικά ως προς την ΑΕ. Το τρίγωνο αυτό όμως είναι ίσο με το προηγούμενο. Τελικά μόνο ένα τρίγωνο υπάρχει με αυτές τις ιδιότητες.

Βιβλιογραφία 1 ) Σπύρου Κανέλλου: Ευκλείδειος Γεωμετρία 2) Τάσου Καλοπίση- Γιώργου Τασσόπουλου:

Επίπεδη Γεωμετρία. 3) Αλιμπινίση Α. - Δημάκου Γ. - Δρακόπουλου

Π. - Κυριαζή Α. και Τασσόπουλου Γ.: Θεωρητική Γεωμετρία Β' Λυκείου Ο.Ε.Δ.Β.



Β , ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΠΑΝΑΜΗΠΠΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΝΑΛΥΠΚΗΣ

Θανάσης Χριστόπουλος Άσκηση 1 η Δίνεται η εξίσωση χ2 + y2 - 2(λ - 1 )χ + 2λ y- 2λ + 1 = Ο να δείξετε ότι: α) Η εξίσωση παριστά κύκλο για κάθε λ Ε R •

β) Τα κέντρα των κύκλων βρίσκονται σε ευθεία γ) Όλοι οι κύκλοι διέρχονται από ένα κοινό σημείο, το οποίο να προσδιοριστεί. δ) Για ποια τιμή του λ ο κύκλος εφάπτεται στον άξονα y'y Λύση α) Είναι Α 2 + Β2 - 4Γ = 4(λ- 1 )2+4λ2-4(-2λ+ 1 )=4[(λ- 1 )2+λ2-(-2λ+ 1 )]= 4[λ2-2λ+ 1 +λ2 +2λ- 1 )]=8λ2>0 για κάθε λ Ε R* (αν λ=Ο τότε παριστά σημείο) β) Οι συντεταγμένες των κέντρων είναι Κ(λ - 1, -λ) δηλαδή χ=λ- 1 �λ=χ+ 1 και y=-λ οπότε

y=-(χ+ 1)� y = -χ - ι γ) Για να δείξουμε ότι όλοι οι κύκλοι διέρχονται από το ίδιο σημείο θα δώσουμε στην εξίσωση μορφή πολυωνύμου ως προς λ

χ2 + y2 - 2(λ - ι)χ + 2λy - 2λ + ι = Ο <:> (-2χ + 2y - 2)λ + (χ2 + y2 + 2χ + ι) = Ο και αφού

αυτή θέλουμε να αληθεύει για κάθε λ Ε R* πρέπει -2χ + 2y- 2 = Ο και χ2 + y2 + 2χ + ι = Ο η

λύση αυτού του συστήματος θα μας δώσει τις συντεταγμένες του κοινού σημείου. -2χ+ 2y - 2 = Ο <=> y = χ+ 1 και με αντικατάσταση έχουμε

χ2 + y2 + 2χ + ι = ο <=> χ2 + (χ + ι )2 + 2χ + ι = ο <=> 2χ2 + 4χ + 2 = ο <=> 2( χ + ι )2 = ο οπότε

χ = -ι και y = Ο άρα το κοινό σημείο τους είναι το Α( - 1 ,0)

δ) Για να εφάπτεται στον y 'y πρέπει lxo l = ρ δηλαδή μ - 11 = lλl · h οπότε λ - 1 = λ · ν'2 ή

λ - 1 = -λ · ν'2 και από αυτές προκύπτει λ = ι - ν'2 ή λ = -ι - J2 ( δύο κύκλοι ) Άσκηση 2η Αν Α το σημείο τομής των ευθειών ε1 : 3χ - y - 6 = Ο και ε2 : χ + y - 6 = Ο και Β,Γ τα σημεία τομής των ε1 , ε2 με τον άξονα χ χ αντίστοιχα να βρεθεί α) το περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ β) το συμμετρικό του σημείου Β ως προς την ευθεία ΑΓ γ) το εμβαδόν του τριγώνου ΚΑΒ' καθώς και του τετραπλεύρου ΑΒΓΒ '. Λύση α) Η λύση του συστήματος των εξισώσεων ε1 , ε2 θα μας δώσει τις συντεταγμένες του Α .

{3χ- y - 6 = ο {4χ = ι2 {χ = 3 Είναι � � οπότε Α(3,3)

x + y - 6 = 0 x + y - 6 = 0 y = 3 Η ευθεία ε1 για y= Ο δίνει 3χ=6�χ=2 άρα Β(2,0) ομοίως η ευθεία ε2 τέμνει τον άξονα χ χ στο σημείο Γ(6,0) Η μεσοκάθετος της ΒΓ είναι η χ=4. Για τη μεσοκάθετο της πλευράς ΑΓ έχουμε το μέσον

Μ( 9 3) λ 0 - 3 -3 1 ' ζ ' λε ' δ ' θυ 2, 2 και ΑΓ

= 6 _ 3 = 3 = - οποτε ο ητουμενος συντε στης ιευ νσης της

μεσοκαθέτου θα είναι λ=ι και επομένως η εξίσωση της είναι y -� = 1( χ - !) � y = χ - 3 το 2 2 περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ είναι το σημείο τομής των δύο μεσοκαθέτων των πλευρών ΒΓ,

ΑΓ άρα η λύση του συστήματος {χ = 4 � {χ = 4

δηλαδή είναι το σημείο Κ(4,ι) y = x - 3 y = ι



β) Για να βρούμε το συμμετρικό του Β θα βρούμε αρχικά την ευθεία που άγεται κάθετα από το Β προς την ΑΓ , στη συνέχεια το σημείο τομής της με την ΑΓ και θα απαιτήσουμε αυτό να είναι το μέσο του ΒΒ '. Γνωρίζουμε από τα προηγούμενα ότι ο συντελεστής διεύθυνσης της κάθετης στην ΑΓ είναι λ=l οπότε η εξίσωση της είναι y-O=l(x-2)� y = χ-2 και το σημείο τομής της με την ΑΓ είναι {Υ = χ - 2 � . . . {χ = 4 δηλαδή Δ(4,2)

x+ y - 6 = 0 y = 2 Έστω Β' (χ1 , yι ) το συμμετρικό του Β ως προς την ΑΓ, θα είναι το Δ μέσον του ΒΒ ' άρα 2 + Χι = 4 και 0 + Υ ι = 2 από τις οποίες προκύπτει χ1 = 6 και Υ ι = 4 δηλαδή Β' ( 6,4 ). 2 2

γ) είναι ΚΑ =(- 1 ,2) , ΚΒ ' =(2,3) οπότε από τον τύπο Ε = -i ldet(ΚA,ΚB ')I έχουμε

1 -1 2 ι 7 Ε = 2 1 2 3 I άρα Ε = 2 1-l · 3 - 2 · 21 = 2

Το τετράπλευρο ΑΒΓΒ 'εχει διαγώνιες κάθετες άρα Ε = δι · δ2 2

- t

-t

-2

Άσκηση lη

Α

κ •

Β

Προτεινόμενες Ασκήσεις

10 11

Αν cι ο κύκλος με κέντρο 0(0,0) που διέρχεται από τις εστίες ισοσκελούς uπερβολής με άξονα συμμετρίας τον χ χ καιc2 ο κύκλος με κέντρο 0(0,0) που εφάπτεται στους δύο κλάδους της υπερβολής α) Να δειχτεί ότι ο πρώτος κύκλος έχει εμβαδόν διπλάσιο από το δεύτερο. β) Να βρεθεί το εμβαδόν του ορθογωνίου με κορυφές τα κοινά σημεία της υπερβολής με τον πρώτο κύκλο. γ) να βρεθεί το μήκος των τόξων που αποκόπτουν οι κλάδοι της υπερβολής από τον κύκλο. Άσκηση 2η Δίνεται η εξίσωση x(x- 5) + (y - 7)(y - 2) + λ(x + y - 7) = 0 α) Να δειχτεί ότι παριστά κύκλο για κάθε λ e IR β) όλοι οι κύκλοι διέρχονται από δύο σταθερά σημεία



8 ' λΥΚΕΙΟΥ ΕΠΑΝΑΜΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΝΑΛΥΤΙΚΗΣ Σωτήρης Ε. Λουρίδας

0 1 Το διάνυσμα ; = lfi l �+ l� lfi, είναι παράλληλο στην διχοτόμο της γωνίας των διανυσμάτων ΟΑ = α, ΟΒ = β και τούτο διότι είναι παράλληλο στην διχοτόμο της γωνίας των διανυσμάτων Ο Αι = IPI �. Ο Β ι = ι� ι β ( => ΙοΑι l = ΙοΒι l = ι� ι · Ιfil) ' που έχουν ίσα μέτρα και που είναι αντιστοίχως ομόρροπα των διανυσμάτων α, β.

Πράγματι στον ρόμβο Ο Α1 Μ Β1 η διαγώνιος του ΟΜ είναι και διχοτόμος των γωνιών στις κορυφές των

Μ οποίων καταλήγει. Όμως η διαγώνιος αυτή ορίζει το ��------�� --- -- --διάνυσμα ΟΜ=ΟΑι +ΟΒι .

Μία βασική μέθοδος για να αποδείξουμε ότι ένα διάνυσμα είναι το μηδενικό διάνυσμα, είναι να

Ο Α Α1 αποδείξουμε ότι αυτό με βάση τις ιδιότητες του ανήκει σχ . ·1 σε δύο διαφορετικές διευθύνσεις. Την μέθοδο αυτή

μπορούμε να την εφαρμόσουμε στο πρόβλημα που ακολουθεί: - -- -- -«'Έστω κανονικό η-γωνο Α1 Α2 • • • Αn , κέντρου Ο. Αποδείξτε ότι χ = ΟΑι +ΟΑ2 + . . . +ΟΑn = 0, όταν ο αριθμός η, είναι φυσικός περιττός μεγαλύτερος του 2».

ιι=ν+1

Λύση: Υ Αφού το πλήθος των κορυφών του κανονικού n-γωνου

είναι περιττός θετικός ακέραιος, η ημιευθεία Οχ ορίζει άξονα συμμετρίας του σχήματος. Επομένως έχουμε τα

�t?-----ι-.,_ __ _..;.;χ ζεύγη των συμμετρικών ως προς τον άξονα αυτό ακτίνων,

σχ . 2

(OA2 ,0An ) , (OA3 ,0An_1 ) , • • • , (OAv ,OAv+ι ) · Με βάση τα προηγούμενα, θα έχουμε - - - - - -OAι i i Ox, OA2+0An I I Ox, . . . , OAv+OAv+ι i i Ox => x i Ι Ox.Όμ οια αποδεικνύουμε ότι χ 11 Oy . Άρα χ = Ο ( σχ. 2) Παρατήρηση: Στη περίπτωση που το πλήθος των κορυφών του είναι ζυγός αριθμός τα πράγματα είναι απλά ( αφήνεται ως άσκηση). 02. Μια βασική μέθοδος για να αποδείξουμε ότι μία ευθεία ΚΛ, που έχει συγκεκριμένες ιδιότητες, τέμνει ένα ευθύγραμμο τμήμα ΜΝ σε σημείο του Ο είναι να αποδείξουμε ότι τα -- --διανύσματα ΟΚ, ΟΛ, είναι γραμμικώς εξαρτημένα (παράλληλα), δηλαδή ότι υπάρχει πραγματικός αριθμός t διάφορος του μηδενός, τέτοιος που ΟΚ = t Ο Λ. Την μέθοδο αυτή μπορούμε να την εφαρμόσουμε στο πρόβλημα που ακολουθεί: «Θεωρούμε τετράπλευρο ΑΒΓ Δ. Θεωρούμε επίσης δύο σημεία Μ, Ν των πλευρών του ΑΒ, ΔΓ αντίστοιχα τέτοια που ΑΜ=4ΜΒ και ΔΓ=SΔΝ. Αποδείξτε ότι η ευθεία ΚΛ διχοτομεί το ευθύγραμμο τμήμα ΜΝ όταν τα Κ, Λ είναι τα μέσα των διαγωνίων ΑΓ, ΔΒ αντίστοιχα. Λύση: Έστω Ο το μέσον του ΜΝ. Αρκεί να δείξουμε ότι τα Ο,Κ,Λ είναι συνευθειακά, δηλαδή ο κ ι ΙΟΛ . Κατ' αρχάς παρατηρούμε ότι ΝΓ = 4ΔΝ. Σύμφωνα με την μέθοδο που αναφέραμε θα έχουμε: 20Κ = ΟΑ+ΟΓ = ΟΜ+ΜΑ+ΟΝ+ΝΓ => 20Κ=4ΒΜ+4ΔΝ (1) . Ομοίως παίρνουμε, 20Λ=ΟΒ+ΟΔ=ΟΜ+ΜΒ+ΟΝ+ΝΔ => 20Λ = ΜΒ+ΝΔ (2) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 8 8 τ.4/46


Β Από τις σχέσεις ( 1 ), (2) προκύπτει η σχέση ΟΚ= - 40Λ, δηλαδή ότι ο κ Ι !ΟΑ . Β ' Τρόπος

Έχουμε:

ΑΜ=4ΜΒ::::>ΟΜ-ΟΑ=4(0Β-ΟΜ)=>ΟΜ= 4ΟΒ;ΟΑ και - - - - (- -) - 40Α+ΟΓ , ΔΓ=5ΔΝ::::>ΟΓ-0Δ=5 ΟΝ-ΟΔ =:>ΟΝ=

5 Επομενως:

r ΟΜ =-ΟΝ => 40Β +ΟΑ = -40Δ-ΟΓ => ΟΑ+ ΟΓ = -4( ΟΒ + ΟΔ) =>

=> 2 · 0Κ =-4 · 20Λ => ΟΚ =-4 · 0Λ . 03. Μία γενική αντίληψη που έχουμε, όταν ασχολούμεθα με πρόβλημα επί των κωνικών τομών είναι να ερευνούμε την σχετική θέση σημείου ή σημείων που δίνονται με τις γραμμές που επίσης δίνονται από το πρόβλημα. Ταυτόχρονα ερευνούμε την σχετική θέση μεταξύ των γραμμών που αναφέρονται στο πρόβλημα. Την γενική αυτή αντίληψη μπορούμε να την εφαρμόσουμε στο πρόβλημα που ακολουθεί: «'Έστω η ευθεία χ = 2 (α -y) , α ε JR., που τέμνει τους αρνητικούς ημιάξονες σε σημεία Α ε Οχ, Β ε Oy , σχηματίζοντας με αυτούς τρίγωνο εμβαδού 16. Θεωρούμε σημείο Κ( -2, 2) και την ευθεία 2χ -y = 4 . Αν Γ είναι το σημείο τομής της ευθείας 2χ -y = 4 με την ευθεία ΑΚ και Δ σημείο τέτοιο που ΚΔ = ΒΚ , υπολογίστε το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΒΓ Δ». Λύση: Από την υπόθεση έχουμε άμεσα την aρνητικότητα του αριθμού α . Άρα παίρνουμε ότι η ευθεία χ = 2 (α -y) , α ε JR., τέμνει τον άξονα Οχ στο σημείο Α ( 2α, Ο) και τον άξονα Oy στο σημείο Β(Ο, α) , α < Ο. Από το εμβαδόν του τριγώνου ΑΟΒ έχουμε α2 = 16 � α = -4 � Α(-8, 0) , Β (Ο, -4) . Συνεπώς η ευθεία ΑΒ έχει εξίσωση χ + 2y + 8 = 0, με το σημείο Β να ανήκει στην ευθεία 2χ -y = 4 καθότι οι συντεταγμένες του την επαληθεύουν. Έτσι η ευθεία ΒΓ είναι η 2χ -y = 4 με την ευθεία ΑΚ να έχει εξίσωση y = ..!_(χ + 8) , δηλαδή χ - 3y + 8 = Ο. Από την 3 λύση του συστήματος των εξισώσεων x-3y + 8 = Ο και 2χ-y = 4 , παίρνουμε Γ ( 4, 4) , οπότε ΑΚ = ΚΓ .

Εδώ παρατηρούμε ότι λΑΒ • λer = _ _!_ _ 2 = -1 � LΑΒΓ = 90·. 2

Έτσι οδηγούμαστε στο συμπέρασμα ότι το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι ορθογώνιο. Ταυτόχρονα παίρνουμε

2 6 λ · � = - ·- = -l � ΑΓ .l ΒΔ. ΑΓ "'ΒΔ 6 _2

8 (0 ,-4)

Επομένως καταλήγουμε στο ότι το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι τετράγωνο δηλαδή το εμβαδόν του είναι ίος με: ΑΒ2 = (0+ 8)2 + ( -4 + 0)2 = 80.


ΕΠΑΝΑΛΗΠΠΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΗΣ ΓΕΝΙΚΗΣ Π ΑΙΔΕΙΑΣ

ΑΣΚΗΣΗ 1 [ΣΤ ΑΤΙΣΤΙΚΗ] Το εύρος (R) των παρατηρούμενων υψών των 200 πελατών ενός γυμναστηρίου είναι 55cm. Α) Να ομαδοποιήσετε τα δεδομένα των υψών σε 5 ισοπλατείς κλάσεις αν γνωρίζετε ότι το άθροισμα των κεντρικών τιμών των 5 κλάσεων είναι 887 ,5cm. Β) Οι συχνότητες των κλάσεων που θα προκύψουν στο ερώτημα Α) είναι: νι = 20 ν2 = 50 , ν3 = 60 , ν4 = 50 και ν5 = 20 . Κατατάσσουμε τους πελάτες σε αύξουσα σειρά ύψους. Να βρείτε το ύψος για το οποίο η πιθανότητα οι πελάτες του γυμναστηρίου να έχουν ύψος μεγαλύτερο από αυτό να είναι το πολύ 50%. Λύση Α) Στις ισοπλατείς κλάσεις αν c το πλάτος των κλάσεων και κ το πλήθος των κλάσεων ισχύει: c = R . Άρα: c = 55 = 1 1 ( cm) . Επειδή τα κέντρα κ 5 των κλάσεων x i , i = 1 ,2,3, 4, 5 αποτελούν αριθμη-τική πρόοδο με Ι 0 όρο χ ι διαφορά ω = c = 1 1 και πλήθος ν = 5 , από τον τύπο του αθροίσματος των πρώτων ν διαδοχικών όρων της αριθμητικής προό-δου: Sv = �[2αι + (ν - Ι)ω ] , έχουμε: 2

5 887,5=-[ 2χι + (5-l)c }=> 1775 = 10χι +20 · 1 1 2 <:::::> χ ι = 1 55,5 .Οπότε οι κλάσεις είναι: [ 155,5-� ,155,5+ �)=ι 150, 161) , [1 55 + 1 1, 1 6 1 + 1 1) = [1 6 1, 1 72) [ 1 6 1 + 1 1, 1 72 + 1 1) = [ 1 72, 1 83) [ 1 72 + 1 1, 1 83 + 1 1) = [ 1 83, 194) [1 83 + 1 1, 1 94 + 1 1) = [1 94,205) Β) Σύμφωνα με τα δεδομένα έχουμε τον παρακάτω πίνακα κατανομής συχνοτήτων (περιέχει όσες συχνότητες χρειαζόμαστε) Κλάσεις x i vi fi % F;% [1 50, 1 6 1) 1 55 ,5 20 1 0 1 0

[ 161, 1 72) 1 66,5 50 25 35

[1 72, 1 83) 1 77,5 60 30 65 [ 183, 1 94) 1 88,5 50 25 90 [1 94, 205) 1 99,5 20 10 1 00

200 1 00

Του Κώστα Βακαλόπουλου

Το ζητούμενο ύψος είναι η διάμεσος των παρατηρούμενων υψών. Για να το προσδιορίσουμε θα χαράξουμε το πολύγωνο σχετικών αθροιστικών συχνοτήτων επί τοις εκατό και θα διαβάσουμε την τετμημένη του σημείου του με τεταγμένη 50.

Fi%

1 00

.... ................... ! ...

" ι

Ο 150 1 6 1 17 1 δ 183 194 205 (ύψος σε cm)

1 83 - 1 72 δ = 172+ = 1 72 + 5, 5 = 1 77,5 (cm) 2 Το ζητούμενο ύψος είναι: 1 77,5 ( cm)

ΑΣΚΗΣΗ 2 [ΑΝΑΛ ΥΣΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ] Δίνεται η συνάρτηση

f(x) = αχ3 -�βχ2 + 3χ + 201 3 , χ ε JR . 2 Οι συντελεστές α, β προκύπτουν από τη ρίψη ενός ζαριού δυο φορές. Α) Να βρεθεί ο δειγματικός χώρος του πειράματος. Β) Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομένου Α: η εφαπτόμενη στο σημείο (1, f(l)) της γραφικής παράστασης της f να σχηματίζει αμβλεία γωνία με τον άξονα χ' χ. Γ) Α ν Β το ενδεχόμενο το ζάρι να φέρει και στις δύο ρίψεις το ίδιο αποτέλεσμα, να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομένου: <<να πραγματοποιηθεί μόνο ένα από τα ενδεχόμενα Α και Β».

Λύση Α) Συμπληρώνουμε τον παρακάτω πίνακα διπλής εισόδου:


Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

"" 1 2 3 4 5

I ( 1,1) (1,2 ) (1,3 ) (1, 4) (1, 5 ) 2 (2, 1) (2,1) (2,3) (2, 4) (2, 5) 3 (3, 1) (3, 2) (3, 3) (3,4) (3, 5) 4 ( 4,1) ( 4, 2) ( 4,3) (4, 4) ( 4,5) 5 ( 5,1) (5, 2) (5,3 ) (5, 4) (5, 5) 6 ( 6,1) ( 6, 2) ( 6, 3) (6, 4) ( 6, 5) Άρα: Ω = {(1, 1) , (1 ,2) , (1,3) , . . . , ( 6, 5) , ( 6, 6)} Ν{Ω) = 36

6

(1, 6) (2, 6) (3, 6) (4, 6) (5,6) ( 6,6)

με

Δ) Τη πιθανότητα ώστε να μη πραγματοποιείται κανένα από τα ενδεχόμενα Α και Β.

Λύση Κατ' αρχήν ο δειγματικός χώρος του πειράματος είναι το σύνολο: Ω={(1,1) ,(1,2) ,(1,3) , . . . ,(4,3),( 4,4)} με Ν(Ω) = 16

Α) Η συνάρτηση f δεν παρουσιάζει ακρότατα στο IR αν η διακρίνουσα Δ της παραγώγου είναι μικρότερη ή ίση του μηδενός. Έχουμε f'(x) = 6αχ2 - 6βχ + 1 , για κάθε χ Ε IR . Πρέπει:

Β) f'(χ) = 3αχ2 - 3βχ + 3 , x E IR 2 Δ = ( -6β) - 4 · 6α � Ο � 6β2 - 4α � Ο � 3β2 � 2α . Πρέπει: f'(l) < Ο � 3α - 3β + 3 < Ο � α- β < -1 Για τη διευκόλυνσή μας σχεδιάζουμε τους παραΑπό τον παραπάνω πίνακα έχουμε ότι: κάτω πίνακες: Α = {(1,3) , (1 ,4) , ( 1,5) , ( 1, 6) ,(2,4) ,(2,5) ,(2,6) , 1,....;α..::..:..:...:,_:_:_1 �2 "--t'----3---τ--4--, (3,5) , (3,6) ,( 4,6)} με Ν(Α) = 10

Άρα: Ρ {Α) = Ν{Α) )tOl Ν(Ω) [.lli

Γ) Β = {(1,1 ) , ( 2,2) ,(3,3) , ( 4,4 ) , ( 5,5) , ( 6,6)} με

Ν(Β) = 6 . Άρα: Ρ {Β) = Ν(Β) )Τ] Ν(Ω) [.lli

Τα ενδεχόμενα Α, Β είναι ασυμβίβαστα αφού AnB =0 . Άρα: P(AnB) = O . Έστω Γ το ζητούμενο ενδεχόμενο. Τότε Γ = {Α-Β)υ (Β -Α)�

{Α-Β)ΓΙ{Β-Α)=ΙΖJ Ρ{Γ) = Ρ[{Α -Β) υ {Β -Α)] =

Ρ(Α-Β)+Ρ(Β-Α) =Ρ(Α) +Ρ(Β) -� = 10

3:6 = �: =�

ΑΣΚΗΣΗ 3 [ΑΝΑΛ ΥΣΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ] Δίνεται η συνάρτηση: f(x) = 2αχ3 - 3βχ2 + χ + 201 3 , χ Ε IR Αν τα α, β παίρνουν τιμές από το σύνολο: {1, 2,3 ,4} , να βρείτε: Α) Τη πιθανότητα του ενδεχομένου Α:η συνάρτηση f να μη παρουσιάζει ακρότατο στο IR . Β) Το σημείο Μ της γραφικής παράστασης της f στο οποίο η f" είναι μηδέν. Γ) Τη πιθανότητα του ενδεχομένου Β: η εφαπτόμενη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Μ να είναι παράλληλη στην ευθεία ε : y = -χ + 1 .

β 1 2 3

2α 2 4 6 8 3β2 3 12 27

Έτσι: Α = {(2, 1 ) , (3, 1 ) , (4, 1 )} με Ν{Α) = 3

Άρα: Ρ(Α) = Ν(Α) =\31 Ν(Ω) [lli

Β) Για κάθε χ Ε IR , f"(x) = 12αχ - 6β

f"(x) = 0� 12αχ - 6β = 0 � χ =1._ 2α

4

48

Γ) Πρέπει: f'(�)=-1�6α(:α)2 -6β(:α)+1 =-1 6αβ2 6β2 3β2 � ---- + 1 = -1 � .:..____ = -2 � 4α = 3β2 4α2 2α 2α

Έχουμε: 2 3 4 12 27 48

{( )} (Β) - Ν(Α) _Γil Άρα: Β = 3, 2 � Ρ - Ν(Β) - [lli

Δ) Επειδή Α n Β = 0 τα Α, Β είναι ασυμβίβαστα. Άρα,

Ρ(ΑυΒ) = Ρ (Α) + Ρ (Β) = 1� + l� =[i]

Ζητείται η πιθανότητα του ενδεχομένου: (Α υ Β)'

'Ετσι: Ρ(ΑυΒ)' = 1 -P(AuB4) = 1 -.!_)ll 4 ι±]


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου ΑΣΚΗΣΗ 4 [ΑΝΑΛΥΣΗ-ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ] Δίνεται η συνάρτηση

! 3

�-

Ι

,χ

2:

0 και χ

;t: Ι

f(x) = νχ - Ι 1 -δ , χ = Ι 3

Όπου δ η διάμεσος ενός δείγματος που εξετάζεται ως προς μια μεταβλητή Χ που ακολουθεί τη κανονική κατανομή. Α) Α ν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο χ0 = Ι να υπολογίσετε τη μέση τιμή (χ) του δείγματος. Β) Αν η τυπική απόκλιση του παραπάνω δείγματος είναι η μέγιστη τιμή της συνάρτησης g( χ) = 2 ln χ ( 2 - ln χ) , χ > Ο , να υπολογίσετε το εύρος του δείγματος και τον συντελεστή μεταβολής. Είναι το δείγμα ομοιογενές; Γ) Να βρείτε το ποσοστό των παρατηρήσεων που βρίσκονται στο διάστημα ( 5,1 1) . Δ) Αν πάνω από 15 βρίσκονται τρεις παρατηρήσεις να βρεθεί το μέγεθος του δείγματος. Λύση Α) Επειδή η f είναι συνεχής στο 1 θα ισχύει: limf(x) = f(l) � lim ,�

- 1 =.!.δ � χ->\ χ->\ v χ - 1 3

lim(ix)3 -1 !δ�

�[(�)2 +�+12] 1δ�

χ->1 � -1 3 χ-->1 � 3

lim[{�)2 +� + ι] = .!.δ � 3 = .!.δ � δ = 9 Χ-+\ 3 3 Όμως η κατανομή είναι κανονική οπότε χ = δ = 9 . Β) Η g είναι παραγωγίσιμη στο (Ο, +οο) με

g'(x) = �(2 - ln x) + 2 ln x (-!) = !( 1 - ln χ) χ χ χ g'(x) > Ο <::} I - ln χ > Ο <::} Ο < χ < e g'(x) < Ο <::} 1 - ln χ < Ο <::} χ > e

Άρα: Στο e η f παρουσιάζει μέγιστο το g( e) = 2 . Οπότε s = 2 και ο CV = � = � . χ 9 Γ) Επειδή η κατανομή είναι κανονική έχουμε το π�Μω�

. i i !

9 ι ι ιJ ι 5

Υ5%

( s = 2 και χ = 9 ). Στο διάστημα ( 5,1 1) βρίσκεται

το ( 68 + 95 ; 68)% = 8 1,5% των παρατηρήσεων.

Δ) Πάνω από 1 5 βρίσκεται το 0, 1 5% των παρατηρήσεων. Αν έχουμε συνολικά ν παρατηρήσεις θα ισχύει:

0,00 15 · ν = 3 �ν = 3 +0,0015 = 2000 . ΑΣΚΗΣΗ 5 (Π ΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ)

Από τους μαθητές ενός σχολείου το 45% είναι αγόρια. Το 70% των αγοριών και το 30% των κοριτσιών θα ακολουθήσει θετική ή τεχνολογική κατεύθυνση. Επιλέγουμε τυχαία ένα άτομο από τους μαθητές σχολείου. Α) Να βρείτε τη πιθανότητα των ενδεχομένων:

Bdl 0�1 Ι 0�2 Ι 0�2 Ι 0�4 Ι 0�1 Ι i) Το άτομο αυτό να είναι κορίτσι ή να ακολουθεί τεχνολογική ή θετική κατεύθυνση. ii) Το άτομο αυτό να είναι αγόρι και να ακολουθεί θεωρητική κατεύθυνση Β) Αν τα κορίτσια του σχολείου που ακολουθούν θεωρητική κατεύθυνση είναι 77 να βρεθεί το πλήθος των μαθητών του σχολείου. Λί1ση Θεωρούμε τα ενδεχόμενα: Α: Το τυχαία επιλεγόμενο άτομο να είναι αγόρι. Ισχύει: Ρ (Α) = 45% = Ο, 45 ενώ η πιθανότητα να επιλεγεί κορίτσι είναι Ρ ( Α') = 1 - 0,45 = 0,55 και Β: Το τυχαία επιλεγόμενο άτομο να ακολουθεί θετική ή τεχνολογική κατεύθυνση. Ισχύει: Ρ (Β) = 70% · 45% + 30% · 55% = 0,3 1 5 + 0, 1 65 = 0,48 . Επίσης: Ρ (Α n Β) = 70% · 45% = 3 1, 5% = Ο, 3 1 5 Α) Ζητείται: ί) Η πιθανότητα του ενδεχομένου: Α' υ Β Όμως: Ρ (Α' υΒ) = Ρ (Α') + Ρ(Β) - Ρ(Α' n B) = 1 - Ρ ( Α) + Ρ (Β) - Ρ (Β) + Ρ ( A n B) = 1 - Ρ (Α) + P (A n B) = 1 - 0,45 + 0, 3 1 5 = 0,865 = 86,5% . ii) Το ζητούμενο ενδεχόμενο είναι: Α n Β' Όμως, P(AnB') =P(A)-P(AnB) = 0,45-0,315 = 0, 3 1 5 = 3 1,5% Β) Η πιθανότητα του ενδεχομένου το τυχαία επιλεγόμενο άτομο να είναι κορίτσι και να ακολουθεί θεωρητική κατεύθυνση είναι: 55% · 70% = 38, 5% . Αν οι μαθητές του σχολείου είναι ν τότε:

38, 5% · ν = 77 �ν = 77 +0,385 �ν = 200 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β . 88 τ.4/50

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου Τις παρακάτω ΑΣΚΗΣΕΙΣ έστειλε ο συνάδελφος

ΤΑΣΟΣ ΓΑΒΡΑΣ ΑΣ Κ Η Σ Η 6 [ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ]

Από τον fJ..Erl.o απουσιών του α· τετραμήνου των μαθητών ενός σχολείου, προέκυψε ότι για κ μαθητές δεν σημειώθηκε καμία απουσία, ενώ λ μαθητές απουσίασαν ακριβώς μ ημέρες. Έστω s η τυπική απόκλιση του δείγματος των μαθητών που απουσίασαν το πολύ m ημέρες και ότι για το δείγμα αυτό το εύρος ισούται με R = 1 . i) Να υπολογίσετε το μ. i i) Να δείξετε ότι: 82 �} . 2 Λί1ση i ) Ας θεωρήσουμε Χ την μεταβλητή που μας δίνει το πλήθος των απουσιών των μαθητών στο α' τετράμηνο. Επειδή R = 1 και έχουμε ήδη την παρατήρηση χ, = Ο (αφού κ μαθητές δεν έκαναν απουσία), δεδομένου και ότι οι ημέρες απουσίας είναι φυσικοί αριθμοί, συνεπάγεται ότι:

R = χ2 - χ, <:::::> 1 = χ2 - Ο <:::::> χ2 = 1 Έτσι συμπεραίνουμε ότι μ = 1 και η μεταβλητή Χ θα λαμβάνει μόνο δύο τιμές, τις χ, = Ο με συχνότητα κ και την χ 2 = 1 με συχνότητα λ. i ί ) Δημιουργείται ο διπλανός σύντομος πίνακας. 'Ε _ χ, · ν, + χ2 · ν2 Ο · κ + 1 · λ λ χουμε: χ = = =--και

ν, + ν2 κ + λ κ + λ

(0 --λ )2 · κ + (1 --λ )2 · λ , 2 κ + λ κ + λ συνεπως 8 = =

κ + λ λ2 · Κ + Κ2 · λ _ κλ(κ + λ) _ κλ =

(κ + λ)3 -

(κ + λ)3 -

(κ + λ)2

κλ < κλ =.!_ κ2 + 2κλ + λ2 - 2κλ 2

Έχει σημασία η επισήμανση της εκφώνησης ότι το s αφορά τους μαθητές που απουσίασαν το πολύ μια φορά, αφού σε διαφορετική περίπτωση δεν θα μπορούσαμε να δεχθούμε ότι το μέγεθος του εξεταζόμενου δείγματος εί

ναι κ + λ ! Α Σ Κ Η Σ Η 7 [ΣΤΑτΙΣΤΙΚΗ] Έστω ένα σύνολο των ν παρατηρήσεων ε

νός δείγματος με τιμές χ; , i = 1, 2, 3, 4, 5 και αντί-στοιχες απόλυτες συχνότητες ν; , σχετικές συχνότητες f; , αθροιστικές συχνότητες Ν; και σχετικές αθροιστικές συχνότητες F; , i =l,2,3,4,5. i ) Να βρείτε τη διάμεσο των αριθμών O, l, f2 , F2 , ν,Ν2 , N5 , F5 • i i) Δίνεται ο παρακάτω πίνακας κατανομής σχετικών συχνοτήτων των παραπάνω μεταβλητών:

Χ; 1 2 3 4 5 f; 0,1 0,2 0,2 0,4 0,1

Ν α αποδείξετε ότι το μέγεθος του δείγματος είναι άρτιος αριθμός. i i i) Να υπολογίσετε τη διάμεσο του δείγματος. ίν) Να εξετάσετε αν το δείγμα είναι ομοιογενές και σε περίπτωση αρνητικής απάντησης, να υπολογίσετε τον ελάχιστο θετικό ακέραιο που πρέπει να προσθέσουμε στις παρατηρήσεις ώστε το δείγμα να είναι ομοιογενές. Λύση i) Έχουμε: Ο � f2 , F2 = f, + f2 � f2 � F2 � F5 � ν

Η μεταβλητή παίρνει την τιμή χ, άρα ν, � 1 και επειδή ν 1 = Ν 1 ::::> ν 1 � Ν 2 � Ν 5 = ν Έτσι, οι εννέα αριθμοί σε αύξουσα σειρά είναι: O, f2 , F2 0 F5 , l, ν, , N2 ,N5 , ν . Η διάμεσος είναι η πέμπτη παρατήρηση, δηλαδή δ = 1 . ii) Από τα δεδομένα του πίνακα παρατηρούμε ότι: fι + f2 + f3 = 0,50 συνεπώς: ν, +ν2 +ν3 =� .

2 Α ν ν περιττός, τότε � � Ν. Άρα ν άρτιος. i i i) Έχουμε ότι f, + f2 + f3 = 0,50 � δ ='3,5 i ) Ε λ 'ζ ν μπ ουτι ουμε τον πινακα με νεες ραμμές γ

π ράξεις. Χ; 1 2 3 4 5

Σύνολο

για να

f; 0, 1 0,2 0,2 0,4 0, 1 1

διευκολυνθούμε στις

Χ; · f; Χ;2 . f; 0, 1 0, 1 0,4 0,8 0,6 1 ,8 1 ,6 6,4 0,5 2,5 3,2 1 1 ,6

Χ· ν· ο κ 1 λ

Έτσι, η μέση τιμή του δείγματος είναι: 5 χ = Σ Χ; · f; = 3, 2 και η διακύμανση:

i=l 5 82 = Σχ;2 · f; -χ2 = 1 1, 6- (3,2/ = 1,36

i=l

Επομένως, ο συντελεστής μεταβλητότητας

ισούται με CV = �1•36 = 0,3644 = 36, 44% οπότε 3,2 το δείγμα δεν είναι ομοιογενές.

Έστω Υ; = Χ; + α οι τιμές του νέου δείγματος που θα προκύψει αν προσθέσουμε σε όλες τις παρατηρήσεις τον σταθερό αριθμό α.

Τότε: 8Υ = 8 = �1,36 και y = χ+ α = 3, 2 + α

Πρέπει: CVY �0,1<:::::>11• 17 ... ι �0, 1<=>13,2+�� 1 1,7 3,2+\λj

α � 8, 5 ή α � -14,9 . Άρα ο ελάχιστος θετικός ακέραιος που πρέπει να προσθέσουμε για να γίνει το δείγμα ομοιογενές είναι 9.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/5l

Μαθηματικά Ύια την Γ Λυκείου

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΠΑΝΑλΗΠΠΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΠΚΑ ΤΗΣ ΓΕΝΙΚΗΣ Π ΑΙΔΕΙΑΣ

των Φραγκίσκου Μπερσίμη και Γεωργίου Αντωνόπουλου

Α. ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΣΩΣΤΟΥ - ΛΑΘΟΥΣ Χαρακτηρίστε ως σωστές (Σ) ή λάθος (Λ) τις

παρακάτω προτάσεις: ΑΝΑΛΥΣΗ

1) Αν για μια παραγωγίσιμη συνάρτηση/ισχύει f '( χ) > Ο στο σύνολο των πραγματικών αριθμών τότε ηfδεν παρουσιάζει ακρότατα.

2) Ισχύει:

lim (-χ J = lim (-χ J2 = (----=!_J2 = .!. χ--+(-1)2 χ - 2 x+l Χ - 2 -1 - 2 9

3) Η παράγωγος του πηλίκου δύο παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο χ0 δίνεται από τον τύπο: , (!) (χο ) = f' (x0 ) · g (x0 ) + f(:

0 ) · g'(x0 ) g (g(x0 ))

4) Η κλίση της εφαπτομένης παραγωγίσιμης συνάρτησης f(x)

μιας σε

οποιοδήποτε σημείο (xo ,f(xo )) της cf ' είναι f'(x0 ) .

5) Αν f(x) = x2 ln x , τότε η εξίσωση της εφαπτομένης της Cr , σε κάθε σημείο της (x0 , f(x0)) , είναι y - χ/ ln χ0 = 2(χ - χ0) .

6) Για μία παραγωγίσιμη συνάρτηση f σε διάστημα Δ, αν ισχύει f'(x) > Ο σε κάθε εσωτερικό σημείο του Δ, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ.

7) Αν μια παραγωγίσιμη συνάρτηση g(x) δίνει την θέση ενός κινητού, συναρτήσει του χρόνου χ , τότε η g'(x) δίνει την επιτάχυνση του κινητού.

ΣΤΑτΙΣτΙΚΉ 8) Η διάμεσος ως μέτρο θέσης επηρεάζεται από

τις ακραίες τιμές του δείγματος. 9) Το εύρος είναι ένα μέτρο διασποράς που

υπολογίζεται βάσει των τιμών των δύο ακραίων παρατηρήσεων.

1 Ο) Το ιστόγραμμα χρησιμοποιείται για την γραφική απεικόνιση της κατανομής διακριτών μεταβλητών.

1 1) Έστω χ1 , χ2 , . . . , χν παρατηρήσεις με μέση τιμή χ και τυπική απόκλιση sx • Αν Υ; = Χ; - c και z; = Χ; · c , ί = 1, . . . , ν με c ε (0, +οο) τότε:

ί) y = χ ίί) sY = sx ίίί) ϊ = χ ίν) sz = sx • c ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ

12) Για οποιαδήποτε ενδεχόμενα Α,Β με Ρ (Α) :# Ρ (Α υ Β) ενός δειγματικού χώρου

Ω ισ ' ει: Ρ(ΑΠ Β) - Ρ(Β) = 1 χυ Ρ( Α) - Ρ( Α U Β) 1 3) Για οποιαδήποτε ενδεχόμενα Α,Β ενός

δειγματικού χώρου Ω ισχύει: (A Π B)' U (AU Β) = Ω

14) Αν Ω είναι ο δειγματικός χώρος με ν απλά ενδεχόμενα: Ω = {ω, ,ω2 , . . . ,ωv } τότε

Ρ( ω; ) = .!_ για κάθε ί = 1, 2, . . . , ν . ν 15) Το αδύνατο ενδεχόμενο ενός δειγματικού

χώρου Ω είναι το ενδεχόμενο που πραγματοποιείται πάντα.

1 2 16) Αν Α ς Ω, Β ς Ω με Ρ(Α) = 3 και Ρ(Β) = 3 τότε τα Α, Β είναι πάντοτε ασυμβίβαστα.

17) Τα απλά ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω έχουν ένα μόνο στοιχείο.

1 8) Το ενδεχόμενο Α-Β' εκφράζει την πραγματοποίηση του Α αλλά όχι του Β.

19) Για οποιαδήποτε μη κενά ενδεχόμενα Α και Β ενός δ. χ. Ω ισχύει: P(AuB) =P(A) +P(B)

20) Για δύο σύνολα Α = {0,3, 4} , Β = {4,3} ισχύει: Α - Β = (/) .

21 ) Για δύο ενδεχόμενα Α, Β ενός δειγματικού χώρου Ω μπορεί να ισχύει : Ρ( Α) + Ρ(Β) > 1

22) Για δύο ενδεχόμενα Α, Β ενός δειγματικού χώρου Ω μπορεί να ισχύει: P(AUB)-Ρ(Β) <Ο

23) Για δύο ενδεχόμενα Α,Β ενός δειγματικού χώρου Ω μπορεί να ισχύει:

(AU B) - (A -B) = Β Απαντήσεις:

1 ). Σ 7). Λ 12). Σ 1 8). Λ 2). Λ 8). Λ 1 3). Σ 19). Λ 3). Λ 9). Σ 14). Λ 20). Λ 4). Σ 10). Λ 1 5). Λ 21 ). Σ 5). Λ 1 1 ). (i) Λ(ίί) Σ 1 6). Λ 22). Λ 6). Σ (iii) Λ (iv) Σ 17). Σ 23). Σ


Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου Β. ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΝΑΠΤΥΞΗΣ Άσκηση 1 (ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ] Από την καταγραφή των ταχυτήτων 200 αυτοκίνητων σε ένα σημείο της Αττικής οδού προέκυψαν τα εξής: Το 28% των αυτοκινήτων υπερέβησαν το όριο ταχύτητας (120km/h), ενώ τα αυτοκίνητα κινήθηκαν με ταχύτητα μεγαλύτερη των 160 km/h με πιθανότητα 0,02. Ακόμη, οι οδηγοί που κινήθηκαν με ταχύτητες από 40km/h έως 80km/h ήταν οκταπλάσιοι των οδηγών εκείνων που κινήθηκαν με ταχύτητες άνω των 160km/h. Το σύνολο των αυτοκινήτων κινήθηκαν με ταχύτητες μικρότερες από 200km/h. Α ν οι οδηγοί που κινήθηκαν με ταχύτητες μικρότερες των 40km/h είναι όσοι το σημείο στο οποίο η συνάρτηση f(x) = χ3 - 4χ2 + 4χ + 34, χ Ε IR παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο , τότε: a. Να συμπληρωθεί ο πίνακας συχνοτήτων και αθροιστικών συχνοτήτων, απολύτων και σχετικών, κάνοντας χρήση των κλάσεων (0,40), (40,80), [80,120), [120,160) και (160,200).

8χ2 - ν b. Να υπολογιστεί το όριο lim 2

, όπου χ�ν1 χ-ν1

ν 1 και ν 2 οι απόλυτες συχνότητες πρώτης και δεύτερης κλάσης. c. Ποια η πιθανότητα, ένας οδηγός να κινείται με ταχύτητα μεταξύ 40km/h και 160km/h; Αν θεωρήσουμε πως ακραία ταχύτητα είναι μια ταχύτητα που είναι μικρότερη των 40kmlh ή μεγαλύτερη των 160km/h, να βρεθεί ποιό είναι το ποσοστό των οδηγών που κινήθηκαν με ακραίες ταχύτητες.

Λύση a. Σύμφωνα με την υπόθεση ομαδοποιούμε τα δεδομένα σε 5 κλάσεις πλάτους 40 τη καθεμιά. Έχουμε: f4 %+f5 % = 28 => f4 + f5 = 0.28 ,

f5 = Ο, 02 . Άρα: f4 = Ο, 26 Επίσης: ν 2 = 8v 5 => f2 = 8f5 => f2 = Ο, 16 . Η f είναι παραγωγίσιμη στο R με: f'(x) = 3x2 -8χ +4 , οπότε:

f'(χ) = Ο�χ=% ή χ = 2 ,

f'(χ) > Ο � χ <3. ή χ > 2 και 3 f'(χ) > 0 � 3. < χ < 2 . Άρα: ν1 = 2 => f1 = 0.01

3 Οπότε: f3 = 1 - (f1 + f2 + f4 + f5 ) = 0, 55 .

Με τα δεδομένα αυτά συμπληρώνουμε κατά τα γνωστά τον πίνακα:

[ ... , ... ) νι fι Nd Fι fι% Fι% 0-40 2 0,0 1 2 0,0 1 1 1 40-80 32 0, 1 6 34 0, 1 7 1 6 1 7 80- 1 20 1 1 0 0,55 1 44 0,72 5 5 72 1 20- 1 60 52 0,26 1 96 0,98 26 98 1 60-200 4 0,02 200 1 2 1 00 Σύνολο 200 1 1 00

b. Για το ζητούμενο όριο έχουμε: . 8χ2 -ν2 • 8χ2 - 32 . 8(χ2 - 4)

lιm = lιm = lιm = x�v1 χ-ν1 χ�2 χ-2 χ�2 χ-2

= tim 8(χ + 2)(χ - 2) = Iim8(x + 2) = 8 · 4 = 32 χ�2 χ-2 χ�2

c. Η ζητούμενη πιθανότητα είναι: Ρ( Α) = f2 + f3 + f4 = Ο, 97

Το ποσοστό των οδηγών που κινήθηκαν με ακραίες ταχύτητες είναι: fι +f5 =0,01 +0,02=0,03

Άσκηση 2 [ΣΤΑτΙΣΤΙΚΗ] Για την κανονική κατανομή με μέσο χ = Ο και

τυπική απόκλιση s=2, έχουμε το παρακάτω διάγραμμα:

0.2 ο.ιι ο.ιι 0.14 0. 13 ο. ι

...

....

.... ο.ο::ι

·•

Α ν ο χώρος που περικλείεται μεταξύ της καμπύλης της παραπάνω, κατανομής και του άξονα χ'χ είναι ο δειγματιικός χώρος Ω, τότε να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων: a. Ρ(Α) όπου Α ς Ω και Α={(χ,y)εΩΙ χε(-οο,Ο)} b. Ρ(Β) όπου ΒςΩ και Β={(χ,y)εΩΙ χε(-2,2)} c. Ρ(Γ) όπου Γ ς Ω και Γ={(χ,y)εΩΙ χε(-2,4)} d. Ρ(Α - Β)

Λύση a. Είναι Ρ(Α) = 0,5 γιατί το Α περιέχει το 50% των παρατηρήσεων δεδομένου ότι στο Ω περιέχεται το 100% των παρατηρήσεων. b. Είναι Ρ(Β) = 0,68 γιατί το Β περιέχει το 68% των παρατηρήσεων αφού χ Ε (χ -s, χ+ s) c. Είναι Ρ(Γ) = 0,68 + 0•95 - 0•68 = 0, 8 1 5

2 γιατί το Γ πραγματοποιείται όταν χ ε (χ- s, χ + 2s) d. P(A-B) =P(A) -P(AnB) =0, 5-0,34=0,16 .


Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου Άσκηση 3 [ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ-ΑΝΑΛΥΣΗ] Σε ένα διαγώνισμα Μαθηματικών Γενικής Παιδείας η βαθμολογία 20 μαθητών δίνεται από την ακ όλουθη ομαδοποιημένη κατανομή:

Κλάσεις [ •.. -.•. ) Συχνότητα ν; [0,5) ν ι [5, 10) ν2 [ 10, 1 5) ν3 [1 5 ,20] ν4

a. Να βρεθούν οι συχνότητες ν1, νz, ν3, ν4 αν ισχύουν τα ακόλουθα:

• Για την συχνότητα της κλάσης [0,5) ισχύει: ι. χ2 - 5χ + 4

ν1 = ιm • χ-+4 χ- 4

• Η συχνότητα της κλάσης [5, 10) ισούται με το τοπικό μέγιστο που εμφανίζει η συνάρτηση: f(x) = χ3 - 6χ2 + 9χ + 1 .

• Έστω Α το ενδεχόμενο ένας μαθητής να γράψει μέτριο βαθμό (μεγαλύτερο ή ίσο του 1 Ο και μικρότερο του 15) και Β το ενδεχόμενο ένας μαθητής να γράψει υψηλό βαθμό (μεγαλύτερο ή ίσο του 15 και μικρότερο ή ίσο του 20). Για τα ενδεχόμενα Α και Β ισχύει Ρ( Α) = 2Ρ(Β) .

b. Να κατασκευαστεί ο πίνακας απόλυτων και σχετικών συχνοτήτων καθώς και απόλυτων και σχετικών αθροιστικών συχνοτήτων.

c. Να υπολογιστεί ο αριθμητικός μέσος, η τυπική απόκλιση και ο συντελεστής μεταβλητότητας. Είναι το δείγμα ομοιογενές;

d. Να κατασκευαστούν τα πολύγωνα συχνοτήτων και αθροιστικών συχνοτήτων. Στη συνέχεια να βρεθεί η διάμεσος των δεδομένων.

Λύση a. Ισχύει: ν1 + ν2 + ν3 + ν4 = 20 (1) Για την συχνότητα της κλάσης [0,5) ισχύει:

χ2 - 5χ + 4 (χ - 4) · (χ - 1) νι = lim = lim = χ-+4 χ - 4 χ-+4 χ - 4

= Iim (χ - 1) = 4 - 1 = 3 αρα ν 1 = 3 ( 2) Χ-+4 Η συχνότητα της κλάσης [5, 10) ισούται με το τοπικό μέγιστο της f(x) = χ3 - 6χ2 + 9χ + 1 , με

f'(x) = 3x2 - 12χ + 9 = 3 · (χ2 - 4χ + 3) Άρα f'(χ) = Ο�(χ -1) · (χ -3) =0�χ= 1 ή χ= 3

χ 3 +οο +

'--> I

f(x) f(x)

Συνεπώς, η συνάρτηση f παρουσιάζει τοmκό μέγιστο για χ= 1 , οπότε θα ισχύει: ν2 = f(l) � ν2 = 13 - 6 · 12 + 9 · 1 + 1 � ν2 = 5 (3) Γνωρίζουμε ότι για τα ενδεχόμενα Α και Β ισχύει:

ν 2 · ν Ρ(Α) = 2Ρ(Β) � -3 = --4 � ν3 = 2 · ν4 (4) 20 20 Από τις σχέσεις ( 1 ), (2), (3) και (4) έχουμε:

ν 4 = 4 και ν 3 = 8

c. Ο αριθμητικός μέσος δίνεται από τον τύπο: 4 Σχ - · ν . Χ = i=l

I I = 2 1 5 = 10 75

ν 20 ' Η τυπική απόκλιση δίνεται από τον τύπο:

4

Σv, · (χ, - Χ}' J463,75 s = i=l = = 4 8 1 5 ν 20 '

Ο συντελεστής μεταβλητότητας δίνεται από τον τύπο:

cv =!.. = 4•8 1 5 = 44 79% > 1 0% χ 1 0,45 '

Άρα το δείγμα δεν είναι ομοιογενές. d.Τα πολύγωνα συχνοτήτων και αθροιστικών .. συχνοτήτων παρατίθενται παρακάτω:

I I

9 8 7 6

Ι ·- 5 I > 4 i 3

2 1

. I I I ο ��--�----�--�--��--

I 11 [0,5) [5,10) [10,15115,20] i Βαθμοι Εξέτασης ·

I ΙΣΤΟΓΡΑΜΜΑ-ΠΟΛΥΓΩΝΟ ΣΥΧΝΟΤΗΤΩΝ I ι ____ _ .. __ __________ _ ___ __ _____ _______ _ _ __ ______ __ __________ ... 1 Από το παρακάτω πολύγωνο αθροιστικών συχνοτήτων παρατηρούμε ότι η διάμεσος είναι περίπου ίση με 1 1 ,25 (σημείο Β). Ισχύει ΑΔΙ/ΒΕ/ΙΓΖ και ΗΔ//ΘΕ//ΙΖ επομένως από Θ , Θ λ ' , ΑΒ ΔΕ ΔΕ ΗΘ εωρημα .. α η εχουμε -=- και - = -ΑΓ ΔΖ ΔΖ ΗΙ


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

100 90 j l 80 ��(�-----Jτ---�>l z 70

�60 Θ υ::5ο - - - - Ε

40 �--.,......- Δ 30 20 10 Β Γ ο �--.-

[0,5) r5,10) [10,15) [15,20] �αθμο( Εξέτασηc; i ΙΠΟΓΡΑΜΜΑ·ΠΟΛΥΓΩΝΟ ΑΘΡΟΙΠΙΚΩΝ i �' -------- ---·-- - _ !!��-�!�-�!:1�---·- ·· ··· ·· - - -- ····· ----· -· ··--·'

ΑΒ ΗΘ δ- 10 50-40 άρα- =-<=>--=-- <::::> . . . <::>δ= 1 1,25 ΑΓ Η1 1 5- 10 80-40

Άσκηση 4 [ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ-ΑΝΑΛ ΥΣΗ] Δίνεται η συνάρτηση: f(χ) = 3χ- συνχ, x E R a.Να μελετηθεί η συνάρτηση Ι ως προς τη

μονοτονία. Έχει η συνάρτηση Ι ακρότατα; b:Εστω τα ενδεχόμενα Α,Β του δ.χ. Ω.

ί. Α ν ισχύει Α ς Β , τότε να δειχθεί ότι:

3Ρ( Α)+ συνΡ(Β) S 3Ρ(Β) + συνΡ(Α)

ίί. Αν Ρ(Β) = π

, τότε να δειχθεί ότι 6

2f(Ρ(ΑιιΒ)) s π--J3 .

ίίί.Ν α δειχθεί ότι f (Ρ (Α 11 Β)) � -1 . c. Να βρεθεί ο αριθμητικός μέσος των τιμών:

r(o), r(:} r(;} r(;} r(;} r( 2

3π} r(3

4π} r(s;} r (π) Λ1Jση

η. Η συνάρτηση Ι είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων με:

f'(χ) = 3 + ημχ, x E IR , οπότε ισχύει f' (χ) > Ο για κάθε χ Ε JR (γιατί;)

Άρα η συνάρτηση Ι είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το IR , οπότε δεν έχει ακρότατα.

b. i) Για τα ενδεχόμενα Α και Β ισχύει f/' Ας Β � Ρ( Α) � P(B)�f(P(A)) � f(P(B))�

3Ρ(Α) - συνΡ (Α) � 3Ρ (Β) - συνΡ (Β) <=>

<=> 3Ρ (Α) + συνΡ (Β) � 3Ρ(Β) + συν Ρ ( Α)

ii) Ισχύει: ΑιιΒςΒ�Ρ(ΑιιΒ) � Ρ(Β) =�

�f(Ρ(ΑιιΒ)) � f ( π) = π - J3 � 6 2 2

� 2 · f(Ρ(Α ιι Β)) � π - J3 iii) Ισχύει ότι Ρ ( Α ιι Β) � Ο �

r/' �f(P(AnB)) � f(O) �f(P(AnB)) �-1

c. Ο ζητούμενος αριθμητικός μέσος δίνεται:

_ f(O) + f( �) + r( � ) + . . . + r( � ) + r(π)

χ = 9

(π) (

5π) π π 5π π Οπότε f - + f - =--συν-+-+συν-=3π 6 6 2 6 2 6 Ομοιως f - +f - =3--συν-+3-+συν-=3π ' (

π) (3π) π π 3π π 4 4 4 4 4 4

Και r(�)+ r(2π)= 3�-συν� +3 2π +συν�=3π 3 3 3 3 3 3

f (ο) + f ( �) + f (π) = -1 + 3 . � + 3π + 1 = 92π

9π 3π + 3π+ 3π + - 3 Τελικά χ = 2 =� 9 2

Άσκηση 5 [ΑΝΑΛ ΥΣΗ - ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ] Για τα ενδεχόμενα Α και Β ενός δειγματικού χώρου Ω ισχύουν τα παρακάτω: (1) μία από τις πιθανότητες Ρ(Α),Ρ(Β) είναι

' 18- 10χ2 ρίζα της εξισωσης: Ρ( Ω) ·

(9χ + 7) =

10χ

(2) το τριώνυμο [Ρ(Α)]2 · χ2 + Ρ(Β)

· χ + Ρ(Α)

= 0 4 Ρ(Β)

έχει πραγματικές ρίζες, με Ρ(Α),Ρ(Β)>Ο . Τότε: η. να βρεθούν οι δυνατές τιμές των

πιθανοτήτων Ρ(Α),Ρ(Β) . 1). αν τα Α,Β είναι ασυμβίβαστα ενδεχόμενα,

ποιές είναι τότε οι δυνατές τιμές των Ρ(Α),Ρ(Β) ;

. 2 c. Δίνεται η συνάρτηση f(t) = Ιη t - -t + c , με

e

c Ε 1R • Ν α βρεθεί η σταθερά c και η τιμή του t = t0 , ώστε η f να παρουσιάζει μέγιστη

τιμή f(t0 ) ίση με την μέγιστη τιμή που μπορεί να πάρει η Ρ(Α) βάσει των ερωτημάτων a και b.


Μαθηματικά Ύια την Γ Λυκείου Λύση

a. Ισχύει Ρ(Ω) = 1 και πρέπει 1 Οχ :;e Ο <::::> χ :;e Ο οπότε η εξίσωση γράφεται:

1 8 - 10χ2 1 · (9χ + 7) = <::::> 1 00χ2 + 70χ - 1 8 = 0 � l Ox χ =� ή χ =-.2_ <Οαπορ.Άρα Ρ(Α)=� ή Ρ(Β) = .!_ . 5 10 5 5 Για το δοσμένο τριώνυμο της (2) έχουμε:

Δ = (Ρ(Β) )2 - 4

(Ρ( Α) )3 42 Ρ(Β)

και επειδή έχει πραγματικές ρίζες θα πρέπει:

Δ � Ο <::::> (Ρ(�) )2 4

(Ρ( Α) )3 � Ο <::::> . .. <::::>

4 Ρ(Β) <::::> (Ρ(Β) )3 � ( 4Ρ(Α) )3 <::::> Ρ(Β) � 4Ρ(Α) (3)

Περίπτωση 1 : Α ν Ρ( Α)=� τότε από (3) Ρ(Β) � � 5 5 Περίπτωση 2 : ΑνΡ(Β)=� τότε από (3) Ρ(Α) �_!_ 5 20 b. Αν τα Α, Β είναι ασυμβίβαστα ενδεχόμενα, θα

πρέπει να ισχύει P(A)+P(B)=P(AuB) � l (4)

• Αν Ρ(Α) = .!_ (περίπτωση 1 ) η σχέση (4) 5

γράφεται: .!.. + Ρ(Β) � 1 <::::> Ρ(Β) � � . Όμως, 5 5 ισχύει Ρ(Β) � � άρα Ρ(Β) = � και Ρ( Α) = .!.. . 5 5 5

1 1 4 • ΑνΡ(Β)=S (π.2) η (4) P(A)+S� I<=:>P(A)�S

Όμως ισχύει Ρ( Α) � -1 οπότε Ρ(Β) = .!.. . 20 5 c. Η μέγιστη τιμή που μπορεί να πάρει η Ρ(Α)

είναι Ρ( Α) = .!.. . Οπότε θέλουμε η f να 5 Ι παρουσιάζει μέγιστο στο t0 με f(t0 ) = - . 5

Η f είναι παραγωγίσιμη στο Ar = (0, +οο) με I

f(t)1 = (ln t -�t + c) = ! -� = e - 2t . e t e et I e - 2t e Είναι: f (t) = 0 <::::> -- = Ο <::::> e - 2t = Ο <::::> t = -

et 2 e - 2t e και: f(t)1 > Ο <::::> -- > Ο <::::> e - 2t > Ο <::::> t < -

et 2 t ο e / 2 +οο

f1(t) + ο -f(t) � I �

Άρα η f στο t0 = � παρουσιάζει ολικό μέγιστο. 2 Λόγω των a και b πρέπει:

1 e 2 e Ι f(t0) =5 <::::> m2 -; . 2 + c = s <::::>

ln e - ln 2 - 1 + c = .!.. <::::> c = .!.. + ln 2 . 5 5 Άσκηση 6 [ΑΝΑΛ ΥΣΗ - ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ] Έστω Ω = {1,2,3, • . • , 200} ο δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης. Για κάθε ω e Ω ορίζουμε την πιθανότητα Ρ( ω) ως εξής: {..7.!__, αν ω περιττός

200 Ρ(ω ) = , χ ε R ·

χ2 -, αν ω άρτιος

50 a. Να βρεθεί το χ. b. Να βρεθεί η πιθανότητα να πραγματοποιηθεί

το ενδεχόμενο να επιλεγεί κάποιος από τους άρτιους αριθμούς του Ω .

c. Να βρεθεί η πιθανότητα να πραγματοποιηθεί το ενδεχόμενο να επιλεγεί κάποιος αριθμός του Ω που να είναι πολλαπλάσιο του 7.

d. Να βρεθεί η πιθανότητα να πραγματοποιηθεί το ενδεχόμενο να επιλεγεί κάποιος αριθμός του Ω που να είναι άρτιος ή πολλαπλάσιο του 7.

e. Δίνεται η συνάρτηση f(x)= 4r + 7x- 2 , x eJR

Και Ε = {1 ,2, ••• , 2κ} ς; Ω με κ εΝ Να βρεθεί

2 - f'(x) το κ αν Ρ(Ε) = lim •

·�-1 3 - χ Λύση

a. Έστω τα ενδεχόμενα: Α = {ω ε Ω Ι ω άρτιος} και Β = {ω ε Ω Ι ω περιττός} , τότε αυτά τα δύο ενδεχόμενα είναι ασυμβίβαστα και το ένα είναι συμπλήρωμα του άλλου: Α υ Β = Ω . Ακόμα το πλήθος των στοιχείων του καθενός είναι 1 00. Επομένως Ρ(Α) + Ρ(Β) = Ρ(Ω) = 1 . Οπότε,

χ2 7χ 7 1 00 ·-+ 100 ·- = 1 <::::> 2χ2 +-χ - 1 = ο <::::> 50 200 2

4χ2 + 7χ - 2 = Ο <::::> χ = -2 < Ο (απόρ.) ή χ =.!_ 4

{ 7 ' - ,mι ω11ψ1:πα; b. Λόγω του α είναι: Ρ(ω)= 800

8001 ,mιωάρnα;

Η ζητούμενη πιθανότητα είναι: 1 1 Ρ(Α) = 100 · Ρ(ω ε Ω / ω άρτιος) = 100 ·-=-

800 8 c. Έστω το ενδεχόμενο Γ: Γ = {ω εΩ Ιω πολ/ σιο του 7} = {ω εΩ Ιω = ν · 7, ν ε Ν}



'Ομως ω ::; 200 <:::> ν · 7 ::; 200 <:::> ν ::; 200 = 28,57 7

άρα νmax = 28 Δηλαδή Ν(Γ) = 28 και Γ = {7, 14, 2 1, . . . , 1 89, 1 96} με τα μισά, 14 στοιχεία του Γ, να είναι περιττοί αριθμοί και τα άλλα μισά, 14 στοιχεία του Γ, να είναι άρτιοι. Η ζητούμενη πιθανότητα είναι η :

7 1 8 14 Ρ(Γ) = 14 . 800 + 14 . 800

= 14 . 800

= 100

= Ο, 14 .

d. Το ενδεχόμενο είναι Α υ Γ και ζητάμε να υπολογίσουμε την πιθανότητα:

Ρ( Α υ Γ) = Ρ( Α) + Ρ(Γ) - Ρ( Α n Γ) όπου ΑnΓ={ωεΩ Ι ωάρτιος και πολ/σιο του7} το οποίο περιέχει 14 στοιχεία του Ω . Οπότε: Ρ( Α n Γ) = 14 · -1- = _2_ και έτσι έχουμε:

800 400 Ρ(Α υ Γ) = .!_+�-_2_ = 50+ 56 - 7 = 99 .

8 1 00 400 400 400 e. Θα ισχύει ως περιορισμός, λόγω του Ε : 1 ::; 2κ ::; 200 <:::> 0,5 ::; κ ::; 1 00 <:::> κ ε { 1, 2, . . . , 1 00} .

Επίσης fι(χ) = (4χ2 + 7χ - 2)' = 8χ + 7 , x ε ffi. , 2 - fι(χ) 2 - 8χ - 7 -8χ - 5 οποτε: = = ---

3 - χ 3 - χ 3 - χ , , 1. 2 - fι(χ) 1. -8χ - 5 και το οριο ειναι: ιm = ιm =

Χ-->-1 3 - Χ Χ-->-1 3 - Χ

= -8(-1) - 5 = 8 - S = � δηλαδή Ρ(Ε) =� . 3 - (-1) 3 + 1 4 4

Το Ε περιέχει τους κ περιττούς και κ άρτιους από το Ι έως και τον 2κ άρτιο αριθμό, έτσι ώστε Ρ(Ε) = _% Ρ(Ε) = Ρ( {1 ,2,3, . . . , 2κ} ς Ω με (2κ) ε Ω) = = Ρ( {1 ,3, 5, . . . , 2κ - 1} ) + Ρ( {2,4, 6, . . . , 2κ} ) =

7 Ι 8κ κ 3 = κ .-+ κ .- =-=-=- <:::> κ = 75 . 800 800 800 100 4

Άσκηση 7 : [ΑΝΑΛΥΣΗ - ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ]

Δίνετιιι f(x) = 100 · ημ(: χ} χ ε( 0,12 ) .

a. Να βρεθεί το χ0 για το οποίο, ο ρυθμός μεταβολής της f γίνεται ελάχιστος.

b. Για την τιμή χ0 του ερωτήματος a, να

β θ , , li 1 ρε ει το c, οπου c = m ι

χ--.χ. f(x)-6 · f (χ)-8π c. Υπάρχει στόχος για βελάκια, όπως στο

σχήμα, και σε αυτόν υπάρχουν η = χ0 ομόκεντροι κύκλοι ακτίνας 1,2, . . . ,η μονάδων, και στο κέντρο του, υπάρχει ο

απόλυτος στόχος (BullsEye ή ΒΕ). Έστω ότι ένας παίκτης που ρίχνει βέλος στο στόχο και το βέλος καρφώνεται στον στόχο, έχει mθανότητα �Δι)να πετύχει τον ί-οστό δακτύλιο Δ;

Όπου i = 1, ... , η η αρίθμηση των δακτυλίων από το κέντρο προς τα έξω και θεωρώντας τον απόλυτο στόχο ως σημείο, δηλαδή θεωρούμε πως ο πρώτος δακτύλιος έχει εμβαδόν όσο και ο αντίστοιχος κυκλικός δίσκος. Δίνεται: Ρ(Δ; ) = ΕΔ; · (η - i + 1) · c για i = 1, ... ,η , όπου

Ε Δ; είναι το εμβαδόν του ί δακτυλίου, και c ο

αριθμός που βρέθηκε στο ερώτημα b. Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων: i) να πετύχει ο παίκτης τον ί δακτύλιο i = 1, ... , η ii) να πετύχει ο παίκτης τον απόλυτο στόχο (Β Ε). Λύση: a . Ο ρυθμός μεταβολής της f είναι η παράγωγός της f' . Αναζητούμε, λοιπόν, χ0 τέτοιο ώστε η fι να ελαχιστοποιείται. Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο (0, 12), με

ι fι(χ) = (100 · ημ(�χ )) = 100 ·� · συν(�χ) και

I

f"(x) = ( fι(χ) )ι = ( 1 00 ·� · συν( �χ)) =

= too�[ -ημ(� χ Ηχ )}-ιοο�: ημ(� χ) Οπότε: f"(x) = Ο <:::> ημ( �χ) = Ο <:::> χ = 6κ, κ ε Ζ

'Ομως, χ ε (0, 12) άρα κ = 1 και χ = 6 και f"(x) > Ο <:::> . . . <:::> 6 < χ < 12 Άρα :

χ ο 6 12 f"(x) - ο + fι(χ) � I ,-/7

ελάχιστο

Οπότε το ζητούμενο χ0 είναι το χ0 = 6

b. Είναι : c = lim 1 = χ--.χο f(x) - 6 · fι(χ) - 8π


Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

χ�6 π π π = lim ( ) Ι ( ) = ( . . . ) Ι ΟΟ · ημ 6 χ - 6 · 1006συν 6χ -8π

= Ι = 1 Άρα c = _ι_ 1 00 · 0 - ΙΟΟπ · ( -1) - 8π 92π 92π c. i) Το πλήθος των δακτυλίων είναι η = 6 . Για τον κάθε δακτύλιο έχουμε πως το εμβαδόν του είναι η διαφορά των εμβαδών δύο κυκλικών δίσκων: Για i = 6 είναι ΕΔ; =ΕΔο =π·62 -π· 52 = l lπ

1 1 1 καιΡ(Δ6 ) = ΕΔ (n -6+ 1) · c = l lπ(6- 6+ 1)- =-• 92π 92

Για i = 5 είναι ΕΔ; = ΕΔ, = π · 52 - π · 42 = 9π και

1 1 8 Ρ(Δ5 ) = ΕΔ (n - 5 + l) · c = 9π(6 - 5 + 1)- = -s 92π 92 Ομοίως βρίσκουμε :

2 1 20 1 5 6 Ρ(Δ4 ) = 92 , Ρ(Δ3 ) = 92 , Ρ(Δ2 ) = 92 , Ρ(Δι ) = 92 . i i ) Ο δ. χ. του πειράματος, αποτελείται από τα 7 ενδεχόμενα: να πετύχει ο παίκτης έναν από τους 6 δακτυλίους ή τον απόλυτο στόχο (ΒΕ). Τα 7 αυτά ενδεχόμενα είναι ασυμβίβαστα. Έτσι θα ισχύει: 1 = Ρ(ΒΕ) + Ρ(Δ1 ) + Ρ(Δ2 ) + . . . + Ρ(Δ5 ) + Ρ(Δ6 )

6 ( ί ) <=> Ρ(ΒΕ) = 1 - ΣΡ(Δ; ) <=>Ρ(ΒΕ) =

i=l

=l-(i+ 15 + 20 + 21 +�+.!!)=-1 . Άρα �=_.!._. 92 92 92 92 92 92 92 92

Άσκηση 8 Δίνονται οι παρακάτω συναρτήσεις: f{x) =ar +3x, g(x)=ar -2x και h{x) =(α-l)x, με πεδίο ορισμού το σύνολο των πραγματικών αριθμών, όπου α ε JR • Στον ακόλουθο πίνακα δίνεται η συχνότητα της μεταβλητής που εκφράζει τον αριθμό των εκπαιδευτικών εκδρομών για 20 σχολεία του νομού Αττικής ανά έτος, 'λο θ δ δ δ ένα: απο τα ακο υ α ομα οποιημενα ε ομ:

Κλάσεις Κέντρο Συχνότητα

[ . . . -. . . ) Χ; ν ;

[0,2) Χ ι ν ι = f' {χ ι ) [2,4) χ 2 ν2 = g' ( χ2 ) [4,6) χ3 ν3 = h' ( χ3 )

Σύνολο 20 Όπως φαίνεται από τον πίνακα συχνοτήτων, οι συχνότητες των κλάσεων είναι ίσες με τις τιμές των παραγώγων των συναρτήσεων f, g, h αντιστοίχως, στο κέντρο της κάθε κλάσης. a. Να οριστούν τα κέντρα χι , χ 2 , χ3 των τριών

κλάσεων και ακολούθως να βρεθούν οι

παράγωγοι των τριών συναρτήσεων f, g, h στα σημεία χι , χ2 , χ3 αντιστοίχως.

b. Να συμπληρωθεί ο πίνακας συχνοτήτων αφού υπολογιστεί η τιμή του αριθμού α και να υπολογιστούν η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση του αριθμού των εκπαιδευτικών εκδρομών. Είναι το δείγμα ομοιογενές;

c. Να υπολογιστεί η πιθανότητα του ενδεχομένου Α, όπου Α:«ένα σχολείο να πραγματοποιήσει μία μόνο εκπαιδευτική εκδρομή στη διάρκεια ενός έτους», αν γνωρίζουμε ότι η πιθανότητα του ενδεχομένου Β:«ένα σχολείο να μην πραγματοποιήσει εκπαιδευτική εκδρομή στη διάρκεια ενός έτους», είναι Ρ (Β) = .!. .

4 Λύση

a. Τα κέντρα των τριών κλάσεων είναι χ1 = 1 , Χ;ι=3, χ3 =5 . Τότε: f{x)=3αi +3 , f{x,) =f{1) =3:1+3, g'(x) =2αχ-2, g'( χ2 ) =g'(3) =6α-2 . h'(x) = α - 1 . Οπότε, h'( χ3 ) = h'( 5) = α - 1 . b. Ισχύει: ν1 + ν2 + ν3 = 20 <=> 10α = 20 <=> α = 2 . Συνεπώς έχουμε για τις συχνότητες: ν1 = 9 ,

ν 2 = 1 Ο και ν 3 = 1 . Ο πίνακας συχνοτήτων:

3 Σχ. · ν Η ' ' ' - ι"-1 ι ι 44 2 2 μεση τιμη ειναι: χ = - = - = , .

Η τυπική απόκλιση: s =

ν 20 3 2 Σ ν; · (χ; -χ)

....ci="'-1 ----- = 1, 1 7 ν

CV =Ξ= 53%> 10% Άρα δεν είναι ομοιογενές. χ c. Η πιθανότητα του ενδεχομένου Γ, όπου Γ=«ένα σχολείο να πραγματοποιήσει το πολύ μια εκπαιδευτική εκδρομή στη διάρκεια ενός έτους» είναι ίση με τη σχετική συχνότητα της κλάσης [0,2). Συνεπώς, Ρ (Γ) = _2._ . Τα ενδεχόμενα Α και 20 Β είναι ξένα μεταξύ τους και ισχύει Α υ Β = Γ , οπότε: Ρ(Γ) = Ρ (Α u Β) = Ρ(Α) + Ρ(Β) <=>

<=>Ρ(Α) =Ρ(Γ) -Ρ(Β) =1__2_ =! Άρα P(A)=Ys · 20 20 5



Γ ΆΥΚΕΙΟΥ ΕΠΙλΟΓΕΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ • ΕΠΑΝΑΛΗΠΠΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Άσκηση lη Δίνεται η συνάρτηση f(χ)=σφχ ,χ Ε (0, π) . Α. Να δειχθεί ότι για κάθε Χ Ε (0, π) η συνάρτηση f είναι 1-1 και να βρεθεί το πεδίο ορισμού ΑΓ1 της aντίστροφης συνάρτησης . Β. Α ν η f1 είναι παραγωγίσιμη να βρεθεί η (f1(x)) ' για κάθε χ Ε ΑΓ1 . Γ. Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της CΓ, στο σημείο της M(l,f -1(1)). Δ. Να εξεταστεί η f1 ως προς την κυρτότητα. Ε. Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου Ω που πε-ρικλείεται μεταξύ της C Γ' των ευθειών χ=Ο ,

χ=1 και ·της εφαπτομένης της CΓ, στο σημείο της M(l,f -1(1)). Λύση: Α. Για κάθε χ ε (Ο,π) έχουμε f(χ)=(σφχ)'

1 2 = -- =-1-αρ χ < 0. ημ2χ

Άρα η f είναι γνησίω; ΦΚνουσα στο (Ο,π), οnότε είναι κm 1-1. 'Εχουμε: lim f( χ) = lim αρχ =

χ---*>+ χ---*>+

lim(-1 · σuvx) =(-too) · 1 =-too χ-*>+ ημχ

limf(x) = limoφx = lim(-1 · σuvx) =(-too) · (-1) =-<t4 χ�- x-m- x-m- ημχ Η f είναι συνεχής και -yνησίω::; φθίνουσα στο Α=(Ο,π). Άρα f(A)=( lim f(x), limf(x))=(-oo,-too)=}R,

χ�π- χ-Μ)+

οπότε Ar, = f(A) = JR

Β. Για κάθε y Ε IR ισχύει:f(Γ\y)) = y ,( 1) => f(Γ' (y)) · (f-' )'(y) = 1 =>

( -1 - σφ2Γ1 (y)) · (Γ' )'(y) = 1 => ( - 1 - f2 (f-' (y)) · (Γ' )'(y) = 1 =>

(-1 - y ) · (f-' )'(y) = 1 => (Γ' )'(y) =

-� . Άρα (Γ' )'(χ) = --1-2 , γιακάθε χ Ε JR

1 + y 1 + χ Γ. 'Εχουμε: (f-1)'(1) = _ _!_ και (f-1 )(1) = κ::::> f(κ) = Ι

2

� σφκ = 1 � κ=!:, αφού κ Ε (Ο,π). Επομένως 4

του Αποστόλη Κακαβά η εξίσωση της εφαπτομένης της C r-• στο σημείο της Μ(1 ,Γ' ( 1 )) είναι y-Γ' ( 1) = (Γ' ) '(Ι) · (χ-1) <=>

π 1 1 π+2 y-- = - - (x - 1) <:::> y = - - x +--4 2 2 4 Δ. Για κάθε χ Ε IR έχουμε (Γ' )'(χ) =

. __ 1_ => (Γ' )"(χ) = (l + x2 )' = 2χ

1 + χ2 (1 + χ2 )2 (l + x2 )2

Άρα: (Γ' )"(Ο) = Ο και χ>Ο => (f-1 )"(χ)>Ο, ενώ χ<Ο => (Γ' )''(χ) < Ο.Άρα η Γ' στρέφει τα κοίλα κάτω στο(-οο,Ο] τα κοίλα άνω στο [Ο,+οο) και έχει σημείο καμπής το (o,r- ' (Ο)). Άρα : Γ' (Ο) = λ

=> f(λ) = 0 => σφλ = Ο => λ = π , αφού λ Ε (Ο, π). 2 Επομένως έχει Σ.Κ. το (0, π). 2 Ε. Η r- ι είναι συνεχής και στρέφει τα κοίλα άνω στο [0, 1 ]. Άρα η εφαπτομένη

1 π + 2 ' y= - 2 χ +-4- της CΓ, στο σημειο της Μ( l ,Γ1 ( 1 )) βρίσκεται κάτω από την CΓ, .

I

Άρα: Ε(Ω)= j(Γ1 (x)-y)dx= ο

I I 1 + 2 I JΓ1 (x)dx- Jc--x+ -π-)dx = J(x) 'Γ1 (x)dx ο ο 2 4 ο

[χ2 π + 2 ]I Jl -1 . 1 π + 2 + - - - χ = x · (f (χ)) dx +--- = 4 4 ο ο 4 4 Ι I 1 - 1 - Π [ χ · ΓΙ (χ)Jο - Jx · (- 1 + x 2 )dx +-4- =

ο

1 · Γ1 ( 1 )-Ο · Γ' (Ο) +_!_ J' (2x)'dx + - 1 - π = 2 0 1 + χ2 4 π 1 [ 2 ]' 1 + π 1 1 - +- ln(1 + x ) -- = -ln 2 --. 4 2 ο 4 2 4

Άσκηση 2η ..Γχ

Δίνεται η συνάρτηση: F(x) = J t2 (e1 - l)dt ο


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου Να δειχθεί ότι: Α. Έχει πεδίο ορισμού το AF = [Ο, +οο ). Β. Η F είναι παραγωγίσιμη και να βρεθεί η παράγωγός της. Γ. F(x) � Ο για κάθε χ ε AF .

Δ. Υπάρχει Χ0 ε (0, 1) : F'(x0)= 3e - 7 . 3

Ε. F(x) � xFx(eFx - 1) για κάθε χ ε AF .

Λύση: Α. Η συνάρτηση f(t)=t2(e1- 1 ) έχει π. ορισμού το R Τα όρια ολοκλήρωσης Ο, fx για να ανήκουν στο 1R. , πρέπει και αρκεί χ � Ο. Άρα πεδίο ορισμού της F είναι το AF = [Ο,+οο) οπότε η f(t) είναι ορισμένη και συνεχής στο κλειστό διάστημα με άκρα Ο,� . Β. Για χ � Ο η f(t)=t2 (e1 - 1) είναι συνεχής στο διάστημα [O,.fx:"] και η Γχ είναι παραγωγίσιμη στο (Ο,+οο ). Άρα η F είναι παραγωγίσιμη στο (Ο,+οο) με F '(x)=( Γχ )2 (eFx - 1)( Γχ )' =

=( .fx:")2 (eFx _ 1)_1_=-Fx:" (eFx - 1) . 2-Fx:" 2 Θα εξετάσουμε αν παραγωγίζεται στο χ0 = Ο. Για χ>Ο έχουμε : F(x)-F(x0) = F(x)-F(O) = F(x) και lim F(x)

χ - χ0 χ -0 χ χ�ο· χ , δ , , ο εχει απροσ ιοριστη μορφη -ο

(eFx - 1) F'(x) .,Γχ F'( ) Αλλά: -- = 2 και lim _χ_ = Ο (χ) ' 1 χ--+0. (χ)' '

οπότε και lim F(x) =0, δηλαδή F '(O)=O. χ�ο· χ { (eFx - 1) 'Α F'( ) � , χ>Ο ρα χ = 2

Ο , χ0 = 0 Γ e'γν.αυξ. Γ Γ Γ. 'Εχουμε: χ>Ο � νχ>Ο � eνx >eo � eνχ >1

(eFx - 1) => Γχ 2 >Ο => F '(x)>O. Άρα F γνησίως

αύξουσα στο [0, +οο ) . Οπότε χ z Ο => F(x) z F(O) => F(x) z Ο . Β ' τρόπος: για χ>Ο η F είναι συνεχής στο [Ο,χ]

η F είναι παραγωγίσιμη στο (Ο,χ). Άρα από ΘΜΤ ΔΛ υπάρχει ένα τουλάχιστον

ξ Ε (Ο,χ) : F '(ξ) = F(x) - F(O) F(x) χ - 0 χ

Άλλα F '(χ) = � (eFx - 1) >Ο 2

για κάθε χ>Ο � F '(ξ) > Ο � F(x) > ο � χ F (χ) > Ο. Για χ0 = Ο έχουμε F (Ο) = Ο, οπότε σε κάθε περίπτωση F (χ) ;::: Ο. Γ, τρόπος: για κάθε χ>Ο η F είναι συνεχής στο [Ο,χ] η F είναι παραγωγίσιμη στο (Ο,χ) από Θ.Μ.Τ.Δ.Λ. υπάρχει ένα

τουλάχιστον ξ Ε (Ο,χ) : F '(ξ) = F (χ) - F (Ο) = χ - 0 F (χ) , , , = --. Αλλα F (χ) > Ο για καθε χ

x>O � F '(ξ) > Ο � F (χ) > O � F (χ) > Ο. χ Για χ0 = Ο � F (Ο) = Ο. Άρα σε κάθε περίπτωση ισχύει F(x) z Ο. Δ. η F είναι συνεχής στο [0, 1 ] η F είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1 ) από Θ.Μ.Τ.Δ.Λ. υπάρχει ένα τουλάχιστον

Χ0 Ε (0, 1 ) : F '(χ0) = F (1) - F (Ο) = F (1) = 1 - 0 Jt2 (e1 - l)dt =Jt2e1dt - Jt2dt =Jt2 (e1 )'dt -[f]ι = ο ο ο ο 3 ο

ι ι = [ t2e1 ]� - f2e1tdt _ ..!_ = e-.!.-2 J(e1 )'tdt =

3e-Ί . ο 3 3 ο 3

Ε. Για t>O έχουμε f(t) = ( t2 (e1 - Ι)) ' = =t(2e1 -2+te1). 'Εστω g(t) =2e1 -2+te1 , t>O. Τότε g'(t) =2e1 +te1 +e1 =te1 +3e1 >Ο=>g γνησίω:; αύξουσα στο (0,-tω). Άρα : t>O=>g(t)>g(O)=>g (t)> O => t · g ( t )>Ο=> f( t )>Ο για κάθε t>O και επειδή f συνεχής στο [Ο,+οο) έχουμε fγνησίω:; αύξουσα στο [0,-+οο). Οπότε:Ο� t�..Γχ =>t �.Jx =>f(t) �f(fx) => Γχ Γχ Γχ Jf(tXit � Jfcfxxιt =>F(x) �f(fx) fdt ο ο ο

=>F(x) �(fx)2 · (eΓχ -1) · [t]; =:>F(x)�x.Jx. · (eΓχ -1).


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου • ΑΠΟ ΤΟ Οι\ΟΚΑΗΡΩΜΑ ΣΤΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ

Κατά πλειοψηφία στο θέμα Δ των εξετάσεων της Γ' Λυκείου το ζητούμενο είναι ο τύπος συνάρτησης f , η οποία ικανοποιεί μια δεδομένη συναρτησιακή σχέση. Τα θέματα αυτά συνήθως αντιμετωπίζονται με τη βοήθεια του θεωρήματος :

Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα Δ, τότε η F(x)=J: f(t)dt με α,χε Δ είναι παραγωγίσιμη στο Δ και ισχύει F'(χ)=f(χ),για κάθε χε Δ.

Υπάρχουν όμως θέματα στα οποία η δεδομένη συναρτησιακή σχέση περιέχει ολοκληρώματα των οποίων τα άκρα ολοκλήρωσης είναι σταθερά και η λύση του θέματος δεν ανάγεται στο προηγούμενο θεώρημα. Παραδείγματα τέτοιων θεμάτων και προβλημάτων είναι:

1 !! Πρόβλημα: Να βρείτε τη συνεχή συνάρτηση f: � � � , για την οποία να ισχύει : Ι01 ex-1 f(x)dx = f(x) + ex ( 1 ). ( 1996) 2!! Πρόβλημα: Αν η συνάρτηση f: � � � είναι συνεχής και ισχύει :

f(x) = (10χ3 + 3χ) i2f(t)dt - 45 δείξτε ότι : f(x) = 20χ3 + 6χ - 45 (2008) 3!! Πρόβλημα: Να βρείτε τη συνεχή ση f: [0,1] � � για την οποία vα ισχύει :

f.1 1 0 f(x)(x - f(x))dx = 12 . 4!! Πρόβλημα: Να βρείτε τη συνεχή συνάρτηση

f: [0,1] � � για την οποία να ισχύει : Ι01 f(x)dx = � + Ι01 [2 (x2)dx (Ι)

-Πώς μπορούμε να αντιμετωπίσουμε τέτοια προβλήματα; Όπως πρέπει να αντιμετωπίζουμε κάθε πρόβλημα: με ανάλυση των εννοιών που υπεισέρχονται στο πρόβλημα και όχι με έτοιμες συνταγές τύπου μαγειρικής, γιατί όπως λέει ο πραγματικά μεγάλος δάσκαλος G. Polya στο βιβλίο του «How to Solνe it» (υπάρχουν δυο ελληνικές εκδόσεις με το τίτλο: «Πώς να το λύσω» η μια από τις εκδόσεις Σπηλιώτη , χωρίς χρονολόγηση ! και μετάφραση του Λάμπη Σιαδήμα και η δεύτερη από τις εκδόσεις Καρδαμίτσα το 1 998 , σε μετάφραση Ξανθής Ψυακκής) «το να διδάσκεται η εκτέλεση συνηθισμένων μαθηματικών πράξεων και τίποτε άλλο είναι πολύ πιο κάτω από το επίπεδο ενός βιβλίου

του Γιώργου Τσαπακίδη

μαγειρικής , γιατί οι συνταγές φαγητών αφήνουν κάτι στη φαντασία του μάγειρα, ενώ οι μαθηματικές συνταγές δεν αφήνουν τίποτε». -Τι είναι το Ι: f(x)dx ; Ένας συγκεκριμένος πραγματικός αριθμός. -Άρα; Λύση Im! Προβλήματος . Θέτουμε Ι01 ex-1 f(x)dx = c, οπότε: ( 1)=> c = f(x)+ex => f(x) =c-e' . Έτσι: ( 1 ) =>

Ιο1 ex-1 (c - ex)dx = c� Ιο

1 cex-1 dx Ισ1 e2x-1 dx = c [e2χ-ι]1 e �[cex-1]5 - -- = c� - ce-1 - -2 ο 2

- 1 1 +=-=c=>c = - (1 - e2) . Άρα: f(x) = -ex + 2 2 � (1 - e2) . 2 Επειδή η προηγούμενη συνάρτηση επαληθεύει την υπόθεση , είναι η συνάρτηση που ζητάμε .

Με όμοιο τρόπο φαίνεται να λύνεται και το 2!! Πρόβλημα. Ας δοκιμάσουμε. Θέτουμε Ι: f(x)dx = c ( 1 ) , οπότε η υπόθεση γράφεται :f(x) = (10χ3 + 3x)c - 45 (2) και έτσι: ( 1 )=> Ι02{(10χ3 + 3x)c - 45}dx = c

�[α χ4 + �χ2) c - 45χ]δ =c �46c - 90 = c�5c = 90� c = 2 . Για c=2 η (2) δίνει f(x) = 40χ3 + 6χ - 45 . • Η προηγούμενη μέθοδος φαίνεται ότι δεν ε

φαρμόζεται στα επόμενα προβλήματα. Στο 3g Πρόβλημα π. χ. θα ήταν άστοχο να θέσουμε:

Ι01 f(x)(x - f(x))dx = c , αφού θέλουμε: Ι01 f(x)(x - f(x))dx =

112 , δηλαδή c = 1

12• -τι έχουμε;

Την τιμή ενός ορισμένου ολοκληρώματος . -Ποιος είναι ο άγνωστος ; Η ολοκληρωτέα συνάρτηση .

-Γνωρίζουμε κάποια σχετική πρόταση; -Ποιες είναι οι ιδιότητες των ορισμένων ολοκλη-ρωμάτων; Ι . Αν οι f,g είναι συνεχείς στο διάστημα Δ και α,β,γ ε Δ, τότε : • Ι: (κf(χ) + λg(x))dx = κ Ι: f(x)dx + λ Ι: g(x)dx


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου • Ι: f(x)dx+ Ι: f(x)dx=I: f(x)dx

2. Αν η f είναι συνεχής στο [α,β] και f(x)2:0 για κάθε χε [α,β] τότεΙ: f(x)dx � Ο και αν υπάρχει χ1 ε[α, β] με f(χι) * Ο , τότεΙ: f(x)dx > Ο . Σίγουρα η πρώτη ιδιότητα δεν φαίνεται να σχετί

ζεται με το πρόβλημα μας . Επομένως θα πρέπει να το μετασχηματίσουμε κατάλληλα τη 2!:1 :

Αν για την f: [α, β] 4 Iffi. ισχύουν : *είναι συνεχής * f(x)2:0 , για κάθε χ ε [α,β]

*Ι: f(x)dx = Ο τότε f(x)=; Προφανώς: f(x)=O, για κάθε χε [α,β], διότι αν για κάποια τιμή του χε [α,β] ήταν f(x):f Ο, θα είχαμε Ι: f(x)dx > Ο ΑΤΟΠΟ. 'Ετσι έχουμε την παρακάτω λύση: Λύση του 3!!!1 Προβλήματος . J,l ι Ι.ι 0 f(x)(x - f(x))dx =

12 � 0 (xf(x) -

f2(x))dx = _!_ � - J,01(f2 (x) - xf(x))dx = _!_ 12 ι2 fι 1 1 1 1

� - (f2 (x) - 2 -xf(x) + -χ2 - -x2)dx = -ο 2 4 4 12 � - J1 (f(x) - �x)2dx + J1 �x2dx = � ο 2 ο 4 12

fι 1 1 1 � - (f(x) - -x)2dx + [-χ3]� = -ο 2 12 12

fι 1 1 1 � - (f(x) - -x)2dx + - = -ο 2 12 12 � - Jι (f(x) - �x)2dx = Ο ο 2 � f(x) - �χ = Ο � f(x) = �χ για κάθε χ ε [0, 1 ], γιατί αν υπήρχε χ1 ε[Ο,1] με {(χι) * �Χι θα ήταν (f(χι) - �χι)2 > Ο, οπότε I01(f(x) - �x)2dx > Ο , ΑΤΟΠΟ. • Για τη λύση του 4!!!! Προβλήματος η ύπαρξη

τουΙ0ι {2 (x2)dx οδηγεί στη χρησιμοποίηση της μεθόδου λύσης του 3!!!! Προβλήματος, αλλά υπάρχει μια δυσκολία: η συνάρτηση f έχει ως μεταβλητή άλλοτε το χ άλλοτε το χ2•

-Είναι δυνατόν να ξεπεράσουμε τη δυσκολία αυτή; Προφανώς πρέπει να κάνουμε αντικατάσταση u= χ2 ή u2=x . Δοκιμάζουμε και βλέπουμε ότι συμφέρει η x=u2• Έτσι έχουμε την παρακάτω λύση.

Λύση του 4!!!1 Προβλήματος Θέτουμε χ = u2 = g(u), οπότε O=g(O), l=g( 1 ) και g'(u)=2u συνεχής στο [0, 1 ] . Σύμφωνα λοιπόν

με το θεώρημα αντικατάστασης (από το 2° στο 1° μέλος) έχουμε: Ιοι f(x)dx = I:c�i f(x)dx = Ιοι f(g (u))g'(u)du = Ιοι f(u2)2udu. 'Ετσι: ( 1 )� Ιοι 2xf(x2)dx = � + Ι01 f2 (x2 )dx <=>

fι (f2 {x2) - 2xf(x2) + χ2 - x2)dx = - � ο 3 fl 2 2 χ3 1

1 <=> 0 (f(x ) - χ) dx - [3]0 = - 3 <=> I01(f(x2) - x)2dx = Ο <=> f(x2) = χ, για κάθε χ ε [Ο, 1 ] . Αν στη θέση του χ θέσουμε ...[Χ, (αφού χ�Ο) τελικά παίρνουμε:f(χ) = ..JX, για κάθε χ ε [Ο, 1 ] . ΒΙ ΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ 1. Τ Andreescu , G Dospinescu, Problems From the Book, ΧΥΖ Press, USA, 2008. 2. R.L. Finney, M.D. Weir , F.R. Giordano, Tomas' Calculus, Tenth edition, Addisson Wesley Longman, USA, 2001 (Ελλη-νική μετάφραση με τίτλο: THOMAS Απειροστικός Λογισμός, μετάφραση Μ.Αναγνωστάκης , Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, Ηράκλειο 2005). 3. G.Polya, Mathematical Discovery, John Wiley & Sons, lnc., USA, \96\ (Ελληνική μετάφραση με τίτλο: Η Μαθηματική Ανακάλυψη , μετάφραση Σ. Στεριάκης, Γ. Τσαπακίδης, Εκδόσεις Κάτοπτρο, Αθήνα, 200\ ). 4. J. Stewart, Calculus, Seνenth Edition, Brooks/Cole, USA, 200 1 . 5. Μ . Τουμάσης, Γ. Τσαπακίδης, 200 Επαναληπτικά - Συνδυαστικά Θέματα Μαθηματικών Γ. Λυκείου ΘετικήςΤεχνολογικής κατεύθυνσης, Σαββάλας, Αθήνα, 2006.

Καλό ταξίδι δάσκαλε . . . Πάει λίγος καιρός που έφυγε από κοντά μας

για το μεγάλο ταξίδι, ο aξιαγάπητος και με μεγάλη καρδιά, ήρεμος, εξαίρετος και χαμηλών τόνων πανεπιστημιακός δάσκαλος, για πολλές γενιές, μαθηματικών Γεράσιμος Λεγάτος.

Επί του τυπογραφείου . . . και ενώ σκεφτόμασταν το έργο και την αξιόλογη προσφορά των συναδέλφων που βοήθησαν και πρόσφεραν στην Μαθηματική Εκπαίδευση και Παιδεία, ανθρώπων που αγωνίστηκαν στην ΕΜΕ, μάθαμε και για άλλους αξιόλογους συναδέλφους που έφυγαν πρόσφατα . . . • Αθανάσιο Μαμούρη για πολλά χρόνια μέ

λος του Δ.Σ. της ΕΜΕ με σημαντικό έργο και πρόεδρος του περιοδικού Ευκλείδη Β '.

• Σπύρο Τσιγώνια . . . και μόλις χτές ένα από τα πιο παλιά ιδρυτικά μέλη της ΕΜΕ τον Γεώργιο Ιωαννίδη [ 1 935 έτος εγγραφής στην ΕΜΕ, γεννήθηκε το 1 9 1 3] .

Καλό ταξίδι σε όλους αυτούς τους ακούρα

στους δασκάλους, θα τους θυμόμαστε πάντα με αγάπη.


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου • Δ ΥΟ ΧΡΗΣΙΜΟΙ ΚΑΝΟΝΕΣ ΠΑ Ε�ΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ Θ. Μ. Τ.

Δημήτρης. Κ. Χατζόπουλος [Πάτρα]

Είναι προφανές πως όταν δίδεται μια συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α,β) και ζητείται η ύπαρξη αριθμών ξ, ξϊ, i =1 ,2, . . . ,ν στο (α,β) ώστε μεταξύ των f'(ξ), f'(ξϊ) να ισχύει κάποια σχέση, το θέμα ανάγεται στο Θ.Μ.Τ.

Δύο συνηθισμένες σχέσεις αυτής της μορφής είναι οι εξής : ί) λt f 1(ξt) + λ2 f 1(ξ2) +. • • + λ v f1(ξ v)=(λt+λ2+ . . . +λv)f'(ξ) (I)

ι·ι·) λ1 +

λ2 + + λv _ λ1+λ2+·· ·+λν , f' β . · _1 2

ι ι (ξι ) ι ι (ξz ) • • • ι Ι (ξv ) - f'(ξ) (11), οταν (χ) :f Ο στο (α, ) οπου λ;>Ο, ι - , , . . . ,ν Τα θέματα αυτά τα σχ. βοηθήματα τα αντιμετωπίζουν κατά κανόνα με μια μέθοδο «συνταγή» για την οποία λογικό είναι να αναρωτιούνται οι μαθητές, από πού προκύπτει. Αυτή ακριβώς την απορία θα προσπαθήσουμε να λύσουμε μέσα από δύο παραδείγματα που ακολουθούν. Παράδειγμα Θεωρούμε τη συνάρτηση f που είναι ορισμένη και συνεχής στο [ 1 , 6] και παραγωγίσιμη στο ( 1 ,6)

ί) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ξ, ξ1 ,ξ2 ,� Ε (1 , 6) τέτοια ώστε να ισχύει : 2 f I (ξ ι) + 3 f I (ξ 2) + 5 f I (ξ 3) = 10 f' (ξ) (ί) ίί) Α ν επί πλέον είναι f 1 (χ) > Ο, για κάθε χ Ε (1 , 6) , τότε να αποδείξετε ότι υπάρχουν

, ' ' 2 + 3 + 5 - 10 ξ 1 ,ξ 2 ,ξ 3 Ε (1 , 6) τετοια ωστε να ισχυει : f' (ξ 1) f' (ξ 2) f' (ξ 3)

- f'(ξ) Απόδειξη της (i)

(11)

Ζητάμε να αποδείξουμε την ύπαρξη σημείων χι , xz του ( 1 ,6) με Χι < χ2 ώστε τα ξι , ξz ,ξ3 να είναι τα αντίστοιχα σημεία των διαστημάτων (1 ι Χι), Cχι ι Χ2), (χ2 ι 6) που προκύπτουν από το Θ.Μ.Τ., δηλαδή τέτοια ώστε: f'(ξι) = f(χι ) -f(ι)ι f'(ξz) = f(xz ) -f(Xι)

, f' (ξ3) = f(6 ) -f(Xz)

Χι -ι Xz -χι 6-χ2

Τ • • 2f' (ξ ) = 2 f(χι ) -f(ι) = f(χι ) -f(ι) 3f'(ξ ) =J f(Xz ) -f(Χι) = f (Xz) -f(Χι) Οτε Ομως ι � 2 χz Χι ι Χι - ι 2 Xz -χι -3 -

S f' (ξ ) = 5 f (6) -f(X2) = f (6) -f(X2) 3 6_Χ2 6 χ2 5

Για να προσθέσουμε λοιπόν τα τρία αυτά κλάσματα συμφέρει να είναι ομώνυμα δηλαδή: Χι - ι χ2 - χι 6- χ2 χ1 -ι+χ2- χι+6- χ2 6-ι ι , , , -- - -- = -- = λ οπότε λ = - = - . Τοτε φυσικα αρκει 2 3 5 ' 2+3+5 ιο 2 χ 1 = 2λ + 1 = 2 και χ2 = 3λ + χ 1 = 5λ + 1 = 2. . Άρα 2 f1 (ξ ι ) + 3 f1 (ξ z) + 5 f1 (ξ 3) 2

= f(xι ) -f(ι)+f (xz);f(χι)+f (6) -f(Xz) = f(6)�f(ι) 2[f(6) - f(1)]=2(6-1)f(ξ)=10f(ξ), γιακάποιο ξ στο (1 ,6). 2

Απόδειξη της (ii) Επειδή η f είναι συνεχής στο [ 1 ,6] και παραγωγίσιμη στο ( 1 ,6) θα είναι γνησίως αύξουσα

στο [ 1 ,6], οπότε f( l )< f(χι ) < f(χz) < f(6) για κάθε Χι ,χzε( 1 ,6) με χι<Χz. Σύμφωνα λοιπόν με τα , θ , 2 2 χ1 -1 3 3 χ2 -xl προηγουμενα α εχουμε: f' (ξ 1) - rcxι ) -f(t) - rcxι ) -f(l) ' f' (ξ 2) - f(x2 ) -f(χι) - rcxz ) -f(χι) '

χι -ι 2 χ2 -χι 3 5 5 6-χ

f' (ξ 3) - r (δ) -rcx2) r c6) -r�z) ' Ομοίως για να είναι αυτά τα τρία κλάσματα ομώνυμα αρκεί: 6-χ2 5

f(χι ) -f(ι) _ f(x2 ) -f(χι) f (6) -f(X2) f(6)- f(ι) 2 3 5 λ, οπότε λ=

ιο >0, δηλαδή f(6)=1 0λ+f(l ), f(χι)=2λ +f(l ), f(χz) = 3λ +f(χι )= 5λ+f(l) . Για να υπάρχουν λοιπόν χι , Χ2 ε ( 1 ,6) τέτοιοι ώστε f(χι ) =2λ +f( l ), f(χz) = 5λ+f(l ) αρκεί οι αριθμοί ψι=2λ +f( l ) και ψ2= 5λ+f(l ) να ανήκουν στο διάστημα ( f( l ), f(6)), πράγμα το οποίο ισχύει (γιατί;). Πράγματι τότε, αφού σύμφωνα με το Θ.Ε.Τ για κάθε ψο ε ( f( l ),f(6)) υπάρχει χ0ε (1ι6) τέτοιο ώστε f(χο) = ψο, θα υπάρχουν χι , Χz ε ( 1 ,6) με f(χι ) =ψι και f(χz) =ψ2


Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου , 2 + __ 3_-t- __ 5_ = χ1 -l+x2-x1 +6-χ2 Άρα

f' (ξ 1) f' (ξ 2) f' (ξ 3) λ για κάποιο ξ στο ( 1 ,6).

6-1 5 λ f(6)- f(l)

10 50 50 10 --- - -

f(6)- f(l) (6-l)f'(ξ) f'(ξ)

• Διαιρέσαμε λοιπόν σε τμήματα με πλάτη ανάλογα των 2,3,5 το διάστημα [ 1 ,6] με τα σημεία χ1 , χ2 για την (ί) και το διάστημα [f(1 ), f(6)] σε τμήματα με πλάτη επίσης ανάλογα των 2,3,5 με τα σημεία Ψι. ψ2, ψ3 για την (ii)

Παρατήρηση: Αν είχαμε για την (ii), απλώς Ι( χ) 7= Ο , τότε f(ξ; ) 7= Ο, ί = 1, 2, 3 => f(x1 ) 7=f(1), f(x2 ) 7=f(x1), f (6) 7=f(x2) και 40, αφού διαφορετικά θα είχαμε f(1 )=f(6), οπότε (Θ. R.) θα υπήρχε ξ0 ε (1, 6) με f(ξ0 ) = Ο , ά

τοπο. Επομένως: [Ψι -f(1)][ Ψι -f( 6)] = 2λ( -8λ) = -16Κ < 0 και [ ψ2 - f(1) ][ ψ2 - f ( 6) J = 5λ( -5λ) = -25λ2 < Ο Άρα οι αριθμοί ψ 1 , ψ 2 ανήκουν και πάλι στο ανοικτό διάστημα με άκρα f( 1 ), f( 6)

Είναι πλέον δικαιολογημένος ο παρακάτω κανόνας που ακολουθούμε στην γενική περίπτωση. • Για την περίπτωση (Ι) λοιπόν χωρίζουμε το διάστημα [α, β] με πλάτος d=β-α σε ν διαστήματα των οποίων τα

αντίστοιχα πλάτη d; είναι ανάλογα των αριθμών λ; , ί = 1, 2, ... , ν, οπότε d; = λ; d = λ; · λ , με τα λ, + λ2 + .. . + λ"

σημεία χ, = α+d1 = α+ λ, · λ, χ2 = χ, +d2 = α+(λι +λ2 )λ, . . . , χν-ι = α+(λ, + � + ... +λv-ι )λ Στη συνέχεια σε κά-θε ένα από τα διαστήματα (α, χ, ) , ( χ ι , χ2 ) , . . . , ( χν_ι , β) εφαρμόζουμε το Θ.ΜΤ. 'Ετσι βρίσκουμε τελικά λι

f(ξι)+λz f 1(ξz) + . . . +λvf1(ξ ν)= {Λ, +� + ... +λv ) · f{β)-f{ α) =(Λ, +� + ... +λν) (β-α)f{ξ) ={Λ, +� + ... +\)f{ξ) β-α β-α • Για την περίπτωση (11), αν f (α) < f (β) χωρίζουμε το διάστημα [ f (α) , f (β) J σε ν διαστήματα των οποίων τα

αντίστοιχα πλάτη d; είναι ανάλογα των αριθμών λ; , i = 1, 2, . . . , ν, με τα σημεία Υι = f(χι ) = f(1 ) + λ,λ , Υ2 = f( Χ2 ) = f( Χι ) + λ2λ = f(1 ) + (λι + λ2 ) λ , . . . , Υv-ι = f (1) +(λι + λ2 + ... + λν-ι ) λ αφού αποδείξουμε ότι υ-πάρχουν σημεία χ1 , χ2 , . .. , χν-ι του (α,β) τέτοια ώστε Υ; = f (x; ) . i = 1, 2, ... , (ν - 1) Στη συνέχεια σε κάθε ένα

από τα διαστήματα (α, χ1 ) , (χ ι , χ2 ) , ... , (χv-ι •β) εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. 'Ετσι βρίσκουμε τελικά f/�:) λz λv _ ( ) β -α ( ) β -α λ, + λ2 + ... + λν + f/(ξz ) + . . . + f/(ξv ) - λ, + λ2 + ... + λν

f (β) -f (α)= λι + λ2 + ... + λν

(β - α)f(ξ)= f(ξ)

• Ε�ΑΡΜΟΓΗ ΜΙΑΣ ΙΔΙΟΤΗΤ ΑΣ ΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΣΤΗΝ ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΜΕΡΙΚΩΝ ΑΝΙΣΟΤΗΤΩΝ

Θεωρούμε γνωστά τα παρακάτω. 1. Αν f είναι συνεχής συνάρτηση στο [α, β], τότε η f παίρνει στο [α, β] μια μέγιστη τιμή Μ και μια ελάχιστη τιμή m. 2. Α ν η f είναι γνησίως μονότονη και συνεχής στο [α, β] τότε τα ακρότατα της f, θα παρουσιάζονται στα άκρα του [α, β]. 3. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β], παραγωγίσιμη στο (α, β) και στο (α, β) παρουσιάζει ΜΟΝΑΔΙΚΟ ακρότατο, τότε: i) Αν για χ=χ0e (α, β) παρουσιάζει το ελάχιστο της, το μέγιστο της f, θα παρουσιάζεται στα άκρα του [α, β]. ii) Αν για χ=χΌe(α, β) παρουσιάζει το μέγιστο της, το ελάχιστο της f, θα παρουσιάζεται στα άκρα του [α, β] . Ας δούμε τώρα πως αυτά τα συμπεράσματα μπορούν να χρησιμοποιηθούν για την αντιμετώπιση ανισοτήτων. Π ρόβλημα 1

Διονύσης Γιάνναρος Έστω α, β, γ eR με Ο:::;α, β, γ ::;ι. Να αποδείξετε ότι: α + β + γ - α· β - β·γ - γ·α:::ι (ι). Απόδειξη :

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = χ + β + γ - χ·β - χ·γ - β·γ με xe [0, 1 ] . Η fγράφεται: f(x) =χ( 1- β-- γ)+ β + γ - β·γ. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: • Αν β+γ=1, τότε f{χ)=1-β·γ:::1 , λiJyω των συνθηκών του προβλήματος. Έχουμε επομένως f{x):::1 για κάθε xe[0,1 ], άρα και f{α):::1 δηλ η (1). • Α ν β+γ:;f 1 , τότε επειδή η f είναι γραμμική συνάρτηση θα είναι γνήσια μονότονη. Άρα το μέγιστο θα παρουσιάζεται στα άκρα του [0, 1 ] . f(Ο)=β+γ-β·γ= 1 +β+γ-β·γ-1 = 1 +( 1-β)( γ-1 ):::;1 . f( 1 ) = 1- β - γ + β + γ - β·γ = l - β·γ:::;1 .

Επομένως f(x):::;1 για κάθε xe [O, 1 ], οπότε α+β+γ-α·β--β·γ-γ·α::::l με ο:::;α, β, γ :::; ι . Παράδειγμα 2. Αν α, β, γ eR με Ο::Sα, β, γ ::;ι, να αποδείξετε ότι: α2 + β2 + γ2 ::::; α2·β + β2·γ + γ2·α+1.


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου Απόδειξη : Θεωρούμε τη συνάρτηση f(χ)=χ2( 1-β)-γ2·χ+γ2-γ·β2 - 1+β2 με χε[Ο, 1 ] . Είναι: f '(χ) = 2( 1-β)χ - γ2. • Με β<1 , διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

2 2 1 . Αν Υ �1 , τότε για Ο:::; χ < 1 :::; Υ

2(1 - β) 2(1 - β) θα είναι f (χ )<0. Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, 1 ] , οπότε η μέγιστη τιμή της θα είναι η f(O)=iγ·β2 -1 +β2=(γ-1 )(γ+ 1-β2)$0. Άρα και f( α)�Ο

2. Αν Ο< Υ <1, τάτ:ε ο �μεrαβολώνμαι;δiνει: 2(1-β) γ'

χ ο 2( 1 β) -

f(x) - +

f(x) � ....--min

Παρατηρούμε πως σ' αυτή την περίπτωση η f θα παίρνει τη μέγιστη τιμή της για χ=Ο ή χ= 1 . • f(Ο) = γ2 - γ·β2 - 1+β2 =(γ-1 )(γ+Ι-β2)$0.

f( 1 ) = 1- β - γ2+ γ2 - γ·β2 - 1+β2 = • β2 _ β _ γ·β2 = β(β-1 ) - γ·β2 �0. Έτσι, f(x)�O

για κάθε χε [Ο, 1 ] και επομένως f(α)�Ο, δηλαδή η αποδεικτέα.

• Αν β =1 , τότε: f(χ)=--ι(χ+j-γ. Είναι f(x)=-y�O. ί) Με β= 1 και γ=Ο η αποδεικτέα ισχύει ως ισότητα. ίί) Με β=1 και γε(0, 1 ] είναι f(x)<O, οπότε η f είναι

γνησίως φθίνουσα στο [0,1 ] . Άρα f(x)�f(O) για κάθε χε[0, 1 ], δηλαδή f(χ)�γ2-γ=γ(γ-1)�0 και τε-λικά: f(α)�Ο δηλ. και πάλι η αποδεικτέα. _(Υ ) 2 1-β

Παράδειγμα 3. Να αποδείξετε την α3 +β3+γ3�3α·β·γ με α,β,γ>Ο. Απόδειξη: Χωρίς περιορισμό της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι: Ο<α�β�γ. Θεωρούμε την συνάρτηση f(x)= χ3 + β3 + γ3 -3χ·β·γ. Επειδή f '(χ)=3χ2-3β·γ=3(χ2-β·γ), είναι f '(χ)<Ο με Ο<χ<β �γ (είναι χ<β και χ<γ με πολλαπλασιασμό κατά μέλη παίρνουμε: χ2<β·γ<::>χ2-β·γ<Ο δηλαδή την f(x)<O). Αφού f(x)<O, χε(Ο,β), η συνάρτηση f είναι γνησίως- φθίνουσα στο [Ο,β] και έτσι f(x)�f(β), δηλαδή χ3 + β3 + γ3 -3χ·β·γ � 2β3 + γ3 -3β2·γ ( 1) . Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση g(x) =2χ3+γ3-3χ2·γ, όπου γ σταθερό και Ο�χ�γ. Έχουμε: g'(χ)=6χ2-6χγ=6χ(χ-γ) απ' όπου g '(χ)<Ο με Ο<χ <γ και επομένως η g είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, γ] δηλαδή g(x)�g(γ), οπότε και g(β)�g(γ) ή 2β3 + γ3 -3β2·γ �2γ3 + γ3 -3γ3 =Ο (2). Από ( 1 ), (2) χ3+β3+γ3-3χ·β·γ�Ο και με χ=α την αποδεικτέα. Παράδειγμα 5. Αν l�α, β, γ �2, να αποδείξετε ότι:

1 1 1 (α + β + γ) (- + - + - )�10. α β r

Απόδειξη :

Χωρίς περιορισμό της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι: 1�α�β�γ�2. Θέτοντας α= χ, θεωρούμε τη συνάρτηση:f(χ) = (χ+β + γ)( .!_ + J... + .!_ ) με χε [1 ,β] . Είναι:

χ β r , 1 1 1 1 f (χ) = ( - + - + - )+ (χ+β+γ)(- - )=

χ β r χ2 1 1 χ2 - β · γ (β+γ)( ---2 )= (β+γ) 2 < Ο στο [1 ,β)

β . r χ χ β · γ αφού γ;:::β=>βy;:::β2 >χ2 • Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [ 1 ,β], οπότε f(x)�f( l ) για κάθε χε [ 1 ,β], δηλαδή : f(x)� ( 1 +β+γ)( 1 + � + � ) ( 1 ).

Στην ( 1 ), θέτουμε β = ψ και θεωρούμε τη 1 1 g(ψ) = ( l+ψ+γ)( l+- + - ), με ψε [ 1 ,γ] . Ψ r

Είναι: g'(ψ)= ( l+J._ + .!_ ) + ( l+ψ+γ)(- -1- )= Ψ r Ψ2

2

(γ+l ) ψ 2- γ και g '(ψ)=Ο<::> ψ2 - γ = Ο <::>ψ=.fi . ψ · γ

Σχηματίζουμε τον πί�ακα μεταβολών για τη g. ψ ι ,;γ γ 2

g'(ψ) - +

g(ψ) � ,. .. .. ιnin

Διαπιστώνουμε ότι η g θα παίρνει τη μέγιστη τιμή της για ψ=1 ή ψ =γ . Όμως g( 1 ) = (2+γ)(2+ .!_ ) =

r ( 1+2γ)(1+ �) = g(γ). Άρα έχουμε: g(ψ)�g( 1) (2)

r για κάθε ψε [ 1 , γ]. Συνδυάζοντας τις ( 1 ) και (2) παίρνουμε: f(x)�f( l ) = g(ψ)�g( l )= (2+γ)(2+.!_ )

r και σ' αυτή αντικαθιστώντας το γ με z παίρνουμε τη συνάρτηση: h(z) = (2+z)(2+ _!_ ) με zε [ 1 ,2]. Εί

z

1 1 2(z2 - 1) ναι: h'(z)=2+- +(2+z)(--2 )= 2 > Ο στο z z z

( 1 ,2]. Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο [1 ,2]. 1 Άρα: h(z)�h(2) = 4(2+"2 ) = 10 για κάθε zε [ 1 ,2].

Τελικά έχουμε: f(x) �f( l ) = g(ψ) �g( l )=h(z)�h(2)=10. Άρα η αποδεικτέα.


Τ'ο Βήμα τιrrο ΕυκΑείδη Επιμέλι:;ια: ιαννης Στρατής Βαγγέλης Ευσταθίου

«ΑΝΑΛ ΥΤΙ ΚΕΣ» . . . ΣΥΖΗΤΗΣΕΙΣ

Καθηγητής: Ας ξεκινήσουμε από την ισοδυναμία α · β = Ο � α = Ο ή β = Ο που ισχύει στην περί-πτωση των πραγματικών αριθμών.

σα.

Μαθητής Α: Δηλαδή, υπάρχουν κάποιοι άλλοι αριθμοί στους οποίους δεν ισχύει αυτή η ισοδυναμία; Καθηγητής: Καλό είναι να μη βιαστούμε. Θεωρήστε ότι κάποιος εργαζόμενος φεύγει από το σπίτι του για την εργασία του στις 7 το πρωί και επιστρέφει μετά από 1 1 ώρες. Τι ώρα επιστρέφει; Μαθητής Γ: Στις 6. Καθηγητής: Προφανώς εννοείς στις 6 το απόγευμα. Μαθητής Γ: Ναι, αυτό εννοού-

Καθηγητής: Και γιατί δεν μας είπες στις Ι 8 ; Μαθητής: Έτσι συνηθίζεται. Όταν περνάμε τις Ι 2 ξεκινάμε πάλι από το Ι . Καθηγητής: Α . . . ωραία. Σ' αυτό το «μαθηματικό περιβάλλον», δηλαδή στον κόσμο του ρολογιού μας το άθροισμα του 5 με το 8 κάνει Ι . Μαθητής Β: Ναι. 8+5=1 3, . . . , δηλαδή Ι . Καθηγητής: Τι έχετε να πείτε για το άθροισμα του 7 με το 5 ; Μαθητής Β: Κάνει μηδέν. Καθηγητής: Αν το ίδιο «μαθηματικό περιβάλλον» θεωρήσουμε ότι λειτουργεί και η πράξη πολλαπλασιασμός, πόσο θεωρείτε ότι κάνει το γινόμενο 3 επί 4; Μαθητής Α: Πάλι το ίδιο, μηδέν. Καθηγητής: Αυτό το «μαθηματικό περιβάλλον» για το οποίο μιλάμε είναι το σύνολο των υπολοίπων της διαίρεσης ενός ακεραίου με το Ι2, συμ-βολίζεται με Ζ12 και έχει ως στοιχεία του όλα τα δυνατά υπόλοιπα μιας τέτοιας διαίρεσης , δη-λαδή είναι το Ζ12= {0, Ι , 2, . . . Ι Ι } . Κάθε ακέραι-ος αριθμός έχει όπως λέμε τον «αντιπρόσωπό» του στο σύνολο αυτό. Έτσι, για παράδειγμα, ο αντιπρόσωπος του 365 είναι το υπόλοιπο της διαίρε-

Αντωνόπουλος Νικόλαος

σης 365: 12 δηλαδή το 5, αφού 365=30xl 2+5. Ο αριθμός 5 αντιπροσωπεύει όλους τους ακέραιους της μορφής 12κ+5, με κ ακέραιο. Στο Ζ12 ορίζουμε τις πράξεις της πρόσθεσης και του πολλαπλασιασμού μέσω των αντιπροσώπων τους. Αυτό σημαίνει ότι, για να κάνουμε την πρό-σθεση 35+14, γράφουμε 1 1+2, που στο zl2 είναι Ι . Αλλά, ας επανέλθουμε στην αρχική μας σχέση και ας προσπαθήσουμε να δούμε τι συμβαίνει, όταν αντί για αριθμούς έχουμε πραγματικές συναρτήσεις, δηλαδή συναρτήσεις με πεδίο ορισμού το σύνολο των πραγματικών αριθμών. Συγκεκρι-μένα, αν για δυο συναρτήσεις f, g: IR � IR ισχύει f(x) · g(x)=O για κάθε χεΙR, τι έχουμε να πούμε για τις συναρτήσεις αυτές; Μαθητής Γ: Γιατί να μην ισχύει το ίδι-ο· ' Καθηγητής: Τι εννοείς; Μαθητής Γ: f(x)=O ή g(x)=O. Καθηγητής: Δεν μας διευκρίνισες για ποια χ εννοείς. Αυτά που μας είπες ισχύουν για όλα ή για κάποια χ; Μαθητής Γ: Ή θα είναι f(x)=O για όλα τα χεΙR, ή g( χ )=Ο για όλα τα χ ε IR.

Καθηγητής: Μάλιστα. Δηλαδή, όπως λέμε, τουλάχιστον μια από τις συναρτήσεις θα είναι η μηδενική. Μαθητής Γ: Ακριβώς! Καθηγητής: Ωραία . . . Ας θεωρήσουμε τις συναρ-

, f1Ί ) {0, Χ � 3 ( ) {-2, Χ � 3 , τησεις �_χ = 3 και g χ = 0 3 . Τι εχε-5, χ < ' χ < τε να πείτε για το γινόμενο f(x) · g(x); Μαθητής Β: Είναι μηδέν για όλα τα χεΙR χωρίς καμία από τις συναρτήσεις να είναι η μηδενική. Μαθητής Α: Και πως γίνεται αυτό, δηλαδή δεν


------------------------------------------------------ Το βήμα του Ευκλείδη -----------------------------------------------------

ισχύει f(x)=O ή g(x)=O, για κάθε xEIR. Καθηγητής: Μπορείς να μας πεις σε τι αναφέρε-Καθηγητής: Αυτό που είπες τώρα, και είναι σωστό, δεν είναι το ίδιο με αυτό που είπε προηγουμένως ο συμμαθητής σου. Το λάθος έγινε διότι «επιμέρισε» το «για κάθε». Μαθητής Α: Ναι, αλλά οι συναρτήσεις που θεωρήσαμε είναι, . . . . . , λίγο περίεργες. Θα μπορούσαμε να έχουμε άλλες συναρτήσεις; Καθηγητής: Στα Μαθηματικά, για να καταρρίψουμε ένα ισχυρισμό, αρκεί να βρούμε ένα παράδειγμα που να μην τον επιβεβαιώνει. Ένα τέτοιο παράδειγμα, που καταρρίπτει κάποιο ισχυρισμό, το λέμε aντιπαράδειγμα. Αλλά, αφού έθεσες το ερώτημα, ας πάρουμε τις συναρτήσεις

fil ) {0, Χ Ε Q ( ) {1 , Χ Ε Q \χ = και g χ = . 1 , x E JR -Q O, x E JR -Q Μαθητής Α: Και αυτές δεν έχουν χ . Ούτε είναι συνεχείς. Υπάρχουν τέτοιες συναρτήσεις που να είναι συνεχείς στο JR; Καθηγητής: Να θεωρήσουμε λοιπόν τις συναρ-τησεις f(x)= και g(x)= . , {χ, χ 2: ο {0, χ > ο

� χ < Ο -� x S O Μαθητής Β: Δεν υπάρχει αμφιβολία. Είναι συνεχείς στο JR, ικανοποιούν την αρχική ισότητα και καμία από αυτές δεν είναι η μηδενική. Καθηγητής: Φαντάζομαι πως δεν θα με ρωτήσεις για παραγωγίσιμες συναρτήσεις, διότι στην περίπτωση αυτή θα μπορούσαμε να θεωρήσουμε τις f(x) = ' - , g(x) =

' - . {χ) χ < ο {ο χ < ο Ο, χ > Ο χ4 , χ > Ο

Τι έχετε να πείτε για τη συνάρτηση f στην περίπτωση που για κάθε xEJR ισχύει f2 (x) = Ο ; Μαθητής Β: Γιατί να μην είναι η μηδενική; Καθηγητής: Εσείς θα μου πείτε. Όπως και να έχει όμως, στα Μαθηματικά, όταν ισχυριζόμαστε ότι κάτι ισχύει, ο μοναδικός αποδεκτός δρόμος, είναι η απόδειξη. Τι λέτε, θα μπορούσατε να κάνετε μια απόδειξη, χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της απαγωγής σε άτοπο; Μαθητής Β: Ωραία. Ας υποθέσουμε ότι η συνάρτηση δεν είναι η μηδενική. Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει κάποιος πραγματικός αριθμός α, ώστε f(α):;ί:Ο. Τότε όμως έχουμε f2 (α) = Ο , που είναι ά-τοπο, αφού για όλα τα χ ισχύει f2 (x) = Ο . Άρα, η συνάρτηση είναι η μηδενική. Ναι, αλλά εγώ σε σχέση μ' αυτά που είπαμε παραπάνω, έχω μια περίπτωση γινομένου όπου ενώ οι δυο παρενθέσεις δεν είναι ίδιες, δίνουν την ίδια συνάρτηση.

σαι; Μαθητής Β: Ναι. Αν μας ζητήσουν να βρούμε όλες τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις f για τις ο-ποίες για κάθε χ>Ο ισχύει (f(x)-lnx)(f'(x)-..!_ )=Ο χ και f( l )=O, τότε είτε πάρουμε f(x)-lnx=O για κάθε χ>Ο, είτε f'(x)= ..!._ , για κάθε χ>Ο, βρίσκουμε την χ ίδια συνάρτηση. Δηλαδή εδώ επιτρέπεται να «επιμερίσουμε» το «για κάθε», ή πάλι κάνουμε κάτι άλλο! Καθηγητής: Το γεγονός ότι βρίσκεις τη σωστή συνάρτηση δεν νομιμοποιεί και τον τρόπο που δουλεύεις. Εδώ θα μπορούσαμε να γράψουμε (f(x)-lnx)(f'(x)- ..!._ )=Ο� 2(f(x)-lnx)(f'(x)- ..!._ )=Ο χ χ

� [(f(x) - lnx)2 )' = Ο � (f(x) - lnx)2 = c

και από την f( l )=Ο βρίσκουμε ότι c=O, οπότε είμαστε στην περίπτωση (f(x)-lnx)2=0 για κάθε χ>Ο, που συζητήσαμε προηγουμένως. Ας περάσουμε όμως τώρα να δούμε τι συμβαίνει όταν για τις συναρτήσεις f, g, για κάθε xEJR, ισχύει (f(x)- 1 )(g(x)-3)=0. Τι λέτε, υπάρχουν και άλλες συναρτήσεις εκτός από τις f(x)=1 για κάθε xEJR και g(x)=3 για κάθε xEJR; Μαθητής Γ: Ναι, θα μπορούσαμε να πάρουμε τις fi"{ ) {1 ' χ 2: 3 ( ) {-2, χ 2: 3 \χ = και g χ = . 5, χ < 3 3, χ < 3 Καθηγητής: Α ν επιπλέον θέλαμε τις συναρτήσεις να είναι συνεχείς, τι θα λέγατε; Μαθητής Β: Νομίζω ότι δυο τέτοιες συναρτήσεις θ ' ' fil ) {1 ' χ 2: ο α μπορουσαν να ειναι οι \χ = και -χ + 1 , χ < Ο

g(x)= {χ2 +3, χ 2: Ο . 3, χ < Ο Καθηγητής: Τι θα λέγατε αν, για κάθε xEJR, είχαμε (f(x)- 1 )(f(x)-3)=0; Μαθητής Γ: Εκτός από τις δυο συναρτήσεις που φαίνονται, θα μπορούσαμε να θεωρήσουμε και

fi"{ )= {1 ' χ 2: 3 την \χ 3 . 3 , χ <

Μαθητής Α: Αυτή όμως δεν είναι συνεχής. Καθηγητής: Τι εννοείς; Μαθητής Α: Εκτός από την f(x)=1 , xEJR και f(x)=3, xEJR υπάρχει άλλη συνεχής συνάρτηση που να ικανοποιεί την (f(x)-1 )(f(x)-3)=0, για κάθε xEJR;


------------------------------------------------------ Τ ο β ή μα του Ευκλείδη -----------------------------------------------------

Καθηγητής: Εδώ τα πράγματα αρχίζουν να δια- δυο μόνο συναρτήσεις. φοροποιούνται, διότι εμπλέκεται ένα από τα βασι- Μαθητής Α: Το γεγονός ότι η εξίσωση g(x)=h(x) κότερα θεωρήματα των συναρτήσεων, το θεώρη- δεν έχει λύση, σημαίνει ότι οι τιμές της διαφοράς μα των ενδιάμεσων τιμών, που ουσιαστικά μας g(x)-h(x) έχουν το ίδιο πρόσημο. εγγυάται ότι αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής και Καθηγητής: Αυτό είναι ένα καλό σημείο να ξεκι-μη σταθερή σε ένα διάστημα Δ, τότε το f(Δ) είναι νήσουμε. Ας θεωρήσουμε λοιπόν τη συνάρτηση διάστημα (δεν έχει κενά). φ(x)=g(x)-h(x) και εφόσον, όπως είπες, οι τιμές Μαθητής Γ: Και τι σημαίνει αυτό; της διατηρούν σταθερό πρόσημο δεν μας εμποδί-Καθηγητής: Ότι υπάρχουν ακριβώς δυο συνεχείς ζει τίποτα να θεωρήσουμε ότι ισχύει φ(χ)>Ο για συναρτήσεις που ικανοποιούν τα δεδομένα του κάθε χε!R. Οι συναρτήσεις f(x)=g(x), χε!R και προβλήματος. Φυσικά μιλάμε

για τις f(x)=l , χε!R και f(x)=3, g(x)=h(x), χε!R είναι φανερό ότι αποτελούν λύση

χε!R. Μαθητής Γ: Είπαμε ότι για να αποδεχτούμε κάτι, πρέπει να μπορούμε να το αποδείξουμε. Αποδεικνύεται αυτό που είπατε;

Καθηγητής: Ναι. Αν θεωρήσουμε ότι υπάρχει και άλλη συνάρτηση που ικανοποιεί τη σχέση αυτή, τότε υπάρχουν α, βε!R ώστε f(α)=l και f(β)=3. Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής και λαμβάνει τις τιμές 1 και 3, από το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών προκύπτει ότι λαμβάνει και την τιμή 2, δη-λαδή υπάρχει ρε!R ώστε f(ρ)=2. Με χ=ρ η ισότητα (f(x)- 1 )(f(x)-3)=0 γίνεται (2- 1 )(2-3)=0, που είναι άτοπο. Άρα, είτε f(x)=l για κάθε χε!R, είτε f(x)=3 για κάθε χε!R. Μαθητής Α: Και τι γίνεται στην περίπτωση όπου αντί για κάποιους σταθερούς αριθμούς έχουμε συναρτήσεις; Καθηγητής: Φυσικά μιλάμε για συνεχείς συναρτήσεις. Διαφορετικά αν θέλουμε γενικά συναρτήσεις που ικανοποιούν τη σχέση

( f( χ )-g( χ))( f( χ )-h( χ) )=Ο μπορούμε να φτιάξουμε όσες θέλουμε, της μορφής

f(x) = {g(x), χ ε Α h(x), x ε !R- A

επιλέγοντας κάθε φορά διαφορετικό σύνολο Α. Επομένως μιλάμε για συνεχείς συναρτήσεις. Μαθητής Γ: Οι συναρτήσεις g(x), h(x) μπορούν να είναι οποιεσδήποτε συνεχείς συναρτήσεις; Στην περίπτωση των αριθμών επιλέξαμε διαφορετικούς αριθμούς. Εδώ θα μπορούν οι γραφικές τους παραστάσεις να έχουν κοινά σημεία; Καθηγητής: Ωραία. Ας ξεκινήσουμε με την περίπτωση όπου οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων g(x), h(x) δεν έχουν κοινό σημείο, και ας δούμε αν μπορούμε να καταλήξουμε σε συμπέρασμα παρόμοιο με το προηγούμενο. Τι λέτε;

του προβλήματος. Θα προσπαθήσουμε να αποδείξουμε ότι είναι οι μοναδικές. Μαθητής Γ: Πάλι με άτοπο φαντάζομαι. Με την ίδια λογική, πάλι η f(x) δεν μπορεί να αλλάζει και από τη μια συνάρτηση να πηγαίνει στην άλλη, γιατί δεν υπάρχει κάποιο μονοπάτι που να συνδέει τις γραφικές τους παραστάσεις. Άρα, μάλλον πρέπει να αποδείξουμε ότι κάτι συμβαίνει εκεί στην απαγορευμένη περιοχή, κάπου στη μέση. Καθηγητής: Σύμφωνοι. Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει και άλλη συνάρτηση τότε τι θα συμβαίνει; Μαθητής Γ: Θα υπάρχουν διαφορετικοί αριθμοί α, β ώστε f(α)=h(α) και f(β)=g(β). Καθηγητής: Για να μπορέσουμε να ονομάσουμε το διάστημα που σχηματίζουν αυτοί οι αριθμοί, νομίζω ότι δεν θα είχαμε πρόβλημα να υποθέσουμε ότι ισχύει α<β. Και για να κινηθούμε όπως είπες προηγουμένως «κάπου στη μέση», ας προσπαθήσουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχει κάποιος Χ0Ε (α, β) ώστε f(x0 ) =

g(xo ) + h(xo ). 2

Πραγματικά, η συνάρτηση φ(x)=2f(x)-g(x)-h(x) είναι συνεχής στο [α, β] και

• φ(α)=2f(α)-g(α)-h(α)=g(α)-h(α)>Ο και • φ(β)=2f(β)-g(β)-h(β)=h(β)-g(β)<Ο

οπότε το ζητούμενο προκύπτει άμεσα εφαρμόζοντας το Θ. Bolzano, για τη συνάρτηση φ στο διάστημα [α, β]. Πως νομίζετε ότι πρέπει να συνεχίσουμε; Μαθητής Α: Μάλλον να αντικαταστήσουμε στην αρχική σχέση, όπως προηγουμένως. Καθηγητής: Ωραία. Αν θέσουμε λοιπόν όπου χ το χ0 στην ισότητα [f(x)-g(x)][f(x)-h(x)]=O, λαμβάνουμε: ( g(xo); h(xo ) - g(xo )} ( g(xo); h(xo ) - h(xo )) = Ο

=> [h(x0 ) - g(x0 )] · [g(x0) - h(x0)] = Ο

=> [h(x0 ) - g(x0 )]2 = Ο => h(x0) = g(x0 ) το οποίο είναι άτοπο από την υπόθεση μας για κάθε χε!R, ισχύει g(x):;t:h(x).

ότι,

Μαθητής Β: Εγώ νομίζω ότι και εδώ θα έχουμε Μαθητής Β: Άρα και εδώ έχουμε μόνο δυο συΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/68

------------------------------------------------------ Το β ή μα του Ευκλείδη -----------------------------------------------------

ναρτήσεις, δηλαδή είτε f(x)=g(x) για κάθε χε!R, είτε f(x)=h(x) για κάθε χε!R. Καθηγητής: Τι λέτε τώρα, θα μπορούσαμε, με βάση αυτό που αποδείξαμε, να φτιάξουμε μια άσκηση πάνω στο συγκεκριμένο αντικείμενο; Μαθητής Β: Γιατί όχι; Καθηγητής: Μάλιστα. Θα μπορούσες να μου αποδείξεις ότι για οποιοδήποτε πραγματικό αριθμό χ ισχύει ex ;::: χ + 1 . Μαθητής Β: Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)= ex - χ - 1 . Αυτή είναι παραγωγίσιμη στο IR με f(x)=ex- 1 και f(x)>O για χ>Ο και f(x)<O για χ<Ο. Άρα είναι γνησίως φθίνουσα για χ::;Ο και γνησίως αύξουσα για χ2:0. Η συνάρτηση παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για χ=Ο, το f(O)=O, οπότε για οποιοδήποτε πραγματικό αριθμό χ ισχύει ex � χ + 1 . Καθηγητής: Με βάση αυτό, τι μπορούμε να πούμε για τις ποσότητες ex2+1 και χ2+2; Μαθητής Β: Ισχύει �χ2+1 ;::: χ

2 + 2 . Καθηγητής: Και πότε νομίζετε ότι ισχύει η ισότητα ex2+1 = χ2 + 2 ; Μαθητής Γ: Όταν ο εκθέτης είναι ίσος με το μηδέν. Δηλαδή ποτέ! Καθηγητής: Δηλαδή, αν κατάλαβα καλά, για τις συναρτήσεις g(x)= ex2 +1 και h(x)=x2+2 ισχύει πάντα g(x)>h(x), οπότε φυσικά g(x):;t:h(x). Μπορείτε τώρα να μου βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις f: IR � IR για τις οποίες, για κάθε χε!R, ισχύει (f(x)-g(x))(f(x)-h(x))=O; Μαθητής Γ: Φυσικά. Σύμφωνα με αυτά που αποδείξαμε παραπάνω ισχύει, είτε f(x)=g(x) για κάθε χε!R, είτε f(x)=h(x) για κάθε χε!R, δηλαδή υπάρ-χουν μόνο δυο συναρτήσεις, οι f(x )= ex2+1 και f(x)= χ2+2. Μαθητής Α: Όλα αυτά στην περίπτωση που οι γραφικές παραστάσεις των f, g δεν έχουν κοινό σημείο. Τι γίνεται αν έχουν ένα κοινό σημείο; Καθηγητής: Φαντάζομαι ότι εννοείς την περίπτωση που αναζητάμε όλες τις συνεχείς συν-αρτήσεις f: IR � IR που ικανοποιούν, για κάθε χε!R, τη σχέση (f(x)-g(x))(f(x)-h(x))=O, όπου οι συναρτήσεις f, g είναι συνεχείς στο IR και επιπλέον υπάρχει μοναδικός πραγματικός αριθμός ρ, με g(ρ)=h(ρ). Μαθητής Α: Ακριβώς! Καθηγητής: Τι λέτε για την περίπτωση αυτή;

Μαθητής Γ: Το μόνο σίγουρο είναι ότι υπάρχουν δυο τουλάχιστον τέτοιες συναρτήσεις, οι g(x), για κάθε χε!R και h(x) για κάθε χε!R. Καθηγητής: Ωραία. Θα σας πω και εγώ δυο άλλες τέτοιες συναρτήσεις και θέλω να μου πείτε αν σκέφτεστε κάποια άλλη. Νομίζω ότι και οι συναρτήσεις f (χ) = {g(x), χ ::; ρ και f (χ) = {h(x), χ ::; ρ είναι 1 h(x), χ > ρ 2 g(x), χ > ρ λύσεις του προβλήματος. Τι λέτε; Μαθητής Β: Είναι συνεχείς; Μαθητής Α: Ναι, είναι συνεχείς σε καθένα από τα δυο διαστήματα και, λόγω της g(ρ )=h(ρ) είναι συνεχείς και στο σημείο αλλαγής του τύπου τους. Μαθητής Γ: Δεν είναι και οι f3 (x) = {g(x), χ < ρ

h(x), χ � ρ

και f4 (x) = {h(x), χ < ρ ; g(x), χ � ρ Καθηγητής: Εννοείς ότι οι συναρτήσεις που είπες είναι διαφορετικές από αυτές που σας είπα εγώ; Μαθητής Γ: Γιατί όχι; Καθηγητής: Ας εξετάσουμε πρώτα τις συναρτήσεις f (χ) = {g(x), χ ::; ρ και f (χ) = {g(x), χ < ρ . 1 h(x), χ > ρ 3 h(x), χ � ρ

Φαντάζομαι να συμφωνείτε ότι: • Για κάθε χ<ρ ισχύει f1(x)=g(x)=f3(x) • Για κάθε χ>ρ ισχύει f1 (x)=h(x)=f3(x) • Για χ=ρ ισχύει fι(x)=g(ρ)=h(ρ)=f3(x).

Μαθητής Γ: Α, . . . , κατάλαβα. Το ίδιο γίνεται και με τις άλλες δυο, οπότε ουσιαστικά έχουμε δυο μόνο συναρτήσεις με κλάδους. Δηλαδή το «=» μπορούμε να το βάζουμε σε οποίο κλάδο θέλουμε. Δεν αλλάζει κάτι. Καθηγητής: Βεβαίως. ι Μαθητής Α: Δεν θα μπορούσε να είναι

f(x) = {g(x), χ * ρ . h(x), χ = ρ Καθηγητής: Πρόσεχε! Έχουμε ως δεδομένο ότι h(ρ )=g(ρ ). Μήπως σου θυμίζει κάποια από τις προηγούμενες; Μαθητής Α: Α, . . . , ναι, είναι η f(x)=g(x). Μαθητής Γ: Στο κοινό σημείο οι γραφικές παραστάσεις των g(x), h(x) μπορεί να τέμνονται ή να «ακουμπάει» η μια στην άλλη και να χωρίζουν. Δεν υπάρχει διαφορά; Καθηγητής: Έτσι κι αλλιώς εμείς δουλεύουμε σε δυο διαστήματα οπότε, σε καθένα από αυτά, μπορούμε να επιλέξουμε είτε τη μια, είτε την άλλη συνάρτηση. Ας κρατήσουμε, λοιπόν ως εικασία, ότι στην περίπτωση που έχουμε ένα κοινό σημείο, το πλήθος των διαφορε-


------------------------------------------------------ Το βήμα του Ευκλείδη -----------------------------------------------------τικών συναρτήσεων που προκύπτουν φαίνεται να είναι 4. Τι λέτε για την περίπτωση όπου οι γραφικές παραστάσεις των g(x), h(x) έχουν δυο κοινά σημεία; Μαθητής Β: Γίνεται χαμός . . . . Καθηγητής: Μην βιάζεστε! Ας προσπαθήσουμε να δουλέψουμε με συγκεκριμένες συναρτήσεις. Θεωρούμε ως g(x)=x2+4 και h(x)=Sx-2. Τι λέτε για το πλήθος των κοινών σημείων των γραφικών τους παραστάσεων; Μαθητής Β: Είναι όσες οι λύσεις της εξίσωσης g(x)=h(x) δηλαδή της χ2-5χ+6=0 που είναι δύο , το 2 και το 3 . Καθηγητής: Μάλιστα. Ας προσπαθήσουμε να δούμε πόσες διαφορετικές συνεχείς συναρτήσεις, πέρα από τις δυο προφανείς, μπορούμε να βρούμε που να ικανο-

ποιούν, για κάθε xεJR τη σχέση

(f(x)-x2 -4)(f(x)-5x+2)=0. Μαθητής Α: Να πω εγώ; Καθηγητής: Φυσικά. Πάμε.

Μαθητής Α: Είναι οι f1 (x) = {χ2 +4, χ � 2, 5χ - 2, χ > 2

f2 (x) = {χ2 +4, χ � 3 ' f3 (x) = {xz + 4, χ 2 2 και 5χ - 2, χ > 3 5χ - 2, χ < 2

f ( ) {χ2 +4, χ 2 3 Γ λ' 'β λ ,

4 χ = . ια ευκο ια ε α α το «=» πα-5χ - 2, χ < 3 ντα στον πρώτο κλάδο. Καθηγητής: Καλά. Αυτό είπαμε δεν μας δημιουργεί πρόβλημα. Μήπως υπάρχουν και άλλες; Μαθητής Γ: Ναι. Να διαφοροποιήσουμε τις συναρτήσεις ανάμεσα στις ρίζες. Καθηγητής: Δηλαδή; Μαθητής Γ: Να θεωρήσουμε και τις

t;(x)={i-+4, χ�2ήχ23 και f (χ)={χ2 +4, 2�χ�3

5χ-2, 2<χ<3 6 5χ-2, χ <2ήχ>3 Καθηγητής: Άρα, όταν οι γραφικές παραστάσεις των g(x) και h(x) έχουν δυο κοινά σημεία, το πλήθος των διαφορετικών συναρτήσεων φαίνεται να είναι 8. Μπορείτε να φανταστείτε πόσες διαφορετικές συναρτήσεις θα βρίσκαμε αν θεωρούσαμε ότι το πλήθος των κοινών σημείων ήταν 3; Μαθητής Β: Αφού τα δυο κοινά σημεία μας έδωσαν οκτώ συναρτήσεις, τα τρία κοινά σημεία θα μας δώσουν 1 2 συναρτήσεις. Καθηγητής: Δηλαδή, θεωρείς ότι το πλήθος των συναρτήσεων φαίνεται να είναι τετραπλάσιο από το πλήθος των κοινών σημείων. Μαθητής Β: Ναι. Καθηγητής: Μια εικασία μας, για να είναι αποδείξιμη και επομένως να μπορεί να καταχωρηθεί ως μαθηματική γνώση, θα πρέπει να ικανοποιεί το κριτήριο της ελάχιστης επαληθευσιμότητας, με την έννοια ότι, για τις λίγες περιπτώσεις που μπορούμε να ελέγξουμε, τα αποτελέσματα που δίνει, να συμφωνούν με αυτά που έχουν προκύψει από τις παρατηρήσεις μας. Μαθητής Β: Ναι. Όταν έχουμε μια ρίζα προκύπτουν τέσσερις συναρτήσεις, όταν έχουμε δυο οκτώ, οπότε

λογικό είναι να αναμένουμε δώδεκα συναρτήσεις στην περίπτωση των τριών κοινών σημείων. Καθηγητής: Η εικασία σου επαληθεύεται στην περίπτωση που οι γραφικές παραστάσεις των f(x), g(x) δεν έχουν κοινό σημείο; Μαθητής Β: Τέσσερα επί μηδέν . . . . Όχι, αλλά μπορούμε να ξεκινήσουμε από το ένα. Καθηγητής: Καλύτερα, σε πρώτη φάση, να αναζητήσουμε κάποιο τύπο που να επαληθεύεται σε όλες τις περιπτώσεις που έχουμε ήδη εξετάσει. Α ν κάτι τέτοιο δεν είναι εφικτό, τότε, να αναζητήσουμε κάτι άλλο. Μήπως μπορούμε να βρούμε κάποιο τύπο, ο οποίος, τουλάχιστον στις περιπτώσεις που μπορούμε να ελέγξουμε, να δίνει ως αποτέλεσμα το ίδιο πλήθος συναρτήσεων, με αυτό στο οποίο καταλήξαμε προηγουμένως; Μαθητής Α: Το πλήθος των συναρτήσεων θα μπορούσε να είναι γ+ Ι . Καθηγητής: Συμφωνεί με αυτά που έχουμε ήδη αναφέρει; Μαθητής Α: Ναι. Όταν δεν έχουμε κοινό σημείο, δίνει αποτέλεσμα 2, όταν έχουμε ένα κοινό σημείο δίνει αποτέλεσμα 4, όταν έχουμε δυο κοινά σημεία δίνει αποτέλεσμα 8, οπότε όταν έχουμε τρία κοινά σημεία μάλλον θα πρέπει να αναμένουμε 1 6 συναρτήσεις. Καθηγητής: Αυτό φαίνεται να είναι μια καλή εικασία. Μαθητής Γ: Που όμως, όπως είπαμε προηγου-μένως, χρειάζεται απόδειξη. Μαθητής Α: Όταν θέλουμε να αποδείξουμε ότι, κάτι που αναφέρεται στους φυσικούς αριθμούς, ισχύει για όλους τους αριθμούς αυτούς, συνήθως δεν εφαρμόζουμε μια συγκεκριμένη μέθοδο που αναπτύσσεται σε τρία στάδια; Καθηγητής: Εννοείς τη μέθοδο της Μαθηματικής Επαγωγής. Μαθητής Α: Ακριβώς! Καθηγητής: Εδώ θα έλεγα να χρησιμοποιήσουμε ένα άλλο απλό, αλλά ισχυρό μαθηματικό εργαλείο. Μιλάω για την αρχή της απαρίθμησης. Μαθητής Β: Αρχή της απαρίθμησης; Τι λέει αυτή; Καθηγητής: Μια απλή μορφή της είναι η εξής: Αν μια διαδικασία μπορεί να ολοκληρωθεί σε κ φάσεις φ1 , φ2, . . . , Ψκ, εκ των οποίων η πρώτη δύναται να εκτελεστεί με ν1 τρόπους, η δεύτερη με ν2 τρόπους, . . . , η τελευταία με ν κ τρόπους, τότε οι διαφορετικοί τρόποι με τους οποίους μπορεί να ολοκληρωθεί η διαδικασία είναι Vl · Vz • . . . · Vκ .

Μαθητής Γ: Και γιατί την είπατε βασική. Που χρησιμοποιείτε; Καθηγητής: Να δούμε λοιπόν ένα απλό παράδειγμα. Ας υπολογίσουμε το πλήθος των διαφορετικών τετραψήψω)V αριθμών που μπορούμε να σχηματίζουμε χρησιμοποιώντας τα ψηφία {0, I , 2, 3, . . . , 9} .

Με πόσους τρόπους μπορούμε να επιλέξουμε το πρώτο ψηφίο; Μαθητής Β: Με δέκα, δηλαδή όσα είναι και τα ψηφία. Καθηγητής: Μη βιάζεσαι! Υπάρχει τετραψήφιος αριθμός με πρώτο ψηφίο το μηδέν; Μαθητής Β: Α, ναι. Το πρώτο ψηφίο, μπορούμε να το επιλέξουμε με εννέα τρόπους.


------------------------------------------------------ Το βήμα του Ευκλείδη -----------------------------------------------------

Καθηγητής: Φαντάζομαι να συμφωνείτε ότι το δεύτερο μπορεί να συμπληρωθεί με δέκα τρόπους, το τρίτο επίσης με δέκα τρόπους και το τέταρτο με δέκα τρόπους. Σύμφωνα με την αρχή της απαρίθμησης το πλήθος των διαφορετικών τετραψήφιων αριθμών που μπορούμε να κατασκευάσουμε, είναι 9·10- 10- 10=9.(ΧΧ) . Μαθητής Γ: Αυτό, νομίζω ότι θα μπορούσαμε να το βρούμε αν από τον 9.999 aφαιρούσαμε το πλήθος όλων των αριθμών που έχουν μέχρι τρία ψηφία, δηλαδή το 999, οπότε πάλι θα βρίσκαμε το 9.000. Καθηγητής: Έχεις δίκιο. Ας υπολογίσουμε το πλήθος όλων των τετραψήφιων αριθμών με τα ψηφία τους να είναι διαφορετικά ανά δυο. Με πόσους τρόπους νομίζετε όn μπορούμε να επιλέξουμε το κάθε ψηφίο του; Μαθητής Α: Να λέω εγώ; Καθηγητής: Ναι, πάμε. Μαθητής Α: Το πρώτο ψηφίο μπορεί να επιλεγεί με εννέα τρόπους (είπαμε ότι δεν μπορεί να είναι το μηδέν). Το δεύτερο μπορεί να επιλεγεί με δέκα τρόπους διότι τώρα μπορεί να είναι και το μηδέν. Καθηγητής: Μια στιγμή! Σε ότι αφορά στο μηδέν έχεις δίκιο, αλλά εμείς είπαμε χωρίς επανάληψη του ίδιου ψηφίου. Μαθητής Α: Α, κατάλαβα. Το πρώτο είπαμε με εννέα τρόπους, το δεύτερο επίσης με εννέα (μπορεί να είναι το μηδέν αλλά δεν μπορεί να είναι το ψηφίο που έχει ήδη χρησιμοποιηθεί), το τρίτο με οκτώ, διότι έχουμε ήδη χρησιμοποιήσει τα δύο από τα δέκα ψηφία, και το τέταρτο με επτά τρόπους. Άρα το πλήθος των ζητούμενων αριθμών είναι 9 · 9 · 8 · 7=4536. Μαθητής Γ: Α ν εγώ ξεκινούσα να φτιάχνω τον αριθμό από το τέλος προς την αρχή τότε, για το ψηφίο με το οποίο θα ξεκινούσα, δεν θα είχα δέκα επιλογές; Καθηγητής: Βεβαίως. Μαθητής Γ: Τότε όμως το πλήθος που θα βρίσκαμε, ως πολλαπλάσιο του δέκα, θα είχε τελευταίο ψηφίο το μηδέν, οπότε δεν θα ήταν 4536! Καθηγητής: Δεν θέλω να ξεφύγουμε. Πάντως, αν θέλεις να δουλέψεις με αυτό τον τρόπο, που αν και δεν είναι ο πλέον ενδεδειγμένος, δεν απαγορεύεται, θα πρέπει φθάνοντας στο πρώτο ψηφίο να διακρίνεις περιπτώσεις, αν έχεις ή δεν έχεις χρησιμοποιήσει το μηδέν. Στην περίπτωση αυτή, οι αριθμοί που δεν περιέχουν το μηδέν είναι 9 · 8 · 7 · 6 και αυτοί που το περιέχουν είναι 3 · 9 · 8 · 7. Επειδή οι διαδικασίες είναι όπως λέμε ανεξάρτητες το τελικό αποτέλεσμα προκύπτει με πρόσθεση αυτών των αριθμών και είναι

9 - 8 - 7 - 6+3 . 9 - 8 - 7=9 - 8 - 7 . (6+3)= 4536 Αλλά ας μην επεκταθούμε περισσότερο με αυτά. Μαθητής Β: Ναι. Πως εφαρμόζεται αυτή η αρχή στην περίπτωσή μας; Καθηγητής: Ωραία. Ας επανέλθουμε στο πρόβλημά μας και ας θεωρήσουμε όn οι γραφικές παραστάσεις των συνεχών συναρτήσεων g(x) και h(x) έχουν ν κοινά σημεία. Έχουμε ήδη διευκρινίσει ότι, δεν μας ενδιαφέρει αν στα σημεία αυτά οι γραφικές παραστάσεις τέμνονται ή, απλώς συγκλίνουν με κάποιο τρόπο αποκτούν κοινό σημείο και κατόmν απομακρύνονται. Έχουμε επίσης ξεκαθαρίσει ότι, εmλέγοντας στο κοινό σημείο οποιαδήποτε από τις συναρτήσεις, δεν προκύπτει διαφορετικό αποτέλεσμα. Αυτό

σημαίνει ότι η διαφοροποίηση έχει να κάνει με το τι συμ

βαίνει στα διάφορα υποδιαστήματα του IR που σχηματίζο-

νται αν τοποθετήσουμε τις ρίζες στον άξονα των πραγματικών αριθμών. Ας ονομάσουμε, με σειρά μεγέθους, τις τετμημένες των κοινών σημείων χ1, χ2, χ3, . . . ,xv_ 1 , Χν και ας δούμε τι συμβαίνει όταν τις τοποθετούμε στον άξονα.

- ro :( Χ.., • 1 .- • • \,. 1 '!\.- + ro • •

Πόσα νομίζεται ότι είναι τα υποδιαστήματα του IR που

σχηματίζονται; Μαθητής Β: Κάθε σημείο τον χωρίζει σε δυο διαστήματα. Αυτό που είναι πριν από το σημείο και αυτό που είναι μετά το σημείο. Μήπως το πλήθος τους είναι 2ν; Καθηγητής: Μια στιγμή. Τα δυο σημεία πόσα διαστήματα δημιουργούν; Μαθητής Β: Τρία, οπότε μάλλον δεν είναι όπως το είπα. Καθηγητής: Φαντάζομαι ότι συμφωνούμε όλοι ότι τα ν σημεία σχηματίζουν ν+ ι υποδιαστήματα. Σε καθένα από αυτά πόσες επιλογές έχουμε για τη συνάρτηση f(x); Μαθητής Α: Ή θα είναι g(x) ή θα είναι h(x). Έχουμε δηλαδή δυο επιλογές. Καθηγητής: Άρα, πόσες νομίζεται ότι θα είναι οι διαφορετικές συνεχείς συναρτήσεις που προκύπτουν; Μαθητής Γ: Αν εφαρμόσουμε την αρχή που είπαμε παραπάνω θα είναι ν+ 1 φορές το 2 δηλαδή 2ν+ ι . Αυτό που είχαμε εικάσει νωρίτερα. Καθηγητής: Πολύ ωραία! Μαθητής Β: Και τι θα συμβεί αν σε όλα τα υποδιαστήματα επιλέξω την ίδια συνάρτηση; Καθηγητής: Τι λέτε; Μαθητής Α: Μπορούμε να θεωρήσουμε ότι η ίδια συνάρτηση δουλεύει και στα κοινά σημεία, οπότε θα έχουμε μια από τις προφανείς λύσεις που λέγαμε στην

αρχή, δηλαδή κάποια από τις g(x) για όλα τα χ ε!R ή

h(x) επίσης για όλα τα χε!R. Καθηγητής: Ακριβώς! Μαθητής Β: Αν ανάμεσα σε δυο κοινά σημεία οι συναρτήσεις ταυτίζονται; Τι γίνεται τότε; Καθηγητής: Αυτό ξεφεύγει από τη βασική μας υπόθεση ότι έχουμε κοινά σημεία τα οποία δεν σχηματίζουν διάστημα. Αφού όμως το ανέφερες, ας κλείσουμε με αυτό. Στο διάστημα που ισχύει g(x)=h(x) είτε επιλέξουμε τη μια είτε την άλλη συνάρτηση δεν προκύπτει διαφορετικό αποτέ-λεσμα, οπότε ουσιαστικά στο διάστημα αυτό έχουμε μια επιλογή . Τι λέτε για το συνολικό πλήθος των συναρτήσεων. Μαθητής Β: Το αποτέλεσμα προκύπτει αν στον προηγούμενο τύπο αντικαταστήσουμε μια φορά τον αριθμό 2 με το ι . Άρα το συνολικό πλήθος θα είναι 2ν. Μαθητής Α: Ουσιαστικά είναι σαν το διάστημα να συρρικνώνεται και τα άκρα του να ταυτίζονται οπότε το πλήθος των κοινών σημείων μικραίνει κατά ι . Καθηγητής: Ωραία. Ευχαριστώ για τη συνεργασία σας.


-------------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . . -------------

Ευκλείδης προτείνει

«Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα».

P. R. HALMOS

ΑΣΚΗΣΗ 201 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 82 ) Επιμέλεια: Γ. Κ. ΤΡΙΑΝΤΟΣ - Ν. Θ ΑΝΤΩΝΟΠΟΥ ΛΟΣ - Θ. Α. ΤΖΙΩΤΖIΟΣ

την οποία ισχύει ότι fι(χ) ?: Μ > Ο , για κάθε Α ν α, β είναι γνωστοί θετικοί ακέραιοι να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις των εξισώσεων:

β2 α2 ( 1 ) αχ + (α + 1 )y = α + β . 2 2 2 (2) 10α χ + ( 10α +Ι + 1 ) Υ = 1 0α +2 + 1 0.

(ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΡΒΕΛΑΣ - Πεύκη )

Λ ΥΣΗ ( ΔΙΟΝΥΣΗΣ ΓΙΆΝΝΑΡΟ Σ -Πύργος) (1) Η εξίσωση αχ + (α + l)y = 1 έχει λύση

ι ι χ0 = -1 , y0 = 1 ,αφού α(-1) + (α + 1) · 1 = Ι .άρα,

α[-(αβ2 + βα2 )] + (α + Ι)(αβ2 + βα2 ) = (αβ2 + βα2 ) οπότε μία μερική λύση της αρχικής είναι η

χ0 = -(αβ2 + βα2 ) , y0 = αβ2 + βα2 και οι γενικές

β2 2 λύσεις της είναι: χ = -(α + βα ) - (α + I)t και

y = (αβ2 + βα2 ) + αt , t E Z .

2 (2) Θέτουμε 1 ο α = k και η εξίσωση γράφεται kx + (1 Ok + I)y = 100k + 1 0 .Επειδή (k , 1 0k + Ι) = Ι η εξίσωση έχει λύση. Η kx + (10k + I)y = 1 έχει

ι ι μία προφανή λύση χ 0 = - 10 , y 0 = 1 , αφού k( -10) + (1 0k + 1) · 1 = 1 , οπότε θα είναι και

χ Ε [Ο,Ι] . Να δειχθεί ότι υπάρχει διάστημα

Δ � [0,1] πλάτους ± τέτοιο, ώστε να ισχύει

4jf(x)j ?: Μ , για κάθε χ Ε Δ . (ΘΑΝΑΣΗΣ ΤΖΙΩΤΖΙΟΣ - Γλυφάδα ) .

Λ ΥΣΗ ( ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΥΡΙΑΖΗΣ - Χάλκη )

Αν τεθεί g(x) = f�) , τότε η εκφώνηση

μετατρέπεται ως εξής: Α ν η g είναι συνάρτηση παραγωγίσιμη στο διάστημα [Ο,Ι] με gι(χ) ?: 1 , για κάθε χ Ε [0,1] , τότε υπάρχει διάστημα Δ � [Ο,Ι]

λ , 1 , , , I c )j 1 π ατους - τετοιο, ωστε να ισχuει: g χ ?: - , για 4 4

κάθε χ Ε Δ . Επειδή gι(χ) = fι(χ) > Ο , για κάθε Μ

χ Ε [0,1] , η g είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής συνάρτηση στο [0,1] με σύνολο τιμών [g(O),g(l)] .

Δεχόμαστε ότι για κάθε διάστημα Δ πλάτους .!. , 4

υπάρχει ένα τουλάχιστον χ 1 Ε Δ : jg( χ 1 )j < .!. . Αυτό 4 k( -10)(100k + 1 0) + (10k + 1)(100k + 10) = 100k + 1 0 Ι 3 θα συμβαίνει και στα διαστήματα [0,-] , [- ,Ι] . δηλ. μία μερική λύση της εξίσωσης (2) είναι η χ 0 = -10(100k + 10) , y 0 = l OOk + 10 . Επομένως οι γενικές λύσεις της εξίσωσης (2) δίνονται :

2 2 2 Χ = -10(10α + + 10) - (ΙΟα +I + I)t ,

2+2 α2 Υ = 10α + 10 + 10 t ' t Ε z .

Λύση έστειλε επίσης ο συνάδελφος ΡΟΔΟΛΦΟΣ

ΜΠΟΡΗΣ - Δάφνη.

ΑΣΚΗΣΗ 202 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 82 ) Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f στο [0, 1 ] για

4 4

Δηλ. θα υπάρχουν t 1 E [O,.!.] , t 2 Ε [� ,Ι] τέτοια, 4 4

ώστε: jg( t 1 )j < .!. , jg( t 2 )j < .!. . Από το θεώρημα της 4 4 μέσης τιμής στο διάστημα [t 1 , t2 ] για την συνάρτηση g , έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4!72

-------------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . . --------------

g(t2 ) - g(t 1 ) :?: t2 - t 1 (1) . Επειδή, όμως, είναι

( Ι ) ' ' t t Ι ' ' ' , ισχυει οτι: 2 - 1 < - , που ειναι ατοπο, αφου 2

ΒΓ, ΑΒ, ΚΑ, ΚΓ αντιστοίχως, είναι ρόμβος με

πλευρές ίσες προς � , ενώ οι διαγώνιοι ΜΡ και ΝΣ 2 διχοτομούνται κάθετα στο Ο. Παρατηρούμε ότι:

κ

Τελικά, υπάρχει διάστημα Δ ς [Ο,Ι] πλάτους ..!._ Α

4

τέτοιο, ώστε να ισχύει: Jg( χ )j :?: ..!._ , για κάθε χ ε Δ . 4 Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Ροδόλφος

Μπόρης - Δάφνη , Δη �ηΊτριος Καραβότας - Κάτω

Αχαϊα, Γιώργος Μ ιΊτσιος - Ράμια Άρτας, Γιώργος

Δεληστάθης - Κάτω Πατήσια.

ΑΣΚΗΣΗ 203 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 82 ) Δίνεται ισοεδρικό τετράεδρο ΚΑΒΓ. Το κέντρο Ο της περιγεγραμμένης σφαίρας του βλέπει τις πλευρές ΒΓ , Γ Α , ΑΒ της έδρας ΑΒΓ υπό γωνίες θ 1 , θ 2 , θ 3 αντιστοίχως. Να δειχθεί ότι ισχύει: συνθ1 + συνθ2 + συνθ3 = -Ι . (ΓΙ ΩΡΓΟΣ ΤΡΙΑΝΤΟΣ - Αθήνα )

ΛΥΣΗ ( ΓΙΩΡΓΟΣ ΤΡΙΑΝΤΟΣ ) Σε κάθε ισοεδρικό τετράεδρο, οι απέναντι ακμές είναι ίσες. Έστω ΚΑ = ΒΓ = α , ΚΒ = ΑΓ = β και ΚΓ = ΑΒ = γ . Το κέντρο Ο της περιγεγραμμένης σφαίρας του τετραέδρου είναι το κέντρο βάρους του. Δηλ. το σημείο τομής των τμημάτων που άγονται από κάθε κορυφή του προς το κέντρο βάρους της απέναντι έδρας του. Αν R είναι η ακτίνα της περιγεγραμμένης σφαίρας , τότε ισχύει: ΟΚ = ΟΑ = ΟΒ = ΟΓ = R . Έστω ΚΑ = ΒΓ = α

Β

Για τα ύψη ΟΜ και ΟΝ των ισοσκελών τριγώνων ΟΒΓ και ΟΑΒ αντιστοίχως, ισχύουν:

2 ΟΜ2 = 0Β2 -ΒΜ2 = R2 -� (1) και 4

2 ΟΝ2 = 0Β2 -ΒΝ2 = R2 _ l_

4 (2) . Από

ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΝ έχουμε επίσης ΟΜ2 + ΟΝ2 = ΜΝ2 και λόγω των ( Ι ) , (2)

2 2 β2 2 β2 2 R2 -�+ R2 _r_ = - ::::::> R2 = α + + γ 4 4 4 8 ::::::> 8R2 = α2 + β2 + γ2 (3)

το

ότι:

Από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΒΟΓ

::::> ΟΒ2 + ΟΓ2 - 20ΒΟΓσυν(ΒΟΓ) = ΒΓ2 ::::> R2 +R2 - 2R2συνθ1 = α2 ::::> α2 = 2R2(1 - συνθ1 ) (4)

Ομοίως, από τα τρίγωνα ΟΑΓ , ΟΑΒ έχουμε: β2 = 2R2 (Ι - συνθ2 ) , γ2 = 2R2 (1 -συνθ3) (5)

Με πρόσθεση των ισοτήτων (4) και (5) έχουμε: α2 + β2 + γ2 = 2R 2 (3 -συνθ1 - συνθ2 - συνθ3) (3) ::::::> 8R 2 = 2R 2 (3 -συνθ1 - συνθ2 -συνθ3 )

ΚΒ = ΑΓ = β και ΚΓ = ΑΒ = γ . Το τετράπλευρο ::::::> 3 -συνθ1 - συνθ2 -συνθ3 = 4 ΜΝΡΣ με κορυφές τα μέσα Μ,Ν,Ρ,Σ των ακμών => συνθι + συνθ2 + συνθ3 = -Ι


-------------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . . --------------Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Ροδ6λφος

Μπ6ρης - Δάφνη , Ι ' ιιίψγος Μ ι]τσιος - Ράμια Άρτας.

ΑΣ ΚΗΣΗ 204 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 83 ) Αν a Ε R , τότε να δειχθεί ότι η εξίσωση ( 1 ) : χ 6 + χ 4 + χ 2 + ax - 1 = Ο , έχει ακριβώς δύο πραγματικές ρίζες , ετερόσημες. ( ΑΝΠ2Ν Η Σ ΙΩΑΝΝ Ι ΔΗΣ - Λάρισα )

ΛΥΣΗ ( Ι)ΟΔΟΛΦΟΣ Μ ΠΟ Ι)ΗΣ - Δάφνη )

Η εξίσωση ( 1 ) δεν έχει λύση το Ο οπότε γράφεται:

χ5 + χ3 + χ _ _!_ = -a ή το αυτό f(x) = -a , όπου χ 1 f(x) = χ5 + χ3 + χ - - είναι συνάρτηση ορισμένη χ

στο R • , περιττή , συνεχής και γνησίως αύξουσα

σε καθένα από τα διαστήματα (-οο,Ο) , (Ο,+οο)

δ θ " ' 1 1 1 ειχ ει οτι ισχυει 2 + 2 + 2 � (α + 1) (β + 1) (γ + 1)

2( α + β + γ) + 6 Π , , , � 1 1 1 . οτε ισχυει το ισον; α + β + γ - (-+-+-) α β γ

( Γ ΙΩΡΓΟΣ ΑΠΟΣΤΟΛΟΠΟΥ ΛΟΣ - Μεσολόγγι)

220. Δίνονται σημείο Ε( Ε. ,0) και ευθεία (δ) με 2

εξίσωση χ = -Ε. . Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των 2 σημείων Μ του επιπέδου των οποίων ο λiryoς των αποστάσεων από το σημείο Ε και την ευθεία δ είναι λ > 0 . (CΥΑΓΓΕΛΟΣ ΟΙ ΚΟΝΟΜ ΙΔΗΣ - Κ. Πατήσια )

2 2 1 . Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΒΓ=Γ Α=2. Χωρίζουμε τη ΒΓ σε τρια ίσα τμήματα ΒΔ=ΔΕ=ΕΓ. Γράφουμε το ημικύκλιο με

αφού f'(x) = 5χ4 + 3χ2 + 1 +� > Ο , για κάθε διάμετρο τη ΒΓ εξωτερικά του τριγώνου ΑΒΓ και χ χ Ε R • . Επειδή lim f(x) = -οο , lim f(x) = +οο

χ�ο· x�-roo

είναι f((O,+oo)) = R , οπότε η ευθεία y = -a έχει ακριβώς ένα σημείο τομής με την cf με τετμημένη στο (Ο,+οο) , που αποτελεί την μοναδική ρίζα της f(x) = -a στο διάστημα αυτό. Η συμμετρία της Cr ως προς την αρχή των αξόνων εξασφαλίζει στην εξίσωση f(x) = -a ακριβώς μία

ρίζα στο ( -οο,Ο) , γεγονός που αποδεικνύει το ζητούμενο. Λύσεις έστειλαν επίσης οι Δ ιονύσης

Γιάνvαρος - Πύργος , Δημι]τρως Καραβότας - Κάτω

Αχαία, ΓΗ;φγος Δι:ληστιΊθης - Πατήσια, Γιάφγος

Μ ι]τσιος - Ράμια Άρτας.

Π Ι>ΟΤ Ε Ι ΝΟΜ ΕΝΑ Θ Ε Μ ΑΤΑ 2 1 8. Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ = α ,

Λ Λ Β = Γ = 40° , προεκτείνουμε την ΑΓ κατά τμήμα

Λ ΑΔ = ΒΓ . Να δειχθεί ότι: ΓΒΔ = 1 0° . ( ΠΩΡΓΟΣ Κ Υ Ρ ΙΑ ΚΟΠΟΥ ΛΟΣ - Βόλος.)

2 1 9. Αν α, β, γ Ε R - {- 1} με αβγ = - 1 , τότε να

προεκτείνουμε την ΑΔ μέχρις ότου τμήσει το ημικύκλιο στο Ζ. Αν Μ είναι το κέντρο του ημικυκλίου τότε να αποδειχθεί ότι η ευθεία ΖΜ διέρχεται από το μέσο Η της ΑΓ. (τΣΙ Λ Ι Α ΚΟΣ Λ ΕΥΤΕΡΗΣ - Γαλάτσι )

222. Θεωρούμε ημικύκλιο C1 διαμέτρου ΒΓ και στο εσωτερικό του ημικύκλιο C2 με μικρότερη ακτίνα που εφάπτεται του C1 στο Β. Χορδή Γ Α του C1 εφάπτεται του C2 στο Ε. Ημιευθεία που άγεται από το Γ τέμνει την ΑΒ στο Λ και το τόξο ΑΒ του C1 στο Μ. Αν ισχύουν: ΒΓ=α , ΑΓ=β , ΑΒ=γ και

α + β + γ = k (cm) , (ABΓ) = k(cm2 ) και ακόμη ότι

ΓΛ · ΓΜ · ΑΒ = k2 - 4k (cm3 ) , τότε : 1 ) Να δειχθεί ότι το μήκος του τμήματος ΑΘ, όπου Θ η τομή της ΒΕ με την Γ Λ, είναι ανεξάρτητο από τις τιμές που μπορεί να πάρει ο αριθμός k. 2) Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του k και να υπολογισθούν τα μήκη των ακτίνων των C1 , C2 •

(Γ ΙΩΡΓΟΣ Μ ΗΤΣΙΟΣ - Ράμια Άρτας )


Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος

Η μέθοδος του άρα:

«Κι εκείνο το φυτό αντίκρισα

που διαιρεί άνισα, πλην σωστά

τον χώρο, είναι η αόρατη Γεωμετρία που διέπει στο βάθος

ολάκαιρη την οικουμένη» Οδυσσέας Ελύτης

Γνωρίζετε ότι: •:• Ο Άγγλος μαθηματικός G. Η. Hardy (Γκόντφρι Χ. Χάρντι) που

ανακάλυψε τον κορυφαίο Ινδό μαθηματικό Ραμανουτζάν είχε πεί: «0 Αρχιμήδης θα μνημονεύεται όταν ο Αισχύλος θα έχει ξεχαστεί, γιατί ενώ οι γλώσσες πεθαίνουν, οι μαθηματικές ιδέες είναι αθάνατες. Ίσως η «αθανασία» είναι μια ανόητη λέξη, αλλά μάλλον ο μαθηματικός έχει την καλύτερη τύχη, ότι και αν αυτό σημαίνει». Και ακόμη: «Οι νέοι πρέπει να αποδεικνύουν θεωρήματα και οι μεγαλύτεροι να γράφουν βιβλία».

•:• Ο Η/Υ έχει σχέση με αυτόν που καυχιέται; Όταν ο Θαλής ο Μιλήσιος πήγε στην Αίγυπτο να μετρήσει την

μεγάλη πυραμίδα από την σκιά της, του έθεσαν το πρόβλημα πώς θα

μπορούσαν οι Αιγύπτιοι αγρότες να βρουν τρόπο ώστε μετά τις

πλημμύρες του Νείλου να ξαναβρούν τα όρια των χωραφιών

τους. Ο Θαλής αφού έβαλε πασσάλους κατά διαστήματα στην άκρη του

ποταμού έδεσε από αυτούς σχοινιά προς τα χωράφια. Στα σχοινιά έδεσε

κόμπους (ή αρχ. κόμβους) σε ίσες αποστάσεις μεταξύ τους. Με την βοήθεια των κόμπων

μέτρησε ακριβώς τα σύνορα τους. Έκτοτε όταν μετρούσαν με αυτή την μέθοδο έλεγαν κομβέω δηλαδή υπολογίζω. Στην εποχή των Ρωμαίων όσοι ήξεραν να εκτελούν αριθμητικές πράξεις

καυχιόντουσαν, το φώναζαν δυνατά δηλαδή κόμπαζαν όπως λέμε σήμερα. Έτσι κομπασμός= υπολογισμός και combasso= όργανο στη ναυσιπλοtα για υπολογισμό της πορείας του πλοίου,

για να φτάσουμε στο computer = μετρώ ή υπολογίζω με ακρίβεια.

•:• Είναι δύσκολο να φτιάξετε τέλειες σφαίρες; Ήταν πολύ δύσκολο να φτιάξει κανείς ένα τέλειο σφαιρικό σώμα πριν την ανάπτυξη της

τεχνολογίας του 20°υ αιώνα. Το 1 873 ένας υδραυλικός ο William Watts(Γουίλιαμ Γουάτς)

αξιοποίησε το γεγονός ότι η φύση δίνει στις σταγόνες το σχήμα σφαίρας. Έφτιαξε ένα εξαώροφο

πύργο και στη βάση έβαλε μια δεξαμενή νερού. Από την κορυφή άφηνε να χυθεί λιωμένο

σίδηρο. Τα σταγονίδια του σιδήρου έπαιρναν σφαιρικό σχήμα πάγωναν όταν έπεφταν στο νερό

και έτσι έκανε μπίλιες για ρουλεμάν ή βλήματα για όπλα. Ο πύργος αυτός λειτουργούσε στο

Μπρίστολ μέχρι το 1 968.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4!75

------------ Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν-----------

•:• Είναι δύσκολο να φτιάξετε τέλεια μπάλα ποδοσφαίρου; Τον 3° π.Χ. αιώνα ο Αρχιμήδης βρήκε μια μέθοδο για τον

υπολογισμό του όγκου και της επιφάνειας της σφαίρας,

Υσφ=4/3(πρ3) και Εεπιφ=4πρ2• Είχε όμως ενθουσιαστεί πολύ

όταν έβαλε τη σφαίρα μέσα σε κύλινδρο ίσου ύψους και

ύστερα υπολόγισε ότι ο όγκος του κενού που μένει στον

κύλινδρο είναι το μισό του όγκου της σφαίρας. (Την

εγγραφή σφαίρας σε κύλινδρο ζήτησε να την σκαλίσουν

στην επιτύμβια πλάκα του). Βρήκε δηλαδήVκυλ=2πρ3, Υσφ=4/3(πρ3) άρα Vκυλ- Vσφ=2πρ3-

4/3(πρ3)=2/3(πρ3)=1/2 Υσφ·

Ο Πλάτωνας πίστευε ότι το τετράεδρο ήταν το σχήμα της φωτιάς, ο κύβος ήταν η Γη, το

οκτάεδρο ο αέρας, το εικοσάεδρο το νερό, το δωδεκάεδρο το σχήμα του σύμπαντος. Ο

Ευκλείδης απέδειξε ότι δεν μπορούμε να δημιουργήσουμε από πανομοιότυπα συμμετρικά

σχήματα, με οιονδήποτε συνδυασμό ένα άλλο στερεό. Ο Αρχιμήδης βελτίωσε τα 5 στερεά του

Πλάτωνα και δημιούργησε τα 1 3 Αρχιμήδεια στερεά. Αρχιμήδεια στερεά δημιουργούνται αν

ψαλιδίσουμε τις κορυφές στα στερεά του Πλάτωνα π.χ. του τετραέδρου. Έτσι στο πρώτο

παγκόσμιο κύπελλο το 1 930 η μπάλα αποτελείτο από 12 ορθογώνιες δερμάτινες λωρίδες, ενώ

στο παγκόσμιο κύπελλο το 2006 η μπάλα αποτελείτο από κομμάτια δέρματος σε σχήματα

3γωνα, 4γωνα, 5γωνα κατάλληλα συνδεδεμένα ώστε να δημιουργούν ένα από τα Αρχιμήδεια

στερεά.

•:• Οι «Πιθανότητες» είναι κλάδος των μαθηματικών που αναπτύχθηκε από τα τυχερά παιχνίδια; Όλοι σχεδόν οι άνθρωποι ασχολούνται με τυχερά παιχνίδια και αυτό γιατί τους ωθεί στην

πρόκληση της τύχης η περιέργεια, η ελπίδα, η αμφισβήτηση και το κέρδος. Κατά τον Σωκράτη «η τύχη είναι ευχαρίστηση δίχως μεταμέλεια, απόλαυση». Προστάτης των τυχερών

παιχνιδιών είναι ο Ερμής. Τα λαχεία, τα ζάρια και οι μελέτες των μαθηματικών στα τυχερά

παιχνίδια εμφανίζονται τον Μεσαίωνα. Ο Pascal και ο Fermat μελέτησαν τα δύο προβλήματα

που έθεσε ο Mere ένας επαγγελματίας παίκτης το 1 865 και θεμε�ίωσαν έτσι τον κλάδο των

Πιθανοτήτων. Πρώτο πρόβλημα Mere: «έχουμε την ίδια πιθανότητα για ένα 6 σε 4 ρίψεις ενός

ζαριού με το διπλό 6 σε 24 ρίψεις δύο ζαριών;» Δεύτερο πρόβλημα Mere: «Δύο παίκτες

παίζουν για ένα ποσό Α, θα πάρει το ποσό όποιος θα κερδίσει πρώτος 3 παιχνίδια. Α ν

διακόψουν και ο ένας έχει 2 πόντους και ο άλλος 1 πόντο πώς θα μοιράσουν τα χρήματα;». •:• Το ημερολόγιο έχει ιδιαιτερότητες;

Ο Δεκέμβριος του 2012 είχε 5 Σάββατα, 5 Κυριακές και 5 Δευτέρες; •:• Για να έχουν γενέθλια την ίδια μέρα δύο άτομα η πιθανότητα στα 23

άτομα είναι 50%, ενώ στα 367 άτομα είναι 100%; Αυτό λέγετε παράδοξο των γενεθλίων. Προσέξτε ότι οι αριθμοί 23, 367

είναι πρώτοι. •:• Οι πρώτοι αριθμοί έχουν σπουδαίο ρόλο στη Βιολογία, τη Χημεία

και γενικά στη φύση; Η μικρότερη μορφή ζωής που είναι ένα βακτήριο και ανήκει στα

μυκοπλάσματα, έχει 521 γονίδια(52 1 πρώτος αριθμός). Από τα 37 γονίδια του

μιτοχονδριακού DNA τα 1 3 κωδικοποιούν πρωτείvες.

Τα εχινόδερμα( αστερίες) έχουν πεντακτινωτή ή επτακτινωτή συμμετρία.


------------ Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν-----------

Το ανθρώπινο αναπαραγωγικό κύτταρο έχει 23 χρωμοσώματα.

Πολλά ακόμη παραδείγματα υπάρχουν στα μοριακά βάρη των αμινοξέων, την Κβαντική

Φυσική κ. ά.

·�-1

?-.

' .:wY �

4' •:• Ένα είδος τζιτζικιού βγαίνει από τη Γη κάθε 17 χρόνια;

Κάποια τζιτζίκια στη Βόρεια Αμερική τρέφονται με χυμούς από τις ρίζες των δένδρων αλλά

ανά 1 7 χρόνια βγαίνουν στην επιφάνεια, ανεβαίνουν στα δένδρα και θορυβούν με τα τραγούδια

τους. Υπάρχουν και άλλα είδη τζιτζικιών που βγαίνουν ανά 5ή7ή 1 3 χρόνια. Οι βιολόγοι

μελέτησαν αυτό το φαινόμενο και με τη βοήθεια των μαθηματικών συμπέραναν ότι οι αριθμοί

5,7, 1 3, 1 7 είναι πρώτοι αριθμοί έτσι οι πληθυσμοί αυτοί σπάνια θα βγουν στο δάσος ταυτόχρονα.

Το κυριότερο είναι βέβαια ότι δεν θα συμπέσουν πολλές φορές με αρπακτικά που και αυτά

εμφανίζονται σε διαφορετικές περιόδους. Ανάλογες παρατηρήσεις έχουμε και με ορισμένα φυτά.

Σπόροι που πέφτουν στο χώμα παραμένουν μέσα σε αυτό και βλαστάνουν μετά από 3 ή 7 ή 1 3 ή

1 7 ή 29 χρόνια.

Προβλήματα-Γρίφοι Ο Αριθμός 76 Πολλαπλασιάστε τον αριθμό 76 με τον εαυτό του το γινόμενο λήγει ξανά σε 76, αν όμως

πολλαπλασιάσετε το 7 6 με οποιαδήποτε δύναμη του δύο, τα δύο τελευταία ψηφία θα είναι ίδια

με αυτά της δύναμης του δύο δηλαδή 76χ76=5776, 76χ25=76χ32=2432. Ποιά είναι τα δύο

τελευταία ψηφία του γινομένου 76χ228;

Το ισόπλευρο Το εμβαδό που έχουν τρία τετράγωνα με πλευρά την πλευρά ισοπλεύρου τριγώνου είναι

ισοδύναμο με το εμβαδό πόσων τετραγώνων με πλευρά ίση με το ύψος του;

Οι Κλεψύδρες Με δύο Κλεψύδρες 6 λεπτών και 1 1 λεπτών μπορείτε να μετρήσετε χρόνο 1 5 λεπτών;

Ο αριθμός Ο Ferma βρήκε ένα μοναδικό αριθμό που είναι μεταξύ δυο δυνάμεων, ενός τετραγώνου και

ενός κύβου. Ποιός είναι;

Το παιχνίδι με τα πιάτα Δύο παίχτες τοποθετούν εναλλάξ έναν μεγάλο αριθμό ίδιων πιάτων

οπουδήποτε πάνω σ' ένα στρογγυλό τραπέζι. Χάνει το παιχνίδι όποιος δεν

θα έχει χώρο για να τοποθετήσει το πιάτο του. Τα πιάτα πρέπει να

ακουμπάνε κανονικά πάνω στο τραπέζι και δεν επιτρέπεται να

επικαλύπτονται μεταξύ τους. Α ν παίξεις θα διαλέξεις να παίξεις πρώτος ή

δεύτερος; Ποια στρατηγική θ' ακολουθήσεις για να κερδίσεις στα σίγουρα το παιχνίδι;


Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν-------------

Ο Νάνος μάγος Κάποτε ζούσε ένας νάνος μάγος που είχε ύψος 1 38 εκατοστά βάρος 37 κιλά και πέθανε 73

ετών. Αν πολλαπλασιάσεις τον 5ψήφιο αριθμό που φτιάχνει το ύψος του με το βάρος

του(13837) με την ηλικία σου και το γινόμενο που θα βρεις το πολλαπλασιάσεις συνέχεια με την

ηλικία που είχε ο μάγος όταν πέθανε θα αποκαλυφθεί η ηλικία σου.

Η φυσαλίδα Βάλτε στο σαπουνόνερο ένα σύρμα σε σχήμα

τριγώνου και κάνετε φυσαλίδες. Τι σχήμα θα έχουν οι

φυσαλίδες που θα δημιουργηθούν;

Ο Ψεύτης Ο Πέτρος έκανε την εξής δήλωση: «'Όπως όλος ο

κόσμος έτσι και εγώ, λέω πάντοτε ψέματα». τι

συμπεραίνουμε από τη δήλωσή του; Λέει πάντα αλήθεια,

[ Φυσαλίδες σαπουνιών σε συγχώνευση L ___ -- ---- - - �

πάντοτε ψέματα ή πότε αλήθεια και πότε ψέματα;

δήλωσή του είναι αληθής ή ψευδής;

Οι απαντήσεις στα μαθηματικά μας διασκεδάζουν Προβλήματα-Γρίφοι Ο Αριθμός 76 Έχουμε 76x228=76x210x2 10x28=76x l 024x 1 024χ256=76χ 1 048576χ256= . . . 76χ256= . . . 56.

Το ισόπλευρο

Τέσσερα τετράγωνα με πλευρά το ύψος του έχουν ισοδύναμο εμβαδό, διότι v = �α ή 4υ2=3α2•

Οι Κλεψί>δρες

Η

Ξεκινάμε και τις δυο κλεψύδρες, όταν τελειώσει η κλεψύδρα των 6 τη γυρνάμε ανάποδα και αρχίζει ο χρόνος των 1 5 λεπτών με την μεγάλη κλεψύδρα. Η κλεψύδρα των 1 1 λεπτών σε 5 λεπτά τελειώνει και συνεχίζουμε να μετράμε το χρόνο με την κλεψύδρα των 6 αφού γυρίσουμε και τις δύο ανάποδα. Η κλεψύδρα των 6 σε 5 λεπτά τελειώνει και συνεχίζουμε με την κλεψύδρα των 1 1 αφού την γυρίσουμε ανάποδα οπότε μετράμε και τα τελευταία 5 λεπτά. Ο αριθμός Είναι ο αριθμός 26. Ο 26 είναι ο μοναδικός που είναι μεταξύ δυο δυνάμεων ενός τετραγώνου του 25=52 και ενός κύβου 27=33•

Το παιχνίδι με τα πιάτα Μπορείς να κερδίι:τεις το παιχνίδι ακολουθώντας την εξής τεχνική: Τοποθετείς πρώτος ένα πιάτο ακριβώς

στο κέντρο του τραπεζιού. Οπουδήποτε και αν τοποθετήσει το πιάτο του ο συνάδελφός σου, βάζεις το δικό

σου απέναντι, στην συμμετρική του θέση ως προς το κέντρο του τραπεζιού. Έτσι όσο έχει χώρο αυτός για

ένα πιάτο ακόμα, θα έχεις κι εσύ.

Ο Νάνος μάγος

Αν π.χ. η ηλικία σου είναι 1 8 έτη τότε 1 3837x(l 8)x73= 1 3 837x73x 1 8=1 0 1 0 1 0 1 x 1 8= 18181818. Η φυσαλίδα

Οι φυσαλίδες έχουν σχήμα σφαίρας και τούτο γιατί όπως λένε οι επιστήμονες η φυσαλίδα παίρνει το σχήμα που χρειάζεται το μικρότερο ποσό ενέργειας. Η ενέργεια αυτή είναι ανάλογη με το εμβαδό της επιφάνειας του σχήματος. Το 1 884 ο Herman Schwartz απέδειξε ότι η σφαίρα έχει το μικρότερο επιφανειακό εμβαδό για δεδομένο όγκο, που σημαίνει ότι για τη δημιουργία της χρειάζεται η μικρότερη ποσότητα ενέργειας. Πριν λίγα χρόνια αποδείχθηκε το δ ιπλί> Οαiιρημα φυσαλίδων, δηλαδή συνένωση φυσαλίδων και δημιουργία παράξενων σχημάτων. Ο Ψεύτης Η δήλωσή του Πέτρου ότι λέει πάντα ψέματα δεν μπορεί να είναι αληθής γιατί οδηγεί σε αντίφαση. Άρα η δήλωσή

του είναι ψευδής. Αυτό όμως σημαίνει είτε ότι λέει πάντοτε την αλήθεια, είτε ότι λέει πότε αλήθεια και πότε ψέματα. Όμως δεν μπορεί να λέει πάντοτε την αλήθεια γιατί η δήλωσή του είναι ψευδής. Άρα συμπεραίνουμε ότι ο Πέτρος, όπως όλος ο κόσμος, λέει πότε αλήθεια και πότε ψέματα.


Τα μαθηματικά στο θέατρο Δεν συνηθίζεται α)λά πολλές φορές κινηματσyραφικά ή θεατρικά έργα αναφέρονται σε επιστημονικά θέματα μα ποιο πολύ γράφονται έργα «εmστημονικής φαντασίας» όπως λέμε. Τα σχολεία ανεβάζουν θεατρικές παραστάσεις που ηθοποιοί, σκηνοθέτες και θεατρικοί συγγραφείς είναι οι μαθητές με τους καθηγητές τους. Επίσης πολλά βιβλία τα τελευταία 15 χρόνια έχουν γραφεί από Έλληνες και ξένους συγγραφείς για την ζωή α)λά και το έργο μαθηματικών και άλλων επιστημόνων εκλαϊκεύοντας το ώστε να διαβάζεται και από μη μαθηματικούς (σας προτείνω το

καλοκαίρι να διαβάζετε τέτοια βιβλία). Ακόμη γράφονται και μυθιστορήματα με μαθηματικό περιεχόμενο. Εδώ θέλουμε να αναφερθούμε σε δυο καθηγητές μαθηματικών που υπηρετούν την δημόσια εκπαίδευση, ένας στα Πατήσια και ο άλλος στο Μαρούσι γιατί είναι οι πρώτοι παγκοσμίως που έκαναν την Γεωμετρία και την Άλγεβρα θεατρικό έργο. Παρουσιάζουν δηλαδή το έργο του Ευκλείδη, τις ιδιότητες των αριθμών και τις ιδέες των Αρχαίων Ελλήνων Μαθηματικών με θεατρικό τρόπο που δεν προϋποθέτει απαραίτητα γνώση μαθηματικών. Ο τρόπος αυτής της παρουσίασης των μαθηματικών εννοιών συμβάλλει στην κατανόησή τους από τους μαθητές που συμμετέχουν στα δρώμενα, α)λά και από τους θεατές, οι οποίοι έχουν κάποια κενά από τα μαθητικά τους χρόνια, πάνω σε αυτές τις έννοιες. Ο κ. Ντίνος Κορδώσης έχει γράψει: «Καλλιστεία τετραπλεύρων», «εξίσωση το δράμα ενός αγνώστου)), «αριθμών και σχημάτων διάλογου), «οι αριθμοί είναι αισθηματίε9) κ.ά. ο κ. Ηλίας Κωνσταντόπουλος tχει γράψει: «τα παιδιά του Ευκλείδη», (για το έργο αυτό έχει βραβευθεί από το 4ο Λύκειο Αμαρουσίου, το Δήμο Αμαρουσίου και την ΕΡΤ- Βτηqιqε\.)τική Τηλεόραση), «Άπειρο έρωτω), «τα ποιήματα ενός μαθηματικού» κ.ά. Τη φετινή qχο�ική χρονιά ανέβασε την θεατρική παράσταση «μια μέρα στο σχολείο» όπου τολμά και θίγι;:ι 'f\Χ. ριαχρονικά α)λά και τα σύγχρονα προβλήματα του σχολείου και της κοινωνίας, με χιούμορ J<α} πpλύ συναίσθημα. Μπράβο τους

• Εσείς γράφετε . . . . . . εμείς απαντάμε

Πάρα πολλά άρθρα έχουν έρθει στον Ευκλεfδη Β ' που θα αξιοποιηθούν με

την καινούργια χρονιά. Ευχαριστούμε όλους τους συνεργάτες. Δημοσιεύουμε εδώ μια επιστολή που πήραμε ( . . . ) Κύριε Χριστόπουλε στο τεύχος 87 δημοσιεύσατε τα ερωτήματά πάνω στα πολυώνυμα 5συ βαθμού α)λά tχω κάνει ένα σφάλμα πάνω στον ορισμό του ανάγωγου πολυωνύμου με αποτέλεσμα να δίνω μια εσφαλμένη εικόνα του τι ζητώ και δεν θα γίνω κατανοητός από τους αναγνώστες του Ευκλείδη Β'. Συγκεκριμένα νόμιζα ότι το ανάγωγο πολυώνυμο μίας ρίζας r είναι το ελαχίστου βαθμού πολυώνυμο που εξάγει, το οποίο έμαθα πως είναι λάθος. Για αυτό τον λόγο θέλω να σας πω τη βαθιά και ειλικρινή μου συγνώμη σε σας, στη διεύθυνση του περιοδικού και σε όλους τους αναγνώστες του καθώs το σφάλμα μου προκύπτει δυστυχώς σε πολλά μου ερωτήματα και σίγουρα θα μπέρδεψε και σας α)λά και τους αναγνώστες. Έτσι τα σωστά είναι: 2) Θέλω να γνωρίσω αν υπάρχει μέθοδος επίλυσης για τα πολυώνυμα 5ου βαθμού τα οποία προκύπτουν ως γινόμενα ενός δευτεροβάθμιου και ενός τριτοβάθμιου πολυωνύμου. 3) Υπάρχει κάποια αναγκαία και ικανή συνθήκη έτσι ώστε το w να είναι ρίζα ενός ελu.χίσrου 5ου βαθμού ρητού πολυωνύμου; 4) Θέλω να γνωρίσω από εσάς αν υπάρχει μέθοδος επίλυσης για τα επιλύσιμα πολυώνυμα 5ου βαθμού με πραγματικούς συντελεστές, Για παράδειγμα, μπορούμε να επιλύσουμε ένα τέτοιο πολυώνυμο, το j{x) = = 6χ5 + 30χ4 + 30χ3 -180χ2 -480χ -656-25α/2 -12� =ο

Αν ναι, ποια είναι η πραγματική του ρίζα; (Είναι ένα πολυώνυμο που έχω κατασκευάσει και θέλω να γνωρίσω την ύπαρξη και την ικανότητα μεθόδων επίλυσης σε τέτοια πολυώνυμα). 5) Έστω ότι j{x) = (χ -ρ) · g(x ), όπου j{x) το ελαχίστου 5ου βαθμού ρητό πολυώνυμο της πραγματικής ρίζας ρ. Μου έχει δηλώσει ένας γνωστός μου μαθηματικός ότι το τεταρτοβάθμιο πολυώνυμο g(x) είναι άγνωστης μορφής. Το γεγονός αυτό ισχύει; (Αν ισχύει, θα μου επιτρέψετε να σας πω, πως έφτασε η ώρα που η μορφή του θα είναι πλέον γνωστή. Λόγω πίεσης χρόνου δεν μπόρεσα να σας δώσω ένα παράδειγμα εδώ. Πάντως η μέθοδος που έχω συνθέσει είναι υπαρκτή και αποτελεσματική). 7) Δίνεται το σύστημα των εξής μη γραμμικών εξισώσεων: χ3y+χ/+2 = 0 (1) 2x3 - x2 + / + y - 4 = 0 (2) Θέλω να διαπιστώσω από εσάς, ποια είναι η προσφορότερη διαδικασία να εκτελέσουμε προκειμένου να βρούμε τις ρίζες του συστήματος αυτού. α) Να βρούμε προσεγγισrικά τις ρίζες άμεσα με μαθηματικές μεθόδους ή β) να βρούμε πρώτα προσεγγισrικά τις ρίζες της εξίσωσης 5/2 + 2y11 + 8/0 - 24/ - 24/ - 30/ + 9/ + + 112/ + 100/ + 16/ - 144/ - 196y - 64 = Ο που προκύπτει από το σύστημα με απαλοιφή των κυβικών ριζικών που σχηματίζονται και κατόπιν να βρούμε τις ρίζες του χ; 8) Θέλω πολύ να γνωρίσω από εσάς παραδείγματα ριζών τα οποία εξάγουν ρητά πολυώνυμα ελαχίσrου 7ου βαθμού. Έχω ασχοληθεί σε ένα μικρό βαθμό με αυτή την εξίσωση και ίσως μπορέσω στη μαθηματική μου μελέτη, με τη βοήθειά σας, να καταθέσω κάποιες λίγες σκέψεις πάνω στην εξίσωση αυτή.

Με εκτίμησή Νίκος Πελεκανάκης


Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία βραβεύει το Δημήτρη Χριστοδούλου

Σε μια λαμπρή τελετή στην μεγάλη αίθουσα του Πανεπιστημίου Αθηνών στις 24-2-2013 έγινε βράβευση των μαθητών που είχαν aριστεύσει στους διαγωνισμούς «Ευκλείδης» και «Αρχιμήδης». Στην ίδια τελετή προηγήθηκε η βράβευση από την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία του πολυβραβευμένου Νομπελίστα καθηγητή κ. Δημήτρη Χριστοδούλου. Για το έργο του μίλησε ο κ. Σταύρος Παπασταυρίδης καθηγητής του Πανεπιστημίου Αθηνών. Το βραβείο δόθηκε στον κ. Χριστοδούλου από τον πρόεδρο της ΕΜΕ κ. Γρηγόρη Καλογερόπουλο ενώ στο προεδρείο ήταν ο πρύτανης κ. Μπελεγρίνης και ο πρόεδρος του Μαθηματικού τμήματος Ιωάννης Εμμανουήλ.

Το 84° τεύχος aφιερώσαμε στον κ. Δημήτρη Χριστοδούλου και σε μια εκτενέστατη συνέντευξή του γίνεται αναφορά στη ζωή και το έργο του.

Στην τελετή παρευρέθησαν εκπρόσωπος του Υπουργείου Παιδείας, καθηγητές, μαθητές, γονείς και πλήθος κόσμου. Τον κ. Χριστοδούλου συνόδευαν

3° Μαθηματικό Μαθητικό Συνέδριο στο Αγρίνιο

ι

ι IAPAPTHMA ΑΠΩΛΟΑΚ.\ΡΝΑΝΙΛl )' Μα�ηματU<ό Μα�ηηκο Συνέδριο ΑιτωλοακαDνανιαc

1 Λ:ιιι ι ιι ι ο υ 2 0 1 a, ώιι 11 .00 IIJILIE Ινρινt.ιu, ......,.EIO tt.-ιιtι&•tffl "'� tιιιHJfftΙI ... ιt8Af.

ινρtνιο �:=:.α:;:::;;: N•JO•Ι�t�MtffU•Jt,uft'ΙC" f'fflllttf)fA'I,_,,..,. N•Jit.IΙ. AJIIIIIJtτl .-τΛ•ιt•uf• ι ιιuι.ιre1 tt•l!.ιflf..U

llλ!- 1%.11 ..... � Ομι).iιι:

,., J.<ΙU1'14 ... ... .. 4- ftflillff

Κιιιl'lιιiς rv}liς: Ηιιχ""ι-μaιzιιιριιιi ιiδlua T�lll . Ιpοο;:>οιιf!οιt.σ;�� 1).11- ΙlJt !1rιJιιlrιιιrιι-ΑpιΙΙιιιrrιΙΙΑl:Ι#ιιtιι-f1'.SΙ1Μ ΝιΙΙΙWΙοι> Χ-Λ.. -.t>. f.o.. Ιt. Τ..._Α .. ._λ.. �Α�

-6..� !1. ��--"· 11Jt- IZAI H_,.ιo.rDΙJrdιιDfulw llvιιιp/tμιAmι;-F•

ιn;A Κιιwι'ιlοας! *"""'"- -...,. 11."-J' .. � L ._.......,.,..,_ ,..

1.2.41 - U.H Qrιφιίιruιφιllμι>Ιιιuι ιιι ιόvισJα -� {Γ•..σ- AΊioe ""''Ο�) ιι-Α.'"--Κ .. Ειι�_,_,.....,._

JUt- 1),15 Ιι:φιφμnfiς rιιο f/ιψdιιίιllιmς�vrι;�ιιdι> !16' Διιιιοnι<ό Σ� ArJII'iou) ι-�-�λ..""'- L.χιι....,. ιι. r� ...... -�-�···"'-�·

U.IJ- JJJt λ�ΝΙU ιi.Ιιιιu�� ιriiii\Voιo A\'111JP1ou> κ-..,;ιι.�χ. ��' JΙ:οtοι1.ιί::.

UJt- 1 •. 15 ι\ιιiί.ιιιιιΚΙ · Κοφ4 · Α\�

ι•.u- u.» Η ...ι::'Ίrt...,.�,.,.,.t:;ιrψ1ίοιι>Λσο� ��:�,ιι�Λ.� . U.»- 14.45 1'111ιψ/ιι flrιιrνhσvΙΛ1Ιιι;uιrbι;ΤιψοιςΠιιl.αlρσιι )

�Ν .. 'tι-_.,._..._ �-��Α. ιω- u.• Η rι-ια -ι'ιtQλ'frllll'lq\<Ιo r-6 Λtιιιιιο λ-,pnotpo>

-.u.ι u .. �..,.ι.ι- ""'""""' --..;r. ιι.•- υ.ιι Η ιφψ;gpια. """ nrιfkA;νιρQmv

(3<1 Α� Ζ:� λτιnωιιJ f ..... Ι .... Ι ...... I' .. J-,. .. �Jt. - k .. T- 11/ .. •- ...,._f-FAijtl __ .._.,r.t_.oc>o.

U. U -lfJt Η ιφψ;.(!)'fa. """"" �� Αιιιιοwιό �zιr,>.ιio Αyριy\ι>ι) -n.r-κ.::.ιι-.�ιο.ι. �r. I...,.._.. J ... Jιa.�L.J--E. r ........... .,__,, ........... r_t_n..

II.Jt- IIAf 7b � ., f1rιιJ«rιrωpiιΙ<Io Γ611tι'ό Λι-AτpMoaoJ M.,.,. . ........,. ... �.....,.,.,_...,r

IIJA - 1f .• J:υιιμι:rpia 14' fCΙ'ΙΚό Λ(ι<ιιιο Α'ΙJΙΙΙ'(οιιΙ Νιο!Jοιι* .. ι .. Ν-... ε .. .,.,..._.�,-...;r

.... - 16.11 ΜιιiΙΙ(ιΗι.rοιfτ.-Μιιmχf/ ,__,..,..ι, r-•··� A..t-• .. τ..,..... � . .,...,....ιι...-...e .. .....,..�ι�"·

H.IJ- .... ,_,, ΧfWtΙΙ!Λιω.ιιιt� l,ιnlσι Ν .. �ΜιlιtWfΜ .• JΙιιιιιι.ιηι.Χ. �.....,..., IJoιiMI<8.

16.»- Uλl � -z.ι.ι-ιιdf �.A..�i:�:. ��'-"'·· ··-ιι.

16.41- 17. Η _..U R>ΡΧ<Ιιισ(ιιαι ιι ιιupδι(ι. Κ.,.._Α .. -Α ........... Α • ....,...,Ν.� ι... -L.ι-Jι. �x .. r-n •.οιιιι-_ _, -111.

17.- 17.11 ΣΙ!ζήιηοιι · Σι� · λ� Epyaσldιν


Π Ρ Ο Σ Φ Ο Ρ Α Ι Σ Τ Ο Ρ Ι Κ Ω Ν Ε Κ Δ Ο Σ Ε Ω Ν

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Ν. ΚΙΣΚΥΡΑ -ΤΣΑΡΟΥΧΗ

6 τόμοι

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ (ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΆ)

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ (ΜΕΤΡΙΚΆ-ΔΙΟΠΤΡΑ)

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ (ΣΤΕΡΕΟΜΕΤΡΙΚΆ)

ΑΡΧΙΚΉ τΙΜΗ: 1 10 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ (9 τόμοι): 50 Ευρώ

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Ν. ΚΙΣΚΥΡΑ -ΤΣΑΡΟΥΧΗ

3 τόμοι

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ 1 τόμος

ΑΡΧΙΚΉ τΙΜΗ: 50 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ (4 τόμοι): 20 Ευρώ


-= ---ΙΣΤΟΡΙΑ ΜΑΘΗΜΑ τΙΚΩΝ

G.LORIA ΒΑΛΚΑΝΙΚΕΣ ΜΑΘΗΜΑ τΙΚΕΣ ΟΛ ΥΜΠΙΑΔΕΣ

ΔΙΕΘΝΕΙΣΜΑΘΗΜΑ τΙΚΕΣ ΟΛ ΥΜΠΙΑΔΕΣ -Β 2 τόμοι ΟΙ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΙ ΜΑΘΗΜΑ τΙΚ ΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ

ΑΡΧΙΚΉ τΙΜΗ: 35 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ (2 τόμοι): 1 5 Ευρώ

ΟΙ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΙ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΝΕΩΝ ΑΡΧΙΚΉ τΙΜΗ: 95 Ευρώ

ΠΡΟΣΦΟΡΑ (4 τόμοι): 50 Ευρώ


ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Γ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Γ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΉ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ

10 τεύχη(33-50) 5 τεύχη(33-50) 10 τεύχη 5 τεύχη ΑΡΧΙΚΉ τΙΜΗ: ΑΡΧΙΚΉ τΙΜΗ: 50Ευρώ ΑΡΧΙΚΉ τΙΜΗ: ΑΡΧΙΚΉ τΙΜΗ:

100 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ 1 00 Ευρώ 50 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ (5 τεύχη): 30 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ ΠΡΟΣΦΟΡΑ

(1 Ο τεύχη): 50 Ευρώ (1 0 τεύχη): 50 Ευρώ (5 τεύχη): 30 Ευρώ

Ευκλειδης Β 88

Documents