Ευκλειδης Β 20

IFii�IFJ�(Q)&,��(Q) [f'�&, 'iί'(Q)

&W��(Q)

DEPIEXOMENA Η εικασίq των Τανιγιάμα- Σιμούρα και το τελευταίο Θεώρημα ω υ Φερμά . . . . . 4 Λ��λ��σ··Διά

·γωγισμ6ςΊϊieανστriτων·ϊ996·::::::: ::::::::::::::::::::::::::: :: :::::: 1�

Ασκήσεις Άλy�ρας Α Λυκείου .... .. .. .. .. .. .. ........... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. ... .. .... .... .. .. ... . 16 Γεωμετρια Α Λυκειου (Ασκήσεις Επανάληψης) ....... ........... ...... ............ .... ..... 22 Σκέψεις πάνω σε θέματα ΜαθηJ-Ιατικών Β· i\υκείου . .. .... .. .. .. .. .. ... ...... .. .. .... .... � Ασκησεις Γεωμετρίας Β· Λυκειου ............................................................... . . �:g �g��-7Υιό·ή· τ·ής·�;;,εJeερ·ή·ς · πτwσης· εν_ός· σίδματσς Ί:ι·έ·τηνλνciχuση ·:::::::::

. Γενικες επαναληπτικες ασκησεις Γ Λυκειου .............................................. .. Ασκήσεις Ολοκληρωμάτων . .... ....... .... ........ ......... .... .. .. ....... ..... ... ......... ......... . 4 Ασκήσεις_Μαθηματικών Γ Λυκείου ......... ...... ........... ................ ....... .. ...... .... 5 Ένα πρόtiληι,ια, πολλές λύσεις ..................................................................... . !��1!�ί��!ά�;�i��b� :.:.:.:.:.::.::.::·:·:·:· :·:· :·:·:·:· :·:· :·:· :·:·:·:·:·:·: ·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:· :·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:· :·: �8 Στήλη Μαθηματικών Ολυμπιάδων ........ .... .. ...... ..... ..... .. ...... .......................... . 62

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

Συντακτική Επιτροπή: Βακαλόπουλος Κώmας, Βισκαδουράκης Βασίλης, Γεωργακόηουλος Κώmας, Γράψας Κώmας, Δαμιανός Πέτρος, Καλίκας Σταμάτης, Καρακατσάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος, Κηπουρός Χρήmος, Κοvτογιάνvης Δημήτρης, Κοτσιφάκης Γιώργος, Κυριακόηουλος Θανάσης, Λαμπρόπουλος Τ άσος, Μαλαφέκας Θανάσης, Μεταξάς Νίκος, Μπανδήλα Λ, Μώκος Χρήmος, Σαiτη Εύα, Τ ουρί\άς Λεωνίδας, Τ σικαλουδάκης Γιώργος,

Υπεύθυνοι Έκδοσης: Παπαδόπουλος Νίκος, Τσαρπαί\r\ς Ιωάννης

Επιμέλεια Έκδοσης: Μαραγκάκης Σ.

Συνεργάστηκαν: Αρβανιτογεώργος Ανδρέας, Τzαμτzής Ηλίας, Φωηάδης Γρηγόρης, Τσαπακίδης Γ., Ντρίzος Δημήτρης, Αγριόγηδος Κώmας, Σπανέλλης Ευmράηος.

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

ISSN: 1105-8005

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τεύχος: Ετήσια σιινδρομή: Οργανισμοί: Ταχ. Εnιταyές

350δρχ. 1.600δρχ. 3.000δρχ.

Τ αχ. Γραφείο Αθήνα 54, Τ.θ. 30044

Στοιχειοθεσία - Σελιδοποίηση Ε λ λ η ν ι κ ή Μ α θ η μ α τ ι κ ή Ε τ α ι ρ ε ί α

11 Φιλόσοφος και όχι μόνο

11 Π ο ιό ήταν το βασικό εργαλείο

για την απόδειξη;

= είναι διακεκριμένες

οι ομάδες ή όχι!

Η Στήλη1 Σ,τις αι σ. κΛσε_ις λιf:.Ιιε N1A,I'!1 ,�. -- ι, ��Η\�· '� ... ·�� • • w ... ,: !'�.ι:JΛ �� t ,.- "'"' , ., ;. '"; ,."'�:�ι. •"

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

---ΆΛΓΕΒΡ/\ ---

Δρ Ανδρέας Αρβανιτογεώργος

Στο τεύχος 19 του Ευκλείδη Β' ο Σ. Μάκρας αναφέρθηκε στο πρόσφατο γεγονός της απόδειξης του τελευταίου θεωρήματος του Φερμά (Fermat) από τον Άντριου Γουάιλς (Andrew Wiles), καθώς και στις προσπάθειες που έγιναν από επιφανείς μαθηματικούς γιά την απόδειξή του τα τελευταία 350 χρόνια. Οπως γράφτηκε στο άρθρο αυτό, ο Γουάιλς έλυσε ένα από τα πιό φημισμένα προβλήματα της μοντέρνας θεωρίας αριθμών, την εικασία των Τανιγιάμα-Σιμούρα (τaniyama-Shimura), από την οποία τελικά το θεώρημα Φερμά προέκυψε σαν πόρισμα [5], [6].

Εδώ θα παρουσιάσουμε, με όσο το δυνατόν απλούστερο τρόπο, τη σχέση της εικασίας των Τανιγιάμα-Σιμούρα με το θεώρημα Φερμά, καθώς επίσης και με την έννοια της ελλειπτικής καμπύλης από την αλγεβρική γεωμετρία.

Μία ελλειπτική καμπύλη είναι το σύνολο :on - --------τ----,----τ-__ _.__.----:c-. --,

των λύσεων μίας κυβικής εξίσωσης δύο μετα- /_, <24. 168)

βλητών. Γιά παράδειγμα, η καμπύλη y2 = χ(χ- i -� l/_.__.-

3)(x+32) είναι ελλειπτική . Από όλες τις λύ- Ιω - �-��-�-�. ----� σεις μίας ελλειπτικής καμπύλης, αυτές που / __...-......_ έχουν ιδιαίτερο ενδιαφέρον στη θεωρία α-

•

�" • 'j �-------+-' -i----------1 ριθμών είναι τα ονομαζόμενα "ρητά σημεία", · i!-J:..oι

δηλαδή λύσεις {χ, y} γιά τις οποίες τα χ, y εί- \ ναι ρητοί αριθμοί.. Ι

Ενα βασικό ερώτημα του κλάδου της αλ- -Ιοο Γ γεβρικής γεωμετρίας είναι η ύπαρξη τέτοιων

I ρητών σημείων, και σε καταφατική απάντηση κατά πόσον είναι πεπερασμένα ή άπειρα σε

-:!.Οίl c------'-------'------'---"--------'

-411 -20 20 πλήθος.

Γιά παράδειγμα, η καμπύλη y2 = χ3 + 7 δεν έχει κανένα ρητό σημείο, η καμπύλη y2 + y = χ3 - χ2 έχει ακριβώς τέσσερα (τα σημεία (0, 0), (1, 0), (0, - 1), (1, -1 )), ενώ η καμπύλη y2 = χ(χ-3)(χ+32) έχει άπειρα το πλήθος ρητά σημεία. Οπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, γιά τα σημεία αυτά ισχύει ότι μία ευθεία που ενώνει δύο από αυτά, θα τέμνει την καμπύλη και σε ένα τρίτο. Συνεπώς μπορούμε να παράγουμε όλα τα ρητά σημεία χρησιμοποιώντας μόνο λίγα από αυ-τά.

Η εικασία των Τανιγιάμα-Σιμούρα συνδέει τις ελλειπτικές καμπύλες (άλγεβρα) με την έν-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ.θ. τ. 4/4

Η εικασία των Τανιyιάμα- Σιμούρα και το τελευταίο θεώρημα του Φερμά -------

νοια των modularι μορφών (modular forms) (ανάλυση) . Ο ορισμός μίας modular μορφής είναι αρκετά τεχνικός και δύσκολος. Πολύ απλά μπορούμε να πούμε ότι είναι μιγαδικές συναρτήσεις f μίας μιγαδικής μεταβλητής z που ορίζονται στο άνω μιγαδικό ημιεπίπεδο (δηλαδή γιά z με Ιιη(z) > 0), και έχουν μία συγκεκριμένη ιδιότητα.2

Χρησιμοποιώντας τώρα τη θεωρία των modular μορφών ορίζουμε ένα υποσύνολο των ελλειπτικών καμπύλων τις ονομαζόμενες modular καμπύλες (είναι η ιδιότητα (Μ) που αναφέρεται στο άρθρο [4] του Σ. Μ άκρα). Ο ορισμός και εδώ είναι τεχνικά δύσκολος, αλλά γενικά μπορούμε να πούμε ότι μία ελλειπτική καμπύλη είναι modular αν είναι δυνατόν να βρεθεί ένας τύπος που να δίνει τον αριθμό των λύσεων της καμπύλης. Υπάρχουν πολλά παραδείγματα ελλειπτικών καμπύλων που είναι modular και το ερώτημα είναι κατά πόσον όλες οι ελλειπτικές καμπύλες είναι modular. Η εικασία των Τανιγιάμα-Σιμούρα λέει πως όλες οι ελλειπτικές καμπύλες είναι modular.

Ερχόμαστε τώρα στη σχέση του θεωρήματος του Φερμά με την εικασία των ΤανιγιάμαΣιμούρα. Το 1 985 ο Γ. Φρέυ (Gerhard Frey) σκέφτηκε πως ένα αντιπαράδειγμα3 στο θεώρημα Φερμά θα μπορούσε να χρησιμοποιηθεί γιά την κατασκευή ενός aντιπαραδείγματος της εικασίας των Τανιγιάμα-Σιμούρα. Συγκεκριμένα επρότεινε ότι αν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι α, β, γ τέτοιοι, ώστε:

α'' +β" = γ'· γιά κάποιον φυσικό αριθμό ν > 2, τότε η ελλειπτική καμπύλη

y2 = χ(χ-αν)(χ+βν) δεν είναι modular. Την ιδέα αυτή του Φρέυ διετύπωσε ο Ζ-Π Σερ (Jean-Pierre Seπe) σαν εικασία, την οποία απέδειξε το 1 986 ο Κ . Ρίμπετ (Kenneth Ribet).

Συνοψίζοντας λοιπόν όλα τα παραπάνω μπορούμε να διατυπώσουμε το θεώρημα του Φερμά με τη λογικιΊ της απόδειξής του.

Θεώρημα (Φερμά-Γουάιλς) Αν ο ν είναι φυσικός αριθμός μεγαλύτερος του 2, τότε η εξίσωση Χ'' +yν =zv (I)

δεν έχει λύση γιά καμμία τριάδα φυσικών αριθμών χ, y, z.

"Απόδειξη" Εστω ότι υπάρχουν φυσικοί αριθμοί α, β, γ οι οποίοι να ικανοποιούν την (Ι), δηλαδή α" +β''= γ". Τότε σύμφωνα με τον Ρίμπετ η ελλειπτική καμπύλη y2 = χ(χ-αν)(χ+βν) δεν είναι modular. Αυτό όμως αντίκειται στην ε ικασία των Τανιγιάμα-Σιμούρα (που απέδειξε ο Γουάιλς), ότι όλες οι ελλειπτικές καμπύλες είναι modular, συνεπώς καταλήξαμε σε άτοπο, άρα το θεώρημα ισχύει.

Τελειώνοντας να αναφέρουμε ότι η απόδειξη της εικασίας των Τανιγιάμα-Σιμούρα και τελικά του θεωρήματος του Φερμά, είναι τμήμα ενός γενικότερου προγράμματος τις βάσεις του οποίου έθεσε ο Ρ. Λάνγκλαντς (Robert Langlands) το 1 960. Το πρόγραμμα αυτό αφορά στην εννοποίηση της θεωρίας αριθμών, αλγεβρικής γεωμετρίας και μιγαδικής ανάλυσης. Κάτι αντίστοιχο επιχειρείται γιά πολύ καιρό από τους θεωρητικούς φυσικούς γιά την εννοποίηση όλων των δυνάμεων της φύσης (συγκεκριμένα της βαρύτητας με τις υπόλοιπες). Ο φυσικός Ε. Γουίτεν (Edward Witten) έχει ιΊδη προτείνει κάποιες σχέσεις μεταξύ της φυσικής και του προγράμματος του Λάνγκλαντς.

Βιβλιογραφία [Ι] Β. Cipι-a: Α Τrιιl)' Reιnaι·/ωhle Ρι·οο.f, in: What's Happening in the Mathematical Sciences, Ameι-ican Mathematical

Society, 2 (1994) 3-7. [2] Β. Cipι-a: Fennat '.� Πιeοι·eπι - Α ι /a.�t! in: What's Happening in the Mathematical Sciences, Ameι-ican Mathematical

Society, 3 (1995-96) 2-13. [3] G. Faltings: Πιe Ρι·ο4 4 Feι·π1at '.� La.H Πιeοι·eπ1 by R. Tayloι· and Α. Wiles, Notices of the Ameι·ican Mathematical

Society, 42 (7) ( 1995) 743-746. [4] Σ. Ε. Μ άκρας: Το "τε/.ωταίο Οεώρημα" του Φερμά έγιl'ε- επιτέ/.ου;- Θεώρημα, Ευκλείδης Β', 19 (3) ( 1996) 4-9. [5] Α. Wiles: Μοdιι/αι· e//iρtic cuιτe.� and Feι·n1at '.� La.�t Πιeοι·eη1, Annals of Mathematics, 141 (3) ( 1995) 443-551. [6] Α. Wiles- R. Tayloι-: Ring-tlιeoι·etic fJΙ'oρeι·tie.� o.f certain Hec/.;e a/gebrcι.�. Annals of Mathematics, 141 (3) ( 1995) 553-572.

ι Λε θα επιχειρήσω να μεταφράσω τον όρο. 2 \Ιαραμένουν αναλλοίωτες μέσω της ομάδας S\(2, Ζ) των 2 Χ 2 πινάκων με στοιχεία ακεραίους και ορίζουσα I, συγκεκριμένα ι-

σχι'>ει f (z + β ) = (γz +δ )2 f (z ), γιά κάθε (α β ) Ε Sl(2, Ζ). γz+δ γ δ

J Δηλαδι1 ι::να παρίχδειγμα που δείχνει ότι μία πρόταση δεν ισχύει.


ΕΡΑΤΟΣΘΕΝΗΣ Φιλόλογος, Ποιητής, Γεωγράφος, Γεωδαίτης,

Αστρονόμος, Μαθηματικός Χρήστος Κηπουρός

Ο Αλεξανδρινός φιλόσοφος Ερατοσθένης. λέγεται ότι ήταν γιος του Αγακλέους ή του Αγλαού ή του Αμβροσίου, γεννήθηκε στην Κυρήνη της Β.ΑφρικιΊς κατά την 126ην Ολυμπιάδα (276 - 272 π.Χ), πιθανόν το -276 π.Χ. και πέθανε το 195 π.Χ. στην Αλεξάνδρεια.

Ως πρώτο δάσκαλο είχε τον συμπατριώτη του λόγιο Λυσανία. ενώ κατόπιν στην Αλεξάνδρεια, το φιλόσοφο ποιητιΊ Καλλίμαχο, που ήταν και ο πρώτος διευθυντι1ς της περίφη-

----- μης βιβλιοθήκης. Για να συμπληρώσει τις σπουδές του ιlλθε και παρέμεινε πολλά χρόνια στη Αθήνα. Οπου έγινε

μαθητιΊς του στωικού φιλόσοφου Αρίστωνος του Χίου και του Αρκεσιλάου των οποίων δέχτηκε την επίδραση και τη μύηση στη Πλατωνική φιλοσοφία. Κανείς όμως από τους δασκάλους του δεν μπόρεσε να αντιληφθεί το ευρύ φάσμα των γνώσεων και την επιδεξιότητα της μαθήσεώς του, από την οποία πολύ σύντομα θα διέπρεπε και θα κέρδιζε το παρανόμι (κ. παρατσούκλι) του πένταθλου και του βήτα.

Κατά τον Paul Tannery, το πρώτο παρανόμι του δόθηκε επειδή κέρδιζε το δάφνινο στεφάνι σε όλα τα είδη της τέχνης και της επιστήμης: ποίησιι, κριπκή, φιλοσοφία, Γεωμετρία κ.λ.π. Το βιίτα φαίνεται ότι του δόθηκε στο Μουσείο της Αλεξανδρείας, όπου οι σοφοί κατατάσσονταν, ως προς την αξία τους, με τα πρώτα γράμματα του αλφαβήτου και, του οποίου, αγνοούμε την πραγματική σημασία. Μία λιγότερο επιτυχής αλλά αρκετά αληθοφανής είναι ότι, επειδή το βήτα είναι το δεύτερο γράμμα του αλφαβήτου, ο Ερατοσθένης θα άξιζε τη δεύτερη θέση σε όλα τα είδη των δραστηριοτήτων του, γι αυτό το πρώτο γράμμα δηλ. το «άλφα» το άφηναν να χρησιμοποιείται για aντιπάλους, λιγότερο γενικούς.

Σε προηγούμενο άρθρο μου (Ευκλείδης Β', 6ο. 1992 Οκτώβριος- Δεκέμβριος) που γίνεται μία αναφορά του βοίί..:ού προβ)"ιjματος του Αρχιμήδη, διαφαίνεται η μεγάλη εκτίμηση που είχε ο τελευταίος προς τις μαθηματικές ικανότητες του Ερατοσθένη, αφού του αφιέρωσε τη μέθοδο και τις έννοιες για το πρόβλημα των αγελάδων και με την υπόδειξη να σταλεί, δια μέσου αυτού, στους σοφούς της Αλεξανδρείας.

Κατά την άποψη του sir Thomas Heath, ονομαζόταν βήτα γιατί, μολονότι είχε αναγνωριστεί από τους συγχρόνους του η ικανότης του σε όλους τους τομείς της γνώσεως, όμως, σε κάθε αντικείμενο, πολύ λίγο υπολειπόταν της πρώτης θέσεως. Υπήρχε δηλ. κάποιος πιο ειδικός για το συγκεκριμένο αντικείμενο.

Για το υποκοριστικό πένταθλος μας λέγει ότι έχει την ίδια σημασία, αφού η λέξη αυτή σημαίνει έναν ολοκληρωμένο αθλητή που δεν ήταν ο πρώτος δρομέας ή παλαιστής, αλλά κέρδιζε το δεύτερο έπαθλο σε τέτοιους αγώνες, όπως και σε άλλους.

Μία άλλη άποψη (Smith hist. of math. I, σελ. 108) είναι αυτή που θέλει τον Ερατοσθένη αποκαλούμενο από τους θαυμαστές του ως «Ο δεύτερος Πλάτων». Έτσι, μερικοί πίστεψαν ότι το παρατσούκλι βήτα σήμαινε τον δεύτερο σοφό άνδρα της αρχαιότητος, αφού το γράμμα «β» στο αλφαβητικό σύστημα αριθμήσεως αντιπροσωπεύει τον αριθμό 2. Άλλοι, πάλι, γιατί το γραφείο του έφερε τ.ον αριθμό 2, στο Πανεπιστήμιο.

Σε ηλικία 40 ετών περίπου, προσκλήθηκε στην Αλεξάνδρεια από τον Πτολεμαίο τον ευεργέτη (ονομάστηκε έτσι γιατί προστάτευε τις τέχνες και τις επιστήμες) για να αναλάβει την διαπαιδαγώγηση του γιου του, που αργότερα ονομάστηκε «ψιλοπάτωρ}} και αναλαμβάνει τη διεύθυνση της βιβλιοθιΊκης της πόλης, την οποίαν διατήρησε μέχρι του θανάτου του και είχε ως μαθητές, ως επί το πλείστον, φιλολόγους του τέλους του 3ου π.Χ. αιώνος και των αρχών του 2ου. Τις τελευταίες ημέρες της ζωής του, τυφλώθηκε και άφησε τον εαυτό του να πεθάνει από ασιτία.

Αναγνωρίζοντας τις ευεργεσίες του Πτολεμαίου, ανήγειρε μία στήλη με ένα ευχαριστι1ριο επίγραμμα επ αυτής. Σ αυτό το επίγραμμα γίνεται αναφορά των λύσεων που είχαν δοθεί μέχρι τό-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ. 4/6

Ερατοσθένης

LF. στο πρόβλημα του διπλασιασμού του κύβου (Δήλιον πρόβλημα). Η δική του μέθοδος γινόταν με -:η βο1Ίθεια ενός μπρούτζϊνου οργάνου που ονομάστηκε μεσόλαβον και ήταν στερεωμένο με μολύβι. πολt> κοντά στη στεφάνη της στήλης. Υπήρχε, επί πλέον, επί του κίονος, η απόδειξη τ:p1.ληπτικrχ διατυπωμένη και, στο τέλος, το επίγραμμα που προστέθηκε από τον Ερατοσθένη κ:ω περιyρ6:φει τη μέθοδο κατασκευής του μήκους της πλευράς του διπλασίου κύβου και ... ειρωνε1'Η·:τω κ{:ιπως τις 6:λλες μεθόδους του Αρχύτα και του Μέχναιμου. Αλλά γι' αυτό θα μιλι1σουμε αργότερα. Αυτ{:ι, σαν μια πρώτη γνωριμία με τον άνδρα. Ας δούμε, τώρα, και το έργο του.

Ο Ερατοσθένης έχει γράψει πάρα πολλές εργασίες, των οποίων, δυστυχώς, αγνοούμε το περιεχόμενό τους (ο Fabricius στον κατάλογό των τίτλων των εργασιών, τον καταχωρεί πέμπτο). Για το λόγο αυτό δεν μπορούμε να πούμε τίποτα για τα φιλολογικά του έργα και τις επιστημονικι:':ς του εργασίες που αγνοούμε ή έφτασαν σ εμάς από «δεύτερο χέρι>>.

Απένειμε στον εαυτό του τον τίτλο του φιλολόγου, διεκδικώντας έτσι, το όνομα που έπρεπε οι Αλεξανδρινοί να του είχαν απονείμει γιατί αυτός, πραγματικά, aντικατόπτριζε την Αλεξανδρινή επιστι1μη της εποχής του και ήταν, αναμφισβήτητα, ο τέλειος αντιπρόσωπός της και, μάλιστα, ο περισσότερο επιφανής.

Με το όνομά του υπάρχουν δύο μικρά συγγράμματα: Ι. Ένα μικρό σχόλιο των φαινομένων του Αράτου (ήκμ. το 270 π.Χ.) το οποίον περιέχεται μέσα

στο οιJρανολόγιο του Petau και είναι βέβαια πολύ μεταγενέστερο και, 2. Ένα 6:λλο με τίτλο καταστερισμοί και το οποίον περιέχει «πολυ/.ογίες» για τις πηγές των μύ

Θων των ονομάτων των aστερισμών. Αυτό εξέδωσε ο Fell το Ι 672 στην Οξφόρδη, μετά την έκδοση του Αράτου, μαζί με μία συλλογή αποσπασμάτων του Ερατοσθένη που aνθολογήθηκε από τον Hygin και τον σχολιαστή του Γερμανικού. Αν και το κείμενο θεωρήθηκε αυθεντη�ό. όμως, έχει μυθογραφική αξία, κατά την άποψη του Tannery. Ο TcιnneΓ)" ισχυρίζεται, όχι αδικαιολόγητα, ότι δεν μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα

<<'!ϊ.ατiίλοyο cων τ"ίτλων των πολυπληθών εργασιών του Ερατοσθένη», από τις διάφορες αναφορές :τocJ Ό'i\·οηαι σ'αυt(Χ, από άλλους aρχαίους συγγραφείς, γιατί δεν φωτίζουν επαρκώς το θέμα, ενώ σι rωραGι-:σεις των χωρίων, έτσι όπως είναι, σπάνια επιτρέπουν τον προσδιορισμό του θέματος.

Το κύριο έριο του Ερατοσθένη, ως ποιητή, είναι ο «Ερμής» του, το οποίον φαίνεται ότι ήταν ι:':να διδακτικό επικό ποίημα αστρονομίας αναμεμειγμέ:νο με μυθολοΊικά επεισόδια και το απόσπασμα που διασώθηκε αναφέρεται στις 5 ζώνες της γης. Μεγάλη εκτίμηση απέδιδαν οι αρχαίοι στο ποίημά του« Ήριγόνψ> το οποίον ο Λογγίνος χαρακτηρίζει ως «άμώμητον δια πάντων ποιημάτων>> στο οποίο περιγράφεται ο μύθος του θανάτου του Ήρωας των Αθηνών Ίκαρiου, πατι:';ρα της Ήριγόνης, η οποία, όταν ανακάλυψε το πτώμα του πατέρα της, οδηγημένη από την πιστιΊ σκύλα του Ήρωα, κρεμάστηκε σε παρακείμενο δέντρο.

Ένα άλλο ποίημα η «Αντερινύδα» αναφέρεται στους aστέρες και τις μεταμορφώσεις και πιθανόν να περιέχει αναφορές για το θάνατο του Ησιόδου.

Ο Ερατοσθένης έχει συνθέσει πλήθος άλλων επικών στίχων με την ίδια διάταξη ιδεών. Δυστυχώς, ο χώρος δεν μου επιτρέπει εκτενέστερη αναφορά στο ποιητικό έργο του.

Ο Ερατοσθένης υπήρξε ο πρώτος συστηματικός γεωγράφος. Το έργο του γεωγραφικά αποτελείται από 3 βιβλία: στο Ι ο, εξετάζει με κριτικό ύφος, την ιστορία της γεωγραφίας από τον Ομηρο μέχρι τους διαδόχους του Αλεξάνδρου, στο 2ο, τη σφαιρικότητα της γης και στο 3ο, χωρογραφικι::ς και εθνογραφικές μελέτες. Στην ιστορία της γεωγραφίας ισχυρίζεται ότι οι προγενέστεροι από αυτόν γεωγράφοι, ενώ άρχιζαν με πολύ ζήλο τα έργα τους, τα εγκατέλειπαν ημιτελή. Υπ{φχει η άποψη ότι το έργο του «περί αναμετρήσεως της γης» για το οποίο θα μιλήσουμε πάρα κ{χτω, να ιΊταν ένα μέρος των Γεωγραφικών του. Πολύ δίκαια ο Ερατοσθένης κέρδισε τον τίτλο του πρώτου γεωδαίτη, αφού κατόρθωσε να υπολογίσει με μεγαλύτερη ακρίβεια 'την περίμετρο της γης, η οποία την εποχΙ1 εκείνη είχε υπολογιστεί σε 300.000 στάδια. Θα κάνω μια σύντομη περιγραφΙ1 αυηΊς της μεθόδου και στη συνέχεια θα αναφέρω και του Ερατοσθένη. Η παλαιά μέθοδος είχε βασιστεί στις παρατηρήσεις που είχαν γίνει σε δύο πόλεις που ανήκαν στο ίδιο μεσημβρινό. Η μία 1Ίταν η Λυσιμάχεια, αρχαία πόλη της Ν.Θράκης κοντά στην Προποντίδα και η {:ιλλη η Συήνη της Αιγύπτου (Ασσουάν). Παρατηρήθηκε, λοιπόν, ότι η κεφαλή του Δράκοντος Ι1ταν στο Ζενίθ της Λυσιμάχειας και ο καρκίνος στο Ζενίθ της Συ1Ίνης. Ο λόγος του τόξου του ουρίχνιου μεσημβρινού που συνέδεε αυτές τις δύο θέσεις, προς ολόκληρη την περιφέρειά του ελΙ1φθη ίσος με Ι: Ι5. Επειδή τώρα, η απόσταση των δύο πόλεων, που υπολογίστηκε σε 20.000 στίχδια, {;χει, ως προς την περιφέρεια του μεσημβρινού της γης, τον ίδιο λόγο, εύκολα υπολογί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ. 417


στηκε το μήκος της περιμέτρου της γης σε Ι5 χ 20.000 = 300.000 στάδια. Ο Ερατοσθένης βελτίωσε τη μέτρηση αυτή ως εξής: Παρατήρησε ότι ο ήλιος, κατά το με

σουράνημά του στη Συήνη το θερινό ηλιοστάσιο, δεν ρίχνει σκιά επί ενός γνώμονας τοποθετημένου καθέτως (και καλώς φωτιζόμενου), ενώ, ταυτόχρονα, σε ένα, όμοια τοποθετημένο γνώμονα, στην Αλεξάνδρεια, που βρίσκεται στον ίδιο μεσημβρινό με τη Συήνη, ρίχνει σκιά σε μία γωνία, μεταξύ του γνώμονα και της διευθύνσεως των ακτινών του ηλίου ίση με το Ι/50 ενός ολοκλήρου κύκλου ή 4 ορθών γωνιών (η μέτρηση των γωνιών σε μοίρες έγινε αργότερα από τον Ίππαρχο).

Στο παραπλεύρως σχήμα έχουμε συμβολίσει τις δύο πόλεις, την

Συ1Ίνη με (Σ) και την Αλεξάνδρεια με (Α). Η γωνία ΣΟΑ = α= 5Ι0

χ 4 ορθ.

= 7,5°. Επειδή η απόσταση των δύο πόλεων βρέθηκε ίση με 5000 στάδια, η περιφέρεια της γης θα είναι 250000 στάδια.

Αυτή την περιγραφή αναφέρει ο Κλεομήδης (ήκμ. 45 π.Χ.) στο έργο του:«κυκλικής θεωρίας, μετεώρων βιβλία δύο». Ομως τόσον ο Θέων ο Σμυρναίος όσον και ο Στράβων μας δίνουν την τιμή 252000 στάδια. Η αιτία αυτής της ασυμφωνίας δεν μας είναι γνωστή. Είναι δυνατόν, κατά την άποψη του Heath, ο ίδιος ο Ερατοσθένης να διόρθωσε το 250.000 σε 252.000 στάδια, θέλοντας το εξαγόμενο να διαιρείται με το 60 και στρογγυλοποίησε τον αριθμό των σταδίων, ώστε σε Ι ο να αντιστοιχούν 700 στάδια. Υπάρχει και η άποψη του Πλινίου που λέγει ότι ο Ερατοσθένης έλαβε το μήκος του Αιγυπτιακού σταδίου ίσον με 300 βασιλ. Αιγιπτ. πήχεις που ι

Γ

Σ

(δ)

ΣΓ και Α Γ οι ;τώμο1·ε; στη Συιj1•η και Α/.εξάΙ·δρεια.

σοδυναμούν με 240 βήματα, δηλ. Ι στάδιο= Ι 57,5 μέτρα περίπου. Αυτή η (δ) η διεύΟυ,·ση τoJI' ακτίμέτρηση αντιστοιχεί σε μήκος ίσον με 39.700 χιλιόμετρα και είναι, για ,.ω,. τοιJ ιj/.ιου.

την εποχΙ1 εκείνη, μία αξιοθαύμαστη προσεγγιστική τιμή. Κ<'iπου εδώ, διαισθάνομαι την παρουσία του ... «δαίμονα του τυπογραφείου». Ο Ήρων μας δί

νει για το στ{χδιο 400 πήχεις= 240 βήματα, όπως έχω καταχωρίσει στον πίνακα 111 του έργου μου (Ήρωνος Αλεξανδρέως, ονόματα γεωμετρικών όρων, γεωμετρικά έκδ. ΕΜΕ 1995) στο σχόλιο της σελίδας 403. Τώρα, ή ο Πλίνιος σφάλει, ή οι διάφοροι μεταποιητές των κειμένων το αντέγραψαν λάθος, ή ο P.TanneiΎ μας το παρουσιάζει έτσι από δικό του λάθος, δεν το γνωρίζω γιατί δεν διαθέτω τους κώδικες, αφού οι αρμόδιοι φορείς του τόπου δεν ενδιαφέρονται να αποκτήσει η χώρα μας, τουλάχιστον, φωτοτυπίες αυτών.

Ο Thomas Heath, διερωτάται αν είχε δίκαιο ο Πλίνιος, λέγοντας ότι ο Ερατοσθένης έλαβε τον Αιγυπτιακό σχοίνο =με 40 στάδια και, παίρνοντας το μήκος του σχοίνου = Ι 2000 πήχεις των 0,525 του μέτρου, δηλ. το I στάδιο = 300 πήχεις = Ι 57,5 μέτρα. Με αυτή τη λογική τα 252.000 στάδια αντιστοιχούν, για διάμετρο της γης, ίση με 7850 miles. που είναι μία εκπληκτική προσεγγιστική τιμή. Άσχετα με αυτά που γράφουν αυτοί οι δύο πολύ αξιόλογοι σύγχρονοι ιστορικοί, πληροφορώ τους αναγνώστες ότι η μεν ελληνική σχοίνος = 30 στάδια= 12000 πήχεις η δε βαρβαρική= 45 στάδια.

Στη διόπτρα του Ηρωνος (σελ. 302,17) στην περιγραφή της μετρήσεως της αποστάσεως Αλεξανδρείας- Ρώμης, ο Ήρων αναφέρει ότι χρησιμοποιεί την τιμή 252.000 στάδια για την περίμετρο της γης, επειδή είναι ακριβέστερη και ότι αναπτύσσεται από τον Ερατοσθένη στην πραγματεία του «περί της αναμετρήσεως της γης>>.

Η εργασία αυτή καταξιώνει τον Ερατοσθένη και σαν αστρονόμο γιατί, κατά τον Galen ασχολείται, γενικά, με aστρονομική ή μαθηματική γεωγραφία που πραγματεύεται θέματα, όπως: το μέγεθος του ισημερινού, η απόσταση των τροπικών κύκλων, η έκταση της πο/.ικιjς ζώνης, οι διαστάσεις ι.;αι αποστάσεις του ηλίου και της γης, η μερικιj και ολικιj έκλειψη των ουρανrω1• σωμάτων, οι μεταβο/.ές της χρονικής διάρκειας της ημέρας σχετικά με τις εποχές, κ. α. Αρκετά εξαγόμενα διασώθηκαν σε άλλα κείμενα, ως αποτελέσματα που οφείλονται στον Ερατοσθένη, με βεβαιότητα ανήκουν σ' αύτη την εργασία.

ο Ε θ' λ ' ' ' ' λ ' ! Ι ρατοσ ενης υπο ογισε την αποσταση των τροπικων κυκ ων περιπου σε 83 της περιφε-

ρείας ενός μεσημβρινού κύκλου δηλ. σε 4γ 42' 39", που αντιπροσωπεύει το διπλάσιο της λοξώσεως της εκλειπτικής, την οποία χρησιμοποίησε και ο Ίππαρχος.

Με aστρονομικές παρατηρήσεις και με τριγωνομετρικές γνώσεις της εποχής του κατασκεύασε γεωγραφικό πίνακα. Σ' αυτόν, χώριζε τον γνωστό κόσμο σε δύο ημισφαίρια, το βόρειο και το νότιο με μία γραμμή παράλληλη προς τον ισημερινό που άρχιζε από τις Ηράκλειες στήλες και δια του Σικελικού πορθμού, του κορινθιακού κόλπου, της Ροδίας και του 'Ισαίου κόλπου, τελείωνε στις κορυφογραμμές της Β. Ινδίας.



Μολονότι τις γεωγραφικές εργασίες του Ερατοσθένη έχουν εκτιμήσει πολλοί μsταγενέστερC'ι αρχαίοι συγγραφείς, ωστόσο υπάρχουν και διαφωνούντες. Ο Στράβων,.ο Μα:ρτιάνός, ο Πλίνιος κ.α. επικρίνουν πολλές εργασίες του. Στα κείμενα του Στράβωνας και Πολυβίου περιέχονται κατηγορίές κάτά του Ερατοσθένη και μνημονεύεται ένα aντιρρητικό έργο του Ήlππαρχσυ με τίτλο: «Τά πρός Ερατοσθένη». Ο Στράβων π.χ.; λέγει για τον Ερατοσθένη: «διιtμαρτών τά τού πλάτους (γεωγρ. πλάτους) ήνάγκασται καf τΟύ μήκους άστοχεiν». ·Για τα Ομηρικά γεωγραφικά ζητήματα που αναφέρει ο Ερατοσθένης, ο Στράβων �έγει ότι: «άπήντησεν οvκ εύ» ή <<είκάζει ούκ εύ». Ακόμη κατακρίνει τον Ερατοσθένη για τις πηγές του, διότι «άνδpών ούκ aςftιJV έπί πλέον μέμνηταl>-'.

. .

Ο χάρτης του κόσμου κατά τον Εκατaίσ (517π.χ.)

Ο χάρτης του κόσμου κατά Ερατοσθένην (3ος π.χ. qιώνας)

Και άλλες πολλl:ς εργασίες έγραψε ο Ερατοσθένης οι οποίες δεν μπορεί να διατυπωθούν σε tκα\'οτ.ο: ητικ:ό βαθμό, στα ,υποχρεωτικώς, στεν{.ι πλαίσια αυτού του άρθρου. Γι' αυτό τις παραλείπω.

Ο Ξρατοσθi;νης ι�γραψε ένα έργο με τον τίτλο «Πλατωνικός» και, μολονότι 1Ίταν ένα είδος σzολίου του τίμαιου του Πλάτω\!ος ή ένας διάλογος που τα κύρια μέρη του αφορούσαν τον Πλ{:ιτω\ια, προφανώς; περιείχε τις βασικές μαθηματικές έννοιες, που σχετίζονταν με την Πλατωνική φιλοσοφία . Σ' αυτό το έργο βασίστηκε ο Θέων ο Σμυρναίος για να γρ{:ιψει το βιβλίο του περί <<τώv κατά τι) μαθηματικόνχρησfiιωv εiς τήv Πλάτωνος άνάγvωσιν» (έκδ. E.Hiller. Leibzig 1878) όπου ο Θέων αναφέρει δύο φορές την εργασία αυηΊ του Ερατοσθένη, επωνύμως. Φαίνεται ότι άρχιζε με το περίφημο Δήλιο πρόβλημα, αναφέροντας την ιστορία που μνημονεύει ο Θέων, πως ο Θεός απαίτησε σαν αντάλλαγμα της απαλλαγής από μία επιδημική νόσο, .yα κατασκευι;ιστεί ένας βωμός διπλάσιος κατ όγκον 'από τον υπάρχόντα κυβικόν βωμόν, χωρiς όμως να αλλάξει το κυβικό του:cηr;11μα. Στο σημείο αυτό, για την καλλίτερη παρουσίαση του άρθρου,. επιβάλλεται να κr.ινω μία παρένΘεση.

·

' ' { \ .Επανέρχομαι, πάλι,,στην ιστορία του επιγράμματος του Ερατοσθένη, που προa.ναφέραμε. Ο σχολιαστής των έργων του Αρχιμήδη, Ευτόκιος μας έχει διασώσει (Αρχιμήδτjc, Heiberg τόμ.

Ill σσ 54.26--. '106�24) μία Πολύτιμη συλλοy11 των λύσεων του Δήλιου προβλήματος. ftoυ f:ί:χαν δοθεί από τους διaφοροyς προγενέστερους ερευνητές. Αυτές τις παρQυσιάζει με την παρακάτω σείρά: Ι . Πλάτωνος, 2 .. Ήρωνος, 3. Φίλωνός Βυζαντινού, 4� Απολλωνίου, 5. Διοκλέους, 6. ΠάπΠου, 7. ΣΠόρου, 8. Μέναιχμου, 9. Μένcηχμου (β' απόδειξη), 10. Αρχύτα, 11. Ερατοσθένη, 12. Νικομήδη.

Η λύση του προβλήματος από τον Ερατοσθένη, περιέχετα\ σε μία επιστολ1Ί που έστειλε στq βασιλέαΠτολεμαίο (τον ευεργέτη) όπως έχουμε αναφέρει πιό πάνω και την οποίαν, ο Ευ-τόκιος, προτάσσει της αποδείξεως του Ερατοσθένη. .

Στην επιστολ1Ί αυτή περιγράφεται το.ιστορικό του Δ ηλίου προβλήματος που έχει, κατά τον ΕρατοσΘένη, διαφορετικό σενάριο από αυτό του Θέωνος του Σμυρναίου. Σε σύντομη περιγραφή έχει ως εξής:

Ο Βασιλέας της Κρήτης, Μίνωας, θεώρησε ότι το μέγεθος του κυβικού βασιλικού τάφου, που είχε διατάξει να κατασκευαστεί για το γιο του Γλαύκο, ήταν μικρό. Απαίτησε να διπλασιαστεί η χωρητικότητα του τάφου χωρίς να αλλάξει το κομψό κυβικό του σχήμα. Το πρόβλημα αυτό ονομάστηκε «διπλασιασμός του κύβου».

Από όλους τούς γεωμέτρες που καταπιάστηκαν με το πρόβλημα αυτό,,ο ΙπΠοκράτης ο Χίος 1Ίταν αυτός που πρώτος επενόησε μία μέθοδο επιλύσεως του προβλήματος Κατ'αυτήν, θα πρέπει να κατασκευασθούν «δύο μέσες ανάί.ογες ευθείες σε συνεχιj αναλογία δύο δοσμένωι• ευθειών όπου η μiα ι·α είναι διπί.άσια της άλλης». Αυτή όμως η επινόηση για να εφαρμοστεί και να μας δώσει τις ποθούμενες δύο γεωμετρικές μέσες, δεν γινόταν με «στοιχειώδη διαδικασία», δηλ. με τη βοι1-



θεια μόνο του κανόνα και του διαβήτη� . Η παράδοση αναφέρει, ακόμη, ότι κάποιος χρησμός επέβαλε στους κατοίκους της Δήλου; να δι

πλασιάσουν ένα από τους βωμούς του Απόλλωνος που είχε κυβικό σχήμα. Οι κάτοικοι ζήτησαν από τους γεωμέτρες τί,ς Ακαδημίας του Πλάτωνος να λύσουν το πρόβλημα. Λέγεται ότι βρήκαν τη λύση ο Αρχύτας ο Τμρ11ντίνσς με τη βοήθεια ημικυ)iνδρων και ο Εύδοξσς με χρήση καμπύλων γραμμών.

Αυτοί ,όίiως έδωσαν θεωρητική λύση, χωρίς να πετύχουν κάποιο τρόπο κατασκευής, εκτός από τον Μέvαιχμο τόυ οποίου η πρακτική λύσrj ήταν δυσχερής.

Εγώ, λέγει ο Ερατοσθένης, επενόησα ευκολόχρηστη συσκευή με τη βοήθεια της οποίας μπορεί κανείς να βρει όχι μόνο δύο μέσες ανάλογες, αλλά όσες θελήσει.

Στη συνέχεια της επιστολής, ο Ερατοσθένης αναφέρει το πλήθος των εργασιών που μπορεί κάποιος να εκτελέσει με το όργανο αuτό·και κλείνει την επιστολή του περιγράφοντας τη λειτουργία του οργάνου, υπό μορφήν ποιήμάτος, ειρωνευόμενος τις λύσεις του Αρχύτα και του Μέναιχμού, κοΛακεύει δε τον Πτολεμαιο και το γιο του και υπενθυμίζει σ αυτόν που θα διαβάσει αυτό το επίγpαμμα στη στήλη, ότι είναι έργο του Ερατοσθένη του Κυρηναίου.

Χρήσιμο είναι πpοτού περίγpάψqυμε το όργανο και την απόδειξη του Ερατοσθένη, να θέσουμε το πρόβλημα και την απόδειξη του Ιπποκράτη του Χίου.

Αν η πλευρά του kύβου είναι α και του διπλασίου χ, τότε θα ισχύει: 3 3 )r:=; χ = 2α δηλ. χ= -v2

Επειδή τώρα ο αριθμός 12 είναι aσύμμετρος η πλευρά χ, δεν κατασκευάζεται με κανόνα και διαβήτη. Μπορεί όμως να κατασκευαστεί με κανόνα και διαβήτη, αλλά με χρήση κινηπκής γεωμετρί

ας όπως φαίνεται και από ττiν απόδειξη του Πλάτωνος, ή με τη βοήθεια διαφόρων καμπύλων, εκτός του κύκλου.

Ο Ιπποκράτης ανάγει το πρόβλημα στο εξής: Α ν δοθούν δύο ευθύγραμμα τμήματα α και β, όπου β = 2α, να βρεθούν δύο άλλα χ και y,

ι.iέcrα ανάλογα αυτών, σε συνεχή αναλογία, δηλ. �=Υ=�. Υ χ α

Διότι από την αναλογ{α: � = � = xy = αβ (1) Υ α

και από την: v χ 7 . .ι..=-= χ- = αy (2) χ α Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις (1) και (2) και λαμβάνοντας υπ' όψιν ότι β = 2α, βρί-

3 3 )ri; σκουμε: χ = 2α =χ= α ·ν2.

Ολες οι' γεωμε.fρικές κατασκευές που έδωσε ο Ευτόκιος στηρίζονται στην πιψιir.rάνω αναγωγ_ή του Ιπποκράτη του Χίου.

Ας δοJ)ιJ.ε, τψρα, την κατασκευή αυτών των δύο μέσων αναλόγών με τη χρήση τηζσυσκευής του Ερατοσθένη (δηλ. το μεσόλαβον) που β στηρίζεται στην κινητική Γεωμετρία.

Το μεσόλαβον αποτελείται από.ένα ορθογώνιο μεταλλικό πλαίσιο ΑΕΘΚ εντός του οποίου ο�ισθάίνουν τρία ίσα μεταλλικά ή ξύλινα ορ-θογώνια τρίγωνα, ΑΛΖ, ΛΙΗ και ΙΚΘ (Σχ.l) (Υπενθυμίζουμε ότι οι αρ- Ε

χαίοι το ευθύγραμμο τμήμα π. χ. ΑΒ, ονόμαζαν ευθεία ΑΒ). Σχ. Ι

κ

α

Δ

α

Έστω ότι η μεγαλύτερη ευθεία είναι η ΑΕ κι:η η μικρότερη η ΔΘ (που είναι ίση με την πλευρά του δοθέντος κύβου) και είναι ΑΕ= 2 χ ΔΘ (βλ. Σχ. 1). Κατά τη διαδικασία της κατασκευής το τρίγωνο ΑΛΖ παραμένει σταθερά ακίνητο, ενώ, τα άλλα δύο τρίγωνα ΛΗΙ και ΙΘΚ, δύνανται να ολισθαίνουν μεταξύ των παραλλήλων ΑΚ και ΕΘ και παραλλfιλως προς τη διεύθυνση αυτών.

Μετατοπίζουμε, τώρα, τα δύο τρίγωνα ΛΗΙ και ΙΘΚ κατά τέτοιο τρόπο ούτως ώστε: (i) Η τομή Β, της καθέτου ΖΛ του α' τριγώνου και της υΠοτεινούσης ΗΛ του β' τριγώνου, (ii) Η τομή Γ, της καθέτου ΗΙ του β' τριγώνου και της υποτεινούσης ΘΙ του τρίτου τριγώνου και, (iii) Το μέσόν Δ, της καθέτου ΘΚ του γ' τριγώνου, να γίνουν συνευθειακά και η ευθεία ΔΓΒ να

«νεύει» προς το Α. .[Λέμε ότι μία ευθεία «νεύει» προς ένα σημείο όταν προεκτεινομένη διέρχεται από το σημείο, (κατά τον ορισμό του Αλεξανδρινού Πάππου)].



Έστω ότι τα σημεία Α, Β, Γ και Δ έγιναν συνευθεια- Α 0ς,--------., κά όταν τα Ζ, Η, Θ έλαβαν τις θέσεις Ζ', Η', Θ', αντί-στοιχα (Σχ.2).

Θα δείξουμε ότι, στην περίπτωση αυτή ισχύει η συνεχής αναλογία:

.li=.Y.=� (3) Υ Χ α Ε

όΠου ετέθη: ΑΕ= β, ΒΖ'= y, ΓΗ'= χ, και ΔΘ' =α. Σχ. 2 Α --

ΑΖ' Πρίχγματι: Από τα όμοια τρίγωνα ΑΕΖ' και ΒΖΉ' έχουμε: � ΒΗ' (4)

ΑΖ'_ v Από το: όμοια τρίγωνα ΑΖ 'Β και ΒΗ'Γ, έχουμε: ΒΗ'- � (5)

Από τα όμοια τρίγωνα ΒΖΉ' και ΓΗ'Θ', έχουμε: Υ- ΒΗ' (6) χ- ΓΘ' ΒΗ' χ και από τα όμοια τρίγωνα ΒΗ'Γ και ΓΘ' Δ, έχουμε: ΓΘ'

= a (7)

Εφαρμόζοντας την μεταβατική ιδιότητα στις (4), (5), (6) και (7) καταλήγουμε στην (3).

ο

Ο Ερατοσθένης έχει γράψει μία πραγματεία επί των «αναλογιών» σε 2 βιβλία και ήταν πολύ σπουδαία ώστε να αναφέρεται από τον Πάππο, παράλληλα με εργασίες του Ευκλείδη, του Αρισταίου και του Απολλώνιου, ότι αποτελούσε μέρος του «Θησαυροφυλακίου της αναλύσεως» (Παππος, VII, σελ. 636, 24). ·

Κατά τη άποψη του Thomas Heath ήταν μια σημαντική Γεωμετρική πραγματεία. Μ ι α άλλη εργασία του Ερατοσθένη που μνημονεύει ο Πάππος, ομιλεί για κάποιους τόπους

τους οποίους ο Ερατοσθένης ονομάζει «τόποι προς μεσότητας» και την οποία μνημονεύει ο Πάππος (VII σελ. 662, 15 κ.ε) και, πιθανώς, αυτοί οι τόποι να αποτελούσαν αντικείμενο αυτής της πραγματείας. Δεν γνωρίζουμε όμως τίποτα που να μας βεβαιώνει τι είδους τόποι ήσαν αυτοί.

Ο Paul Tannery δίνει κάτι συμπεράσματα γι aυτούς τους τόπους, τα οποία δεν θέλω να τα αναφέρω, όχι μόνο γιατί τα αμφισβητώ, αλλά γιατί ο Zeuthen στο βιβλίο του (Die Lehre von dem Kegelschnitten im Alteι-erum, 1886, σ.σ. 320, 321) έχει τελείως διαφορετική άποψη.

Άφησα τελευταία ,την εργασία του Ερατοσθένη που διδάσκει με ποιο τρόπο εντοπίζονται οι πρώτοι αριθμοί και η οποία αποτελεί, μέχρι σήμερα τουλάχιστον, το μοναδικό εργαλείο μας γι' αυτό τον εντοπισμό.

Η εργασία αυηΊ του Ερατοσθένη είναι μία έξυπνη μέθοδος εντοπίσεως των πρώτων αριθμών και φέρει το όνομα: Το κόσκινο του Εpάτοσθένη.

Α ν και είναι γνωστή αυτή η μέθοδος, είμαι υποχρεωμένος να την επαναλάβω, για τους μαθητ�:ς που, πιθανόν, δεν την θυμούνται.

Ας θεωρήσουμε ένα απόκομμα των φυσικών αριθμών από το 2 μέχρι το ν, γραμμένο με τη μορφ1Ί: 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, . .. , ν και ας διαγράψουμε από αυτούς τα πολλαπλάσια του 2, τότε θα μέίνουν, όλοι οι περιττοί μαζί με το 2, δηλ. οι: 2, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, . . . , 2λ +Ι:::;; ν (α' διαγραφή) Από αυτούς διαγράφουμε τα πολλαπλάσια του 3. Θα μείνουν οι:

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 25, 29, ... :::;; ν (β' διαγραφή) Κατόπιν τα πολλαπλάσια του 5. Θα μείνουν οι:

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 49 , . . . :::;; ν (γ' διαγραφή) Κατόπιν τα πολλαπλάσια του 7. Θα μείνουν οι:

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, ... :::;; ν (δ' διαγραφή). Εργαζόμενοι με το ίδιο τρόπο, διαγράφουμε, διαδοχικά, τα πολλαπλάσια του 11, του 13

κ.ο.κ. Ο 2 και οι περιττοί που θα απομείνουν, αποτελούν το σύνολο των πρώτων αριθμών p, για τους οποίους ισχύει η σχέση: p:::;; ν.

Αν π.χ. το ν= 100, τότε θα πρέπει στους παραπάνω αριθμούς να ενταχθούν και οι: 67, 71, 73, 79, 83, 89, και 97.

Στην περίπτωση αυτή θα γίνουν τέσσερις διαγραφές, δηλ. τα πολλαπλάσια των 2, 3, 5, και 7. Ο 7 είναι ο μέγιστος πρώτος αριθμός< 100 του οποίου το τετράγωνο είναι< 100. (Αφού 72 < 102.)

Α ν π. χ. θέλουμε στο κόσκινο του Ερατοσθένη να μείνουν οι πρώτοι αριθμοί που είναι< ν, θα πρέπει να διαγράψουμε τα πολλαπλάσια όλων των πρώτων αριθμών p, για τους οποίους ισχύει η p2 <ν.

Π.χ. αν θέλουμε να έχουμε τους πρώτους αριθμούς που είναι μικρότεροι από τον αριθμό

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ. 4/ll


1821, θα διαγράψουμε δίαδοχικά τα πολλαπλάσια των πρώτων αριθμών 2, 3, 5, 7, I I, . .. , 37, 41 διότι, ο 4 1 είναι ο μέγιστος πρώτός αριθμός, που είναι μικρότερος του 1821 και έχει την ιδιότητα: 4 12 < 1821, ενώ ο αμέσως μεγαλύτερος πρώτος δηλ. ο 43, έχει τετρaγωνο ( 432 = 1849) μεγαλύτερο από το 1821.

Ο Ευκλείδης μας έχει δώσει μία σπουδαία απόδειξη στο ερώτημά:.

«Αν ο p είναι ένας πρώτος αριθμός, "υπάρχει άλλος πρώτος μεyαλύτερος αirό aυτόν;» Με άλλα λόγια: η άκολουθία των πρώτων αριθμών έχει πεπεράσfιένο πλήθος ή άπειρο; ή αλλιώς: η ακολουθία των πρώτων aριθμώ� έχει ανι[Jτερο φράγμα ή είναι απέραντη; Απέδειξε, λοιπόν, ότι δεν υπάρχει πρώτος αριθμός μεγαλύτερος παντός άλλου πρώτου.

·

Το θεώρημα με διαφορετική διατύπωση αναφέρέτ:αι στα στοιχεία του Ευκλείδη (βιβλ: IX, θεώρ. 20) καθώς και η απόδειξη. Περισσότερες πληροφορίες θα βρει ο αναγνώστης στο βιβλίο του EdmunιJ Landau ( Elenιantary Numher Theoί·y κεφ. Π, σελ. 18.) και στα crτοιχεία του Ευκλείδη, του T.Heath (Τ()μ. ll .. σεi .. 412). Σε ελληνική βιβλιογραφία και σε μετάφραση του Ε. Σταμάτη: ΕΙJκi.είδου Γεωμετρία (θεωρία αριθμών, βιβλ. /Χ, πρότ. 20, σεί .. 250). Ακόμη στο βιβλίο του Παv. Μάγειρα με αρκετές επεξηyήσεις: Εισαγωγή εις την Αριθμοθεωρίαν, τόμ. Ι, σελ. 146.

Κλείνοντας αυτό το άρθρο θα δώσω μερικές Πληροφορίες που αφορούν τους πρώτους αριθμούς. Υπάρχουν «ανοιχτά» θέματα των πρώτων αριθί.ιών που περιμένουν απαντήσεις. Ένα από αυ-

τά είναι το παρακάτω: . . Η ακολουθία τ:ων πρώτων αριθμών παρουσιάζει μία ιδιομορφία. Περιέχει πολλά ζεύγη που

έχουν διαφορά 2. Π.χ. (3, 5), (I I, 13), (59,61) κ.ο.κ. Δύο πρώτοι αριθμοί p1, p2 για τους οποίους ισχύει p1 - p2 = 2, (p1 > p2) λέγονται δίδυμοι. Τα

παρακάτω ζεύγη είναι δίδυμοι πρώτοι aριθμοί: (3, 5), (5, 7), (11, 13.), (17, 19), (29, 31), ... (101, 103)

Ωστόσο, η απάντησr1 gτο ερώτημα: αν αυτά τα ζεύγή των διδύμων έχουν πεπεpa;,μένο ή άπειρο πλιίθος, δεν έχει ακόμη δοθεί.

Υπάρχει και κaποια «αι•ωμαί.ία» στην ακολουθία των δίδυμων πρώτων αριθμών, ένα είδος «ερμαφροδιτισμού». . :. ι .

Ο 5 το παίζει σε δύο «rαμπλό». Στο πρώτο ζεύγος είναι ... πίσω από τον 3 και στο δεύτερο, μπροστά από τον 7. Αυτή, η ανωμαλία είναι μοναδική στο σύνολο των πρώτων αριθμών. Δεν υπάρχει άλλη τριάδα διαδοχικών πρώτων αριθμών, εκτός από την (3, 5, 7), που ν� συνιστά ... αμαρτωλό τρίγωνο.

Για να βρούμε την αιτία θα Πρέπει να παρατηρήσουμε, ότι κάθε τριάδα διαδοχικών δίδυμων ακεραίων έχει την μορφή: χ , χ + 2, χ + 4 και γι'αυτό περιέχει έναν αριθμό που διαιρείται με το 3. Η τριάδα αυτή μόνο, για χ = 3 δίνει πρώτους αριθμούς, δηλ. την τριάδα 3, 5, 7. Γνωρίζουμε, τώρα, ότι η σειρά:

l.+l.+l.+l.+ ... +l.+ ... 2 3 4 5 ν αποκλίνει. Έχει όμως αποδειχθεί ότι η σειρά των aντίστροφων διδύμων αριθμών

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3+5+5+7+π+π+17+ϊ9+ 29 +π+···

συγκλίνει. Το θεώρημα αυτό που δεν είναι καθόλου εύκολο, έχει αποδειχθεί από τον διάσημο Νορβηγό μαθηματικό και ακαδημαϊκό Vigo Brun.

· ·

Ο Vigo Brun υπήρξε μεγάλος φιλέλληνας και θαυμαστής των. αρχαίων ελληνικών.Μαθηματικών και, όταν επισκέπτοταν την Ελλάδα, έδινε πολλές και ενδιαφέρουσες διαλέξεις στο Πανεπιστήμιο Αθηνών. Πολλά από τα θέματα των ομιλιώ.ν του, ακούγονταν για πpώτη φορά. Αυτός ο εξαίρετος άνθρωπος και επιστήμονας, που δεν ζει πλέον, ξεχώριζε για το ήθος του και την α� πλότητά του. . ,

Υπήρξε μεγάλος αριθμοθεωρητικός και το σπουδαίο θεώρημά του καταλαμβάνει ολόκληρο το 11 κεφάλαιο στο κλασσικό βιβλίο της aριθμοθεωρίας του Landau που αναφέραμε πιο πάνω (σ.σ. 94- 103) με τον τίτλο «Brun '�· theorem on prime pairs».

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ. 4112

Λευκοπούλειος Διαγωνισμός Πιθανοτήτων 1996

Ά�κηση ι Μια ομάδα Α έχει πιθανότητα p1 να νική

σει την Β και p2 vα νικήσει η1ν Γ. Η Α θα παίξει τρία παιγνίδια εναλλάξ με τις Β και Γ αρχίζοvτας μ' όποια ομάδα θέλει.

α) Η Α ανακηρύσσεται νικήτρια αν (στα τρία παιχνίδία) εξασφαλίσει τουλάχιστο δύο διαδοχικές' νίκες. Έστω Ρι > p2• Με ποια ομάδα (Β ή Γ) _πρέπει να παίξει το πρώτο παιγνίδι (ώστε vα ·μεγιστοποιήσει την πιθανότήτα νίκης); ·

β) Αν στόχος της Α είναι να μεγιστοποιήσει τον προσδοκώμενο (μέσο) αριθμό κερδισμένων παιγνιδιών (στα τρία), ποια ομάδα πρέπει να επιλεγεί πρώτη;

Άσκηση 2 Το Συμβούλιο Χαρίτων αποφάσισε να

δώσει χάρη (με κλήρο) σε 2 από τους τέσσερεις κατάδικους Α, Β, Γ, Δ. Ο φρουρός, γνωστός του Α, γνωρίζει τους δύο που θα αφεθούν ελεύθεροι. Ο Α βλέπει ότι δεν είναι σωστό να ρωτήσει το φρουρό αν του δόθηκε χάρη, θα μ�ορούσε όμως να μάθει έναν από τους Β, Γ, Δ ΠQυ οπωσδήπότε θα τύχει χάρης. Σκέφτεται όμως ότι η πιθανότητά του για χάρη· θα ελαττωθέί από 1 /2 (γιατί;) στο 1 /3 όταν ο φρουρός τρυ αποκαλύψει ότι, π. χ. στον Β δόθηκε χάρη, <�αφού» τότε ένα από τα τρία ( ισοπίθανα) ζεύγη (Α, Β), (Β, Γ), (Β, Δ) θα έχει τύχη χάρης. Έτσι ο Α φοβάται να ρωτήσει το φρουρό. Ευσταθεί ο φόβος του; (Να δειχθεί ότι η απάντηση του φρόυρού δεν επηρεάζει την πιθανότητα να αφεθεί ο Α ελεύθερος).

Άσκηση 3

Οι Α και Β ρίχνουν εναλλάξ το δικό τους νόμισμα ο καθένας. Του Α, που ρίχνει πρώτος, το νόμισμα έχει πιθανότητα κορώνας p1 και του Β p2. Το παιγνίδι συνεχίζεται μέχρις ότου ένας (ο νικητής) φέρει για πρώτη φορά κορώνα. Ποιά πρέπει να είναι η σχέση των p 1 και p2 ώστε οι Α και Β να έχουν ίδια πιθανότητα νίκης; Πώς πρέπει να παίξουν το Παιγνίδι αν διαθέτουν ένα ζάρι και ένα νόμισμα (χωρίς να τερματισθεί το παιγνίδι με μία ρίψη);

Άσκηση 4 Ο Α ρίχνει ζάρι 3 φορές. Να βρεθούν οι

πιθανότητες: ·

α) Το ίδιο αποτέλεσμα να εμφανισθεί δύο φορές (ακριβώς).

β) Κανένα αποτέλεσμα να μην εμφανισθεί πάνω από μία φορά.

γ) Να μην εμφανισθεί αποτέλεσμα ζυγός αριθμός.

Άσκηση 5 Με τα ψηφία 1 , 2, 3, 4, 5 κατασκευάζουμε

3-ψήφιους αριθμούς. Ποιά η πιθανότητα περιττού (μονού) τριψήφψυ όταν: '

α) Επιτρέπεται ε7tανάληψη.

β) Δεν επιτρέπεται επανάληψη.

Λύσεις Άσκηση ι α) Ας θ εω ρ ή σουμε τ α ενδ εχόμενα Bj (αντίστοιχα Γj) όπως η Α κ ερδίζει τη Β (αντίστοιχα τη Γ) στο j παιχνίδι , j = 1 ' 2 , 3 .

Παίζοντας πρώτα με τη Β, η πιθανότητα νίκης Ρ8 ισούται με:

ΡΒ =Ρ[(Βι nΓ2nΒ3)υ(Βί nΓ2nΒ3)υ(Β ι nΓ2nB3)] =

Ρ(Β ι nΓ2nΒ3)+Ρ(Βί nΓ2nΒ3)+Ρ(Βι nΓ2nB3) =

Ρ ι Pz Ρ ι + ( Ι - Ρ ι) Ρ2 Ρ ι +Ρ ι Pz ( Ι - Ρ ι) =

Ρ ι Pz (2 - Ρ ι). [Αλλοιώς: ΡΒ = Ρ[Γz n (Βι υ Β3)] = Ρ(Γ2) ·Ρ(Β1 υ Β3) = Pz(2p 1 - Pi), αφού η Α κερδίζει αν και μόνο αν κερδίσει το δεύτερο αγώνα (Γ2) και έναν τουλάχιστον από τους άλλους δύο (Β 1 υ Β3)] .

Ομοίως, αν παίξει πρώτα με τη Γ, η πιθανότητα νίκης:

ΡΓ = Ρι Ρ2 (2 - Pz) > Ρ ι Pz (2 - Ρ ι) = ΡΒ δηλ. πρέπει να παίξει πρώτα με την (ισχυρή) ομάδα Γ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/13


β) Ο προσδοκώμενος αριθμός κερδισμένων παιχνιδιών όταν παίζει πρώτα με τη Β, είναι: μΒ = Ρ ι + Ρ2 + Ρ ι = 2p ι + Ρ2·

Ομοίως, μΓ = 2p2 + Ρι < μΒ, και συνεπώς πρέπει να επιλέξει την (αδύνατη) Β.

Άσκηση 2 Προφανώς ο Α έχει πιθανότητα 1/2 να α

φεθεί ελεύθερος, επειδή, από τα 6 ισοπίθανα ενδεχόμενα (Α, Β), (Α, Γ), (Α, Δ), (Β, Γ), (Β, Δ), (Γ, Δ), τα τρία [(Α, Β), (Α, Γ), (Α, Δ)] είναι ευνοϊκά για τον Α.

Ας ορίσουμε το ενδεχόμενο Βφ (αντίστοιχα Γ φ• Δφ) όπως ο φρουρός απαντάει "Β" (αντίστοιχα "Γ", "Δ") στην ερώτηση του Α. Παρατηρούμε ότι ο φρουρός αναγκαστικά θα επιλέξει να πει έναν από τους Β, Γ, Δ (αφού ο Α αποκλείεται) και συνεπώς:

Ρ(Βφ) = Ρ(Γ φ) = Ρ(Δφ) =� (λόγω συμμετρίας)

Αυτό όμως οδηγεί στο αποτέλεσμα:

Ρ(Α I Β ) = Ρ(Α, Βφ)

= Ρ(Α, Β) = φ Ρ(Βφ) Ρ(Βφ)

1 6 1 -1 = 2 = Ρ(Α),

3 δηλ. η πιθανότητα δεν επηρεάζεται από την απάντηση του φρουρού (είναι, όπως λέμε, ανεξάρτητα τα Α και Βφ). Ας σημειωθεί ότι τα ενδεχόμενα (Α, Βφ) και (Α, Β) ταυτίζονται 1 (γιατί;), και επίσης, τα ενδεχόμενα (Α, Β), ·

(Β, Γ) και (Β, Δ) δεν είναι ισοπίθανα όταν ο φρουρός λέει "Β" (όταν δηλ. δίνεται το Βφ).

λσκηση 3

Ορίζουμε τα ενδεχόμενα:

Αι = {ο Α κερδίζει στην l η του ρίψη} ,

Α = {ο Α τελικά κερδίζει} και ομοίως,

Β ι = {ο Β κερδίζει στην l η του ρίψη} ,

Β = {ο Β τελικά κερδίζει} .

Προφανώς Αι c Α, Βι c Β, ΑΑί c Βί και ΒΒί c Αί. Τότε η πιθανότητα να κερδίσει τελικά ο Α ισούται με:

ΡΑ = Ρ(Α) = Ρ(ΑΑι U ΑΑί) =

Ρ(ΑΑι ) + Ρ(ΑΑί) = Ρ(Αι ) + Ρ(ΑΑίΒί)

διότι,

Α ι c Α οπότε ΑΑι =Αι και

ΑΑί c Βί οπότε ΑΑίΒί = ΑΑί.

Ομως Ρ(Α! ) = Ρι και

Ρ(ΑΑίΒί) = Ρ(Α I ΑίΒί) ·Ρ(ΑίΒί) = ΡΑ ·α,

όπου α = Ρ(ΑίΒί) = ( 1 - Ρ ι) ( 1 - Pz) < 1

(παρατηρείστε ότι η δεσμευμένη πιθανότητα Ρ(Α Ι ΑίΒί) ισούται με Ρ(Α) = Ρ Α • διότι, όταν είναι γνωστό ότι ο Α και ο Β απέτυχαν στην πρώτη ρίψη, γεγονός που συμβαίνει με πιθανότητα α, η πιθανότητα να κερδίσει τελικά ο Α δεν αλλάζει, αφού το παιχνίδι αρχίζει πάλι από την αρχή με τα ίδια δεδομένα).

Από τα προηγούμενα συμπεραίνουμε ότι η Ρ Α ικανοποιεί τη σχέση:

ΡΑ = Ρ ι + αΡΑ, δηλαδή ΡΑ =-1 Ρι . - α

Συλλογιζόμενοι ανάλογα για τον Β, βρί-σκουμε:

ΡΒ = Ρ(Βι) + Ρ(ΑίΒί)Ρ(Β I ΑίΒί) =

(1 - p )p + αΡ δηλαδη' Ρ = ( 1 - Ρ ι) Ρ2 ι 2 Β• Β 1 _ α · Άρα, Ρ Α = ΡΒ <=> Ρ ι = ( 1 - Ρ ι)Ρz·

(Παρατηρείστε ότι Ρι � � και μάλιστα Ρι = � αν και μόνον αν p2 = 1 ).

Αν οι παίκτες Α, Β διαθέτουν ένα (δίκαιο) ζάρι και ένα (δίκαιο) νόμισμα, τότε το παιχνίδι θα πρέπει να ξεκινήσει από τον παίκτη με

το ζάρι, αλλοιώς θα ήταν p1 = � και συνεπώς

p2 = 1 και το παιχνίδι θα τέλειωνε σε μια ρίψη (κορώνα-γράμματα του Α). Έτσι το παιχνίδι

ξεκινάει με το ζάρι, και έστω Ρι = *' όπου

ν ε { 1 , 2, . . . , 5} (δηλ. ο Α κερδίζει αν φέρει κάποιον από ν προεπιλεγμένους αριθμούς, π.χ. τους 1 , 2, . . . , ν). Τότε,

1 , 1 ν , 2 p2 = 2 και συνεπως pι = 3 = 6 η ν = ,

δηλ. ο παίκτης Α (με το ζάρι) προεπιλέγει 2 αριθμούς (π.χ. τους 5, 6).

λσκηση 4

Οι δυνατές περιπτώσεις είναι Ν = 63 = 216.

α) Οι ευνοϊκές περιπτώσεις είναι (βάσει της Βασικής Αρχής της Απαρίθμισης):

Ν ε =( � ) · 6 · 5 = 90,

αφού διαλέγουμε πρώτα σε ποιές 2 ρίψεις



(από τις 3) θα εμφανιστεί το ίδιο αποτέλε

σμα με ( � ) = 3 τρόπους, κατόπιν διαλέ

γουμε με 6 τρόπους το αποτέλεσμα που θα επαναλαμβάνεται και τέλος με 5 τρόπους το αποτέλεσμα που εμφανίζεται ακριβώς μία φορά. Συνεπώς, η ζητούμενη πιθανότητα ισούται με:

Ν Ε I Ν = 90 I 216 = 5 I 1 2.

β) Εδώ ΝΕ = 6 ·5 ·4 = 1 20 και συνεπώς η ζη

τούμενη πιθανότητα είναι�·

γ) Προφανώς ΝΕ = 33 = 27 και συνεπώς η πι

θανότητα ισούται με -k·

� 1η ΔΕΣΜΗ Ο ΑΛΓΕΒΡΑ

• Πίνακες-Ορίζουσες-Συστήματα • Μιγαδικοί-Πιθανότητες

U ΑΝΑΛΥΣΗ • Συναρτήσεις-Ορια-Συνέχεια • Διαφορικός Λογισμός • Ολοκληρωτικός Λογισμός

Διαφορικές Εξισώι;εις

� 4η ΔΕΣΜΗ Ο ΑΛΓΕΒΡΑ

( Πίνακες-Συστήματα-Πιθανότητες )

U ΑΝΑΛΥΣΗ • Συναρτήσεις-Ορια-Συνέχεια • Διαφορικός-Ολοκληρωτικός

Λογισμός

I@' Α' Λ ΥΚΕΙΟΥ Αλγεβρα ( Τά.-Τ.β ' . ) I@' . Β ' Λ YKEIOY

Αλγεβρα ( Τά.-Τβ' . ) � Εκmωση : 25% Στούς συνάδελφους

Διάθεση : Αφοι Παπαδημητρόπουλοι

Σόλωνος 1 0 1 'Β' 3812412-38 1 8332

Άσκηση 5 α) Με επανάληψη, οι δυνατές περιπτώσεις είναι Ν = 53 = 125, ενώ οι ευνοϊκές ΝΕ = 5·5 ·3 = 75 (διαλέγοντας κατά σειρά το πρώτο, δεύτερο και τρίτο ψηφίο του αριθμού). Συνεπώς, Ρ(μονού) = ΝΕ I Ν = 75 1 1 25 = 3 1 5 .

β) Εδώ Ν = 5 ·4 ·3 = 60 ενώ ΝΕ = 3 ·4 ·3 = 36 (διαλέγουμε πρώτα το τελευτάίο ψηφίο με 3 τρόπους, μετά το δεύτερο με 4 τρόπους και τέλος το πρώτο ψηφίο με 3 τρόπους). Άρα, Ρ(μονού) = ΝΕ I Ν = 36 1 60 = 3 1 5.

Οι λύσεις δίνονται από την εξεταστική επιτροπή .

Θ. Κάκουλλος, Ν. Παπαδάτος

Κ. ΚURΑΤΟWSΚΙ:ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ Η βασική θεωρία της αναλύσεως

(ακολουθίες, συναρτήσεις, παράγωγοι, ολοκληρώματα) με πλήθος ασκήσεων και εφαρμογών. Βιβλίο γραμμένο με το χάρισμα της μεγαλοφυίας από τον κορυφαίο Πολωνό μαθηματικό Κ. Kuratowski , δίνει με απλό τρόπο ό,τι χρειάζεται ο μαθητήςυποψήφιος Ι ης και 4ης δέσμης. Τιμή 2000 δρχ + ταχυδρομικά. Μαζί δώρο ένα βιβλίο με ασκήσεις επαγωγής και ακολουθίες.

Τ. ΡΟΥΠΑΚΗ ΤΕΣΤ ΣΤΡ ΑΤΙΩΤΙΚΩΝ ΣΧΟΛΩΝ

Γενικά τεστ και τεστ προσωπικότητας για τις εξετάσεις των σχολών αξιωματικών, υπαξιωματικών, Λιμενικού κλπ. Μαζί δωρεάν το φυλλάδιο ειδικών θεμάτων για τις στρατιωτικές σχολές (αιγιαλίτιδα ζώνη, υφαλοκρηπίδα, FIR Αθηνών). Τιμή 2750 δρχ + ταχυδρομικά.

ΕΚΘΕΣΕΙΣ ΔΗJ.\ΙΙΟΣΙΩΝ ΥΠΗΡΕΣΙΩΝ Για τους διαγωνισμούς προσλήψεως στο

Δημόσιο, σε οργανισμούς (ΔΕΗ, ΟΤΕ, Ολυμπιακή, ΟΣΕ κλΠ), Τράπεζες. Τιμή 2500 δρχ + ταχυδρομικά.

Ζητήστε τα στα κεντρικά βιβλιοπωλεία ή τηλεφωνήστε μας, για να σας σταλούν με

το ταχυδρομείο Κεντρική διάθεση: 3300.235 (ώρες 7.30-

1 4.30)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 4/15

Ασκήσ�ις Άλγεβρας Α' Λυκείου Κοτσιφάκης Γιώργος, Μεταξάς Νίκος, Τζαμτζής Ηλίας

Κοτσιφάκης Γιώργος

Άσκηση 1 Αν Ια + β + γi < ΙαΙ, (1) δείξτε ότι μια ρίζα

τουλάχιστον της αχ2

+ βχ + γ = Ο, περιέχεται μεταξύ Ο και 2 (υποτίθεται ότι υπάρχουν ρίζες).

Λύση

Από την ( ι ) προκύπτει ότι α * Ο γιατί αν ήταν α = Ο θα έιχαμε /β + γ/ < Ο (άτοπο). Αφού α * Ο, έχουμε:

( Ι ) <=> ι α + β +γ ι < .[Qt ή Ι ι + Ά + 1. 1 < ι ή α /α/ α α

/ 1 - (Χι + Χ2) + ΧιΧ2/ < 1 ή /( 1 - Χι) - Χ2(Ί - Χι)/ < Ί ή

IO - xι)(l - x2)/ < ι ή ι ι - χι l / 1 - x2/ < 1 Παρατηρώ ότι έχω γινόμενο μη αρνητι-

κών παραγόντων < 1 , οπότε ένας τουλάχιστον π?-ράγοντας θα είναι < 1 . Έ�τω:

/ 1 - Χι / < 1 ή -1 < 1 - Χι < ι ή

- 1 - 1 < - χι < 1 - 1 ή �2 < -χι < Ο ή

Ο < Χι < 2

Άσκηση 2 Για ποιές τιμές του μ η ανισότητ(Χ

2 Μ · • 4χ

2 - 6χ + 12 > μ αληθεύει για κάθε χ Ε JR:.

χ - 2χ + 4 " .Λύση

Επειδή το τριώνύμο χ2 - 2χ + 4 έχει α = 1 > Ο και Δ = - 12 < Ο θα ισχύει χ2 - 2χ + 4 > Ο για κάθε χ Ε IR.. Οπότε η αρχική ανισότητα γίνεται διαδοχικά:

4χ� - 6χ + 1 2 _ μ > 0 <=> χ - 2χ + 4 4χ2 - 6χ + 1 2 - μ(χ2 - 2χ + 4) > ο <=> ,.,2 2 ' 4. 2 2 ' 4" Λ - Χ τ χ - χ τ __

4χ2 - 6χ + 1 2 - μχ2 + 2μχ - 4μ > ο <=> (4 - μ)χ2 + 2(μ - ·3)χ + 4(3 � μ) > ο Για να ισχίJει αυτή η ανισότητα για κάθε

χ Ε R πρέΠει να συναληθf;·ύ�υν οι ανισώσεις Δ < Ο και ά > Ο. Έχουμε:

·

{Δ_ < Ο {-3μ2 + 22μ - 39 < Ο α > Ο <=> 4 - μ > Ο <=> μ < 3

Άσκηση 3 Αν f(x) = αχ2 + βχ + γ, να δειχθεί ότι.

αf(χ) + : � Ο για κάθε χ ε !R. Λύση

Έχουμε:

αf(χ) + Δ = �Γ α(χ + _]_)2 _ Α.] + Δ <ηΙJ•ί:> 4 l_ 2α 4α 4

, '

α2( χ + ...IL)� - α Α. + Δ = α2(χ + ...IL)- � Ο · 2α 4α 4 2α "'

Άσκηση 4 Να βρεθούν οι ρητοί αριθμοί α, β ώστε η ε

ξίσωση ·χ2 + αχ + β να έχει ρίζα τον 5 - -f7. Ποια είναι η άλλη ρίζα της εξίσωσης;

Λύση

Ο αριθμός 5 - '\[? πρέπει να επαληθεύει την εξίσωση, δηλ. πρέπει: (5 - '\[7)2 + α(5 - '\[?) + β = Ο <=>

25 - 1 ο'\[7 + 7 + 5α - '\[?α + β = Ο <=> (32 + 5α + β) + (-α - ι ο)'\[7 = ο <=> (-α - · 1 0)'\[7 = - (32 + 5α + β) (1)

Α ν -α - 1 0 ? Ο �ότε -.[7 = 32 + 5α + β Ε Q που · · . α + 10

είναι αδύνατο. Αρα -α - 1 0 = Ο ή. I α = - 1 0 I Για α = �-� 0 ή (1) γίνεται:

-[32 + 5(- 1 0) + β] = ο ή 32 - so + � � o ή Ι β =; ι s l

· Αν τillρα α = �·1 0 και β = 1 8 η αρχική εξίσωση · παίρνει τη μορφή :

x2 - 1 0x + l 8 = 0 <=>

Χι = 1 0 +..J28 ή χ2 = 10 --J28 <=> 2 . · 2 Χι = 5 + -\[7 ή Χ2 = 5 - '\[?

Επομένως η άλλη ρίζα της εξίσωσης είναι η 5 + '\[?.


Ασκήσεις Άλγεβρας Α' Λυκείου

Άσκηση 5

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση χ - 2

3 - χ - 3

2 = !::, λ, μ ;1; Ο, έχει δύο πραγματικές

χ - χ - μ και άνισες ρίζες στο πεδίο ορισμού της.

Λύση

Θα πρέπει χ ? 2 και χ ? 3. χ - 2 χ - 3 _ λ

-- - -- - - <=> χ - 3 χ - 2 μ <χ - 2)2 - <χ - 3)2 = Δ <=> (χ - 3)( χ - 2) μ [((χ - 2)2 - (χ - 3)2]μ = λ(χ - 3)(χ - 2) <=>

(χ2 - 4χ + 4 - χ2 + 6χ - 9)μ = λ(χ2 - 2χ - 3χ + 6) <=>

(2χ - 5)μ = λ(χ2 - 5χ + 6) <=>

2χμ - 5μ = λχ2 - 5λχ + 6λ <=>

λχ2 - 5λχ + 6λ - 2χμ + 5μ = ο <=>

λχ2 - (5λ + 2μ)χ + 6λ + 5μ = ο Δ = [-(5λ + 2μ)]2 - 4λ(6λ + 5μ) <=>

Δ = 25λ2 + 20λμ + 4J,i.Z - 24λ2 - 20λμ <=>

2 2 . Δ = λ + 4μ > Ο (Αφού λ, μ ;1; Ο)

Άσκηση 6

Για ποιές τιμές του λ (με λ ;1; 1) οι ρίζες Χι, χ2 της εξίσωσης:

(λ - 1)χ2 - (3λ + 1)χ + 12 = Ο

ικανοποιούν τη σχέση χ2 + Χι = 25. Χι Χ2 12

Λύση

Έχουμε:

Για λ ;1; 1 : Χ ι + χ2 = 3��11 και Χιχ2 = λ1_21

Οπότε: χ2 +� = 25 <=> Χι χ2 12

1 2[(χ2 + χ1)2 - 2x1xz] = 25χ1χ2 <=>

1 ... Γ(3λ + 1 )2 - 2 .J1...] = 25 .J1... <=> 4_ λ - 1 λ - 1 λ - 1 9λ 2 - 43λ + 50 = Ο <=> λ1 =

25 ή λ2 = 2 9 Άσκηση 7

Αν οι αριθμοί 3 και 4 είναι ρίζες της εξίσωσης αχ2 + βχ + γ = Ο, α, β, γ ε IR και α ;1; Ο, βρείτε τις τιμές του α ώστε να ισχύει β2 - 5(β + γ) + γ2 � 2(β + γ)2.

Λύση Έχουμε:

• -� = 3 + 4 = 7 ή -β = 7 α ή β = -7 α α • �= 3,4 = 1 2 ή γ = 1 2α

Οπότε: β2 - 5(β + γ) + γ2 ; 2(β + γ)2 ο

143α2 - 25α � ο <=> α � ο ή α � 1213

Άρα α < Ο ή α > 12i8

Άσκηση 8

Δίνεται το τριώνυμο f(x) = αχ2 + βχ + γ, με α, β, γ ε IR και α ;1; Ο. Αν f(1) = -1, f(-1) = -5 και f(2) = -14, δείξτε ότι το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές και ετερόσημες.

Λύση Έχουμε: • f(1 ) = - l δηλ. α· 1 2 + β · 1 + γ = - 1 ή

α + β + γ = - 1 • f(- 1 ) = -5 δηλ. α·(- 1 )2 + β·(- 1 ) + γ = -5 ή

α - β + γ = -5 • f(2) = - 14 δηλ. α·22 + β·2 + γ = - 1 4 ή

4α + 2β + γ = - 14 Έτσι έχουμε το σύστημα: { α + β + γ = - 1 {ά = -5

α - β + γ = -5 <=> β = 2 4α + 2β + γ = - 14 γ = 2

Οπότε το τριώνυμο γίνεται f(x) = -5χ2 + 2χ + 2.

Παρατηρώ ότι 1. = 25 < Ο, επομένως η εξ ία -σωση έχει δύο πραγματικές και ετερόσημες ρίζες.

Άσκηση 9

Έστω η εξίσωση - 3χ2 + 2χ = 4λ. Να βρεθούν οι τιμές του λ ώστε να έχει δύο ρίζες Χι, χ2 άνισες και να ισχύει 4χ1 - 3χ2 = 5. Να βρεθούν και οι ρίζες.



Λύση Είναι:

-3χ2 + 2� = 4λ <=> -3χ2 + 2χ - 4λ = ο Για να έχει δύο ρίζες άνισες η εξίσωση, πρέπει:

Δ > Ο ή 22 - 4(-3)(-4λ) > Ο ή

4 - 48λ > ο ή λ < /2 Ακόμα ισχύει:

(1 ,, ' χ - 8 _ 2 Λι -r- z - - � - -1 α 3 I . λ ") Χ ιΧΊ : '1. : ±... I - α 3 · I Ι... 4χι - 3χ2 = 5

_ 2 Χz - - - Χι 3 χ{� - χι)= �λ

4χι - 3G - χι) = 5

Xz = l _ Χι 3 2 2 _ 4λ - Χι - Χ ι --3 . 3

4χι - 2 + 3χι = 5

Άσκηση 10

Δίνεtαί το σύστημα:

Χι = 1 - 1 χ2 - --3

λ = - .!. 4

{ λχ + y = 2 4χ + λy = 4

Για ποιες τιμές του λ έχει μοναδική λύση, την (Χο, y0). Για ποιες τ:ιμές του λ συναληθεύουν οι ανισώσεις Χο > 2 και y0 > Ο.

Λύση

α) Για να έχει το σύστημα μοναδίκή λύση πρέπει:

I λ 1 I D = 4 λ ? Ο ή λ2 - 4 :;t: Ο ή

λ :;t: -2 και λ :;t: 2 Ομως:

Dx = I � l l = 2λ - 4 = 2(λ - 2) και Dy = I � � I = 4λ - 8 = 4(λ - 2),

οπότε· χ - Dx - 2 Υ - � - 4 . ο - D - λ + 2' ο - D - λ + 2" Επομένως η μοναδική λύση του συστήμα

τος είναι η: (χο, Υ ο) = (λ � 2' λ 1 2)

β) Έχουμε: χ0 > 2 και y0 > Ο <=>

λ � 2 > 2 και λ : 2 > Ο <=>

2 4 --- 2 > Ο και --> Ο <=> λ + 2 λ + 2 2 -�(� ; 2) > Ο και 4(λ + 2) > Ο <=>

-��-{> Ο και λ > -2 <=>

-2f\+21) > Ο και λ > -2 <=>

(λ + l)(λ + 2) < Ο και λ > -2 <=>

-2 < λ < - 1 και λ > -2 <=> -2 < λ < - 1

Μεταξάς Νίκος

Άσκηση 1

Να δειχθεί η παρακ�τω ταυτότητα:

�ημ4χ + 4συν2χ + "./συν4χ + 4ημ2χ = 3.

Λύση

Vημ4χ + 4συν2χ = (ημ\ + 4 - 4ημ2χ) ι ι2 = [(ημ2χ - 2)2] ι /2 = 2 - ημ2χ

και "./συν\ + 4ημ2χ = (συν\ + 4 - 4συν2χ) 1 12 = ί ( συν2χ - 2)2] ! !2 = 2 - συν2χ

Άρα τελικά: Vημ\ + 4συν2χ + �συν4χ + 4ημ2χ =

2 . " . 4 - (ημ χ + συν�χ) = 3

Άσκηση 2

Να δειχθούν οι παρακάτω ανισότητες, για

χ z (ο, Ι>: ί) ημχεφχ > 2(1 - συνχ), ii) ημχ > εφχ - ! εφ3χ

Λύση

i) ημχεφχ > 2(1 - συνχ) <=>



2 ..!�..!:!...!. > 2(1 - συνχ) <=> συνχ

(1 - συνχ)(l + συνχ) > 20 _ συνχ) συνχ Επειδή χ Ε (0, 1> έχουμε συνχ Ε (0, Ι ) άρα η προηγούμενη είναι ισοδύναμη :

Ι + συνχ > 2 <=>Ι > συνχ συν χ που ισχύει. l·ι·) Ι 3 ημχ > εφχ - '2 εφ χ <=>

2(εφχ - ημχ) < εφ\ <=> 2εφχ( Ι - συνχ) < εφ\

Επειδή εφχ > Ο (χ Ε (0, 1)) έχουμε: 2( 1 - συνχ) < εφ2χ = Ι - συ/χ <=>

συν χ 2 < Ι + σ�νχ <=> 2συν2χ < Ι + συνχ

συν χ Ομως χ Ε (0, 1> οπότε συν2χ < Ι και

συν2χ < συνχ, οπότε η τελευταία ισχύει.

Άσκηση 3

Έστω ΑΒΓ τρίγωνο ώστε: 19 Β 96 Γ _ 19 Γ 96 Β ημ ( 1996) συν ( 1996) - ημ ( 1996) συν ( 1996)

Να δειχθεί ότι είναι ισοσκελές (ΑΒ = ΑΓ).

Λύση

Η δοσμένη γράφεται: 1 9 96 (�J = (συν(�)J η{Ι�

6) συν(Ι

�6)

Ε δ , Β Γ (Ο π) , , πει η Ι 996, Ι 996 Ε , '2 επεται οτι: Αν η{Ι

�6 )> η{Ι

�6 )> Ο τότε:

( Γ ) > ( Β ) > Ο , . συν Ι 996 συν Ι 996 και ομοια.

Α ο < ( Β ) < ,,( Γ ) , . ν ημ Ι996 η\)996 τοτε.

Ο < συν(Ι�

6) < συν(Ι

�6)

Άρα για να ισχύει η ισότητα πρέπει: η{Ι

�6 )= η{Ι

�6 )άρα και

συν(ι�6 )= συν(Ι�

6 ) δηλαδή .

Β = Γ οπότε ΑΓ = ΑΒ.

Άσκηση 4

Να λυθεί η εξίσωση: (χ+ y)2 + 6(χ + y)ημ(χ - y) + 9 = ο

Λύση Η δοσμένη γράφεται:

(χ + y)2 + 2(χ + y)3ημ(χ - y) + + 9ημ2(χ - y) - 9ημ2(χ - y) + 9 = ο <=> (χ + Υ + 3ημ(χ-y))2 + 9( 1 - ημ2(χ-y)) = Ο <=> {χ + Υ + 3ημ(χ - y) = Ο και ημ2(χ - y) = Ι }

Αν ημ(χ - y) = Ι τότε: χ - y = 2κπ + 1 και χ + y = -3 οπότε:

-3 π -3 π '71 χ = 2 + κπ + 4' Υ = 2 - κπ - 4' κ Ε u... .

Αν ημ(χ - y) = - Ι τότε: χ - y = 2κπ - 2Ε και χ + y = 3 ή 2 χ - y = 2κπ + 3π και χ + y = 3 2

Επομένως: χ = κπ - 2Ε + .J. 4 2'

ή χ = κπ + 3π + .J. 4 2'

Y _ 3 + π - - - κπ -2 4

- 3 3π y - - - κπ --2 4

Άσκηση 5

ί) Δείξτε ότι ημθ + συνθ > ι για θ Ε (0, j-> ii) Να εξετάσετε αν υπάρχουν θ Ε (0, j-> και

α, β > Ο ώστε οι συνθ, ημθ να αποτελούν ρίζες

της· xz _ α + β χ + ..J3 + 2..,[5 = 0 · 19α + 96β 7 ·

Λύση

ί) Οταν θ Ε (0, Ι) είναι συνθ > Ο και ημθ > Ο,

άρα: ημθ + συνθ = [(συνθ + ημθ)2] 1 12 (Ι) και (συνθ + ημθ)2 = Ι + 2συνθημθ > Ι , οπότε η (Ι) δίνει: ημθ + συνθ > Ι . ίί) Αν συνθ, ημθ ήταν ρίζες τότε:

ημθ + συνθ = Ι9�: �

6β (11) Ομως Ι 9α + 96β > α + β για α, β > Ο οπότε

Ι 9� : �6β < Ι , οπότε απ' το (ί) η (11) δεν μπο

ρεί να ισχύει, επομένως δεν υπάρχουν τέτοια θ Ε (0, 1>· α, β Ε (0, +οο).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 4119

Ασκήσεις Άλγεβρας Α' Λυκί:ίου

Τζαμτζής Ηλίας

1. Αν είναι ! + -β1 + ! = � (1), αβγ :;t Ο, α · 1 α + + γ

να δειχθεί ότι από τους ά, β, 1 δύο είναι αντίθετοι. Γενικά: αν ισχύει η (1), τότε ___1_ + _ι_ + _1_ = 1 α2ν + ! β2ν + ! γ2ν + 1 (α + β + ';()2ν + Ι '

Λύση

Από την l + 1.. + .!. = ι . , έχουμε α β γ α + β + γ

βγ(α+β+γ) + αγ(α+β+γ) + αβ(α+β+γ) - αβγ = Ο τότε αβγ + β2γ+ /3'1 + dγ+ αβγ+ αΙ +ιχ13+αβ2 +αβγ-αβγ=Ο 2 2 2 · ' 2 2 α γ + α β + αβ + γβ- + βγ + αγ + 2αβγ = Ο

α2(β + γ) + βγ(β + γ) + α(β2 + γ2 + 2βγ) = Ο α2(β + γ) + βγ(β + γ) + α(β + γ)2 = Ο (β + γ)[α(α + β) + γ(α + β)] = Ο (β + γ)( α + β)( α + γ) = Ο, συνεπώς α + β = Ο ή β + γ = Ο ή α + γ = Ο, δηλαδή α = -β ή β = -γ ή α = -γ.

Έστω ότι είναι α = -β, τότε έχουμε: _ι_+ _ι_._ + _ι_= 2ν + I β2ν + I 2ν + I α γ

ι +-ι- +_ι_ = ( _ β)2ν + I β2ν + I γ2ν + I

ι ι ι - ι -β2ν + I

+ β2ν + I + γ2ν + Ι

-/ν + Ι (2)

ι = ι = (α + β + γ)2ν + Ι (- β + β + γ)2ν + Ι

2! + I (3)

γ από (2) και (3) προκύπτει _ι_ +_ι_ +_ι_= __ __;;,.1----:::--:-� α2ν + Ι β2ν + Ι γ2ν + Ι (α + β + γ)2ν + Ι "

2. Αν α5 - α3 + α = 3, να δειχθεί ότι α > Ο.

Λύση

Α ' 5 3 3 ' πο τη σχεση α - α + α = , εχουμε α(α4 - α2 + 1) = 3 ( 1 ) αλλά (α2 - 1)2 = α4 + ι - 2α2, άρα (α2 - ι )2 + α2 = α4 - α2 + 1 , δηλαδή α 4 - α2 + ι > Ο για κάθε α ε IR. Τότε επειδή ισχύει η ( 1 ), ο α και α4 - α2 +

ι , είναι ομόσημοι, άρα α > Ο.

3. Α ν χ, y, z διάφοροι μεταξύ τους, που ικα-

νοποιούν τις σχέσεις: 3 ·3 2 2 j

y + z . + κ(y + z ) = α (1 3 3 2 2 :ι; + χ + κ(z + χ ) = α (2) 3 3 ' 2 2 ' χ + Υ + κ(χ + y ) = α {3)

Να δειχθεί ότι i) χ +, y + z ,+ κ = Ο ' ') 3 3 + 3 3 + 3 3 3 2 2 2 n x y y z z x = x y z iii) α = 2xyz

Λύση i) Από (1) και (2) έχουμε

� 3 2 2 γ' ;. χ + κ(y - χ ) = Ο, τότε (y - x)(y2 + yx + χ2) + κ(y + x)(y - χ) = Ο αλλά y - χ :;t Ο, τότε 2 ' 2 . -Υ + yx + χ + κ(y + χ) = Ο (4).

Ομοίως από (2) και (3) έχουμε z2 + yz + y2 + κ(y + z) =· Ο (S). Και τέλος από (4) και (5) έχουμε 2 2 2 " 2 y +yx+x +κ(y+x)-z -yz-y -κ(y+z) = Ο

yx - yz + κχ - κz +. (χ - z)(x + z)·= Ο y(X - z) + κ( χ - z) + (χ - z)(x + z) = Ο (χ - z)(x + y + z + κ) = Ο! χ - z :;t Ο, άρα χ + y + z + κ = b (6).

ii) Είναι -(χ + y + z) = κ, τότε η (4) γράφεται 2 2 · . -Υ + yx + χ - (χ + y + z)(y + χ) = Ο 2 2 2 2 Υ + xy + χ - xy -χ - y - yx - zy - zx = Ο

xy + yz + zx = Ο (7), οπότε 3 3 3 3 3 3 3 ' χ Υ + Υ z + z χ = xy yz zx, αρα 3 3 3 3 3 3 2 2 2 χ Υ + Υ z + z χ = 3χ y z

iii) Αντικαθιστώντας στην ( 1 ) την τιμή του κ έχουμε

3 3 2 2 ' Υ + z - (χ + y + z)(y + z ) = α, τοτε 3 3 2 2 3 2 2 3 y + z - xy -xz - y - yz - zy - z = α

2 2 2 2 α = - xy -xz - yz - zy = (7) -y(xy + zy) - z(xz + yz) =

-y(- zx) - z(- xy) = xyz + xyz = 2xyz.

4. Α ν αβχy :;t Ο και

i) � + I = 1 α β

3 1[3 2 ., ") α β .. , ιι - + = - α τοτε χ Υ ' χ2 _ Υ2 = α2 _ β2.

Λύση

Από τη σχέση � + j = ι , έχουμε χ β + yα = αβ (1 ),

' 3 Α3 2 2 , . απο την Q... + � = β - α , προκυπτει χ Υ



α3y - β\ = χy(β2 - α2), τότε 3 2 3 2 α y + α xy =:= β χ + χyβ

α2y(α + χ) = β2χ(β + y) (2), αλλά από την (1) αβ - χβ := yα =(α - χ)β = yα (3) και βχ = α(β - y) (4). Πολλαπλασιάζοντας τις (2), (3), (4) έχου

με α2y(α + χ)( α - χ)β2χ = β2χ(β + y)yα2(β - y), λλ ' 'β ο ' 2 2 β2 2 α · α α xy * , , τοτε α - χ = - y =

χ2 _ y2 = α2 _ β2.

5. Α ν α, β, γ πραγματικοί αριθμοί και ισχύουν οι σχέσεις α < β + γ (1), β < α + γ (2), γ < α + β (3), να αποδειχθεί ότι

. 2 2 2 3 3 3 2(α+β+γ)(� +β +'J ) > 3(α +β +γ +3αβγ).

Λύση Αν προσθέσουμε τις (1) , (2), έχουμε α + β < α + β + 2γ ήγ > Ο, · ομοίως με πρόσθεση των ( 1 ), (3), έχουμε α + γ < 2β + α + γ ή.β > Ο

Θ. Ν. Καζαντζής Ολοκληρώματα

Θ. Ν. Καζαντζής Ελένη Μ ήτσιου

Σειρά: ((εξετάσεις>> • Διαγωνίσματα • Προβλήματα

Θ. Ν. Καζαντζής Πιθανότητες

(τεύχος α)

από πρόσθεση των (2) και (3) έχουμε β + γ < 2α + β + γ ή α > Ο. Άρα α, β, γ θετικοί και α + β + γ > Ο. (ταυτότητα Euler) ·

3 3 3 . α + β + γ - 3αβγ = 1 (α + β + γ)[( α - β)2 + (β - γ)2 + (γ - α)2] ,

οπότε α3 + β3 + γ3 > 3αβγ (4). Η σχέση ποp θέλουμε να αποδείξουμε,

γράφετα ι2[α2(β + γ) + β2(α + γ) + γ2(α + β)] > α3 + β3

λόγω της (4) + γ3 + 3αβγ επειδή β + γ > α τότε

α + γ > β τότε α + β > γ τότε

2 3 α (β + γ) > α β2(α + γ) > β3 2 3 γ (α + β) > γ

άρα 2[α2(β+γ) + β2(α+γ) + /(α+β)] > 2α3+2β3+2γ3

2[α2(β + γ) + β2(α + γ) + γ2(α + β)] > α3 + β3 + γ3 + α3 + β3 + γ3 > α3 + β3 + γ3 + 3αβγ λόγω της (4).

Π. Βασιλειάδης Γ. Μαυρίδης

Αλγεβρικά Θέματα Νέα έκδοση

Θ. Ν. Καζαντζής Ι 000 ασκήσεις

Ολοκληρωμάτων

Θ. Ν. Καζαντζής Γ. Μαυρίδης

Ελένt} Μ ήτσιου Σειρά: ((Ε:ξέτάσεις» • Εξετάσεις 9 5 Θέματα - επανάληψη

Περιοδικό

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΉ ΠΑΙΔΕΙΑ Κυκλοφόρησε το

Βιβλιοπωλείο - εκδόσεις ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΉ ΒΙΒΛΙΟΘΉΚΗ

Χάρης Βαφειάδης

Δ. Γεωργακίλας Τ. Θεοδωρακόπου

λος Άλγεβρα και

Α ναλυτική Γεωμετρία σε ένα τεύχος

Ιο τεύχος

Δ. Γεωργακίλας Μαθηματικά � επανάληψη 4η'ς δέσμ'ης

Θ. Ν. Καζαηζής Σύνδίαστική

(τεύχος β)

Δέλιου 4 • 546 2 1 • Θεσσαλονίκη

Τηλ. : (03 1 ) 263 1 63 • Fax: (03 1 ) 240 595

Χρήστος Πατήλας Γενικά θέματα Μαθηματικών

· Ιης δέσμης

Γιώργος Ρίζος Προβλήματα

Μαθηματικών γ ' γυμνασίου


όλη η ύλη

Δ. Γεωργακίλας Άλγeβρα Β ' Λ υκείου

για υποψηφίους Ι ης και 4ης δέσμης

Θ. Μάστορης Γ. Ρουσιάς Μαθηματικά

Γ Τ Ε.Λ.

Γεωμετρία Α' Λυκείου Ασκήσεις Επανάληψης

Άσκηση 1 Τα μέτρα α, β, γ των πλευρών τριγώνου

ΑΒΓ ικανοποιούν τη σχέση :

� Ά.::.1. L..!!:. - ο + + β - . Ί α Να βρεθεί το είδος του τριγώνου ΑΒΓ.

Λύση

Είναι:

� + ./L::-_1 + L..!!:. = ο = γ α β αβ(α - β) + βγ(β - γ) + αγ(γ - α) = Ο = αβ(α - β) - γ(α2 - β2) + γ2(α - β) = = (α - β)(αβ - γ( α + β) + γ2) = Ο = (α - β)[α(β - γ) - γ(β - γ)] = Ο = (α - β)(β - γ)( α - γ) = Ο = α = β ή β = γ ή α = γ.

Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές.

λσκηση 2

Θεωρούμε κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ και Ε,Ζ τα σημεία τομής των προεκτάσεων των απέναντι πλευρών του. Να αποδειχτεί ότι η γωνία η σχηματιζόμενη από τις διχοτόμους των

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

γωνιών Ε και Ζ ισούται με Β ; Δ.

Είναι:

Λύση z

Β

Eoz = 1 80° - <Ει + i> - αΞΊ + ΖΊ) = _,.... _,....

1 80° -Ε + z - ( 1 80° - ΕΔΖ) = 2

Γρηγόρης Δ. Φωτιάδης

_ 080° - Β - f> + 080° -Α - Β) + Δ = 2 <Α+ Β + f +Δ) + <Β + Δ)- 360° _ Β + Δ

2 - -- -2-.

λσκηση 3

Δίνονται δύο ίσες γωνίες χΟψ και zΟω, ώστε η ημιευθεία Oz να είναι εσωτερική της γωνίας χΟψ. Πάνω στις πλευρές Οχ, Οψ, Oz, Οω παίρνουμε αντίστοιχα τα σημεία Α, Β, Γ, Δ ώστε: ΟΑ = ΟΔ και ΟΒ = ΟΓ. Να δείξετε ότι: α) ΑΓ = ΒΔ. p) Οι γωνίες χδω και ψΟz έχουν κοινή διχοτόμο. γ) ΑΔ // ΒΓ.

χ

z

Λύση ο

ψ

(I)

α) Τα τρίγωνα ΟΑΓ και ΟΒΔ είναι ίσα επειδή :

ΟΑ = ΟΔ (υπόθεση) ΟΓ = ΟΒ (υπόθεση) Οι = 02 (χ0ψ = z0ω =

.,....,_ ........... ,.,....... .,-.....

Οι + zΟψ = 02 + zΟψ)

άραΑΓ = ΒΔ.

Ρ) Έστω Ot η διχοτόμος της zΟψ τότε: χΟt = Οι + 03 = 02 + 04 = t0ω.

γ) Τα τρίγωνα ΟΑΔ και ΟΒΓ είναι ισοσκελή με κοινή διχοτόμο Ot. Επομένως ΑΔ .l Ot και ΒΓ .l Ot . Άρα ΑΔ // ΒΓ.

λσκηση 4

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 2f και το ύψος του ΑΗ. Στην προέκταση της ΑΒ παίρνουμε


Ασκήσεις Επανάληψης

τμήμα ΒΕ = ΒΗ. Αν η ΕΗ προεκτεινόμενη τέμνει την ΑΓ στο σημείο Δ, να δείξετε ότι: α) ΑΓ = 2ΔΗ, β) ΑΕ = ΗΓ.

Λύση Α

........... ........... ........... ............ α) Αν Γ = φ τότε Β = 2φ και Ε = ΒΗΕ = ΔΗΓ = φ

φ Γ

ΗΑΔ = 90° - φ = ΑΗΔ άρα ΗΔ = ΔΑ = ΔΓ

.Άρα η ΗΔ διάμεσος στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΗΓ και είναι ΔΗ = �Γ.

β) Έστω Β' το συμμετρικό του Β ως προς Η . ..ο.

ΑΒΒ' ισοσκελές. ΑΒ'Β = 2φ = ΛΊ + f, άρα ΑΊ = φ οπότε: ΑΒ' = ΒΤ ' ΗΓ = ΗΒ' + ΒΤ = ΒΗ + ΑΒ' = ΒΕ + ΑΒ = ΑΕ

Άσκηση 5

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ (!ΑΓ < ΑΒ < ΑΓ) Έστω Β' το συμμετρικό ........ του Β ως προς τη διχοτόμο Αχ της γωνίας Α και Ε το ιφινό σημείο της Αχ με τη ΒΒΌ Αν η παράλληλη από το μέσο Δ της ΒΓ προς την Αχ τέμνει την ΑΓ στο Ζ, δείξτε ότι:

α) ΑΖ = ΑΓ 2 ΑΒ, β) ΖΒ' = 3ΑΒ:; ΑΓ.

Λύση

α) ΑΒΒ' ισοσκελές, ενώ ΑΕΔΖ παρ/μο. ΑΖ = ΕΔ

ΕΔ Παράλληλη και ίση ΒΤ = ΑΓ -ΑΒ' = 2 2 ΑΓ l ΑΒ (η ΕΔ ενώνει τα μέσα των πλευρών στο τρίγωνο ΒΓΒ').

χ

β) Από την υπόθεση ΑΒ' > ΑΖ.

Γ

ΖΒ' =ΑΒ' -ΑΖ = ΑΒ _ΑΓ -ΑΒ = 2 3ΑΒ -ΑΓ

2

Άσκηση 6

Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και τυχαίο σημείο Μ της ΑΒ. Στην προέκταση της ΒΓ παίρνουμε τμήματα ΓΔ = ΒΜ και ΓΕ = ΑΒ. Να δείξετε ότι τα μέσα των τμημάτων ΒΓ, ΜΔ και ΑΕ είναι συνευθειακά .

Λύση Α

z Ε

Έστω Κ, Ν τα μέσα των ΒΓ, ΑΕ αντίστοιχα. Η ευθεία ΚΝ τέμνει τη ΜΔ στο Λ. Αρκεί να δείξουμε ότι το Λ είναι το μέσον της ΜΔ. .Δ.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΚΕ, η ΚΝ είναι διάμεσος και είναι :ιζ = Ε (1) .

Στην προέκταση της ΓΒ παίρνουμε τμήμα ΒΖ = ΒΜ. Τα ισοσκελή τρίγωνα Γ ΑΕ και �ΜΖ έχουν ίσες τις γωνίες Β;ξ = f:ξ, επομέ-νως θα είναι Ζ = Ε (2).

·

Από τις ( 1 ) και (2) Ζ = Κ1 , οπότε ΜΖ // ΚΝ. Ακόμα Κ είναι μέσο της ΖΔ και η παράλληλη από το Κ προς τη ΜΖ διέρχεται από το μέσον της ΔΜ στο τρίγωνο ΔΜΖ.

Άσκηση 7

Δύο ευθείες ε, ε' τέμνονται από παράλληλες στα σημεία Α, Β, Γ, Δ και Α', Β' , Γ, Δ' αντίστοιχα ώστε ΑΒ = ΒΓ = ΓΔ (σχήμα). Δείξτε ότι: 3ΒΒ' = 2ΑΑ' + ΔΔΌ .



Λύση

Φέρνουμε ευθεία ΑΗ 11 Α' Δ' (σχήμα). Α-πό τα όμοια τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΔΗ ισχύει:

ΒΕ = ΑΒ = l � 3ΒΕ = ΔΗ � ΔΗ ΑΔ 3 3ΒΕ + 3ΕΒ' = ΔΗ + 3ΕΒ' � 3ΒΒ' = ΔΗ + ΗΔ' + 2ΑΑ' � 3ΒΒ' = ΔΔ' + 2ΑΑ '

λσκηση 8

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90°, Γ = 30° εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R). Η διχοτόμος της γωνίας Γ τέμνει τον (O,R) στο Δ, ενώ η διχοτόμος της γωνίας ΒΔΓ τέμνει τον κύκλο στο Ε. Η παράλληλη από το Δ προς τη ΒΓ τέ-

.......

μνει τον κύκλο στο Ζ. Δείξτε ότι το ΔΕΖ είναι ισόπλευρο.

Λύση

Ε ,...... ,...... ,...... Είναι ΒΔ = 30°, ΒΕ = 90°, ΖΓ = 30°, Er = 90°. Άρα:

ΔΕ = 30° + 90° = 1 20°, άρα Ζ = 60°

Ez = 90° + 30° = 1 20°, άρα Δ = 60° οπότε ΔΕΖ ισόπλευρο τρίγωνο.

λσκηση 9

Δίνεται κύκλος (O,R) και δύο ίσες χορδές του ΑΒ και ΑΓ. Αν το άθροισμα των αποστάσεων του Ο από τις ΑΒ, ΑΓ είναι ίσο με R, δείξτε ότι το Ο συμπίπτει με το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

Λύση

Είναι: ΑΒ = ΑΓ � ΟΔ = ΟΕ

R ΟΔ + ΟΕ = R � ΟΔ = ΟΕ = 2 Α

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΔ η γωνία .ΑΊ = 30° , οπότε Α = 60°. ΑΒΓ ιqόπλευρο και Ο ταυτίζεται με το ορθόκεντρο.

λσκηση 10

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, 4), ώστε ΒΓ = 40°. Σχηματίζουμε το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. α) Να υπολογιστεί η ακτίνα R του περιγεγραμμένου στο τρίγωνο ΑΓΔ κύκλου.

_,....

β) Να υπολογιστεί η γωνία ΑΓΔ. γ) Να προσδιοριστεί η θέση του ορθόκεντρου του τριγώνου ΑΓΔ.

Λύση Η Δ

Β

α) Επειδή τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓΔ είναι ίσα θα είναι R = 4.

β) Ar Δ = BAr = 2οο <ΒΓ = 40°).

γ) Αν ΑΗ ..l ΓΔ θα είναι ΑΗ ..l AB (ΑΒ // ΓΔ) και τα σημεία Β και Η θα είναι aντιδιαμετρικά. HrB = 90°, οπότε ΗΓ ..l ΒΓ, άραΗΓ ..l ΑΔ, άρα Η = ορθόκεντρο.

λσκηση 11

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R). Η μεσοκάθετος της ΒΓ τέμνει τον (O,R) στο σημείο Δ. Αν Κ, Λ οι προβολές του Δ στις ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα, δείξτε ότι: α) ΒΚ = ΓΛ



β) ΑΚ = ΑΛ = ΑΓ - ΑΒ (ΑΓ > ΑΒ) 2 Λύση

α) Α2 = � (εγγεγρ. βαίνουν στο ίδιο τόξο) Αι = f2 (ΑΒΓΔ εγγεγραμμένο) � = f; (ΑΒΓ ισοσκελές)

.-.... .-....

από την ( Ι ) έχουμε: Αι = Α2 , δηλ. ΔΑ διχοτό-μος.

Αφού ΑΔ διχοτόμος, ισαπέχει από το ΑΒ, ΑΓ και ΔΚ = ΔΛ, ΑΚ = ΑΛ. β) Τα τρίγωνα ΚΒΔ και ΛΓΔ είναι ίσα επειδή είναι ορθογώνια, Β; = f; (εγγεγραμ.) και ΔΚ = ΔΛ. Άρα:

ΒΚ = ΓΛ = ΑΚ + ΑΒ = ΑΓ - ΑΛ <=> ΑΚ + ΑΛ = ΑΓ - ΑΒ <=>

·

ΑΓ - ΑΒ 2ΑΚ = ΑΓ - ΑΒ = ΑΚ = ΑΛ = 2 .

Άσκηση 12

Δίνεται κύκλος (0, R) μια διάμετρός τόυ ΑΒ και σημείο του Γ ώστε ΑΓ = 2ΑΒ. Η κάθετη ΟΕ στη ΒΓ τέμνει τον (0, R) στο σημείο Δ. Να δείξετε: α) Το τετράπλεi>ρο ΑΓΔΟ είναι ρόμβος. β) Το μέσον του ΑΟ βρίσκεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΟΕΓ. γ) ΑΓΒ = 3ΒrΔ. δ) Αν η εφαπτομένη του κύκλου στο Α τέμνει την ευθείά ΓΔ στο Ζ τότε ΓΖ = ΟΕ.

Λύση

ΟΕ Ι! ΑΓ (κάθετες στη ΒΓ) } α) οπότε: ΑΓ = R (υπόθεση) = ΟΔ = ΟΑ ΑΟΔΓ ρόμβος

β) Afo ισοσκελές άρα ΓΚ .l ΑΟ.

Ο κύκλος με διάμετρο ΟΓ διέρχεται από τα σημεία Κ και Ε.

γ) ΒrΔ = Β = 30° και ArB = 3ΒfΔ. ...... . ......

δ) ΑΓΖ = ΟΓΕ έχουν: ΑΓ = ΟΓ = R, Αι = 30° = f; και είναι ορθογώνια επομένως ΓΖ = ΟΕ.

Άσκηση 13

Σε κάθε εγγράψιμο τετράπλευρο, δείξτε ότι οι διχοτόμοι των γωνιών που σχηματίζουν οι απέναντι πλευρές του είναι παράλληλες προς τις διχοτόμους των γωνιών που σχηματίζουν οι διαγώνιές του.

Λύση

χ

Για να είναι Εχ // Zy αρκεί Ζι = Κι .

Κι = Δι + Ε; (εξωτερική του ΔΕΚ) = Αι + ΕΊ (εγγεγρ. Αι = Δι, διχοτ, Ε; = Ε� = Αι (εξωτερική του ΜΕ)

Ζι + Ζ,. = Κι + Αι (εξωτερική του ΖΚΛ) ,....._ ,......, .,......_ .,.....,_

2Ζι = 2Κι <=> Ζι = Κι .

Άσκηση 14

·. Δίνεται ρόμβος ΑΒΓΔ· με γωνία ΒΑΓ = 60°. Μια ευθεία διέρχεται από την κορυφή Γ και τέμνει τις ευθείες ΑΒ και ΑΔ στα σημεία Ε και Ζ αντίστοιχα. Έστω ακόμη Μ το κοινό σημείο των ευθειών ΒΖ και ΔΕ. Να δειχτεί ότι: α) Το γινόμενο ΒΕ·ΔΖ είναι σταθερό. β) Τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΔΖΒ είναι όμοια. γ) Το τετράπλευρο ΑΒΔΜ είναι εγγράψιμο.



Λύση

α) Εiνω BfE - ΔΖΓ επειδή Β = Δ = 1 20° και � = fι (εντός εναλλάξ).

ΒΓ = ΒΕ � ΒΕ·ΔΖ = ΒΓ·ΔΓ � ΔΖ ΔΓ

ΒΕ·ΔΖ = ΒΓ2 = ΒΔ2 ( Ι )

β) Τά τρίγωνα ΒΔΕ και ΔΖΒ είναι όμοια επειδή ΔΒΕ = ΒΔΖ = 60° και :� = :� (από τη σχέση (!}). γ) Επειδή ΒΔΕ - ΔΖΒ έχουμε:

ΒΖΔ = ΒΔΕ � 60° + :ΒΊ = 60° + � � "' "' Β1 = Δ1 � ΑΒΔΜ εηράψιμο.

(\ J ιf"'ι. J- Ζ,Ο β fλν'Cιι .l. � dι.IGOZΙP ι-ι.ο z-..S ,Δ O"C. 0 € cιΟ Ιfw v i.O "2{> 1. ��0-�"�_.ι D-=..Jο.:.ι..:::;.:.;:;---3�('..�0:;......=.,..::;....._..;..;..._� 1/u.. ι!ψεt. z...ε. � ς �ε,.<;.

.J Α Γ = "i.A B Γ. Τσικαλουδάκης ) \ι:\0':,

' I

ΠΑΡΑΓΩΓΟΙ � ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ 8 ΑΣΚΗΣΕΙΣ (ανα Παράγραφο) 1 500

8 θΕΜΑΤΑ ΛΥΜΕΝΑ

. (γενικά ανά Κεφάλαιο) 225

8 Πολλά πρωτότυπα θέματα και ασκήσεις

Τηλ. : 95 1 7 863

<;..

3) δ σ-ι.v-> "tkl � ο Α Ρ.> ( -

α ('\.0 -ι;;:> Μ \;\ 'LC"O zv,.S. p. \ � t.\' V � ε..:ι 'θειv /"ο u � �� "l. V\ ν Α Β C> �ο μ \ι..U. I rι r

C""L"" b . Α \} !Μ ιv :: tJ b. το

� β � Β \

r - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - � - - - - - - - - - - - - - - - - - - - ,

n·. ΓεΩΡΓΟΠΟΥΛΟΥ

ΑξΚ�ΣΕΙΣ ΦΥΣΙΚΗΣ Με· ΥΠΟΔΘΙΞCΙΣ

· (Γ ' Λvκειοv) ΚΑΤΙ ΝΕΟ ΣΤΗ ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

Σ' ένα μόνο τόμο περιέχονται: 570 ασκήσεις και 1 57 ερωτήσεις θεωρίας, που καλύmουν όλη την ύλη της Γ · Λυκείου (κεφ. 1 -1 2). Σε ολες τις ασκήσεις υπάρχει υπόδειξη, σύντομη αλλά περιεκτική, που οδηγεί το μαθητή στη λύση.

Για_ να γίνει η Άσκηση Φυσικής προσιτή σε όλους τους μαθητές. Με το απόκομμα αυτό έχετε έκπτωση 40%

από τις Εκδόσεις Γκοβόστη. Ασκληπιού 3, τηλ. 36246 1 0 - Ζωοδόχου Πηγής 2 1 , τηλ. 381 5433.

\ . . � L - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - � - � ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/26

Σκέψεις πάνω σε θέματα μαθηματικών Β' Λυκείου

Γ. Τσαπακίδη

Άσκηση ι

Αν α + β+ γ = π να δειχτεί ότι συν2α + συν2β + συν2γ + 2συνασυνβσυνγ = ι.

Σκέψεις

Το ζητούμενο είναι η απόδειξη μιας τριγωνομετρικής ταυτότητας της οποίας οι μεταβλητές α, β, γ ικανοποιούν μια συνθήκη .

Είναι γνωστό ότι η απόδειξη ταυτότητας γίνεται με το μετασχηματισμό του ενός μέλους της στο άλλο.

Στο πρόβλημα μας ο μετασχηματισμός του πρώτου στο δεύτερο μέλος θα στηριχτεί στο γεγονός ότι α + β + γ = π, υπόθεση που aποτελεί μια δέσμευση για τις τιμές των μεταβλητών α, β, γ. Ποιες τιμές μπορούν να πάρουν τα α, β, γ;

Μια σχέση καθορίζει την τιμή μιας μεταβλητής, έτσι α = π - (β + γ) με β, γ ε IR.. Επομένως ο μετα-σχηματισμός του Ι ου μέλους της αποδεικτέας στο 2° θα γίνει με την αντικατάσταση του α με π - (β + γ).

ι η Λύση Έχουμε:

J 2 2 συν-α + συν β + συν γ + 2συνασυνβσυνγ = συν2(β + γ) + συ/β + συν2γ - 2συν(β + γ)συνβσυνγ =

συν2β + συν2γ - συν(β + γ)[2συνβσυνγ - συν(β + γ)] = συν2β + συν2γ -:- συν(β + γ)(2συνβσυνγ - συνβσυνγ + ημβημγ) = συν2β + συν2γ - (συνβσυνγ - ημβημγ)(συνβσυνγ + ημβημγ) = συν2β + συν2γ - συν2βσυν\ + ημ2βημ2γ = συν2β + συν2γ - συν2βσυν2γ + (1 - συν2β)( Ι - συν2γ) = σ:υν2β + συν2γ - συν2βσυν2γ + Ι - συν2β - συν2γ + συν2βσυν2γ = Ι

Μια δεύτερη σκέψη

Μια από τις γενικές μεθόδους απόδειξης είναι η «ευθεία απόδειξη». Σ' αυτήν ξεκινάμε από τις υποθέσ&ις του προβλήματος και κατασκευάζουμε βήμα προς βήμα το συμπέρασμα.

Μπορεί, άραγε, να εφαρμοστεί η μέθοδος αυτή στη λύση του προβλήματός μας; Τι θέλουμε να δημιουργήσουμε; Μια σχέση συνημιτόνων μεταξύ των α, β, γ. Θα ήταν φυσιολογικό να αρχίσουμε ως εξής:

Είναι α + β+ γ = π, άρα συν( α + β + γ) = συνπ, αλλά δεν γνωρίζουμε το ανάπτυγμα συνημιτόνων τριών προσθετέων, παρά μόνο δύο προσθετέων, έτσι θα πρέπει να αρχίσουμε από την:

συν( α + β) = συν( π - γ) = συνασυνβ - ημαημβ = -συνγ ( 1 ) Επειδή στην αποδεικτέα υπάρχουν τετράγωνα θα πρέπει να υψώσουμε τα μέλη της ( 1 ) στο

τετράγωνο, όμως τότε στο Ι 0 μέλος θα εμφανιστεί το ανεπιθύμητο γινόμενο 2συνασυνβημαημβ, ενώ χρειαζόμαστε το 2συνασυνβσυνγ, που εμφανίζεται στο ανάπτυγμα του (συνασυνβ + συνγ)2, έτσι από την ( 1 ) θα πάρουμε πρώτα συνασυνβ + συνγ = ημαημβ και μετά θα υψώσουμε στο τετράγωνο.

Έχουμε α + β + γ = π = α + β = π - γ, άρα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4121

Σκέψεις πάνω σε θέματα μαθηματικών

συν( α +. β) = συν( π -:- γ) = συνασυνβ - ημαημβ = -συνγ = συνασυνβ + συνγ = ημαημβ, έτσι: (συνασυνβ + συνγ)2 = ημ2αημ2β <=> συν2ασυν2β + 2συνασυνβσυνγ + συν2γ = (1 - συν2α)(Ι - συν2β) = συν2ασυ·/β + 2συνασυνβσυνγ + συν2γ = 1 - συν2β - συν2α + συν2ασυν2β = συν2α + συν2β + συv2γ + 2συvασυνβσυvγ = ! .

-

Σχόλιο: Επειδή σε κάθε τρίγωνο ε ίνα� Α+Β+Γ = π, ειδική περίπτωση του προβλήματος είναι το: Σε κάθε τρίγωνο να δειχτεί ότι ισχύει: συν2Α + συν2Β + συν2Γ + 2συνΑσυνΒσυνΓ = ,1 .

Ασκηση 2 Α ν σε τρίγωνο ισχύει σφΑ + σφΒ + σφΓ = -{3 να δειχτεί ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Σκέψεις

Για να είναι το τρί"(ωνο ισόπλευρο θα πρέπει να ισχύει Α = Β = Γ <=>σφΑ = σφΒ = σφΓ έτσι το προβλημα μεταφέρεται στο γενικότερο πρόβλημα: «Αν f(x, ψ, z) = Ο να δειχτεί ότι χ = ψ = Ζ». Και το ερώτημα τώρα είναι: σε ποια crχέση πρέπει να μετασχηματιστεί η f(x, ψ, z) = Ο, ώστε να προκύπτει χ = ψ = z;

Πότε ισχύει χ = ψ = z; Όταν χ = ψ και ψ = z και z = χ = χ - ψ = Ο και ψ - z = Ο και z - χ = Ο. Πώς η πρόταση χ - ψ = Ο και ψ - z = Ο και z - χ = Ο μπορεί να περιγραφεί μόνο από μια σχέση; Από την (χ - ψ)2 + (ψ - z)2 + (z - χ)2 = Ο. Έτσι η f(x, ψ, z) = Ο πρέπει να μετασχηματιστεί στην (χ - ψ)z + (ψ - z)z + (z - x)z = Ο.

Στο πρόβλημά μας από την σφΑ + σφΒ + σφΓ = '\{3 πρέπει να δημιουργήσουμε την: ( σφΑ - σφΒ)2 + ( σφΒ - σφΓ)2 + ( σφΓ - σφΑ)2 = Ο <=> 2σφ2Α + 2σφ2Β + 2σφ2Γ - 2(σφΑσφΒ + σφΒσφΓ + σφΓσφΑ) = Ο. Η προηγούμενη σχέση περιέχει τετράγωνα, έτσι θα αρχίσουμε τη λύση υψώνοντας στο τε

τράγωνο τη σχέση της υπόθεσης και συνέχεια θα χρησιμοποιήσουμε τη γνωστή ισότητα: σφΑσφΒ + σφΒσφΓ + σφΓσφΑ = 1 που ισχύει σε κάθε τρίγωνο.

Λύση

Είναι: σφΑ + σφΒ + σφΓ = -J3, άρα (σφΑ + σφΒ + σφΓ)2 = 3 <=> σφ2Α + σφ2Β + σφ2Γ + 2(σφΑσφΒ + σφΒσφΓ + σφΓcrφΑ) = = 3( σφΑσφΒ + σφΒσφΓ + σφΓσφΑ) = σφ2Α + σφ2Β + σφ2Γ - σφΑσφΒ - σφΒσφΓ - σφΓσφΑ = Ο <=> 2σφ2Α + 2σφ2Β + 2σφ2Γ - 2σφΑσφΒ - 2σφΒσφΓ - 2σφΓσφΑ = Ο = (σφΑ - σφΒ)2 + (σφΒ - σφΓ)2 + (σφΓ - σφΑ)2 = Ο = σφΑ - σφΒ = Ο και σφΒ - σφΓ = Ο και σφΓ - σφΑ = Ο = σφΑ = σφΒ = σφΓ = Α = Β = Γ (αφού Α, Β, Γ γωνίες τριγώνου)

Μια δεύτερη σκέψη

Η υπόθεση του προβλήματος είναι μια συνθήκη υπό περιορισμό, γιατί ισχύει σφΑ + σφΒ + σφΓ = '\{3 (1) όταν Α + Β + Γ = π. Η (1) μπορεί να μετατραπεί σε συνθήκη χωρίς περιορισμό, αν στη θέση του Α θέσουμε π - (Β + Γ), οπότε:

(1) = σφ[π - (Β + Γ)] + σφΒ + σφΓ = '\{3 <=> - σφ�σφΓ -i + σφΒ + σφΓ = '\{3 = σφ + σφ

--'σφΒσφ� + 1 + σφ2Β + σφ2Γ + 2σφΒσφΓ = '\{JσφΒ + '\{JσφΓ = σφ2Β + ( σφΓ - '\{J)σφΒ + σφ2Γ - '\{JσφΓ + 1 = Ο ( 1 )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κθ. τ. 4/28


Αλλά η ( 1 ) είναι δευτεροβάθμια εξίσωση με λύση στο IR. άρα Δ � Ο. Λύση

Είναι Α + Β + Γ = π <=> Α = π - (Β + Γ). Έτσι: σφΑ + σφΒ + σφΓ = ...β <=> σφ[π - (Β + Γ)] + σφΒ + σφΓ = ...β <=> σφ2Β + (σφΓ - ...β)σφΒ + σφ2Γ - ...βσφΓ + 1 = Ο ( 1 )

Επειδή η ( 1 ) είναι δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς σφΒ με λύση στο IR. θα είναι: Δ ;;::: Ο <=> (σφΓ - ..j3)2 - 4(σφ2Γ - ...βσφΓ + 1 ) � Ο <=> σφ2Γ - 2...βσφΓ + 3 - 4σφ2Γ + 4...βσφΓ - 4 � Ο <=> -3σφ2Γ + 2...βσφΓ - 1 ·� Ο <=> 3σφ2Γ � 2...βσφΓ + 1 � Ο <=> (...βσφΓ - 1 )2 � Ο <=> ...βσφΓ = 1 <=> σφΓ = � <=> Γ = 60°

Άσκηση 3

Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) βαθμού μεγαλύτερου του 2. Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ): (χ2 - α2) με α * Ο. .

Σκέψεις

Ποιες γνωστές προτάσεις αναφέρονται στο υπόλοιπο της διαίρεσης; 1η Πρόταση: Υπόλοιπο [Ρ(χ): (χ - α)] = Ρ(α) Δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε την προηγούμενη Πρόταση στο πρόβλημά μας γιατί ο διαιρέτης είναι δευτεροβάθμιος και όχι πρωτοβάθμιος. 2η Πρόταση: Δ(χ) = δ(χ)π(χ) + υ(χ) με Ο � βαθ υ(χ) < βαθ δ(χ) Η εφαρμογή της προηγούμενης πρότασης στο πρόβλημά μας δίνει:

Ρ(χ) = (χ2 - α2)π(χ) + υ(χ) (1) με Ο � βαθ υ(χ) < βαθ (χ2 - α2) = 2, άρα το υ(χ) θα είναι βαθμού το πολύ 1 , έτσι υ(χ) = κχ + λ. Επομένως αρκεί να προσδιορίσουμε τα κ, λ. Η ( 1 ) γράφεται Ρ(χ) = (χ2 - α2)π(χ) + κχ + λ (2). Από τη (2) πρέπει να πάρουμε δύο εξισώσεις με αγνώστους τους κ, λ που θα υπολογιστούν ως συνάρτηση των δεδομένων α, Ρ(χ), άρα στην (2) δεν θα πρέπει να υπάρχει το π(χ), πράγμα που μπορεί να γίνει αν μηδενιστεί ο συντε-λεστής του π(χ), δηλ. χ2 - α2 = Ο <=> χ = ± α, άρα στη (2) θα πρέπει να θέσουμε διαδοχικά όπου χ m � � )

Λύση Από την ισότητα της διαίρεσης έχουμε:

Ρ(χ) = (χ2 - α2)π(χ) + υ(χ) ( 1 ) με Ο � βαθ υ(χ) < βαθ (χ2 - α2) = 2, έτσι το υ( χ) είναι βαθμού το πολύ 1 , γιαυτό γράφεται υ( χ) = κχ + λ (2).

Για χ = α η (2) δίνει: Ρ( α) = κα + λ (3) Για χ = -α η (2) δίνει: Ρ(-α) = -κα + λ (4)

Από τη λύση του συστήματος των (3), (4) παίρνουμε κ = Ρ.(α) -2Ρ(-α) και λ = Ρ(α) +

2Ρ(-α)

_ Επομένως υ(χ) = Ρ(α) -

2 Ρ(-α) χ + Ρ(α) +

2Ρ(-α)

_

Άσκηση 4

Έστω το �ολυώνυμο Ρ(χ) = χν - νχ + (ν - 1) όπου ν θετικός ακέραιος, ν � 2.

α) Να βρεθεί το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης �(χ) : (χ - 1)2•

β) Να δειχτεί ότι Ρ( χ) � Ο για κάθε χ �· Ο. . . γ) Αν ν άρτιος ν� δειχτεί ότι Ρ(χ) > Ο για κάθε χ < Ο.



δ) Να λυθεί η εξίσωση χ100 - lOOx + 99 = Ο.

Σκέψεις

Πως βρίσκουμε το πηλίκο και το υπόλοιπο μιας διαίρεσης; Εκτελούμε τη διαίρεση ή με το σχήμα του Horner, εφ' όσον ο διαιρέτης είναι της μορφής χ - α. Στο πρόβλημά μας κατ' αρχήν φαίνεται δύσκολα η εκτέλεση της διαίρεσης γιατί ο ν δεν έ

χει συγκεκριμένη τιμή , αλλά πάλι το σχήμα του Horner είναι ανεφάρμοστο για τη διαίρεση Ρ(χ) : (χ - Ι )2• Φαινομενικά φτάσαμε σε αδιέξοδο, όμως Ρ(χ) : (χ - Ι)2 = Ρ(χ) : (χ - Ι ) : (χ - 1) , έτσι μπορούμε να πάρουμε τα ζητούμενα εφαρμόζοντας δύο φορές το σχήμα του Horner.

Λύση

α) Εφαρμόζουμε το σχήμα του Horner για τη διαίρεση Ρ(χ) : (χ - Ι )

�-1 --:--il�:----i-1 ,-:-� --+1]-τ-ο -πλ-ή-θο-ς -μη-δε-+1---:'1:-ά +-1 --ν....;.;.��---:;- ι:-+-l --νν-=-:+__;\'--11 ρ=

J

Έτσι: Πηλίκο [Ρ(χ) : (χ - 1)] = χν - Ι + χ ν - 2 + . . . + χ + ( ! - ν) Υπόλοιπο [Ρ(χ) : (χ - 1 )] = Ο

Άρα: Ρ(χ) = (χ - l ) · (xv - I + χν - 2 + . . . + χ + (1 - ν)) ( 1 ). Σχήμα του Horner για τη διαίρεση (χ'' - 1 + χ ν - 2 -;- . . · + χ + ((-- ν)) : (χ - Ι)

ν - 1 το πλ-:-'iθοc: 1 -1 ! 1 I 1 . . . I 1 I 1 - ν I 1 Ι 2 Ι ν - 2 1 ν - 1 1 . . . Ι I 2 Ι 3 . . . Ι ν - 1 Ι

Έτσι: Πηλίκο[( χ'' - ] + xv - 2 + . . . + χ + (1 - ν)) : (χ - 1 )] = ν - ' v - 3 v - 4 χ - + 2χ + 3χ + . . · + (ν - 2)χ + (ν - 1)

Υπόλοιπο [( χ ν - 1 + xv - 2 + . . · + χ + (Ι - ν)) : (χ - Ι)] = Ο

ο

D = ! I

Άρα: (xv - 1 + xv - z + . . · + x + ( l - ν)) = (x - 1 )(xv - z + 2x'' - 3 + 3xv - 4 + . . · + (ν - 2)x + (ν - I)) (2) Η ( Ι ) λόγω της (2) γίνεται Ρ(χ) = (χ - 1)2(χν - 2 + 2χν - 3 + 3xv - 4 + · · · + (ν - 2)χ + (ν - Ι)) (3) Επομένως: Πηλίκο [Ρ(χ) : (χ - 1 )2] = xv - 2 + 2xv - 3 + 3xv - 4 + . . . + (ν - 2)χ + (ν - 1 )

Υπόλοιπο [Ρ(χ) : (χ - 1 )2] = Ο

β) Επειδή (χ - 1 )2 � Ο για κάθε χ � Ο και χ ν - 2 + 2χν - 3 + 3χν - 4 + . . . + (ν - 2)χ + (ν - Ι ) > Ο για κάθε χ � Ο, από την (3) έχουμε Ρ(χ) � Ο για κάθε χ � Ο.

γ) Για ν άρτιο και χ < Ο έχουμε χ: > Ο και -νχ > Ο έτσι Ρ(χ) > Ο για κάθε χ < Ο.

δ) Εί�αι χ 1 00 - l OOx + 99 = Ο <=> Ρ(χ) = Ο (για ν = 1 00) Για κάθε χ < Ο η (3) είναι αδύνατη, αφού Ρ(χ) > Ο. Επειδή για χ � Ο είναι χ98 + 2χ97 + 3χ9ό + . . · + 98χ -:- 99 > Ο και η (3) γράφεται:

( 1 )2 ( 98 ' .... C;7 ' .., 96 ' ' 9" ' 99' " ·, Χ - Χ -τ L.X -.- .::Χ -.- • · · -.- οΧ τ ) = V <=> Χ = •

Επομένως η μοναδική ρίζα της εξίσωσης είνα1 ·:ο 1 .

Άσκηση 5

Δίνονται τα σύνολα των διαδοχικών θετικών ακεραίων: {1}, {2, 3}, {4, 5, 6}, {7, 8, 9, 10}, : . . , όπου το πλήθος των στοιχείων κάθε συνόλου είναι κατά ένα μεγαλύτερο από το πλήθος των στοι-



χείων του προηγούμενου συνόλου και το πρώτο στοιχείο κάθε συνόλου είναι κατά ένα μεγαλύτερο από το τελευταίο στοιχ_είο του προηγούμενου συνόλου. Να μρεθεί το άθροισμα Sν των στοιχείων του ν-ού συνόλου.

Σκέψεις

Ποιο είναι το ζητούμενο; Ένα άθροισμα.

Τι αθροίσματα μπορούμε να υπολογίσουμε; Αθροίσματα των οποίων οι προσθετέοι είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με διαφορά ω = 1 , επομένως το πρόβλημα ανάγεται στο να βρούμε τον πρrοτο όρο αυτής της αριθμητικής προόδου. Αλλά:

1 ° στοιχείο νιοστού συνόλου = τελευταίο στοιχείο ν - 1 συνόλου + 1 .

Παρατηρούμε ότι το τελευταίο στοιχείο κάθε συνόλου ισούται με το άθροισμα του πλήθους των στοιχείων των συνόλων που έχουν γραφεί,

· π.χ. 3 = 1 + 2

6 = 1 + 2 + 3 1 0 = 1 + 2 + 3 + 4

έτσι τελευταίο στοιχείο ν - 1 συνόλου = 1 + 2 + 3 + . . . + (ν - 1 ).

Από τα προηγούμενα έχουμε την: Λύση

Το νιοστό σύνολο περιέχει ν το πλήθος στοιχεία, που είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής , , [2α1 + (ν - 1)ω]ν (2α1 + ν - 1 )ν προοδου με ω = 1 , επομενως Sv = 2 =

2 (1 ), όπου α1 το πρrοτο στοιχείο

του νιοστού συνόλου.

Είναι: α1 = τελευταίο στοιχείο ν - 1 συνόλου + 1 (2)

Παρατηρούμε ότι το τελευταίο στοιχείο κάθε συνόλου ισούται με το άθροισμα των πλήθων των στοιχείων που έχουν γραφεί, έτσι:

τελευταίο στοιχείο ν - Ι συνόλου = 1 + 2 + 3 + . . . + (ν - 1) = [1 + (ν -i>](ν - 1) = ν( ν 2 η,

Επομένως· η (2) γίνεται:

και από την ( 1) παίρνουμε: Sv = (ν2 - ν + 2 + ν - l)ν (ν2 + l)ν 2 2

Άσκηση 6

Έστω οι ακέραιοι α, μ, γ με α = 11 . . . 1(2ν το πλήθος 1), μ = 11 . . . 1 (ν + 1 το πλήθος 1) )!:αι γ = 66 . . . 6 (ν το πλήθος 6). Να δειχτεί ότι ο α + μ + γ + 8 είναι τεtράγmνο ακεραίου.

· Σκέψεις

Για να είναι ο α + β + γ + 8 τετράγωνο ακεραίου θα πρέπει να μετασχηματίζεται στον χ2 + 2χψ + ψ2 = (χ + ψ)2 ή χ2 + ψ2 + z2 + 2(χψ + ψz + zx) = (χ + ψ + z)2, αλλά α + β + γ + 8 = 1 1 . . . 1 + 1 1 . . . 1 + 66 . . . 6 + 8 που δε φαίνεται να μετασχημqτίζεται σε κάποια από τις προηγούμενες μορφές, έτσι είναι ανάγκη να γράψουμε τα α, β, γ με διαφορετικό τρόπο.

Πως γράφεται ένας αριθμός π. χ. ο 1 37 με άλλο τρόπο; 1 37 = 1 00 + 3 · 1 0 + 7 = 1 02 + 3 · 1 01 + 7.

Επομένως α = 1 1 . . . 1 = 1 02v - I + 1 02ν - 2 + . . . + 1 0 + 1 = 1 . 1��ν __ / (αφού είναι άθροισμα 2ν όρων

γεωμετρικής προόδου με α1 = 1 και λ = 1 0).

ΕΥΙΛDΔΗΣ Β' ..0. τ. 4131


Λύση Είναι: α = 1 1 . . . 1 = 102ν - ι + 1 02ν - 2 + . . . + 1 0 + 1 =

(άθροισμα 2v όρων γ.π. με α1 = 1 και λ = 10)

β = 1 1 . . . 1 = i Ov + ! Ον - ι + · · · + 1 Ο + 1 = (άθροισμα ν + 1 όρων γ.π. με α1 = 1 και λ = 10)

γ = 66 . . . 6 = 6 · 1 1 . . . 1 = 6·(1 0ν - ι + ιον - 2 + . . . + 1 0 + 1 ) = (η παρένθεση είναι άθροισμα ν όρων γ.π. με αι = 1 και λ = 1 0)

6· 1 0ν - 1 = 6 · 1 0ν - 1 1 0 - 1 9

1 02ν + 1 0 · 1 0ν + 6 · 1 0ν + 64 9

(: ν ν - ι )2 (: ν ν - ι )2 �9 + ν·9 +3 · · + 9 + Ι + 8 = �9 + ν·9 • ; · · · + 9 + 9 =

2 [� (9ν - ι + ν·9ν - 2 + . . . + Ι + 1 ) J = [3(9ν - ι + ν·9ν - 2 + · · · + 1 + 1)]2 τετράγωνο ακεραίου.

Άσκηση ?

Α ν α, β, γ θετικοί, α2 = γ2 - β2 να δειχτεί ότι logβ + 1α + logy _ βα = 2logβ + 1α·logy _ pα.

Σκέψεις

Φαίνεται πολύ δύσκολο να δημιουργήσουμε την αποδεικτέα από την υπόθεση, δηλαδή να χρησιμοποιήσουμε την ευθεία μέθοδο απόδειξης, γι' αυτό δουλεύουμε με τη μέθοδο των ισοδυναμιών, δηλαδή με συνεχείς ισοδυναμίες μετασχηματίζουμε την αποδεικτέα σε σχέση που ισχύει.

Λύση

1 · . 1 _ 21 .1 logα ..L. logα 2 logα logα (Ι) οgβ + γα -τ- og.y - βα - οgβ + γα ogy - βα <=> Ιοg(β + γ) ' log(γ - β) log(β + γ) log(γ - β) (Χρησιμοποιήσαμε τον τύπο αλλαγής της βάσης)

Αν logα = Ο η ( 1 ) ισχύει, αν logα 7:- Ο η (1) γράφεται ισοδύναμα:

1 (J ) + 1 ( 1

β) = 2 1 (J ) 1 1(gα

β) <=> log(γ � β) + log(β + γ) = 2logα <=> og + γ og γ - og + γ og γ -log(γ - β)(β + γ) = logα2 <=> (γ - β)(β + γ) = α2 <=> γ2 - β2 = α2 ισχύει

άρα ισχύει και η ισοδύναμή της που είναι η αποδεικτέα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ:θ. τ. 4/32

. Ασκήσεις Γεωμετρίας Β' Λυκείου

Κατσούλ ης Γιώργος .

Άσκηση 1

Δίνεται τρίγωνο Aiir με β2 + y2 = 2α2• Αν η διάμεσος ΑΜ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο Δ δείξτε ότι:

·

i) ΜΔ = -� · ii) (ΑΒΓ) = 3(ΒΔΓ) · . · 6 .

Λύση

.<>.. i) Στο τρίγωνο ΑΒΓ, ΑΜ διάμεσος οπότε:

β2 2 2 α2 2 α2 2 + γ = 2μα +τ<=> 2α -τ= 2� <=>

3α2 = μα2 <=> � =� (1 ) 4 2

ΑΔ, ΒΓ χορδές άρα:

ΑΜ·ΜΔ = ΒΜ·ΜΓ <=> ΜΔ = ΒΜ·ΜΓ g; ΑΜ α α

ΜΔ = l · l

=_Q_<=> ΜΔ =�

(2) � 2VJ 6 2

ίί) Είναι (ΑΒΓ) = ΑΗ (3) (γιατί;) (ΒΔΓ) ΔΚ

Αλλ , ΑΗ _ ΑΜ ( ' -) < Ι>.<2> α ΔΚ - ΜΔ γιατι, -� �

(ΑΒΓ) _ _ 2_ (ΑΒΓ) _ _

(ΒΔΓ) - ανJ <=> (ΒΔΓ) - 3 <=> (ΑΒΓ) - 3(ΒΔΓ)

6

Άσκηση 2

Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι JLy = 'i{ β. Αν Μ βα-

ρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ δείξτε ότι ο κύ-. ...... κλος ο περιγεγραμμένος στο τρίγωνο ΑΒΜ εφάπτεται της ΒΓ στο Β.

Κατσούλ ης Γιώργος, Καλίκας Σταμάτης

Γ Είναι:

� (:) 2 3Α2 � =τ β <=> � =τ<=>

2α2 + 2β2 _ γ2 = 3β2 <=> β2 + γ2 = 2α2 ( 1)

Αν ΑΔ διάμεσος του τριγώνου ΑΒΓ αρκεί να δείξουμε ότι ΔΜ·ΔΑ = ΔΒ2 (γιατί;) Έχουμε:

ΔΜ·ΔΑ = μα· .!. μα = .!. μα2 = 3 3 ι 2β2 2 2 2 2 2 - + γ - α (Ι) ΔΜ·ΔΑ = .!. 4α - α 3 4 <=> 3 4 <=>

ι 3α2 (α)2 ΔΜ·ΔΑ =J · Τ<=> ΔΜ·ΔΑ = l <=>

ΔΜ·ΔΑ = ΔΒ2

Άσκηση 3

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με β = 2γ, η διχοτόμος του ΑΔ και η διάμεσος του ΒΜ. Δείξτε ότι: (ΑΒΓ) = 6(ΒΔΜ).

Λύση

� Β Δ Η Γ

Είναι (ΒΜΔ) = ΒΔ (1) (γιατί;) (ΒΜΓ) ΒΓ Στο ΑΒΓ (ΑΔ διχοτόμος) <=> ΒΔ = ...!!:l_β

α (2) . + γ Από ( Ι ) και (2) έχουμε:

(ΒΜΔ) .....::ι_ = ___:j__ =.!. <=> (ΒΜΓ) β + γ 2γ + γ 3 (ΒΜΓ) = 3(ΒΜΔ) <=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κ:θ. τ. 4/33

Ασκήσεις Γεωμετρίας Β' Λυκείου

(Α�Γ) = 3(ΒΜΔ) (γιατί;) =

Απδ σημεiο Α εκτός κύκλου (0, R) φέρνουμε τέμνουσα ΑΒΓ ώστε ΑΒ = ΒΓ. Αν ΟΑ = R-j! να υπολογιστεί το εμβαδό του τριγώνου ΑΟΓ.

Λύση

Είναι: ΑΒ·ΑΓ = Α02 - R2 = ΑΒ·2ΑΒ = 6R2 = 2ΑΒ2 = 6R2 = ΑΒ2 = 3R2 = ΑΒ = ΒΓ = Rvi3 = λ3 ( 1)

Άρα: (ΑΟΓ) = 2(ΒΟΓ) (γιατί;) �

(Α Ο Γ) = 2· 4 λ3·α3 = (ΑΟΓ) = R·J3· � = }:') 2 r::;

(ΑΟΓ) = .1.'-;1.)

Άσκηση 5 Δίνεται κύκλος (0, R) και χορδή του

ΑΒ = λ3• Από το μέσο Ρ του μη κυρτογώνιου τόξου .ι\Β φέρνουμε τυχαία χορδή που τέμνει την ΑΒ στο Μ �<ι!"!. τον κύκλο στο Η. Δείξτε ότι:

� ΡΜ·ΡΗ = Α�Β-.

Λύση Ρ

Δ

Φέρνουμε τη διάμετρο ΡΔ που τέμνει την ΑΒ στο Κ. Το τετράπλευρο ΜΗΔΚ είναι εγγράψιμο (Κ + Η= 1 80°) οπότε:

ΡΜ·ΡΗ = ( R + �) ·2R (γιατί;) =

ΡΜ·?Η = 3R2 = ΡΜ·ΡΗ = (Rvi3)2 =

Άσκηση 6 Δίνεται κύκλος (0, R) μια διάμετρος ΑΒ

κα1 Γ, Δ τα μέσα των ΟΑ, ΟΒ αντίστοιχα. Αν μια χορδή :ΕΗ που διέρχεται από το Γ είναι

ΕΗ = -JI3 R, δείξ;;ε ότι ΕΑΗ = 90°. 2

...,..

Λ6ση Ε

Στο τρίγωνο ΕΓΔ έχουμε:

ΔΕ2 + ΕΓ2 = 20Ε2 + ΓΔ2 = 2 ΔΕ2 + ι:;τ2 - �,p 2 _,_ R2 ( "1 )

.ο......ι • - .ιι:.. .... "- ι 2 Στο τρίγωνο ΔΗΓ έχουμε:

�Δ' ΔΗ2 + ΗΓ2 = 20Η2 + 1 2 - = � 2 ΔΗ2 + ΗΓ2 = 2R 2 + � (2)

Από ( 1 ) κω (2) με πρόσθεση κατά μέλη παίρ-νου με:

ΔΕ2 + ΔΗ2 = 5R 2 - (ΕΓ2 -:- ΗΓ2) (3) Αλλά:

ΕΗ2 = (ΕΓ + ΓΗ)2 =

("'!IJR)2 = ΞΓ2 + ΗΓ2 + 2ΕΓ·ΓΗ =

ί3R2 = ΕΓ2 + ΗΓ2 + 2ΑΓΤΒ (γιατί;) = 4 1 3:2 = ΕΓ2 + ΗΓ2 + 2� . 3f =

2 7R _ �Γ2 . τ τΓ2 (4) τ - t τ .t1.

Από (3) και (4) έχουμε: ΔΕ2 + ΔΗ2 = 5R 2 - 7R 2 = 4 ΔΕ2 + ΔΗ2 = 1 3R2 = ΔΕ2 + ΔΗ2 = ΕΗ2 4

ΕΥΚΛΕiΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/34

Ασκήσεις Γεωμετρίας Β' Λυκείου

και κατά συνέπεια Ε.ΔΉ = 90°(γιατί;) ----- �· -----

Καλίκας Σταμάτης Άσκηση 1

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α. Με διαμέτρους τις ΑΒ και ΑΓ γράφουμε ημικύκλια εκτός του τριγώνου.

Με κέντρο το Α και ακτίνα α γράφουμε τόξο ΒΓ εντός της γωνίας Α του τριγώνου. Τέλος με κέντρο το Α γράφουμε κύκλο που εφάπτεται στην ΒΓ στο σημείο Η και τέμνει τα ημικύκλια στα Δ και Ε. Να υπολογιστεί το εμβαδό του καμπυλόγραμμου χωρίου ΔΒΓΕΗ.

Λύση

z Έστω: Ει το εμβαδό του κυκλ. τμήματος ΒΖΓ

Ε2 το εμβαδό του χωρίου ΔΘΒΗ Ε3 το εμβαδό του χωρίου ΕΚΓΗ

Τότε λόγω συμμετρίας Ε2 = Ε3. Το εμβαδό που ζητάμε είναι: Ε = Ει + Ε2 + Ε3 = Ει + 2Ε2 Ει = (A.Br) - (ΑΒΓ) = π��ο - α2p =

= πα2 _ α\/3 = 2πα2 - 3α\[3

6 4 12 Ε2 = εμβαδό ημικυκλίου ΒΔΑ

+ (ΑΗΒ) - εμβαδό τομέα Α.ΔΗ -- εμβαδό τμήματος ΑΜΔ =

= πα2 (ΑΒΓ) _ (�)2 . 60° τ+ 2 π 2 360° (τομέας Ν.ΑΔ - ( ΔΝΑ)) = πα2 + (ΑΒΓ) _ 3α2π . l.

= 8 2' 4 6

-[π(�)2· 120° _i:l}_J

360° 1 6 _ (ΑΒΓ) _ πα2 +

α\[3 = - 2 12 16

2 =�ΑΒΓ) - ��

Οπότε: Ε = Ει + 2Ε2 = 2 2_ ι;; 2 �2& �3 2πα - 3α v3 + 1 (ΑΒΓ) _ lE!!._ = � 1 2 2 . 6 8

Άσκηση 2

Θεωρούμε τετράγωνο ΑΒΓ Δ πλευράς α. Με κέντρα τις κορυφές του τετραγώνου και ακτίνα α, γράφουμε τεταρτοκύκλια εντός του τετραγώνου. Να βρεθεί το εμβαδό του σχηματιζόμενου καμπυλόγραμμου τετραγώνου.

Λύση

Α Β

Δ Γ

Το ΔΕΓ είναι ισόπλευρο έτσι ΕΔΓ = 60°. Το ΑΔΖ είναι ισόπλευρο έτσι ΑΔΖ = 60°. Τότε ΑΔΕ = 30° =ΓΔΖ οπότε και ΕΔΖ = 30°.

Είναι Ε = (ΕΘΗΖ) + 4τ όπου τ το εμβαδό κάθε τμήματος.

Επίσης ΕΔΖ = 30°, άρα η ΕΖ είναι λι2 = �. οπότε:

(ΕΘΗΖ) = (ΕΖ)2 = α2(2 -νJ) --- πα230° Ι 30ο τ = (Δ.ΕΖ) - (ΔΕΖ) = 360ο ·2 α·α·ημ =

2 2 2 πα _Q... =.Q_ (π - 3) 12 4 1 2 2 Άρα: Ε = α2(2 --ν3) + 4f2 (π - 3) =

α2 (3 -�

+ π) 3 Άσκηση 3 ,...

Σε τρίγωνο ΑΒΓ δίνονται Α = 105°, Β = 45° και το ύψος ΑΔ = υ. Με κέντρα τις κορυφές Β, Γ και ακτίνες ΒΑ, ΓΑ αντίστοιχα, γράφουμε τόξα ΑΖ., ΑΗ εντός του τριγώνου.

Να υπολογισθούν τα εμβαδά των τριών μερών, στα οποία χωρίζουν το τρίγωνο τα τόξα αυτά.

Λύση


Ασκήσεις Γεωμετρίας 8' Λυκείου

Α - ! \ I � 2υ ι Ξ3

Ε, 30°

Β z Γ

Είναι ΑΔΒ ισοσκελές άρα: ΔΒ2 + ΑΔ2 = ΑΒ2 <=> υ2 + υ2 = ΑΒ2 <=>

AB = u-J2 Είναι Γ = 30° άρα ΑΓ = 2ΑΔ <=> ΑΓ = 2υ. Τότε:

ΔΓ = νΛr2 - ΑΔ2 = � • ΕΙ = (ΑΒΓ) - (Γ.ΑΗ) =

J.<υ + υ-{3)-υ _ π(2υ{30° = 2 360° 2 � (3 + �\[3 - 2π)

,-..,

c Ε2 = (Α-ΒΓ) - (Β.ΑΖ) =

• 2 � (2 + 2{3 - π)

Άσκηση 4

Τρεις ίσοι κύκλοι ακτίνας R έχουν τα κέντρα τους στις κορυφές τριγώνου ΑΒΓ και ένα κοινό σημείο Ο εντός του τριγώνου. Τα κοινά μέρη των κύκλων σχηματίζουν ένα τρίφυλλο. α) Βρείτε την περίμετρο αυτού συναρτήσει της ακτίνας R. β) Βρείτε το εμβαδό αυτού, συναρτήσει της ακτίνας R και του εμβαδού του τριγώνου ΑΒΓ.

Λύση

α) Επειδή οι κύκλοι είναι ίσοι θα είναι ΟΔ, ΟΕ, ΟΖ μεσοκάθετοι στις ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα. Το κοινό σημείο Ο των κύκλων θα είναι το περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ και οι

τρεις αυτοί ίσοι κύκλοι θα είναι ίσοι με τqν περιγεγραμμένο κύκλο του ΑΒΓ.

Το μ;lκος του τόξου ΟΘΔ είναι S1 = 2πR �:0�· Το τρίγωνο �ΟΔ είναι ισοσκελές με ΒΟΔ = ΒΔΟ και μάλιστα ΒΟΔ = Α οπό-

.......... - ........... ' .

τε ΟΒΔ = I 8Q0 - 2Α έτσι: ι sοο - 2Α ( Α ) S1 = 2πR 360ο = π� Ι - 90ο

Ομοίως το μήκος τωv τόξων ΟΗΖ και ΟΚΕ αντιστοίχως είναι: -

·

- S2 = πR( Ι - 9�ο) S3 = πR( Ι -!σο) Η περίμετρος του τρίφυλλου είναι:

S = 2S1 + 2S2 + 2S3 =

( Α f 13 ) 2πR Ι - 90ο + Ι - 90ο + Ι - 90ο =

2 R(.. Α + Β + f) 2 R Π� l:ι � 90ο = Π

β) Για -cΌ εμβαδό τόυ φύλλου που είναι γραμμοσκιασμένο στο σχήμα έχουμε:

2Ε1 = 2[(0.Μ) - (ΟΒΔ)] =

2 [ πRz 18�ο60?Α - (ΒΟΓ)] =

πR2(Ι - 9�ο )- 2(ΒΟΓ)

ομοίως για τα άλλα φύλλα έχουμε:

2Ε2 = πR2(1 -!σο)- 2(ΑΟΓ)

2Ε3 = πR2(1 - ��ο)- 2(ΑΟΒ)

οπότε:

Ε = πR2 (3 -Α +9�/ f)- 2(ΑΒΓ) =

πR2 - 2(ΑΒΓ)


ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ

ΜΑΘ Η ΜΑΤ Ι Κ Α Γ Ι Α ΤΟ ΛΥ Κ Ε Ι d Η Λ J Α Σ Β . Ν Τ Ζ Ι Ω Ρ Α Σ Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Α

Α Ν Α Λ Υ Σ Η Γ' ΛΥΚΕΙC)Υ • Α' 'RΥΧΟΣ Γ Ι Α Τ Ι Σ ΔΕ Σ Μ Ε Σ Α�, 8' ικ- α ι Δ'

θΕΩΡΙΑ. ΠΑΡΑΔΕΙΓ:fΑΤι\ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΙ<ΗΣΕ!Σ, ιllfO-IΣEIΣ ΠΑ Α.VΣΗ. NWmiΣE!Σ. ΊΈΣΤ ΕΕΊΑΙΕΟΝ

Η Λ Ι Α Σ Β . Ν Τ Ζ Ι Ο ;) .Δ Σ M A e M M A T I K A Α Ν ΑΛΥ Σ Η Γ ΑΥΚ880Υ • 8' Τ8ΥΧΟΖ

ΣΤΕΛΙΟΣ ΕΥΡΙΠΙΩΤΗΣ

Μ.όλις κύκλοφόρησε

Γ Ι Ο Ρ Γ Ο Σ Σ Κ Α Ι-! Δ Α Α Η Σ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Β-'ΛΥΚΕΙΟΥ • Β' ΜΕΡΟΣ

�Ί

• Άλγεβρα Δ' δέσ}Jης

• Θέματα Ανάλυσης

Γ' Λυκείου

1 τ f ,• Ο Σ Γ Ε Υ Ρ I Π I Ω τ Η Ι

ΘΕΙΙΑΥΑ ΑΝΑΛΥΣΗΣ Γ ΛΊΚΕIΟΥ • 8" Μ81'0Σ r ι .a τ Μ Ν Α • • Σ Μ Μ

•

ΓΙΩΡΓΟΣ ΣΚΑΝΔΑΛΗΣ Μαθηματικά Α' Λυκείου Μαθηματικά Β' Λυκείου Μαθηματικά Γ' Λυκείου

ιlilla== . ΠArJUDI

ΗΛΙΑΣ ΝΤΖΙΩΡΑΣ

Μαθηματικά-Ανάλυση Γ' Λυκείου (3 τόμοι)

Μόλις κυκλοφόρησε ο Γ' τόμος

ΑΙΜΙΛΙΟΣ ΤΣΟΥΛΦΑΝΙΔΗΣ

• Όριο συνάρτησης Συνέχεια συνάρτησης Ακολουθίες

• Πίνακες Ορίζουσες Γραμμικά συστήματα

• Ακολουθίες για την Α' Δέσμη

• Ολοκληρώματα • Παράγωγοι

ΓΙΩΡΓΟΣ ΚΑΛΑΝΤΖΗΣ ... -Άλγεβρα Α' Λυκείου

Σε όλα τα βιβλιοπωλεία

Κεντρική Διάθεση: Σ. Πατάκης ΑΕ. Εμμ. Μπενάκη 1 6, 1 06 78 Αθήνα. Τηλ.: 38.31 .078, Fax: 36.28.950 Υποκ/μα Β. Ελλάδας: Ν. Μοναστηρίου 1 22, 563 34 Θεσσαλονίκη, Τηλ.: (03 1 )70.63.54-5

Από τον Καθήγητή του Πανεπιστημίου Αθηνών, Αντιπρόεδρο του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου και Αντιπρόεδρο της Ε.Μ.Ε. κ. Σταύρο Παπασταυρίδη λάβαμε την παρακάτω άσκηση :

Ε να τηλεοπτικό παιχνίδι παίζεται ως εξής. Υπάρχουν τρεις κλειστές πόρτες, πίσω από τις δύο δεν υπάρχει τίποτε και πίσω από την

τρίτη υπάρχει ένa αυτοκίνητο. Ο παρουσιαστής ξέρει τι υπάρχει πίσω από κάθε πόρτα, αλλά ο προσκεκλημένος παίκτης δεν έχει την πληροφόρηση αυτή . Ο παίκτης διαλέγει τυχαία μια πόρτα και κερδίζει ό,τι υπάρχει πίσω της. Σε μια εκπομπή ο παρουσιαστής αποφασίζει να αλλάξει λίγο το παιχνίδι. Μόλις ο παίκτης διαλέξει μια πόρτα, τότε, χωρίς να ανοίξει την πόρτα αυτή, ο παρουσιαστής πηγαίνει και ανοίγει μια από τις υπολοιπόμενες πόρτες, που από πίσω της δεν έχει τίποτε. (Σχόλιο. Αυτό είναι πάντα δυνατόν και ο παρουσιαστής ξέρει εκ των προτέρων ποια ή ποιες πόρτες δεν έχουν τίποτε). Στο σημείο αυτό, ο παρουσιαστής καλεί τον παίκτη και του δίνει το δικάιωμα, αν θέλει, να αλλάξει την επιλογή του και να διαλέξει την υπολοιπόμενη κλειστή πόρτα. Ερωτώνται τα εξής: Ι . Κάποιος κάνει τον εξής συλλογισμό. Για τις δυο πόρτες που είναι κλειστές, η μια ξέρουμε

ότι κρύβει το αυτοκίνητο και η άλλη δεν κρύβει τίποτα. Αρα ό,τι και να διαλέξει ο παίκτης η πιθανότητα να κερδίσει είναι Ι /2. Συμφωνείτε μ' αυτό ;

2. Τι πιθανότητα έχει ο παίκτης να κερδίσει το αυτοκίνητο αν αλλάξει την επιλογή του ; 3. Τι πιθανότητα έχει ο παίκτης να κερδίσει το αυτοκίνητο αν δεν αλλάξει την επιλογή του ;

ΛΥΣΗ Ι . Αυτός που το ισχυρίζεται αυτό, πρέπει να αποδείξει ότι οι δυο αυτές επιλογές είναι ισοπίθα

νες. Αυτό πώς το ξέρει ; 2. Αφού η πρώτη επιλογή του παίκτη είναι τυχαία, αν μείνει στην επιλογή του , κερδίζει με' πι

θανότητα Ι /3 . 3. Αν ο παίκτης αλλάξει πόρτα, τότε κερδίζει, τότε και μόνον τότε αν, η πpώτη επιλογή είναι

μια από τις δυο πόρτες που δεν κρύβουν τίποτε. Αυτό συμβαίνει με πιθανότητα 2/3


Μια προσέγγιση της ελεύθερης πτώσης ενός σώματος με την Ανάλυση

Δημήτρης Ντρίζος

Για τη μελέτη αρκετών φαινομένων από το χώρο της Φυσικής και όχι μόνο, κάνουμε τις περισσότερες φορές κάποιες «συμβάσεις» - αρχικές aπλοποιητικές παραδοχές. Έτσι, για παράδειγμα, στη μελέτη του φαινομένου της ελεύθερης πτώσης ενός σώματος προς τη Γή, θεωρούμε συνήθως μηδενική την αντίσταση του αέρα και την επιτάχυνση g της βαρύτητας να έχει την συνήθη αριθμητική τιμή της.

Στο άρθρο αυτό, θα επιχειρήσουμε, χρησιμοποιώντας στοιχεία του Ολοκληρωτικού Λογισμού, να δούμε μιαν άλλη προσέγγιση του φυσικού φαινομένου της ελεύθερης πτώσης ενός σώματος προς τη Γη.

Θεωρούμε ένα σώμα που έχει σταθερή μάζα m και πραγματοποιούμε το πείραμα της πτώσης του·σώματος κάθε φορά στον ίδιο τόπο. Ορίζουμε δε ως θετική φορά αυτήν της κίνησης του σώματος κατά την ελεύθερη πτώση του προς τη Γη.

1. Ας δούμε πρώτα την πτώση του σώματος από χαμηλό ύψος και αγνοώντας κατ' αρχήν την αντίσταση του αέρα.

Η παραδοχή πως το αρχικό ύψος είναι μικρό, μας επιτρέπει να θεωρούμε την επιτάχυνση της βαρύτητας g ως σταθερά, γιατί ri τροχιά που διαγράφει τότε το σώμα έχει πολύ μικρό μήκος σε σχέση με την ακτίνα της Γης.

Με αυτές τις παραδοχές απομένει το βάρος Β = m·g του σώματος ως η μόνη δύναμη που το κινεί προς τη Γη. Σύμφωνα με το θεμελιώδη νόμο της Μηχανικής F = m·γ (γ είναι η επιτάχυνση του σώματος λόγω της δύναμη(; F που το κινεί) και επειδή γ = γ(t) = d��t) = υ'(t), όπου υ είναι η ταχύτητα του σώματος κατά την πτώση, θα έχουμε:

F = Β <=> m·υ'(t) = m·g <=> υ'(t) = g

Άρα: J υ '(t)dt = J gdt <=> J υ '(t)dt = gf t 'dt <=> υ(t) = g·t + c1 , c 1 Ε IR., (1

Κατά τη χρονική στιγμή t = Ο (έναρξη μελέτης της πτώσης και το σώμα βρίσκεται στη θέση Α του σχήματος 1 .) το σώμα έχει αρχική ταχύτητα υ(Ο) = υο.

Έτσι από την ( 1) για t = Ο παίρνουμε υ(Ο) = g·O + c 1 , άρα c1 = υο.

Οπότε: υ(t) = g·t + υο

- -Γ -

Sο = S(O)

_ _ ι

Σχήμα 1

(2)

Αν τώρα S(t) είναι το διάστημα που διανύει το σώμα κατά την πτώση του, ως συνάρτηση του χρόνου, θα έχουμε τις ισότητες:

S(t) = J S'(t)dt = J υ(t)dt = J (g·t + υo)dt λόγω της (2) g·J tdt + υοJ t 'dt = g·� + υο·t + c2, c2 Ε 1R.

Επομένως: (3)

Κατά τη χρονική στιγμή t = Ο το σώμα απέχει από τη Γη γνωστή (αρχική) απόσταση So = S(O).



Έτσι από την (3) για t = Ο προκύπτει c2 = S0 και η (3) γράφεται:

1 2 S(t) = 2g·t + υ0·t + S ο (4)

Οι εξισώσεις (2) και (4) περιγράφουν την πτώση του σώματος, που έγινε από σχετικά χαμηλό ύψος, αγνοώντας και την αντίσταση του αέρα.

2. Θα επιχειρήσουμε τώρα να πλησιάσουμε περισσότερο την «πραγματικότητα», συνυπολογίζοντας και την αντίσταση του αέρα, κατά την πτώση του σώματος αΠό σχετικά χαμηλό πάλι ύψος.

·

Από πειραματικές μετρήσεις προέκυψε ότι η αντίσταση του άέρα σ'αυτή την περίπτωση είναι ανάλογη της ταχύτητας με την οποία πέφτει το σώμαΙ και ότι ισούται με -α·υ(t), όπου α κατάλληλη θετική αριθμητική σταθερά που τη λέμε συντελεστή αντίστασης του αέρα.

Στην περίπτωση αυτή η συνολική δύναμη που κινεί το σώμα προς τη Γη είναι η F = m·g - α·υ(t) και επειδή είναι και F = m ·γ έχουμέ:

m·g - α·υ(t) = m·υ'(t) <=> I ι... ---'-υ-'(t_)_=_g_-_m_

α_·υ_

(_t)---1 (5)

Η εξίσωση (5) περιγράφει την πτώση του σώματος από σχετικά χαμηλό ύψος, συνυπολογίζοντας την αντίσταση του αέρα.

3. Ας ξεκινήσουμε �άλι για μια ακόμη μεγαλύτερη προσέγγιση της «πραγματικότητας». μί:: λιγότερους αυτή :rη φορά περιορισμούς. Δε θα αγνοήσουμε τώρα ότι το βάρος tού σώματος εξαpτάται απ.ό το ύψος που βρίσκεται κάθε φορά το σώμα. Δε θα αγνοήσουμε επίerης ότι ο συ- · ντελεστής α της αντίστασης του αέρα εξαρτάται ουσιαστικά από την πυκνότητα τrον στρωμό.των της ατμόσφαιρας που συναντά το σώμα κατά την πτώση του.

Οταν λοιπόν το αρχικό ύψος είναι σχετικά μεγάλο, είμαστε υποχρεωμένοι να θεωρήσουμε το g ως συνάρτηση του ύψους. Επειδή όμως το ύψος του σώματος κατά τη διάρκεια της πτώσης του είναι συνάρτηση του χρόνου t, προκύΠτει ότι το g είναι τελικά συνάρτηση του χρόνου, δηλαδή g = g(t). Αυτό έχει ως άμεση συνέπεια και το βάρος του σώματος να είναι συνάρτηση του ·

χρόνου. Σκεπτόμενοι ανάλογα έχουμε και τη συνάρτηση α = α(t). Σύμφωνα με το νόμο του Newton - η γενική μορφή του είναι F = G· m ι ·�2, όπου F είναι η r

ελκτική δύναμη που αναπτύσεται μεταξύ δύο σωμάτων μαζών m 1 , m2 που βρίσκονται σε απόσταση r και G η σταθερά της παγκόσμιας έλξης - το σώμα με μάζα m ελκόμενο από τη Γη αποκτά βάρος Β , που είναι αντιστρόφως ανάλογο προς το τετράγωνο της απόστασης του σώματος από το κέντρο της Γης.

Έτσι σύμφωνα και με το σχήμα 1 . . κατά τη χρονική στιγμή t θα έχουμε:

B(t) = k 2, (6) όπου k θετική σταθερά και S0 τώρα σχετικά μεγάλο.

(So + r - S(t)) Η σταθερά k μπορεί να υπολογιστεί αν πάρουμε υπόψη μας ότι: όταν το qώμα βρεθεί στην

επιφάνεια της Γης (βλέπε σχήμα 1 ) ισχύουν S(t) = S0 και Β = m·g, όπου το g έχει τότε τη συνήθη αριθμητική τιμή . Τότε από την (6) προκύπτει:

k ' k 2 m·g = 2 αρα = m·g·r r

Οπότε για κάθε χρονική στιγμή t η (6) γράφεται:

ι Το μέτρο της αντίστασης του αέρα υπό ορισμένες άλλες συνθήκες είναι ανάλογο του τετραγώνου τηζ ταχύτητας με την οποία πέφτει το. σώμα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/40


2 B(t) = rn·g(t) με g(t) = g·r 2 (So + r - S(t))

Αν τώρα F είναι η δύναμη που κινεί το σώμα μάζας m κατά την πτώση, η ισότητα F = m·γ επειδή F = B(t) - α(t) ·υ(t) γίνεται: B(t) - α(t) ·υ(t) = m · γ (t) =

2 m ·g·r 2 - α(t) ·S '(t) = m·S"(t) (So + ι- - S(t))

αφού υ(t) = S '(t) και γ(t) = υ'(t) = S"(t)

(7)

Η εξίσωση (7) περιγράφει την πτώση του σώματος από σχετικά μεγάλο ύψος. Τελειώνοντας, επισημαίνουμε πως στόχος μας ήταν η δημιουργία των εξισώσεων που περι

γράφουν την ελεύθερη πτώση του σώματος προς τη Γη, χρησιμοποιώντας στοιχεία από την Ανάλυση. Η επίλυση των εξισώσεων αυτών δεν εντάσσεται στους στόχους και τη φιλοσοφία του περιοδικού.

Βιβλιογραφία 1 . Richard Bronsση: Εισαγωγ-ή στις Διαφ. Εξισώσεtς. 2. Χ. Στράντζαλος: ΕtσαΊωΊή στις Διαφ. Εξισώσεις. 3. Χ. Γεωργαλά κα! Δ. Σουρλά: Εισαγωγή στις Συνήθεις Δ.ϊαφ. Εξισώσεις, Εκδ. Ηαν/μίου Πα

τρών, 1 992. 4. Κ. Δ. Αλεξόπουλου: Γενική Φυσική . 5. Ε.Μ.Ε: περωδικό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Γ. 6. Δ. Ν-φiζος: Ενότητες Ανάλυσης .

ΝΙΚΟΥ ΦΑΠΠΑ Άλγεβρα Α' Λυκc(qυ -

(2 τ.εύχrι με τις λύσεις των ασκήσεων) Στα ιιεντpικ6 fJιfJλι�πωλεfα

Για τouc; συν6δ�φουc; μαθηματικούς 2 βιβλLα + ? λυσάρια = 2.080 + τeiχ. tξοδα

< �

Γράψrε ή τηλεφωνήστε: Ν. Φόττη�ς. Καρπάθου 17 Ν. Σμύρνη Τ.Κ. 17 ,23 • ΑθΗΝΑ Τηλ.: 93.34.071

Μόλις κυκλοφόρησε IIAN'rElUI m:ETOΦillH

Μ α θ η μ α τ ι κ ο ύ

"Θέματα Μαθηματικής Ανάλυιτης" • Μία περliιγnσn στην πραγματική ανάλυση, μέσα από μία λεmά

εΠΙλεγμένη θεματογραφία,"" κατάλληλα σΧο.λJ.αάμένn, με προβληματισμούς και ερέθίσματα, :gου βα εξασφαλίσουν στον φιλόδοξο αναγνώστη, μία ποιοτ:ι.κότερrί κίνnόn στη\7 .περιοχ(ι αυτή της μαθηματικής επιστήμης.

ΚΕΝΤΡΙΚΉ ΔΙΑΘΕΣΗ: "Φ.ΙUΣ'l'ΟΣ" ΕΛΕΥΘΕΡΙΟΣ ΜΙΙΑΧΑΡ�Σ οδός Ιω. Δέλλlου 9. 546 21 ΘΕΣι'ΝΙΚΗ;. τnλε:CΡ,.: (031) 263-582 , F.AX: (0�,1) 293-582.

'


Γενικές επαναληπτικές ασκήσεις Γ' Λυκείου

Άσκηση ι Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο !R *

για την οποία ισχύουν: χΓ(χ) - f(x) = - e11\ για κάθε χ ε !R * και f( ι ) = e.

Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης και να υπο-J 1/ef(ν\ λογιστεί το ολοκλήρωμα � dx. 1/eι Χ

Λύση

Για κ{:ιθε χ ε !R*: χΓ (χ) - f(x) = - e11x <=>

I f" ( ) I fi( ) _ Ι Ι tχ - χ - ---, χ - - ,e <=> χ χ- χ-

�Γ( χ) + (�} f(x) = (�} e l /x <=>

( I ) ( Ιtχ · χ f(x) = e ) <=>

lr( x ) = e 11x + c <=> f(x) = xe 1 1x + cx (I) χ Για χ = 1 :

f( I ) = e + c <=> e = e + c <=> c = Ο,

οπότF. από την ( I ) έχουμε: f(x) = xe 1 1x. f 1 /cf(x) f 1 /\e l/x f 1 /e I Ι /χ - dx = -- dx = - e dx = 1 /e2 Χ3 1 /e2 Χ3 1 /e2X2

[ I /χ] I /e2 - e2 - e e Ι /e - e e .

Άσκηση 2 ί) Να βρεθεί συνάρτηση f: IR --+ IR, παραγωγίσιμη στο IR που ικανοποιεί τις συνθήκες:

2χ Γ( χ) - f(x)

ex\ ι , για κάθε χ ε R και

f(O) = ln2. ίί) Σημείο Μ κινείται πάνω στο θετικό ημιάξονα Οχ με ταχύτητα υ = 2cm και η θέση του

sec .

Αγριόγηδος Κωνσταντίνος

πάνω στο ημιάξονα δίνεται από τη συνάρτηση g(t) = υt, t . ε )0, 1 ). Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από την Cr, τον άξονα χ'χ και τις ευθείες χ = Ο, χ = g(t). iii) Ποια χρονική στιγμή το εμβαδόν γίνεται μέγιστο και ·ποια η μέγιστη τιμή του; iv) Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού τη χρονική στιγμή t =! sec.

Λύση 2χ

ί) Για κάθε χ ε !R: f' (x) - f(x) = _e_ <=> ex + I

fψ= In(ex + l ) + c =f(x) = ex[ ln(ex + l ) + c] ( I ) e

Για χ = 0:

f(O) = e0[ ln(e0 + I ) + c] <=> ln2 = ln2 + c <=>

c = Ο, οπότε η ( I ) γράφεται : f(x) = ex\n(ex + Ι ) .

ίί) Για κάθε t ε [0, \ ] , η f(x) = exln(ex + I ) είναι συνεχής στο [0, 2t] και f(x) > Ο. Άρα:

E(t) = 121f(x)dx = 121

exln(ex + l )dx.

Θέτουμε: u = φ(χ) = ex + 1. Τότε:

du = ( ex + ι ) ' dx <=> du = exdx και τα άκρα ολοκλή ρι:Qσης είναι φ(Ο) 2, φ(2t) = e21 + Ι . Οπότε έχουμε:

E(t) = J: 21 + 1Ιnudu = J: 21 + \u)Ίnudu =

2t J e2t + I [ulnu(

+ 1 - u(lnu)' du = 2 2


Γενικές επαναληπτικές ασκήσεις

(e" + l )ln(e" + I ) - 21n2 -J:'' + 1 du =

2t ?( 2t e + ι (e- + 1 )ln(e + 1 ) - 2ln2 - [u] 2 =

(e21 + 1 )ln(e21 + 1) - 2ln2 - e21 - 1 + 2 = e21[ln(e21 + 1 ) - 1 ] + ln(e21 + 1 ) + 1 - 2ln2.

iii) Επειδή f(x) > Ο, για κάθε χ Ε !Rαι η g(t) = 2t είναι γνησίως αύξουσα στο [0, 1 ] , φανερά μέγιστο εμβαδόν έχουμε όταν t = 1 sec.

Είναι Emax = e2Qn(e2 + 1 ) - 1 ] + ln(e2 + 1 ) + 1 - 2ln2 � 1 0cm2• iv) Είναι E'(t) = (e2ι)'Qn(e21+ 1 )-1 ]+e21Qn(e21+ 1 )-1]' +Qn(e21+ 1 )]' =

2e21ln(e21 + 1). Τότε Ε'(�)= 2e1n(e + 1 ).

Σημείωση: Είναι E'(t) = 2e21ln(e21 + 1 ) > Ο, για κάθε t Ε [0, 1 ] , οπότε Ε γνησίως αύξουσα στο [0, 1 ] και επομένως Emax = E(l ). Άσκηση 3

Ένας μιγαδικός αριθμός z1 * Ο έχει για εικόνα στο μιγαδικό επίπεδο το σημείο Α. Θεωρούμε το τετράγωνο ΑΒΓ Δ που είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο την αρχή των αξόνων και (Μ--; ΑΒ) = 90°. i) Να βρεθούν σαν έκφραση του μιγαδικού αριθμού z1 οι μιγαδικοί αριθμοί z2, z3, z4 που έχουν τις εικόνες τους στα σημεία Β, Γ, Δ αντίστοιχα. ii) Θεωρούμε το τετράγωνο ΑΟΒΕ. Αν το Α

κινείται στον κύκλο χ2 + (y - 1)2 = � να βρεθεί ο

γ. τ. των σημείων Ε.

Δ(z.,)

Λύση Υ

i) Ο πολλαπλασιασμός του z2 με το i στρέ

φει τη διανυσματική ακτίνα 6Β κατά�' δηλα--+

δή στη θέση του ΟΑ. Άρα: . ·2 • • Ζ2Ι = Ζι <=> -Z2l = -ΙΖι <=> z2 = -ΙΖι

Ομοια έχουμε:

z3i = z2 <=> z3i = -izι <=> z3 = -z1 και . . ·2 . •

Z4l = Ζ3 <=> Z4l = -Ζι <=> -Z4l = ΙΖι <=> z4 = ΙΖι

ii) Αν Ζι = Χι + iyι , τότε Α(χι , Υι) και ισχύει:

χi + (Υι - 1 )2 =�

( 1 ) Ακόμη:

z2 = -izι <=> z2 = -Ϊ(χι + iy ι) <=> z2 = Υ ι - Ϊχι , οπότε Β(y ι , -χι).

Αν Ε(χΕ, ΥΕ), τότε:

--+ --+ --+ [ΧΕ] [Χι] [ Υι J ΟΕ = ΟΑ + ΟΒ <=> = + <=> ΥΕ Υι -Χ ι χΕ = Χ ι + Υ ι και ΥΕ = Υ ι - Χι

{ Χι + Υι = ΧΕ} {Χι = ΧΕ; ΥΕ} -Χι + Υι = ΥΕ <=>

_ ΧΕ + ΥΕ Υι - 2 Τότε η ( 1) ισοδύναμα γράφεται: (ΧΕ ; ΥΕ )2 +

(ΧΕ ; ΥΕ _ 1 )2 =

� <=>

(χΕ - ΥΕ)2 + (χΕ + ΥΕ - 2)2 = 1 <=>

2 2 3 ΧΕ + ΥΕ - 2χΕ - 2yE = - 2 <=>

(xE - 1)2 + (yE - 1)2 =� = (�)2 δηλαδή το Ε κινείται πάνω στον κύκλο που έ

χει κέντρο K(l , 1) και ακτίνα�.

Άσκηση 4 Δ'δ , λ 2 2 ι , ι εται ο κυκ ος χ + y = και τα σημεια

Β(-3, -2), Γ(+3, -2). Σημείο Α κινείται πάνω στον κύκλο με σταθερή γωνιακή ταχύτητα και τη χρονική στιγμή t = Ο βρίσκεται στο σημείο (1, 0). Αν η περίοδος περιστροφής είναι 12sec, τότε i) Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΑΒΓ τις χρονικές στιγμές t = 3sec και t = 9sec.

ii) Αποδείξτε ότι σε δυο οποιαδήποτε αντι-



μετρικά σημεία τοι> κύκλου οι ρυθμοί μεταβολής τotJ εμβαδού του τριγώνου ΑΒΓ είναι αντί-Οποι. · iii) Να βρεθεί ο γ.τ. το\J κ. βάρο\Jς του τριγώνοιJ ΑΒΓ.

Λύση

χ

Β(-3,--2) Γ(3,-2) Επειδι1 Τ = 1 2sec, σε χρόνο I sec η ΟΑ

δ , , 2π π Τ , , ΟΑ ιαγραφει γωνια 1 2 = ε;· οτε σε χρονο t η

δ ιαγράφει γωνία χΟΑ = �t και συνεπώς

Α(συν�1. ημ�

1) .

i) Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι :

συνπt 6

-3 ημπt

6 -2

3 -2 .l ιr- πι . Ι ? Ι - 3 πι - 6 2 "η μ 6 ' - - - ημ 6 -1 ' '

Ι . I =

. πι "' ο , θ , , αφου !ψ---z- + L. > . "(Ια κα ε χ ρονικη στιγμη t . "

Εί \'ω τι'Jτε: E' ( t ) = 3(�t} συv�

t = 1συν�t_ και

Ε ' ( 3 ) = 1συν� = Ο, Ε' (9) = �συ)2π = Ο.

ii) Έστω Μ, Ν ' δυο οποιαδήποτε αντιδιαμετρι κίχ. σημεία του κύκλου. Αν τη χρονικι1 στιγμι1 t1 το Α βρίσκεται στη θέση Μ, τότε τη χρονικι1 στιγμή t2 = t 1 + 6 βρίσκεται σ:rη θέση Ν . Είναι :

π πt , π ( πt ,) �υν6 + �υν π + Τ = π πt , π πt , ο �υν6 - 2σ\Jν6 =

iii) Α ν G είναι το κ. βάρους του τριγώνου

ΑΒΓ τότε: ΧΛ - 3 + 3 ΧΑ

xa = 3 <=> χ0 == τ και VA - 2 - 2 VA - 4

Υ ο = - 3 <=>

)'ο = -· -3---.

Από τις σχέσf-ις αυτ}:ς έχουμε χΑ = 3χ0 και ΥΑ = 3yo + 4 κφ επειδ�1 :

9xl, + 9();G + 1) = I <=>

χό + (Υ ο + 1 J = � = (t )2' δηλαδή το G κινείται σε κύκλο που i:χει κέ-

- ( 4)· I . ' ντρο Κ Ο, - 3 και ακτίνα Ι

Άσκηση 5 , ,

Δίνεται η παραβολή y2 = 2χ και το σημείο Α(2, 0). Ε\Jθεία (ε) στρέφεται γύρω από το Α με

θ , dλ ιο'--3 -ι , λ (ο ) , ρυ μο dt = sec , οπου Ε , +οο ει ναι ο συντελεστής διεύθυνσής της. Αν η (ε) τέμνει την παραβολή σt� σημεία Ρ, Τ να δείξετε ότι: i) Το τρίγωνο ΟΡΤ είναι ορθογώνιο, για κά-θε λ Ε (0, +οο). ·

ii) Αν Κ είναι το μέσον της χορδής ΡΤ να βρεθεί ο γ. τ. των σημείων Κ. -

iii) Αν οι εφαπτόμενες της παραβολής στα σημεία Ρ, Τ τέμνονται στο Μ νά βρεθεί ο γ.τ. των σημείων Μ. iv) Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού του τριΎώνου ΟΜΚ, τη χρονική στιγμή που η ευθεία (ε) σχηματίζει με τον άξονα χ' χ γωνία �·

Λύση Έστω Ρ(2ρ2, 2ρ), Τ(2τ2, 2τ) τα κοιν(χ. ση

μεία της ευθείας {ε) με την παραβολή /" = 2χ. Επειδή τα σημεία Α, Ρ, Τ είναι συνευθειακί:χ., ισχύει:

2 ο

2ρ2 2ρ = ο <::::> 2τ2 2τ

' � 2(2ρ - 2τ) + 4ρ-� - 4ρτ· = Ο <=> 4(ρ - τ) + 4ρτ(ρ - τ) = Ο <=> 4�ρ - τ)( Ι + ρτ) = Ο <=> 1.---ρτ_= __

-:-1'

αφού ρ =1- τ (σε αντίθεση περίπτωση είναι



( ε ) // yΎ, αλλά τότε έχουμε άτοπο αφοt η ευθεία ( ε ) έχει συντελεστή διεύθυνσης).

Υ

χ

I

: χ = -2

Επίσης ο συντελεστής δ ιεύθυνσης της έυ-Οείας (ε ) είναι :

λ - 2ρ - 2τ _ 2(ρ·- τ) = -Ι- �, - .., .., - ............... 2ρ- - 2τ- 2(ρ - τ)(ρ + τ) ρ + τ

ρ + τ =t I ί) για κάθε λ Ε (0, +οο), έχουμε:

λοp·λοτ = � · 2τ., = _!_ = ..l_ = - Ι , 2ρ- 2τ- ρτ - Ι

οπότε Ο Ρ j_ οτ δηλαδή το ΟΡΤ είναι ορθογώνιο. i i) Οι συντεταγμένες του Κ είναι:

2ρ + 2τ Ι Υ κ = 2 = ρ + τ = λ' ?ρ2 + ?τ2 ., ., ., Χ κ = - 2 - = ρ- + τ- = (ρ + τ)- - 2ρτ =

J, + 2 λ-

Άρα ο γ.τ. των σηι.ιείων Κ είvαι η παραβολή ') ?!ι 2) ο

. ' ' : ' y- = -rx - , y > που εχει κορυφη το σημειο '

. 1 (9 ) Α(2, Ο) και εστία Ε(4 + 2, Ο) = 4' Ο

iii) Είναι : ') ') ε1 : 2ρy = χ + 2ρ- = χ - 2ρy + 2ρ- = Ο και

.· .. I .., .., ε2: 2τy = χ + 2τ- = χ - 2τy + 2τ- = Ο

Το σύστημα tων εξισώσεων: { χ - 2ρy = -'-2ρ2 } χ --;- 2�y = -2�2

I Ι -2ρ I τ .

με D = 1 _2τ = 2(ρ - τ) ;e 0

έχει μοναδική λύση χ = -2, y = f > Ο. 1

Άρα M(�2, t) οπότε το Μ κινείται στην ημιέυθεία χ = -2 (y > 0). iv) Για το εμβάδόν του τριγώνου ΟΜΚ έχουμε:

ο ο

-2 Ι Ε<λ> = 1 ι λ I =

_l + 2 Ι λ2 λ

Τότε: Ε ' (λ) = - 3 + 4λ2

2λ4

και επειδή τη χ�ονιiα1 στιγμή που η ευΟεία (ε) σχηματίζει γωνία � με τον άξονα χ 'χ, ε ίναι λ = Ι παίρνουμε:

dE = E'(l) dt dλ dt =

') cιη-sec


Ασκήσεις Ολοκληρωμάτων

Θέμα ι Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα: Ιν = r I t dt, ν Ε IN Jo (1 + t)ν

ί) για ν � 3 ii) για ν = ι και ν = 2.

ί) Θέτω χ = 1 + t , τότε για ν � 3 έχουμε Λύση

Ι,. = r l t . dt = J 2 x -. 1 dx = J 2 (Χ Ι - ν _ χ-ν) dχ = [Χ2 - ν - Χ Ι - ν] 2 = J o ( 1 + t)' 1 χ\ ι 2 - ν 1 - ν ι

21 - ν - 1 2 - ν

2 1 - '" - 1 . 1 - ν - 21 - ν = Ι - ν (2 - ν)( l - ν)

Γιάννης Τσαρπαλής

ίί) Για ν = 2 έχουμε: Ι2 = r 1 t 2 dt = J 2 x � 1 dx = J 2 (..!. - x-2) dx = [1nx + ..!.] 2

= ln2 - -21 Jo ( 1 + t) ι χ- 1 χ χ ι 1 1 t J 2 x - 1 J 2 ( 1 ) 2 Για ν = l {;χουμε: Ι 1 = -1 - dt = -- dx = 1 - - dx = [x - lnx] 1 = 1 - ln2

Ο + t I Χ Ι Χ

Θέμα 2

Έστω μια συνάρτηση f, η οποία έχει στο fα, Pl παράγωγο ν + 1 τάξης, συνεχή. Να αποδειχθεί

ότι: J χ (χ -, t)ν fν + t)(t) dt = f(x) - f(α) - (χ - α)f'(α) - · · · - (χ -,α)ν fν)(α)

α ν. ν.

J x ν Θέτω Iv(x) = (χ -1 t) rν + 1 >(t) dt. Τότε:

α ν.

Λύση

[ v] x J x ν - 1 ν l ,(x) = rν>(t) (χ - t) - - (χ - t) rν>(t) dt = - (χ - α) rν>(α) + Ι . (χ) ' ν! α (ν - I ) ! ν ! ν 1

α

Ομοίως:

( )ν - I Ι ( ) - - χ - α .iν - I )( ) Ι ( ) ν - Ι Χ - (ν - I ) ! Ι ' α + ν . 2 Χ

Ι 1 (χ) = - (χ - α)f'(α) + 10(χ)

lσ(χ) =Ι' f'(t) dt = f(x) - f(α)

Άρα Iv(X) = f(x) - f(α) - (χ - α)f'(α) - . . . - (χ -Ια)ν rν1(α). ν.

Θέμα 3

r π/2 Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = Jo ημ6χ dx

ΕVΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/46

Ολοκληρώματα

Λύση

Θ�:τω ιι = συνχ + ίημχ, τότε u = συνχ - ίημχ και: ημχ = u 2i u

6 s - 4 - 7 3 - 3 2 - 4 - s - 6 6 _ u - 6ιι ιι + 1 5u (u)- - 20ιι ( u) + 1 5ιι ( u) - 6u(u) + ( u) ημ χ - -64

Όμως : 6 - 6 s- - s 4 - 2 ? - 4 3 - 3 ιι + ( ιι ) = 2συν6χ, ιι ιι + ιι( ιι ) = 2συν4χ, u (ιι ) + u-(u ) = 2συν2χ, u ( ιι ) = 1 , άρα 6 I 3 1 5 5 ημ χ = - 32 συν6χ + 16 συν4χ - 32 συν2χ + 16

Επομένως: r π/2 ( i 3 1 5 5 ) 5π Ι = J o - 32 συν6χ + 16 συν4χ - 32 συν2χ + 16 dx = 32

Θέμα 4

Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = ιπtz 9χημ2χσυνχ dx

Λύση

Είναι : Ι = J,"" 9χημ2χσυνχ dx = J,"" 9χ (��j'x )' dx = [9χ η!j'χ J: -J,'"' 9 η�j'χ dx =

3 l π/2 3 l π/2 3 l π/2 π 3 π . 2 π 2 -? - 3ημ χ dx = -? - 3( I - συν χ)ημχ dx = -2 - (3ημχ - 3συν χημχ) dx = - ο - ο ο

1π 3 π/2 3π )- [- 3συνχ + συν χ] = -τ - 2 - ο -

Θέμα 5 . Έστω f(x) = J αχ !ll:!!t

t dt και g(x) = J αχ συνt dt με α > Ο. Να υπολογίσετε τα όρια: α . α t i) limf(x) και ii) limg(x) χ-ο χ-ο Λύση ί) Η συν{:φτηση .!ψ! είναι συνεχής στο [χ, αχ] άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ Ε [χ , αχ] τέτοιο

ώστε: f(χ) = (αχ - χ) � = (α - 1 )χ�.

Οiαν χ - Ο τότε ξ - Ο και !imfl!!Sξ = Ι . . ς-ο Άρα Ιί ιηf(χ) = Ο.

χ-0

ii) Έχουμε: J αχ συνt dt = J αχ .l dt + J αχ συνt - I dt = [ln ltl]αx - 2J αχ ημ2� dt = Ιηα - zJ αx ημ2� dt . α t α t α t χ χ t χ t 2 ημ _!_

Η συνάρτηση � είναι συνεχ1Ίς στο [χ, αχ] άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ Ε [χ , αχ] τέτοιο

ημ2_ς ημ,ς ? ? � ώστε g(x) = Ιηα - 2ξ (α - 1 )χ = lna - _ς- · ημ � (α - 1 ) · χ. 2



η μ _ς_ Οταν χ � Ο τδτε ξ - Ο {:φα �� 1.2 = 1 και �� ημ� = Ο

2 Άrα li111g(x) = Ιηα.

χ�ο

θέJια 6

Έστω ένα μεταβ).ητό σημείο Μ π.lνω σf: ένα ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ = 2ρ. Να υΠολογίσετε τη μi:ση τιμή τοι> ΑΜ2 σε κάθεμια από τις παρακάτω περιπτώσεις: .

� α) Όταν η θέση τοι> Μ , πάνω στο ημικί>κλιο, ορίζεται από τη γωνία θ = \ΑΒ, �Μ) με θ Ε [Ο, �} β) Όταν η θέση του Μ ορίζεται από το ΑΗ = χ, όπου Η είναι η προβολή του Μ πάνω στο ΑΒ.

Λί>ση

α) ΈχουμΕ δτι ΑΜ2 = (2Rσυνθ)2 = 4R2συν2θ. Οπότε η μέση τιμή είναι :

I i πιz ? 2 8R2 i πιz 2 4R2 i πιz ι11 == - 4R-συν θ dθ = - συν θ dθ = - ( I + συν2θ) dθ = 2!. ο π ο π ο 1

β) Έχουμε ότι ΑΜ1 = 2Rx. Οπότε η μέση τψΙl είναι : 1 21t i 2R 1 2R ω ' = 71R 2Rx dx = x dx = [�-J = 2R2

- ο ο - ο

Παρrtτηρούμε ότι 111 = 111 '

Θi:Jια 7 Δίνεται η σι>νάρτηση f(x) = ln(x + \}χ2 + 2) με χ Ε IR.

i) Να βρεθεί η παράγωγος της f.

ii) Να ι>Πολογιστεί το ολοκλήρωμα Ι = Γ 1 � dx. Jo xz + 2

iii) 'Εστω ότι J = Γ 1 k dx και Κ = Γ' .,)χ'+ 2 dx να αποδειχθεί ότι J + 21 = Κ . Jo xz + 2 Jo

iv) Δείξτε ότι Κ = -.J3 - J και μετά να υπολογιστούν τα ολοκληρώματα J και Κ.

Η Β

Sujet national Bac 95

i) Για χ Ε IR. έχουμε:

ii)

Λύση I + χ

f'(x ) = g+2 = 1 χ + νχ2 + 2 νχ2 + 2



iii) J + 21 = r 1 k dx + 2 r 1 h dx = r 1--jx2 + 2 dx = K Jo χ + 2 Jo χ + 2 Jo iv) Κ =

r I .Vx' + 2 dx = r I (χ) ' .Vx' + 2 dx = ( 1<"1/χ2 + 2] I - r I Χ� dx = �ο ·.· _ Jo ο Jo χ� + 2

= ..J3 - r I k dx = ..J3 - J Jo χ- + 2

Έχουμε J + 21 = Κ και Κ = -{3 - J . Από τη λύση του παραπάνω συστήματος έχουμε: '

J - � � 1 1 +13 -η _ ,., 2 -ν2

Θi:μα 8

και κ = � + lnl....±..:ll � · �

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = -1-2 με χ Ε IR l + x

α) Έστω F η αρχική της f για την οποία ισχύει F(O) = Ο. Να αποδείξετε ότι η F είναι περιττή. . . . β) 'Ε�τω φ(�) = F(x) -t F( � ) με χ > Ο. Δείξτε ότι:

i) η ψ είναι,σταθερή στο (0, +οο) ίΟ lim . φ(χ) = 2F( l)

χ-+�

iii) F( l ) :;t: O

Λύση

Bac 95 Concours FESIC

α) 'Εστω F μια αρχικιΊ της f. Αυτή που μηδενίζεται για χ = ο έχει τύπο F(x) = r x

f(t) dt. . Jo Επειδ ιΊ η f είναι άρτια, f(-x) = f(x) για κάθε χ Ε IR η γραφική της παράσταση έχει {:ιξονα συμμετρίας τον y. Άρα για κάθε χ Ε IR έχουμε: J o f(t) dt = J x f(t ) dt . -χ ο . J x JO i x i x Επομί:νως για κ{:ιθε χ Ε IR έχουμε: f(t) dt = . f(t) dt + f(t) dt = 2 f(t) dt = 2F(x)

-χ -χ ο ο

όμως ι: f( t) dt = ι: f(t) dt + fσχ f(t) dt = -ι-χ f(t) dt + fσχ f(t) dt = -F(-x) + F(x)

Άρα 2F(x) = -F(-x) + F(x) δηλαδή F(-x) = -F(x). Επομι::νως η F είναι περιττή .

β) i) ·ε χουμε φ( χ> = F(x> + Fσ )= fσχ f(t> ctι + fσ'ιχ f(t > ctι Γ ια κ{:ιθε χ > Ο έχουμε:

φ'(χ) = F'(x) --4 F'(l)= f(x) _ _!_ tfl)=-l _ _ _!_ · -1- = -1-2 -

-1-2 = Ο

χ- χ χ2 "\_χ l + x2 χ2 l +-1 1 + χ 1 + χ . 2 χ Άρα η φ είναι σταθερή στο (0, +οο) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κ.θ. τ. 4/49

- - ------------- Ολοκληρώματα

ίί) Επειδ ι1 η φ είναι σταθερή και φ( Ι ) = 2F( l ) έχουμε φ( χ) = 2F( l ) . Άρα lim φ( χ) = 2F( I ) . . χ-+Χ>

iii) Για κ{χθε t Ε [Ο . Ι ] είναι f(t ) > Ο. Άρα ι1 f(t) dt > Ο δηλαδή F( l ) > Ο. Άρα F( l ) -=ι- Ο.

Ασκήσεις για λύση ι . Ν α υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι,. = ι- dt όπου ν Ε Ν* 1 1 ?

Ο ( 1 + t)v

2. Έστω f μια συνάρτηση η οποία έχει στο [α, β] παράγωγο τρίτης τάξεως συνεχή . Να αποδειχθεί ότι :

J x ( χ - t )2 r3>(t )dt = f(x) - f(α) - (χ - α)f'(α) - (χ - α)2 f"(α) {( 2 2

J π/4 3. Να υπολογίσετε το ολοκλι1 ρωμα Ι = α ημ\συν2χ dx.

4. Έστω Μ μεταβλητό σημείο πάνω σε ένα τεταρτοκύκλιο ΑΒ με κέντρο Ο και ακτίνα R. Έστω Η η προβολι1 του Μ πιχνω στο ΟΑ. Να υπολογίσετε τη μέση τιμή ΜΗ2 σε κάθε μια από τ 1 ς παρακ(ιτω ΠfψιπτώσΕις :

............... -+ -α) Ότα\' η Θ�:ση του Μ πίχvω στο ημικύκλιο ορίζεται από τη γωνία θ = (ΟΑ, ΟΜ) με ο Ε I Ο, �]·

L -

β) Όταν η θέση του Μ ορίζεται από ΟΗ = χ.

5. Έστω g(x) = xlnx + (4 - x)ln(4 - χ) με χ Ε [2, 3] ί) Να βρεθεί η παρ{χγωγος της g.

ίί) Να υπολογίσετε το ολοκλι1 ρωμα I = J 31n -4

χ dx. . 2 - χ

ί ί ί) Έστω f(x) = ln -4 χ με χ Ε [2 , 3]. Αφού αποδείξετε ότι για κάθε χ Ε [2 , 3] ισχύει f(x) ;;:: Ο, να - χ

βρείτε το εμβαδόν που περικλείεται από τον άξονα χ, την cΓ , τις ευθείες χ = 2 και χ = 3 .

6. "Εστω ι ,. = r I ! Οχ�' dx με ν Ε Ν. Να αποδειχθεί ότι : J o -r- χ

ί) για κ{χθε ν Ε Ν ισχί>ει Ιν + 1 � Ιν ί ί ) για κ{χθε ν Ε IN ισχύει Ο � 1,. � 1. ν

ίίί) για κ{:ιθε ν Ε Ν ισχύει Ι ν + 1 + 1 0Ιν = -1 -1 . ... ν +

iv) 13 = 2�6 - 1 000


Bac 95 Serie E.S.

An1erique ΝοΓd

Bac 95 ConcoιιΓs FESIC

. ι " • • .. fιVt� F�α:*ω� I ) 21 J�i)ij θEill\NJι'JJX}I 6!\6 % 8ιιι8!ιlΥ ΦΩΤΟΠΟJΧΕΙΟΘΕΣΙΕΙ - ΕκτvnΩΣΕΙΣ: ΣΟΛΩΝΟΣ 79-81 - τΗΛ: 825453 - θΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ Α', Β' & Γ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

m\ffi!f\w ΑΝΑΛΥΣΗ �::= Ολοκληρωτικός Λοyιομόc

0rιιιοrοηισι&ι Q ιιο�&ΟΔόl-111''1 " !44 ��!1!f<li�t ., ,ooaρ:1d!Uf

�-� .��en 'Αι' ·· � i.;.im � ,-..::

ΑΝΑΛΥΣΗ ιης Δέσμης ιομ. ι, 2,3

ΑΛΓΕΒΡΑ - ΓΕΩΜΕ'JΡΙΑ Α' & Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΑ 4ης Δέσμης ΑΝΑΛ ΥΣΗ 4ης Δέσμης, ιομ. ι ,2

Δημήτρης Κοντογιάννης Διδάκτωρ

Πανεπιστημίου Αθηνών

Βαγγέλης Ντζιαχρήστος Διδάκτωρ

Πανεπιστημίου Αθηνών

ΒΑΣΙΚΕΣΕΝΝΟΙΕΣΠΙΣΙΕΩΜΕΙΡΙΑΣ

Για μαθητές Λυκείων Φοιτητές καθηγητές και όσους αγαπούν τη Γεωμετρία. Ένα βιβλίο μοναδικό.

Στους εκπαιδευτικούς γίνεται έκπτωση 3()0/ο

Παραγγελίες - Πληροφορίες

Εκδόσεις ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΉ ΠΡΑΞΗ Τηλ.: 76 42 728

ταχΟΟρομέ(σft'i:ο riόbCΊΙκai:ro ιδt/\τ(() σm &εύθυνοn:

Όvόμά: Enfδvυμq: · ·

Ασκήσεις ΜαQηματικών Γ' Λυκείου " (έφαρμογές στην Οικονομία) e Η πρώτη άσκηση μας εξηγεί γιατ ί μερικοί Παραγωγοί για ν� μεγιστοποιήσουν τα κέρδη του: αποσύρουν μια-Ποσότητα προϊόντος. • Η δεύτερi1 άσκηση, εξηγεί ότι για να μεγιστοποιήσουμε τi1 χρησιμότητα των χρημάτων μας, ό'ταν &κριβαίνει f;να προϊόν ενώ όλα τα άλλα μεγέθη παραμένουν σταθερά, αγοράζουμε μικρότερη ποσότητα από αυτό. Δηλ. απόδειξη (σε f:ιδική περίΠτωση) του νόμου της ζήτησης. • Στην τρίτη άσκηση είναι f(x) συνάρτηση κόστους, f�) συyάρ�ηση μέσου κόστους και Γ(χ) οριακού κόστους. Εξηγείται (σε ειδική περίπτωση) 'γιατί η' καμπύλη y = Γ( χ) περνά α-

, ' . ' ' λ !ω. πο το κατωτερο σ;ημειο της καμπυ ης y = χ

.

8 Στην τέταρτη άσκηση f(x) ε ίναι συνάρτηση κόστους και χ·� το σημείο στο οποίο ελ�χιστο-ποιείται η Γ . .

· ·

· Αποδεικνύονται (σε ε ιδική περίπτωση) i) Αν ;, τιμή-·πrολησης p � Γ(χό) η παρqγωγή

' ' .

1tροϊόντων σταματάει. . · .

i i ) Α ν η τιμή πώλησης p > Γ (χ0) ω:τάρχει ένα μόνο σημεtο Χρ > χ0 παραγωyή(; που αποδίδει ,iέyιστο κέρδος (ή ε'λάχιστη ζημία). · ·

,

i i i ) Η κάμtτύλη προσφοράς προσδιορίζεται από το ανερχόμενο τμι1μα της καμπύλης οριακού κόστους. ·

Άσκηση 1

ι. ι :

Υποθέτουμε ότι ένας παραγωγός έχει στη διάθεση του 20.000 κιλά πορτοι(άλια και ότι μόνο αυτός έχει το δικαίωμα να τα διαθέσει σε μια αγοριί ενός νησιού, σε όποια τιμή θέλει. Αν η τιμι1 πώλησης ε ίναι χ δραχμές το κιλό τότε θα ζητ.ηθο�ν 1 00(200 - χ) κιλά από τους αγοραστές. Τι τιμή θα προτιμήσει;

Λύση Αν η τιμή ε ίναι χ δρχ. το κιλό θα ζητη

θούν 1 00(200 - χ) κιλά και οι ε ισπράξεις θα εί�αι f(x) = χ - [ 1 00(200 - χ)} = 20.000χ - 1 00χ2•

Αφού Ο � 1 00(200 - χ) � 20.000 =

Ο � 200 - χ � 200 = Ο � χ � 200 η ανωτέρω συνάρτηση έχει πεδίο ορισμού το σύνολό [0, 200).

Ο παραyωγός θα προτιμήσει εκείνη την τιμή ποu μεγιστοποιεί τις εισπράξεις.

'

Γ(χ) = 20.000 - 200χ = 290( 1 00 - χ)

Σπανέλλης Ευστράτιος

ο 100 "00 -

f'(x) + -

f(x) / � τ.μ.

Η f μεγιστοποιείται για χ = 100. Η ποσότητα που θα πουληθεί είναι

1 00· (200 - 1 00) = 1 0.000 κιλά και οι είσπράξεις 1 00· 1 00(200 - 1 00) = 1 .000.000 δρχ.

Τα υπόλοιπα 1 0000 θα αποσυρθούν (αr�ό αυτή την αγορά).

Σημείωση: είναι φανερό ότι αν μειώσει την τιμή κατά 20 δρχ. θα π6υλήqει π�ρισσότερα κιλά. Ομως οι συνολικές εισπράξεις είναι -λιγότερες 80· 1 00· 1 20 = 960.000 δρχ. Ερώτησή: Τι θq Ουνέβαινε qν ο παραγωγός είχε στη διάθεση του 5.000 κιλά πορτοκάλια μόνο; · , Απάν�ηση: Επειδή Ο � � 00(200 - χ) � 5000

ή Ο � 200 - χ � 50 ή 1 50 � ·χ � 200 η συνάρτηση f(x) έη;ι πεδίο ορισμού το [t50, 200] . . , Σ' αuτό το διάστημα iίνi:ιι γνησίως φθί· νουσα και μεγισΙοποιείται yια χ :;:: 15Q. Άρα η τιμή πώλησης θα ήταν 1 50 'δρχ το -ι<:ίλό και οι εισπράξεις 1 50 · I OQ -50 = 750.000 δ.ρχ.

Άσκηση 2 Υποθέτουμε �ι η ωφ�λιμότητα που έχει ένας

άνθρφπσί; από την κατανάλώση χ κιλών μήλων και y κιλών πορτοκαλιών την ημέρα μπορεί .vα μετρηθεί από τη συνάρτηση u(x, y) = 1nx + 21ny

Διαθέτουμε Ι δρχ. την ημέρα για την · κατανάλωση των δύο αυτών προϊόντων. Αν η τιμή των μήλων είναι p δρχ. τό κιλό και των πορτοκαλιών q δρχ. το κιλό ποιές ποσότητες πρέπει νq αγοράσουμε για να πετύχουμε μέγιστη ωφελιμότητα.

Εφαρμογή: Ι = 300, p = 1 00, q = 1 00. ·

Λύση Οταν καταναλώσουμε τις Ι δρχ. στην αγο

ρά χ κιλών μήλων και y κιλών πορτο!_(αλιών έ-χουμε px + qy = Ι . ·

Η ωφελιμότητα μπορεί να γραφε�: f(x) = lnx + 2� ( 1 )

_ q

και επειδή Ο < px < Ι ή f έχει πεδίο ορισμού το (0, !). Ρ Γ(χ) = Ι - 3px

x(l - px) Ο παρονομαστής χ( Ι - px) είναι θετικός στο (0, �(Ρ).


Ασκήσεις Μαθηματικών Γ Λιικείου

() l/3p 1/p

Γ'(χ) + - ·-

f(x) / � τ.μ.

Ά .

, Ι λ ' ρα πρεπει να αγορασουμε χ0 =

3p κι α

' λ 2 1 � ' ' λ π μη α και )Ό ο-:: -::;- κιr.α πορτοκα ια. αρατη-_1q ρούμε ότι όταν αυξάνεται η τιμι1 p και τα άλλα μιηr};θη παραμ}:νουν σταθερ(χ μειώνεται η ποσότητα χ0 που πρέπει να αγοράσουμε.

Σημείωση: Η σχέση χο = 31ρ περιγρr1φει το

\'ι'ιμο της ζ1Ίτησης για τα μήλα. �ι\σκηση 3

Το κι'>στος για την κατασκεωΊ χ μονάδων προϊόντος δίνεται από τη συνάρτηση r:(x ) - "3 - �('x2 -'- 1"0x -'- )- 1 ? " ' 0 ι ι - .-\. -' . ..1 · • - -- · • • - " Λ .γ; .

Να αποδF.ιχΟεί ότι η γραφικιΊ πrψrLσταση της Γ( χ) δ ιf: ρχεται από το κατιίηερο σημείο της

, . t(x) γραφικης παραστασης της �-

Λύση f(x) = x2 - 30x + 320 + 5 1 2 χ > Ο , χ χ (f(x)). = 2χ - 30 - 5\? =

χ χ -2(χ3 - 1 5χ2 - 256) - 2(χ - 1 6)(χ2 + χ + 16)

2 - 2 χ χ ο .

( f(x ) )' χ . . . -

Γ (χ) � χ

1 6 +οο

+

/ τ.ε.

Κaτι:Οτερο σημείο της γραφικιΊς Παράστα-σης της f�) ε iναι τό (1 6 , f?�j)

Το σημείο 1 6 βρέθηκε από τη (μοναδική) λί1ση της εξίσωσης (f�)J' = Ο (! )

_

Το σημείο (Ιl σημεία) τομι1ς tων γραφικCδν , · •

Ν ( ) f(x\ παραστασεων των συναρτησεων r _ χ . και -·-·

' χ βρίσκονται απ_ό τη λύση της εξίσωσης:

Γ(χ) = f(x) (2) χ

Αλλά: (f(x))' ;, ο =_Γ (χ)·χ

2- f{χ) = Ο

χ�ο χ ' χ

Γ (χ) = f{x) δηλ. { \ ) <=> (2) χ .

Σημείωση: Αποδε��εται ακόμη ότι η γραφΙκή παρι'ισταση της Γ(χ) περνά και από το κατ&τερο σημείο της

3 2 γραφικής παράστασης της f{x)- 512

= χ - 30χ -ι- 320χ

χ χ (συνάρτηση του μέσου μεταβλητού κόστους).

Άσκηση 4 Το κόστος για την κατασκευιΊ χ μονάδων

ενός προϊόντος δ ίνεται από την συνάρτηση f(x) = χ3 - 30χ2 + 320χ + α, χ � Ο (α > 0).

Η τιμιΊ πώλησης της μονάδας του προϊόντος είναι p (σταθερή). Η f'(x) =3χ2 - 60χ + 320 παρουσιάζει όπως είναι γνωστό ελάχιστο στο χ0 = 6

6° = ί Ο το Γ(χ0) = 20.

α) Να αποδειχθεί ότι για να μεγιστοποιήσει τα κέρδη της η επιχείρηση παράγει και προσφέρει: i) Αν p :,:;; f' {x0), χ = Ο μονάδες προϊόντος. ii) Αν p > f(x0) μια (μόνο) ποσότητα Χρ προϊόντος που έχει τις ιδιότητες "f'(xp) = p και Χρ > χ0"

β) Γι α τη συνάρτηση: g: (f' (x0), +CYJ) _,. (χ0, +οο): p - g(p) = Χρ

να αποδειχθεί g-1 = f' l(x0, +οο)

Λύση Κέρδη = έσοδα μείον έξοδα. Κ(χ) = p·x - f(x) α) Κ'(χ) = p - f'(x) = -3χ2 + 60χ - 320 + p ( l ) i ) Αν p ::( f'(x0) τότε p :,:;; Γ(χ) για κάθε χ � Ο, άρα Κ '(χ) < Ο γ ια κάθε χ �- Ο. Άρα Κ(χ) φθίνουσα και επομένως μεγιστοποιείται για χ = Ο. i i ) Αν rϊ > f'(x0) = 20 η δ ιακρίνουσα του τριω-νύμου ( 1 ) είναι Δ = 602 - 4(-3) · (p - 320) = 1 2(p - 20) > Ο άρα η Κ '(χ) = Ο έχει δύο λύσεις

• χρ.

• = -60 __, 1Δ < ι ο < _--6ο + VΔ = χ ρ Χρ, Χp : -6 -6

ο ' χ,, χ,

Κ'(•)Ι � I + ι� / Κ(χ) τ.μ.

'� / · ι I� /Ι "'( · ' Ι / 1 ι Χι;ι · ι ι I _ I . -

Το Χρ > χ0 και K'(xp) = Ο <=>p - f(χρ) = Ο <=> f(χρ) = ρ. β) Από το ( i i) 11 g είναι « 1 - 1 >>. Αφοί) g(p) ,;, χρ, g- 1 (xp) = ρ = f' (xp), και αυτό για κάθε χΡ άpα ·g-1 = fΊ(χο,. +οο). . Σημείωση: Στη γλώσσα της Οικονομίας η g είναι η ι:tυνάρτηση Προσφοράς. Επειδη οι ποσότητες παριστάνονται dτον οριζόντιο άξονα η καμπύ-λη προσφοράς είναι ;, γραφ. παράστασιl της g-1 .

ΕΥΚΛΕIΔΗΣ Β' κ.θ. τ. 4/53

'Ένα πρόβλημα, πολλές λύσεις

Άσκηση 1 2η (Λάβαμε από το συνάδελφο Γιάννη Στρατήγη, Τρίπολη)

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ, πλευράς α. Στο εσωτερικό του τετραγώνου παίρνουμε σημείο Ε τέτοιο ώστε: ΕfΔ = ΕΔΓ = 1 5°. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευρο.

Λύση 1 ος Τρόπος

ΔΓ-=::::--;-;:ο-----,,..,..---=-'Γ

Α Β

Σχ. l

Στο εσωτερικό του τριγώνου ΕΒΓ παίρνουμε σημείο Ζ τέτοιο ώστε: BrZ = ΖΒΓ = ] 5° (σχ. 1 ) , οπότε: ΓΖΒ = 1 50°. Είναι ΕΓΔ = zrB, οπότε ΕΓ = ΖΓ,j>ηλαδΊ1 το τρίγωνο ΓΖΕ είναι ισοσκελές με ΕΓΖ = 60°, {φα το τρίγωνο ΓΖΕ είναι ισόπλευρο. Επίσης ΖΕΒ = ΖΒΓ (γιατί: ΖΕ = ΖΓ, ΖΒ κο ιν11 , ΕΖΒ = ΓΖΒ) άρα ΕΒ = ΒΓ

/"'. /"'.

και ΕΒΖ = ΓΒΖ = 1 5° . Από ΕΒ = ΒΓ = ΑΒ, προκύπτει ότι το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκευ:ς με ΕΒΑ = 90° - ΕΒΓ = 90° - 30° = 60°. Άρα το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευρο. 2ος Τρόπος

I

ιι Η Ι I

Ι I

Σχ. 2

Φέρουμε ΕΖ ..l Γ Δ και σχηματίζουμε ε-

Επιμέλεια: Νίκος Στάθη Παπαδόπουλος

κτός του τετραγώνου γωνία zΔΉ = 60°. Το τρίγωνο ΗΔΕ είναι ισοσκελές (ΗΔ = ΗΕ) γ ιατί: ΗΔΕ = ΗΕΔ = 75°. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΖΗΔ είναι ΖΗΔ = 30°, άρα ΔΗ = 2ΔΖ =

α 2· 2 =α = ΕΗ. (σχ. 2) Το ΑΕΗΔ είναι pδμβος γιατ ί ΗΕ είναι

παράλληλη και ίση με την ΑΔ και ΔΗ = ΗΕ. Άρα ΑΕ = ΑΒ με ΕΑΒ = 90° - 30° =60°, δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευρο.

3ος Τρόπος

Δ.r=____,�..........,=---=-'Γ

Σχ. 3

Β Φ�:ρουμε ΒΖ ..l ΕΓ και ΔΗ ..l ΕΓ (σχ. 3).

Τα τρίγωνα ΖΒΓ και ΗΓΔ είναι ίσα (γιατί: εί-ναι ορθογώνια, ΒΓ = ΓΔ, Brz = ΓΔΉ = 75° ) . Άρα ΖΓ = ΗΔ ( 1 ) . Είναι : ΔΕΉ = 30°, ως εξωτερικΊΊ γωνία του τριγώνου ΕΓΔ. Από το ορθο-γώνιο τρίγωνο ΗΕΔ έχουμε: ΔΗ = Δ

2Ε

= Γ2Ε.

Οπότε ΓΖ � Γ2Ε, δηλαδή το τρίγωνο ΒΕΓ είναι .

ισοσκελές με ΕΒΓ = 30°. Άρα ΕΒ = ΒΓ = ΑΒ και ΑΒΕ = 90° - 30° = 60°. Συνεπώς το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευρο. 4ος Τρόπος

Δ Γ

Α Β

Σχ. 4

Έστω ότι το τρίγωνο ΑΒΕ δεν είναι ισόπλευρο. Κατασκευάζουμε το ισόπλευρο ΑΒΖ (σχ. 4), οπότε: ΖΒ = ΑΒ = ΒΓ, δηλαδή το τρί-γωνο ΒΓΖ είναι ισοσκελές με: ΒΖΓ = BrZ =


Ένα πρόβλημα, πολλές λύσεις

( I SOo; 30ο) = 75°, άρα zf Δ = 1 5° . Ομοια προ

κί>πτει ότι zΔr = 1 5° . ΕποιJ.*νως τα σημεία Ε, Ζ συμπίπτουν και κατά συνέπεια το ΑΒΕ είναι ισόπλευρο. 5ος Τρόπος

Δ,....:::::---;-;:;;-=Γ--""i'i"'"---:::,..,

α

Σχ. 5

Α Φέρουμε ΕΖ .l ΓΔ, ΒΗ .l ΕΓ, ΕΘ .l ΒΓ,

Hl .l ΒΓ (σχ. 5). Είναι: ΓΖ = 1 και ΕΖΓΘ ορθογώνιο όπότε:

ΕΘ = ΓΖ = 1 ( l ) Εiι:ί&ης έχουμε: ΗΒΓ = 90° - 75° = 1 5° και

από το ορθογώνιο τρίγωνο ΗΒΓ: Hl = ΒΓ = Q (2) 4 4 Από τις ( I ) και (2) (επΕ;ιδή

Η Ι παράλληλη προς την ΕΘ και ίση με Ε�) προκύπτει ότι το Η είναι το μέσον της ΕΓ, δηλαδή το τρίγωνο ΒΕΓ είναι ισοσκελές με ΕΒ = ΒΓ.

/'..

Άρα ΕΒ = ΑΒ με ΑΒΕ = 90° - 30° = 60° . Συνεπώς το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευρο. 6ος Τρόπος

Σχ. 6

Φέρουμε ΕΖ .l Γ Δ, ΕΘ .l ΒΓ και ΘΗ .l ΕΓ (σχ. 6 ) . Από το ορθογώνιο ΕΘΓΖ έχουj.ιε:

α "' "' · , ΕΓ ΕΘ = ΖΓ = 2· ΓΕΘ = ΕΓΖ = 1 5° και ΘΗ = τ· Από τα όμοια"' τρίγωνα ΗΕΘ καί ΘΓΕ (ορθογώνια με ΓΕΘ κοινή) έχουμε:

α ΕΓ - -

ΕΘ ΗΘ , 2 4 2 ΕΓ = ΘΓ η ΕΓ = ΘΓ <=> ΕΓ = 2α·ΘΓ ( l ) Αλλά από το οξυγώνιο τρίγωνο ΒΕΓ έ-

2 ΒΓ2 Ε 2 ι ι ) 2 , χουμε: ΒΕ = + Γ - 2·ΒΓ·ΘΓ = ΒΓ , αρα ΒΕ = ΒΓ ή ΒΕ = ΒΑ με ΑΒΕ = 60°. Επομένως το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευpο. 7ος Τρόπος

Δ;....:,...____,.�π--,.=-.....,...;

α

Σχ. 7

Α Φέρουμε ΕΖ .l Γ Δ καί ΒΗ .l ΕΓ ( σχ. 7) .

Είναι συν l 5° = συν(45° - 30°! = Vl<ν; + l). Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΖΕΓ έχουμε:

συν 1 5° = �� <=>

ΓΕ = ΓΖ = ..j2(-J} - l)·α ( l ) συν l 5° 2 Είναι συν75° = συν(45° + 30.:,) = V2<13 - I ) 4 Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΗΒΓ έχουμε:

συν75° = �� <=>

ΗΓ = ΒΓσυν75° = V2()[3 - 1) α = ΓΕ 4 2 '

δηλαδή στο τρίγωνο ΒΕΓ η ΒΗ είναι διάμεσος και ύψος, άρα το τρίγωνο ΒΕΓ είναι ισοσκελές με ΕΒ = ΒΓ . . . Επομένως το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευρο. 8ος Τρόπος

Δ��:-::::-.:n--�---:::,..,

α

Σχ. 8

Φέρουμε ΖΕ .l Γ Δ, η οποία αν προεκταθεί τέμνει κάθετα και την ΑΒ στο Η (σχ. 8) .

Έχουμε ΓΖ = ΗΒ = 1· άρα στο τρίγωνο ΑΒΕ η ΕΗ είvαι δ ιάμεσος και ύψος. Επομένως


Ένα πρόβλημα, πολλές λύσει�

λΒΕ ισοσκελές. Είναι: εφ l5° = εφ(45° - 30°) = . . . = 2 - -/3.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΖΕΓ έχουμε:

εφ 1 5° = �� ι1 ΕΖ = ΓΖ · εφ 1 5° = i (2 - -/3) Είναι : ΕΗ = ΖΗ - ΖΕ = α - � (2 --/3) = αf. Στο ορθογό)νιο τρίγωνο ΗΒΕ ,έχουμε:

ΒΕ2 � (�)2 + (αf)2 = α�: ΒΕ = α, . . . , (φα το τρίγωνο ΛΒΕ είναι ισόπλευρο ..

Την άσκη�η 13 μας έδrοσε ο συνί:ιδελφος και μέλος της συντακτικής επιτροπιΊς του Ευκλείδη Β' Λεωνίδας Τούρλας.

Σημείωση: Ως τώρα στη στήλη αυτή έχουν δημοσιευ

τεί αρκετά προβλι1ματα με πολλές και ενδιαφέρουσες λύσεις. Επειδή όμως όλα ιΊταν από το χώρο της Γεωμετρίας, ας μη θεωρηθεί ότι οι αd'κιΊσεις που συναντ(lμε στην Άλγεβρα λύ�ονται με έναν και μοναδικό τρόπο. Η άσκηση που ακολουθεί και που την πρωτοσυναντάμε στη α' Ληκέίου λύνεται με (τουλάχιστον) 5 τρόπους.

Άσκηση 1 3η Αν οι a, β, γ είναι πραγμάτικ�ί αριθμοί, τό

τε: α2 + β2 + γ2 � αβ + βγ + γα (1)

Λύση Ι ος Τρόπος Η ( Ι ) γράφεται:

2ι/+2β2+ 2/-2αβ-2βγ-2γα�Ο <=:::> , . , , , , ; ο fΓ - 2αβ + β-+ β--2βγ+γ-+γ--2γα+α-� <=:::>

? 1 ? (α- β)-+ ( β-γ)-+ (γ-α)-�0. Η ( I ) ισχύει σαν ισότητα όταν α = β = γ . 2ος Τρόπος

Επειδή η ανισότητα (1 ) είναι συμμετρική ως προς τα α, β, γ μπορούμε να ηrτοθέ?'ουμε, χωρίς βλ�βη τι)ς γενικότητας, , ότι_ το ,α ε ίνα,ι μεγαλύτερο απο τα β και γ. Τοτε κατα σειρα έχουμε: ·

' ' . 2 , , •

( I ) = α +β- + γ- - αβ - βγ - γα � Ο <=:::> α(d - β) + β( β - γ) - γ( α - γ) � Ο <=:::> α( α - β) + β(β - γ) - γ( α - β + β - γ) � Ο <=:::> α(α-β) + β(β-γ) - γ(a- β) - γ(β-γ) � ο <=> (α - β)(α - γ) + (β .:... γ)2 � Ο.

Η τελ�ύτα:ία προφα:νιδς ισχύει λόγω και της υπόθεσrjς Πού κίιvαμέ στην αρχιΊ .

3ος Τρόπος Παpατηρούμε ' ότι i; ( I) εiναι ομογενής ως

προς α, β, γ. Θέτουμε β = α + χ και γ = α + y, ύπου χ, y πραγματικοί αριθμοί. .

Αντικαθιστώντας στην ( 1 ) καταλήγουμε στην: χ2 + / � xy, Που ισχύει (γιατί;) ..: : � '

4ος Τpόπος -Θεωρούμε το (ως Προς α) πολυώνυμο:

· . σ(α) = α2 - (β + γ)α + β2 + γ2 - βγ Αυτό έχει' δ ιακρίνcη?σα: . Δ ;, (β + γ)2 _ 4(β2 + γ2 _ βγ) = . . . =

I 2 - (β - γ) � ο .

και εΠειδιΊ ο !Jυ\ιτελεστιΊς του α2 ε ίναι Ι > Ο συμπεραίνουμε ότι πάντα θα είνα:ι:

σ( α) � Ο = ( I ) 5ος Τρ�πος (με Αναλυτική Γέωμετρία):

. ' --+ . Αν θεωρήσουμε τα διανύσματα χ = (α,β,γ)

--+ και y = (β,γ,α) τότε: --

--+ --+ X · V συν( χ , y ) =�= ι χ ι · ι y· ι

. αβ+ βγ + γα - � s:. 1 _ / , ? ' / ' ? 2 "' ·ν α- + β- + γ- · \ β- + γ- + α άρα η ( I ) ισχύ ε ι.


Αλληλο"{ραφία

Α λ λ η λ ο γ ρ α φ

, ι α Επιμέλεια: Γιάννης Τυρλ ής

Από το συνάδελφο Δημ. Τσιοί>στας λάβαμε την παρακάτω επιστολή . Ένα μαθηματικό «Παράδοξο» . . . ;

τ ο πρόβλ ηJΗι

. \

Β Έχουμε 1 00 βαρέλια γεμάτα πετρέλαιο στο κάτω άκρο Α ενός aνηφορικού δρόμου ΑΒ και ένα «τρελό φορτηγό» χωρίς «ρεζερβουάρ». Στόχος μας είναι να ανεβάσουμε μ' αυτό, στην κορυφή Β του δρόμου ΑΒ όσο γίνεται περισσότερο πετρέλαιο. Δηλαδή όσο γλιτώσουμε απ' αυτό το «αδηφάγο» φορτηγό που για να ανέβει από το Α στο Β χωράει μόνο ένα βαρέλι πετρέλαιο από το οποίο και τροφοδοτείται ταυτόχρονα, καταναλώνοντας όλο το περιεχόμενο του βαρελιού κατά την ανάβαση από το Α στο Β .

Α ν κατά την κάθοδο το φορτηγό δεν καίει καθόλου καύσιμα, θα μπορούσαμε άραγε να εξοι-κονομήσουμε κάποια ποσότητα πετρελαίου από την καταναλωτική του μανία ανεβάζοντάς την , στην κορυφή Β της διαδρομής μας; (Μην απογοητεύεστε, τα πράγματα δεν είναι τόσο μαύρα, {)".: σο φαίνονται αρχικά. Αν κάνουμε έξυπνη και λογική χρήση του «τρελού φορτηγού» κάτι θα καταφέρουμε).


- ------------------- ---------- Αλλ ηλοyραφία

i ·ιιι: tιj \' ισηψίυ_ Το πρ6/-Ιλημα αυτό με πολύ ενδιαφέρον και μεγάλη περιέργεια μου τέθηκε από μαθητ�1 της

Τ Ε.Σ. ΔραπΕτσώνας (παρακαλώ) στον οποίο το είχε δώσει για λύση «το αφεντικό του» στη δουλειίχ που απασχολείται τα πρωινά. Βλ�:ποντας και εκτιμώντας το ενδιαφέρον του παιδιού αυτού για το συγκειφιμi:νο πρόβλημα δεν μπόρεσα να αποφύγω κάποιες «κακές» σκέψεις σχετικί:ι με το τι εγώ διδιί.σκω (βίχσει του αναλυτικού βέβαια προγράμματος στα παιδιά). Μήπως ταλαντευόμαστε ανί:ιμεσα στα δί>ο ί:ικρα, την υπεραπλούστευση και ανιαρι1 παρουσίαση από τη μια μεριά και την άσκοπη θεωρητικολογία από την άλλη; Αλλά ας γυρίσουμε στο πρόβλημά μας και τη λύση του.

Φανταστείτε λοιπόν ότι στον οδηγό έρχεται η «φαεινή» ιδέα να μην ανέβει μονοκόμματα την ανηφόρα αλλί:ι να σταματήσει στο μέσον της. Θα έχει καταναλώσει μισό βαρέλι πετρi:λαιο και Οα του ι:χει μείνει το {ι.λλο μισό. Το ξεφορτώνει, κατεβαίνει στο Α, παίρνει άλλο, κάνει το ίδιο πάλι, οπότε κιί.ποια στιγμι1 στο μέσο Μ της aνηφόρας ΑΒ θα βρίσκονται Ι 00 μισοβάρελα. Τα μεταγγίζει και {:χι: ι 50 γεμίπα. Παίρνει πί:ιλι i;vα - ι':να από αυτά και τα ανεβάζει στην κορυφι1 Β, όπου στο τ�:λος της διαδικασίας Οα i:χουν φτιί.σει 50 μισοβί:φελα, άρα 25 γεμάτα βαρέλια. Να λοιπόν που με ένα ω:λ6 «τρικ» μτωροίιμε να γλιτιόσουμε 25 βαρέλια από την «αδηφαγία» του φορτηγού μας.

Τ ι : ξΔpcσ , σκαpτ1Ί καcε 1iδη τρόπο να κερδίσουμε κι άλλο πετρi;λαιο. Ασφαλώς και χωρίζο-. · · ·· - · Α Β · r·· Λ • r e · ι ι οο R "Τ= · .; π;: t[) ! ι( ι σ!!. κομματια τη οω:ορομη με τα σημεια , tJ. τοτε στο α φτασουν -;:- · r • r:ι-_1

1

; < :λ ια :ω ι στο Δ τα � · (�) · I 00 βαρέλια = (�)- · I 00 βαρ�:λια και τέλος στο Β τα � ��

-� ι'�)2 . ) 00 βαρi:λια = (�)3 . 1 00 βαρέλια ::::: 29,629 βαρέλια. � � �

Ν αι ! f::χεη-: δίκιο. Πρί.ιγματι με τρεις ενδιί:ιμεσους σταθμούς, δηλαδι1 με χωρισμό του ΑΒ σε 4 � 4

ίσα μ{:ρη . στην κορυφ ι1 θα φτάσουν τα (i) · \ 00 ::::: 3 1 ,64. Με χωρισμό του ΑΒ σε 5 ίσα μi:ρη θα

( ' )5 φτf-ωουν στην κορυφ ι1 � 1 00 ==- 32,768 βαρέλια. Γενικά, αν η απόσταση ΑΒ διαιρεθεί σε ν ίσα

μι:: ρ η , στην κορυφιi Β θα φτίχσουν (ν� L )' · Ι 00 βαρ�:λια.

Οπως ξί;ρουμε βέβαια όταν το ν είναι πολύ μεγάλο (τείνει ας πούμε στο ί:ιπειρο), τότε το (\' � 1 )' = ( I - �)'τείνει στο i· άρα το (ν� 1 )' 1 00 __. 2.j1 8 1 00 ::::: 36,787 βαρέλια «μπορούν» τελικί:ι

\'α φτί.ισουν στην κορυφι1 Β. (Πάντως μην τρομί:ιζετε (με το «άπειρο>>) . Με 24 ενδιάμεσους <<μεταγγιστικοίJς» σταΘμούς, δηλαδιΊ δ ιαίρεση του ΑΒ σε 25 ίσα μέρη , στην κορυφι1 Β θα i:χουν ανi:βει 36,09 βαρέλια . . . )

• Από το συν{:ιδελφο Αντώνη Αθ. Παπαδεράκη (Χανιί:ι Κρι1της) λάβαμε επιστολιi και εργασία ωυ στην οποία επισημαίνεται ότι η λύση που δίνεται στο σχολικό β ιβλίο των λύσεων δεν είναι η σωστιΊ (ί-\λγεβρα κ.λ.π. Γ' Λυκείου σελ. 232 ί:ισκηση 2 β ' ομί:ιδας). Το πρόβλημα αυτό {:χει ι1δη επισημανθεί και συζητηθεί στη συντακτικ1Ί επιτροπιΊ του Ευκλείδη Β ' από τον Ιανουίφιο του ! 996. Ελπίζουμε να δημοσιεύσουμε σε επόμενο τεύχος την εργασία.


ι Διαφορική Γεωμετρία, Δημ. Κουτρουφιώτης, Παν/μιο Ιωαννίνων, 1994 2. Ερευνώ, Βρίσκω και Γράφω, Στ. Πετράκης 3. Καθολική Αλ γεβρα - Ι , Σ.Π.Ζερβού 4. Παράγωγος, Θ.Στεργίου 5. Η Ποσοτική Άλγεβρα του Θ.Καϊρη, Α'Τόμος 6. Ιστορικά Γεωμετρικά Θέματα, Εμμ. Τσαλκίδη 7. Το νέο πνεύμα, Σάκη Λιπορδέζη 8. Θράκη, Γεν. Γραμματεία Περιφερείας Ανατολικής Μακεδονίας και Θράκης 9. Παραγοντική ανάλυση αντιστοιχιών και Ιεραρχική Ταξινόμηση. Παραδείγματα και Εφαρμογές, Ηλίας Π. Αθανασιάδης 1 0. Η θέση του Ευκλείδη στα Αρχαία και Νεότερα Μαθηματικά (Ελληνική και Αγγλικη γλώσσα), Χ.Π.Γκλαβά, Εκδόσεις Κορφή 1 1 . Μεθοδική εκμάθηση των Μαθηματικών, Τόμοι Α'και Β' για τη Γ'Γυμνασίου, Ελεονώρα Μοσιάλου - Μπίμη, Παναγ. Μπίμης 12. Ερευνώ το Φυσικό κόσμο, για την Ε' Δημοτικού, Κ. Ρ. Παπαζήσης, Εκδόσεις

ΕΜΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑfΙΚΗ ΙΠΑΙΡΙΑ

ΑΘΗΝΑ 1ΙΙΘ5

Σαββάλα 13 . Πληροφορική Επιστήμη, Κ. Γιαλούρης και Κ. Σταθόπουλος, Αθήνα 1 995 14. Μεθοδολογία Παραγώγων, Κ.Παπουτσής, Εκδόσεις Κορφή 15 . Άλγεβρα της Α' και ΒΆυκειου, Ν.Λαμπρόπουλου, Εκδόσεις Ζήτη 16. Μάθετε εύκολα τα Δίκτυα NOVELL, Πέτρος Ματζάκος και Άννα-Μαρία Σκουρτσή, Εκδόσεις Παπασωτηρίου. 17. Η Θεμέλια της Γεωμετρίας του Hilbert, Μετάφραση Εmμέλεια Στραtής Παπαδόπουλος

Η Ιονική Τράπεζα μας τίμησε με την αποστολή των παρακάτω ειδικών έκδόσεών της : ι Μνήμες Ιωνίας Β. Καπάνταης 2. Γιώργος Βακιρτζής 3. Γιάννης Ρίτσος Εικαστικά 4. Το εκδοτικό προνόμιο της Ιονικής 5. Μουσεία και Πινακοθήκες Ελλάδος και Κύπρου 6. Νεοελληνική Χαρακτική 7. Το παλαιό φρούριο της Κέρκυρας 8. Ιστορία του Βασιλείου της Νίκαιας και του Δεσποτάτου της Ηπείρου

ΠΑΝΕΛΛΉΝΙΟ ΣΥΝΕΔΡΙΟ ΜΑθΙΙΜΛΠΚΗΣΠΛΙΔΕΙΛΣ Με διtiJνιί συμμετοχή

Στις 29 - 30 Νοεμβρίου και 1 Δεκεμβρίου 1 996 θα διεςαχθεί το 1 3ο Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Παιδείας στην Αλεξανδρούπολη με θέμα:

ι'Κpιτική και Σχεδιασμός της Ε).ληνικιίς ΜαfJιιματιιαίς Παιδείας"

j Υποllολή ερyασιών μέχρι 20 Οκτωβρίου t996 j

Μια ArιαpαfUJ.UJ.

Διειnφfνnιm Γιάννης Τυρλής - Γιώργος Κατσούλης

Στο σχολικό βιβλίο της Γ' Λυκείου Άλγεβρα, Αναλυτικll Γεωμετρία, Π ιθανότητες, (έκδοση 1 995), στη σελίδα 232, στη Β' Ομάδα, υπάρχει η άσκηση 2, που αναφέρει τα εξής :

«Με πόσους τρόπους 1 2 στρατιώτες μπορούν να χωριστούν σε ομάδες των 4 ατόμων»

Η λύση που δίνεται στο σχολικό βιβλίο των λύσεων δεν είναι η σωστή , διότι θεωρεί τις ισοπληθής ομάδες διακεκριμένες, χωρίς αυτό να διευκρινίζεται στην εκφώνηση, όπως θα εξηγήσουμε παρακάτω.

Άποψll μας είναι ότι τα σχολικr,ι βιβλία των μαθηματικών που διδάσκονται σ1Ίμερα στα Γυμνάσια και στα Λύκεια της χώρας είναι σε πολύ καλό επίπεδο και ατέλειες όπως αυτή δεν αναιρούν αυτ1Ί την πραγματικότητα.

Είναι όμως απαραίτητο να διορθώνονται οι ατέλειες που υπάρχουν( όπως π.χ. στη συγκεκριμένη άσκηση), καθώς επίσης χρόνο με το χρόνο να γίνονται και οι απαραίτητες βελτιώσεις.

Θf:λοντας καλόπιστα να συμβάλουμε προς την κατεύθυνση αυt�Ί και στην ενημέρωση των μαθητών Οα δώσουμε τη λύση και μερικά ακόμη λυμένα προβλήματα που θα διευκολύνουν τους μαθητές στην κατανόηση της συγκεκριμένης άσκησης, καθώς και παρομοίων.

Αξίζει να σημειώσουμε ότι η Συντακτική Επιτροπή του Ευκλείδη Β' μετά από τη διαπίστωση του λάθους συζήτησε το θέμα, τον Ιανουάριο του 1 996, και συμφώνησε στην πρόταση της προσθήκης ενός ακόμη ερωτήματος στο συγκεκριμένο πρόβλημα.

Μετά από επικοινωνία των υπευθύνων σύνταξης του περιοδικού με τους αρμόδιους του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου γνωστοποι1Ίθηκε ότι το πρόβλημα στην συγκεκριμένη άσκηση έχει επισημανθεί και ότι θα γίνει διόρθωση -διευκρίνηση στην επόμενη έκδοση.

Πρόβλημα 1 . Με πόσους τρόπους 3 στρατιώτες μπορούν να χωριστούν σε «ομάδες» του ενός ατόμου και

να σταλούν σε τρία σώματα στρατού Α, Β, Γ ; Λύση

Για το Α σώμα στρατού μπορούμε να επιλέξουμε Ι στρατιώτη με ( � ) τρόπους. Για το Β σώμα στρατού μπορούμε να επιλέξουμε ι στρατιώτη (από τους δυο που απομέ-( 2 ) ' νουν) με ι τροπους.

Για το Γ σώμα στρατού έμεινε ( � ) =

στρατιώτης. Επομένως έχουμε ( � ) ( � ) ( � ) = 6 τρόπους. Α ν Σι , Σ2 , Σ3 οι στρατιώτες οι

τρόποι «χωρισμού» τους φαίνονται παρακάτω:

Α I Β I Γ Σι Σ� ΣJ Σι ΣJ Σ2 Σ2 Σι Σ3 Σ� ΣJ Σι Σ3 Σι Σ2 ΣJ Σ� Σι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κ.θ. τ.4/60

------------Μια απαραίτητη διευκρίνηση--------------

Ι l ρόβλημα 2 Μ Σ: πίJσους φίJπους 3 στρατιώτες μπορο\ηι να χωριστο\Jν σε <ωμάδες» τοιJ ενός ατόμου ;

Λύση Α' Τρόπος: Είναι προφανές ότι υπάρχει ένας μόνο τρόπος Β' Τρόπος: Α ν θελήσουμε να το συσχετίσουμε με το πρόβλημα 1 θα μπορούσαμε να έχουμε ( ; r ;! χ : ) = Ι τρόπος αφού στο προηγούμενο πρόβλημα μας ενδιαφέρει η

σειρά που κατανέμονται στα τρία σώματα στρατού ενώ στο πρόβλημα 2 όχι.

Γl ρ{φλημα 3. \ I r. π(ισοtς τριΊπους 12 στρατιι�τες μπορο\Jν να χωριστούν σε «ομάδες» των 4 ατόμων και

Ι ' C Ι στιιί.ο(, ,· σ:: τ ι ι ία σι;>ματα σφατο\1 Α, Β, Γ ;

Λύση

Για το Α σώμα στρατού μπορούμε να επιλέξουμε 4 στρατιώτες με ( ι: ) τρόπους Για το Β σώμα στρατού μπορούμε να επιλέξουμε 4 στρατιώτες από τους 8 που απέμειναν

με ( : ) τρόπους. Για το Γ σώμα στρατού έμειναν οι υπόλοιποι 4 στρατιώτες Αρα συνολικά έχουμε ( ι: ) · ( � ) · ( : )= 34650 τρόποι.

Παρατήρηση: Ας υποθέσουμε ότι οι στρατιώτες Σι , Σz , . . . , Σιz έχουν χωριστεί ως εξής: {Σι , Σ2 , Σ3 , Σ4 } { Σ5, Σ6 , Σ7 , Σ8 } { Σ9 , Σ10 , Σι ι , Σ12 } . Είναι σαφές ότι οι δυο παρακάτω (από τους 3! = 6 που υπάρχουν) τρόποι κατανομής στα τρία σώματα στρατού είναι διαφορετικοί.

Πράγματι: -------=-------Α=---=--=------8-=---=--=-Γ-=------�-{Σι , Σz , Σ3 , Σ4} {Σ5, Σ6 , Σ1 , Σs} {Σ9 , Σιο , Σι ι , Σιz} {Σ5 , Σ6 , Σ1 , Σs } {Σ9 , Σιο , Σι ι , Σ12} {Σι , Σz , Σ3 , Σ4}

Τι θα συνi:βαινε όμως αν δε μας ενδιέφερε η κατανομή στα τρία σώματα στρατού ;

Π ρδβλημα 4. (Η άσκηση του βιβλίου) :\1ε πόσοι1ς τρόπους 1 2 στρατιώτr.ς μπορο\Jν να χωριστο\Jν σε «ομάδες>> των 4 ατόμων

Λύση Σύμφωνα με το προηγούμενο πρόβλημα ο χωρισμός σε τρεις διατεταγμένες ομάδες των 4

ατόμων γίνεται με 34650 τρόπους. Τώρα όμως δε μας ενδιαφέρει η σειρά (οι δυο «χωρισμοί» της προηγούμενης παρατήρη

σης, όπως και ο ι υπόλοιποι 4 από τους 3! = 6 που υπάρχουν είναι ίδιοι) Είναι φανερό ότι η λύση που δίνεται από το βιβλίο των λύσεων αντιστοιχεί στο πρόβλημα 3,

καθώς και σε παρόμοια προβλήματα, στα οποία φαίνεται ότι οι ομάδες είναι διακεκριμένες. Πιστεύουμε ότι είναι καλό να συμπληρωθεί η άσκηση με δεύτερο ερώτημα, το πρόβλημα 3. Επειδή τρία διαφορετικά στοιχεία (οι τρεις ομάδες των 4 ατόμων) δίνουν Ρ3 = 3 ! μεταθέ

σεις το πλήθος των διαφορετικών τριάδων (με 4 άτομα η κάθε μία) είναι:

( � r � r : ) = 34650 = 34650 = 5775 τρόποι p3 3 ! 6

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" κ.θ. τ.4/61

:/Ε τ ή λ η

EiJ α θ η μ α τ ι κ ώ ν

({)) λ u μ π ι ά δ ω ν

Α σ κ ή σ ε ι ς γ ι α τ ι ς Κ α λ ο κ α ι ρ ι ν έ ς Δ ι α κ ο π έ ς

Δ.Γ. Κοντογιάννης

Η στιlλη των Ολυμπιάδων δεν θα σας απασχολήσει σήμερα με άθρα, αλλά με θέματα από Δι εθνείς Μαθηματικούς διαγωνισμούς κατάλληλα για τους μαθητές του Λυκείου, που θέλουν να πάρον μέρος με αξιώσεις στους Μαθηματικούς Διαγωνισμούς που διοργανώνει κάθε χρόνο η Ε .Μ.Ε.

.

Τα θ�;ματα είναι προσεκτικά επιλεγμένα, ώστε να μπορούν να αντιμετωπίσουν οι μαθητές που έχουν αγι'χ.πη για τα Μαθηματικά και δεν απαιτούν ειδικές γνώσεις.

Περψf:νουμε τις λύσεις των ασκιΊσεων, τις οποίες θα δημοσιευσουμε από τη στήλη αυτή.

Θi:ι ι ιιτα f . Εστω α1 α2 α3και α3 α2 α1 , δύο τριψι1φιοι αριθμοί με διαφορετικά και μη μηδενικά ψηφία (το

σύμβολο αβγ παριστάνει τον αριθμό με ψηφία α (εκατοντάδες), β(δεκάδες), γ (μονάδες)) . Τα -.ετράγωνα των αριθμών εί\ιαι 5 - ψηφιοι αριθμοί β 1 β2 β3 β4 β5 και β5 β4 β3 β2 β 1 • Ν α προσδιορίσετε όλους τους τριψιΊφιους αριθμούς.

1. Υπ<φχουν φυσικοί α > β > I , ώστε για κάθε 1� ε Ν*, υπάρχει ν ε Ν, ώσ-.ε ο αν + β να είναι I( δύναμη ενός φυσικού;

3. Ενας φυσικός ονομ{.ιζεται ενδιαφέρον αν είναι γινόμενο δύο (όχι αναγκαστικ(χ διαφορετικών) πρώτων αριθμών.

Ποιός είναι ο μεγαλύτερος αρ ιθμός από διαδοχικούς ενδιαφέροντες αριθμούς;

4'·. Ένα ισόπλευρο τρίγωνο διαιρείται σε ν2 ίσα ισόπλευρα τρίγωνα. Μια αράχνη βρίσκεται σε μια από τtς κορυφές του τριγώνου, μια μύγα σε μιαν άλλη. Εναλλάξ η αρι'χ.χνη και η μύγα μετακινούνται σε μια γειτονική κορυφή . Να αποδείξετε · ότι η αράχνη μπορεί πάντα να «πιάσει>> τη μύγα.

�. Σε μια χώρα υπ{φχουν 1 3 πόλεις. Κάποια ζευγάρια πόλεων συνδέονται απευθείας οδικ(ι, σιδηροδρομικ{ι η αεροπορικι'χ..


----4Ασκήσεις για τις καλοκαιρινές διακοπές

Να προσδιορίσετε τον ελάχιστο αριθμό συνδέσεων που μπορούν να γίνουν μεταξύ των πόλεων, ώστε κάποιος, επιλέγοντας οποιαδήποτε δύο μεταφορικά μέσα, μπορεί να μεταβεί από μια πόλη στην άλλη χωρίς να χρησιμοποιείσει ένα μεταφορικό μέσον τρίτου είδους.

6. Ο ακι::ραιος χ είναι τέτοιος, ώστε το άθροισμα των ψηφίων του να ε ίναι ίσο με το άθροισμα των ψηφίων του 3χ.

Να αποδείξετε ότι α/χ . (Η έκφραση α/β σημαίνει : ο α διαιρεί τον β).

7. Έστω α, β ε 'll . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση α2 + β2 + χ2 = y2 έχει μιαν ακέραια λύση χ0 , y0 αν και μόνο αν ο αριθμός αβ είναι άρτιος.

R. Για κ{χθε ζεύγος α, β ε IR. * ορίζουμε έναν πραγματικό αριθμό α * β ώστε

( ί ) α * (β * γ ) = (α * β)γ \ C\ il< [o."f Cg,..?) )l � α � (o. � <b) γ-· ( ί ί ) α * α= Ι . ;ο) ( ο �Cλ) ( <5 * �) -= (0.-tv.) g · Υ B ..f. <r � e . δ'" � )<;. + � <Ο ::: � · 3 6 ;:- z \ G. Να επιλύσετε την εξίσωση χ * 36 = 2 1 6.

9. Ένα τρίγωνο με περίμετρο 2r έχει πλευρές α, β, γ . Κατασκευάζουμε ένα νέο τρίγωνο (αν είναι δυνατό) , με πλευρές r-α, r-β και r-γ. Επαναλαμβάνουμε τη διαδικασία κατασκευάζοντας ένα νέο τρίγωνο κ.λ.π. Για ποιό αρχικό τρίγωνο η διαδικασία μπορεί να επαναληφθεί επ' ά-πει ρον;

1 0. Έστω τετράπλευρο ΑΒΓΔ με ΑΔ = ΒΓ και Α + Β = 1 20°. Με πλευρές ΑΓ, ΔΓ και ΒΔ κατασκευάζουμε ισόπλευρα τρίγωνα, που δεν τέμνουν την ΑΒ. Αν Κ, Λ, Μ οι τρίτες κορυφές των τριγώνων αυτών, να αποδείξετε ότι τα Κ,Λ,Μ είναι συνευθειακά.

1 1 Ν - - � ' ' θ n..τ* λ ' ν - ι ν 2ν + ι ' ' . α αποοειςετε οτι για κα ε ν ε n� , τα κ ασματα --

, -?--1, 2 , ει ναι αναγωγα. ν _ν + 2ν + 2ν

1 2 . Έστω ΑΔ η εσωτερική διχοτόμος τριγ. ΑΒΓ, Ε το συμμετρικό του Δ ως πρός το μι::σο Μ της ....... .......

ΒΓ και Ζ σημείο της ΒΓ, τέτοιο ώστε ΒΑΖ = ΕΑΓ.

Ν δ , ): . , ΒΖ _ .r:_ α απο ει..,ετε οτι Ζ Γ -

β3•

1 3. Αν κ{χθε πλευρι1 και κάθε διαγώνιος ενός 25 - γωνου χρωματίζεται πράσινη ή κόκκινη να αποδείξετε ότι υπάρχουν τουλάχιστον 500 τρίγωνα με πλευρές του ίδιου χρώματος και κορυφές από τις κορυφές του 25 - γωνου.

ι -ι. Έστω Α 1 , Α2 , . . . , Α 1 1 διαφορετικά σημεία ευθείας ε. Αν (Αϊ Αj) :ς; I , για κάθε ζεύγος Αϊ ,Aj σημείων, να αποδείξετε ότι το άθροισμα όλων των (Αϊ Aj) με 1 :ς; ί, j :ς; 1 1 ε ίναι μικρότερο από το 30.

1 5. Έστω ΑΒΓ τρίγωνο κ 1 σημείο του επιπέδου του τριγώνου. Αν Κ,Λ,Μ οι προβολές του Ρ στις ευθείες ΒΓ, Γ Α, ΑΒ αντίστοιχα να προσδιορίσετε το Ρ ώστε η παράσταση ΒΛ 2 + ΓΜ2 + ΑΝ2 να είναι ελάχιστη.

1 6 . Δύο κύκλοι c 1 (0, R), c2 (Κ, r) (R > r) εφάπτονται εσωτερικά στο Μ. Μια χορδή ΑΒ του c 1 εφ{χπτεται στον c2 • Να βρείτε την μέγιστη τιμή της περιμέτρου του ΑΒΜ.

1 7. Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα Ρ(χ) με πραγματικούς συντελεστές, για τα οποία ισχύει (χ - I )2 Ρ(χ) = (χ - 3)2 Ρ(χ + 2), για κάθε χ ε IR..

1 8. Αν συνχ = συνy και ημχ = - ημy να αποδείξετε ότι ημ 1 994χ + ημ1 994y = Ο. 1 9. Σε ένα σχολείο υπάρχουν 1 994 μαθητές. Κάθε μαθητής γνωρίζει 1 .600 άλλους μαθητές. Να

αποδείξετε ότι υπάρχουν 6 μαθητές, ώστε καθένας από αυτούς να γνωρίζει τους 5 άλλους.

20. Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης: 1 3χ + I φ = 96z .


βιβλία Α Π Ο Τ Ι Σ Ε Κ Δ Ο Σ Ε Ι Σ Σ Α Β Β Α Λ Α

Αλέξανδρος /1. 1'ραyαvίτης

•

Σαββάλας Ε Κ Δ Ο Σ Ε Ι Σ · Β Ι ΒΛΙ Ο Π ΩΛΕ Ι Ο

Σημείο αναφοράς στο εκπαιδευτικό ΙJιΙJλίο Ζ . Π Η ΓΗ Σ 1 8 1 0 6 8 1 ΑΘ Η ΝΑ ΤΗΛ. 3 3 . 0 1 . 2 5 1 - 3 8 . 2 9 . 4 1 0 FAX . 3 8 . 1 0 . 9 0 7

Ευκλειδης Β 20

Documents

Transcript of Ευκλειδης Β 20