Ευκλειδης Β 36

� ΕΚΔΟΣΕΙΣ .ΠΑΤΑΚΗ

αξιολόγησης στη

Γεωμετρία

άλγε�ρα Λουκάς Μάρκος

μαθηματικά fι' τόμος -ό� t'. υ Ι"

θf!IKH Κ,ι..ΗΥΘΗΗΗ

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ

Υπεύθυνοι 'Εκδοσης Ευσταθίου Ευάγγελος

Σπανδάγος Ευάγγελος

Γραμματεία σύνταξτις: Δούναβη ς Αντώνης Δράκος Γιάννης Ευσταθίου Ευάγγελος Κυριαζόπουλος Δημήτρης Σπανδάγος Ευάγγελος

Συντακτική Ομάδα: Αρβανιτογεώργος Ανδρέας Βακαλόπουλό� Κώστας Καλίκας Σταματης Καρκάνης Βασίλης Κερασαρίδης Γιάννης Κ�πουρόςΧρήστος Κοντζιας Νίκος Κυeιακόπουλοs Αντώνης Λαc,αρ,ίδη�Χρηστος Λουρίδας ΣωJήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μαρουλη Βιολέτα Μπούκας Λάμπρος Σαϊτη_Εύα Σπανδάγου Ρούλα Τασσόπουλος Γιώργος Τσικαλουδάιcηs Γιώργος Τσιούμας Θανα�ς Χαραλαμποπούλου Λίνα

Συνει>γάτες: Βλάμος Τάκης Βλαχούτσικος Γιώργος Γιδαράκος Θωμάς Ζέρβας Δημήτρης Καλομιτσίνη Αλεξάνδρα Καλομιτσίνης Σπύρος Καρκούλιας Γιώργος Κοντογεώργος Δημήτρης Κοντογιάννη� Δημήτρης Ντζιώρας Ηλιας Πανδής Αλέκος Πούλος Ανδρέας Σάλαρης Γ. Κων/νοs Τσιμπουράιcης Δημητρης

ΕΚΔΟΣΙΙ 'ΊΊΙΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ l\1ΑΘΗΜΑΊΊΚΗΣ .ΕΆΙ'ΑΙΙ�ΕΙΑΣ ΠΑΝΕΠΙΣΙΗΜΙΟΥ 34- 106 79 ΑθΗΝΑ Τηλ.:36 17 784 • 36 16 532 Fax: 36 41 025 Εκδότης: Αλεξανδρής Νικόλαος

Διε,>C}υντής: Τυρλής Ιωάννης

ISSN: 1105 - 7998

Επιμέλι-:ια Έκδοmις: Μαραγκάκης Στέλιος

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχοc; 36 • Απρί�ιοc; Μάιοc; Ιούνιοc; • 2000 • δρχ. 500

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

MAΘHMAllKO Π�IΟΔΙΚΟ ΠΑ 10 ΛΥΚΕIΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 2 Έvα yράμμα από ιηv Ελληνική Μαθηιιαηκή Ειαιρεία

3 Διεθvcς Έιος Μαθημαηκώv

14 Αρχαία Ελληνικά Μαθημαηκά

19 Τα vcα ιου Ευκλείδη

20 Το Βήμα ιου Ευκλείδη

22 Τα μαθημαηκά δεv είvαι μόvο ασκήσεις

28 Μαθημαηκά παράδοξα και Μαθημαιικά Παιχνίδια

31 Ρωιώvιας πας ... σιηv πόλη

32 Μαθημαηκοί Διαyωvισμοί · Μαθημαιικcς Ολυμπιάδες

35 Ο 'Ευκλείδης' προιείvcι ... Ευκλείδη

38 Η σιήλη ιου μαθηιή

40 ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

42 Το πρόσημο ιωv ημώv ιου φιωvύμου y = αχ2 + 6χ + y, α� Ο

Μαf1ιιιΙΙηικά για rηv Β' Τιlξ,ιι ωu Λυκr�ίου

45 Επαvαληπηκcς Ασκήσεις Β' Λυκείου

47 Θcμαια με λύσεις και μεθοδολοyίες ytα ιη Γ Λυκείου

49 Ευκλείδεια Γεωμεφία Β' Λυκείου (Μcφηση Κύκλου)

51 Ασκήσεις και προ6λήμαια Κωvικώv Τομώv

53 Β'Λυκείου Τεχvολοyική Καιεύθυvση

�ΙαflιιμιιηκιΊ για τ ψ 1" ΤιΊξιι ιου Λυκr�ί ου

58 Προ6λήμαια

60 Η μcθοδος ιης ολοκλήρωσης καιά παράΎοvιες

61 Όμοια Τρίyωvα και Σιαιισιικής Επακόλουθα

64 Θcμαια cισαΎωyικώv εξειάσεωv

71 Γεvικcς Ασκήσεις Αvάλυσης

79 Η σιήλη ιης Αλληλοyραφίας

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τεύχος: 500 δρχ 80 Βι6λιοπαρουσίαση

Ετήσια συνδρομή: 2.000 δρχ ι-----------------------------1 Οργανισμοί: 4.000 δρχ Στοιχειοθεσία- Σελιδοποί11ση TU"..(. Επιταγές Τ. Γραφείο Αθήνα 54, Τ.Θ. 30044 Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία

Ειctί:mωση: IJ'Ii'IEPIIPEΣ Λ.Ε., Ιφάοδά; 81 • 83

Υπαι:!. Τυποyραφείσu: Ν. Αδάιαuλος·Τηλ:3474654

Φίλε μαθητή,

�ra ιypάμμα αcπ6 cnr �.JΙlilnrLRn JJlal-nμacLRn

δcαιp,�iα

ο τεύχος αυτό που κρατάς στα χέρια σου είναι το τελευταίο της Σχολικής Χρονιάς 1999- 2000. Ό-τπως θα έχεις διαmστώσει ο «Ευκλείδης Β'>> ήταν συνεπής στις ημερομηνίες κυκλοφορίας του. Βέβαια, παρατηρήθηκαν μερικές καθυστερήσεις όσον αφορά την παράδοση τευχών, αυτό όμως δεν

οφείλεται στην διεύθυνση του περωδικού, αλλά σε διάφορους άλλους παράγοντες.

Είναι γεγονός όμως ότι ο «Ευκλείδης Β'>> κατά το οκτάμηνο αυτό ανταποκρίθηκε από άποψη περιεχομένου στις προσδοκίες σου ως μαθηματικό περιοδικό. Αυτό οφείλεται στο μεγάλο φάσμα που καλύπτει η ύλη του, από την ιστορία των μαθηματικών μέχρι τα θέματα των μαθηματικών Ολυμπιάδων.

Εκείνο όμως που μας χαροποίησε ιδιαίτερα είναι το γεγονός ότι εκατοντάδες μαθητές έστειλαν τη συνεργασία τους στον «Ευκλείδη Β'». Συγκεκριμένα έστειλαν λύσεις προτεινομένων ασκήσεων, έστειλαν ασκήσεις για δημοσίευση και διατύπωσαν �ιάφορες μαθηματικές απορίες. Αυτό σημαίνει σύμφωνα με τις παραμέτρους της δημοσιογραφίας ότι το περιοδικό «αρέσευ>, γεγονός που δίνει στη συντακτική του εmτροπή τη δύναμη να επανέλθει τον Σεπτέμβριο με νέες ιδέες και με ριζικές βελτιώσεις. Η επόμενη σεφά του περωδικού θα έχει ακόμα μια μόνιμη στήλη που θα αφορά την αστρονομία και μια στήλη με οδηγίες μελέτης των μαθηματικών. Η εφαρμογή νέων ιδεών κρίνεται απαραίτητη διότι έτσι ανανεώνεται συνεχώς και θα προλαβαίνει τις απαιτήσεις των αναγνωστών του.

Δεν πρέπει να ξεχνούμε άλλωστε ότι ο «Ευκλείδης Β'>) (όπως και ο «Ευιύ.eiδης Α'))) δεν είναι ένα κερδοσκοmκό περιοδικό. Γράφεται επομένως από ανθρώπους που τους διακρίνει το μαθηματικό «μεράκι», η αγάπη προς τα μαθηματικά και η αγάπη προς τη μαθηματική διαπαιδαγώγηση των μαθητών.

Σε λίγες μέρες θα αρχίσουν και οι κάθε είδους εξετάσεις σου. Είναι επόμενο να διακατέχεσαι από ένα σχετικό άγχος. Η συντακτική εmτροπή του περωδικού σε συμβουλεύει να παίρνεις μέρος στις εξετάσεις αυτές με απόλυτη ηρεμία. Παράλληλα σου κάνουμε γνωστό ότι κάθε είδους απορίες που θα σου δημιουργηθούν κατά την μελέτη των μαθηματικών μπορείς να απευθύνεσαι στο περωδικό και θα παίρνεις άμεση απάντηση.

Το Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε., η συντακτική εmτροπή του «Ευιύ.eίδη Β'» και εγώ σου ευχόμαστε καλή εmτυχία.

Φιλικά

Ο Πρόεδρος του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε.

Καθηγητής Νικόλαος Αλεξανδρής

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.4/2

2000 Διεθνές έτος μαθηματικών

Συνάδελφε, Συναδέλφισα

Ήδη βαδίζουμε τον τέταρτο μήνα του έτους 2000. Έτος που, όπως iσως γνωρίζετε, έχει ανακηρυχθεί σε «Παγκόσμιο έτος των Μαθηματucών». Η Διεθνής Μαθηματucή Ένωση θέλησε, με την ευκαφία της νέας 'Ί}λιετίας, να προβάλει σε παγκόσμια κλίμακα το ρόλο της επιστήμης των Μαθηματucών. Αντiστοιχα με το πολυσήμαντο 2° Διεθνές Μαθηματucό Συνέδριο του 1900 στο Παρίσι, κατά το οποiο ο μεγάλος Γερμανός μαθηματucός D. Hilbert παρουσίασε τον περiφημο κατά).nγο με τα ανοιχrά προβλήματα που επηρέασαν την εξέλιξη των Μαθηματucών στον 20ο αιώνα, έτσι και τώρα εκατό χρόνια μετά, με την ενέρyεια αυτή σηματοδοτείται η σπουδαιότητα της επιστήμης των Μαθηματucών στη σύγχρονη κοινωνία και καθορίζεται η σημασία τους στη 2η 'Ί}λιετία.

Η Διακήρυξη του Pio ντε Τζανέϊρο, της 6rr; Μαίου του 1992, θέτει ως στόχο, για το Παγκόσμιο έτος των Μαθηματucών, τη μελέτη των ακόλουθων θεμάτων:

• Οι μεγάλες προκλήσεις του 2100 αιώνα. • Τα Μαθηματucά, κλειδί ανάπτυξης. • Η εu<:όνα των Μαθηματucών στην κοινωνία.

Σε όλΑ> τον κόσμο, οι Μαθηματικές Ενώσεις, υπό την αιγίδα της UNESCO, έχουν πρσyραμματiσει σειρά εορταστικών εκδηλώσεων σύμφωνα με τα παραπάνω θέματα.

Η Ελληνική Μαθημ[ιτucή Εταφεία στα πλαίσια αυτού του εορτασμού έχει πρσyραμματiσει με κύρωυς άξονες

•

•

· · «Τα Μαθημαπι'ά Κλειδί Αvάπrοξης. Η ΕJ.λά-δα κοιτίδα της μαθημαπιaίς σκέψης»

τις εξής δραστηριότητες: 1 'f Πανελλήνιο Συνέδριο με θέμα «Τα Μαθη

μαπκά Κλειδί Αvάπrοξης» Κυκλαρορία έντυπου υλικού και αφίσας στα σχολεία για την προβολή του ρόλου των Μαθηματucών στην ανάπrυξη και τη συμβολή της Αρχαίας Ελλάδας στην ανάπrυξη της μαθηματucής

•

σκέψης. Πραγματοποίηση σχετικών εκδηλώσεων στα σχολεία κατά το μήνα Απρίλιο του τρέχοντος σχολικού έτους. Πραγματοποίηση ημερiδων στα παραρτήματα της Ε.Μ.Ε. με σχετικά θέματα.

Φίλοι Συνάδελφοt, Η Ελληνική Μαθηματucή Εταφεία σας προσκα

λεί στα πλαίσια του εορτασμού του Παγκόσμωυ έτους Μαθηματucών, να συμβάλλετε απαρασιστικά και όπως μόνο εσείς μπορείτε στην υ'Μ>ποiηση των στόχων που τέθηκαν στη Διακήρυξη της 6ης Μαfuυ 1999 και που περιγράφονται στο κύριο θέμα μας.

Στη σύγχρονη εποχή, όπου η ραγδαία εξέλιξη όλων των επιστημών στηρίζεται σε μέγιστο βαθμό στα

. Μαθηματικά, χρειάζεται περισσότερο από ποτέ να υπογραμμιστεί ο ρόλος τους και να προβληθεί η χρησιμότητά τους. Να πάψουν να είναι ο αφανής ήρωας των εξελiξεων, να απομυθοποιηθεί η δυσκολία τους και να ανατραπεί η αντίληψη ότι τα Μαθηματucά είναι αποκομμένα από την καθημερινή πραγματucότητα. Α ν αυτός ο στόχος επιτευχθει τότε υπάρχει ελπίδα να αγαπηθούν από το ευρύ κοινό και φυσικά πρώτα και κύρια από τους μαθητές μας.

Επισημαίνουμε ότι οι βασικές ιδέες με τις οποiες έχουν υφανθεί τα σύγχρονα Μαθηματικά είναι απλές και μέσα στις δυνατότητες κατανόησης κάθε ανθρώπου, που διαθέτει μια μέση νοημοσύνη, κατά συνέπεια από εμάς εξαρτάται να καταστήσουμε αυτό το γεγονός σαφές προς κάθε πλευρά.

Γενικά, θα πρέπει να περάσει το μήνυμα, ότι τα Μαθηματικά είναι ένας κλάδος ζωτucής σημασiας για την πρόοδο, να γίνει κατανοητό ότι στις ημέρες μας τα Μαθηματικά αποτελούν μιαν αναγκαιότητα, αφού όλο και περισσότερο διαφορετικοί κλάδοι των επιστημών επηρεάζονται από την πρόοδο της μαθηματucής γνώσης.

Η Ελλάδα του σήμερα έχει κάθε δικαiαιμα.ναυπερηφανεύεται για το επιστημονικό δυVαμικό που διαθέτεt, σε εθνικό και διεθνές επίπεδο, στο χώρο των μαθηματucών και ό'Ί} μόνο, γεγονός που της επιτρέπεt, σε συνδυασμό με τους πολλά υποσχόμενους με παγκόσμιες επιτυχίες σε αγώνες Μαθηματucών μαθητές μας, να διατηρεί επάξια τη θέση της και την παράδοσή της μέσα στη παγκόσμια κοινότητα, ως κοιτίδας της μαθηματucής σκέψης.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. y. τ.4/3

2000 Διεθνές έτος Μαθηματικών

ΤΑ ΜΑθΗΜΑΠΚΑ ΚΛΕΙΔΙ ΑΝΑΙΠΥΞΙΙΣ Η κοινωνία ανttλα.μβάνεται την αξiα των Μαθη

ματικών &xJ. καθεαυτή, σJ..λά μέσα από τις εφαρμογές τους. Δεν είναι παράξενο γεγονός ότι τα Μαθηματικά χαρακτηρίσθηκαν ως <<υπηρέτραι των επιστημών>>. Τα Μαθηματικά βρίσκονται σε άμεση επικοινωνία με τις δημωυρyούμενες ανάγκες, είναι η δεξαμενή γνώσης που τροφοδοτεί τις άλλες επιστήμες, σJ..λά και τραροδοτείται απ' αυτές.

Δεν θα ήταν υπερβολή να λέγαμε ότι η Φυσική αποτέλεσε και αποτελεί κίνητρο και αιτiα γαι την ανάπτυξη των μαθηματικών θεωρtών. Σχεδόν όλα τα φυσικά φαινόμενα έχουν περιγραφεί με κάποιο μαθηματικό μοντέλο, του οποίου η ανάλυση αποτελεί το μόνο θεωρητικό μέσο μελέτης του φαινομένου. Η ιστορiα των Μαθηματικών είναι γεμάτη με παραδείγματα περtπtώσεων, όπου κάποιο φυσικό πρόβλημα έγινε αφορμή ανάπτυξης μαις μαθηματικής θεωρίας και αντίστροφα, η μαθηματική ανάλυση ενός προτύπου εξήγησε κάποιο φυσικό φαινόμενο.

Η θεωρητική Χημεία προσφέρει ένα όJJ.JJ παράδειγμα αλληλεπίδρασης με τα Μαθηματικά. Πολλές χημικές δαιδuαισίες αναλύονται με μαθηματικά μοvtέλα. Το γεγονός αυτό παρουσιάζεται tδιαίτερα στη Φυσικοχημεία και την Κβαντική Χημεία.

Στη Βωλογία αναλύονται μαθηματικά μοντέλα γαι τη μελέτη των πληθυσμαικών μεταβολών των μικροορyανισμών, τη δυναμucή του πολλαπλασιασμού των καρκινοπαθών 1CΙ>Πάρων, τον βιολογικό αvrαγωνισμό των ει&ον κ.λπ.

Στην Ιατρική και εtδικότερα στη Φυσιολογία, οι δαιφορικές εξισώσεtς χρησψοποιούνται γαι τον έλεγχο της γλυκόζης στο αίμα και τη διάγνωση του διαβήτη, γαι τη μελέτη της διάδοσης των σημάτων μέσα στο νευρικό σύστημα του ανθρώπου, γαι την ενερyεαική δαιπερατότητα του κερατοεtδούς χιτώνα, γαι τη ρευστοδυναμική της αρτηραικής και φλεβucής κυκλοφορίας του αίματος (δημιουρyiα θρόμβων), γαι την επιδημική δαισπορά των ασθενεtών, γαι τη μεταφορά των οπτικών ερεθtσμάτων στον εγκέφαλο κ.λπ. Επiσης θα θέλαμε να υπενθυμίσουμε τη χρήση των Μαθηματικών γαι την κατανόηση της ανοσολοyucής δυναμucής του ιού mv, καθώς και να παρουσιάσουμε κάποιες αναφορές μαθηματικού μοντέλου γαι το AJDS.

Τα Μαθηματικά είναι αναγκαία και στην Κοινωνιολογία. Τυπικές εφαρμογές εδώ αποτελούν τα προβλήματα μείξης και αλληλεπίδρασης των πληθυσμών με δαιφορετικό κοινωνικό υπόβαθρο, η θεωρiα της μάθησης, η διάδοση φημών, η βελτίωση της στρατηγικής κατά τη διεξαγωγή ενός αθλητικού αγώνα, οι πολιτικές αλληλεπιδράσεtς των κοινωνικών ομ.ά&ον, η δυναμική ευστάθεαι των εξοπλωμών των διάφορων χωρών, κ.λπ.

Η προστασiα του Περιβάλλοντος και η δαιχεiριση οικοσυστημάτων απαιτούν Μαθηματικά. Υ πάρχουν μοντέλα γαι την ασφάλεαι κατά την αποθήκευση υπολειμμάτων ατομικών ερyοστασiων, γαι τη μελέτη του ατμοσφαφικού και υγρού περιβόJJ.JJντος, γαι την ανάλυση των προτύπων οδικής κυκλοφορίας, κ.πλ.

Στην Οικονομία αντιπροσωπευτικά προβλήματα αποτελούν η ανάλυση των οικονομικών θεωρtών, η μελέτη συγχρόνων μεθόδων καλλιέρyεαις στη Γεωργία και οι τεχνολογικές εφαρμογές στη .Βωμηχανία.

Κάτι λιγότερο γνωστό είναι ότι ο καινούρyιος κλάδος των κυματοδηγών (waνelets) έδωσε ένα καινούρyιο εργαλείο το οποίο υιοθέτησε το F.B.I. γαι την αρχειοθέτηση των δακτυλικών αποτυπωμάτων.

Τέλος θα ήταν μεγάλη παράλειψη να μην αναφέρουμε την τεράσται σχέση που υπάρχει μεταξύ των Μαθηματικών και της Πληροφορικής, που και οι δύο μαζί θεωρούνται πλέον το αναγκαίο λειτουργικό υπόβαθρο όλων των επιστημών. Ενδειιcrικά αναφέρουμε ότι η Άλγεβρα Boole αποτελεί τη βάση πάνω στην οποiα έχει χτιστεί όλΑ> το οικοδόμημα λειτουρyiας του υλικού (hardware) των υπο'Μ>γιστών, τα Γραφικά των υπο'Μ>γιστών, δηλαδή η δημωυρyiα, επεξερyασiα και αποθήκευση μοντέλων αντικειμένων, όπως και των εικόνων τους χρησψοποιούν γεωμετρικούς μετασχηματωμούς, συντεταγμένες σημεiων, γραμμών, και πολυγώνων, σε συνδυασμό με τις σχέσεις των ομοiων τριγώνων και με πίνακες. Ακόμη γαι την αναπαράσταση τρισδιάστατων επιφανεtών χρησψοποιούνται μοντέλα όπως π.χ. παραμετρικές συναρτήσεtς από πολυώνυμα τρίτης τάξης, ή πλέγματα πολυγώνων (κατασκευή μοντέλων αυτοκινήτων, παιχνίδαι). Επiσης ένας σημαvtικός κλάδος της Πληροφορικής, αυτός των Σχεσαικών Βάσεων Δεδομένων στηρίζεται στη Relation Algebra. Επίσης δύο μεγάλες κατηγορίες γλωσσών προγραμματωμού αυτές του λογικού προγραμματωμού και του συναρτησαικού προγραμματωμού έχουν ευθεiα σχέση με τους αvrίστοιχους κλάδους των Μαθηματικών.

AJJ..R.c, περιοχές αναφέρονται στον αυτόματο έλεγχο συσκευών και μηχανημάτων, στον έλεγχο της παλαιότητας των αντικειμένων ( αρχαiα αγάλματα, ζωγραφικοί πίνακες) κ.λπ.

Ακόμα θα πρέπει να τονισθεί η αλληλεπίδρασή τους με την Τέχνη π.χ. Μαθηματικά και Χορογραφία, Γεωμετρία, Προοπτική και Ζωγραφucή, Μαθηματικά και Μουσική, στη Γλωσσο'Μ>γiα και αλ'Μ>ύ.

Τέλος, θα μπορούσε κανείς να απαριθμήσει και πολλές άλλες εφαρμογές των μαθηματικών που άπtονται σε προβλήματα της καθημερινής ζωής.

Θα ήταν όμως σφάλμα να απαvrήσουμε ότι η αποκλειστucή αποστολή των μαθηματικών - της υπηρέτραις όπως χαρακτηρίστηκε των επιστημών - είναι να

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.y. τ.4/4


υπηρετεί τις άλλες επιστήμες. Στα Μαθηματικά έχει δοθεί επίσης η ονομασία <<Βασίλισσα των επιστημώV)). Αν σε ορισμένες περurrώσεtς η «βασiλισσω) μοtάζει με ικέτη των επιστημών, τότε σίγουρα πρόκειται γtα πολύ περήφανο ικέτη, που δεν ζητά ούτε δέχεται χάρες από καμtά από τις πλουσιότερες αδελφές της επιστήμες. Αυτό που παίρνει το πληρώνει.

Τα Μαθηματικά έχουν ένα δικό τους φως και μαι δική τους σοφία, πάνω και πέρα από κάθε mθανή εφαρμογή τους στην επιστήμη και θα είναι πλούσtα η ανταμοtβή κάθε ευφυούς ανθρώπου που θα συλλάβει κάτι από το εσωτερικό τους νόημα. Δεν πρόκειται γtα το παλtό δόyμα «η τέχνη γtα την τέχνη)) αλλά τα Μαθηματικά είναι τέχνη γtα την Ανθρωπότητα.

Ο καθηγητής W.T. Tutte του Πανεπιστημiου του Waterloo απαντώντας στο ερώτημα τι είναι τα μαθηματικά τονίζει:

Φαίνεται ότι έχουμε τρεtς επιλογές. Τα ΜαΒημαπκά είναι η Ανθρωπισπκή Επισrήμη που υμνεί την αιώνια λογική, είναι η Φυσική Επισrήμη η οποία μελετά το φαινόμενο που λέγεται λογική, είναι η Τέχνη που πλάθει δομές αιθερικής ομορφιάς από την πρωταρχική ύλη που ονομάζεται λογική, είναι όλα αυτά κι ά.Uα. Αλλά πάνω απ' όλα, μπορώ να σας βεβαιώσω, ότι τα ΜαΟημαπιίά είναι Ευχαρίστηση.

Κάτι που πρέπει να επισημανθεί είναι ότι αντίθετα με τις άλλες επιστήμες Φυσική, Χημεία, Ιατρική, Αρχαωλογία κ.α., τα Μαθηματικά από τη φύση τους αποτελούν ένα κλειστό σύνολο έτσι οι επαναστάσεtς τους, οι ανακαλύψεtς τους και γενικότερα η έρευνά τους, δεν δαιπερνούν το κοινωνικό σύνολο, ακόμα και αν οι εφαρμοyές τους έχουν άμεση ή έμμεση επίδραση στην καθημερινότητα, έστω και με μεγάλη δαιφορά φάσης.

Κάποtα εντελώς ξεχωριστά θέματα ή προβλήματα φορτωμένα με κάποια μυθολογία είναι δυνατόν να αγγίξουν κάποτε και γtα πολύ λίγο τον κόσμο, που βρiσκεται έξω από τη μαθηματική κοινότητα. Γtα παράδειγμα η Θεωρία Συνόλων, όταν άρχισε να διδάσκεται στην Δειπεροβάθμια Εκπαiδwση ή πρόσφατα «Το

τελειπαiο πρόβλημα του Fermab) από τον Α. Wiles, που έγινε μάλιστα πρωτοσέλtδο στις εφημερίδες Le Monde και New York τimes.

Φiλοι συνάδελφοt,

Για να ενδιαφερθούν οι μαθητές μας για τα Μαθηματικά, εκτός από την προσπάθεια που κάνουμε για να τους μεταδώσουμε την αγάπη που εμείς αισθανόμαστε για την επιστήμη μας, θα πρέπει, συμβαδίζοντας με τις σίΥyχρονες απαιτήσεις, να τους δείξουμε τον σημαντικό και καθοριστικό ρόλο των μαθηματικών σε κάθε τομέα της ζωής. Να επισημάνουμε τη χρησιμότητά τους για την κατανόηση και την επίλυση των προβλημάτων της σίΥyχρονης επιστήμης και τεχνολοyίας.

Στην τυποποιημένη ερώτηση των μαθητών «tι χρειάζεται να μάθουμε αυτό ή εκείνο ••• » πρέπει να είμαστε έτοψοι να δώσουμε σαφή και πλήρη απάντηση. Αυτό θα αποτελέσει σοβαρό κίνητρο και θα σταθεί αιτία για τον προβληματισμό τους. Έτσι ο δρόμος για να κινήσουμε το ενδιαφέρον των μαθητών μας θα είναι ανοιχτός, θα τους προσφέρουμε κίνητρα να ασχοληθούν με τα Μαθηματικά και θα τους βοηθήσουμε να αναγνωρίσουν ότι η κινητήρια δύναμη της μαθηματικής σκέψης δεν είναι μόνο η λοyική αλλά και η φαντασία.

Η ΕΛΛΑΔΑ ΚΟΠΙΔΑ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΣΚΕΨΗΣ

Η Ελλάδα είναι η κοιτίδα των Μαθηματικών ως θεωρητικής επιστήμης.

Εδώ γεννήθηκαν τον 6ο π.Χ. αtώνα <<η μαΒημαιική απόδειξη», καθώς και τα πρώτα «αποδεδειγμένα αποτελέσματω) χωρίς περιθώρtα αμφισβήτησης, aποσπασμένα από κάθε άμεσο πρακτικό σκοπό. Ακόμα και το όνομα της μαθηματικής επιστήμης γεννήθηκε στην Ελλάδα.

Χαρακrηριστική είναι η «ομολογirο) του sir

Thomas Heath στον πρό'ΜΥyο του δίτομου έργου <dστορία των ελληνικών μαθηματικώV)):

"Τα ελληνικά μαΒημαιικά αποκαλύπrουν μία σπουδαία πkυρά της ελ},ηνικής μεγαλοφυίας που ο μαθητής του ελληνικού πολιτισμού τείνει να παραβλέψει . . . Τι ειδικές ικανότητες είχαν οι Έλληνες μαθηματικοί; Η απάντηση σε αυτό το ερώτημα είναι ότι η μαΒημαιική τους μεγαλοφυία ήταν μία πkυρά της μεyαλοφυίας τους στη φιλοσοφία. . Οι Έλληνες σε αντίθεση με οποιονδήποτε ά.Uο λαό της αρχαιότητας καrείχοντο από τον έρωτα της γνώσης για χάρη της γνώσης . . . Με την aσυννέφιαστη διαύγεια του μυαλού τους και την ελευθερία της σκέψης ήταν σε μοναδική θέση να δημwυργήσουν τις επισrήμες με τον τρόπο που το έκαναν ... "

Σε μαι χρονολογucή περιήγηση θα μπορούσε κανείς να αναφερθεί στους μαθηματικούς που έπα1ξαν



σημαντικό ρόλο στα αρχαiα σJJfJ. και τα νεότερα Μαθηματtκά.

Ανάμεσα στους επτά Έλληνες σοφούς η παράδοση δω.σώζει το Θαλή το Μιλ1Ίσιο, 6ος π.Χ. αιώνας, στον οποίο αποδiδοvtαι οι αποδείξεις των πρώτων γεωμετρtκών προτάσεων. Το πρώτο πρόγραμμα της κατασκευής των Μαθηματtκών σε αριθμητική βάση αποδίδεται στον Πυθαγόρα και στη δραστηριότητα της Σχολής του. Σε αυτήν τη Σχολή ανήκει η πρώτη προσπάθεω. μαθηματtκοποίησης της γνώσης, "το πάν αριθμάν", ενώ κληροδότησε τη μουσtκή κλίμακα.

Ο Ζήνων ο Ελεάτης, με τα παράδοξά του (το βέλος που ποτέ δε φθάνει στο στόχο του κ.λπ.) εμβάθυνε στις δυσκολίες που ανακύπτουν στην έρευνα της έννοιας του απείρου.

Η θεωρiα των αναλσyιών του Ευδόξου (370 π.Χ.) θα ξεπερασθεί 13 αιώνες αργότερα, μόλις τον 17ο αι. μ.Χ., απο τη μεγαλοφυiα του Newton και του Leibniz.

Ο Ευκλείδης στο τέλος του 4ου αιώνα π.Χ., συνέταξε τα μνημειώδη «Στοιχεiα» του, έργο που ακολουθεί την Βίβλο σε αριθμό εκδόσεων. Τα Στοιχεiα του Ευκλείδη και η αυθεvtiα του Πλάτωνα και του Αριστοτέλη οριοθετούν τον καθοριστtκό ρόλο των Μαθηματtκών στην ιστορiα της εmστημονtκής σκέψης.

Η ελληνιστtκή εποχή, κατά την οποiα έζησε και δημιούργησε ο Ευκλείδης, προσέφερε στον κόσμο μω. σειρά καταπληΚttκών μορφών. Μεταξύ αυτών ήταν ο Ερατοσθένης (δεύτερο μισό του 2ου αι. π.Χ.), στον οποίο ανήκουν μερtκά μαθηματtκά αποτελέσματα, όπως το περίφημο <<κόσκινο του Ερατοσθένους», καθώς και οι γίγαντες της μαθηματικής σκέψης, ο Αρχιμήδης (287-212 π.Χ.) και ο Απολλώνιος (260-170 π.Χ.). Στον πρώτο ανήκει η ονομαστή μέθοδος της ολοκλήρωσης και δω.φόρισης, προάγγελμα της ανακάλυψης (κατά τον 17ο αι.) του απειροστtκού λσyισμού και οι πασίγνωστες εφαρμογές των Μαθηματtκών στη Φυσtκή. Στον δεύτερο οφεiλονtαι οι κωνικές τομές. Δηλαδή σε σύγχρονη μαθηματική γλώσσα - η θεωρiα των αλγεβρtκών καμπυλών 2ου βαθμού, που χωρίς αυτή δεν θα μπορούσε να δημιουργηθεί τον 16ο και 17ο αιώνα

η καινούρyω. αστρονομiα και μηχανtκή, οι νόμοι του Keppler και η μηχανική του Newton.

Ακόμα και το σύστημα του Κοπέρνucου είχε τον πρόδρομό του στην Ελλάδα, τον Αρίσταρχο το Σάμιο, που τον 3ο αι. π.Χ. δω.τύπωσε το ηλιοκεντρtκό σύστημα του κόσμου. Τα αποτελέσματα του Αρχψήδη και του Απολλώνιου θεωρούντο μέχιπ το 16ο αι. τα μεγαλύτερα εmτεύyματα της μαθηματικής σκέψης, η δε γνώση τους ήταν γνώρισμα ύψιστης μαθηματικής παιδεiας. Τα δύο ανεπανάληπτα αρχιτεκτονtκά αριστουργήματα, ο Παρθενώνας και η Αγία Σαρiα, κατασκευάσθηκαν με βάση τα Μαθηματικά. Το πρώτο με τις προευκλείδιες μαθηματtκές γνώσεις και το δεύτερο με τη συμβολή των έργων του Αρχψήδη και του Απολλωνiου.

Ο Δtόφαvtος (μέσα 3ου μ.Χ αι.) με το έργο του ''Αριθμητικά", γίνεται πρόδρομος του μαθηματtκού συμβολισμού, συμβάλλει στην ανάπτυξη της Άλγεβρας και θέτει τις βάσεις στην πιο σημαντική πτυχή των συγχρόνων μαθηματικών, τη Διοφανttκή Ανάλυση.

Μω. από τις τελευταίες μεγάλες παρουσiες ήταν και η εmστημονική δραστηρώτητα της Υ πατiας της Αλεξανδρινής (στο τέλος του 4ου αι), της πρώτης στην Ιστορiα διάσημης γυναiκας μαθηματtκού. Η παρακμή του αρχαίου πολιτισμού σημαίνει και τη δύση των αρχαiων ελληνtκών Μαθηματtκών. Γω. περισσότερα από χίλω. χρόνω. τα αποτελέσματα των αρχαiων Μαθηματtκών γίνονται τα πρότυπα, τα οποiα κανεiς δεν μπορεί να πλησιάσει.

Στους επόμενους αιώνες, τα ιστορtκά εμπόδω. έβγαλαν την Ελλάδα από την πορεiα των χωρών, που ενεργά συμμετέχουν στην πρόοδο της Επιστήμης γενικότερα και ιδω.ίτερα των Μαθηματtκών. Μόνο προς τα τέλη του 19ου αιώνα, αυτή η κατάσταση αρχίζει να μεταβάλλεταt, όταν ο ελληνισμός δίνει το παρόν του στη διεθνή μαθηματική έρευνα με την παρουσiα τόσο των Ελλήνων του ελλαδtκού χώρου όσο και των Ελλήνων του εξωτερtκού. Το Φανάρι θα προσφέρει το διάσημο έλληνα μαθηματtκό Κωνσταvtίνο Καραθεοδωρή (1873-1950), με σημαντικό έργο σε πολλούς κλάδους των Μαθηματtκών (καθαρά και εφαρμοσμένα). Υπενθυμiζεται ότι στον Κωνσταντίνο Καραθεοδωρή, σε αναγνώριση της αξiας του και παρόλο το νεαρό της ηλtκiας του, είχε ανατεθεί η οργάνωση και διεύθυνση του Ιωνiου Πανεmστημίου της Σμύρνης, το οποίο βεβαiως ουδέποτε λειτούργησε, αφού καταστράφηκε ολοσχερώς, μαζί με την υπόλοmη πόλη, το 1922, από τους Τούρκους. Το ελληνtκό πνεύμα θα κάνει πάλι αισθητή την παρουσiα του στο διεθνή ερευνητtκό στίβο με τις έξι μεγάλες μορφές, του: Κυπάρισσο Στέφανο (1857-1917), Νtκόλαο Νtκολα"iδη (1826-1889), Ιωάννη Χατζηδάκη (1884-1921 ), Παναγιώτη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" λ. γ. τ.4/6


Ζερβό (1878-1952), Γεώρyιο Ρεμούνδο (1878-1926) και ΝU<όλα I. Χατζηδάκη (1872-1942). Οι τρεις τελευταiοι, tδριmκά στελέχη της Ελληνικής Μαθηματικής Εταφείας (1918), αποτελούν και το πρώτο προεδρεiο του διοucητU<ού συμβουλiου.

Ο εορτασμός του Παγκόσμιου έτους των ΜαθηματU<ών προσφέρει στην ΕΜΕ μαι μοναδική ευκαφία για να δραστηριοποιήσει τα χιλιάδες μέλη της στην υπηρεσία των σκοπών που υπηρετεί εδώ και 82 χρόναι από την iδρυσή της.

Η ΕΜΕ καλεί όλους τους συνάδελφους μαθηματU<ούς να συμβάλλουν ενεργά στην επίτευξη των στόχων της, όπως αυτοί περιγράφονται παρακάτω: • Ενθάρρυνση και ανάπτυξη της σπουδής και έ

ρευνας της Μαθηματικής Επιστήμης και των πολυδιάστατων εφαρμογών της, καθώς και την αναβάθμιση της Μαθηματικής Παtδείας.

• Πρόοδο και δώδοση της Μαθηματικής Επιστήμης

• Προαγωγή και ενίσχυση της διάχυσης των νέων εξελίξεων στα ΜαθηματU<ά

• Α νάπrοξη της επιστημονικής U<ανότητας των μελώντης

• Ουσαιστική συνεισφορά στη συνεχή βελτίωση της μαθηματικής εισrαiδευσης και την πρόοδο της γενικής παtδείας.

• Προσέγγιση του Έλληνα μαθηματU<ού κάθε βαθμiδας και την παροχή πρα1Ct1Κής βοήθειας για τα tδιόμορφα προβλήματα που αντιμετωπίζει στο εισrαtδευτU<ό και δtδακτικό έργο του

• Α νάδεtξη του ρόλου της μαθηματικής επιστήμης ως βασU<ού στοιχεiου μιας ελεύθερης παtδείας.

Γαι την επίτευξη των παραπάνω στόχων η ΕΜΕ ενθαρρύνει κάθε εiδους επιστημοVU<ές δραστηριότητες, στις οποiες σας καλούμε να συμμετέχετε. Με την πεποίθηση ότι τα ΜαθηματU<ά αποτελούν αναπόσπαστο κομμάτι της Γενικής Παtδείας των νέων ανθρώπων και είναι ο θεμέλιος λίθος οποαισδήποτε βαθμiδας

εκπαiδευσης, η ενασχόληση της ΕΜΕ με όλες τις βαθμiδες της μαθηματικής εισrαiδευσης είναι συνεχώς ενεργή και εκφράζετάι με:

• την εκδοτική της δραστηριότητα που αποτελείται από ερευνητU<ά περιοδU<ά, επιστημοVU<ά βιβλία, πρακτικά συνεδρίων και εtδU<ά περιοδU<ά Α'βάθμιας, Β'βάθμιας Εκπαiδευσης, Πληροφορικής και Δtδακτικής.

• τους · ετήσwυς Πανελλήνwυς Μαθηματικούς Διαγωνισμούς που δωρyανώνει και τη συμμετοχή της σε Διεθνείς Μαθηματικούς Διαγωνισμούς.

• τη διοργάνωση εmμορφωτU<ών σεμιναρίων και συνεδρίων.

• τη συμμετοχή της στη δαιμόρφωση Προγραμμάτων Σπουδών και σχολU<ών βιβλίων.

• τη συνεργασία της με Διεθνεiς ΜαθηματU<ές Εταφεiες και άλλους συναφεiς επιστημοVU<ούς φορεiς. Κορωνίδα των δραστηριοτήτων αυτών α

ποτελεί η ανάληψη της διορyάνωσης της Μαθηματικής Ολυμπιάδας του 2004, σαν επιστέγασμα των επί σειρά ετών διακρίσεων των Ελλήνων μαθητών μας σε διεθνείς και παγκόσμιους διαγωνισμούς μαθηματικών.

Η δώδοση και γνωστοποίηση σε όλη τη μαθητική κοινότητα των δραστηριοτήτων της ΕΜΕ είναι ένας ακόμη τρόπος για να κινηθεί το ενδαιφέρον των μαθητών για τα μαθηματU<ά.

Τέλος, σας καλούμε με την ευκαφία του Παγκόσμιου έτους των ΜαθηματU<ών να συμβάλλετε στην προσπάθεαι όλων μας, ώστε τα μαθηματU<ά αποκτήσουν τη θέση που τους αξίζει και να γίνουν «ευχαρίστηση>> όχJ. μόνο για τους λfyους, σJJiJ. για τους πολ

λούς.

ΓΙΑ ΤΟ Δ.Σ. ΤΗΣ Ε.Μ.Ε.

Ο Πρόεδρος Ο Γενικός Γραμματέας Καθηγητής Νικόλαος Αλεξανδρής Ιωάννης Τυρλής

ΤΑ ΜΑiιιμιιιτιΚΑ Η Διεθνής Μαθηματική Ένωση, θέλησε

στην αλλαγή του αιώνα και της χιλιετίας να προβάλλει σε παγκόσμια κλίμακα τα Μαθηματικά. Σε όλο τον κόσμο οι Μαθηματικές ενώσεις έχουν προγραμματίσει υπό την αιγίδα της UNESCO σειρά εκδηλώσεων για να εορτάσουν το Παγκόσμιο Έτος των Μαθηματικών.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.4Π


Σκοπός των εκδηλώσεων αυτών είναι να επισημανθεί η σπουδαιότητα των Μαθηματικών στη σύγχρονη κοινωνία για την ερχόμενη χιλιετία ..

Η χώρα μας συμμετέχοντας στον εορτασμό αυτό, με πρωτεργάτη την Ελληνική Μαθηματική Εταιρία, επιθυμεί να δώσει ένα έναυσμα για προβληματισμό γύρω από τα Μαθηματικά και να επαναπροσδιορίσει τη σημαντική συμβολή της χώρας μας στη γέννηση της επιστήμης αυτής.

Τι είναι τα Μαθηματικά, πόσο και πώς επιδρούν στη ζωή μας;

Πότε πρωτοεμφανίστηκαν; Πώς και γιατί εξελίχτηκαν;

• Ποια είναι η κινητήρια δύναμη των Μαθηματικών; Είναι η λο·ιική στην οποία βασίζονται οι συλλογισμοί μιας μαθηματικής απόδειξης, που διατυπώνονται με «αυστηρότητα» και «ακρίβεια)) ή μήπως είναι η διαίσθηση και η φαντασία;

• Όλοι υποψιαζόμαστε ότι τα Μαθηματικά κρύβονται πίσω από κάθε υψηλής τεχνολογίας συσκευή που χρησιμοποιούμε. Υπάρχει λοιπόν άμεση σχέση των Μαθηματικών με τα καθημερινά προβλήματα ή είναι μια επιστήμη που ασχολείται μόνο με «αφηρημένε9) έννοιες και θεωρήματα, που διαβάζουμε στα βιβλία μας;

• Είναι τα Μαθηματικά μια επιστήμη που απλά υπηρετεί τις υπόλοιπες δίνοντας λύσεις στα προβλήματά τους ή είναι μια κλειστή επιστήμη που έχει μικρή μόνο σχέση με την πραγματικότητα; Είναι η Βασίλισσα των επιστημών κλεισμένη στον πύργο της τελειότητας ή είναι η Υπηρέτης τους;

• Τέλος πώς άρχισε η περιπέτεια των Μαθηματικών και ποια ήταν η συνεισφορά των Ελλήνων σ' αυτήν;

Από το ξεκίνημά τους τα Μαθηματικά είχαν πάντα το ρόλο του αρωγού. Ο άνθρωπος τα χρησιμοποίησε στις καθημερινές του δραστηριότητες (εμπορικές συναλλαγές, μετρήσεις γης κ.λ.π.), αφού πολλές από αυτές εμπεριέχουν, ακόμα και σε λανθάνουσα μορφή, μαθηματικές λειτουργίες. Με την ανάπτυξή τους τα Μαθηματικά βοήθησαν στην ανάπτυξη άλλων επιστημών επιλύνοντας προβλήματά τους. Όμως

πολλά από τα πραγματικά προβλήματα συχνά πυροδότησαν το ξεκίνημα νέων κατευθύνσεων και κλάδων στα Μαθηματικά.

Ένα πρόβλημα (π.χ. η μελέτη της κατανομής της θερμοκρασίας σε μια πτέρυγα αεροπλάνου ή η μελέτη ενός οικοσυστήματος) έχει σαν αποτέλεσμα τη δημιουργία ενός Μαθηματικού προτύπου, που η επίλυσή του μπορεί να δώσει απάντηση στο πραγματικό πρόβλημα. Παράλληλα αυτό το μαθηματικό πρότυπο για να δοθεί προϋποθέτει τη δημιουργία νέων μεθόδων στα Μαθηματικά. Δημιουργείται δηλαδή ένας συνεχής φαύλος κύκλος και είναι πραγματικά πολύ ενδιαφέρον για ένα Μαθηματικό να βλέπει ότι το μαθηματικό πρότυπο που μελέτησε δίνει απάντηση σε πραγματικά προβλήματα, αλλά και γενικεύοντας τις μεθόδους που χρησιμοποίησε να τις εφαρμόζει σε προβλήματα διαφορετικής φύσης από το αρχικό.

Διαπιστώνουμε λοιπόν ότι τα καθημερινά προβλήματα και η ανάγκη επίλυσής τους είναι μία από τις κινητήριες δυνάμεις ανάπτυξης της Μαθηματικής επιστήμης. Συνεπώς δεν είναι με κανένα τρόπο ξεκομμένα από την καθημερινή πραγματικότητα.

Όμως πέρα από τη σχέση τους με τις άλλες επιστήμες τα Μαθηματικά έχουν το δικό τους φως και μια δική τους κινητήρια δύναμη ανεξάρτητα από τις πιθανές εφαρμογές τους. Πολλοί μαθηματικοί ασχολούνται με προβλήματα που θέτουν τα ίδια τα Μαθηματικά και είναι πλούσια η ανταμοιβή τους από την ενασχόληση με τις αιθέριας ομορφιάς δομές τους. Ενώ όμως η λογική δίνει το πρωτογενές υλικό των δομών αυτών και χρησιμοποιείται για τον έλεγχο σε μια διαδικασία συλλογισμών, η πραγματική κινητήρια δύναμη των Μαθηματικών είναι η διαίσθηση και η φαντασία. Είναι ιδιαίτερα ενδιαφέρον ότι νέοι κλάδοι που δημιουργήθηκαν έτσι, μολονότι φάνηκαν να είναι μακριά από πραγματικά προβλήματα, απετέλεσαν στη συνέχεια το έτοιμο πλαίσιο στο οποίο βρήκαν λύση ή περιγραφή προβλήματα ή θεωρίες άλλων επιστημών που παρουσιάστηκαν χρονικά πολύ αργότερα. Α ναφέρουμε δύο παραδείγματα στη κατεύθυνση αυτή. Οι φανταστικοί αριθμοί γεννήθηκαν μέσα στην άλγεβρα και για πολλά χρόνια η σχέση τους με πραγματικά προβλήματα δεν διέψευδε το όνομά τους. Η ανάπτυξή τους όμως έδωσε αργότερα άμεσες λύσεις σε πρακτικά προβλήματα της τεχνολογίας όπως για παράδειγμα στη μελέτη της αεροτομής Jukowski με άμεσα οφέλη στην κατασκευή πτερύγων αεροπλάνων. Ακόμα πιο ηχηρό παράδειγμα αποτε-



λούν η μη Ευκλείδειες Γεωμετρίες. Γεννήθηκαν από μια προσπάθεια κυριολεκτικά 2000 ετών για την απόδειξη του αξιώματος των παραλλήλων του Ευκλείδη. Η καθαρά θεωρητική αυτή ενασχόληση οδήγησε στη κατασκευή Γεωμετριών ανεξαρτήτων από το αξίωμα αυτό. Τα πρώτα αποτελέσματα από τον Lobaceνskii, μολονότι λογικά, φαίνονταν εξωπραγματικά και αδιανόητα ακόμα και από μαθηματικούς της εποχής του. Όμως οι ιδέες αυτές έθεσαν τα θεμέλια για τη δημιουργία των μη Ευκλείδειων Γεωμετριών, που απετέλεσαν λίγο αργότερα το έτοιμο πλαίσιο για τη θεωρία της Σχετικότητας του Einstein, όπου ο χώρος που ζούμε και ο χρόνος περιγράφονται μαζί από ένα γεωμετρικό χώρο τεσσάρων διαστάσεων με μη Ευκλείδεια γεωμετρία.

Σήμερα, ο όγκος της διαθέσιμης Μαθηματικής γνώσης είναι τεράστως. Όμως η αυξανόμενη ανάγκη για εμβάθυνση στην κατανόηση του φυσικού, αλλά και του συνεχώς και πιο πολύπλοκου κοινωνικού και οικονομικού περιβάλλοντος θέτουν νέα προβλήματα στα Μαθηματικά και δημιουργούν νέους και ενισχύουν παλαωύς ρόλους γι' αυτά. Ένας τέτοιος ρόλος, για παράδειγμα, είναι ο καθαρά εκπαιδευτικός αφού είναι γνωστό ότι τα Μαθηματικά προσφέρουν στον αποδέκτη, πέρα από τις γνώσεις αυτές καθ' αυτές μια νοητική οργάνωση που βοηθά στην αφομοίωση άλλων γνώσεων («μας μαθαίνουν πως να μαθαίνουμε», από εκεί ακριβώς προέρχεται και η κυριολεξία της λέξης "μαθηματικά" δηλαδή η επιστήμη που ασχολείται με τη μάθηση), αλλά και στην ανταπόκριση στις σημερινές αυξημένες ανάγκες της σύγχρονης πολύπλοκης οικονομικοκοινωνικής οργάνωσης.

Από όλα τα παραπάνω προκύπτει ότι εκτός από τα καθημερινά προβλήματα είναι η φαντασία και η διαίσθηση που ευθύνονται επίσης σε μεγάλο βαθμό για την εξέλιξη των Μαθηματικών και χωρίς αυτές ίσως να μην είχαν τη σημερινή τους μορφή.

Βασίλισσα λοιπόν ή Υπηρέτης των επιστημών; Μάλλον και τα δύο, γεγονός που αποδεικνύεται από την έντονη αλληλεπίδρασή της με τις άλλες επιστήμες; Ας δούμε μερικά παραδείγματα:

Η Φυσιιcή: Αποτέλεσε και αποτελεί το πλησιέστερο πεδίο αλληλεπίδρασης με τα Μαθηματικά. Μεγάλες Μαθηματικές περωχές έχουν ξεπηδήσει από φυσικά προβλήματα και αντίστροφα πολλές Μαθηματικές θεωρίες έχουν δικαιωθεί στη Φυσική. Σημαντικά παραδείγματα: Οι νόμοι της Μηχανικής του Νεύτωνα που πυροδότησαν την ανάπτυξη του Διαφορικού Λογισμού στα Μαθημα-

τικά και, αντίστροφα μερικούς αιώνες αργότερα, η ήδη υπάρχουσα Γεωμετρία Riemann που έδωσε το πλαίσω για τις Θεωρίες της Σχετικότητας του Einstein.

Η Βιολογία: Τα Μαθηματικά πρότυπα που αναπτύσσονται και μελετώνται αφορούν πληθυσμιακές μεταβολές μικροοργανισμών, δυναμική πολλαπλασιασμού καρκινοπαθών κύτταρων, δυναμική βιολογικού ανταγωνισμού, κ.λ.π.

Η Ιατρική: Πρότυπα μελέτης διάδοσης σημάτων στο νευρικό σύστημα του ανθρώπου, ρευστοδυναμικής της αρτηριακής και φλεβικής κυκλοφορίας του αίματος, έλεγχος της γλυκόζης στο αίμα, κατανόηση της δυναμικής των ασθενειών (π.χ. ανοσολογική δυναμική του AIDS) επιδημική διάδοση ασθενειών, κ.λ.π.

Η Κοινωνιολογία: Τυπικές εφαρμογές εδώ αποτελούν τα προβλήματα μείξης και αλληλεπίδρασης πληθυσμών με διαφορετικό, κοινωνικό υπόβαθρο, η δυναμική ευστάθεια των εξοπλισμών, κ.λ.π.

Η προστασία του περιβάλλοντος: Υπάρχουν Μαθηματικά πρότυπα για την μελέτη της ατμόσφαιρας, για την ανάλυση της οδικής κυκλοφορίας, την αποθήκευση υπολειμμάτων ατομικών εργοστασίων, κ.λ.π.

Η Οικονομία: Αντιπροσωπευτικά προβλήματα αποτελούν η ανάλυση των οικονομικών θεωριών, η μελέτη της δυναμικής των χρηματιστηρίων, η χάραξη πολιτικής των ασφαλιστικών εταιριών, κ.λ.π.

Η Βιομηχανιιcή σχεδίαση: Προβλήματα σχετικά με την σχεδίαση αυτοκινήτων, αεροσκαφών, κ.λ.π. Προβλήματα αυτομάτου ελέγχου μηχανημάτων και συσκευών, προβλήματα Ρομποτικής, κ.λ.π

Υπάρχει ακόμα μια πληθώρα πεδίων, ίσως λιγότερο γνωστών, με έντονη την μαθηματική παρουσία όπως η κρυπτογραφία, η γλωσσολογία, η τέχνη κ.λ.π.

Πως άρχισε όμως η περιπέτεια των Μαθηματικών?

Τα αρχαιότερα καταγεγραμμένα οργανωμένα Μαθηματικά τα συναντά κανείς στην Μεσοποταμία (Βαβυλωνία) και στην Αίγυπτο τη τρίτη χιλιετία π.χ. Το κυρίαρχο στοιχείο στα Μαθηματικά



αυτά ήταν η απαρίθμηση και οι γεωμετρικές μετρήσεις. Η έμφαση δινόταν στην κατασκευή mνάκων, πολλές φορές πολύπλοκων, για την επίλυση καθημερινών προβλημάτων. Χρησιμοποιούσαν δηλαδή διάφορες μεθόδους υπολογισμού μηχανικά, σαν τυφλοσούρτη, χωρίς να γνωρίζουν γιατί ισχύουν αυτοί οι κανόνες.

Οι Έλληνες υιοθέτησαν στοιχεία από τα Μαθηματικά των Βαβυλωνίων και των Αιγυπτίων. Όμως γύρω στον 6° π.χ. αιώνα έδωσαν στα Μαθηματικά νέα υπόσταση και μορφή, από απλό υπολογιστικό μέσο τα μετέτρεψαν σε εmστήμη, με την εισαγωγή της έννοιας της «Μαθηματικής απόδειξης>>. Από τη στιγμή εκείνη η ενασχόληση με τα Μαθηματικά παύει να έχει άμεσο πρακτικό σκοπό και σηματοδοτείται το ξεκίνημα της νέας αυτής επιστήμης.

Οι αριθμοί (π. χ. ο αριθμός 23) και τα σχήματα (π.χ ο κύβος) ως έννοιες και όχι ως αναπαραστάσεις ή περιγραφές συγκεκριμένων πραγμάτων (π. χ. ο αριθμός των αγελάδων, το σχήμα ενός κουτιού), γίνονται το αντικείμενο της μελέτης. Ανάμεσα στους επτά Έλληνες σοφούς η ιστορία αναφέρει το Θαλή το Μιλήσιο στον οποίο αποδίδονται οι αποδείξεις των πρώτων Γεωμετρικών προτάσεων. Στον Πυθαγόρα και τη σχολή του, τον 5° π. χ. αιώνα, αποδίδεται το πρώτο πρόγραμμα θεμελίωσης των Μαθηματικών σε αριθμητική βάση. Κατά την ελληνιστική εποχή ο Ευκλείδης συνέταξε τα μνημειώδη «Στοιχεία» του, ένα έργο του οποίου ο αριθμός των εκδόσεων ακολουθεί αυτόν της Βίβλου. Τα «Στοιχεία» του Ευκλείδη και η αυθεντία του Πλάτωνα και του Αριστοτέλη οριοθετούν τον καθοριστικό ρόλο των Μαθηματικών στην ιστορία της επιστημονικής σκέψης. Η ίδια εποχή έδωσε μια σεφά καταπληκτικών μορφών. Ανάμεσα τους οι γίγαντες της Μαθηματικής σκέψης Αρχιμήδης (267-212 π.χ.) με τις πρώτες μεθόδους ολοκλήρωσης και διαφόρισης καθώς και πλήθος γνωστών εφαρμογών στη Φυσική, και ο Απολλώνιος (260-170 π.χ.), με την μελέτη των κωνικών τομών.

Έχουμε άραγε το δικαίωμα να θεωρούμε καθοριστική τη συνεισφορά των Ελλήνων στην επιστήμη των Μαθηματικών;

Τα γεγονότα μιλούν από μόνα τους:

Είναι πραγματικά εντυπωσιακό και δείγμα υψηλού πολιτισμού, το γqονός ότι σ' αυτήν τη γωνιά της Γης κάποιοι άνθρωποι αισθάνθηκαν την ανάγκη της απόδειξης μαθηματικών στοιχείων που ήδη χρησιμοποιούσαν στην καθημερινή ζωή και δεν επαναπαύτηκαν απλά στη χρήση τους. Μετά τη παρακμή του αρχαίου πο-λιτισμού και για περισσότερα από χίλια χρόνια

τα αποτελέσματα των αρχαίων Μαθηματικών είναι τα πρότυπα που δεν μπορούν να ξεπερασθούν. Όταν τον 16° και 17° αιώνα ξεκινά η νέα Αστρονομία και Μηχανική με τους νόμους του Κέπλερ και του Νεύτωνα αυτή στηρίζεται στις κωνικές τομές του Απολλώνιου και στο ηλιοκεντρικό σύστημα του Αρίσταρχου του Σάμιου (3°

π.χ. αιώνας). Παρόλο που σημαντικά ιστορικά γqονότα

έβγαλαν την Ελλάδα από την πορεία των χωρών που συμμετείχαν ενεργά στην πρόοδο όχι μόνο των Μαθηματικών, αλλά και γενικότερα της επιστήμης,. όταν όμως στα τέλη του 19°" αιώνα ο Ελληνισμός αναπνέει πάλι ελεύθερος γρήγορα αρχίζει πάλι να δίνει το παρόν στη διεθνή Μαθηματική Κοινότητα με σημαντικούς Μαθηματικούς όπως τους Κωνσταντίνο Καραθεοδωρή (1873-1950), Στέφανο Κυπάρισσο, Νικόλαο Νικολαϊδη, Παναγιώτη Ζερβό (1878-1952), Γεώργιο Ρεμούνδο (1878-1926) και Νικόλαο Χατζηδάκη (1872-1942). Το 1918 ιδρύεται από τους τρεις τελευταίους το επιστημονικό σωματείο της Ε.Μ.Ε που από τότε και αδιάλειπτα δίνει ενεργά το παρόν στο χώρο της Μαθηματικής Επιστήμης ..

Καλούμε λοιπόν όλους εσάς, τους μαθητές μας, με τη βοήθεια και συμπαράσταση τη δική μας και όλης της εκπαιδευτικής κοινότητας, αλλά προπαντός συμμετέχοντας στις δραστηριότητες του πλέον αξιόλογου επιστημονικού σωματείου της χώρας μας, της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας, να ασχοληθείτε με αγάπη και ενδιαφέρον για την επιστήμη των μαθηματικών, γιατί μέσα από αυτή δεν θα πάρετε μόνο γνώσεις, δεν θα εκπαιδευτείτε μόνο στη μάθηση, όπως λέει η λέξη, δεν θα σας λυθούν μόνο οι όποιες απορίες έχετε για τις βάσεις όλων των άλλων επιστημονικών οικοδομημάτων, αλλά θα έχετε την εξαιρετική τύχη να νιώσετε τη χαρά που μόνο η λύση ενός μαθηματικού προβλήματος δίνει.

Δεν είναι τυχαίο που οι Αρχαίοι Έλληνες ασχολούνταν με τα Μαθηματικά για τα Μαθηματικά αφού ήταν για αυτούς παιχνίδι, απόλαυση, γνώση, χαρά, ξεκούραση, φαντασία, και τέλος δημιουργία.

Ας τους μιμηθούμε αφού σε αυτή τη γωνιά της γης εξακολουθεί να ανθεί, όπως είναι εμφανές στα πρόσωπά σας το ανήσυχο πνεύμα των προγόνων μας.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ s· λ. γ. τ.4/10

2000 Διέθνές έτος Μαθηματικών

Σογοπτικ6s ΠίΥΙλΚΙλs rιιs ΑΥΑΠrοlιιs rωγ ΜΙλlιιμlλrικtfιγ

της Χριστίνας Φίλη •

3000 - 2000 π.Χ.

Αίγυπτος: Εμφάνιση ιερσyλυφικών αριθμών. Κατασκευή πυραμίδων.

Κίνα: Πραγματεία Μετάθέσεων (yang ying). Πραγματεία αριθμητικής σε 9 κεφάλαια (υπολσyισμοί εμβαδών). Προσέγγιση της τιμής του π.

Μεσοποταμία: Εμφάνιση σφηνοειδούς γραφής των αριθμών.

2000 - 1000 π.Χ.

Αίγυπτος: Πάπυροι Rhind και Μόσχας. Υ πολογισμοί όγκων και εμβαδών.

Μεσοποταμία: Υ πολσyισμοί εμβαδών και «επίλυσψ> εξισώσεων 200 βαθμού.

Ελλάδα:

Ινδία:

Ελλάδα:

1000 - 500 π.Χ.

Θαλής. Έννοια απόδειξης, Αποδεικτική Γεωμετρία. Πυθαγόρας - ΠυθαγόρειοL Θεωρία Αριθμών, γεωμετρία, μουσική κλίμακα. Υπολσyισμός τετραγωνικών ριζών.

500 - 300 π.Χ.

Οινοπίδης ο Χίος. Γεωμετρία. Ιπποκράτης ο Χίος. Τετραγωνισμός. Ζήνωγ _ ο Ελεάτης. Παράδοξα κίνησης (που περικλείουν έννοιες συνέχειας και ορίου) Λεύκιππος. Ατομική θεωρία. Αντιφών. Μέθοδος εξάντλησης. Ιππίας ο Ηλείος. Τετραγωνισμός. Θεόδωρος ο Κηρυναίος. Ασύμμετρους αριθμούς. Δημόκριτος. ΑτομιΚ11 Θεωρία, Γεωμετρία.

• Η κ. Χριστίνα Φiλη είναι Επίκουρη Καθηγήτρια του

Ελλάδα:

Κίνα:

Ελλάδα:

Κίνα:

Ελλάδα:

Κίνα:

Ελλάδα:

Ε.Μ.Π. Μεξικό:


Αρχύτας. Α ναλσyίες. Πλάτων. Θεμελίωση Μαθηματικών'. Θεαίτητος. Γεωμετρία. Εύδοξος. Αναλσyίες. Μέναιχμος. Κωνικές. Δεινόστρατος. Τετραγωνίζουσα. Αριστοτέλης. Λσyική. Ευκλείδης. Στόιχεία, Δεδομένα, Φαινόμενα.

300 π.Χ - 0

Αρίσταρχος. Πρώτη διατύπωση της θεωρίας του ηλιοκεντρικού συστήματος. Ερατοσθένης. Πρώτοι αριθμοί. Γεωδαισία. Απολλώνιος. Κωνικές. Αρχιμήδης. Γεωμετρία, Αρχές απεφοστικού λσyισμού, Θεωρητική φυσική, Εφαρμσyές. Ίππαρχος. Αστρονομία, Τριγωνομετρία. Σωσιγένης. Δημιουργία Ιουλιανού ημερολσyίου. Τετραγωνικές, κυβικές ρίζες. Γραμμικές εξισώσεις.

0 - 200

Ήρων ο Αλεξανδρεύς. Γεωδαισία, Μαθηματικά, Εφαρμογές. Σερήνος. Κυλινδρικές τομές. Νικόμαχος. Θεωρία Αριθμών. Θέων ο Σμυρναίος. Θεωρία Αριθμών. Κλαύδιος Πτολεμαίος. Αστρονομία, Τριγωνομετρία, Γεωδαισία. Αστρονομία, Γεωμετρία.

200 - 400

Διόφαντος. Άλγεβρα, Θεωρία Αριθμών. Πάππος. Γεωμετρία. Ιαμβλίχος. Θεωρία Αριθμών. Θέων ο Αλεξαyδρεύς. Γεωμετρία. Liu Hui. Τεχνικές μέτρησης. Αριθμητική.

400 -800

Υπατία. Γεωμετρία, Αστρονομία. Πρόκλος. Γεωμετρία. Ανάπτυξη της αρίθμησης και α-


στρονομίας των Maya. Μέση Ανατολή : Με τον Χαρούν αλ Ρασίντ, προ

στάτη των Μαθηματικών, (βασίλευσε 786 - 808) αρχίζει η αραβική εποχή, αμάλγαμα δύο κόσμων (ελληνικού - αραβικού)

Ινδία: Aιyabhata και Τριγωνομετρία. Brahmagupta και απροσδιόριστη ανάλυση, ανάπτυξη του ινδοαραβικού συστήματος αρίθμησης.

Ιταλία: Boethius. Γεωμετρία και Θεωρία Αριθμών.

Κίνα: Αριθμητική, Μέτρηση κύκλου, Εξισώσεις 3ou βαθμού, Αστρονομία.

800 - 1000 Μέση Ανατολή : ai Khowarismi. Άλγεβρα.

Honein ibn Ishaq. Ελληνικά Μαθηματικά Tabit ibn Qurra. Κωνικές, Ελληνικά Μαθηματικά. Abu Kamil. Γεωμετρία, Άλγεβρα. ΑΙ Nairizi. Γεωμετρία. Αβικέννας. Γεωμετρία, Αριθμητι-κή.

Ινδία: Mahaνϊra. Αριθμητική Άλγεβρα. Ισπανία: Gerbert (Syiνester Π) Αριθμητική.

Βυζάντιο : Περσία:

Ινδία:

Ισπανία:

Ιταλία:

Κίνα:

Αγγλία:

Βυζάντιο:

1000 -1200

Μιχαήλ Ψελλός. Αστρονομία. Ομάρ Καγιάμ. Γεωμετρική λύση κυβικών εξισώσεων, αίτημα των παραλλήλων, θεωρία αναλογιών. ΑΙ Biruni και σφαιρική τριγωνομετρία Bhaskara. Άλγεβρα. Αραβικά έργα μεταφράζονται σε λατινικά. Abraham ben Ezra. Συνδυαστική. Μεταφράσεις αραβικών έργων στα λατινικά (Πλάτων του Tivoli, Gherardo της Cremorna) Αριθμητική.

1200 - 1400

Μελέτη κίνησης, επιτάχυνσης. Caiculatores.

Γαλλία:

Ιταλία:

Κίνα:

Περού: Περσία:

Αγγλία: Γαλλία:

Γερμανία:

Ιταλία:

Ινδία: Κάτω Χώρες: Πορτογαλία:

Ευρώπη :

Μάξιμος Πλανούδης. Θεωρία Αριθμών.

Εμμανουήλ Μοσχόπουλος. Μαγικά τετράγωνα.

Νικόλαος Ραβδάς. Αριθμητική, Γεωμετρία. Ο Jordanus και η προχωρημένη Άλγεβρα. Leonardo της Πίζας (Fibonacci), Άλγεβρα, Αριθμητική, Γεωμετρία (εισαγωγή αραβικών γνώσεων). Επίλυση πολυωνυμικών εξισώσεων. Κίπους* για μέτρηση Nasir ai Din Tusi και τριγωνομετρία.

1400 - 1600

τριγωνομετρία Ο Vieta και ο αλγεβρικόs συμβολισμός. Reichenmeisters. Προοπτική (Dϋrer) Αλγεβρική επίλυση εξισώσεων 3ou βαθμού (Feπari, Tartaglia, Cardano). Γεωμετρία, Γεωμετρική προοπτική. Υπολογισμοί ημχ, συνχ Steνin και τα δεκαδικά κλάσματα Ν. Nufiez (Άλγεβρα, γεωμετρία, ναυσιπλοία)

1600 - 1700

Kepier, Newton. Ουράνια μηχανι-κή. Descartes - Fermat. Δημιουργία Αναλυτικής Γεωμετρίας Napier, Briggs . Ανακάλυψη λογαρίθμων. Girard - Descartes. Θεωρία εξισώσεων. Pascal - Fermat. Θεωρία Πιθανοτήτων. Fermat - Pascal. Θεωρία Αριθμών Pascai - Desargues. Προβολική Γεωμετρία. Newton - Leibniz. Δημιουργία απειροστικού λογισμού. Γαλιλαίος. Γεωμετρία, Αστρονομία, Μηχανική.

Ιωάννης Παχυμέρης. Περί των τεσσάρων μαθημάτων Παχυμερούς μεγάλου διδασκάλου (Αριθμητική, Μουσική, Γεωμετρία, Αστρονομία).

• κόμβοι σε σχοινιά ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.4/12


Κίνα:

Huygens. Γεωμετρία, Φυσική, Αστρονομία, Θεωρία Πιθανοτήτων. Ο Mateo Ricci μεταφράζει τα Στοιχεία του Ευκλείδη στα κινέζικα.

1700 - 1800 Ανάπτυξη τεχνικής για επίλυση διαφορικών εξισώσεων (Euler, D' Alembert, Clairaύt, Bernoulli, Lagrange) Προσπάθεια αυστηρής θεμελiωσης του απεφοστικού λογισμού (D' Alembert, Euler, Lagrange) Θεωρία Πιθανοτήτων (Bernoulli, de Moivre, Bayes, Laplace) Επίλυση πολυωνυμικών εξισώσεων (Lagrange, Ruffini) _

Γεωμετρία: Μελέτη Καμπυλών (Euler, Clairaut. Monge, Dupin) Λογισμός Μεταβολών (Euler, Lagrange)

1 800 - 1900 Αλγεβρική Θεωρία αριθμών. Θεωρία Galois. Ομάδες και Σώματα. Quaternions και οι μη-μεταθετικές άλγεβρες. Θεωρία πινάκων.

Η αριθμητικοποίηση της ανάλυσης. Διαφορική Γεωμετρία. Μη Ευκλείδειες Γεωμετρίες. Προβολική Γεωμετρία. Διανυσματική Ανάλυση. Θεμελiωση της Γεωμετρίας. Μαθηματική Λογική. Θεωρία Πιθανοτήτων. Θεωρία Συναρτήσεων.

1900 - 1999 Θεωρία Συνόλων. Ανάπτυξη της Τοπολογίας. Αυστηρή θεμελiωση της Θεωρίας Πιθανοτήτων'. Επίδραση των ΗΝ στα Μαθηματικά. Αλγεβροποίηση των Μαθηματικών. Επίλυση ανοιχτών προβλημάτων (το τελευτάίο θεώρημα του Fermaι: το πρόβλημα των 4 χρωμά-των,. . ·

Η γένεση της ομάδας Ν. Bourbaki . Η δημιουργία καινούριων κλάδων και θεωριών όπως (συναρτησιακή ανάλυση, τανυστική ανάλυση, ολική διαφορική γεωμετρία, κυβερνητική, θεωρία γραφημάτων, θεωρίd κατηγοριών, θεωρία κατανοjιών, θεωρία solitons κ.α.)

Ε ΚΔΟΣ Ε Ι Σ ΑΡΜΕΝΟΠΟΥΛΟΥ 27 τηλ.:(Ο31)203.720 Fax:(031)21 1 .305 ΤΕΧΝΙΚΑ - ΕΠΙΣtΗΜΟΝΙΚΑ Z Η ι Η θΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ 546 35 ΓΙΑ ΤΑ ΑΕΙ, ΤΕΙ, IEK

ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΓΙΑ ΤΟ Λ YKEIO

e-mail: [email protected] • www.zitl.gr

ΝΕΕΣ ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΟ ΕΝ/Α/Ο Λ ΥΚΕ/0 2000

Γ. θωμοίδη - Α. Παύλου

ΔΙΔΑκτJΚΗ τΗΣ ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑΣ ΓΕΟΜΕ1ΡΙΑΣ

·---- . . --- . . -

DBII'AMAτoJI XIIMEIAJ: c • • •' . . '8\ -, :� • .::.::=--

Κ. Γισύριι · Τσσχιπζ4 ΔWΚΠΚΗ ΠΕΙΡΛΜΑτDΝ ΧΙΙΜΕΙΛΣ

θονόση Ξtνου ΥΡΑΠΕΖΑ θΕΜΑΤΟΝ ΠΑ ΜΑθΗΜΑΥΙΚΑ Για την Λ' Λυιυ:Ισυ

θσνόση Ξtνου

ΠΡΟΙΛΗΜΛΤΛ ΜΛ811ΜΛΠΙΙΩΝ Για ιιι Β' Λυιιι:rου

(ΓΕΝ/ΚΟ - ΚΑΤΕΥΘΥΝΕΕΩΝ)

ΝΕΑ ΕΚΠΑΙΔΕΥ1ΙΚΑ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑΤΑ

Αντώνη ...._ ΚΡιτΉΡΙΑ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ ΜΕ Η/Υ ΧΗΜΕΙΑ Α' ΛΥΙΙΕΙΟΥ

-

-� Σύνιομα ΊΟ 9ο TcVxoς 10U ιιφοδκού μας

6:,,r.τιι ι ι) ι Ι ' Τ t % ιι ( ΊίΡΙJΗ Ι /1 1 / Ι I /� 1 / 11 /

θσ ιο ρρά!c: IIIIΛIOIIΩΛEIO θΒΣΜΟΝΙΟΟIΣ•

IIIIΛIOIIΩΛEIO ΑθΙΙΝΩΝ• Φοάιου ιιμJcυ), �·Fσιt 1011 32 1 1 rιn λ/10 ΟΜ ΤΑ Ιε'ΜΑ IIIΛIOMΛBA•

Ο Οι τίτλοι των βιβλίων μας είναι ταξινομημένοι θεματικό και κατό βαθμίδα εκπαίδευσης ή τόξης. Οι «διασταυρώσεις» είναι πολλές, ώστε να μπορείτε εύκολα να πηγαίνετε σε τίτλους συναφείς με αυτόν που εκόστοτε έχετε μπροστό σας.

Ο Μπορείτε εύκολα να δείτε την εργογραφία κόθε συγγραφέα, ακόμη και την ιδιότητα που συμμετέχει σε κόθε τίτλο του.

Ο Ακόμα δείτε πληροφορίες για το περι οδι κό μας « Ε κπαι δευτι κοί Προβληματισμοί» κα ι για τις δραστηριότητες του εκδοτικού μας οίκου.

λΡΧλ.Ιλ θλλΗΝΙ Ι<λ. ΜλθΗΜλ ΤΙ Ι<λ. Υπεύθυνοι στήλης: Κηπουρός Χ. - Σπανδάγος Β. - Τσιμπουράκης Δ.

του Βαγγέλη Σπανδάγου

Ο Πλάτων διαφούσε τα μαθηματικά σε 4 κλάδους: στην aριθμητική, στη γεωμετρία, στη στερεολσyία και στην aστρονομία. Σκοπός των μαθηματικών, κατά το μεγάλο φιλόσοφο, είναι να οδηγήσουν την ψυχή προς την αλήθεια, να δημιουργήσουν την καλλιέργεια του πνεύματος, ώστε να γίνει κατανοητός ο τελικός σκοπός της φιλοσοφίας, που είναι η ιδέα του αγαθού.

Από την προσεκτική μελέτη των πλατωνικών διαλόγων προκύπτουν οι μαθηματικές γνώσεις του Πλάτωνος, τόσο στη θεωρία αριθμών, όσο και στη γεωμετρία. Στους "Νόμους" 1 του ο Πλάτων δίνει τον ορισμό του άρτωυ αριθμού: "άρτιος είναι ο αριθμός που διαιρείται σε δύο ίσα μέρη" . · Στον "Παρμενίδη"2 χωρίζει τους ακέραιους σε κατηγορίες που προκύπτουν από τον πολλαπλασιασμό

άρτιων και περιττών αριθμών. Γράφει συγκεκριμένα στον "Παρμενίδη" ο Πλάτων: " 'Άρτιά τε aρα aρτιάκις hν εiη καί περιττα περιττάκις καί aρτια περιττάκις και περιττα hρτιάκις" . (Κάθε αριθμός είναι γινόμενο αρτίων ή γινόμενο περιττών ή γινόμενο αρτίων επί περιττών ή γινόμενο περιττών επί αρτίων).

Στον "Θεαίτητο" ο Πλάτων διατυπώνει την πρόταση ότι στο σύνολο των ακεραίων αριθμών οι μισοί είναι αριθμοί άρτιοι και οι μισοί αριθμοί περιττοί.

Ο Κ. Γεωργούλης γράφει3 σχετικά με τις γνώσεις του Πλάτωνος στη θεωρία των αριθμών: " Ό Πλάτων l:χει εμβαθύνει προσέτι εtς το πρόβλημα τί)ς διαιρετότητος καί της hναλύσεως των hριθμrον εις παράγοντας. Εις τους "Νόμους" (σελ. 738) καθορίζει τον hριθμον τού πληθυσμού τί)ς πόλεως εις 5040, ί'ιστις iσοϋται με το γινόμενον των tπτα πρώτων hριθμrον ι χ 2 χ 3 χ 4 χ 5 χ 6 χ 7 = 5040. Ό h· ριθμΟς των πολιτών των hπαρτιζόντων την εbνομουμένην πόλιν, λέγει b Πλάτων, πρέπει να εiναι τοιούτος fuστε να εiναι έπιδεκτικος πολλίον διαιρέσεων δια να εbκολύνπ τους lιρχοντας κατα τας διανομάς. 'Ως πρΟς τον ρηθέντα hριθμον 5040 λέγει ο ΙΙJ.ό.των "μιάς δεουσαιν έξήκοντα δύναιτ' hν τέμνεσθαι τομαιν, ξυνεχείς δε hπο μιάς μέχρι δέκα" (εiναι έπιδεκτικΟς 59 διαιρέσεων μη hφινουσαιν ύπόλοιπον, καί διαιρείται hπο bλους τους hριθμους hπο το ι 00>ς το ι ο".

Στο δtάλσyο "Θεαίτητος"4 ο Πλάτων χωρiζει τους αριθμούς σε "τετραγώνους" και σε "προμήκεις". Τετράγωνοι λέyονται οι αριθμοί που παράγονται από τον πολλαπλασιασμό ενός αριθμού με τον εαυτό του, π. χ. ο αριθμός 25 είναι τετράγωνος, δώτι 25 = 5 · 5 = 52 • Προμήκεις λέyονται οι αριθμοί που παράγονται από τον πολλαπλασιασμό δύο άνισων ακεραίων. Έτσι, π. χ., ο αριθμός 28 είναι προμήκης, δώτι 28 = 4 · 7 και 4 -::;: 7 .

Στον "τίμαιο"s θίγει την έννοια των αριθμητικών σεφών, ενώ στο όγδοο βιβλίο της "Πολιτείας", με αριθμητικές σχέσεις, που δείχνουν βαθιές γνώσεις της θεωρίας των αριθμών, καθορίζει την περίοδο της γεννήσεως τόσο των ανθρωπίνων, όσο και των θείων όντων. Στο ίδω έργο του περιέχονται και οι εκφράσεις "αύξήσεις δυνάμεναι καί δυναστευόμεναι" (πολλαπλασιασμοί ριζών και τετραγώνων).

* * *

Ο ιδρυτής της Ακαδημίας είχε ασχοληθεί με τους άρρητους αριθμούς και γενικά με τα άρρητα μεγέθη, μάλιστα στην "Πολιτεία" του γράφει: "Θεωρείται έγκλημα κατά της Πολιτείας το να μη γνωρίζει η νεολαία τη διαφορά μεταξύ συμμέτρων και

1 Πλάτωνος: "Νόμοι", 895, Ε. 2 Πλάτωνος: "Παρμενίδης", 1 44, Α. 3 Γεωρyοολη Κ.: "Τα μαθηματικά της Ακαδημίας τοu Πλάτωνος" (ανάτυπο), Αθήνα 1952.

4 Πλάτωνος: "Θεαίτητος;', 147, Ε. s Πλάτωνος: "Ημαιος", 35 α.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ γ. τ.4/14

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

ασυμμέτρων μεγεθών" . ( • • • τα των μετρητων και αμέτρων προς llλληλα Ήτινι φύσει γέγονε • . • )

* * *

Ο Πλάτων δεν ικανοποιήθηκε από τους ρητούς αριθμούς, εφόσον δεν μπορούσε μέσα από αυτούς να εκφράσει τους ασύμμετρους. Κατασκεύασε, λοιπόν, ένα ευρύτερο αριθμητικό σύστημα 1, τους "ιδεατους αριθμούς" . Για τους αριθμούς αυτούς δεν υπάρχουν σαφείς και πλήρεις πληροφορίες. Είναι γνωστό μόνο ότι δίπλα από τον αριθμό "�α" τοποθετούσε τον ιδεατό αριθμό "'Ένα", με την ιδιότητα "διαιρούμενος επ' άπειρον με το δύο, να μένει αναλλοίωτος". Με τον ίδιο τρόπο όριζε ο Πλάτων και τον ιδεατό αριθμό "δύο" . Μία ωραία ερμηνεία των ιδεατών αριθμών έδωσε, το 1 939, ο Γάλλος ιστορικός των μαθητικών Β. Rey: " Οι συνεχείς διαιρέσεις του "'Ένα" δια του δύο αντιστοιχούν στα διαδοχικά πηλί-

1 ι ι 1 1 τ , δ , θ • "'Έ " . λλο' • · κα 2 , 22 , 23 , 24 , ... , lv , ... ο οτι ο ι εατος αρι μος να μενει ανα ιωτος σημαινει οτι

I I Ι Ι ι , το άθροισμα των όρων της φθίνουσας γεωμετρικής προόδου - + -2 + -3 + -4 + . . . + - + . . . εχει 2 2 2 2 2ν όριο τον αριθμό 1 " .

Έτσι, λοιπόν, ο Πλάτων άγγιξε ένα από τους τρόπους με τους οποίους η μαθηματική ανάλυση ορίζει τους ασύμμετρους αριθμούς (ως όριο αθροίσματος των όρων συγκλίνουσας αριθμητικής σειράς με ρητούς όρους).

* * *

Στην "Πολιτεία" (546c) μνημονεύονται οι ακέραιες λύσεις της διοφαντικής εξισώσεως y 2 = 2χ 2 - I . Γ ράφει συγκεκριμένα στην "Πολιτεία" :

" • • • απο διαμέτρων ρητων πεμπάδος, δεομένων ένος εκάστων αρρήτων δε δυοίν", δηλαδή από το τετράγωνο με πλευρά 5 προκύπτει η διαγώνιος του δ από τη σχέση δ2 = 2 · 52 , οπότε είναι

δ = ..[i":52 = J50 . Η διαγώνιος αυτή γίνεται ρητή, αν αφαιρεθεί το 1 .

Πράγματι έχουμε: δ = .J50 - I = .J49 = 7 . Ενώ αν αφαιρέσουμε τον 2 θα έχουμε:

δ = .J 50 - 2 = J48 , που είναι αριθμός άρρητος. * * *

Ο Ήρων αναφέρει ότι ο Πλάτων ασχολήθηκε και με τις πυθαγόρειες τριάδες, δηλαδή με τις τριάδες

αριθμών που επαληθεύουν τη σχέση χ 2 + y2 = z2 του πυθαγορείου θεωρήματος και ότι δίνει ως λύση

της εξωώσεαις χ' + y2 = z2 τ1ς τρu\δες: ( � )' - I , α, ( � )' + I ,

αντiσtοιχα, όταν ο α είναι αριθμός άρτως. "Ετσι, π. χ., αν α = 6 , έχουμε την τριάδα 6, (% )' + I = I Ο ,

( �)' - I = 8 . Ισχύει δε ότι 1 02 = 62 + 82 •

* * *

Ένα από τα κεντρικά θέματα της μαθηματικής έρευνας του 4ou π.Χ. αιώνα ήταν το πρόβλημα των αναλογιών. Με την ανακάλυψη των ασύμμετρων μεγεθών προέκυψε μεγάλη δυσχέρεια κατά την εφαρμογή των αναλογιών σε αυτά τα μεγέθη. Το πρόβλημα αυτό έγινε αντικείμενο πολύχρονων μελετών στην Ακαδημία. Από τον πλατωνικό διάλογο "τίμαιός"2 προκύπτουν ενδείξεις ότι ο Πλάτων είχε ασχοληθεί με τη θεωρία των αναλογιών.

* * *

Στα πλατωνικά έργα "Μένων" και "Παρμενίδης" παρουσιάζονται διάφοροι γεωμετρικοί ορισμοί. Α-

1 Ζερβο(ι Παν.: "ΑΙ μαθημαnκα\ fννοιαι παρlχ Πλάτωνι" (πραιcnκά Ακαδημίας Αθηνών, έτος ι 950, τόμος 25�, Αθήνα ι 952.

2 Πλάτωνος: •τιμαιος", 359.


Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

ξιοπρόσεκτος είναι ο ορισμός της ευθείας που δίνει ο Πλάτων: "ευθεία είναι η γραμμή που το μέσον της καλύπτει τα άκρα" .

Στον "Μένωνα", ειδικότερα, παρουσιάζει διερεύνηση και λύση ενός γεωμετρικού προβλήματος, αντιπροσωπευτικού δείγματος των γεωμετρικών εργασιών που γινόντουσαν στην Ακαδημία. Πρόκειται για την κατασκευή ενός τετραγώνου που έχει διπλάσιο εμβαδόν από ένα δοσμένο τετράγωνο με πλευρά α = 2 . Αποδεικνύεται ότι η πλευρά του μεγάλου τετραγώνου είναι β = .J8 = 2..fi (είναι

β2 = (../8)2 = 8 = 2 · 22 = 2α2 ) . * * *

Ο Πλάτων είναι ο θεμελιωτής της στερεομετρίας. Τα πέντε κανονικά πολύεδρα που χρησιμοποιεί για να εξηγήσει την συγκρότηση του υλικού σύμπαντος ονομάσθηκαν από τους μεταγενέστερους πλατωνικά στερεά. Τα ,reντε κανονικά1 πολύεδρα που κατασκευάσθηκαν από τον Πλάτωνα και τους συνεργάτες το'? στην Ακαδημία, είναι:

Το κανονικό τετράεδρο με έδρες ισόπλευρα τρίγωνα. Το κανονικό εξάεδρο με έδρες τετράγωνα (κύβος). Το κανονικό οκτάεδρο με έδρες ισόπλευρα τρίγωνα. Το κανονικό δωδεκάεδρο με έδρες κανονικά πεντάγωνα. Το κανονικό εικοσάεδρο με έδρες ισόπλευρα τρίγωνα. Ο Πλάτων κα� οι μαθητές του επινόησ�� και την περιγραφή σφαίρας περί τα 5 αυτά στερεά.

Τετράεδρο εξάεδρο Οκτάεδρο

Δωδεκάεδρο Εικοσάεδρο Στους ''Νόμους" του γράφει για τη στερεομετρία:

"τέχνη, iιν δη στερεομετρίαν έκάλεσαν οι προστυχείς αύτfι γεγονότες" . (τέχνη την οποία ονόμασαν στερεομετρία αυτοί που ασχολήθηκαν με αυτήν).

* * *

Ο Πλάτων φαίνεται ότι προχώρησε και στο πρόβλημα της χρυσής τομής, με το οποίο ζητείται, όπως είναι γνωστό, η διαίρεση μίας ευθείας σε άκρο και μέσο λόγο. Ο Πρόκλος μαρτυρεί ότι το πρόβλημα αυτό τέθηκε αρχικά από τον Πλάτωνα, μελετήθηκε, όμως, ευρύτατα από τον Εύδοξο. "Εδδοξος δε ό Κνίδιος ••• και τα περι την τομην hρχην λαβόντα παρ« τού Πλάτωνος εις πλήθος προήΎαΎεν και ταίς hναλύσεσιν έπ' αυτων �ησάμενος" .

* * *

Ο Ευτόκιος, στο έργο του "Σχόλια στο Περι σφαίρας και Κυλίνδρου τού Άpχιμήδους", αναφέρει μία λύση του προβλήματος του διπλασιασμού του κύβου την οποία αποδίδει στον Πλάτωνα. Η λύση που αναφέρει ο Ευτόκιος δεν επιτυγχάνεται με τον κανόνα και το διαβήτη, αλλά απαιτεί "μηχανική" κατασκευή η οποία χρησιμοποιεί περιστροφή και μετατόπιση. Η λύση αυτή έχει ως εξής:

Δίνεται ορθή γωνία ΑΒΓ, με ΑΒ = 2ΒΓ . Προεκτείνουμε τη ΒΓ και την ΑΒ προς τις αντίθετες κατευ-

1 Εiναι ιαιρτά πολύεδρα, με έδρες ίσα κανονικά πο'λirγωνα. Τα στερεά αυτά είχαν ήδη μελετηθεί από τους Πuθιryορεfσυς στη Σχολή τοu Κρότωνος.


Αpχαiα Ελληνικά Μαθηματικά

θύνσεις. Έστω ΒΕ και ΒΔ οι αντίστοιχες προεκτάσεις. Κατασκευάζουμε, με μηχανικό τρόπο (νεύση), τις ορθές γωνίες ΑΕΔ και ΕΔΓ. Τότε η ΒΔ είναι η πλευρά του ζητούμενου κύβου. Πράγματt, από τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΕΔ και ΕΔΓ έχουμε:

ΑΒ = ΒΕ = ΒΔ ή (βλέπε σχήμα) β

= 1._ = � (1). Α ΒΕ ΒΔ ΒΓ y χ α

Από την ( 1 ) προκύπτει: y2 = β χ και χ 2 = αy (2). Είναι, όμως β = 2α . Άρα οι (2) γράφονται: y2 = 2αχ (3)

και χ2 = αy (4). χ4 Η (3), λόγω της (4), δίνει: - = 2αχ ή χ3 = 2α3 α2 ή

Ο Νικόλαος Χατζηδάκης γράφει1 για τη λύση αυτή:

χ =ifiα . Δ

"Σχετικίι>ς με την λύσιν ταύτην εδημιούργει εις τους iστορικους της αρχαίας έπιστήμης μέyα ζήτη· μα. Εις την προς τον βασιλέα Πτολεμαιον επιστολην τού Έpατοσθένους δεν αναφέρεται ί'nι ανήκει εις τον Πλάτωνα η αναφερθείσα λύσις. Τουναντίον b Πλούταρχος αφηγείται εις τον βίον Μαρκέλλου ί'nι b Πλάτων απέκρουε τας ύπο τού "Λpχύτου κα\ τού Μεvαίχμου επινοηθείσας δι« μηχανικίι>ν μέσων λύσεις τού προβλήματος. 'Επίσης Θέων δ Σμυpναιος δστις αντλεί απο τον ύπο τού Έpατοσθένους γραφέντα διάλογον ύπο τον τίτλον "Πλατωνικός" αναφέρει μεν την εις τους Δηλίους δοθείσαν ύπο τού "Λπόλλωνος προσταγήν, χωρ\ς να λέr'Π ί'nι b Πλάτων παρουσίασε σχετικην λύσιν. 'Επειδή, i>μως, b ΕiJτόκιος φαίνεται να εiχεν ύπ' bψιν τον "Πλατωνικόν" τού Έpατοσθένους, δυνάμεθα να εικάσωμεν ί'nι εις αύτον θα ύπήρχεν η εiδησις η σχετικη με την λύσιν τού Πλάτωνος.

Δεν εiναι απίθανον b Πλάτων να εiχε καθορίσει μόνον τας θεωρητικας προϋποθέσεις ύφ' iι.ς θα qτο δυνατον να λυθ'fi το πρόβλημα επ\ τη βάσει τίι>ν σχέσεων τίι>ν πλευρίι>ν bρθσyωνίων τριγώνων, ίος εξετέθη ανωτέρω. Φυσικον δε qτο οι εν τη Άκαδημψ εργαζόμενοι μαθηματικο\ να προσπαθή· σουν να wρουν δια μηχανικίι>ν μέσων την λύσιν τού προβλήματος. Το κύριον ενδιαφέρον τού Πλάτωνος συνεκεντρούτο εις την διασαφήνισιν της μεθόδου την bποίαν ίονόμαζεν "εξ ύποθέσεως σκοπείσθαι", κ α\ την bποίαν b iδιος bμολογεί i>τι εiχε παραλάβει εκ τίι>ν γεωμετρίι>ν".

Επίσης ο Πλούταρχος, στο όγδοο βιβλίο των "Συμποσιακών προβλημάτων" γράφει: "Διο κ α\ Πλάτων αύτος εμέμψατο τους περ\ ΕiJδοξον κα\ "Λpχύταν κα\ Μέναιχμον εις bργανικας κα\ μηχανικας κατάσκευας τον τού στερεού διπλασιασμον απάγειν επιχειρούντας, lι>σπερ πειρωμένους δι' αλόγου δύο μέσας αναλόγους η παρείκοι λαβείν' απόλλυσθαι γαρ ο{)τω κα\ διαφθείρεσθαι το γεωμετρίας αγαθον αύθις επ\ τα αισθητα παλινδρομούσης κα\ μη φερομένης hνω μηδ' ανιλαμβανομένης τίι>ν αϊδίων κα\ ασωμάτων εικόνων, προς αισπερ tον b Θεος «ε\ Θεός εστιν" . (Για τούτο και ο Πλάτων ο ίδως μέμφθηκε τον Εύδοξο και τον Αρχύτα και τον Μέναιχμο, επειδή επιχειρούσαν να μετατρέψουν το πρόβλημα του διπλασιασμού του στερεού σε πρόβλημα που μπορούσε να λυθεί με μηχανικές με εργαλεία κατασκευές. Τη λύση αυτή θεωρούσε ότι έμοιαζε με προσπάθεια να βρούμε με μέσα που δεν έχουν καμία σχέση με το λόγο, δύο μέσες αναλόγους στρεφόμενοι προς την κατεύθυνση η οποία δε θα μας έφερνε αντίσταση. Διότι κατά τον τρόπο αυτό εξαφανίζεται και καταστρέφεται το εξαφετικό προνόμιο το οποίο έχει η γεωμετρία, διότι οπισθοδρομεί πάλι προς τα αισθητά και δεν προχωρά προς τα Πάνω ούτε προσπαθεί να έρθει σε επαφή με τις αιώνιες και ασώματες εικόνες, κοντά στις οποίες ο Θεός διαρκώς ασχολούμενος είναι Θεός).

* * *

Πάλι ο Πλούταρχος στα "Πλατωνικά ερωτήματα" αναφέρει την επόμενη πρόταση που αποδίδει στον Πλάτωνα:

"Πας γαρ τρίγωνος αριθμος οκτάκις γενόμενος κα\ μονάδα προσλαβrον γίνεται τετράγωνος" . (Κάθε τρίγωνος αριθμός αν πολλαπλασιασθεί με το 8 και του προστεθεί το 1 , γίνεται τετράγωνος).

π , θ , , , θ , ν( ν + 1) 'Ε ραγματt, εωρουμε τον τυχαιο τριγωνο αρι μου . χουμε: 2 1 Νικολάου Χατζηδάκη: 'Ta μαθημαnιca της 'Ακαδημίας 'Αθηνών", ανάτυπο, Αθήνα 1 928.


Αρχαία ΕUηvικά Μαθηματικά

8 ν( ν + I) + Ι = 4ν2 + 4ν + Ι = (2ν + 1)2 , δηλαδή προκύπτει τετράγωνος αριθμός. 2 * * *

Στον "Μένωνα" 1 ο Πλάτων θέτει το πρόβλημα της εγγραφής σε κύκλο δοσμένης διαμέτρου, τριγώνου με δοσμένη πλευρά. Το πρόβλημα αυτό ανάγεται σε κατασκευ11 παραλληλογράμμου που το εμβαδόν του ικανοποιεί ορισμένες συνθήκες. Πολλοί ιστορικοί των μαθηματικών ισχυρίζονται ότι πρόκειται για την επίλυση της εξισώσεως χ2(2αχ - χ2) = β4 . Η άποψη αυτή οδηγεί στην αναλυτική μέθοδο που αποδίδεται στον Πλάτωνα. Πράγματι ο Πρόκλος γράφει σχετικά: "Μέθοδοι δ ' bμως παραδίδονται καλλίστη μεν η δώ τής αναλύσεως επ' iι.ρχί)ν bμολογουμένην iι.νάγουσα το ζητούμενον, ytν και b Πλάτων, ίος φασίν, Λεωδάμανπ παραδέδωκεν , iι.φ' ής και εκείνος πολλων κατα γεωμετρίαν εύρετί)ς tστόρηται Ύενέσθαι" . (Από τις μεθόδους που μας έχουν παραδοθεί η καλύτερη είναι η αναλυτική, η οποία από την αποδεικτέα πρόταση φτάνει σε μία παραδεκτή ήδη αρχή. Αυτή, όπως λέει η παράδοση , την δίδαξε ό Πλάτων στον Λεωδάμαντα, ο οποίος χρησιμοποιώντας την πραγματοποίησε πολλές γεωμετρικές ανακαλύψεις).

* * *

Στον "τίμαιο"2 ο Πλάτων διατυπώνει την πρόταση ότι μεταξύ δύο εmφανειών a2 και β2 υπάρχει

πάντα μία μέση ανάλογος, η αβ, που τις συνδέει. Δηλαδή είναι !!!.._ = α� και μεταξύ δύο στερεών σχηαβ β μάτων α3 και β3 υπάρχουν δύο μέσες ανάλογες, οι α2β και αβ2 , που τις συνδέουν, δηλαδή είναι α3 αβ2 α2β =β3 . "Ει μεν ούν επίπεδον μεν, βάθος δε μηδεν tχον �δει Ύί-yνεσθαι το τού παντος σίι>μα, μία μεσότης hν έξήρκει τά τε μεθ' έαυτής ξυνδείν και έαυτήν· νύν δε στερεοειδή Ύαρ αύτον προσήκεν εiναι, τα δε στερεα μία μεν ούδέποτε, δύο δε αει μεσότητες ξυναρμόττουσιν".

* * *

Δεν είναι υπερβολή να λεχθεί ότι η θεωρία των Συνόλων είναι δημιούργημα του Πλάτωνος. Στον πλατωνικό διάλογο "Παρμενίδης" ο μελετητής, μέσα από μία θεολογική συζήτηση, θα βρει πολλά στοιχεία της θεωρίας αυτής.

* * *

Εκτός, όμως, από τις άμεσες μαθηματικές σχέσεις που βρίσκει κανείς μελετώντας τους πλατωνικούς διαλόγους, οι τελευταίοι περιέχουν και έμμεσες αριθμητικές και γεωμετρικές σχέσεις και προτάσεις (ανισότητες, ισότητες, ανισότητες με συνθήκη, κ.ά.). Έτσι μία προσεκτική μελέτη των στίχων 1 54b - 154d του "Παρμενίδη" οδηΎεί στη συνεπαγωγή: αν α < 1 , τότε α < αβ +δ

Ύ < !δ

. β δ β + * * *

Ο αείμνηστος μαθηματικός Νικόλαος Σωτηράκης Ύράφει σχετικά με τις μαθηματοπαιδαγωΎtκές αντιλήψεις του με-yάλου φιλοσόφου: "Εiς τον Πλάτωνα aνήκει η τιμί) δτι διέ-yνωσε την παιδαΎω-yικί)ν aξίαν τής μαθηματικής μεθόδου και τής εν Ύένει ενασχολήσεως με τα μαθηματικά. Έθεώρει ταύτα ίι>ς Ύενικον προπαιδευτικον μάθημα, bπερ ασκεί την σκέψιν και την καθιστά ικανί)ν να επιλαμβάνεται τής εξετάσεως παντοειδίι>ν προβλημάτων. Δώ πρώτην φοραν διαΎι-yνώσκεται δτι η aσχολία με τα μαθηματικα προάΎει την εiδολογικί)ν μόρφωσιν, bξύνει δηλαδή το πνεύμα και το καθιστά ικανον να επιλύπ δύσκολα προβλήματα οιασδήποτε φύσεως. Δώ τούτο εις το πρόθυρον τής 'Ακαδημίας εiχε Ύραφή το ρητόν: "ΜηδεLς iι.Ύεωμέτρητος εiσίτω" " .

1 86.Ε. 2 Πλάτωνος: "τlμαιος", νu, 32.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ:y. τ.4/18

rda fH�a q dd- �0-RH ι!;L rY R

Το Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. συνεχίζει τις προσπάθειές του ώστε οι μαθητές που δαικρίνονrαι στους δαιγωνισμσύς της Βαλκανικής ή της Δtεθνούς Ολυμπιάδας να εγγράφονται ανεξάρrητα βαθμού (εφ' όσον φυσικά είναι κάτοχοι απολυτηρίου του Λυκεiου) στα ΜαθηματtΚά τμήματα των Πανεπιστημίων της χώρας.

* * *

Από τη Ρουμανική Μαθηματική Εταιρεία κυκλοφόρησε (Μάιος 2000) μαι ωραία συλλογή θεμάτων μαθηματικών Ολυμπιάδων.

* * *

Πολλές εκδηλώσεις έγιναν και γίνονται στα πλαίσαι του χαρακτηρισμού του έτους 2000 ως παγκόσμιου έτους των μαθηματικών. Πολλά δημόσαι και ιδιωτικά σχολεία διοργάνωσαν και διοργανώνουν ομιλίες και εκθέσεις, με κεντρικό θέμα τα «μαθηματικά».

* * *

Το Πανεπιστήμιο Αθηνών είχε μία ακόμη μεγάλη επιτυχία στη δαιστημική, έναν ερευνητικό τομέα στον οποίο έχει πολύχρονη και επιτυχημένη παράδοση, συνεχίζοντας τις χιλtετίες της ελληνικής αστρονομικής έρευνας. Τα Τμήματα Πληροφορικής και Φυσικής συμμετέχουν σε δύο σημαντικότατες δαιστημικές αποστολές που θα μελετήσουν γαι πρώτη φορά τον Ήλιο στερεοσκοπικά. Γαι αυτό άλλωστε το διαστημικό πρόγραμμα που περιλαμβάνει δύο διαστημόπλοια ονομάσθηκε STEREO. Τα διαστημόπλοια θα εκτοξευτούν το έτος 2004 και θα παρατηρούν τον Ήλιο μακριά από τη Γη, από δύο διαφορετικές γωνίες, ώστε να έχουν στερεοσκοπική εικόνα. Δεν είναι τυχαίο το ελληνικό όνομα που δόθηκε στην αποστολή. Ο κ. Κ. Καρούμπαλος, ομότιμος καθηγητής του Τμ. Πληροφορικής του Πανεπιστημίου Αθηνών, έχει σχεδιάσει και πραγματοποιήσει με επιτυχία παρόμοια διαστημικά πειράματα πάνω σε σοβιετικά δαιστημόπλοια.

Το Πανεπιστήμιο Αθηνών συμμετέχει σε ένα νέο πεiραμα που ονομάζεται · SτEREO/W Α VES (SW Α VES) και θα μελετάει την εκπομπή ραδιοκυ-

μάτων από τον Ήλιο και από κρουστικά κύματα που δαιδίδοvtαι στον δαιπλανητucό χώρο ως αποτέλεσμα εκρηκτικών φαινομένων που συμβαίνουν στο κοντινό μας αστέρι και επηρεάζουν τη ζωή μας. Ο κύριος ερευνητής του πεφάματος SτEREO/W Α VES (SWAVES) είναι ο Dr. Jean Loώs Η. Bougeret, παλιός μαθητής του κ. Καρούμπαλου, ερευνητής του Τμήματος Δαιστημucής του Αστεροσκοπείου των Παρισίων. Η ελληνική ομάδα έχει επικεφαλής τον κ. Καρούμπαλο (co-inνestigator) και μέλος τον Ξ. Δ. Μουσά (team member) από το Τμήμα Φυσικής. Η ελληνική ομάδα έχει την υπευθυνότητα της παρατήρησης του Ηλίου με επίγειο ραδιοτηλεσκόπιο που καταγράφει τη ραδιοφωνική εκπομπή του Ηλίου σε μερικές εκατονrάδες κανάλαι πολλές φορές κάθε δευτερόλεπτο.

Τα δύο δαιστημόπλοια STEREO είναι η πιο σημαvtucή δαιστημική αποστολή των αρχών του 21 ou

αιώνα και αποτελεί ιδαιίτερη τιμή στη χώρα μας και στο Πανεπιστήμιο Αθηνών το γεγονός ότι συμμετέχουμε σε αυτήν. Ασφαλώς δεν είναι η πρώτη φορά που η Ελλάδα συμμετέχει σε διαστημικά πειράματα. Το Πανεπιστήμιο Αθηνών όπως και άλλα ιδρύματα έχουν πολυετή όσο και επιτυχέστατη συμμετοχή σε πολλές σημαντικές δαιστημικές αποστολές.

* * *

Στις 5-3-2000 έγινε η ετήσια γενική συνέλευση της Ε.Μ.Ε. τα πεπραγμένα της οποία εγκρίθηκαν με μεγάλη πλειοψηφία.

* * *

Στις 15-3-2000 στην «Ελληνική Εστία» έγινε η παρουσίαση του βιβλi.ου του Βαπέλη ΣπανδάΎου «Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων». Την παρουσίαση έκαναν ο πρόεδρος της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας καθηγητής Νικόλαος Αλεξανδρής και ο καθηγητής του Οικονομικού Πανεπιστημίου Αθηνών, μαθηματucός Επαμεινώνδας Πανάς, πρόεδρος του Ομίλου γαι την προβολή των Αρχαίων Ελληνικών Μαθηματucών. Δευτερολόγησε ο λέκτορας του Πανεπιστημίου Αθηνών και πρόεδρος της Ε.Ε. της Ε.Μ.Ε. ΓιώΡΎος Δημάκος.


Το Βήμα του Ευκλείδη π ! :::� Υπεύθυνοι στήλης: Ευσταθίου Β. - Καρκούλιας Γ. - Τυρλής Ι. Γ

Μία λεπτομερειακή και Ύενική λύση άσκησης που πρότεινε στο προηΎούμενο τεύχος του Ευκλείδη Β' ο καθη-γητής και πρόεδρος της Ακαδημίας Αθηνών κ. Νικόλαος Κ. Αρτεμιάδης.

του Μανώλη I. ΔαμίΎου

, , �3 + αs �3 + b3 #s - b3 Να λυθει ως προς χ η εξισωση: -- + b = --

b-

χ + α χ + « -(1) όπου Ο < α <b

(Σημείωση: Βρείτε τη λύση με τις λιΎότερες πράξεις).

ι. Τρόπος Από την ( 1 ) παίρνουμε ισοδύναμα: νχ2 - αχ + αΖ + νχ2 - bx + b2 = ναΖ + αb + b2 (2) με χ :;t-α και χ :;t -b.

Έστω ότι το Χι Ε IR. είναι μια λύση της εξισώσεως (2). Τότε επειδή να2 + αb + b2 > Ο,

νχι2 - αχι + α2 > Ο και νχι2 - bχι + b2 > Ο, θα υπάρχουν ένας και μόνο ένας θετικός αριθμός Κ και ένας και μόνο ένας θεnκός αριθμός L ώστε να έχουμε αντίστοιχα: ...jχ12 - αχ1 + α2 = Κ· να2 + αb + b2 (3) και ...)χ12 - bχ1 + b2 = L να2 + αb + b2 (4).

Από τις (2), (3) και ( 4) παίρνουμε: Κ + L = 1 (5) . Από τις (3) και ( 4) παίρνουμε αντίστοιχα ισοδύναμα: (χ 12 - αχ1 + α2 = K2·CZ και

Χι2 - bχι + b2 = L2·CZ ) (6) (όπου c = να2 + αb + b2). από τις (6) έχουμε ισοδύναμα: { Κ - L = (b - α)χι� (b2 - α2), (επειδή έχουμε και Κ + L = 1 ) } και (7)

2χι2 - (a + b)χι + α2 + b2 = C2 (Κ2 + LZ)

και επειδή έχουμε: Κ2 + υ = (Κ ; L)2 + (Κ ; L)2 = ! + (Κ ; L)2, η δεύτερη από τις εξισώσεις (7)

Ύράφεται ισοδύναμα: 4χ12 - 2(α + b}x1 + 2α2 +2b2 = CZ + C2(K - L)2 (8). Η (8) τώρα γράφεται (αν πάρουμε την τιμή του Κ - L, από την πρώτη εξίσωση από τις (7), και τη βάλουμε σ' αυτήν) 4CZ Χι2 - 2(α + b) C2χι + (α2 + b2 - αb)C2 - [(b - α)χι - (b2 - α2))2 = ο (9)

Από την (9) έχουμε ισοδύναμα: 3(α + b)2x12 - 6(α + b)αbx1 + 3 α2b2 = Ο ή ακόμη ισοδύναμα:

[(α + b)x1 - αb]2 = Ο ή τέλος ισοδύναμα: Χι = αb

b ( 10), (Ύιατί α + b :;t Ο) α +

Συμπέρασμα: Από την ( 1 0) και την όλη διαδικασία βλέπουμε ότι η εξίσωση ( 1 ) επιδέχεται στο IR. μία , λ ' α b και μονο μια υση την Χι = --b. α +

Σημείωση: Εύκολα τώρα υπολογίζονται οι αριθμοί Κ, L. Αυτοί είναι οι εξής: Κ = _!!_b' L =

__k_b α + a +

11. Τρόπος Ο Κλασικός τρόπος επιλύσεως της (1) Από την ( 1 ) παίρνουμε ισοδύναμα: νχ2 - αχ + αΖ + νχ2 - bx + b2 = ν αΖ + αb + b2 ( 1 1 ) (με

χ :;t -α και χ :;t -b). Από την ( 1 1 ) έχουμε ισοδύναμα (γιατί; ;) χ2 - αχ + α2 + χ2 - bx + b2 + 2 (xz - αχ + α2)(χ2 - bx + b2) = α2 + αb + b2 ή επίσης ισοδύναμα: 2 . (χ2 - αχ + αz)(xz - bx + b2) = [αb + (α + b)x - 2χ2] ή ισοδύναμα: 4(χ2 - αχ + α2)(χ2 - bx + b2 ) = [αb + (α + b)x - 2χ2] 2 ( 12), (με αb + (α + b)x - 2χ2 > Ο)


-------------- Το βήμα του Ευκλεiδη

Μετά από αρκετές πράξεις στο πρώτο και δεύτερο μέλος της εξισώσεως ( 12) παίρνουμε ισοδύναμα: 4χ4 - 4(α+ b)χ3 +4(α2 +αb+ b2)χ2 - 4αb(α+ b)x + 4α2b2 = 4χ4-+ (α+ b)\.Z+α2b2 - 4αbχ2 -4(α + b)x3 + 2αb(α + b)x (13) Από τη ( 1 3) μετά από μερικές πράξεις παίρνουμε ισοδύναμα: 3(α + b)2x2 - 6αb(α + b)x + 3α2b2 = Ο ή ισοδύναμα [(α + b)x - αb]2 = Ο και τέλος, ισοδύναμα: χ = αbb (14), (Γιατί α + b :;t 0).

α +

Επειδή τώρα η τιμή του χ, χ = αb

b ικανοποιεί την αb + (α + b)x - 2χ2 > Ο, συμπεραίνουμε ότι η α +

ξ, ( 1 ) , iζ θ , αb , , ε ισωση εχει ρ α τον αρt: μο:

α + b και μονον αυτον.

ΠΙ. Τρόπος Ο τρόπος αυτός είναι αρκετά δύσκολος, έχει όμως, όπως νομίζω, αρκετό ενδιαφέρον.

Λήμμα: Αναγκαία και Ικανή συνθήκη για να έχουν τα τριώνυμα: αιχ2 +β1χ + γ1, α2χ2 +β2χ + γ2 , (αι, αz :;t 0) μία και μόνο μια ρίζα κοινή, είναι η εξής: (αιγz - αzγιγ + (αιβz - αzβι)(βzγι - βιγz) = Ο (15), (με αιβz - αzβι :;t Ο)"

Σημείωση: Η ( 1 5) ονομάζεται απαλοίφουσα. Ο μεγάλος Έλληνας Μαθηματικός Κυπάρισσος Στέφανος, την ονόμασε: συναρμόζουσα και νομiζω ότι η ονομασiα αυτή είναι πιο δόκιμος. (το λήμμα αυτό το θεωρούμε γνωστό)

Παίρνουμε τώρα τα τριώνυμα: χ2 - αχ + α2 - K2C2 και χ2 - bx + b2 - L2C2 (όπου C = "-iα2 + αb + b2) Επειδή αυτά έχουν: -b + α :;t Ο. Θα έχουν κοινή μόνο τη ρiζα χ1 • Έτσι λοιπόν θα έχουμε σύμφωνα με τον τύπο ( 1 5), δηλαδή με τη συναρμόζουσα των παραπάνω τριωνύμων: (b2 - L2C2 - α2 + K2C2)2 + (-b + α) · [-b (α2 - Κ2 C2) + α (b2 - L2 C2)] = Ο ή [b2 - α2 + C2 (Κ - L))2 - (b - α) (-bα2 + bK2 C2 + αb2 - αUC2) = Ο ( 16) (γιατί έχουμε και Κ + L = 1)

Η ( 1 6) μετά από αρκετές πράξεις και aπλοποιήσεις και αφού λάβουμε πάλι υπόψη την Κ + L = 1 μας δίνει -b (b - α)Κ2 + α(b - α)L2 - 4C2·ΚL + 2(b2 - α2)Κ - 2(b2 - α2)L + 2α2 + 2b2 - αb = Ο ( 17).

Αν τώρα θέσουμε στην ( 1 7) L = 1 - Κ, μετά βεβαίως από αρκετές πράξεις παίρνουμε: 3(α + b)2K2 - 6 α(α + b)K + 3 α2 = Ο ή ισοδύναμα: [(α + b)K - α]2 = Ο, δηλαδή ισοδύναμα: Κ = _!!_

b ( 1 8), (γιατί α + b :;t Ο) και έτσι θα έχουμε και L = ___!_b ( 19).

α + α + Έχουμε όμως από τις: (6), (b - α)χ1 - (b + α)(b - α) + C2 (L + K)(L - Κ) = Ο.

Αυτή όμως με τη βοήθεια των ( 1 8), ( 19) και της Κ + L = 1 γίνεται χι - (b + α) + czb = Ο (20) a +

Από την (20) τελικά παίρνουμε ισοδύναμα: χ1 = αb

b'

α +

Σημείωση του συγγραφέα του άρθρου: Σε απαντητική του επιστολή (σε επιστολή μου) ο κ. Νικόλαος Κ. Αρτεμιάδης, Καθηγητής Πανεπιστημίου και Πρόεδρος της Ακαδημίας Αθηνών - πάνω στις τρεις λύσεις (που προανέφερα) της ασκήσεώς του - μου έστεtλε την παρακάτω πρωτότυπη, σύντομη, απλή και κομψή λύση:

Η σχέση ( 1 ) γράφεται: \)(χ - �Τ + (- �αJ+ (χ - �γ + ( �bJ= (i - �T + (�α +�bJ τα τρiα ρtζικά παριστάνουν τις αποστάσεις μεταξύ των σημείων (χ, 0), ( �· fα) και (�. -�b) που

, , ( Ο) , , , , αξύ , (α ... f3 ) (b ... f3 ) Ά σημαινει οτι το χ, πρεπει να κειται επι του τμηματος μετ των σημειων: 2• "fo. , 2• -2h . ρα b α α b αb

χ - -- . - + -- . - - --- α + b 2 α + b 2 - α + b'

· Εάν έχουμε: (αι'Υ2 - α2'Υι)1 + (αιβ2 - α2βι)(β2'Υι - Ρι'Υ2) = Ο και αιβ2·αzβι = Ο,. Τότε τα τριώνυμα αιΧ1 +βιχ + 'Υι, α2χ1 +β2χ + γ2, (α1, αz ;t: 0) έχουν και τις δύο ρ(ζες τους κοινές (γιατί; ;)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' j.,_y, τ.4/21

Τα Μιιθημιιτιιιιi δev εivαι μόιιο ιιιιuήοει' ΥπείιΗυνοι ση1λης : Αρβα\'ιτογf:ώργος Λ. - Ποίιλος Α . - Σπηλιώτης Γ.

Μ ποροίιν τα Μ α0η ματικ6 να προβλέπουν το μέλλον: Άραγε η απάντηση σε τούτο το ερ6>τημα i) ίνcται μοvοσ1'j μαντα: Α ν ί)χι ποια η δυναμικι'j της δ ιαδικασίας κατά την οποία προβλi:πετω το μέλλον;

Α υτά και μερικά ακίψη ερωηΊ ματα θα επιχειρllσουμε να προσεγγίσουμε στο άρθρο μας. Δεν ξέρουμε αν Οα δcί)σουμε ικανοποιητικές απανηΊσεις. Ωστ6σο. αν αντί απω't1)σεων πολλαπλασιάσουμε τα ερωη'jματα. αυτι) δε θα το Οεωρl1σουμε απαραίτητα αρνητικό . . .

Α. Ένα μ ι κρό ιστορικό Ο Φερμά και ο Πασκάλ 1)ταν αυτοί που υ

πι'lρξαν Οεμελιωτές της μαθηματικ1iς θεωρίας των πιθανοη)των. Α ν και η βαθμιαία ανάπτυξη του ενδιαφέροντος γύρω απ6 τις πι0αν6τητες οφείλεται πρωταρχικά στην εξάπλωση των ασφαλίσεων. το πριίJτο-πρι.ίηο κίνητρο αποτέλεσε η ενασχόλ11ση διάφορων ι:υγενό)\' μι: τα τυχφ6 παιχνίδια .

Κάπου λο ιπόν στο 1 7" αιι.ίη·α, ένας χαρτοπαίκτης, ο Ιππόηις ντε Μεραί. συνα\'tόη•τας ένα πρόβλημα πιθανοη)των το έστcιλc στον Μπί.αιζ Πασκάλ. Ο Πασκάλ «επιτί:θ11ΚC)) στο πρόβλ11μα. άνοιξc αλληλογραφία με τον Φερμά, μελετούσε αδιάκοπα και τελικά το 1 654 μαζί με το Φερμά δ ιατύπωσαν μερικές απ· τ ις πιο Οεμελιό)δεις αρχές της θεωρίας των πιΟανοη)των.

Ας ακολουθ1)σουμε λο ιπόν λίγα απ6 τα μονοπι'.ιτια της σκέψης τους. ξcκινό>Vτας μ · ένα απλιΊ και κλασικό πιφι'.ιδειγμα: το ζάρι.

Ο Πασκάλ και ο Φερμά σκέφθηκαν πως 11 κάθε έδρα ενός ζαριού έχει την ίδια πιθανότητα να εμφανιστεί κατά μία ρίψη, εφόσον το ζάρι δεν είναι «πειραγμένο» 1) 6πως λέμε πιο σωστά το ζάρι είναι α�ιερ6ληπτο. Έχοντας λοιπιΊν έξι πιΟα\•ές δυνατότητες (να φέρουμε I 11 2 1) 3 1) 4 1'] 5 1'] 6 ). αν ζηη'jσουμε την πιθανότητα εμφάνισης π.χ. του 2

του Βασίλη Λ ιόση

αιιηΊ Οα 'ναι I /6 . Με αυτό το παρ6δειγμα μποροίιμε \'α «συλ

λ<iβουμε>ι τον ορισ μό της ποσοτικι'jς μέτρησης των πιθαvοη'jτων: Α ν για κι'ιπο ια <Ίιαδικασ ία υπάρχουν ν εξίσου πιθανές δυνατι1τητες και οι μ από αυτές ευνοούν την πραγματοποίηση ενιΊς συγκεκριμένου γεγονότος. τότε η πιθανότητα να συμβεί το γεγονός αυτό ι:ίναι μ I v. Δ ιαφορετικά : Η πιΟανόηιτα

ε\•ός ε\•δεχομένου είναι το πηλίκο του πλήθους

των ευ,•οϊκών περ ιπτώσεων προς το πλήΗος των

δυνατιί>ν περιπτιi>σt-:ων.

Β. Κάποια πρ(ί)τα συμπεράσματα.

Ο ορισμι'>ς και το παρr.ιδειγμα που δ ιατυπό)σαμι: μας βοηθάνε στην εξαγωγ1) μερικό>ν συμπερασμάτων:

• ΊΌ αριθμητικι'> μi:φο μιας πιθανότφας κιψαίνεται απ6 Ο έως I . Με άλλα λίφα η κίψανσι1 είναι απ· την αδυνατότητα (το 0 ) ως τη fJεβαιόηιτα ( το Ι ) .

• Η πι0αν6τητα να φέρουμε το 2 που προαναφι:ραμε στο παράδειγμά μας. κατά μια δεύτερι1 ρίψι1 . δεν αλλάζει. όπως πιθανά θα σκεφθούμε . Ο Μγος: Το ζάρι δεν έχει ούτε μ'•ήμιι , οi>τε κρίσιι . Π ρ(ικειται για κάτι χωρίς συνείδηση . ΊΌ τι έχει συμβεί στο παρελθόν δι:ν ι:πηρεάζει ούτε το μέλλον. Δηλαδι'j και στη δεiιτερι1 ρίψη η πιθανότητα να φέρουμε 2 είναι πάλι ίσι1 μι:

1 /6 .

Ασφαλό)ς τα πράγματα δεν είναι πάντα τιΊσο απλ6 όσο το παρ(.ιδειγμα τι1ς ρίψης του ζαριού . Όμως m'jραμε ίσως μια «αχν1)» ιδέα για το αν υφίσταται πρόβλεψη μέσω των πιθανοη)των. Η σχέση πρόβλεψης - πιθανοη)των μπορεί να γίνει αντιληπη'j και μέσω της δεσμευμένι1ς πιθανιΊτψας, ειδικότερα. Να γίνουμε πιο συγκεκρ ιμένοι: Υπ<1ρχουν

Ε Υ Κ Λ Ε ΙΔJΙΣ Β ' λ.γ. τ.4/22

ενδεχόμενα η πραγματοποίηση τιu\' οποίων επι1ρε

άζεται απ· την πραγματοποίησι1 ενός άλλου ενδε

χομένου (τα ενδεχόμενα είναι του ίδιου δειγματι

ιωύ χciJρου ). ΊΞνα χαρακτη ριστ ικι) παράδε ιγμα εί

ναι αυτι) του καιρού . Αν δηλαΜ1 μάθουμε πως σε μια περιοχl1 κινείται ένα μέτωπο κακοκαιρίας. τ6τε

αυτό αυξάνει την πι0αν6τητα βροχόπτωσης ι) χιο

νόπτωσης σ· αυτι)ν τψ περιοχ1) . Άρα μας δίνεται η

δυνατότι1τα μιας έστω κατc1 προσέγγιση πρόγνωσης.

Γ. ΠιΟιινόηιτες και Στατιστικι1 : Σχέσεις συγ

γένειας

Τ όσο οι πιθανότητες. όσο και η στατιστικιΊ έ

χουν τον ίδιο σκοπι'> : να προβλέπουν. Ο στόχος τους προσεγγίζετα ι απι'> διαφορετικούς δρόμους.

�τη μεν Οεωρία των πιθανοη)των οι προσδιοριστι

κοί παρ(Ίγοντες είναι γνωστοί και aποτολμάται η

πρι'>βλεψη ενός πιθανού αποτελέσματος. Σηι δε

στατιστική τ' αποτελέσματα είναι γ'•ιοστά και

καταγεγρfιμμένα. Όμως οι αιτίες που τα προκα

λούν δεν είναι π{ιντα ι) εντελιl>ς aποκωδικοποιημέ

νες . Όπως και να "χε ι ι'>μως πρι'>κειται γ ια δύο «α

δέλφ ια» που συνεργάζονται μάλιστα στενά.

Τι είναι ι'>μως η �τατιστικι) . Ο' αναρωτηθούν

κάποιοι. Παραθέτουμε κατ · αρχ1)ν έναν ορισμι'>:

«Στατιστιι-.ι) είναι η επιση)μη που ασχολείται με

τις επιστιΗιονικές μεθδδους συλλογι)ς. οργάνωσης.

παρουσίασης και ανάλυσι1ς των αρ ιΟμητικ<)>ν εκεί

νων στο ιχε ίων που αναφέρονται σε χαρακη1ριστι

κι:ς ιδ ιότητες δ ιαφ6ρων οικονομικ6>ν. κοινωνικιiη·.

δημογραφικών. φυσικ<IJν κ.λπ. φαινομένων και έ

χει ως σκοπό τη συστηματιιο) μελέτι1 αυη))\' των

στοιχείων για τφ• κατάλι1ξη σε γενικά συμπερά

σματα. που είναι χριΊσιμα στη διαδικασία τι1ς λιΊ

ψης ορθ<IΝ αποφάσεων>> ( «Στατιστικl1». ΓΙ. Κιι'>χος� σελ 2 I ) .

Ας δούμε στη συνέχεια μερικά παραδείγματα

χρησιμοποίησης της σtατιστιι-.ιΊς :

Οι ασφαλιστικές εταιρείι.:ς έχουν μι'>νο μια βε

βαιι'>τητα για τους ασφαλισμένους πελάτες τους.

Πως κάποια μέρα θα πεθάνουν. Το πότε, το που.

το γιατί δεν μπορούν να το γνωρίζουν. Σ' αυτό το

σημείο «πιάνουν δουλεία» οι αναλογιστές. Οι ανα

λογιστές των εταιρειόJν καταρτίζουν πίνακες μέσα

από στατιστικές θανάτων και χωρίζούν τους πελά

τες κατά κατηγορία (π.χ. ηλικία. φύλο. επάγγελ

μα) . Έτσι ξεκινούν από γνωστά στατιστικά στοι

χεία και απι) αυτά συμπεραίνουν τις πιθανότητες.

Βεβαίως γενν ιέται το ερ<Ι>tημα : Ιlι1σο κοντά μπο-

ρεί να 'ναι 11 πρόβλεψη στι1ν πραγματικι'>τητα: Όσο

ευρύτερη κι ακριβέστερη είναι η δε ιγματολη ψία

είναι η απάvη1ση. " Ενα άλλο παράδειγμα αφορά στι1ν τυχαία

δειγματοληψία. Η μέθοδος αυηΊ στηρίζεται σtιl\' τυχαία επιλογl1 μερ ικών δειγμάτων. στην κατα

γραφιΊ των χαρακτηριστ ικό)\' τους. στην εξαγωγι)

στατιστικόΝ συμπερασμάτων και τέλος στη διατύπωση προβλέψεων για έναν αριθμι) ομοίων ειδιίη•

(π.χ. τυχαία δειγματοληψία λαμπηΊρων. φρούτων

κ .α . ) .

Δ. Χάος και Πρόβλεψη

Η Θεωρ ία του Χάους γεννιΊθηκε απ' την ανά

γ"-'1 πρόβλεψης του καιρού . Είναι γνωστό πως ο

καιρι)ς δεν μπορεί να προβλεφθεί πέρα απι) τις 4 -5 ημέρες. Οι μετεωρολογικές υπι1ρεσίες μπορούν

να μας πουν με ικανοποιψι"-•Ί προσέγγιση τι καιρό

Οα κάνει αύριο ιΊ μεθαύριο . 6χι όμως σε 20 η μέρες.

Γιατί υπάρχει αυηΊ η αδυναμ ία : Ας ξετυλίξουμε το

κουβάρι . . .

Στη δεκαετία του ' 60 i;νας Μαθ ιΗιατικός -Μ ετεωρολ6γος. ο Έ ντουαρ\'Τ Λόρεντζ, είχε φτιά

ξε ι στον προσωπικό του υπολογιστιΊ ένα μοντέλο

καιρού μέσω του οποίου μελετούσε τη συμπεριφο

ρά του καιρού και ερευνούσε τη δυνατότητα μα

κροπρόθεσμης πριψλε ψης. Μ ια η μέρα, ενόJ εισl)γαγε τα δεδομένα στον υπολt)γιστιi στρογγυλοποί-

11σε μια παράμετρο aπειροελάχιστα. Αντί του α

�ΗΟμού 0.506 1 27 «έδωσε» 0. 506 . Το αποτέλεσμα

ιΊταv καταπληκτικό ! Ενώ με τον αρχικι) αρ ιθμό είχε μια συγκεκριμένη γραφικιΊ παράσταση , με το δεύτερο αριθμό προέι-.-υπτε μια γραφικιΊ παράστα

ση που δ ιέφερε αρχικά ελάχιστα με την πρώτι1 . 6-μως στη συνέχεια διαφοροποιι'>ταν δραματικά, Αυτι) πρακτικά σι) μαινε πως μια αμελητέα αλλαγι)

μιας εκ των αρχικών συνθηκόJV. θα δημιουργούσε

ένα εντελώς διαφορετικι'> καφι'>. Ο «σπόρος» του

Χάους είχε Ι1δη πέσει.

Το Χάος λοιπόν εξετάζει πώς μέσα απ' την τάξη διιμιουργείται αταξία και αντίστροφα. Αν ο ντετερμινιστικός χαρακτι1ρας των φαινομένων οδηγεί στην πρ(»βλεψη. Π<σς συνδέονται το τυχαίο και το α ιτιοκρατικό. Και μάλιστά να ση

μειωθεί πως «αγκαλιάζει» οτιδΙ1ποτε φανταστεί

κάπο ιος : την οικονομία, τον καιρό. τη βιολογία, την καρδιολογία. τη νευροφυσιολογία. την αστρο

νομία, tιl\' κοινωνία κ.λπ.

Ας μείνουμε ι)μως στο βασικό μας ερώτημα:

ΊΞχi:ι το χάος κάποια ιδιαίτερη συμβολιi στην πρό-

Ε\" Κ:\ Ι: ΙΔΙ-ΙΣ Β ' λ.γ. τ.4/23

Τα μuΟημuτικι:ι δι:\' ι : ί\'UΙ μίΙ\'Η ασι.:ίισι:ις

βλεψη;

Πριν δώσουμε απάντηση θα «ανοίξουμε» μια

«Παρένθεση» προκειμένου να δούμε πως λειτουρ

γεί '1 κλασική στατιστική. Αρχικά συλλέγεται ένας μεγάλος αριθμός

στοιχείων από μετρι']σεις πολλ<i>ν μεταβλητών οι

οποίες συνδέονται με το συγκεκριμένο φαινόμενο

που μελετάμε. Στη συνέχεια υπολογίζονται οι μέ

σοι όροι αυτών των τιμών, τυπικές αποκλίσεις

τους απ' το μέσο όρο κ.λπ. Κατόπιν εξετάζεται ο

συσχετισμός τους και καταγρ(ιφονται τ' αποτελέ

σματα που δίνει ο συσχετισμός αυτ6ς. Τέλος. έχο

ντας όλα τα στοιχεία και τα συμπεράσματα. επι

χειρείται μια βραχυπρόθεσμη πρόβλεψη της μελ

λοντιι-.1)ς εξέλιξης του φαινομένου βάσει μετρι)σε

ων που προέι-.--υψαν από παρόμοιες συνθι)κες στο

παρελθόν.

Υπάρχουν κι άλλες στατιστικές μέθοδοι, η

παρουσίασι) τους ό�w>ς ξεφεύγει απ' το στ6χο του

άρθρου μας. Μειονεκτήματα αυτών των μεθόδων

είναι:

( i ) Το γεγονός ότι απαιτείται ιδιαίτερα επίπονη

προσπάθεια.

( ί ί ) Το γεγονός ότι απαιτείται μεγάλος όγκος εξό

δων.

( ί ί ί ) Το γεγονός ότι δεν επιχειρείται μια ιεράρχηση

και αξιολόγηση της διαθέσιμης πληροφορίας

ανάλογα με τη συμβολι) της στη δυναμικι'J του

εξεταζομένου φαινομένου.

Εδ<ί> ακριβ<ί>ς παρεμβαίνει η Χαοτικι'] Δυνα

μιι-.1) . Προτείνει έναν νέο τρόπο θε<ί>ρι]σης και α

νάλυσης χρονοσειρών φυσικών φαινομένων: Η βασιΚΊ) αρχι1 είναι πως το φαινόμενο που εξετά

ζουμε διέπεται από ένα μικρό αριθμό συζευγμένων

μεταβλητ<ί>ν οι οποίες παίζουν τον ι-.--υρίαρχο ρόλο

στον προσδιορισμό της χρονιι-.1)ς εξέλιξης του φαι

νομένου. Αν αυτό ισχύει. τότε λi;με πως η διαστα

τικότητα του συση)ματος είναι χαμηλι) , και οι μέ

θοδοι της Χαοτιι-.1)ς ΔυναμιΚΊ)ς μπορούν να εφαρ

μοσθούν. Διαφορετικά μιλάμε για συση)ματα υ

ψηλι)ς διαστατικότητας όπου καταφεύγουμε πάλι

στις κλασικές μεθόδους στατιστιι-.1)ς.

Τα προτερι)ματα της ανάλυσης της ΧαοτιΚΊ)ς

Δυναμιι-.1)ς είναι τα εξι)ς:

( i ) Κατά τη μελέη] του φαινομένου κατασκευά

ζεται κάτι σα γραφιι-.1) παρ(ισταση. Α ναφερό

μαστε στον ελκυστι) της κίνησης. Η γεωμε-

τρω) δομι) του ελιωστι) της κίνησι]ς είναι

γνωση) . Αυτι) σημαίνει πρακτικά πως μπο

ρούμε να προβλέψουμε τις επι'ψενες τιμές

μιας παραμέτρου Ύνωρίζο\:τας τις προηΎούμε

νες.

( ί ί ) Η ΎV<�ση της διάστασης παρέχει ένα χρι']σιμο

προσδιοριστικό στοιχείο Ύια τη χρονοσεφ(.ι

μας. Α ν. Ύια παράδειγμα, συΎκριθούν τα καρ

διοΎραφι)ματα ενός υΎιοίις ατόμου και ε\·ός που 'χει κιφδιαι-.1) αρρυθμία, ενδέχεται η δια

στατικότητα των δύο αυτ<ίη· χρονοσειρ<ί)\' να

'ναι διαφορετικι), οπ6η: Οα μπορεί να αποτε

λέσει και κριτι)ριο διάΎ\'(J>σης παΟολογικ<ίη· περιπτώσεων.

· ( i i i ) Η Χαοτω) Δύναμη έχει τη δυνατότητα όχι

μόνο να επισημαίνει τον αρι0μ6 των βασικ<ίη·

μεταβλητ<ί)ν που προσδιορίζουν tι] δυναμικι)

ενός φαινομένου. αλλά και να εκτιμά τη «βα

ρύτητα» εκείνων που παραλείπονται .

( i v ) τέλος, οι μέθοδοι της χαοτιια)ς δύναμης είναι

υπολοΎιστικά οικονομικές.

Βέβαια Ύε\νιέται ένα εριίηημα μετά απ' όλα

αυτά : Έχουν τα όσα αναφέραμε κάποια πρακτικι']

εφαρμογι) ι1 είναι θεωρίες στα χαρτιά;

Η απάντηση είναι θετικι) . Σαν παράδειΎμα θ '

αναφέρουμε την ερευνητιι-.1) δουλειά που 'χει γίνει

στο Πανεπιστι)μιο της Πάτρας σχετικά με την πρόβλεψη της θερμοκρασίας. Σύμφωνα με τη με

λέτη αυτι), Ι] τυπιι-.1) απόκλιση των τιμιί)ν από τις

πραΎματικές ι1ταν ένας βαθμι'>ς Κελσίου κατά μέσο

όρο ! (Απ' την Ε . Μ . Υ . μάλιστα υπι']pξαν ευνοϊκά

σχόλια Ύια τις προβλέψεις τι1ς ερευνητικι1ς ομάδας

σε σχέση με τις δικές η]ς. )

I . 1 1 ιω μπiιί.η - S Από τις αρχές κιόλας του αι<ί)να μας. υπι)ρχε

μία θεωρία μελέτης της βιολοΎιι-.1)ς εξελικτιι-.1)ς

δ ιαδικασίας. Ύνωστι1ς ως Οεωρίιις των «καμπυλ(ί>ν

- S » . Πρόκειται Ύια μια Ύραφικι'J παράσταση μα

θηματικών εξισύ)σεων όπου, στη θέση των αφη

ριηιένων παραμέτρων μπορεί να βάλει κάποιος

κουνέλια και λύκους, και να βρει πότε ο ένας πλη

θυσμός θα ξεπεράσει τον άλλο. Το ΎεΎονός ότι αυ

τι1 η καμπύλη ονομάστηκε S δεν είναι τυχαίο.

Οι γραφικές παραστάσεις εμφάνιζαν μια κα

μπίΙλη που 'χε το σχι1μα S. υm1ρχαν δηλαδι'] �ιέΎι

στα και ελάχιστα στη συνάρτησι], 6πως λέΎεται

στη Ύλιί>σσα των μαθι]ματικ<ί)ν.

Τ ο I 992, ένας Έλληνας, ο Θόδωρος Μόδιις

Ε:ΥΚΛΕΙΔΒΣ Β ' λ.γ. τ.4/24

Τα μαΟηματιl\ά ίiι:\' ι:ί \'cιι μίl\•ο ιισl\ήσι:ις

δημοσίευσε ένα βιβλίο που έφερε τον τίτλο «Προ

βλέψεις>> . Ο έλληνας επιστιiμονας που ζει και ερ

γάζεται στη Γενεί>η. θέλησε μ' αυη)ν τι1 δημοσί

ευση να γενικεύσει τψ εφαρμογιi των καμπυλcί>ν

S σε όλους τους τομείς της ζωι)ς μας.

ΊΊ ακριβιίις έχει συμπερ{ινει ο Θ. Μόδης: Υ

ποστηρίζει πως κάθε ανθρcί>πινι1 δραση1ριότητα

μπορεί να προβλεφθεί αν πάρουμε υπόψη μας 4 παράγοντες:

( ί ) τις καμπύλες - S

( i i ) το μηχανισμό της φυσικι'1ς επιλογι)ς

( i i i ) τις σταθερές εξελίξεις και

( i ν) την ύπαρξη ενt'ις γενικού κύκλου που κάνουν

τα γεγονι'>τα κάθε 56 χρόνια

Έτσι. με βάση όλα τα παραπάνω, ο Θ. Μόδιις

μπορεί να συμπεράνει πως ο Γκαμπριέλ Γκαρσία

Μαρκές. πρέπει το '95 να 'φτασε το μέγιστο των

δυνατοη)των του και από 'δω και πέρα να περιμέ

νουμε λίγα. Ακόμα, πως ο Φελίνι Οα παρΙηαγε έρ

γο μέχρι το 2003 αν δεν πέθαινε . ' Η πως το AIDS

έχει φτι'lσει στο μέγιστο της ανάπτυξι)ς του και α

πό 'δω και πέρα αναμένεται «φρένο» ση1ν εξά

πλωσil του μέσω ενός βιολογικοί> μηχανισμού α

ντιμετώπισης.

Οι εφαρμογές είναι άπειρες. Όμως κάποιος

εύλογα ο· αναρωτηθεί όπως και στην περίπτωση

του Χάους : Πρόκειται για θεωρίες •i υπάρχουν ε

φαρμογές και επαλι)Οευση της θεωρίας;

Ο Θ. Μόδιις απωτά: «Ακούμε συχνά ότι το

μέλλον δεν προβλέπεται. Η σωστή φράση είναι

ότι το μέλλΟ\' δεν προβλέπεται με απόλυτη α

κρίβεια». Επομένως μπορούμε περίπου να προ

βλέψουμε το μέλλον, δηλαδιί κατά προσέyγισιι .

'Ομως αυτό το «περίπου)) είναι τόσο <<περίπου)),

ώστε να μπορούμε να στηριχθούμε «πάνω)) του.

�ΊΌ Εξισ<;>σ1: ι:; Πολi:μου Είναι δυνατό μαθηματικά μοντέλα και μαθη

ματικές εξισώσεις να κάνουν πρόβλεψη ξεσπά

σματος πολέμων:

Η C IA απαντά θετικά. Ας δούμε το γιατί απα

ντά θετικά. Κατόπιν εντολ1)ς της αμερικάνικι1ς κυ

βέρνησης. ομάδα επιστημόνων, πολιτικών. πανε

πιστημιακόΝ. στρατιωτικών αναλυτών και επαγ

γελματιόη· κατασκόπων. δούλεψε συσηηιατικά επί

ένα χρόνο σε μυστικι) βι'1σι1 της C I A. χρι1σιμο

ποιόη:τας υπερσύγχρονα υπολογιστικά μηχανι)μα-

τα. Επιδίωξη η πριΊγνωση συγκρούσεων. πολέμων.

πραξικοπημάτων. εξεγέρσεων κ.λπ. σ' όλες τις γω

νιές του κόσμου. Η μελέτη θα παρείχε επίσης προ

τάσεις εξωτερικιiς πολιτικι)ς για την πρόληψη 11 α

ντιμετώπιση αυτών των κρίσεων.

Τα δεδομένα που αναλύθηκαν προέρχο\ται

απ· όλες τις χόψες με πληθυσμό άνω του μισού ε

κατομμυρίου και αφορούσαν στο διάστημα 1 95 5 -1 994 . Οι ερευ\11τές τροφοδοτούσαν τους υπολογι

στές τους με πλ1)θος στοιχείων για την κάθε χόψα.

Ο όγκος των στοιχείων ι)ταν τόσο μεγάλος ό>στε

χωρίς τη βοι)θεια των ιιπολογιστόΝ η δουλειά του

ενός έτους θα γινόταν δουλειά δέκα ετόΝ.

Η μελέτη κατέληξε σ' ένα βασικό συμπέρα

σμα. Οι χώρες χωρίζονται σε τρεις μεγάλες κατη

γορίες ανάλογα με το βαθμό επικινδυνότητας για

το ξέσπασμα μιας κρίσης: σε χό>ρες περιορισμέ

νου, μέσου και υψηλοί> κινδύνου.

Οι ειδικοί είπαν πως η αξιοπιστία αυτού του

εγχειρι)ματος ι)ταν υψηλι) . Μίλησαν για πιθανότη

τες επιτυχίας της πρι'>βλεψι1ς στο επίπεδο του 70%. Ωστόσο ακούστηκαν και κριτικές φωνές που εξέ

φρασαν επιφυλάξεις για την εγκυρότητα των προ

βλέψεων της CIA. Εκφράζοντας μια σκέψη, θα λέγαμε πως ειδι

κά στο ζι)τημα της πρόβλεψης τι1ς κοινωνικ:1)ς συ

μπεριφοράς τα πράγματα είναι ιδιαίτερα ρευστά.

Κι αυτό που κάνει τα πράγματα ρευστά είναι ο a

στάθμητος παράγοντας της ανθρώπινης συνείδη

σης.

Πέρα απ' τα πιθανό>ς «σκοτεινά» σημεία που

δι1μιούργησε το άρθρο μας, ευελπιστούμε να γέν

νησε έναν ευρύτερο προβληματισμό πάνω στο θέ

μα « Μαθηματικά και Πρόβλεψη» . Το σίγουρο εί

ναι πως πρόκειται για ένα θέμα με εξαιρετικό εν

διαφέρον. Επίσης σίγουρο είναι πως η ανθρωπότη

τα βαδίζει σ' όλους τους τομείς της ζωι)ς χριlσιμο

ποιώ\τας τα μαθηματικά για να 'χει δυνατότητα

πρόβλεψης. Αυτό που μένει, είναι να ευχηθούμε

να · ναι α υ τι) η εξέλιξη για το καλό τι1ς aνθρωπό

τητας . . .

Βι j\i.ιογρ ιιφ ίιι J . «Συνοπτιια) Ιστορία των ΜαθηματικόΜ>. Dirk

J . Stnι i k , Εκδ . Δαίδαλος I Ζαχαρόπουλος.

2. «Τα Μαθηματικά στο Δυτικό Πολιτισμό».

Moπis K l i ne. Εκδ. Κcί)δικας.

3. «Μαθηματικιi». Life .

ΕΥΚ:\ Ε Ι ΔΙ-ΙΣ Β ' λ.γ. τ.4/25

Τ α. μα0ημuτιι.:ιί δι;\• ι:ί \'ιtι μu\'0 uσι.:ήιrι; ις

4. «Στατιστική». Πέτρος Α. Κ ι6χος. Εκδ<'>σεις

l n tel'books. 5 . «Η απάτη της Στατιστικι)ς», Oaιτe l Huf'tΌ Εκ

δόσεις Οξύ. 6. «Άλγεβρα Β ' Λυκείου». ΟΕΔΒ . 7 . «Χάος, μια νέα Επιση)μψ> , Ju ιηes Cleick, Εκ

δόσεις Κάτοπτρο . 8. «Chuos>) , περιοδικό, τεύχος 3. Εκδόσεις Κω

σταράκης . 9. «Εξισ<ί)σεις πολέμου» , ΚαΟημερινι) 1 1 /2/96 .

10. « 1-1 CΊΑ προβλέπει τους πολέμο\)ς του έτους 2000». Καθημερινι) 5/5/96 .

1 1 . « Μ ια εξίσωση βλέπε ι το μέλλον>> . LλευΟφοτυπία, 22-23/4/9 5 .

1 2 . «Χάους, Θεωρία». λι)μμα απ' την εγκ--υκλοπαίδεια «Πάπυρος - Λαρούς - Μπριτάνικω> .

Β. « Προβλέψεις». Θ. Μόδης , Παν/κες εκδόσεις

Κρι)της.

1 -&. «0 Ταραγμένος Καθρέφτης». J. B ι·iggs & F. Peat . Εκδόσεις Κάτοπτρο.

Η μΑiιιμΑτικiι τέχΥιι του Μ . C . EscJιer ια τους περισσότερους ανθρώπους τέ-Γ χνη και μαθηματικά είναι δί>ο πράγματα διαφορετικά μεταξί) τους. τ ο ένα θεω

ρείται ως προϊόν της φαντασίας απαλλαγμένο από τους φραγμο-1>ς της πραγματικότητας, ενιί> το άλλο είναι αναγκασμένο να ακολουθεί προσεχτικούς υπολογισμούς και vα υπακούει

στην πορεία της λογικιΊς σκέψης. Τελικά, ό

μως, μήπωi; είναι οι δύο όψεις του ίδιου νομίσματος; ΜιΊπως τέχνη και · μαθηματικά θυμίζουν την ταινία του Mobi us;

Κανένας καλλιτέχνης δεν γνώρισε μεγαλύτερη επιτυχία από τον Ολλανδό Μ :.ιuι·i ι s C .

EscheΓ στο είδος αυτό της «μαθηματική τέ

χνης». Ο M:.ιuΓi ts C . EscheΓ γεννι1θηκε στο Leeu

w:.ιΓden της Ολλανδίας το 1 898 και σπούδασε στη Σχολι1 ΑρχιτεκτονικιΊς και ΔιακοσμητικιΊς του HaaΓiem. Έζησε στη Ρώμη δέκα χρόνια. Φεύγοντας από την Ιταλία, το 1 934, πέρασε δύο χρόνια στην Ελβετία και πέντε χρόνια στις Βρυξέλλες. Στη συνέχεια εγκαταστάθηκε στην

Ολλανδική πόλη Β:.ι:.ιm, όπου έζησε με τη σύ

ζυγό του μέχρι το τέλος της ζωι1ς του . Πέθανε το 1 972 σε ηλικία 73 χρόνων.

Ο Escheι· είναι περισσότερο γνωστός στους κρυσταλλογράφους για την πετυχη μένη ψηφιδωτή τεχνικιΊ , με την οποία χωρίζει το επίπεδο. Επη ρεασμένος από τη δεξιοτεχνία των Αράβων, μετά από ένα ταξίδι του στην Αλάμπρα το 1 936 , ο Escheι· χωρίζει το επίπεδο με

κυματιστές σειρές πουλιών, ψαριών, ερπετών,

θηλαστικών και ανθρώπων, και καταφέρνει να

Χριστίνα Μπενέκη

τα ενσωματιί)σι:ι σε πολλά από τα ψηφιδωτil του σχi:δια και να δημιουργι1σει μεγι'lλη ποικΊλία καταπληκτικιί>ν εικόνων.

Σε ένa από τα έργα του , την κυκλικιΊ ξυλογραφία ' ·Παράδεισος και Κόλαση" ( Heι.ιven and Hel l ) (εικόνα I ) , άγγελοι και δαίμονες ταιριάζουν έτσι μεταξύ τους, ιί>στέ να μικραί

νουν τα όμοια σχι1ματα, απομακρυνόμενα απ6 το κέντρο, μέχρι που να σβιΊσουν στα άκρα της εικόνας, δημιουργιί>ντας έτσι άπειρα σχι1-ματα, τόσο μικρά που μόλις διακρίνονται . Μ ε τον τρόπο αυτό ίσως να υποδηλώνει · ο Escl1e ι· ότι το Καλό αποτελεί το αναγκαίο περίβλημα του Κακοί) και το αντίθετο . Αυτό το αξιοσημείωτο ψηφιδωτό σχέδιο βασίζεται σε ένα αρκετά γνωστό Ευκλείδειο μοντέλο, που επινο ι1 -

θηκε από τον HenΓi Poi nc:πe για το μη Ευκλείδειο υπερβολικό επίΠεδο.

Εικόνα 1

ΕΥΚΛ Ε ΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.4/26

Ί"cι μuΟηματικιί όι:\' : : ί \'ΙΗ μtΙ\'ιι ασκίtσι: ις

Α ν κ6ποιος νομίζι:ι ότι είναι εύκολο να ε

πινωiσει σχέδια τέτοιου είδους, αφιiστε τον να δοκιμάσει. ' 'Μερικές φορές, όταν σχεδιάζω, αισθάνομαι σαν μέντιουμ που ελέγχεται από τα πλάσματα, τα οποία εξορκίζει" είπε κάποτε ο EscheιΌ "Ε ίναι σαν να αποφασίζουν αυτά τα ίδια για το σχιiμα με το οποίο Οα Οελιiσουν να

εμφανιστοί>ν . . . Ο σχεδιασμός μιας οριακιiς γραμμιiς είναι πολύ δύσκολη εργασία, γιατί ζωγραφίζονται μ' αυτήν δύο διαφορετικά σχέ

δια την ίδια στιγμιi . Το μάτι όμως και ο νους δεν μπορούν να απασχολούνται ταυτό�Jονα με δύο πράγματα. Γι 'αυτό πρέπει να γίνεται ένα αδιάκοπο πήδημα του ματιού από τη μια μεριά στην άλλη . Ίσως όμως αυτιi η δυσκολία να είναι και η κινητιiρια δύναμη της επιμονής μου" .

Θα χρειαζόταν ένα βιβλίο, για να αναφερθούμε σ 'όλους τους τρόπους, με τους οποίους

τα φανταστικά ψηφιδωτά σχέδια του Escher

εικονογραφούν νόμους της συμμετρίας, της θεωρίας των συνόλων ή της κρυσταλλογραφίας. Ένα τέτοιο βιβλίο πράγματι έχει γραφεί από την Caro l i n e Η. MacGi l l aνΓy τόυ Πανεπιστημίου του Άμστερνταμ με τίτλο "SymmctΓy

Aspects ot· Μ . C . EscheΓ' s PeΓi odi c Dnιw i n gs".

Η γοητεία που ασκεί η τοπολογία και τα παιχνίδια της πάνω στον EscheΓ, εκφράζεται σε

αρκετά έργα του . Σ το πάνω μi:ρος της ξυλο

γραφίας "Κόμβοι" (εικόνα 2) , βλέπουμε δύο συμμετρικές μεταξύ τους μορφές του κόμβου, που σχηματίζει τριφύλλι. Ο κόμβος πάνω αριστερά κατασκευάστηκε από δύο μακριές επίπεδες ταινίες. που τέμνονται κατά ορθιi γωνία.

Αυτιi η διπλιi πλέον ταινία, περιστράφηκε μια

φορά πριν ενωθεί στα δύο της άκρα. Είναι μια μονιi ταινία που διατρέχει δύο φορές τον κόμ

βο ή αποτελείται από διακριτές μεν, αλλά τεμνόμενες ταινίες του· Mδbi us . Ο μεγάλος κόμβος, που βρίσκεται στο κάτω μέρος της εικόνας 2 αποτελείται από ένα σωλtiνα τεσσάρων εδριον, ο οποίος έχει στραφέί κατά ένα τέταρτο του κύκλου, ώστε ένα μυρμιiγκι που περπατά στο εσωτερικό του σε έναν από τους κεντρικούς διαδρόμους, να διατρέξει τέσσερεις φορές όλο τον κόμβο, πριν επιστρέψει στο

σημείο, από το οποίο ξεκίνησε.

Ε ικό\•α 2

Ο Escher τους τελευταίους μήνες της ζωιiς του άρχισε να γίνεται γνωστός μεταξύ των μαθηματικών και των επιστημόνων της εποχιiς (που ήταν οι πρώτοι που τον εκτίμησαν) . Στο ευρύτερο κοινό και πιο ειδικά στους νέους έγινε γνωστός αργότερα. Μπορεί να δει κανείς πλέον τα έργα του οπουδήποτε, σε ε

ξώφυλλα μαθηματικών περιοδικών, σε εξώφυλλα δίσκων μουσικής Rock, ψυχεδελικά πόστερς ακόμα και σε μπλουζάκια.

Βιβλιογραφία

Ι . Μ . Gardner: Το πανηγύρι των μαθημα-τικcόν, (σ. 90- 1 0 1 ) , εκδ. Τροχαλία, Αθήνα 1 986.

2. Β. Ci pra : Wlιat 'Δ· lιappenίιιg ίη tlιe

ηιαt/ιeηιαtίcιι/ .ιιcίeηι-eΔ·, νοl . 4 (pp. 1 03-1 1 3 ) , American Mathematical Society

1 999. 3. Ε. Καμπάνη : Η αξιοποίηση του έργου

του Μ. C. Escher στη διδασκαλία των μετασχηματισμών στην Ευκλείδεια, υπερβολική και σφαιρική γεωμετρία, Πρακτι

κά (υπό έκδοση) του 4ου Πανελλιiνιου Συνεδρίου Γεωμετρίας, Ρίο Μάιος 1 999.

Ε\'ΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ . τ.4/27

ΑΙΑΘΙΙΑΙΑΤΙ«Α ΠAPAJJOSA ltAΙ ΑΙΑΘ 11 AIAT Ι Ι( Α Π ΑΙ Χ 11 Ι JJI Α

Υπεύθυνοι στήλης: Κατραμάδος Σ. - Σπανδάγος Β. - Τζιάμος Χ.

1Jrw ΑfΥΙΙόJΙe r1 ΕοκJeίleιΙ Αίrιιιι• του Βαγγέλη Σπανδάγου

Θα υπολογίσουμε το άθροισμα των γωvtών ε

νός τριγώνου ΑΒΓ αγνοώντας το ευκλείδειο αίτη

μα. Έστω ένα τρίγωνο ΑΒΓ. Φέρνουμε από το Α

ευθεία τυχαία που τέμνει την ΒΓ στο Δ. Έστω α το

άθροισμα των γωvtών του τριγώνου ΑΒΔ. Έχουμε α = χ + ω + φ ( I )� Για το τρίγφνο ΑΔΓ έχουμε πάλι α = ψ + σ + τ (2).

Α

Από ( 1 ) και (2) προκύπτει με πρόσθεση

2α = χ + ω + φ + ψ + σ + τ (3). Για το τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε

α = ω + χ + ψ + τ (4). Οι (3) και (4) με αφαίρεση δίνουν α = φ + σ.

Είναι όμως φ + σ = 1 80°. Άρα είναι α = 1 80°. Είναι σωστή ή λανθασμένη η προηγούμενη

πορεία;

Απάντηση Είναι λανθασμένη διότι δεχθήκαμε ότι το ά

θροισμα των γωvtών και των τριών τριγώνων είναι

το iδω α.

ΕΥΑ ΠΑιχνίlι κι ένΑ ΠΑpίλlο[ο

του Χρόνη Αντωνιάδη

Να γραφτεί ο αριθμός 3 1 με μορφή ενός α

θροίσματος που να εμφανίζεται ο 3 πέντε φορές.

Απάντηση

Είναι 3 1 = 27 + 3 + 1 = 33 + 3 + � * * *

Δ' ξ' χ + 5 5 4χ - 40 ινεται η ε ισωση --7 - = 13 που χ - - χ

' ' χ + 5 - 5(χ - 7) 4χ - 40 ' γραφεται ισοδυναμα 7 = 13 η

40 - 4χ 4χ - 40 χ - 7 13 - χ

χ - - χ (1) .

Επειδή οι αριθμητές είναι αντίθετοι, θα έχουμε

χ - 7 = -( 13 - χ) � -7 = -13 . Να βρεθεί το λάθος.

Απάντηση Η εξίσωση ( 1 ) για (χ - 7)( 13 - χ) * Ο έχει λύση

χ = 1 Ο. Η λύση αυτή κάνει τους αριθμητές ίσους

με μηδέν και τους παρανομαστές διάφορους του

μηδενός. Επομένως, το παράδοξο οφείλεται στην

εξίσωση των παρανομαστών.

Ενlλ πp68λιιμΑ lιΑιpετ6τιιτΑs της Ρούλας Σπανδάγου

Ένας μαθηματικός έθεσε το εξής πρόβλημα

στους μαθητές του:

''Να βρεθεί ένας αριθμός που αποτελείται από

τρία 2 και που να διαιρείται από τον 1 6384." Ένας μαθητής του έγραψε ότι αυτό είναι αδύνα

το, διότι ο αριθμός 222 δεν είναι δυνατόν να διαφεί

ται από τον αριθμό 1 6384. Φυσικά ο βαθμός που πή

ρε ήταν ανάλογος στη λύση που έδωσε. Γιατί;

Απάντηση Από τρία 2 προκύπτουν οι αριθμοί 222 ή 222 ή

222 ή 222• Είναι 222 < 1 6384, 222 < 16384, 222 <

1 6384 και 222 = 4194304 = 16384 ·256.

Άρα ο αριθμός 222 (που αποτελείται από τρία

δύο) διαιρείται από τον αριθμό 1 6384.

ΤέιηιεpΑ ΜΑiιιμΑτικίλ 1f ΑιχνίlιΑ του Δημήτρη Γ. Φαλιέρου

α) Ψίθυροι1 • • •

ι Από το "Διαφορικός και Ολοκλη ρωτικός Λογισμός. Μια εισαγωγή στην Ανάλυση" του Μ. Spiνak, Π.Ε.Κ. (Ελληνική μετάφραση), Ηράκλειο, 1 995.


Μαθηματικά Παράδοξα και Παιχνίδια

Ας φανταστούμε ένα πλήθος ανθρώπων σε μια σειρά: άνθρωπος Ν ο 1 , άνθρωπος Ν ο 2, άνθρωπος Ν ο 3, . . .

Ψιθυρiζουμε στο αυτί του ανθρώπου, ο οποίος στέκεται πρώτος στη σειρά ένα μυστικό. Επιπλέον, ο καθένας από αυτούς τους ανθρώπους έχει λάβει την οδηγία να ψιθυρiζει κάθε μυστικό που ακούει στον αμέσως επόμενό του (τον μπροστινό του). Να εξετάσετε αν τελικά όλοι αυτοί οι άνθρωποι, όσοι και αν είναι, θα μάθουν ή όχι το μυστικό (με την προϋπόθεση ότι οι συνομιλίες γίνονται ψιθυριστά στο αυτί και μόνο προς τα εμπρός και ότι οι άνθρωποι αυτοί δεν παiζουν το «χαλασμένο τηλέφωνο») δικαιολογώντας την άποψή σας.

Απάντηση Αν ονομάσουμε Ρ(ν) τον ισχυρισμό ότι «ο ν

οστός στη σειρά άνθρωπος θα μάθει το μυστικό>>, τότε το ότι ψιθυρίσαμε το μυστικό στον 1 ° άνθρωπο σημαίνει ακριβώς ότι ο Ρ( 1 ) είναι αληθής. Από την άλλη, οι οδηγίες που έχουν δοθεί (ο καθένας να ψιθυρiζει ό,τι ακούει στον μπροστινό του) μας εξασφαλiζουν σαφέστατα ότι, ο Ρ( ν + Ι ) αληθεύει, όποτε αληθεύει ο Ρ( ν), δηλαδή, η αλήθεια του Ρ(ν) συνεπάγεται κάθε φορά και την αλήθεια του Ρ(ν + Ι ). Άρα, σύμφω�α με την Α.τ.Μ.Ε (Αρχή της Μαθηματικής Επαγωγής) όλοι οι άνθρωποι, όσοι και αν είναι, θα μάθουν τελικά το μυστικό.

β) Ένα ίσον κανένα . . . Πού είναι το λάθος στην «Απόδειξη» που α

κολουθεί; Έστω x = y. Τότε συμπεραίνουμε διαδοχικά με την «μέθο

δο του άρα» ότι 2χ = x + y, 2zx = 2x + y,

2zx _ 22y = 2x + y _ 2zy, (2χ + 2Υ) (2χ : 2Υ) = 2y (2χ - 22Υ),

2x + 2y = 2Υ· 2χ +

I = 2χ, x + l = x, 1 = 0.

Απάντηση. Δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε την ιδιότητα

της διαγραφής στην ισότητα (2χ + 2y)(2x - 2y) = 2y(2x - 2Υ)

και διαγράφουμε τους παράγοντες 2χ - 2Υ εκατέρωθεν του «=»,

διότι επειδή αφού εξ υποθέσεως Ακόμη η ισότητα οδηγεί στο άτοπο

γ) Μαντέψτε ποιός . . .

2χ - 2Υ = Ο, 2χ = 2Υ, x = y. 2χ + 2y = 2y 2χ = Ο.

Σκεφτείτε έναν τριψήφιο αριθμό. Επαναλάβετε τον αριθμό που σκεφτήκατε δίπλα στον εαυτό του, ώστε να προκύψει ένας εξαψήφιος αριθμός. Διαιρέστε αυτόν τον εξαψήφιο αριθμό με το 7. Τον αριθμό που βρήκατε διαιρέστε τον με το 1 3 . Ο αριθμός που προκύπτει είναι αυτός που είχατε σκεφτεί. Α ν π. χ. είχατε σκεφτεί τον

123 ο αντίστοιχος εξαψήφιος θα ήταν ο

123 123 και οι διαδοχικές διαιρέσεις με τους 7, 1 1 και 1 3 θα έδιναν: 123 123 Ι �7589 53

� Hh-41 65 9 62 108 29 3 63 99 39

ο ο ο

Γιατί συμβαίνει αυτό;

Απάντηση

Έστω φχψ ο τριψήφιος αριθμός. Άρα ο εξαψήφιος που σχηματiζεται σύμφωνα με τις οδηγίες

θα είναι της μορφής φχψφχψ. Όμως είναι

φχψφχψ = = 105φ + 1 04χ + 103ψ + Ι ΟΖφ + 1 0χ + Ψ = = 1 02φ( 1 03 + 1 ) + 1 0x( I Q3 + Ι ) + ψ ( 1 03 + 1 ) =

= ( 1 03 + 1 )( 1 02φ + 1 0χ + ψ) = 1001 · φχψ. Όμως η ανάλυση του 1 00 1 σε γινόμενο πρώ-

των παραγόντων έχει ως εξής: 1001 7 143 1 1 13 13 1

δηλαδή 1 00 1 = 7· 1 1 · 13 .

Άρα φχψφχψ = 7 · 1 1 · 13 ·φχψ.


Μαθηματικά Παράδοξα και Παιχνίδια

δ) Μια «σπαζοκεφαλιά» με κρίκους και πασ' λ ι σα ους Διαθέτουμε τρεις πασσάλους με μερικούς ο

μόκεντρους κρίκους τοποθετημένους ο ένας πάνω στον άλλο κατά φθίνουσα διάμετρο, περασμένους μέσα σε ένα πάσσαλο, όπως φαίνεται στο Σ χ. 1 .

2

Ένας κρίκος εmτρέπεται, από την κορυφή της στοίβας να περάσει σε άλλο πάσσαλο, υπό τον όρο να μην τοποθετηθεί πάνω σε μικρότερο (δηλαδή μικρότερης διαμέτρου) κρίκο. Για παράδειγμα, αν ο μικρότ?ρος κρίκος μετακινηθεί από την κορυφή της στοίβας στον δεύτερο πάσσαλο και ο αμέσως επόμενος στον τρίτο, τότε ο κρίκος μπορεί από τον δεύτερο να τοποθετηθεί επίσης στον τρίτο πάσσαλο πάνω από τον άλλο κρίκο. Το ερώτημα είναι το εξής: Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός κινήσεων που απαιτούνται για να μετακινηθεί η όλη στοίβα των κρίκων στον τρίτο πάσσαλο;

·Απάντηση Προφανώς ο αριθμός των κινήσεων εξαρτάται

από το πλήθος των κρίκων. Έτσι, αν διαθέτουμε 1 κρίκο προφανώς απαιτείται 1 κίνηση, ενώ αν διαθέτουμε 2 κρίκους απαιτούνται 3 κινήσεις και όχι λιγότερες (οι κινήσεις που περιγράφονται στην εκφώνηση του προβλήματος). Αν διαθέτουμε 3 κρίκους, τότε μπορούμε να τους μετακινήσουμε στον τρίτο πάσσαλο ως εξής: Με 3 κινήσεις μετακινούμε τους 2 μικρότερους κρίκους (που βρίσκονται πάνω-πάνω στη στοίβα των τριών) στον δεύτερο πάσσαλο (πώς και γιατί;). Στη συνέχεια μετακινούμε με 1 κίνηση τον μεγαλύτερο κρίκο (που έχει απομείνει στον πρώτο πάσσαλο) από τον πρώτο στον τρίτο πάσσαλο. Τέλος μετακινούμε τους 2 κρίκους από τον δεύτερο στον τρίτο πάσσαλο με 3 κινήσεις και όχι λιγότερες (πώς και γιατί;), σύνολο 7 κινήσεις. Δηλαδή αν διαθέτουμε 3 κρίκους απαι-

1 Πρό βλη μα διασκευασμένο από το περίφη μο βιβλίο " Διαφορικός και Ολοκλη ρωτικός Λογισμός. Μια εισαγωγή στην Ανάλυση " του Μ . Spivak, Π.Ε.Κ. (Ελληνική μετάφραση), Ηράκλειο, 1 995.

τούνται τουλάχιστον 7 κινήσεις. Ομοίως αν διαθέτουμε 4 κρίκους απαιτούνται τουλάχιστον 7 + 1 + 7 = 1 5 κινήσεις (ποιες;). Άραγε πόσες τουλάχιστον κινήσεις απαιτούνται, αν διαθέτουμε έναν οποιονδήποτε αριθμό, έστω ν, κρίκων και πώς συνδέεται αυτός ο αριθμός με το πλήθος των κινήσεων;

Παρατηρούμε ότι, για ν=1 απαιτείται τουλάχιστον 1 = 21-1 κίνηση, για ν=2 απαιτούνται τουλάχιστον 3 = 22-1 κινήσεις, για ν=3 απαιτούνται τουλάχιστον 7 = 23-1 κινήσεις, για ν=4 απαιτούνται τουλάχιστον 1 5 = 24-1 κινήσεις,

Ισχυριζόμαστε ότι, για ν το πλήθος κρίκους απαιτούνται τουλάχιστον 2ν - 1 κινήσεις.

Θα αποδείξουμε τον ισχυρισμό μας στηριζόμενοι στην Α.τ.Μ.Ε. (Αρχή της Μαθηματικής Επαγωγής).

Ήδη έχουμε αποδείξει ότι ο ισχυρισμός μας αληθεύει για ν = 1 (όπως βέβαια και για ν = 2, 3 , 4).

Υποθέτουμε ότι ο ισχυρισμός μας αληθεύει για κάποιον θετικό ακέραιο, έστω ν (επαγωγική υπόθεση).

Θα αποδείξουμε ότι ο ισχυρισμός μας αληθεύει και για τον επόμενό του, τον ν + 1 .

Πράγματι αν διαθέτουμε ν + 1 το πλήθος κρίκους, τότε σύμφωνα με την επαγωγική μας υπόθεση, μπορούμε να μετακινήσουμε τους ν μικρότερους κρίκους της στοίβας στον δεύτερο πάσσαλο με τουλάχιστον 2ν - 1 κινήσεις, κατόmν να τοποθετήσουμε τον ν + Ι -στό μεγαλύτερο και εναπομείναντα στον πρώτο πάσσαλο κρίκο, από τον πρώτο στον τρίτο πάσσαλο και τέλος, σύμφωνα και πάλι με την επαγωγική μας υπόθεση, να μετακινήσουμε τους ν κρίκους από τον δεύτερο στον τρίτο πάσσαλο με τουλάχιστον 2ν - 1 κινήσεις. Σύνολο κινήσεων:

(2ν - 1) + 1 + (2ν - 1) = 2·2ν - 1 = 2ν + ι - ι Αποδείξαμε λοιπόν ότι, ο ισχυρισμός μας α

ληθεύει για τον ελάχιστο θετικό ακέραιο για τον οποίο έχει νόημα, δηλαδή τον 1 , και ότι κάθε φορά που ο ισχυρισμός μας αληθεύει για κάποιον θετικό ακέραιο, αυτομάτως αληθεύει και για τον επόμενό του. Άρα ισχόει για όλους τους θετικούς ακεραίους (όσους κρίκους και αν διαθέσουμε), intερ Μει

δείξαι.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.y. τ.4130

Ρωτώντας πας . . . στην πόλη

ο • • �

99 9 9 Υπεύθυνοι στήλης: Καλομιτσίνης Σ. - Ντζιώρας Η. - Σπανδάγου Ρ.

Ο μαθητής Λάμπρος Ντούσιας από την Καλαμάτα μας γράφει:

Ισχύει ότι Ο + Οί = Ο ( συνΟ + ίημΟ). Άρα ο αριθμός Ο + Οί παίρνει την τριγωνομετρική μορφή Ο ( συνΟ + iημΟ) με όρισμα το Ο και μέτρο το Ο. Δυστυχώς ο καθηγητής μου δεν συμφωνεί. Έχει δίκαιο;

Απαντά η Νάντια Παπαθεοφάνη :

Έχει δίκαιο εφ' όσον για τον αριθμό Ο + Οί δεν ορίζεται τριγωνομετρική μορφή.

* * *

Ο φiλος της στήλης Γιώργος Φιλίππου από την Πάτρα γράφει:

Είναι λάθος ή σωστός ο επόμενος συλλογισμός;

3 > 2 <=> 3Ιοgιπ 100 > 2 Ιοgιπ100 ( 1)

<=> Ιοgιπ1()()3 > logιιz1()()2 <=> 1()()3 > 1()()2 (2)

Απάντηση από τον Σταύρο Κατραμάδο:

Είναι λάθος, διόn lοgιπ100 < Ο. Άρα η ( 1 ) αλλάζει φορά. Επίσης η συνάρτηση logι12x είναι γνησίως φθίνουσα, άρα για Ιοgιπ χι < Ιοgιπ xz είναι

Χι > xz. * * *

Ο μαθητής της Α' τάξης του Λυκείου Λεσθονίτης Πάνος από τη Θεσσαλονίκη θέλει να μάθει τι σημαίνει ο συμβολισμός

υι υ2 υ3 � ρι ρz ρ3 ( 1 ):

Απάντηση από τον Θωμά Μουγιάκο: Ο συμβολισμός ( I ) ισχύει σε κάθε τρίγωνο

και σημαίνει ότι το γινόμενο των μέτρων των υψών ενός τριγώνου ΑΒΓ είναι μικρότερο ή ίσο από το γινόμενο των μέτρων των ακτίνων των παρεγγεγραμμένων κύκλων του τριγώνου. Το ίσον ισχύει όταν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

* * *

Αγαπητέ Θωμά Κατσαϊτη: Διαφωνούμε στη διατύπωση του θεωρήματος.

Η ορθή δuιτUπιοση είναι:

Αν η ευθεία που ορίζεται από το κέντρο βάρους G ενός τριγώνου ΑΒΓ και το κέντρο Ο του εγγεγραμμένου σ' αυτό κύκλου είναι κάθετη στην ΒΓ, τότε το τρίγωνο μπορεί να είναι ισοσκελές.

* * *

Συνάδελφε Αντώνη Ολύμπιε σε καλοσωρίζουμε στην οικογένεια των μαθηματικών με την προτροπή να γίνεις μέλος της Ε.Μ.Ε. Ερχόμαστε τώρα στο ερώτημα σου πού ομολογουμένως η απάντηση μας ταλαιπώρησε.

Σύμφωνα με τον πρώην πρόεδρο της Ε.Μ.Ε. καθηγητή Θ. Μπόλη ο 38ος αριθμός του Mersenne (της μορφής 2Ρ - I όπου ρ είναι αριθμός πρώτος) βρέθηκε την Ι η Ιουνίου 1 999 και είναι ο αριθμός 26972593- 1 που έχει 2.098.960 ψηφία ( ! ! ) .

Διόα κtι κή -- tns --

Ευκλeίόeιαs ΓΕQμΕtpίαs ΓΙΑΝΝΗ θΩΜΑίΔΗ ΑΝΔΡΕΑ ΠΟΥΛΟΥ

Μεθοδολοyικtς οδηyίες και πλούσιο εκπαιδευτικό υλικό yια τη διδασκαλία της Ευκλείδειας Γεωμετρίας στην Λ' και Β' Λυκείου, σύμφωνα με το αναλυτικό πρόyραμμα του Παιδαyωyικού Ινστιτούτου και το

ΝΕΟ σχολικό βιβλίο

«ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ» Κάθε κεφάλαια • Επισκόπηση της ύλης

περιλαμβάνει: • Ανάλυση θεωρητικών ζητημάτων

• θtματα δραστηριοτήτων στην τάξη

• Ασκήσεις και προβλήματα

• Μελtτη ειδικών σχημάτων

• Ιστορικά προβλήματα και προβλήματα εφαρμοyών

• Ερωτήσεις προφορικής εξtτασης και αξιολόyησης

• θtματα συνθετικών δημιουρyικών ερyασιών

• Εκτενή βιβλιοyραφία ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΖΗΤΗ

Η ad.,.. p ιι:ι -ι4ιt1-1. Δ-ιαr ωtt-ιd fLt1-1. Η ad� μιιτιιιιέι; Ο J.ιι μ�ιιΑ.�ει;

Υπεύθυνοι στήλης: Δούναβη ς Α. - Σκοτίδας Σ. - Τυρλής L

Π pοrειvόμεvα Ρέματα yια rιι 6rιί:Jιι rωv IJ Jv μπιάl ωv

1. 'Εστω αο, α1, • • • «π αριθμοί του διαστήματος (Ο, �) ώστε

του Σωτήρη Σκοτίδα

ε{ «ο - �) + ε{ αι -�) + ... + ε{ «π - �) � n - 1. Δείξτε ότι εφαο · εφα1 • ... • εφαπ � nπ • ι.

Λύση

Α δ ' ' θ ' θ " 1 1 1 1 ' πο εικνυουμε πρωτα πως αν Χο, χ ι , . . . ,Χn ετικοι αρι μοι ωστε -1-- + -1-- + . . . +-1-- :::;; , τοτε

+ Χο + Χι + Xn n + l ΧοΧι . . . Χο � n .

Απόδειξη

Θέτουι ιΡ -1- = β· α' ρα χ· = .!....:...fu \-1 • { Ο 1 } ' (1 - βο)(l - βι) . . . (l - βn)

ι- 1 + Xj I ' ι βί ν 1 Ε ' , . . . , n οποτε Χο Χι . . . Χn =

βο βι . . . βD

1/n Όμως παρατηρούμε ότι 1 - βί � βο + β ι + . . . + βί - ι + βί + ι + . . . + βn � n · (βο βι . . . βί - ι βί + ι· . . . βn) από ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου.

n Ι� ι� ι�

Ά π > n (βι ·�z . . βn) · n·(βο ·βz · . . . · βη) · . . ·(βο · βι · . . . · βn- ι ) η + ι ρα Xi -Α-·β . · β

= η i = O t-'\1 I . . . 0

εφαο - 1 εφ α ι - 1 εφαη - 1 Η δοθείσα ανισότητα γράφεται 1 + 1 + . . . + 1 � n - 1 <=>

+ εφαο + εψαι + εφαη \ 1 1 1 ) 1 1 1 n + 1 - + + . . . + � η - 1 <=> + + . . . + :::;; 1 . ( ) 1 + εφαο 1 + εφαι 1 + εφαn 1 + εφαο 1 + εφαι 1 + εφαn Θέτοντας Xi = εφ<Χϊ > Ο, ί = Ο, 1 , 2, . . . , η, παίρνουμε εφαο ·εφαι · . . . · εφαη � η η +

1 .

2. Έστω Ρ εσωτερικό σημείο του παραλληλογράμμου ABCD ώστε ΑΒΡ = ADP. Δείξτε ότι ,...., ,...., PAB = PCB.

Λύση

Φέρνουμε PF ισοπαράλληλη της BC, δηλαδ1Ί PFBC παραλληλόγραμμο => PFB = φ .


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

F

Όμως προφανώς και ADPF παραλληλό-γραμμο, οπότε AFP = χ = ΑΒΡ => AFBP εγγράψιμο σε ........... ........... ........... ........... κύκλο οπότε ω = ΡΑΒ = PFB = φ .

3. Οι διχοτόμοι ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ τριγώνου ΑΒΓ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία Ρ, Q,

R , Ν δ 'ξ , ΑΔ ΒΕ ΓΖ

9 αντιστοιχα. α απο ει ετε οτι ΔΡ + EQ + ZR � •

[Μαθηματικές Ολυμπιάδες Πολωνίας - Ν. Κορέας 1996]

Λύση

Από Θ. Stewart b2·ΔΒ + γ2·ΔΓ = α·ΑΔ2 + α · ΔΒ ·ΔΓ. Αλλά ΔΒ = ...!!:Lβα , ΔΓ = .J!{L

βα . + γ + γ

'Ε ΑΔ2 = βγ [(β + γ)2 - α2] Τ ' ΑΔ _ ΑΔ2 _ ΑΔ2

_ (β + γ)2 - α2_ 4τ(τ - α) τσι (β + γγ · οτε ΔΡ - ΑΔ·ΔΡ - ΒΔ·ΔΓ - α2 - α2 .

Ανάλογα παίρνουμε και τις δύο άλλες σχέσεις οπότε η προς απόδειξη ανισότητα γίνεται 4τ(τ - α) 4τ(τ - β) 4τ(τ - γ) > 9 2 + β2 + 2 -α γ ( 1 ) .

'Εστω τώρα η συνάρτηση f(x) = 4τ (τ2- χ), (Ο < χ < 3τ) με f "(χ) > Ο, άρα f κυρτή οπότε από χ

ανισότητα Jensen έχουμε f(α) + f(β) + f(γ) � 3f( α +� + γ) <=> ( 1 ) .

ι;

Σημείωση :

Αν f κυρτή στο διάστημα Δ και α1 , α2, • • • , απ ε Δ και λ1 , λ2, • • • , λπ > Ο τότε ισχύει

λι f(αι) + λz f(αz) + . . . + λπ f(«π) � (λι + λz + . . . + λπ) /λια{+ λ�αz + . . . +::«π) (γενικευμένες ανισότητες L\ I + 2 + . . . + Jensen).

4. Έστω οι μη-αρνητικοί αριθμοί α, b ώστε b2 + b6 ::; α1 - α6• Δείξτε ότι (ί) α ::; 1 , (ii) b < �· ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.4/33

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολvμπιάδες

Λύση

(i) Έστω αντίθετα ότι α > 1 , τότε Ο � α2 - α6 = α2 ( 1 - α4) < Ο, άτοπο

(ii) Παρατηρούμε ότι α2 - α6 = α2( 1 - α2)( 1 + α2) � i · 2 διότι Ο � α � 1 => α2 � 1 και

α2( 1 - α2) = i - ( α2 - �γ � i με το ίσον αν α2 = �- Ας είναι b � �· τότε (�γ + (�γ � b2 + b6 � α2 - α6 � �· άτοπο.

5. Βρείτε τους θετικούς ακεραίους η, m ώστε (η + m)m = nm + 1413.

Λύση

Δεν είναι άγνωστο ότι (α + β) ν = Σ (:) α ν . Κ' β" οπότε κ = Ο

( )m m m - 1 m(m - 1) m - 2 2 m m 14 1 3 η + m = η + m·n m + 2 ·η · m + . . . + m = η + =>

2 ( m - t m(m - 1) m - 2 m - 2) - 141 3 - 32· 157 => m η + 2

η + . . . + m - - . Α'λλά, καθώς 1 57 πρώτος, κατ' ανάγκη m = 3, οπότε n2 + 3n + 3 = 157 => η = 1 1 .

6. Έστω η ακολqυθία («ο) με «ο = 1, «ι = 2, «n ==. «n . ι· «n _ 2 (η � 2) . Υπολογίστε τον «ο.

Λύση Είναι εύκολο να δούμε ότι ακ ε IN'* για κάθε. κ .ε IN' οπότε 1og2 αη = ιοg2 αη . ι + ιοg2 αη . 2 για κάθε

η � 2 με ιοg2 αο= Ο, ιοg2 α1 = 1, δηλαδή αν bn = ιοg2 αη, τότε η ακολουθία (bn) είναι η γνωστή ακολουθία Fibonacci, δηλαδή bn = Fn αφού Fo = Ο, Fι = 1, Fn = Fn . ι + Fn . 2 οπότε αη = 2F

n, όπου

1 {(1 + ..J5 )ι (1 - Ρ )n } , F η = -{5 2 ) -

2 με Fn ε IN' για καθε η.

Φυσικομαθηματικές Εκδόσεις - Βιβλιοπωλείο

"ΑΙΘΡΑ" Μεσολογγίου ι - Αθήνα ι 06 8 1

Τηλ. : 3 3 0 1 269 - 3 3 02 622

Κυκλοφορεί τον Απρίλιο:

Ευαγγέλου Σπανδάγου "Οι χαμένες πραγματείες του Ευκλείδου"

• Ψευδάρια • Κωνικά (στοιχεία) • Πορίσματα • τόποι προς επιφανεία • Περί διαιρέσεων • Μηχανικά

Εισαγωγή - Αρχαίο Κείμενο - Μετάφραση -Σχόλια

Μερικές χρήσιμες ισότητες στην ακολουθία Fibonacci

(Fn , Fn + ι) = 1 Fm l Fmη για κάθε m, η � 1 (Fm, Fn) = (m, η) Fm I Fn <=> m I η για m � 2


Ο Εuιtλείδnς προτείνει . . . Ευκλείδη και . . . Διόφαvτο Υπεύθυνες στήλης: Μαρούλη Β . - Σαίτη Ε. - Χαραλαμποπούλου Λ.

Α Π pοτειvόμεvεs ΑΙFΚίιΙFειs Ο καθηγητής και πρόεδρος της Ακαδημίας

Αθηνών κ. Νικόλαος Αρτεμιάδης προτείνει προς λύση την εξής άσκηση:

1 . Δίνεται σημείο με συντεταγμένες (α, b) όπου Ο < b < α. Να υπολογισθεί η ελάχιστη περίμετρος ενός τριγώνου του οποίου η μια κορυφή είναι στο σημείο (α, b ), μια άλλη κορυφή βρίσκεται στον άξονα χ ' χ (των τετμημένων) και η τρίτη κορυφή βρίσκεται στην ευθεία χ = y. (Μπορείτε να υποθέσετε ότι ένα τέτοω τρίγωνο ελάχιστης περιμέτρου υπάρχει).

* * *

Εμείς από την μεριά μας προτείνουμε τις επόμενες ασκήσεις:

1 . Θεωρούμε κύκλο κέντρου Κ και ένα τυχαίο σ' αυτό εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΒΓ Δ με Ο το σημείο τομής · των διαγωνίων του. Έστω (Κι , ρι) και (Kz, ρz) οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΟΑΒ και ΟΓ Δ αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι ΚΚz :::: ρι και ΚΚι :::: ρz.

2. Δίνεται ένα ευθύγραμμο τμήμα ΒΕ σταθερό κατά θέση και μέγεθος. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος της κορυφής Α, των ισοσκελών τριγώνων ΑΒΓ, που έχουν το ευθύγραμμο τμήμα ΒΕ ως διάμεσο.

3. Αν οι ακτίνες ρ ι , ρz, ρ3 των κύκλων των

εγγεγραμμένων αντίστοιχα στα τρίγωνα ΑΒΓ, ΑΒΔ, ΑΓ Δ όπου ΑΔ είναι το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ, συνδέοντ.αι με την σχέση ρ12 =

.Λ.

ρz2 + ρ32, να εξετασθεί αν η γωνία ΒΑΓ είναι ορθή.

Β Ε11τει.λαv Αύ11ειs Ο μαθητής Νίκος Αλεξάκης από τα Χανιά

μας έστειλε μια σωστή λύση της δεύτερης άσκησης που πρότεινε από τη στήλη μας (του προηγούμενου τεύχους) ο καθηγητής και Πρόεδρος της Ακαδημίας Αθηνών κ. Νικόλαος Αρτεμιάδης.

Η λύση του Νίκου Αλε�άκη είναι η επόμενη:

Αν α, b, c είναι αριθμοί πραγματικοί τέτοιοι

ώστε α � b � c � Ο και α + b + c = 3 να

αποδειχθεί ότι αb2 + bCZ + cα2 ::;; 2;. Λύση Θεωρούμε ότι F (α, b, c) = αb2 + bc2 + cα2•

Τότε έχουμε F(α, b, c) + F(α, c, b) = 3 (αb + bc + cα - αbc)

= 3 [( 1 - α)( 1 - b)( l - c) + (α + b + c) - 1 ] = 3 [( l - α)( l - b)( l - c) + 2] .

Επειδή c ::;; 1 ::;; α θα έχουμε:

( l - α)( l - b)( l - c) $; 0 αν b ::;; 1 . Α ν 1 < b, τότε θα έχουμε:


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

( 1 - α)( l - b )( 1 - c) � (α; b - 1 )2 �

s (� _ 1 τ ( 1 _ Ο) = i·

Άρα F(α, b, c) + F(α, c, b) � 2;. Επειδή

F(α, c, b) - F(α, b, c) = (α - b)(b - c)(α - c) � Ο θα

είναι F( α, b, c) � 2;, δηλαδή αb2 + bc2 + cα2 � 2;.

* * *

Δημοσιεύουμε τη λύση της πρώτης άσκησης που πρότεινε πάλι ο κ. Αρτεμιάδης. Η λύση δόθηκε από τον φοιτητή του Μαθηματικού τμήματος του Πανεπιστημίου Αθηνών Γιώργο Δέδε:

Να λυθεί ως προς χ η εξίσωση:

- � + - � =- � -ν� -νΧ+b -ν α+b α>

όπου Ο < α <b (να βρεθεί η λύση με τις λιγότερες πράξεις).

Λύση Η δοσμένη εξίσωση γράφεται ισοδύναμα

�(χ - �Τ + (-�! +�(χ - �)2 + (�bJ =

=�(� - �τ + (� +�br (2).

Το πρώτο ριζικό της (2) εκφράζει την

απόσταση των σημείων Α(χ, Ο) και Β(�. αf} Το

δεύτερο ριζικό της (2) ,εκφράζει την απόσταση των

σημείων Α(χ, Ο) και 1�· -σp) και το τρίτο την

απόσταση των σημείων Β(�·� α )και 1 �· -r b) Άρα το σημείο Α(χ, Ο) βρίσκεται στην ευθεία

που ορίζουν τα σημεία Β και Γ. Επομένως είναι b α α b , αb

χ = -- · - +-- · - η χ = --. α + b 2 α + b 2 α + b

r Eva πpωτότvπο yεωμετpικό Ρέμα

του Θωμά Μουγιάκου

Είναι γνωστό ότι η διχοτόμος μιας επίκεντρης ή μιας εγγεγραμμένης γωνίας, διχοτομεί το

αντίστοιχο τόξο της. Να εξετάσετε αν συμβαίνει το ίδιο και με τη διχοτόμο μιας εσωτερικής ή εξωτερικής γωνίας κύκλου.

Απόδειξη.

Ας υποθέσουμε ότι η διχοτόμος ΕΗ της .....,_

εσωτερικής γωνίας ΑΕΒ του κύκλου Ο, διχοτομεί ,.-., ,.-., το αντίστοιχο τόξο της δηλαδή, ΑΗ = ΗΒ => χορ. ΑΗ = χορ. ΗΒ.

Αν από το Η φέρουμε τις κάθετες ΗΖ και ΗΘ στις πλευρές της γωνίας, τότε είναι ΗΖ = ΗΘ.

Τα ορθογώνια τρίγωνα ΗΖΑ και ΗΘΒ προφανώς είναι ίσα (έχουν μία κάθετη πλευρά τους ίση και τις υποτείνουσές τους ίσες) άρα

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

ΗΒΘ = ΗΑΖ.

Αυτό σημαίνει ότι το τετράπλευρο ΕΑΗΒ είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Δηλαδή, ο κύκλος Ο

που περνά από τα σημεία Α, Η, Β πρέπει να περάσει και από το Ε.

Πράγμα όμως άτοπο, διότι θεωρήσαμε ότι η γωνία ΑΕΒ είναι εσωτερική στον κύκλο.

Συμπέρασμα: Η διχοτόμος της εσωτερικής γωνίας ενός κύκλου δεν διχοτομεί το αντίστοιχο τόξο της. Το ίδιο συμβαίνει και με την εξωτερική γωνία του κύκλου.

Παρατήρηση : Εξαίρεση έχουμε βέβαια στην περίπτωση που η διχοτόμος της γωνίας διέρχεται από το κέντρο του κύκλου, δηλαδή όταν οι αποστάσεις του κέντρου του κύκλου από τις πλευρές της γωνίας είναι ίσες.


ΤΟ ΤΕΛΕΥΊΑΙΟ θΕΩΡΗΜΛ rQ}' ΦΕΡΜΛ SimQn, Sin.gh

Το βtβλία----σαν ένα μαθηματικό "νοvάρ "....: εξιΊQορεi τα μαθημαi'//"ά αn,rf ταυς [Jυθaγόριους μέΧJ>ι τον �Υ'fρtου Ουάιλζ στο πλαίσιο μιας

' aγωνtώδους αναζήτησης για επfλυση του πιο διάσημου μαθηpmικού προβλήματος της εποχής μας.

Ο ΜΥΣτJΚΟΣ ΔΕΙΠΝΟΣ John. L. Casti

Ο Ά. Τιούρzνγκ, ο Λ. Βiτγκενσταϊν, ο Τ .. Χαλντέzν και ο Έ. Σρέντινγκερ δiχονται μzα πρόσκληση σε δείπνο από τον Τ. Σνόοv, με σχοnό να συζητηθεί το κατά πόσον m υnολοyιmικiς μηχανές θα αnιnαήοουιι ΠΖ δυνατότητα να σκέnιοντm όπως οι

άνθρωπm.

� ... . �.:.z.�. .. ,nι. ΊΌΥΠΥθΑΙΌΡΛ Μ. Wertheim

Ξετυλiyοντας το vήμα της φυσικής από ιον Πυθαγόρα μέχpt σήμερα, η συγγραφέας μελετά το ρόλο της γvναiκας στην ιστορία της επzστήμης.καz επwημαίνει τα εμπόδια που εγέρθη:ιcαν από την iδza iην επιστημονική κοινότητα.

ISABELLE · STENGERS Από τις αποκρυψιστικές πpα1στικές των α):χημzσ:tών ώς τη σύγχpονη υποταγή της στη φυσική, στη '{hολογία • και οτη βιομηχανική παραγωγή, η ιστορία της Χ1Ζμεuiς αποτεΧεi μιά περιπέτεια εξαψετικά εύγ λωπη γw · την fιoptίa · της δυτικής επιστημονικής σκέψης. Στο βιβλiο αυτό εμ:φι:ινiζοvμp ολα ta

ΕΠΙΣΚΕΥθΕΙΤΕ τΗ ΣΕΛΙΔΑ ΜΑΣ - ΔΙΑΒΑΣΤΕ

το ΠΟΤΑΜΙ τοΥ ΧΡΟΝΟΥ RttitrJρί(l της μελέτης του ΧΡόνου, από τους IF"""""'"'""'""""'""""'""""91

αpχαί()'ΙJ� Ίi.λλην�ςμέχpt σήpεpα. Επiοης

η,ερι,(pάφονταz πρrJ;τότυπα και με σαψήνεια

�αrfz�� Λ,ε . ��ς σύr.rρονων θεωpuιlν σε πε/f(α όμως η &pνατότητα κατασκεvής ΧfJΟνομηχανών, η::ανωμαλη ροή του χpόνου (σε

μαyρες ή λεVjfς,ψιJπες) Κ(lt η πzθ((νή πηγή rου Ποτ«Ρ,ού του. Χρόνου .

. ΑΜΟΙΙΑΡΜΕΝΕΣ :ΜΕΓΑΛΟΦΥΙΕΣ F. DiTrocchio

Ηακαδημα'i7'ή κοινότητα εiναz συχνά aνόητα κομφορμiστρια προς τους ερευνητές

που προσπαθούν να σκεφτούν με αντiθετο τprJno απ' αυτήν.

Το βι/Jλiο παρ�υσιάζει πολλούς διάσημους "εκ iων υστέ

fJων" επιστήμονες,

ΚΛΩΝΟΣ Gin.a Kolata

Το βifJλio . p;'f'l (lφη�drzk� Άn(lρoυ" ' σίαση της προσπάθiιaί; τliJ'ν επιστημόνων

για κλωνqποiηση, γραμμένο με δημοσιογραψική αnόΧJ>ωση: 'Ανι:i#τύσσετατ·r(

., . . . . ιdτοpi(l τ,ης !jτόλι, το μεΛiον της κ,.. ιωνι)ποιrισrJ'ς.

άναζηπJνiι:ις iήν ταυτότητά της αγωνW μιας επιστήμης να λύσει τizς θέσης της στο εσωτερικό

εvκυκλοπαiδειαc Ποόκε:ιται μια κολοσσuιία τοι'ΧΟγρα-

www.boρk.cώture.ιπ/tra,νιo�lil

Από τις eκοόσeις μιι5 κt!t(λοφοροV:Jι:

Πα{ζει ο Θεός ζάρια ? Τύχη και χάος Επtσ'tήμη ή θεό Τι είναι η ζωή; Κοντά Ο'tον άνθρ Σκέψεις

. /an .Stewart DaviιHluelle John Polkinghorne Eruιi1J: .. $chrodinger Eruιi71 Sehroάinger

• Ή , ' ,:Weri,et J!eisenberg Είναι ο θεός Γεωμέτρης; · ιan Stewart Η εικονική πραyματικότητα Cώuάe Cιuloz· Ο ι γνωσιακές επισ'tήμες J-G. Ganasda Το τυχαίο σύμπαν Paul C W. hatlies

ΚtJλλfβpομWυ 54a, t.Πtκός ()(κος Π. Ί'ΡΑΥΛΟi

Χάος και κοσμολογία Barry Parker Μια 'Ιrαtάτα Dιade • · η� f.teem.an Dyson ο Etienne Κlein

Robin Hernum

Αθήνα ΤηλιWνα: 18 14 410 • J8 1J 591 . Fax: J8 28 174

Υπεύθυνοι στήλης: Βλαχούτσικος Γ. - Ευσταθίου Β. - Κυριαζόπουλος Δ.

Σπανδάγος Β.

Ο Ηλίας Καρβούνης, μαθητής της Β' Λυκείου από τη Λάρισα, μας έστειλε την εξής άσκηση:

Δίνεται ο ακέραιος αριθμός

α = ν(ν - l)(Ψ + ν + 1) + ν(-l)ν - 1 + (·l)ν.

Να δειχθεί ότι ν - ι I α. (ν Ε Ν*).

Λύση

Προφανώς είναι ν - Ι I ν(ν - I )(VZ + ν + 1 ). Άρα αρκεί να δείξουμε ότι

ν - Ι / ν(- ΙΓ 1 + (-l )v ( 1 ) Έστω ότι ν είναι περιττός. Τότε ο ν - 1 είναι

άρnος. Άρα είναι ν(- Ι )ν- Ι + (- 1)ν = ν - Ι . Άρα η ( 1 ) ισχύει.

Έστω όn ο ν είναι άρτιος. Τότε ο ν - 1 είναι περιττός.

Άρα έχουμε ν(- Ι )ν - Ι + (- Ι )ν = -ν + Ι = -(ν - Ι ). Άρα η ( 1) ισχύει.

* * *

Ο Ανδρέας Μπίκος, μαθητής της Γ' Λυκείου από την Λάρισα, μας έστειλε την επόμενη άσκηση.

Να δειχθεί ότι η εξίσωση ln(x - 1) + xi + χ - 6 = Ο (1) έχει μία μόνο ρίζα στο IR..

Λύση Πρέπει να είναι χ - 1 > Ο <=> χ > 1 . Προφανής

ρiζα είναι η χ = 2. Θα δείξουμε ότι δεν υπάρχει άλλη ρiζα.

Θεωρούμε τη συνάρτηση

f(x) = In(x - 1 ) + χ2 + χ - 6 με Α = ( Ι , +οο).

'Εχουμε f '(x) = _1_1 + 2χ + 1 = χ(2χ � 1) > ο. χ - χ -

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( 1 , +α:>). Επομένως, η γραφική της παράσταση συναντά τον άξονα χ'χ σ' ένα το πολύ σημείο. Η εξίσωση ( 1 ) επομένως έχει μια μόνο ρiζα.

* * *

Δίνεται το πολυώνυμο:

Ρ(χ) = (αz - βγ)χz + (βz - γα)χ + γz - αβ με α, β, γ Ε JR.. Α ν α3 + β3 + r = 3αβγ και α + β + γ 'Φ Ο, να δείξετε ότι το Ρ(χ) είναι το μηδενικό πολυώνυμο.

(Αθανασίου Κων/να 2° ενιαίο Λύκειο Τρικάλων)

Λύση

Από τη γνωστή ταυτότητα του Euler έχουμε 1 α3 + β3 + γ3 - 3αβγ = 2<α + β + γ) ·

· [(α - βγ + (β - γ γ + (γ - α γ] .

Από τη στιγμή που ισχύει α3 + β3 + γ3 = 3αβγ, θα πρέπει

1 2<α + β + γ) [(α - βγ + (β - γ γ + (γ - α γ] = Ο. Όμως α + β + γ 'Φ Ο, επομένως προκύπτει ότι

(α - βγ + (β - γ γ + (γ - αγ = Ο. Οπότε, υποχρεωτικά θα έχουμε:

{ ; � � = �= ; : � } α = β = γ = κ ( 1 ) γ - α = Ο <=> γ = α

Άρα Ρ(χ) = (α2 - βγ)χ2 + (β2 - γα)χ + γ2 - αβ � Ρ(χ) = (κ2 - κ·κ)χ2 + (κ2 - κ·κ)χ + κ2 - κ·κ <=>

Ρ(χ) = (κ2 - κ2)χ2 + (κ2 - κ2)χ + κ2 - κ2 <=>

Ρ(χ) = Ο ·χ2 + Ο· χ + Ο <=> Ρ(χ) = Ο

Συνεπώς, το Ρ(χ) είναι το μηδενικό πολυώνυμο.

* * *

Να προσδιορίσετε πολυώνυμο Ρ(χ) τρίτου βαθμού όταν ισχύουν Ρ(Ο) = Ο και Ρ(χ) - Ρ(χ - 1) = χ1 για κάθε χ Ε IR.. Κατόπιν να δείξετε ότι ιz + 21 + 3z + • . • + Ψ = Ρ(ν).

(Χαντζιάρα Μαρία Λύκειο Φαρκαδόνας)


______________ Η Στήλη του μαθητή

Λύση Το πολυώνυμο Ρ(χ) είναι τρίτου βαθμού,

οπότε θα έχει τη μορφή: Ρ(χ) = αχ3 + βχ2 + γχ + δ ( 1 ),

αλλά Ρ(Ο) = Ο (2) οπότε έχουμε: (2) Ρ(Ο) = α·03 + β·02 + γ·Ο + δ <=>

α·03 + β·Ο2 + γ·Ο + δ = Ο <=> ο + ο + ο + δ = ο <=> δ = ο.

Άρα: Ρ( χ) = αχ3 + βχ2 + yx, αλλά Ρ( χ) - Ρ( χ - Ι ) = χ2 (3)

Έχω: Ρ(χ) = αχ3 + βχ2 + γχ (4) και Ρ(χ - Ι ) = α(χ - Ι )3 + β(χ - Ι )2 + γ(χ - Ι ) (5)

Η (3) λόγω (4), (5) γίνεται:

αχ3 + βχ2 + γχ - [α(χ - ι γ + β(χ - ι γ + γ(χ - 1 )] = χ2 <=>

<=> αχ3 + βχ:z + γχ - [α(χ3 - 3x:z + 3χ - 1 ) +

+β(χ2 - 2χ + Ι ) + γ( χ - Ι )] = χ2 <=>

<=> αχ3 + βχ:z + yx _ ( αχ3 _ 3αχ:z + 3αχ _ α + + βχ:z - 2βχ + β + yx - Ύ) = x:z <=>

<=> αχ3 + βχ:z + yx _ αχ3 + 3αχ:z _ 3αχ + α _

- βχ2 + 2βχ - β - ΎΧ + Ύ) = Χ2 <=>

<=> ffiίl - eκl + � - � + Υ* - Υ* + + 3αχ2 - χ2 - 3αχ + 2βχ + α - β + γ = Ο <=>

<=> 3αχ2 - χ2 - 3αχ + 2βχ + α - β + γ = Ο <=>

<=> χ2 (3α - 1 ) + χ (-3α + 2β) + α - β + γ = Ο <=>(6). Για να είναι η (6) ίqη με (Ο) θα πρέπει:

-3 α + 2β = Ο <=> α _ β + Υ = 0 <=>

3α - 1 = 0 <=> 3α = 1 <=>

1 α-- (7) - 3 και

2β = 3 α <=> (7), (8) 3α (7) γ = β - α <=>

β =- <=> 1 1 2 γ =2 -3 <=> 1 και 3 2 _ 3 - 2 <=> β =τ <=> r - 6

1 β =4 (8) γ =6

'Ε 1 β 1 1 , χουμε: α = 3• = 2 και γ = 6 οποτε το

πολυώνυμο Ρ(χ) θα είναι: P( ) -1 3 1 2 1

• Ρ( ) -13 1.2 1 χ - 3 χ + 2 χ + 6"-• αρα ν - Υ + y- + � οπότε έχουμε:

12 + 22 + 32 + . . . + v2 = � +r +iv (9).

α' βήμα: Θα δεiξω ότι η (9) ισχύει για ν = 1, δηλαδή:

5 + 1 <=> ι - -- <=> - 6

β' βήμα: Υποθέτω ότι η (9) ισχύει για ν = κ, δηλαδή;

1 2 22 32 . ..2 - 1...3 1..:z 1 ( 10) + + + . . . + "-- - 3"-- + 2""- + � .

γ' βήμα: Θα δεiξω ότι η (9) ισχύει για ν = κ + 1 , δηλαδή:

Από το Α' μέλος έχω: 1 2 + 22 + 32 + . . . + ιc2 + (κ + ιγ (�) 1...3 + 1 2 + 1 + ( + 1 \2 3""- � � κ J

1 = 6 [2κ:3 + 3ιc2 + κ +6(κ + 1 )2]

=i [2κ:3 + 3ιc2 + κ + 6 (κ2 + 2κ + 1 )]

= i (2κ3 + 3ιc2 + κ + 6ιc2 + 12κ + 6)

= i (2κ:3 + 3ιc2 + κ + 6ιc2 + 6κ + 6κ + 2 + 3 + Ι )

= i (2κ:3 + 6ιc2 + 6κ + 2 + 3ιc2 + 6κ + 3 + κ + 1 )

= i[2 (κ:3 + 3ιc2 + 3κ + 1 ) + 3(ιc2 + 2κ + 1 ) + (κ + 1 )]

= i [2 (κ + 1 )3 + 3(κ + Ι )2 + (κ + 1 )]

1 1 1 = 6 2(κ + 1 )3 + 6 3(κ + 1 )2 + 6<κ + 1 )

= � (κ + ι γ +�κ + ι γ +�κ + 1 ).

Άρα: 1 2 + 22 + 32 + . . . + ιc2 + (κ + 1 )2 = 1 1 1 3 (κ + 1 )3 + 2 (κ + 1 )2 + 6<κ + 1 )

αυτό που έπρεπε να αποδειχθεί. * * *

Ο Μαθητής της Γ Λυκείου Μπενετάτος Αλέξανδρος από την Θεσσαλονίκη έστειλε για λύση την εξής άσκηση:

Να υπολογισθεί ο α eiR όταν 2

i. J (3χ + 7)dx = α - ι ο α

ii. J ex2 2xdx = e4 -e

ι


ι t - � - � · � ... �""� .cιιr., '"'ιtιΙ �-�� " � fl . Η'Ν' NιiTHeNAT/CVf

I �� , Jι . Υπεύθυνοι στήλης: Καλίκας Σ.- Κερασαρίδης Γ.- Πανδής Α.

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με · σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1 ) τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες εmστήμες ή κλάδοι εmστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κά�οιος να τους σπουδάcrει.

Κανόνας: Η στήλη Homo Mathematicus απευθύνεται μόνο σε μαθητές.

Β. Παρακάτω παρουσιάζουμε μια εργασία του Θοδωρή Ξενάκη. Ο Θ. Ξενάκης είναι ένας πολύπειρος -

κλασικός φιλόλογος, με ξεχωριστές γνώσεις στην γλωσσολογία. Εκείνο που τον κάνει «δικό μας» είναι η βαθειά γνώση της Ευκλείδιας Γεωμετρίας και η πολύχρονη ερασιτεχνική ενασχόλησή του μ 'αυτήν. Το δοκίμιο του αυτό, με γενικό τίτλο «Μαθηματικά και "θεωρητικά μαθήματα"» , αναφέρεται στην σχέση των Μαθηματικών με την Έκθεση και τα Αρχαία Ελληνικά Το έγραψε ειδικά για τους αναγνώστες τη ς στήλης Homo Mathematicus. Στο προηγούμενο τεύχος (αριθ. 35) δημοσιεύτηκε το πρdJτο μέρος του δοκιμίου του με θέμα "Μαθηματικά και Έκθεση ". Στο τεύχος αυτό δημοσιεύουμε το δεύτερο και τελευταίο μέρος του δοκιμίου του με θέμα "Μαθηματικά και Αρχαία Ελληνικά"

Αφορμή για την σύνδεση των δύο «ακραίων» μαθημάτων (που ήταν πάντα κριτήριο για να ακολουθήσει κάΠοιος μια από τις δύο παραδοσιακές κατευθύνσεις των επιστημών) υπήρξε μια γενική (όχι στατιστική) παρατήρηση που έμεινε στην εντύπωση του γράφοντος κατά την διάρκεια των 29 χρόνων που πέρασε στην "μάχιμη" εκπαίδευση, όπως συνηθίσαμε να αποκαλούμε την υπηρεσία σε Σχολείο και όχι σε γραφείο ή οπουδήποτε αλλού.

Η παρατήρηση λοιπόν είναι ότι στο μάθημα των Αρχαίων Ελληνικών πολλά παιδιά ήξεραν πολύ καλά τους κανόνες του Συντακτικού, ακόμη και με παραδείγματα, επίσης να κλίνουν σωστά τους γραμματικούς τύπους στις βασικές μορφές τους που έχει το σχολικό τους βιβλίο, γνό}ριζαv επί πλέον την σημασία πολλών λέξεων, ίσως και εκφράσεων, της αρχαίας ελληνικής (αυτές μπορεί και να δίνονταν), αλλά δεν μπορούσαν . να εφαρμόσουν τις γνώσεις τους αυτές σε συγκεκριμένο αδίδακτο κείμενο με εmτυχία, έτσι δηλαδή ώστε να έρχονται (οι γνώσεις) αρωγοί στην προσπάθειά τους να κατανοήσουν πρώτα και μετά να μεταφράσουν το αρχαίο κείμενο χωρίς τις βοηθητικές ερωτήσεις του δασκάλου.

Αυτή η αδυναμία παραδόξως δεν εμφανιζόταν σε άλλα παιδιά παρά το γεγονός ότι μπορεί και να υστερούσαν των προηγουμένων σε «θεωρητικές

του Θοδωρή Ξενάκη-φιλόλογου

βάσεις» Γραμματικής και Συντακτικού: προχωρούσαν λοιπόν ευκολότερα στη σύλληψη του νοήματος και ποτέ δεν έπεφταν σε ανεπανόρθωτα σφάλματα λογικής. Πολύ λίγοι μαθητές πάλι εκτός από πρόσβαση στα τυπικά γλωσσικά εργαλεία είχαν και το χάρισμα της . . . μαντικής: 'Όταν δηλαδή αντιμετώπιζαν το αρχαίο κείμενο (διδαγμένο και αδίδακτο γι' αυτούς ήταν το ίδιο), το καταλάβαιναν σαν να μάντευαν τη σκέψη του αρχαίου συγγραφέα. Οι συγκεκριμένοι όμως μαθητές είχαν το ίδιο ταλέντο και στην κατανόηση της Νέας Ελληνικής σε δυσνόητα χωρία με αφηρημένες έννοιες και περίπλοκες αναλύσεις, έτσι ώστε να πιστεύει κανείς ότι α) εmβεβαιωνόταν σ' αυτούς το γνωστό δόγμα «γλώσσα και διάνοια συμπορεύονταυ> β) οι ικανότητες aποκωδικοποίησης και εmκοινωνίας δεν στηρίζονται μόνο στα τυmκά εφόδια- εργαλεία της Γραμματικής και του Συντακτικού, γ) η πρωτοβουλία στην ανακάλυψη της γνώσης που είχαν οι μαθητές αυτοί ήταν κάτι το γενικότερο που ίσχυε και ισχύει για τους σκαπανείς όλων των εmστημών και δ) όποια επιστήμη κι αν διάλεγαν τα παιδιά αυτά θα μπορούσαν να την υπηρετούσαν με εmτυχία. Ποια όμως ήταν η αιτία της αδυναμίας των άλλων μαθητών να εφαρμόσουν τις γνώσεις τους στην πράξη;

Το πρόβλημα πρέπει να είναι γενικότερο και να μην αντιμετωπίζεται μόνο με την εύκολη λύση


ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

της προτροπής για πολλές ασκήσεις και εφαρμογές. Όλοι βέβαια γνωρίζουμε την μεγάλη αξία της επανάληψης και της άσκησης ιδίως στα πρωτεύοντα μαθήματα, καθώς και την αξία της εμπειρίας και της πείρας που χαρίζει η λύση πολλών προβλημάτων σε όλα τα μαθήματα. Ίσως όμως αυτή η συνεχής τριβή με το γνωστικό αντικείμενο, ειδικά αυτό της διείσδ:υσης στο αρχαίο ελληνικό κείμενο, ενεργοποιεί κάποιες διανοητικές μεθόδους και ικανότητες που είναι, 'πως πιστεύω, όχι άσχετες με κείνες που θεωρούνται βασικά κλειδιά στην mcyύμναση της σκέψης των παιδιών και στα Μαθηματικά. Οπως δηλαδή οι μαθητές που ασχολούνται με πολλές ασκήσεις 'Άλγεβρας και Γεωμετρίας αποκτούν μια πείρα που τους διευκολύνει πλέον ικανοποιητικά στις εξετάσεις , έτσι και οι αντίστοιχοι ύποψήφιοι των θεωρητικών κλάδων που αποκτούν πλούσια πείρα από την μελέτη πολλών «θεμάτων» της αττικής διαλέκτου, διευκολύνονται στην αντιμετώmση του επίμαχου θέματος των εξετάσεων. Αυτή όμως η πείρα δεν μπορεί να είναι μόνο γνώση άριστη των θεωρημάτων της Γεωμετρίας ή των κανόνων του Συντακτικού και των τυπολογικών μεταβολών της Γραμματικής ή του Λεξιλογίου της Αττικής διαλέκτου. Οι ικανότητες που ενεργοποιούνται και στις δύο περιπτώσεις πρέπει να έχουν λογική-μαθηματική βάση και αφετηρία. Ας παρακολουθήσουμε κάποιες απ' αυτές.

Α) Η ετυμολογική ανάλυση μιας άγνωστης λέξης απαιτεί βέβαια κάποιες προσβάσεις στις ρίζες των ελληνικών λέξεων (χωρίς αυτό δεν πρέπει καy να γίνεται λόγος για αδίδακτο κείμενο αττικής διαλέκτου) αλλά ακόμη περισσότερο χρειάζεται διεισδυτική ικανότητα και δυνατότητες αναγνώρισης ομοιοτήτων που ταιριάζουν (οι δυνατότητες)και στους τύπους των Μαθηματικών. Π.χ. αναγνωρίζουν τα παιδιά στο επίθετο «διηνεκή9) μια από τις ρίζες του ρήματος «φέρ@) με την ίδια ευκολία ή δυσκολία με την οποία διαβλέπουν στο

' 4 2 3 2 2 ' πολυωνυμο χ - χ y + χ y το τετραγωνο της διαφοράς x-y.

Β) Το Συντακτικό της Αρχαίας Ελληνικής δεν είναι μόνο κανόνες. Είναι κυρίως εργαλείο λογικής διάταξης της γλώσσας που λειτουργούσε ασυνείδητα στην διάνοια των αρχαίων συγγραφέων σαν πλοηγός προς την σαφήνεια και την ακριβή ή καλαίσθητη ή πειστική διατύπωση. Τους κανόνες τους έβγαλαν μεταγενέστεροι. Μια οξυμμένη λοιπόν λογικομαθηματική διάνοια δεν θα επέτρεπε ποτέ συντακτικές ανακολουθίες, έστω και με άγνοια της ειδικής ορολογίας των συντακτικών χαρακτηρισμών. Π.χ. ο μαθητής που διαθέτει λογική δεν γράφει ποτέ στη μετάφρασή του αντιφάσεις

και ασυναρτησίες. Ενδόμυχα αναγνωρίζει ότι ο αρχαίος συγγραφέας γράφει σωστά πράγματα, διακρίνει επομένως αμέσως την περίπτωση που ο ίδιος δεν αποδίδει σωστά τα λεγόμενα του συγγραφέα στη μετάφραση που προσπαθεί να κάνει. Προτιμά λοιπόν να μη γράψει καθόλου το τμήμα που δεν «του βγαίνευ) ή να ξαναπροσπαθήσει. τι άλλο είναι αυτό, παρά η γνωστι) μέθοδος της «εις άτοπον απαγωγή9); Οι φιλόλογοι γνωρίζουμε δυστυχώς ότι λίγοι μαθητές αναγνωρίζουν το άτοπο στην μετάφρασή τους.

Γ) Χαρακτηριστικό βασικό των αρχαίων Ελλ1)νων συγγραφέων είναι η βραχυλογία. Ποτέ δεν επαναλαμβάνουν κάποια λέξη που μπορεί να παραλειφθεί ως ευκόλως εννοούμενη. Πολλά λοιπόν είναι τα σημεία των κειμένων που χρειάζονται συμπληρωματικές λέξεις, απαραίτητες στους μαθητές για την κατανόηση. Η εύρεση της λέξης που εννοείται δεν είναι πάντα εύκολη υπόθεση και πολλές φορές χωρίς αυτήν οι μαθητές αδυνατούν να προχωρ1)σουν. Είναι και εδώ οι ίδιες συνθήκες που σκόπιμα δημιουργούνται σε ορισμένες ασκήσεις Γεωμετρίας, όπου δεν υπάρχει διέξοδος εκτός από μια «μαγική)) βοηθητική ευθεία. Βοηθητική ευθεία λοιπόν και εννοούμενη λέξη είναι κοινά ζητούμενα σε προβλήματα Αρχαίων και Μαθηματικών.

Σαν συμπέρασμα ας μας επιτραπεί να επαναλάβουμε α) ότι η σχέση Μαθηματικών και {iρχαίων ΕΛληνικών βρίσκεται στο επίπεδο των μαθητικών κυρίως προσπαθειών, όχι στο επίπεδο των επιστημών και β) ότι η σχέση αυτή σε καμιά περίπτωση δεν σημαίνει ότι οπωσδήποτε ο ικανός στο αδίδακτο απικό κείμενο είναι καλός και στα Μαθηματικά ή και το αντίστροφο. Επί πλέον είναι απαραίτητο να διευκρινιστεί εδώ ότι η παραπάνω σχέση δεν ισχύει απόλυτα για το διδaγμένο κέίμενο όπου η εμβάθυνση και ο προβληματισμός δεν είναι πλέον κατά κύριο λόγο γλωσσικός. Λόγω του αναλυτικού προγράμματος και των ζητουμένων στις εξετάσεις οι μαθητές στρέφονται περισσότερο σε γνώσεις Ιστορίας, Μυθολογίας, Αρχαιογνωσίας και Αρχαιολογίας ή στην καλύτερη περίπτωση σε σημαντικά φιλοσοφικά προβλήματα. 'Όμως όλα αυτά δίνονται μάΛλον έτοιμα. Η όξυνση του νου που πετυχαίνει η Θεματογραφία δεν υπάρχει δυστυχώς στο διδαγμένο με εξαίρεση βέβαια την διείσδυση σε φιλοσοφικά προβλήματα, αΑλά αυτά είναι περιοχές άΛλου μαθήματος. Και το "δυστυχώς" γίνεται ακόμη μεγαλύτερο αν δει κανείς ότι στο αναλυτικό πρόγραμμα της Θεωρητικής κατεύθυνσης της Γ' Λυκείου η Θεματογραφία καταλαμβάνει μόνο μία (1 !) ώρα από το εβδομαδιαίο πρόγραμμα, αν και κρίνονται οι μαθητές από αυτή κατά 40% της βαθμολογίας τους στο τελικό γραπτό των Αρχαίων ΕΛληνικών. . .

·


Μαθnμα-ιικά yιa τnv Α' τάξη του Λυι�ι:ίου

Υπεύθυνοι στήλης: Καλiκας Σ. - Καμπούκος Γ. - Μαρούλη Β. - Σαϊτη Ε. Γιδαράκος Θ. - Λαζαρίδης Χ. - Χαραλαμποπούλου Λ.

Το πp66Hpo τωγ τιμώγ του τpιωγύμου !J = ΙλΧ2 + 8χ + y, Ιλ "# Ο

του Βασίλη Σακελλάρη

Ας θεωρήσουμε το δευτεροβάθμιο τριώνυμο y = αχ2 + βχ + γ. Προκειμένου να εξετάσουμε το πρόσημο των τιμών του για τις πραγματικές τιμές του χ διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:

ι. I Δ < O I Το τριώνυμο γράφεται y = α [(χ + fα γ +! J. Η παράσταση που είναι μέσα στην αγκύλη είναι

θετική για κάθε πραγματική τιμή του χ. Άρα το τριώνυμο έχει το πρόσημο του α.

Δηλαδή: Αν Δ < Ο το τnιώνυμο αχ1 + px +

γ είναι ομόσημο του α για κάθε πραΎματική τιμή του χ.

ΠαραδείΎματα:

i) Η ανίσωση -2χ2 + χ - 1 > Ο είναι αδύνατη στο IR γιατί το τριώνυμο του πρώτου μέλους της έχει α = -2 < Ο και

+ I I

y>o : I I I ι .

ο

ο

Γ I I I

y<o : I I +

Δ = - 7 < Ο οπότε οι τιμές του είναι αρνητικές ( ομόσημες του α) για κάθε χ Ε IR.

α < Ο

ii) Το σύνολο λύσεων της ανίσωσης χ2 - 2χ + 3 > Ο είναι το IR γιατί το τριώνυμο του πρώτου μέλους της έχει α = 1 > Ο και Δ = -8 < Ο οπότε οι τιμές του είναι θετικές ( ομόσημες του α) για κάθε χ Ε IR.

ιι. I Δ = ο l Το τριώνυμο γράφεται y = α (χ - χσ)2, όπου χο = - fα η διπλή ρίζα. 'Οταν χ = Χο το τριώνυμο

μηδενίζεται, ενώ όταν χ :�; Χο έχει το πρόσημο του α.

Δηλαδή:

Αν Δ = Ο το τριώνυμο αχ1 + Ρχ + Ύ είναι ομόσημο του α Ύtα

κάθε χ Φ • f;;, ενώ με χ = · !;; μηδενίζεται.

+ I I

y>O : I I I

ο


ο I I I

y<O : I I +

α < Ο

--------- Το πρόσημο των τιμών του τριωνύμου y = αχ2 + βχ + γ, α ,ι: Ο

Παράδειγμα: Η ανίσωση χ2 - 4χ + 4 :::;; Ο επαληθεύεται μόνο για χ = 2 γιατί το τριώνυμο του πρώτου μέλους της

έχει Δ = Ο και διπλή ρίζα το 2 οπότε οι τιμές του είναι θετικές ( ομόσημες του α = I > Ο) για κάθε χ 7; 2 και είναι ίσο με το μηδέν όταν χ = 2.

πι. Ι Δ > Ο I Το τριώνυμο γράφεται y = α (χ - Χι )(χ - xz), όπου Χι < χ2 οι πραγματικές ρίζες του. Για κάθε τιμή

τού χ με χ < χι < Xz ή χ > Xz > χι το γινόμενο (χ - χι )(χ - xz) είναι θετικό, οπότε το τριώνυμο έχει το πρόσημο του α. Για κάθε τιμή τού χ με Χι < χ < χ2 το γινόμενο (χ - χ ι)(χ - χ2) είναι αρνητικό, οπότε το τριώνυμο έχει το αντίθετο πρόσημο του α.

Δηλαδή :

Αν Δ > Ο το τριώνυμο αχ1 + βχ + γ είναι ομόσημο του α για τις τιμές του χ που βρίσκονται εκτός του διαστήματος των ριζών και ετερόσημο του α για τις τιμές του χ που βρίσκονται εντός του διαστήματος των ριζών.

Παραδείγματα:

• I I I

y>Ο Ι I I

I

y<o: τ

i) Επειδή το τριώνυμο χ2 - 3χ + 2 έχει α = 1 , Δ = 1 και ρίζες χι = 1 , χ2 = 2 οι λύσεις της ανίσωσης χ2 - 3χ + 2 < Ο είναι οι αριθμοί που βρίσκονται εντός του διαστήματος των ριζών.

ii) Οι λύσεις της ανίσωσης (χ + 1)(χ - 3) > Ο είναι όλοι οι αριθμοί χ με χ < - 1 ή χ > 3 , γιατί το πρώτο μέλος της είναι δευτεροβάθμιο τριώνυμο του χ με α = 1 και ρίζες -1 και 3 .

Από τα προηγούμενα διαπιστώνουμε ότι:

� I

y>O : I

I I I y<0 1 I

+

χ<- 1

1 2 � ,, " , ..,.,, ,'}

1<χ<2 - 1 3

ή χ>3

Το δευτεροβάθμιο τριώνυμο αχ1 + βχ + γ παίρνει τιμές ετερόσημες του α μόνο στην περίπτωση που έχει δύο ρίζες πραγματικές ι<αι άνισες και με τιμές του χ που βρίσκονται εντός του διαστήματος των ριζών. Σε κάθε άλλη περίπτωση το τριώνυμο γίνεται ομόσημο του α ή μηδενίζεται.

Ασκήσεις 1 ) Να βρείτε τις τιμές του λ Ε IR. για τις οποίες οι ρίζες της εξίσωσης

(λ - 2)χ2 + (λ + l )x - λ = Ο είναι πραγματικοί αριθμοί.

Υπόδειξη : Αν λ = 2, η εξίσωση είναι πρωτοβάθμια και έχει πραγματική ρίζα. Αν λ 7; 2, η εξίσωση είναι δευτεροβάθμια και πρέπει να έχει Δ � Ο.

2) Να βρείτε τις τιμές του λ Ε IR. για τις οποίες η ανίσωση (λ + 6)χ2 - λχ + 2 > Ο αληθεύει για όλες τις πραγματικές τιμές του χ.

Υπόδειξη: Πρέπει να ισχ6ει λ + 6 > Ο και Δ < Ο.

3) Να βρείτε τις τιμές του χ Ε IR. για τις οποίες έχει νόημα πραγματικού αριθμού η παράσταση Α = ...JΙ2χ2 + χ + 1 1 - 2 .

Υπόδειξη: Πρέπει,

l2x2 + χ + 1 1 - 2 � ο <=> • • • <=> 2χ2 + χ + 3 :::;; ο

ή 2χ2 + χ - 1 � ο.


--------- Το πρόσημο των τιμών του τριωνύμου y = αχ2 + βχ + γ, α :# Ο ---------

4) Α λ Ι λ ' . ' λ(χ2 + 1) 2 ν < - να υσετε την ανισωση : > . . χ

Υπόδειξη : Με χ ;t. Ο η δοθείσα είναι ισοδύναμη iιε την (λχ2 - 2χ + λ) χ > Ο.

5) Στο διπλανό σχήμα να εκφράσετε το ΚΛ ως συνάρτηση του χ. Για ποιες τιμές του χ το μήκος του ΚΛ δεν ξεπερνά τις 3 μονάδες;

Υπόδειξη : Είναι � χ , �) και Λ(- � , �} ΚΛ = . . . = χ + �· Θέλουμε

να είναι (ΚΛ) :::;; 3 .

2 y = χ

6) χ μαθητές ενός σχολείου πρόκειται να πάνε εκδρομή με λεωφορεία. Το κέρδος του γραφείου των τουριστικών λεωφορείων είναι Κ( χ) = - 5χ2 + 1 200χ δρχ. α) Αν το εmζητούμενο συνολικό κέρδος του γραφείου είναι τουλάχιστον 54000 δρχ. , πόσοι μαθητές πρέπει να πάνε εκδρομή; β) Με πόσους μαθητές το γραφείο έχει μέγιστο κέρδος και ποιο είναι αυτό;

Υπόδειξη : α) Θέλουμε να είναι Κ( χ) � 54000 β) το μέγιστο της συνάρτησης Κ( χ)

7) Από ύψος 2 μέτρα πάνω από το έδαφος ρίχνουμε κατακόρυφα προς τα πάνω ένα σώμα. Το ύψος h του σώματος από το έδαφος σε κάθε χρονική στιγμή t δίνεται από τη σχέση h(t) = 24t - 3t2 + 2, όπου t ο χρόνος σε sec. Να βρείτε το χρονικό διάστημα για το οποίο το σώμα βρίσκεται σε ύψος μεγαλύτερο των 1 1 μέτρων από το έδαφος. ό

1 1m

Υπόδειξη : Θέλουμε να είναι h(t) > 1 1 . 2m Π ιιUπmιmπmJπιπι

Κυκλοφόρησε από την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία (Ε.Μ.Ε.) (Απρίλιος 2000)

θΕRΡ/,4 ΑΡΙθΜRΝ Των Π. Βλάμου, Ε. Ράππου, Π. Ψαρράκου

(Σελίδες 264) Περιέχει: Θεωρία και Ασκήσεις

Λιανική Τιμή δρχ. 5.000

(Λόγω της ενιαίας τιμής του βιβλίου στους συναδέλφους γίνεται έκπτωση 1 0%)


Μαθnμαsικά yιa sn Β' sάιn sοσ Λuκι:ίοσ

Υπεύθυνοι στήλης: Γιδαράκος Θ. - Ευσταθίου Β. - Καλίκας Σ. - Καρκάνης Β.- Κόντζuις Ν. - Λαζαρίδης Χ. - Μαρούλη Β. - Τσwύμας Θ.

ΕπΑνΑJιιπτικts ι41'Kiιl'eιs Β' ιloκeίtJo

ι. Θεωρούμε τις παραστάσεις

εφ4! + ι Α = (1 + εφχ)Ζ - (1 + σφχ)Ζ

Β = 2

(ι + εφχγ + (1 + σφχγ' 4 χ ι εφ - -2

i) Να γραφεί σε απλούστερη μορφή η Α. ii) Να μετατραπεί ως συνάρτηση του

συνχ η Β. iii) Να επιλυθεί η εξίσωση Α = Β.

Λύση

ί) Με χ ::f. �' κπ - �' κ Ε Ζ (γιατί;) είναι

Α = ( 1 + εφχ)2 - (ι +�Τ ( 1 + εφχ)2 + (ι + _ι_)2 εφ χ

( 1 + εφχ)2 (ι - + � 2 Α = . -

εφ χ j = - ι - εφ χ = - συν2χ. ( ι ) 1 + εφ2χ · ( ι + εφχ)2 ι + εφ2χ ίί) Αν χρησιμοποιήσουμε τον τύπο

2 _ ι - συν2α , � εφ α - ι 2 , οταν χ ::f. κπ + 2, + συν α χ ::t.π(2κ + 1 ), κ Ε Ζ, έχουμε

Β = ( 1 - συνχ)2 + (1 + συνχ)2 ( 1 - συ�γ - ( 1 + συνχ)2

= 2 (1 + συv2χ) ι + συv2χ 4-συvχ 2συνχ ·

ίίί) Ι

'

π π Ζ σχυει με χ ::t. �, κπ - 4, Κ Ε

1 + συν2χ Α = Β <=> -συν2χ = - .=....:.

2συ...;;..:;

νχ�

<=> (2συv2χ - 1 ) 2συνχ - ( 1 + συv2χ) = Ο

( 1 ),

<=> 4συv3χ - συv2χ - 2συνχ - 1 = Ο (2). Θέτουμε στην (2) συνχ = y, οπότε

4y3 - yz - 2y - 1 = Ο <=> (y - ι ) (4y2 + 3y + 1) = Ο <=> y = ι, δηλαδή συνχ = 1 <=> χ = 2κπ, κ Ε Ζ, που απορρίπτεται 'λ&γω περωρισμού ( Ι ).

του Γιάννη Στρατήγη

Άρα η εξίσωση είναι αδύνατη.

2. Δίνεται η συνάρτηση

f(x) = (α - 2β)χ2 + (α + 3)χ - α - β. χ3 - ι i) Να βρείτε τις τιμές των α, β Ε IR για τις

οποίες η αριθμητική τιμή της συνάρτησης για χ = -ι και για χ = Ο είναι 3 και -ι, αντίστοιχα.

ii) Γι' αυτές τις. τιμές των α,β να λύσετε την ανίσωση f(x) ;;?: 3.

Λύση i) Η συνάρτηση ορίζεται αν χ3 - ι ::f. <=>Χ ::f. ι . { f(- ι ) = 3 { α + 3β = 3

Πρέπει f(O) = - 1 <=> α + β = - 1 <=> β = 2 και α = -3 .

ii) Με α = -3 και β = 2, είναι f(χ) = -Ί�'Ζ-� 1οπότε χ -7χ2 - ι 3χ3 + 7χ2 - 4 f(x) ;;?: 3 <=> -3 -1-

+ 3 � Ο <=> 3 ι � Ο <=> χ - χ -(3χ3 + 3χ2) + (4χ2 - 4)

<=> χ3 - ι � ο <=>

(χ + 1)(3χ2 + 4χ - 4) ο <=> χ3 - ι . � <=>

<=> (χ +Ι)( χ + 2)(3)( - 2) � 0 <=> (χ - 1)(χ2 + χ + ι) "'

<=> (χ +ι)(χ + 2)(3χ - 2)(χ - ι ) � Ο (1) με χ ::f. ι , αφού χ2 + χ + 1 > Ο

για κάθε χ Ε IR (Δ = -3 < 0). Στον άξονα χ'χ ση�ιώνpυμε τα πρόσημα του

πρώτου μέλους της ανίσ.ωσης ( 1 ). · . . · · 2

-2 - ι 3 ι χ' + + • + χ

Άρα η ανίσωση αληθεύει όταν . ' . ' 2 -2 � χ � -1 η 3 � χ ,< 1 .


----------- Μαθηματικά για τη Β' τάξη τοu Λuκείοu

3. Ένα κουτί συσκευασίας σχήματος ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου έχει βάση τετράγωνο και ύψος μεγαλύτερο κατά 1m των πλευρών της βάσης του. Αν ο όγκος του είναι 0,125m3 να προσδwρίσετε τις διαστάσεις του.

Λύση Έστω χ > Ο το μήκος των πλευρών του τετρα

γώνου. Για τον όγκο του σχήματος ισχύει 1 1 1 χ·χ <χ + 1) = ο. 125 = χ3 + χ2 = 8 = 4 - 8 =

<=> ( χ3 + �) + ( χ2 -i) = ο <=>

<=> (χ + !χ χ2 - ! χ + i) + (χ + 1 χ χ -k) = ο <=>

= (χ + 1Χχ2 + 1 χ _ l) = ο = χ2 + 1 χ _ l = ο 2 2 4 2 4 ' επειδή χ + t > t > Ο <=> 4χ2 + 2χ - 1 = Ο

-2 + 215 -1 +15 . <=> χ = 2.4 = 4 ::::: 0,3 (αφου χ > Ο). Άρα οι διαστάσεις χ, χ, χ + ι θα έχουν μήκη

0,3m, 0,3m, ι ,3m ή 30cm, 30cm, 1 30cm.

4. Θεωρούμε την ανισότητα:

log2(x2 + 1) - 21ogzχ � 3 - 2log2(x + 1).

i) Να βρείτε τις τιμές του χ ε IR για τις οποίες ορίζεται.

ii) Να αποδειχθεί.

Λύση i) Πρέπει να ισχύει χ2 + 1 > Ο και χ > Ο και

χ + 1 > Ο, δηλαδή η ανισοϊσότητα ορiζεται ε-φόσον χ > Ο ( 1) .

ii) Με χ > Ο αρκεί να δείξουμε ότι logz (χ2 + 1) - Iogzx2 � logz23 - logz (χ + 1 )2 <=>

χ2 + 1 8 χ2 + 1 8 Iogz -τ� Iogz (χ + 1)2 <=>-τ� (χ + 1)2' επειδή log2x γνησίως αύξουσα συνάρτηση, δηλαδή

(χ2 + 1)(χ + 1)2 �8χ2 (2). Αλλά είναι χ2 + 1 � 2χ, αφού (χ - 1 )2 � Ο και

με χ > ο, χ + ι � 2Ψ, αφού <Ψ - 1 )2 � ο, οπότε έχουμε (χ2 + 1 )(χ + 1)2 � 2χ (2Ψ)2 = 8χ2. Η ισότητα αληθεύει όταν χ =Ι .

5. Δίνονται τα σημεία Α(1, 3), Β(-1, Ο) και Γ(3, -2). i) Να δείξετε ότι ορίζουν τρίγωνο ΑΒΓ. ii) Να βρείτε τις εξισώσεις των πλευρών

ΑΒ, ΑΓ. iii) Να βρείτε τις εξισώσεις των υψών ΒΔ,

ΓΕ. iv) Να προσδιορίσετε τις συντεταγμένες

του ορθοκέντρου Η. v) Να υπολογίσετε την απόσταση του ση

μείου Η από την πλευρά ΑΓ.

Λύση

1. ) 'Ε λ vz - ν ι Ο - 3 3 χουμε ΑΒ = .ι...::........ =-- = - και Χz - Χι -1 - 1 2 -2 - 3 5 3 λΑr = 3:-τ = - 2 -:�; 2• επειδή Χι -:�; Xz. Άρα οι

ευθείες ΑΒ, ΑΓ δεν είναι παράλληλες, με κοινό σημείο το Α και τα Α, Β, Γ, ως μη συνευθειακά δημιουργούν τρίγωνο ΑΒΓ.

ii) Η εξίσωση της πλευράς ΑΒ είναι

Υ - ΥΒ = λΑΒ (χ - ΧΒ) ή Υ - ο = �χ + 1) ή

3χ - 2y + 3 = ο. Η εξίσωση της πλευράς ΑΓ είναι

Υ - Yr= λΑΓ (χ - xr) ή y + 2 = -�χ - 3)

ή 5χ + 2y - 1 1 = ο. iii) Επειδή λΑΓ = - %, ο συντελεστής διεύθυνσης

του ύψους ΒΔ θα είναι λ = � και η εξίσωσή

του y - ΥΒ = λ (χ - ΧΒ) ή y - Ο = �χ + 1) ή

2χ - 5y + 2 = ο. Επειδή λΑΒ = �· ο συντελεστής διεύθυνσης

του ύψους ΓΕ θα είναι λ' := - � και η εξίσωσή

του y - Yr = λ' (χ - xr) ή y + 2 = - �χ - 3) ή

2χ + 3y = 0.

ίν) Από τη λύση του συστήματος: { 2χ - 5y + 2 = ο 2χ + Jy = 0

, βρίσκουμε

y = i και χ = - l· Οπότε "( - 1. i} ν) Είναι

1 5 (- 11 + 2 1 - 1 1 1 d(H ΑΓ) =

8) 4 = 99 -{29 ' .V52 + 22 232 μ.μ.


----------- Μαθηματικά yια τη Β' τάξη του Λυκε[ου

θέματα με ΛύΙ"ειs και μεlοlολοyίεs yια rn Γ"

Αυκείου (θετικiι και Τεχvολοyικiι κατεύlυvΙ"n)

του Σπύρου Καλομιτσίνη και της Αλεξάνδρας Καλομιτσίνη

Θέμα 1° Αν σ' ένα τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει α2 > β2 + γ2,

δείξτε ότι (1 + συν2Β + i ημ2Β)(l + συν2Γ + i ημ2Γ) > 0 1 + συν2Α - i ημ2Α

Λύση - μέθοδος (Στις παραστάσεις που δίνονται συν2Β, ι ,

ημ2Β, . . . συνήθως εφαρμόζουμε τον τύπο συν2Β = 2συ�Β ... Ι ή συν2Β = Ι - 2ημ2Β και ημ2Β = 2ημΒσυνΒ, έτσι ώστε να απλοποιείται η μορφή . . . )

Είναι Ι + συν2Β + ίημ2Β = ι + 2συv2Β - Ι + ί2ημΒσυνΒ

= 2συνΒ( συν Β + ίημΒ) Ομοίως προκύπτει ότι:

Ι + συν2Γ + ίημ2Γ = 2συνΓ ( συνΓ + ί ημΓ) και Ι + συν2Α - ίημ2Α = 2συνΑ (συνΑ - i ημΑ) Επομένως έχουμε: 2συνΒ (συν Β + ίημΒ) 2συνΓ( συν Γ+ ίημΓ) = (από 2συνΑ (συνΑ - ίημΑ) θεωρία)

2συνΒ συνΓ ( συν(Β + Γ) + ίημ(Β + Q) = συνΑ (συνΑ - ίημΑ)

2συνΒ συνΓ (-συνΑ + ίημΑ) _ 2συνΒσυνΓ = συνΑ (συνΑ - ίημΑ) - - συνΑ ·

"' Αλλά, αφού α2 > β2 + γ2 είναι (από Ι)ω):!Ζτρί-α) Α αμβλεία, άρα συν Α < Ο. Οι γωνίες Β, Γ είναι οξεiες, επομένως συνΒ > Ο, συνΓ > Ο. Τελικά είναι _ 2συνΒσυνΓ > Ο. συν Α

Θέμα 2° α) Δείξτε ότι οι παρακάτω εξισώσεις έχουν ρίζες

καθαρές μιγαδικές (δηλαδή της μορφής α + βί, με α Ε IR, β Ε IR*). (i) 424 + 522 + 6z + 2 = Ο . . . (ii) z4 - 32z + 100 = Ο · � ·

β) Δείξτε ότι η εξίσωση z4 - 32z + 100 = Ο έχει δύο ρίζες πραγματικές και δύο καθαρές μιγαδικές.

Λύση - μέθοδος Ακολουθούμε την εις άτοπο απαγωγή

α) (i) Έστω ότι έχει μία πραγματική ρίζα ρ. Άρα 4ρ4 + 5ρ2 + 6ρ + 2 = Ο. Προσπαθούμε να μετασχηματίσουμε την εξίσωση ώστε να φτάσουμε σε ένα άτοπο π.χ. ( . . . )2 = - ( . . . )2. Είναι 4ρ4 + 5ρ2 + 6ρ + 2 = 4ρ4 - 4ρ2 + ι + 9ρ2 + 6ρ + ι = (2ρ2 Ιγ + (3ρ + ιγ = ο <=> (2ρ2 - Ι )2 = - (3ρ + 1 )2, άτοπο (εκτός και αν είναι ταυτόχρονα 2ρ2 - 1 = Ο και 3ρ + 1 = Ο, που προφανώς είναι αδύνατο). (ii) Η προηγούμενη · μέθΌδος είναι δύσκολη για την περίπτωση αυτή . Δοκιμάζουμε τη μέθοδο των παραγώJων, δηλαδή: θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = χ - 32χ + 100.

Παραγωγίζουμε: f '(χ) = 4χ3 - 32 = 4(χ3 - 8) = 4(χ - 2)(χ2 + 2χ + 4).

Από μονοτονία έχουμε 2

Άρα υπάρχει ολικό ελάχιστο f(2) = Ι6 - 64 + 100 > ο.

Άρα f(x) � f(2) > Ο, δηλαδή f(ρ) > Ο για κάθε ρ Ε IR, είναι δηλαδή η f(x) = Ο αδύνατη στο IR. β) Όπως στο α (ii) έχουμε

f(x) � f(2) = 16 - 64 - 10 = -58. Επειδή lim f(x) = +οο, η γραφική παράσταση

Χ-+±«>

είναι περίπου Υ

χ '

y ' (2, -58)

Άρα έχουμε ακριβώς μία ρίζα ρι <2 και ακριβώς μία ρίζα ρ2 >2 (ή πιο αυστηρά χρησιμοποιού

· · · με θεώρημα Bolzano και μονοτονία). Οι ρίζες ρι , · ·

ρ2 είναι απλές, δώτι: 'Εστω ότι η ρ1 είναι διπλή. Τότε f(x) = (χ - ρι)2 π(χ). Άρα f '(χ) = 2(χ - ρι)π(χ) + (χ - ρι) π' (χ), δη

λαδή f '(ρι ) = Ο. Όμως f '(ρι) = 4ρι3 - 32 = Ο <=> ρ1 = 2, άτοπο.


----------- Μαθηματικά για τη Β' τάξη του Λυκείου

Από το θεμελιώδες θεώρημα της άλγεβρας, επειδή οι ρίζες είναι ακριβώς 4, οι άλλες δύο είνια καθαρές μιγαδικές.

Θέμα 3° Έστω η συνάρτηση f: IR -> IR για την οποία

. ι· f(x) η μ( πχ) + -JX2+5 - 3

5 Ν β . ισχυει ιm 2 = . α ρειτε χ-2 χ -

το lim f(x) χ-2

Απάντηση (μέθοδος) Όταν από «όριο ζητείται να βρεθεί όριο»

μπορούμε να δοκιμάζουμε τη μέθοδο «ΘΕΤΩ -Λ ΥΝΩ - ΣΠΑΩ», δηλαδή :

f(x) η μ( πχ) + -JX2+5 - 3 _ ( ) θ�ω 2 - g x χ -

λύνω rος προς f(x):

f(x) = (χ - 2)g(x) --JX2+5 + 3

η μ( πχ) σπάω

f(x) = (χ - 2)g(x) _ -JX2+5 - 3

ημ(πχ) ημ(πχ) υπολογίζουμε

ι. -JX2+5 - 3

( . ζ . το ιm ( ) χρησιμοποιουμε τη συ υγη χ-2 ημ πχ • . χ2 + 5 - 9 παρασταση) = lιm

_ � · χ-2 ημ(πχ) (νχ2 + 5 + 3)

= lim (χ - 2)(χ + 2) .

χ-2 ημ(πχ)('./χ2 + 5 +3) Όμως είναι

Ι . χ - 2 1 . χ - 2 1 . π (χ - 2) ι ιm -- = ιm = ιm -

χ-2 ημ(πχ) χ-2 ημ(πχ - 2π) χ-2 π ημπ(χ - 2) π (ή αλλιώς, με κανόνα De L' Hospital :

Ι. (χ - 2)' ιι·m

1 1 ιm ( )' -. . χ-2 ημπχ χ-2 πσυνπχ π

Ά α lim [χ - 2 (χ) --JX2+5 - 3] ρ χ-2 ημπχ g ημ(πχ) 1 1 4 5 . 3 + 2 17 . . 17 = - ·5 + - ·- = - δηλαδη lιm f(x) = -π π 6 3π 3π' χ-2 3π

Θέμα 4° Δίνεται ημικύκλιο με διάμετρο ΑΒ = 20m. Έ

να σημείο Γ κινείται από το Α προς το Β, πάνω στην ευθεία ΑΒ με σταθερή ταχύτητα υ = 2 m /sec. Α ν η κάθετη στην ΑΒ στο σημείο Γ τέμνει το τόξο ---ΑΒ το Δ, να βρείτε το ρυθμό μεταβολής της γωνί-

"' . ΑΒ ας ΔΑΒ, οταν ΒΔ = Τ· Λύση - Μεθοδολογία

Βήμα 1°: Βγάζουμε συμπεράσματα παρατηρώντας το σχήμα: είναι ΑΓ = 2t ((ταχύτητα) · (χρόνος)),

ΓΒ = ΑΒ - ΑΓ = 20 - 2t συνθ(t) = �\ ημθ(t) = Δ{ (από τρίγωνο ΑΓΔ). θ( ) ΔΓ Ε . . � � ' ΑΔΒ ' εφ t = τι· πισης απο τριγωνο εχουμε:

συνθ(t) = fo. ημθ(t) = 2�. εφθ(t) = �· Βήμα 2°: Πρέπει να βρούμε έναν τύπο για να παραγωγίσουμε . Ο τύπος πρέπει να περιέχει θ(t) και t, ή συνθ(t) και t κλπ. Στο Βήμα Ι 0 γράψαμε μερικούς. Κανένας δεν κάνει. Όλοι οι τύποι έχουν παραπάνω μεταβλητές . . . Βήμα 3° : Απαλείφουμε από κάποιες ισότητες τη μεταβλητή που δεν χρειάζεται. Παρατηρώντας τις προηγούμενες, βλέπω ότι: { συνθ(t) = �t }

π.χ. I{ συνθ(t) - � - 20

αν πολλαπλασιάσουμε κατά μέλη τότε 2t συν2θ(t) = 20.

Παραγωγίζουμε: - 2συνθ(t) ημθ(t) θ' (t) = 1�.

Όμως, αφού ΒΔ = �Β, η γωνία θ = 30°. Άρα -2συν30° ημ30° θ '(t) = 1�. Τελικά θ '(t) = 5�.

Σχόλιο: Η παραπάνω διαδικασία, μπορεί να αποτελεί

μια μεθοδολογία για προβλήματα ρυθμού μεταβολής.

Βήμα 1°: Κατασκευάζω σύστημα με τις μεταβλητές που χρειάζομαι και κάποιες άλλες που δεν μπορώ να αποφύγω. Εργάζομαι για τυχαία θέση, όχι για την τελική, τη ζητούμενη. Εδώ χρειάζεται καλή ανάπτυξη και καλός συμβολισμός.

Βήμα 2°: Προσπαθώ να βρω έναν κατάλληλο τύπο . . . Αν δεν βρίσκω, τότε

Βήμα 3°: Απαλείφω τις μεταβλητές που δεν χρειάζονται, στο βήμα Ι 0 •

Θέμα 4° : Ένα δοχείο περιέχει αρχικά 200 κιλά αλατόνερο στο οποίο τα 4 κιλά είναι αλάτι. Ρίχνουμε στο δοχείο με σταθερό ρυθμό 40 κιλά το


--------'----- Μαθηματικά για τη Β' τάξή του Λυκείου

λεπτό αλατόνερο που περιέχει 1 κιλό αλάτι ανά 1 Ο κiλά μίγματος. Από το δοχείο αντλούμε αλατόνερο με σταθερό ρυθμό 20 κιλά το λεπτό. Αν το διάλυμα ανακατεύεται συνεχώς ώστε αν είναι ομογενές, βρείτε πόσο αλάτι θα περιέχεται στο δοχείο σε 25 λεπτά.

κάθε νοηματική ενότητα, που είναι ένα βασικό στοιχείο της εκφφ:νησης, γράφουμε απλούς συμβολισμούς. Μπ9ρούμε, αν έχουμε χρόνο, Ύα ακολουθούμε και την εξής στρατηγική:

Λύση - Μέθοδος

• Αριστερά γράφουμε τα βασικά στοιχεία της εκφώ:νησης

• Δεξιά συμβολίζουμε τα άγνωστα μεγέθη, βγάζοντας συνεχώς συμπεράσματα

Αν το πρόβλημά μας έχει «πολλά λόγια» και υπάρχει κίνδυνος να πελαγοδρομήσουμε, τότε:

• Κάνουμε αναγωγή στη μονάδα, όπου χρειάζεται.

Διαβάζρυμε δυο - τρεις φορές την εκφώ:νηση, έως ότου διακρίνουμε μικρές νοηματικές ενότητες. Για

Πόσο αλάτι περιέχεται σε 25 Βήμα 1° Για ρυθμούς μεταβολής μπορούμε να αρχίζουμε και μία πορεία . λεπτά; όπως η επόμενη:

Έστω σε t λεπτά y(t) κιλά αλάτι στο αλατόνερο (δηλαδή θα μιλάμε γενι-κά)

Ρίχνουμε 40 κιλά I λεπτό Βήμα 2° Σε t λεπτά έχουν πέσει μέσα στο δοχείο 40t κιλά αλατόνερο με 4t Τα 1 0 κιλά, 1 κιλό αλάτι. . . κιλά αλάτι ( αφού ανά 1 Ο κιλά αλατόνερο έχουμε 1 κιλό αλάτι) Αρχικά 200 1Ctλά άλατόνερο Βήμα 3° Αναγωγή σrη μονάδα: '·.

Αρχικά 4 κιλά αλάτι Σε t λεπτά έχουμε σύνολο 200 + 40t - 20t = 200 + 20t κιλά αλατόνερο. Σε

Αδειάζουμε 20 κιλά I λεπτό

1 κιλ ' αλ ' ' y(t) κιλ ' λά ο ατονερο, εχουμε 200 + 20t α α τι { y(t) αλάτι (από την κατάταξη : αλά χ τι 200 + 20t αλατόνερο } ,

1 κιλό αρα

- y(t) χ - 200 + 20t )

Β . 4° Αλά . 20 y(t) . ημα . τι που «φευγεt>): 200 + 20t ..J1!L 1 λε ' 10 + t σε πτο

Άρα: ρυθμός μεταβολής αλατιού = (ρυθμός μεταβολής εισερχομένου, 4) . .,... (ρt>θμός μεταβολής εξερ-, ___:i__ ) χομενου, 10 + t Δηλαδή: y I = 4 -uf+t Λύνουμε τη διαφορucή εξίσωση

y I + 101+ t ·y = 4. Είναι A(t) = ln( 1 0 + t), eΑ(ι) = 10 + t, άρα: (lO+ t) ·y I + y = 4( 10 + t) ή

[( 10 + t) y] I = 4(10 + t) ή ( 10 + t) y = 4 (� + 10t + c} Θέτουμε t = Ο, y = 4 και προκό�ει c = 1 0.

Ά .(25) = 2. ·(252 + 40�25 + 20) - 65 42 ρα y 10 + 25 -'

Σημείωση: Αν δεν έχουμε πολύ χρόνο στη διάθεσή μας, μπ<ψσ6με να μην γρά;ψουμε την αριστερή στήλη, αλλά να τα λέμε «μέΟ"α μαρ) και να γράφουμε μόνο τους συμβολιgμούς.

r ΕοκJeίleιΙιΙ. ΓetιιμεrpίΙιΙ. 6 ιfοχeίιιο (Mi:rtJII611 ΚfικJιιο} (Συνέχεια α�ό το προηΎούμενο τεύχος (34))

του Θανάση Τσιούμα

Ea = �S R I IV) Στη μέτρηση του κύκλου θα πρέπει να επισημάνουμε τον τύπο που συνδέει το εμβαδό Ea (α rad) ενός κυκλικού τομέα 1cαι ενός τόξου που είναι: ; . 1 ry ι ι 5 (γιατι Εα = ::-αR- = ::-α R R = - R) 2 2 2


----------- Μαθηματικά για τη Β"τάξη τον Λuκεiου

Παράδειγμα Στο σχήμα έχουμε ένα τετα�οκύ---.. κλιο, ακτίνας R και το σημείο Σ του τόξου ΑΒ, ώστε (ΟΒΚ) = (ΚΑΣ). Να δειχτεί ότι το μήκος του ...... τόξου ΑΣ ισούται με R.

Β

Λύση ...... Έστω (ΣΑ) = χ. Είναι (ΟΚΒ) = (ΚΣΑ) ( I )

οπότε (ΟΒΑ) = (ΟΣΑ) ή R2R = kxR ή I χ = R I

Παρατηρήσεις τ ο τμήμα του κυκλικού δίσκου που περιέχε

ται μεταξύ ενός τόξου και της χορδής του, λέγεται �

κυκλικό τμήμα, και έχει εμβαδό Τ = Εο� - ( ΟΑΒ)

Το σχήμα που περικλείεται από τα τόξα δύο τεμνόμενων κύκλων που τα κέντρα τους βρίσκονται προς το ίδιο μέρος της κοινής χορδής λέγεται μηνίσκος.

Παράδειγμα Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, R). Αν γ = -.Jα2 + β2 - αβ , να υπολογιστεί το εμβαδό των κυκλικών τμημάτων χ, y που η χορδή ΑΒ χωρίζει τον κύκλο.

Λύση Έχουμε: γ2 + α2 + β2 - αβ και από το Θ. των

συνημιτόνων είναι: συν Γ = ! ή Γ = 60° οπότε

ι AB = λ3 = R:JJ ι . Είναι: ΑΟΒ = 120°, άρα

Α

Γ

(πR2 � Επίσης, y = πR2 - χ = πR 2 - -3- - --τ- ) =

_ (8π -3:J3)R2 - 12

ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1 . Θεωρούμε τετράγωνο ΑΒΓ Δ πλευράς α =

6. Με κέντρα τις κορυφές του γράφουμε εσωτερικά του τετραγώνου τέσσερα τεταρτοκύκλια, που τέμνονται στα σημεία Κ, Λ, Μ, Ν. Να υπολογίσετε το εμβαδό του καμπυλόγραμμου τετραγώνου ΚΛΜΝ.

Λύση

Είναι ΛΑΜ = 30° (γιατί;). Οτσι, η χορδή ΜΑ = λι 2 κανονικού δωδεκαγώνου , ακτί-νας α = 6, άρα I ΜΑ = 6� I ( I )

και ΑΗ = αι2 = �� ή

I ΑΗ = 3.V2 +:JJ I (2)

(από τον τύπο του Αρχιμήδη) Δ 6 Γ

6 6

6 Β

Άρα τ = ΕΑ.� - (ΑΜΑ) = π·62 · 30° I - � 6- �

360ο - Ι6 -ν2 - ν32'J2 + ν3 = 3π - 9 (3)

Το εμβαδό του τετραγώνου ΚΛΜΝ είναι: (ΚΑΜΝ) = ΜΑ2 = ( 6ν2 --Jj) 2 = 36 ·(2 --Jj)(4)

Επομένως, το εμβαδό του καμπυλόγραμ-μου τετραγώνου ΚΛΜΝ θα είναι Ε = (ΚΑΜΝ) + 4τ και από (3), (4) έχουμε: Ε = (3π - 9) ·4 + 36(2 - -J3) = 1 2 (3 + π - 3-Jj).

2. Δύο κύκλοι (Κ, R) και (Λ, 3R) εφάπτονται εξωτερικά στο Α. Φέρνουμε την κοινή εξωtερική εφαπτομένη ΡΣ. Να βρεθούν : i) Το εμβαδό του μικτόγραμμου τριγώνου

ΡΑΣ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.4/SΟ

Μαθηματικά -yια τη Β'τάξη τοu Λuκείοu

ii) Η ακτίνα χ και το εμβαδόν του εγγεγραμμένου κύκλου στο μικτόγραμμο τρίγωνο

ίίί) ΡΑΣ.

Λύση ί) Έστω Ε το εμβαδό του ζητούμενου καμπυλόγραμμου τριγώνου ΡΑΣ.

Είναι Ε = (ΚΛΣΡ) - Εκ.Αf. - ΕΛ.� ( 1 ) . Ρ

3R

Λ Υπολογίζουμε του κοινό εξωτερικό εφα

πτόμενο τμήμα ΡΣ. Από το Κ φέρνουμε ΚΒ//ΡΣ. Τότε ΚΒ = ΠΣ (αφού ΡΚΒΣ ορθογώνιο).

Από το ο ρθογώνιο τρίγωνο ΚΒΛ έχουμε : ΚΒ2 = ΚΛ2 - ΛΒ2 = (4R)2 - (2R)2 = 1 2R2 •

Οπότε: ΚΒ = {12R = 2..,[3 R άρα και ΡΣ = 3{3 R.

'Ετσι , (ΚΛΣΡ) = (ΚΡ + �)-ΡΣ =

= (R + 3�) 213 R = 4..,[3 R2 (2)

Επειδή ΛΒ = 2R = �Λ, άρα η γωνία

Κ ι = 30° στο ορθογώνιο ΚΛΒ. Οτσι, ""' ""'

ΛΚΡ = 1 20° και Λ = 60°, οπότε: - 1 20° πR2 Εκ.ΑΡ = 360οπR 2 = -3- (3) - 60° 3πR2 ΕΛ.ΑΣ = 360οπ(3R)2 = -2- (4)

Από ( 1 ), (2), (3), (4) έχουμε :

Ε = 4" '3 R 2 _ πR 2

_ 3πR 2 η' Ε = 2413 - 1 1 π R 2 V .:J 3 2 6

ii) Να λυθεί ως άσκηση.

Απάντηση. Θα βρεθεί ότι: η σχέση που συνδέει τις ακτίνες R, 3R και χ είναι _ι = -•- +-•-ψ. νR {JR' 3. Δίνεται κανονικό εξάγωνο ΑιΑ2 . . . Α6 εγγε

γραμμένο σε κύκλο (0, R). Με κέντρα Α2, ,...., Α4 και ακτίνα R γράφουμε τα τόξα Α30Αι, ,-.. A30As αντίστοιχα. Επίσης, με κέντρο Α3 και ακτίνα A3As γράφουμε το τόξο ΑιΑs. Να αποδείξετε ότι το εμβαδό του καμπυλό-

, (Sπ - 6\13) γραμμου χωριου χ = 6 R1•

Λύση

Είναι τ = ΕΑ1.Α�ο - ( ΟΑιΑ2)

= πR2 · 60° _ R213 = Β:ι2 _ 3- '3) 360° 4 Ι 2\ π V .:J (1)

Επειδή Α3Αι = λ3 = R..,f3 ο ιαιιcλικός ,...., τομέας Α3.ΑιΑs θα έχει εμβαδά

- -: R 3 � - 60° πR2 Ε .. υ .-. _.., - = � 6 = = 2 (2)

Το εμβαδό του τρ ιγώνου ΟΑιΑ1 είναι Ι 1 R R2 \ ..,

(ΟΑιΑ3) = 2 ΑιΑ3 ·ΟΗ = 2 R ....{3 · 2 = 4 (3) Επομένως το εμβαδό χ = ΕΑ3.Αλ - (0ΑιΑ3) - (OA3As) - 2τ ή

χ = ΕΑ3.Α;λ5 - 2(0ΑιΑ3) - 2τ και από (1), (2), (3)

προκύπτει ότι I χ = (5π -6W) R2 1 ΑΙ'Κίιl'eιs ΚΑΙ ΠpΙ6JίιpΙΑτΙΑ κ(ι)

ΥΙΚiΙΥ TΙpiJγ Γ. Σιάχος - θ. Τσun)μας

Πρόβλημα

Ο ραδιοσταθμός CONIC FM εγκατέστησε μια κεραία στην τοποθεσία Τ και εκπέμπει το σήμα του προς όλες τις κατευθ6νσεις. Η ακτίνα εκπομπής είναι SOkm. Στη θέση Ο βρίσκεται ένα σπίτι, που το θεωρούμε ως αρχή ενός συστήματος συντεταγμένων, ως προς το οποίο είναι Τ( Ι Ο, -30). α) Να ελέγξετε αν το Ο είναι μέσα στην εμβέλεια του σταθμού. β) Στην περιοχή υπάρχει ένας αυτοκινητόδρομος που τέμνει τους άξονες στα σημεία Α( Ο, Ι Ο) και �- 13°, Ο} Ένας οδηγός που κινείται στον

δρόμο

αυτό, θα μπορεί να ακούει τον ραδιοσταθμό; (όλες οι αποστάσεις είναι σε km). γ) Στη θέση Κ πρόκειται να αρχίσει δοκιμαστι-


Μαθηματικά yια τη Β'τάξη του Λυκείου

κές εκπομπές ένας άλλος ραδωσταθμός στην ίδια συχνότητα. Αν είναι Κ(20, 30) και η ακτίνα εκπομπής του είναι Ι Okm, θα δημωυργηθούν «παράσιτα» στον ραδιοσταθμό CONIC FM;

Λύση α) Αφού τα ηχητικά σήματα κινούνται προς όλες τις κατευθύνσεις, μπορούν να φτάσουν μέχρι τον κύκλο που έχει κέντρο το σημείο Τ και ακτίνα 50km. Θα προσδωρίσουμε λοιπόν τη θέση του Ο ως προς τον κύκλο αυτό. Είναι

(Οτ) ="./ο ο - ογ + < -3ο - ογ = "./ 100 + 900

= ν 1000 = 10\[ϊδkm < sokm Άρα ο ραδωσταθμός «ακούγεταυ> στο σπίτι Ο.

β) Θα βρούμε την εξίσωση της ευθείας ΑΒ και θα προσδωρίσουμε τη σχετική της θέση ως προς τον κύκλο (χ - 10)2 + (y + 30)2 = 502. Η ευθεία έχει συντελεστή διεύθυνσης

ο - 10 λ = 1Ο

= 3 οπότε ΑΒ: y - 1 0 = 3 (χ - Ο) - 30 - ο <=> y = 3χ + 10 <=> 3χ - y + 10 = Ο.

Τότε d(τ, ΑΒ) = 13 · 10 - ( -30) + 101 "./32 + ( - 1)2

- 70 - 7oJϊQ - 7- r.;;10 km - {ΪΟ - 10 - ν !u . Επειδή d(τ, ΑΒ) < 50km, η ευθεία ΑΒ τέμνει

τον κύκλο, που σημαίνει ότι υπάρχει τμήμα του δρόμου στο οποίο «ακούγεταυ> ο ραδωσταθμός. Δηλαδή μέχρι τον κύκλο (χ - 20)2 + (y - 30)2 = 102.

γ) «Παράσιτα» θα δημιουργούνται μόνο στην περίπτωση που οι κύκλοι έχουν κοινά σημεία. Επομένως θα προσδωρίσουμε τη σχετική θέση των δύο κύκλων. Η διάκεντρος είναι

χ '

(Κτ) ="./(10 - 20)2 + (-30 -30)2 = "./100 + 3600 = '\}3700 = 10\[37 > 10 + so = 60km.

Άρα οι κύκλοι δεν έχουν κοινά σημεία, οπότε δεν

δημιουργούνται «παράσιτα» στον CONIC FM.

Προτεινόμενο Πρόβλημα Ένα πλοίο Π κινείται γύρω από ένα μικρό νη

σί Β και η θέση του προσδιορίζεται από τις εξισώσεις χ = 4 + 2ημθ, y = 3 + 2συνθ, θ ε IR. i) Να βρείτε την εξίσωση της γραμμής την ο

ποία ακολουθεί το πλοίο. ii) Ποια είναι η ελάχιστη και ποια είναι η μέγι

στη απόσταση του πλοίου από το λιμάνι Λ, κάποιου κοντινού νησιού;

iii) Στο μέσο της απόστα�ς της πορείας του πλοίου από το Β, κινείται συνεχώς μια βενζινάκατος για να ελέγχει καλύτερα το νησί Β. Ποια είναι η εξίσωση της τροχιάς της βενζινάκατου;

ΑΣΚΙΙΣΕΙΣ

1. Δίνεται κύκλος C: χ2 + y2 = 12 (1) και το κινητό του σημείο Ρ(χ1, y1). Ενώνουμε το Ρ με το σημείο Σ(7, 0). Να αποδειχτεί ότι το μέσο Μ του τμήματος ΣΡ διαγράφει κύκλο, που να βρεθούν η ακτίνα και το κέντρο του, όταν το Ρ κινείται στον C.

Υ

Λύση

Έστω Μ( χ, y) το μέσο του ΡΣ τότε χ = Χι; 7 YL±.Q , 2 7 2 ' και y = 2 αρα χι = χ - και Υ ι = y οποτε η

( 1 ) γίνεται (2χ - 7)2 + (2y)2 = 12 <=> {χ _ �)2 + 4y2 = 12 <=> (χ _ �τ + y2 = 3.

Επομένως το Μ κινείται σε κύκλο C' κέντρου ��' Ο) και ακτίνας ρ = -{3. β' τρόπος Αν Κ το μέσο του ΟΣ τότε από την Ευκλείδεια Γεωμετρία γνωρίζουμε ότι


------------ Μαθηματικά για τη Β'τάξη 1'01> Avκεiov

--+

ιΚΜι = Ι�ΡΙ =ψ ή ικΜι = V3. δηλαδή το Μ απiχει από το σταθερό σημεiο Κ απόσταση V3 επομένως θα ανήκει σε κύκλο (Κ, V3). 2. Δίνεται κύκλος C: χ2 + y2 = 9 και το σημείο � 2t, � + �} t Ε IR.. Από το Ρ φέρνουμε τις ε

φαπτόμενες ΡΑ και ΡΒ του κύκλου C αφού πρώτα αποδειχτεί ότι Ρ εξωτερικό του C για κάθε t Ε IR.. Στη συνέχεια να δειχτεί ότι το

σημείο �-�' 2) ανήκει στην ευθεία ΑΒ.

Λύση --+ [3 J 2 --+

Έχουμε IOPI 2 = 4t2 + 2 (t + 3) με I OPI 2 > 9 διότι είναι 25t2 + 54t + 45 > Ο (Δ < 0). Άρα το Ρ είναι εξωτ. του κύκλου. Έστω Α(χι , Υι), B(xz, yz) τότε οι εξισώσεις των Ρ Α, ΡΒ είναι ΡΑ: χχι + ΥΥι = 9 και ΡΒ: ΧΧ2 + YYz = 9. Οι συντεταγμένες του Ρ θα τις επαληθεύουν άρα 9t·χι + 2 + 2 J Υ ι = 9 και 2t ·x2 + 2 t + 2 Yz = 9

οπότε οι συντεταγμένες των σημείωy Α, Β θα επαληθεύουν την εξίσωση �t ·x + (� t + �) y = 9 άρα

I ΑΒ: 2t·x + (� t +η y = 9 1 ( 1 )

Υ Ρ

Β χ

Οι συντεταγμένες τοu �-� 2) εmληθεύουν

την ( 1 ) διότι 2t (- �) + (� t +�) 2 = 9 mu ισχύει για κάθε t Ε IR. Άρα το Σ ανήκει στην εuθεία ΑΒ.

(3t 9� (3 9) Δ Β' ιfυκείου Τεχvο.λοyικiι ΚατεύΡυvι-ιι

θέματα Επαvά.λιιιfns Α. Ερωτήσεις του τύπου Σωστό - Λάθος

Να χαρακτηρίσετε με σωστό (Σ) ή λάθος (Λ) τις παρακάτω προτάσεις

του Βασίλη Καρκάνη

1 . Η Δήμητρα όταν γεννήθηκε ζύγιζε 3 , 1 kg. Όταν συμπλήρωσε τον 6° μήνα ζύγιζε 8, 1 kg και όταν συμπλήρωσε τον 1 1 ° μήνα ζύγιζε 10,9 kg, οπότε: α) Το ποσοστό αύξησης του βάρους της Δήμητρας από τη μέρα που γεννήθηκε μέχρι τον 6° μήνα

(συμπληρωμένο) είναι: 1 6 1 ,3 % (περίπου) β) Το ποσοστό αύξησης του βάρους της Δήμητρας από τον 6° μήνα μέχρι και τον 1 1 ° (συμπληρω-

μένο) είναι: 38,6% (περίπου) · ·· · · ·

2. Ένα κουστούμι στα καταστήματα «ZARA» πουλιέται σε τιμή αο δραχμές. Στη περίοδο των εκπτώσεων η τιμή του μειώνεται κατά 20%. Στη περίοδο των «προσφορών» η τιμή των εκπτώσεων μειώνεται επιπλέον 20% και στη περίοδο του «ξεπουλήματος» η τιμή των προσφορών μειώνεται ακόμη 20% και πουλιέται στην τιμή π. Τότε: α) Ο δείκτης εξέλιξης από την τιμή αο στην τιμή π είναι 0,4. β) Το συνολικό ποσοστό εξέλιξης (μείωσης) από την τιμή αο στην τιμή π είναι: 48,8%. γ) Αν στην αρχική τιμή αο γίνει έκπτωση 60% η τιμή που θα προκύψει είναι η π.

3. Αν γνωρίζ<?υμε τις προσεγγιστικές τιμές με έλλειψη και υπέρβαση των μεγεθών χ και y τότε: α) μπορούμε πάντοτε να βρούμε προσεγγιστικές τιμές για το μέγεθος: .! χ β) μπορούμε πάντοτε να βρούμε προσεγγιστικές τιμές για το μέγεθος: 1

2 Υ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.γ. τ.4/53

Μαθηματικά για τη Β'τάξη του Λυκειου

) , , β ' , , ' θ 1 1 7 γ μπορουμε παντοτε να ρου με προσεγγιστικες τιμες για το μ.εγε ος: 3" -2 y - .

4. Έστω οι ευθείες ει , εz με διανυσματικές εξισώσεις: _..,. � _..,. ...__.. --+ ....... --+ .......... --+ ....... r = 3 i + j +λ( i + j ), λ Ε IR, r = -2 i - 3 j + μ (5 i - 5 j ), μ Ε IR αντίστοιχα. Τότε:

α) η ει σχηματίζει τον άξονα χ'χ γωνία 45°. β) η ει είναι κάθετη στην ε2

. , , - 1� 1 � γ) η ε2 ειναι παράλληλη στο διανυσμα u = - 7 1 + 7 J

5 . Δίνεται η εξίσωση: 9χ2 + (3y + 3)2 = 36 τότε: α) Η εξίσωση παριστάνει κύκλο με κέντρο το σημείο Κ(Ο, -3) β) Η εξίσωση παριστάνει κύκλο με ακτίνα ρ = 4 γ) Η εξίσωση παριστάνει κύκλο και το σημείο Μ( 1 , - 1 ) είναι εσωτερικό του σηj.ιείο.

Β. Ερωτήσεις Πολλαπλ1ίς Επιλογής Στις ερωτήσεις που ακολουθούν να επιλεyεί η σωστή απάντηση από τις προτεινόμενες.

1 . Ένα εργοστάσω παράγει οθόνες ηλεκτρονικών υπολογιστών απ' τις οποίες το 4% είναι ελαττωματικές. Πόσες ακριβώς οθόνες ( ελλατωματικές και μη) πρέπει να παράγει το εργοστάσω ώστε να διαθέσει στην αγορά 19200 μη ελαττωματικές οθόνες;

Α. 21000 Β. 20000 Γ. 22000 Δ. 23000 Ε. 22600 2. Κατάθεσε κάποιος στην τράπεζα κεφάλαω Κ δραχμών με επιτόκιο 7% και με συμφωνία να ανατοκί

ζετε ανά έτος. Αν η συμφωνία προβλέπει να εισπράξει τα χρήματά του (κεφάλαω και τόκος) ύστερα από πέντε χρόνια τότε θα πάρει:

Α. (1 + 1�} Β. (1 + 1�0}5 Γ. ( 1 ,07Κ)5 Δ. Ο,75 Κ Ε. 1 ,075 Κ

3. Το άνω φράγμα του σχετικού σφάλματος ενός μεγέθους χ είναι ε = 5%. Αν έχει προσεγγιστική τιμή α = 20,5 τότε η ακρίβεια της προσέγγισης είναι:

Α. σ = 1 ,25 Β. σ = Ο,Ο25 Γ. σ = 1 , 1 5 Δ. σ = Ι ,Ο25 Ε. σ = - 1 ,025 - - -

4. Η τιμή της παράστασης π = -2 i (3 i + 5 j ) είναι ίση με: Α. 10 Β. 4 Γ. -6 Δ. Ο Ε. 16

5. Αν η ευθεία ε: y = χ + β εφάπτεται του κύκλου c: χ2 + y2 = 4 τότε η τιμή του β είναι: Α. ±2...[2. Β. --[2. Γ. ±2 Δ.---[2. Ε. -2

Γ. Θέματα Πλ1ίρους Ανάπτυξης

.Άσκηση ι Μία κάρτα σχήματος ορθογωνίου με διαστάσεις χ, y έχει βάρος Β0 με: 13,8 < Β0 < 14,5 •

α) θα έχουμε μεγαλύτερο απόλυτο σφάλμα του βάρους της κάρτας όταν πάρουμε προσεγγιστική τιμή: i) το 14,1 ή ii) το μέσο όρο των ορίων του Βο;

β) Μετρώντας τις διαστάσεις της κάρτας δυο φορές πήραμε τα εξής αποτελέσματα σε cm: χ = 7,6 ± 0,1 και y = 10,2 ± 0,2 (lη φορά) και χ = 7,2 ± 0,15 και y = 10,5 ± 0,1 (2η φορά). Για την ημιπερίμετρο της κάρτας με ποια μέτρηση έχουμε το μικρότερο σχετικό σφάλμα;

Λύση α) Με προσεγγιστική τιμή το 14, 1 έχουμε: 1 3 ,8 < Β0 < 14,5 <=> 1 3 ,8 - 14, 1 < Β0 - 14, 1 < 14,5 - 14, 1

<=> -0,3 < Βο - 14, 1 < 0,4 <=> -0,4 < Βο - 14, 1 < 0,4 <=> IBo - 14, 1 1 < 0,4. Μ , , , , δ λαδ , 13•8 + 14•5 14 15 , , ε προσεγγιστικη τιμη το μεσο ορο η η 2 , ομοια εχουμε: 13,8 - 14, 1 5 < Β0 - 14, 15 < 14,5 - 14, <=> - 0,35 < Β0 - 14, 15 < 0,35 <=> I Βο - 14, 15 1 < 0,35 < 0,4 και είναι φανερό ότι μεγαλύτερο απόλυτο σφάλμα έχουμε στην πρώτη περίπτωση.


Μαθηματικά Ύι« τη Β· τάξη τοv Λvκειοv

β) Η ημιπερίμετρος της κάρτας είναι: Ρ = χ + y ·Ετσι την 1η φορά έχουμε: Ρ1 = (7,6 ± 0, 1 )+ ( 10,2 ± 0,2) = 17,8 ± 0,3 και ει = �7�8 ::: 0,0168 . Επί-σης, τη 2η φορά είναι: Ρ2 = (7,2 ± 0, 15) ·+ ( 10,5 ± 0, 1 ) = 17,7 ± 0,25 και ε2 = ��;::: 0,0141 .Είναι φανερό ότι ε2 < ε1 , οπότε μικρότερο σχετικό σφάλμα της ημιπεριμέτρου έχουμε στην 2η μέτρηση .

.Άσκηση 2 --+ --+ --+ --+ --+ --+ --+

Δίνονται τα διανύσματα: α = i - 2 j , Ρ = 2 i - 5 j και γ = (7, 3). - - -α) Να δειχθεί ότι τα διανύσματα α , p , γ είναι μη συγγραμικά ανά δύο. -- -+ -+ β) Να γραφεί το διάνυσμα γ ως γραμμικός συνδυασμός των α και p . -+ -+ -+ γ) Να δειΥθεί ότι: (α + p) .i γ -+ 4 -+ δ) Αν u , v , w είναι τα διανύσματα θέσης των σημείων Α, Β, Γ αντίστοιχα; ως προς την αρχή

--+ --+ --+ --+ --+ --+ ..... -+ -+ Ο των αξόνων με u = α + (κ -l) p , ν = 2κα + (3 - κ)p , w = γ - 7α και τα σημεία Α, Β, Γ εί-ναι συνευθειακά, να βρεθεί ο κ ε IR.

Λύση -+ -+ -+

Έχω: α = ( 1 , -2), β = (2, -5), γ = (7, 3).

α) Είναι: -

Χα Υα - -

Χβ Υβ I 1 -2 I - -

= 2 _5 = -5 + 4 = -1 :;t Ο, άρα α tt β .

Όμοια: I � -: I = 6 + 35 = 41 :;t Ο, άρα: β tt 7 και I � -: I = 3 + 14 = 17 :;t Ο, άρα-; tt 7. -+ -+ -+ { χ + 2y = 7 } χ = 41

β) Έστω χ , y ε iR : γ = χα + yβ τότε: (7, 3) = χ ( 1 , -2) + y(2, -5) <=> 2 5 _ 3 <=> _ 17 __. __. __.

- χ - Υ - Υ - -Άρα γ = 41 α - 17 β . --+ -+ -+ --+ --+ --+ --+ --+

γ) Επίσης: α + β = (3, -7), οπότε : ( α + β ) · γ = 21 -21 = Ο, άρα ( α + β ) .i γ . --+ --+ --+ --+ -+ --+ � --+

δ) Ακόμη, ΟΑ = u , ΟΒ = ν ,. ΟΓ = w. Αν Α, Β, Γ συνευθειακά τότε: ΑΒ 11 ΒΓ (1 ) ....... --+ --+ --+ --+ --+ --+

Είναι: ΑΒ = ΟΒ - ΟΑ = ν - u = (2κ - 1 ) α + (4 - 2κ) β = (2κ - 1 ) ( 1 , -2) + (4 - 2κ)(2, -5) = (2κ - 1 , -4κ + 2) + (8 - 4κ, -20 + Ι Οκ) = (7 - 2κ, 6κ - 1 8) και

-+ -+ -+ ΒΓ = ΟΓ - ΟΒ = w - ν = . . . = (-6, 32 - κ) οπότε, από ( 1 ) <=> I 7 - 2κ 6κ - 18 I -6 32 - κ = ο

<=> 2κ2 - 3 Sκ + 1 1 6 = Ο <=> κ = 35 ± ιm οι ζητούμενες τιμές .

.Άσκηση 3 -+ -+ -+ α) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με διανύσματα θέσης των κορυφών του τα: ΟΑ = 2 i - j ,

--+ --+ --+ -+ --+ --+ ΟΒ = 3 i + 5 j , ΟΓ = - 6 i - 3 j . Αν στις κορυφές Α, Β, Γ έχουν τοποθετηθεί βάρη 8kp, Skp, 7kp αντίστοιχα τότε να βρεθεί το διάνυσμα θέσης του pαρυκεντρου του συστήματος.

p) Ομογενής μεταλλική πλάκα ΑΒΓ Δ έχει σχήμα ισοσκελές τραπέζιο με βάσεις ΑΒ = 12cm, Γ Δ = 6cm και ΑΔ = ΒΓ · = 6cm. Αν Ε το μέσο της ΑΒ να βρεθεί το κέντρο βάρους G του σχήματος που απομένει αν αφαιρέσουμε από το τραπέζιο το τρίγωνο ΕΓ Δ. Στη συνέχεια αν Θ το μέσο του ΓΔ, να δειχθεί ότι τα Ε, G, Θ είναι συνευθειακά.

Λύση α) Έχω α = 8kp, β = Skp, γ = 7kp, οπότε αν G το βαρύκεντρο του συστήματος τότε:

-+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ -+ 0-+G _ α ΟΑ + β ΟΒ + γ ΟΓ _ 8 (2 i - j ) + 5(3 i + 5 j ) + 7(6 i - 3 j ) - 1 1 i - 4 j _ !! � l � ζ . -

α + β + γ - 8 + 5 + 7 20 - - 20 1 - 5 J το ητου-μενο διάνυσμα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ s· λ.Ύ. τ.4/55

Υ

Μαθηματικά Ύια τη Β'τάξη τοv Λuκείοv

β) Τοποθετούμε το τραπέζω στο επίπεδό των αξόνων, όπως στο σχήμα. Δηλαδή, η κορυφή Α στο κέντρο του συστήματος και η βάση ΑΒ να συμπίπτει με τον άξονα χ ' χ. Τότε από τα δεδομένα έχουμε Α(Ο, 0), Β( 12, 0), Ε(6, 0). Επίσης τα τρίγωνα ΑΕΔ, ΕΓΔ, ΒΓΕ είναι ισόπλευρα με πλευρές

6cm, ύψος υ = ψ. = 3� cm και εμβαδό: Ε =� = 3ψ = 9\{3 cm2•

Αν G1, G2 τα βαρύκεντρα των τριγώνων ΑΕΔ και ΒΓΕ (που απομένουν μετά την αφαίρεση του τριγώνου ΕΓΔ) τότε το G1 σημείο της διαμέσου ΔΖ (είναι και ύψος) και το G2 σημείο της διαμέσου ΓΗ (εί-

ναι και ύψος). 'Ετσι, GιΖ = �z = � = 3f = � = G� οπότε: G1(3, �) και G2 (9, �). Εφόσον G το ζη

τούμενο βαρύκεντρο τότε: χ = 3 ·W + 9·W = ιo8..J3· 6 =..JJ ·W+....t3·W =2L=�

G 9\{3 + 9\{3 18� ' Υσ 9\{3 + 9\{3 1 8� .

Δηλαδή, G(6, �). Ακόμη, Δ(3 , 3�) και Γ(6, 3�) οπότε το μέσον του ΓΔ είναι το Θ(6, 3�). Εφόσον Ε, G, Θ έχουν την ίδια τετμημένη τα σημεία Ε, G, Θ είναι συνευθειακά.

Άσκηση 4 -+ -+ -+ -+ -+

Έστω r = 3 ί • j + λ (- ί + 2 j ), λ Ε IR η διανυσματική εξίσωση μιας ευθείας. α) Να βρείτε τις παραμετρικές εξισώσεις της ε. - -β) Να δειχθεί ότι το σημείο Α με διάνυσμα θέσης το 2 ί + j είναι σημείο της ευθείας ε.

--+ -+ --+ � -+ γ) Να βρεθεί το συμμετρικό του σημείου Α ως προς την ευθεία η : r = • i + 4 j + κ( ί + j ).

Λύση - - - { χ = 3 - λ α) Είναι: ε: r = (3 - λ) i + (2λ - 1 ) j , οπότε Υ = 2λ _ 1 , λ Ε IR οι ζητούμενες παραμετρικές εξισώσεις. - - - - - - - - - { 3 - λ = 2 β) Είναι ΟΑ = 2 i + j οπότε αν ΟΑ = r <=> 2 ί + j = (3 - λ) i + (2λ - 1 ) j <=> 2λ _ 1 = 1 <=> λ = 1

και εφόσον ορίζεται λ το Α είναι σημείο της ε. - - -γ) Η ευθεία η είναι παράλληλη στο διάνυσμα u = i +j . � ο_e!σουμε την εξίσω� � �είας ζ που είναι κάθετη στην η και διέρχεται από το Α. Εφόσον το ν = ί - j είναι κάθετο στο u ( ν · u = Ο) η ευ-

-+ --+ --+ --+ --+ -+ θεία ζ θα είναι παράλληλη στο ν οπότε για μ Ε IR, ζ: r = 2 i + j + μ( i - j ) η ζητούμενη.

- - - - { κ - 4 = 2 + μ Από τις η, ζ έχουμε: (κ - 4) i + (4 + κ) j = (2 + μ) ί + ( 1 - μ) j <=> 4 1 + Κ = - μ

9 - - - 9 - -Έτσι, αν Μ σημείο τομής της ζ με την η από την ζ για μ = - 2 παίρνουμε: r = 2 i + j - 2< i - j ), δηλαδή

0-Μ 5 --:+ 1 1 --:+ . Μ( 5 1 1) Έ Α' , Α , Μ , = - 2 ι + 2 J , αρα - 2• 2 . · τσι, αν το συμμετρικο του προς την η τοτε το μεσο του

ΑΑ' δηλαδή : { ΧΜ = ΧΑ� ΧΑ· <=> { -1�1 = 21 +2 ΧΑ· <=> ΧΥΑΑ .. _: -107

_ΥΑ + ΥΑ' - - � ΥΜ - 2 2 - 2

Δηλαδή: Α'(-7, 1 0) το συμμετρικό του Α ως προς την η.

Άσκηση 5 Δίνονται οι εξισώσεις: C1: χ2 + y2 • 2χ + 4y + 1 = Ο, C2: χ2 + y2 • 10χ • 2y + 17 = Ο


Μαθηματικά Ύια τη Β· τάξη του Λι>κεiου

α) Να δειχθεί ότι οι Cι, C2 εκφράζουν κύκλους στους οποίους να βρεθεί το κέντρο και η ακτίνα τους.

β) Να εξεταστεί η θέση των δύο κύκλων. γ) Να εξεταστεί η θέση του σημείο M(l, 2) ως προς τον κύκλο Cι και του Ν(6, Ο) ως προς τον

κύκλο Cz. δ) Αν Κι, Kz τα κέντρα των κύκλων Cι, Cz να βρεθούν τα μ, ν ώστε το Κι να είναι σημείο της

ευθείας ει : y = μχ - 2 και το Kz σημείο της εz: (ν - 7)y = - χ - ν αντίστοιχα.

Λύση α) Με τη μέθοδο συμπλήρωσης τετραγώνου οι εξισώσεις γράφονται: C1 : (χ - 1 )2 + (y + 2)2 = 4 που εκφράζει κύκλο με κέντρο το Κι ( 1 , -2) και ακτίνα ρ ι = 2.

Επίσης: Cz : (χ - 5)2 + (y - 1 )2 = 9, άρα κύκλος με κέντρο το Κ2(5, 1) και ακτίνα ρz = 3 . β) Είναι: (Κι Kz) = ....}(5 - 1 )2 + ( 1 + 2)2 ={ϊ6+9 = 5 = 2 + 3 = ρι + ρz άρα οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά. γ) Είναι: (Κι Μ) = ....}( 1 - 1 )2 + (2 + 2)2 =...J16 = 4 > 2, δηλαδή (Κι Μ) > ρι άρα το Μ στο εξωτερικό του κύκλου Cι .

Επίσης: (Kz Ν) = ....}(6 - 5)2 + (Ο - 1)2 = ....{ϊ+1 = ...[2 < 3, δηλαδή (Kz Μ) < ρz, άρα το Ν στο εσωτερικό του κύκλου Cz. δ) Αν το Κι σημείο της ει, τότε: -2 = μ· 1 - 2 <=> μ = Ο. Αν το Kz σημείο της εz τότε: (ν - 7) · 1 = -5 - ν <=> ν = 1 . Άρα μ = Ο και ν = 1 οι ζητούμενες τιμές.

Άσκηση 6

α) Να βρεθεί η εξίσωση του κύκλου που διέρχεται από το σημείο Α(2, Ο), έχει ακτίνα ρ = 'NJO και η τεταγμένη του κέντρου του είναι τριπλάσια της τετμημένης.

β) Αν Κ το κέντρο του προηγούμενου κύκλου τότε το Κ είναι σημείο της ευθείας ε: Sx + 5y = 14 Σωστό , ή Λάθος;

γ) Η ευθεία η : y = χ + κ εφάπτεται του κύκλου που βρέθηκε στο α ερώτημα όταν το Κ ισού-

Α ο Β 3 Γ 2 Δ 8 , 4 Ε 8 , 4 ται με: . ' • 5' . - 5' . - 5 η 5 . 5 η - 5

Λύση

α) Έστω C: (χ - χο)2 + (y - Υο)2 = p2 όπου Κ(χο, yo) το κέντρο του ζητούμενου κύκλου και ρ = 3"'? η

ακτίνα του. Επίσης: Υο = 3χο ( 1) . Έτσt, η εξίσωση του κύκλου γράφεται: C: (χ - χο)2 + (y - 3χο) = ;�. Ακόμη, το Α(2, Ο) σημείο του κύκλου οπότε:

90 2 1 (2 - χο)2 + (Ο - 3χο)2 = 25 <=> . . . <=> (5χο - 1) = ο <=> χο = 5

και από ( 1 ): Υο = �. Άρα: C: (χ - k) + (y - �J =;� η ζητούμενη εξίσωση. β) Λάθος γ) το Ε.

Απανη)σεις σωστού λάθους ι. α, Σ β, Λ 2. α, Λ β, Σ γ, Λ 3. α, Λ β, Λ γ, Σ 4. α, Λ β, Σ γ, Σ

ι. Β Απαντήσεις Ερωτήσεων Ποl)..απλής Επιλογής

2. Ε 3. Δ 4. Γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.Ύ. τ.4/S7

5. α, Λ β, Λ γ, Σ

S. Α

----------- Μαθηματικά 'Υ'α τη Γ' τάξη του Λυκείου

Μαθnμα-ιικά yιa -ιn r' -ιά�n -ιοu Λuκι:ίοu

Υπεύθυνοι στήλης: Βακαlόποuλος Κ. - Δράκος Γ. - Καλομιτσίνη Α. - Καρκάνης

Β. - Κόντζιας Ν. - Τσικαλιrοδάκης Γ. - Τσιούμας Θ. - Χαραλαμποπο6λοu Λ.

1. Ένα σακί περιέχει άμμο η οποία διαφεύγει από μία τρύπα του, έτσι ώστε μετά από t δευτερόλεπτα η ποσότητα που βρίσκεται

στο σακί είναι s( t) = 50 ( 1 - :� J κιλά.

(α) Πόσα κιλά άμμου υπήρχαν αρχικά στο

σακί;

(β) Με τι ρυCμό διαφεύγει η άμμος μετά από 1 δευτερόλεπτο;

(γ) Σε πόσο χρόνο θα αδειάσει το σακί; Με

τι ρυθμό διαφεύγει η άμμος τη χρονική

στιγμή που αδειάζει;

[Λύση: 1) (α) Αρχικά υπfιρχαν στο σακί s(O) = 50 kgr άμμου.

(β)Ο ρυθμός με τον οποίο διαφεύγει η άμμος μετά από t δευτερόλεπτα είναι

s' (t) = 15�1 -:�τ (-:�} άρα σε 1 δευ-

τερόλεπτο διαφεύγει με ρυθμό

s '(t) = - 2<{��τ � - 17,42 kgr/sec.

(γ) Το σακί θα αδειάσει όταν s(t) = Ο δηλαδή

όταν 5� 1 -:�) = Ο απ' όπου προκύπτει ότι

t2 = 15, άρα t = ..Jl5 � 3,87 δευτερόλεπτα. Τη χρονική στιγμή που το σακί αδειάζει (δηλ. σε 3,87 δευτερόλεπτα περίπου) η άμμος διαφεύγει με ρυθμό s' (t) = Ο kgr I sec.

2. Η κυβέρνηση αποφασίζει αύξηση των τα-

του Ανδρέα Αρβανιτογεώργου

χυδρομικών τελών. Ο ρυθμός κατά τον οποίο ο πληθυσμός ενημερώνεται για την αύξηση αυτή, είναι ανάλογος με τον αριθμό των ανθρώπων οι οποίοι δεν έχουν ακούσει σχετικά με την αύξηση των τελών. Εκφράστε τον αριθμό των πολιτών οι οποί

οι έχουν ενημερωθεί σχετικά με την αύξηση

ως συνάρτηση του χρόνου. Δίνεται: Β ο συνολικός πληθυσμός της χώρας.

Λύση 2) Έστω E(t) ο αριθμός των πολιτών που έχουν

ενημερωθεί για την αύξηση των τελών κατά τη χρονική στιγμή t. Τότε οι πολίτες οι οποίοι δεν θα έχουν ενημερωθεί κατά την ίδια χρονική στιγμή θα είναι Β - E(t). Από τη διατύπωση του προβλήματος προκύπτει ότι �� = κ(Β - Ε) (κ = σταθερά)

Άρα έχουμε ότι:

Β � EdE = κ dt => J Β � EdE = J κ dt =>

- lniB - ΕΙ = κt + c => ln(B - Ε) = κt - c =>

E(t) = Β - Ae·κt

Σημείωση: Η παραπάνω συνάρτηση είναι γνωστή και ως καμπύλη μάθησης το γράφημα της οποίας είναι το παρακάτω:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.Ύ. τ.4/S8

----------- Μαθηματικά ΎLΩ τη Γ' τάξη του Λυκείου

E(t) Β - - - - - - - - - - - - ·

Το όνομα της καμπύλης αυτής προέρχεται από την ψυχολογία και παριστάνει τη σχέση μεταξύ εκπαίδευσης ή εμπειρίας ενός ατόμου και αποτελεσματικότητας του να εκτελεί μια εργασία.

3) Σύμφωνα με μία μελέτη, σε διάστημα χ μηνών από σήμερα ο πληθυσμός σε μία πόλη θα αυξάνεται με ρυθμό 2 + 6\{χ. άτομα ανά μήνα. Ποια η αύξηση του πληθυσμού στους επόμενους 4 μήνες;

Λύση

Έστω Π(χ) ο πληθυσμός της πόλης μετά από χ μήνες από σήμερα. τότε ο ρυθμός μεταβολής του πληθυσμού ως προς το χρόνο είναι dΠ 2 _ ,-;6 ' λοκλ ' ' ' dx = + -v o χ αρα ο ηρωνοvtας εχουμε οτι

Π(χ) = f (2 + &\{χ) dx = 2χ + 4χ312 + c. Στους επόμενους 4 μήνες από σήμερα η αύξηση του πληθυσμού θα είναι Π(4) - Π(Ο) = [2 ·4 + 4(4)312 + c] - [2·0 + 4·0 + c] = 40 άτομα.

4. Το ταμείο διαχείρισης εθνικών οδών θέλει να κατασκευάσει έναν χώρο στάθμευσης -αναψυχής σχήματος ορθογωνίου, εμβαδού SΟΟΟτ.μ. κατά μήκος της εθνικής οδού. Οι υπεύθυνοι του έΡΎου θέλουν να περιφράξουν το χώρο κατά μήκος των πλευρών του ορθογωνίου, αλλά όχι κατά μήκος της εθνικής οδού. Ποιο το ελάχιστο μήκος περίφραξης που απαιτείται;

Λύση

Έστω χ και y το μήκος και το πλάτος αvtίστοιχα του ορθογωνίου και Α το συνολικό μήκος περίφραξης.

Τότε Α = χ + 2y και επειδή xy = 5000 τότε

5000 10000 Α(χ) = χ + 2-- = χ + --. Θέλουμε να ελα-χ χ χιστοποιήσουμε τη συνάρτηση

10000 ' Α( χ) = χ +-- στο διαστημα (0, +οο ) . χ

Χώρος στάθμευσης

Εθνική οδός

Είναι Α' (χ) = 1 - 100200 η οποία μηδενίζεται χ

όταν χ = ± 100. Η τιμή χ = -100 απορρίπτεται, άρα το κρίσιμο σημείο στο (0, +οο) είναι το χ = Ι 00.

Για να ελέγξουμε ότι στο σημείο αυτό η συνάρτηση έχει τοπικό ελάχιστο χρησιμοποωύμε το κριτήριο της δεύτερης παραγώγου. Είναι Α"( ) 2000 ' ' ' θ ' ' χ = 7 η οποια ειναι παvtα εnκη οταν χ ε

(0, +οο). Άρα (επειδή επιπλέον lim Α(χ) = οο) η Α(χ)

χ-σο έχει ολικό ελάχιστο στο χ = 100, συνεπώς θα χρειαστούν A( l OO) = 200 τουλάχιστον μέτρα περίφραξης.

5. Μία μελέτη στην πρωινή βάρδια ενός ερ'Υοστασίου έδειξε ότι ένας μέσος ερ'Υάτης ο οποίος ξεκινά εf>Ύασία στις 8:00 π.μ., θα έχει παράγει Q(t) = -t3 + 9t2 + lOt αντικείμενα μετά την παρέλευση t ωρών. Σε ποια χρονική στιγμή ο ερ'Υάτης θα είναι πιο αποτελεσματικός; [Δίνεται: πρωινή βάρδια: 8:00 π.μ. - 12 μεσημέρι)

Λύση

Ο εργάτης είναι πιο αποτελεσμαnκός όταν μεγιστοποιεί τον ρυθμό παραγωγής του.

Ο ρυθμός παραγωγής του εργάτη είναι

R(t) = Q' (t) = -3t2 + 1St + 12. Θέλω να μεγιστοποιήσω την R(t) στο κλειστό

διάστημα [0, 4] . Είναι: R'(t) = -6t + 18 = Ο όταν t = 3.

R(O) = 12, R(3) = 39, R(4) = 36 . Άρα R(t) έχει μέγιστο όταν t = 3 δηλ. στις 1 1 :00 π. μ.

Σε αυτή τη χρονική στιγμή ο εργάτης παράγει με ρυθμό 39 αvtικείμενα/ώρα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.Ύ. τ.4/59

----------- Μαθηματικά -yια τη Γ τάξη τοv Λvκειοv

�I) Η μέlιiιs rιrs ιλιιιλίιpω6ιιs κιιτΑ πιιpΑyιvτεs

Η μέθοδος αυτή εφαρμόζεται όταν το ολοκλήρωμα είναι της μορφής: J: f(x) g(x) dx, με F ' (χ) = f(x) για κάθε χ ε [α, β]

και ακόμα η g είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] και η g' είναι συνεχής στο [α, β] .

Υπενθυμίζουμε ότι ο τύπος της κατά παράγοντες ολοκλήρωσης είναι ο:

J: F ' (χ) g(x) dx = [ F(x) g(x)]� - J: F(x) g ' (χ) dx

Παράδειγμα: Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα 12 χ ex dx.

Λύση

Είναι J12 χ ex dx = 12 χ (ex)' dx = [xex]f - Jl2 ex χ' dx = [χ ex]f - Jl2 ex dx = [xex]f - [ex]f = κ.λπ.

Παρατήρηση 1 : Παραγοντική ολοκλήρωση εφαρμόζουμε στα ολοκληρώματα της μορφής: α) J: φ(χ) ημ(uχ + λ)dχ, β) J: φ(χ) συν(uχ + λ) dx, γ) J: eμχ ημ(uχ + λ)dχ, δ) J: eμχ συν(uχ + λ) dx, ε) J: φ(χ) eμχ dx, στ) J: φ(χ) eμχ ημ(uχ + λ)dχ, ζ) J: φ(χ)eμχ συν(uχ + λ) dx,

του Βαyyέλη Ευσταθίου και της Ρούλας Σπανδάγου

όπου φ(χ) είναι μία πολυωνυμική συνάρτηση. Με την ίδια μέθοδο υπολογίζονται και ολοκληρώματα της μορφής: J: F(x) Ιησ(χ) dx, όπου F(x), σ(χ) εί-ναι ρητές συναρτήσεις.

Παράδειγμα: Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα Jοπ χσυνχ dx (δεύτερη μορφή).

Λύση Είναι

r π r π . r π Jo χσυνχ dx = Jo χ(ημχ)' dx = [χημχ]0 - Jo (ημχ) χ' dx

= Ο -fσπημχ dx = [ συνχ ]ο = συνπ - συνΟ = -1 - Ι = -2

Παρατήρηση 2 : Αρκετές φορές για τον υπολογισμό ενός ολοκληρώματος γίνεται όπως είπαμε επανειλημμένη χρησιμοποίηση του τύπου της παραγοντικής ολοκλήρωσης.

Παραδείγματα:

1. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα J01 eι: χ2 dx.

Λύση

Είναι fσl ex χ2 dx = fσl (ex) I χ2 dx

= ( χΖ ex)� - r I ex (χ2)' dx Jo

= e - 211 ex xdx = e - 2 11 (ex)' χ dx =

= e - 2 [ex x]� + 2 Iex x' dx

= e - 2e + 2 r I ex dx = - e + 2( ex]� Jo . = - e + 2(e - 1 ) = e - 2.

2. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα Jοπ/2 χ! ημχ dx.


----------- Μαθηματικά Ύtα τη Γ τάξη του Λυκε{ου

Λύση Είναι fσπ/2 Χ2 ημχ dx = fοπ/2 Χ2 ( -συνχ)' dx = [ -χ2 συνχ ]{?

r π/2 r π12 + Jo (χ2)' συνχ dx = Ο + 2 Jo χ συνχ dx =

r π/2 r π/2 = 2 Jo χ (ημχ)' dx = 2 [χημχ]{? - 2 Jo χ' ημχ dx

= 2� - Ο - 2 fσπ/2 ημχ dx =

= π - 2 [-συνχ]{? = π + 2[συνχ]{? = π - 2.

Παρατήρηση 3: Με παραγοντική ολοκλήρωση υπολογίζονται πολλές φορές και ολοκληρώματα

1 β της μορφής α �(χ) dx (όπου g(x) κατάλληλη συ-

νάρτηση).

Παράδειγμα: Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα 12 lnx dx.

Λύση

Είναι 12 lnx dx = J12 χ' lnx dx

= [χ lnx]� - 12 χ (lnx)' dx =

f 2 1 J 2 [χ lnx]� - χ - dx = [χ lnx]� - 1 dx = I Χ I

2 2 = [χ lnx] 1 - [χ] 1 = 2 ln2 - 1 Ι η 1 - (2 - 1 ) = 2 ln2 - 1 .

Σημείωση:

Στο άρθρο μας του τεύχους 35 σελίδα 70, παρ' όn αναφέρεται στις γενικές οδηγίες, παραλήφθηκε, από παραδρομή, ο υπολογισμός του

l:in f(κ) - f (κο ) ( ' , ·, δ ---· -=- οπου χ 0 ε JR ειναι ακρο ιαχ--+χο χ- χο στήματος του πεδίου ορισμού της συνάρτησης).

IJ HIJ/ιl τ Ρ/fΟΛ"ιl . . . ΚΑΙ • • • ΣτιΙΤ/�Τ/.Κ#� Ε ?rιiKIJιiiJ)'IIιl il ΑιΙιΙ/.J2� . . . Ε ?r/.rPι�τΙJyu τ /,1/# κΑι Δ/ιΙΝ&��

από τους: • Ευσταθόπουλο Ο.Πέλη • Καββαδία Κώστα • Μέτη Στέφανο

Προλογικό σχόλιο Στην ύλη της Γενικής Παιδείας της ΓΛυκείου στο 2° κεφάλαω, διδάσκεται η Στατιστική. Ένας

κλάδος με πολύ ενδιαφέρον και πολλές εφαρμογές στη καθημερινή ζωή. Στην εpyασία που ακολουθεί έ- . γινε μία προσπάθεια να χρησιμοποιηθούν «παλωότεpες» γνώσεις των μαθητών, ώστε να διαπραγματευτούν δύο από τις συχνότερες έννοιες της Στατιστικής, την «επικρατούσα τιμή» και τη «διάμεσο» μίας ομαδοποιημένης κατανομής με διαφορετικό τρόπο απ' αυτόν που προτείνει το σχολικό βιβλίο. Για το σκοπό αυτό, θεωρούμε σαν προαπαιτούμενες γνώσεις όσα τα παιδιά έχουν διδαχθεί για τα όμοια τρίγωνα. Με την προσέγγιση αυτή, έχουμε δύο οφέλη. α) την ακρίβεια του υπολογισμού των παραμέτρων αυτών και β) την αποφυγή λανθασμένων απαντήσεων από το σχεδιαστικό τρόπο υπολογισμού τους που προτείνει το σχολικό βιβλίο. Πιστεύουμε ότι οι τρόποι αυτοί , είναι διδακτικά πρόσφοροι, έτσι που να μη χρειάζεται αδικαιολόγητη απομνημόνευση τύπων για τον υπολογισμό τους.

L Επικρατούσα τιμή ( Μ0 ) , σε ομαδοποιημένα δεδομένα

ΠΡΌΒΛΗΜΑ 1 °

Χρησιμοποωύμε ως Ι 0 πρόβλημα , το πρόβλημα του σχολικού βιβλίου του πίνακα 8 της σελίδας 72, που αφορά «το ύψος (σε cm ) 40 μαθητών της Γ Λυκείου», με αντίστοιχο πίνακα κατανομής συχνοτήτων


--------'------ Μαθηματικά για τη Γ τάξη του Λυκείου

τον επόμενο πίνακα , που στο σχολικό βιβλίο, είναι ο πίνακας 9 της σελίδας 73 , τον οποίο αντιγράψαμε και τον παρουσιάζουμε όπως είναι παρακάτω.

Κλάσεις κεντρικές Σχετική

[. . . . ' . . . . ) τιμές Συχνότ. συχνότητα

Χι νι fι% 156- 162 159 2 5,0 1 62- 168 165 8 20,0 1 68- 174 17 1 1 2 30,0 1 74- 180 177 l l 27,5 1 80- 1 86 183 5 12,5 1 86- 192 1 89 2 5,0

Σύνολο 40 100

Προτεινόμενη μέθοδος εύρεσης επικρατούσας τιμής ( Μο ) l . Προσδιορίζουμε την επικρατούσα κλαση i .

Αθρ. συχν. Αθρ. σχετ.

Ν; συχνότητα Fι %

2 5 ,0 10 25,0 22 55,0 33 82,5 38 95,0 40 100,0

2. Σχεδιάζουμε , όχι απαραίτητα σε σωστή κλίμακα , το ορθογώνιο της επικρατούσας κλάσης , καθώς και τα εκετέρωθεν αυτού ορθογώνια . Δηλαδή τα ευρισκόμενα αριστερά του και δεξιά του ορθογώνια ( βλέπε παρακάτω σχήμα ).

., J �- - :�διάζουμε τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΓ και ΒΔ (δηλαδή τις διαγώνιες του τραπεζίου ΑΒΓΔ), τα

οποία τέμνονται στο σημείο Ρ. Η τετμημένη του Ρ είναι η ζητουμένη επικρατούσα τιμή Μ0• 4. Σχεδιάζουμε τα ύψη ΡΕ και ΡΖ των τριγώνων Ρ ΑΒ και ΡΓ Δ αντιστοίχως. · 5 . Θέτουμε ΡΕ=χ, οπότε PZ=c-x , όπου c το πλάτος της αντίστοιχης κλάσης. 6. Από τα όμοια τρίγωνα Ρ ΑΒ και ΡΓΖ, σχηματίζουμε την αντίστοιχη αναλογία και υπολογίζουμε το χ.

Για το συγκεκριμένο παράδειγμα έχουμε : α) επικρατούσα κλάση: [ 1 68, 1 74) β) πλάτος c = 174-168 = 6 γ) ΑΒ = 12-8 = 4 δ) ΓΔ = 1 2- 1 1 = 1 ε) ΡΕ = χ στ) ΡΖ = 6-χ

Από τα όμοια τρίγωνα ΡΑΒ και ΡΔΓ, προκύπτει η αναλογία:

ΡΕ ΡΖ χ 6 - χ - = - <=> -- = ---ΑΒ ΓΔ 1 2 - 8 1 2 - 1 1

<=> χ = 4(6-χ) <=> . . . <=> χ = 4,8 οπότε

Μσ = 168 + 4,8 = 172,8 == 173

Α

c

1 74 1 80

Οπως είναι ολοφάνερο, με τον απλό αυτό υπολογισμό, αποφεύγεται το «πιθανό σφάλμα ανάγνω

σης>> που μπορεί να συμβεί «διαβάζοντας»

το ιστόγραμμα ( αφού ο προσδιορισμός του Μ0 κατά το σχολικό βιβλίο εξαρτάται από τέλεια κατασκευή του ιστογράμματος και σωστή « ανάγνωση >> της τετμημένης του σημείου Ρ.


------------ ΜαQιιμ.ατιικ:ά -yια τη r· τάξη τcw Λ1ικεiοο

IL διάμεσος ( δ) , σε ομαδοποιημένα δεδομένα

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2°

Στο σχολικό βιβλίο, προκειμένου να βρεθεί η διάμεσος (δ), σε ομαδοποιημένα δεδομένα, προτείνεται (σελ. 88) βασικά η �ατασκεuή του tστογράμματος των αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων (ύψος 40 μαθητών λυκείου - ,Ρ.νακας 8 και 9 της σελ. 72) και στη συνέχεια ο υπολογισμός της τετμημένης του σημείου του πολυyώνοu με τεmyμένη το 50. Η μέθοδος αυτή στηρίζεται εξ' ολοκλήρου α) στη καλή κατασκευή του 1σt0fράμματος των αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων, β) στο ακριβή προσδιορισμό του σημείου με τεmyμένη το 5Ο mι Ύ) στη ιαιλή "ανά'yνωση" της τετμημέμης του σημείου αυτού. Στα επόμενα προτείνεται μία μεθοδολσyiα xou στηρίζεται στην χρήση των αναλογιών που προκύπτουν από τα όμοια τρίΎωνα 1WU μχορούν να εμφανιστούν στο ιστόγραμμα αυτό. ( σχόλιο: η διάμεσος μπορεί εzάσ1tς να βρεθεί και από το ιστόγραμμα των αθροιστικών συχνοτήτων με παρόμοιο τρόπο ) .

Προτεινόμενη μέθοδος εύρεσης διαμέσου ( δ )

1 . Σχεδιάζουμε ένα ορθσyώνιο τρtyωνο ΑΒΓ (Α=90°) . 2. Η υποτείνουσα του ΒΓ, χαριστάνει το τμήμα του πολυγώνου των αθροιστικών σχετικών συχνοτή-

των,στο οποίο υπάρχει. σημείο Ρ με τεταγμένη το 50 ( δηλαδήtο � ) (qχόλιο : αν πρόκειτε για το πο-

λύγώνο των σχετικών οvχνοτήτων αναζητείται σημείο Ρ με τεταγμένη τον αριθμό ( �i ) ) 3. Το άκρο Β της υποτείνουσας, έχει τετμημένη το αρtστερό άκρο της αντίστοιχης κλάσης, ενώ το άκρο

Γ, έχει τετμημένη το δεξιό άκρο της ίδιας κλάσης. 4. Το άκρο Β, έχει τεταyμένη τη σχετική αθροιστική συχνότητα της προηγούμενης κλάσης, ενώ το άκρο

Γ, έχει τεταγμένη τη σχετική αθροιστική συχνότητα της επόμενης κλάσης. 5 . Ονομάζουμε Ρ το σημείο της ΒΓ, στο οποίο αντιστοιχεί τεταγμένη 50. 6. Ονομάζουμε Κ την ορθή προβολή του Ρ πάνω στη ΑΒ. 7. Ονομάζουμε χ το μήκος του ΒΚ ( χ= ΒΚ ). 8 . Από τα όμοια τρίγωνα ΑΒΓ και ΚΒΡ, υπολογίζουμε το χ. 9. Οπότε η δ = τετμημένηΒ + χ

Για το συγκεκριμένο παράδειγμα έχουμε: α) ΡΚ = 50 - 25 = 25 β) ΑΓ = 55 - 25 = 30 γ) ΒΚ = χ δ) ΑΒ = 6 Επειδή τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΚΒΡ, είναι όμοια, θα έχουμε :

ΒΚ ΒΑ χ 6 - =-<=> - = - <=> . . . <=> χ = 5 ΡΚ ΑΓ 25 30

οπότε : δ = 1 68 + 5 = 173

Β( Ι 68 , 25 )

ΑΣΚΗΣΕΙΣ για λύση

Γ( 1 74 55) Ρ

A( l 74 , 25)

1 . άσκηση Α12, σχολικού βιβλίου, σελ. 1 0 1 3 . άσκηση Β5, σχολικού βιβλίου, σελ. 1 05 2. άσκηση Β 1 , σχολικού βιβλίΟυ, σελ. 1 02 4. Στον επόμενο πίνακα δίνονται οι συχνότητες

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.-y. τ.4/63

μiας ομαδοποιημένης κατανομής.

κλάσεις νί

[40,70) 1 3 [70. 1 00) 30

[ 1 00, 1 30) 32

[ 1 30, 1 60) 1 5

[ 1 60. 1 90) 1 0

i) Να συμπληρώσετε τον πίνακα με ·τις στήλες α)της σχετικής συχνότητας f; , β) σχετικής συχνότητας f; % , γ) σχετικής αθροιστικής συχνότητας ·F; ·% .

ii) Να βρείτε την εmκρατούσα τιμή Μ0 •

iii) Να βρείτε τη διάμεσο δ .

5. Σε μία τάξη από 29 μαθητές έγινε ένα γκ:άλοπ . με το ερώτημα : «Πόσ.ες ώρες τηλεόρασης παρακολουθείiε την ημέρα;». Τα αποτελέσματα που προέJCVψαν · καταγράφοvτ'<Ιι στην παρακάτω ομαδοποιημένη κατανομή.

χρόνος (min) γ. I

[0,30) 8 [30,60) .

. . ί " 5 [60,90) 1 0

[90, 1 20) ·' '

4'

' [ 1 20, 1 50) 2

α) Να κατασΚευάσετε to ιcn&γ�αμj.ια · των συχνοτήτων και να βρείτε · τηv- · εmκρατούσα τιμή Μ0•

β) . Νά . κατασκεuιiσετε . το διάyj:><iμj.ια των αθροιστικών σχετqcών · .συχνοτήτων και να βρεθεί η διάμεσος δ .

. :6. · .Σε μία καταγραφή των ηλικιών 70 υπαλλήλων μiας εταιρεinς προέnψε η παρακάτω

. ομαδοποιημένη κατανομή.

κλάσεις Lηλικία) •. ·νί 20 - 30 25c

30 - 40 30

40 - 50 \ 0

50 - 60 ,. ' · 5

α) Ν� υπολογίσετε την εmκρατούσα τιμή .,Μο · · ·· • ·

. . .

•β) Να υπολcΥyίσετε την διάμεσο δ.

ι.ιΑ .� θ , , ,z , eμlλrlλ eι61λf6JftXDJν· ες .erlλl'eωv AHI . . . &I'� . . . Α,/;/Α ΚU,'ίι;ιs . . . AJI�:}ι,J,Iι�ιJ Σiιμepα από τιιv Τοvpκία και τιfι;, l6παvία

Την επιλοΊή και την επιμέλεια των θεμάτων έκαναν οι Μαθημαπκοί :

Βαγγέλης Ευσταθόπουλος , Κώστας Καββαδίας .Ι(αι Στέφανος Μέτης.

Α. ΤΟΥΡΚΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ,από την ενότητα «Πολυώνυμα» - επίπεδο Β' Λυκείου

I. Ερωτήσεις Ανάπτυξης , . 1 . Για το πολυώνυμο Ρ(χ) , γνωρίζουμε ότι Ρ(χ-5) = 6χ2 - 2χ - 1 . Να βρεθεί τό υπόλοιπο της διαίρεσης

του Ρ(χ) : (χ+1) .

2. Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) για το οποίο ισχύει: Ρ(χ+5) = x2 ·,Q(x) ' + 4χ - 1 . (1), · όπου Q(χ) ακέραιο πολυώνυμο. Αν το Q(x) , διαιρούμενο με το χ+2 , δίνει υπόλοιπο 5 . Να βρεθεί το uπόλpιπο της διαίρεσης Ρ(χ): (χ-3) .

----------- Μαθηματικά -yια τη Γ' τάξη του Λυκείου

3. Για τα πολυώνυμα Ρ( χ), Q(x) ωχUει : i) Ρ(χ+4) = Q(x+2) · (χ2 - 6) ii) Το uχόλοιπο της διαίρεσης Q(x) : (χ-4) , είναι 12 .

Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ( χ) : (χ-6).

4. Για τα πολυώνυμα Ρ( χ) , Q(x) γνωρίζουμε ότι : i) Ρ( χ - 2) = χ 2 - χ - 2 ii) το uχόλοσο της δuιίρεσης Q(x) : (χ-3) , είναι 3

Q(x)

Να βρεθεί το mιόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) : (x-l)

5 . Για τα πολυώνυμα Ρ( χ) , Q(x) είναι γνωστό ότι : i) Ρ(χ2 +2) = Q(x+2)·(x3 +2) ii) το υπόλοιπο της διαίρεσης Q(x): {χ-4) , είναι 4. Να βρεθεί το uχόλοιχο της διαίρεσης Ρ(χ):(χ-6)

6. Δίνεται το πολuώwμο Ρ(χ) = (χ-7)2μ+Ι + (χ-ι)μ + 4ν-1 μ, ν θετικοί αιcέραισι ιcιιι ν> Ι . Αν το Ρ(χ) έχει παράγοντα τον χ-5, τότε να δειχτεί ότι ν = μ+ 1 .

7 . Για τα πολυώνυμα Ρ(χ) , Q(x) είναι γνωστό ότι: (i) Ρ( χ) = ( χ3 + 2χ2 - 3χ + ι )·Q(x) + χ+ ι (ii) Το υπόλοιπο της δ1αίρεσης Ρ(χ) : x-l ε

Να βρεθεί το υχόλοιχο της διαίρεσης Ρ(χ): (χ-ι).

8 . Έστω το χολυώνυμο Ρ(χ) για το οποίο ισχύει Ρ(χ2+ι) = χ16 �· 3χ12 + 4χ8 - 6χ4 + 8. Να αχοδεqθεί ότι ·το mιόλοuw της διαίρεσης Ρ( χ): (χ-3) , είναι ίσο με 96.

9. Αν το χολυώνυμο Ρ(χ) = χ21 + αχ13 + βχ8 - 6χ - ι2 , διαφείται με το (χ2- ι ) , να βρεθεί το άθροισμα α+β .

10. Το πολυώνυμο Ρ(χ) διαφούμενο με (χ-2) δίνει υπόλοιπο 12 , ενώ διαιρούμενο με ( χ-3) δίνει υπόλοιχο 1 7. Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) δια του χ2-5χ+6.

11. Ερωτήσεις τύπου «Σωστό-Λάθος» ( Σ Λ )

Να χαρακτηρίσετε σωστό (Σ) ή λάθος (Λ) τις παρακάτω προτάσεις αφού δικαιQλογίσετε το χαρακτηρισμό κάθε μ.ως. ι . Αν Ρ(2χ+3) = χ4 - 3χ3 - 6χ2 + ι5χ + 2 ι , τότε το υπόλοιπο της διαίρεσης : Ρ(χ) : ; (χ-7) ; είναι ι9 .

Σ Λ 2. Αν το πολυώνυμο Ρ( χ) = (χ-5)ν + (χ-4)ν - ι διαιρείται από το (χ-5)(χ-4), τότε ό ν είναι περιπός.

Σ Λ 3. Αν το πολυώνυμο Ρ(χ) = (χ+3)ν + (χ+ι)ν - 272 διαφείται από το (χ- ι ) τότε ο ν είναι ίσος με 2.

ΙΠ. Ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής

Σ Λ

Στις παρα�άτω ασκήσεις σωστή είναι μία μόνο απάντηση. Να την βρείτε «tαικλώνrοντας» το αντίστοιχο γράμμα αφού δικαιολογήσετε την επιλογή σας.

l . Αν το πολυώνυμο Ρ(χ) = χ3 + αχ2 + βχ - 24 διαφείται από το (χ-2)(χ+3) τότε το ζεύγος (α,β) είναι ίσο με: Α. (-2,-5), Β . (5,2), Γ. (-5,-2), Δ. (5,-2), Ε. (2,5)

2. Το πολυώνυμο Ρ( χ) = χ3 + αχ2 +βχ +γ , διαφείται από το χ2-25 , τότε ο β είναι ίσος με :

Α. 5 , Β . -5, Γ. -25, Δ. J5 , Ε. 1 0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.-y. τ.4/65

----------- Μαθηματικά Ύια τη Γ' τάξη του Λυκείου

3 . Το υπόλοιπο της διαίρεσης (3χ36 - 5χ 18 - 4) : ( χ 9 + .J3 ) , είναι ίσο με : Α. -2, Β. 2, Γ. 8, Δ. 1 2, Ε. κανένα από τα προηγούμενα

4. Αν το πολυώνυμο Ρ(χ) = χ21 + αχ13 + βχ8 - 6χ - 12 , διαιρείται με το (χ2+1) , το άθροισμα α+β , είναι ί-σο με : Α. 1 1 , Β . 1 3 , Γ. 1 5 , Δ. 1 7, Ε. 2 1

5 . Έστω το πολυώνυμο Ρ(χ2+1) = χ16 - 3χ12 + 4χ8 - 8χ4 - 8. Το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ) : (χ-3), είναι ίσο με: Α. 96, Β. 84, Γ. -26, Δ. 60, Ε. 48

6. Το πολυώνυμο Ρ(χ) , διαιπούμενο με το (χ-4) , δίνει πηλίκο Q(x) και υπόλοιπο 6. Το Q(x) διαιρούμενο με το (χ+3) , δίνει πηλίκο S(x) και υπόλοιπο - 1 . Το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ): (χ-4)(χ+3) , εί-ναι Α. 6χ+4, Β. 4χ-10, Γ. 4χ+6, Δ. 8χ+4, Ε. χ+2

7. Το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ) : (χ-3) , είναι 1 8 , ενώ το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ) : ( χ+2) ,είναι - 1 2. Το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ) : (χ-3)(χ+2) , είναι ίσο με:

Α. 5χ-4, Β. 6χ+1 , Γ. 3χ-5, Δ. 6χ- 1 , Ε. 6χ

Σύντομες λύσεις στα θέματα των πολυωνύμων.

Ι. Ερωτήσεις ανάπτυξης

1 . Θέλουμε χ-5 = -1 � χ = 4. 'Ετσι για χ = 4, έχουμε Ρ(4-5)=6·42-2·4- 1= . . . =87 . Άρα υ=Ρ(- 1 )=87. 2. Ισχύει Q( -2) = 5. Θέλουμε χ+5 = 3 � χ = -2.

Έτσι για χ = -2 , είναι Ρ(-2+5) = (-2)2·Q(-2)+4·(-2)-1= . . . = 1 1 . 3 . Ισχύει Q(4) = 12. Θέλουμε χ+4 = 6 � χ = 2. Έτσι για χ = 2 , έχουμε :

Ρ(2+4) = Q(2+2)·(22-6) = Q(4)·(-2) = 12·(-2) = -24 4. Ισχύει Q(3) = j, Θέλουμε χ-2 = 1 � χ = 3. Έτσι για χ = 3 , έχουμε:

Ρ(3 - 2) = 32 - 3 - 2 = 4 � P(l) = 4 � P(l) = 1 2 . Άρα υ = 12. �3) 3 5. Ισχύει Q(4) = 4. Θέλουμε χ2 + 2 = 6 � χ2 = 4. Έτσι για χ = 2 , έχουμε :

Ρ(22 + 2) = Q(2+2)·(22+2) = Q(4)· 10 = 4· 10 = 40. 6. Ισχύει Ρ(5) = Ο. Είναι Ρ(5) = (5-7)2μ+Ι + (5-1 )μ + 4v·l = (-2)2μ ·(-2) + 4μ + 4ν·Ι = -2·4μ + 4μ + 4ν·Ι = 4ν·Ι -

4μ . Έτσι Ρ(5) = Ο � 4ν·Ι - 4μ = Ο � 4ν-ι = 4μ . Άρα ν - 1 = μ � ν = μ + 1 . 7. Ισχύει Ρ( 1 ) = 5 . 'Εχουμε Ρ( 1 ) = ( 1 3+2· 12-3· 1+1)·Q( 1 )+1+1 � Q(l) = 3. Άρα υ=3 . 8. Είναι Ρ(χ2+1) = (χ2)8 - 3(χ2)6 + 4(χ2)4 - 6(χ2)2 - 8 . Για χ2 = 2, έχουμε :

Ρ(2+1) = 28 - 3·26 + 4·24 - 6·22 - 8 = . . . = 96. 9. Ισχύει Ρ( Ι) = Ο και Ρ(- 1 ) = Ο.

Είναι Ρ( 1 ) = I + α + β - 6 - 12 = α + β - 1 7 και Ρ( - 1 ) = - 1 - α + β + 6 - 1 2 = -α + β = 7 . {α+ β - 1 7 = 0 { α = 5 ,

Άρα � . . . � , συνεπως α + β = 1 7 . - α+ β - 7 = 0 β = 1 2

10. Ισχύει Ρ(2) = 12 και Ρ(3) = 1 7. Το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ) : (χ2-5χ+6) , θα είναι πρωτου βαθμού, άρατης μορφής αχ+β και θα tσχι)ει η Ευκλείδια ταυτότητα : Ρ(χ) = (χ2-5χ+6)-π(χ) + αχ + β . Οπότε : Ρ(2) = 2α +β και Ρ(3) = 3α +β . Από το σύστημα : 2α+β=12 , 3α+β= 1 7 , έχουμε α = 5 , β = 2 .

Π. Ερωτήσεις Σ(ωστού) - Λ(λάθους) α) Απάντηση : Σ . Διότι: Ρ(2·2+3) = Ρ(7) = 1 7 β) Απάντηση : Σ . Διότι: Ρ(5) = Ο � (5-4)ν =1 � 1ν - 1 = Ο � 1ν = 1 . ( 1 )

Ρ(4) = Ο� (4-5)ν =1 � (-l)v - 1 = Ο � (- 1 )ν = 1 . (2) Για να tσχι)ουν οι ( 1 ) και (2), πρέπει ν = περιττός


------------- Μαθηματικά για τη Γ' τάξη του Λυκε(ου

γ) Απάντηση: Λ . Δώτι: Ρ( 1 )=0 � 4ν+2ν-272=0. Θέτουμε t=2v οπότε προκύπτει: t2+t-272=0 � t = 1 6 ή t = - 1 7 . Δεκτή η t= l6 � 2ν= 1 6 , άρα ν=4.

111. Ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής.

α) Απάντηση: Δ. Διότι: Ρ(2)=0 και Ρ(-3)=0 � 2α+β= 8 και 3α-β= 17 � α=5 , β= -2 β) Απάντηση: Γ. Δώτι: Ρ(5)=0 και Ρ(-5)=0 <::::> 125+25α+5β+γ=Ο και

- 125+25α-5β+y=Ο <::::> 250+10β=Ο <::::> β=-25 . γ) Απάντηση: Γ. Διότι: Ρ(χ)=3(χ�4-6(χ�2 -4 • θέτουμε t=x9 και έχουμε ισοδύναμα :

P(t)=3t4-5t2-4 mι Ρ( J3 )= . . . =8. δ) Απάντηση: Δ. Διότι: Ρ(χ2+1 )=(χ2) 10χ+α(χ2)6χ+β(χ2)4-6χ-12 . για χ2=-1 • έχουμε: χ+αχ+β-6χ-12=0 <::::> (α-β)χ+β- 12=0 . Για να ισχύει η τελευταία ισότητα 1φέχει; α-β=Ο και β-:- 12=0 <::::> α=5

και β= 12, άρα α+β=1 7. ε) Απάντηση: Α. Διότι: P(x2+l )=(x2)8-3(x2)6+4(x2)4-8(x2)2-8 , χ2=2 . έχουμε:

Ρ(3)=28 -3 · 26 +4· 24 -8 · 22 -8= . . . =96 στ) Απάντηση: Ε. Διότι: αφού υ(χ)=αχ+β , θα είναι υ(4)=6 και υ(-3)= -1 <::::> 4α+β=6 , 3α+β= - 1 <::::> α=1 ,

β=2 , οπότε υ(χ)=χ+2 . ζ) Απάντηση: Δ. Δώτι: αφού υ(χ)=αχ+β , θα είναι υ(3)= 1 8 και υ(-2)= - 12 <::::> 3α+β=1 8 , -2α+β= - 12 <::::>

α=6 , β=Ο , οπότε υ(χ)=6χ .

Βιβλιογραφία : 1 . Σχολικά τουρκικά εγχειρίδια των ετών : 1 986 - 1 995 2. ASAMA SA YISAL ( OYS ) - Aritas/yayinlari - Κωσταντινούπολη ι 988 3 . OSS-OYS Matematik testeleή, Serhat - Κωσταντινούπολη 1990 4. OSS - OYS GEOMETRI - Birkan Dundar - Ankara 1987 5. OSS - OYS SA YSAL ΜΑΤΕΜΑ τΙΚ - Ankara 1992e

Β. ΙΣΠΑΝΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ, από την ενότητα <<Ανάλυση» - επίπεδο ΓΆυκείου

1. Δίνεται η οικογένεια ευθειών (ελ ) : 2λχ - y +λ2 = 0 , λε R . . kαι το σημείο Ρ( � ,2} α) Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί λ ώστε οι ευθείες (ε λ) να διέρχονται από το σημείο Ρ. β)Να βρεθεί ποιές ευθείες της οικογένειας απέχουν από το σημείο Ρ απόσταση μεγαλύτερη του 1000.

Λύση :

α) Θα πρέπει 2 = 2λ.!.. + λ2 <::::> • • • <=> λ = ι ή λ = -2 2

12λ.!.. - 2 + λ2 1 lλ2 + λ - 21 β) Είναι d(Ρ, ελ ) = .J�λ2 + ι = .J 4λ2 + ι · ; Ζητούμε d(P,εj) > 1000 (1 ).

Παpατηρσόμε ότι : lim �� +λ - � = lim � = +οο • Συμπεραiνσuμε λοuών όn yαι πολύ με-λ�..- 4λ z + ι λ�..- . ι . . 4 +-. λ2 γάλες τιμές του λ ισχύει η ( 1 ). Παράδειγμα για λ=2000 , θα ισχύει d(Ρ,ε2000) > 1000.

2. Να δείξετε ότι η εξίσωση χ 2ex = ι (1) , έχει στο R μία μόνο λύση.



Λύση : Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = x 2ex - 1 , xeR . Είναι: f'(χ) = eχ χ(χ + 2) . Το πρόσημο της f '

φαίνεται στον πίνακα που ακολουθεί

χ -= -2 ο +=

f '(x) ο ο + +

f(x) ?I ™ � ΤΕ ?I

Αρα η f είναι γνησίως αύξουσα στα διαστήματα (-οο, -2] και [Ο,+οο) και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [-2,0] . Για χ = Ο η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο το f(O) = -1 και για χ = -2 , τοπικό μέγιστο το

f(-2) = � - I < Ο . Το lim f(x) = +οο , επομένως η εξίσωση f(x) = Ο , έχει στο διάστημα (Ο,+οο) ακριβώς e Χ-Ηοο

μία λύση.

3. Έστω η συνάρτηση f (x)

= χ 3 - κχ2 + λχ . α) Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί κ, λ , ώστε η f να παρουσιάζει για χ = -1 ελάχιστο ενώ για χ =

1 μέγιστο. Να δικαιολογήσετε το είδος των ακροτάτων. β) Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί χ ώστε να ισχύει f(x) � Ο.

Λύση:

α)Έχουμε f '(x) = 3χ2 - 2κχ + λ , πρέπει

{f'�-l) = 0 � {3 + 2κ + λ = 0

�{ κ = Ο

f (l) = O 3 - 2κ + λ = Ο λ = -3

Οπότε είναι : f(x) = χ 3 - 3χ , f'(x) = 3χ 2 - 3 , f'(x) = 6χ με f'(-1) = -6 < Ο και f'(l) = 6 > Ο και έτσι δικαιολογείται το είδος των ακροτάτων. β) Είναι f(x) = χ3-3χ = χ(χ2-3) = x(x+Ji )(x- Ji ) � Ο � χ ε (-oo,-J3) u[O,Ji) .

4. Δίνεται η συνάρτηση f: R -7 R , με f(x) = Ιχ - ι ι - ι . α) Να βρεθεί μία παράγουσα της f. β) Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα : foir(x)dx

Λύση :

α) Είναι f(x) = {2 - χ ' χ � I

. 'Εστω F(x) = rf(t)dt μία παράγουσα της f . χ , x > l Jo

lx Χ 2 Αν χ � 1 τότε F(x) = (2 - t)dt = 2χ - -

ο 2

Αν χ > ι , τότε F(x) = J:<2 - t)dt+ J.ίdt= ( 2 -� Η χ; -�) = ι + χ; {2χ -� . χ � 1 Τελικά η ζητούμενη παράγουσα, είναι: F(x) =

χ 'f 1 + - , x > l 2


----------- Μαθηματικά yια τη Γ' τάξη του Λυκεiου

β) Είναι !'χ · f(x)dx = f,x · f(x)dx + f,' χ · f(x)dx = f. χ · (2 - x)dx + f,'x · xdx = [χ ' -

χ: Ι + [χ: Ι = . . . - 3

5. Έστω η συνάρτηση f(x) = χ · συνχ . Θεωρούμε τα χωρία Μι , Μ2 του επιπέδου , που ορίζονται ως ακο

λούθως Μι : το χωρίο που περιέχεται από την C r , τις ευθείες χ = Ο , χ = π και τον άξονα χ · χ , Μ2: το 2

• κλε ' • c Ω • 3Π 2 ..ζ._r • J\T δ • • χωριο που περι ιεται απο την r , τις ευυειες χ = 2 , χ = π και τον ...,..ονα χ χ . JΥα απο ειχτει οτι

τα εμβαδά Ει , Ε2 των χωρίων αυτών επαληθεύουν τη σχέση : Ει + Ez = 2π .

Λύση:

Είναι προφανές ότι η f(x) � Ο στο [Ο,� J u [ � .2π] . Οπότε (με ολοκλήρωση κατά παράγοντες) έ-

χουμε: . J:/2 !2π [ ")κ/2 [ ]2π π 3π Ει + Ε2 = χ · συνχdχ+ χ · συνχdχ= χημχ + συνχ.ιο + χημχ + συνχ 3π 1 2 = =- - ι + -. - + ι = 2π . ο 3πJ2 2 2

6. Δίνεται η συνάρτηση f : R --? R , με f(x) = αχ + β : Ο < χ < ι { xex2 χ $

Ο

Ι + xlnx χ � ι

i) Να βρεθούν οι πραγματικοί α , β ώστε η f να είναι συνεχής.

ίi) Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα Ι = fσl(x)dx .

Λύση :

i) Η f είναι συνεχής στα διαστήματα (-co, Ο) , (Ο, ι ) και ( l ,+co). Θα πρέπει lίm f(x) = lίm f(x) = f(O) � Ο = β (1) και lίm f(x) = lim f(x) � χ-+0- Χ-+0+ χ-+Γ χ-+1+

α + β = ι + ln( l) � α + β = I (2) . Από (l) και (2) , έχουμε α = I , β = Ο .

Άρα : f(x) = { χ: χ2 ' �� < ι I + xlnx , χ � I

iii) Διαδοχικά έχουμε (με ολοκλήρωση κατά παράγοντες) :

[ ]I [ ]2 2 ι 2 χ 2 2 2 Ι χ 2 2 χ 2 Ι

I = r f(x)dx = r xdx + J. (l + x ln x)dx = - + f.dx + J. x tnxdx = - + (2 - ι) + -ln x -f. - · - dx = Jo Jo I 2 I I 2 2 Ι 2 Χ ο ι

[ ] 2 I I χ 2 I I I 3

= - + Ι + (2 ln 2 - Ο) - - - = - + Ι + 2 1n 2 - - (2 - -) = - + 2 Ιη 2 2 2 2 1 2 2 2 4

7. α) Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα I=J.1 �ι - χ 2 dx , με τη βοήθεια της επόμενης αλλαγής μεταβλητής χ 1 / 2 = ημt ιε [Ο,π/2] .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' ί..-r. τ.4169

------:-�----- Μαθηματι�ά Ύια τη Γ' τάξη τοv Λvκείοv

β) Να υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την έλλειψη χ 2 + 9y2 = ι , με χ � ..!.. 2

και την ευθεία χ = 1 . Λύση :

) Α · · d d Γ ι · ι · π 1 · α ν χ = ημt , τοτε ειναι χ = συνt t . ια χ = - , ειναι ημt = - , οποτεt t = - και για χ = , ειναι 2 2 6

1 ' π ημt = , οποτε t = 2 . (Η συνάρτηση g(t) = ημtστο [Ο,π/2] είναι γνησίως αύξουσα (φα 1-1 ).

Οπ • 1 _ ( ' 2 2dt _ (' 2ι + συv2td _ [ t ημ2t]π' 2 4π - 3/3 οτε - συν - t - - + -- = π/6 π/6 2 2 4 π/6 24

β) Η εξίσωση χ2 + 9y2= 1 <=> y2 = 1 - χ 2 .Το ζητούμενο 9

εμβαδό θα είναι ίσο με

1 1 �1 - χ 2 . 1 11 � 1 Ε = 2 dx =2· - v 1 - χ - dx = . . . = -1 / 2 3 3 1 / 2 3

. 2 4π - 3/3 = 4π - 3J3 . 24 36

rx2 2 8. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = Jo e-ι dt .

ο

X= l

α) Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. β) Να βρεθούν τα σημεία καμπής της Cr .

Λύση : 2 2 4 4

Προφανώς έχουμε : f '(x) = e-<x > · (x 2 )' = 2x · e-x και f'(χ) = 2e-χ (1 - 4χ 4 )

α) Είναι f '(x) > Ο <=> χ > Ο και f '(x) < 0 <=> χ < Ο , συνεπώς η f είναι γνησίως αύξουσα στο [Ο,+οο) και γνησίως φθίνουσα στο ( -οο,Ο] , ενώ στο χ = Ο η f παρουσιάζει ελάχιστο ίσο με f(O) = Ο.

β) Ομοiως: f'(x) > 0 � χ ε (-}ϊ, }ϊ) ενώ f'(x) < Ο � χ ε ( - � .-}ϊ )u( )ϊ.-} άρα τα ση-

' Μ Ν . ι 1 • . • . c μεια , με τετμημενες - .fi και .fi αντιστοιχως ειναι σημεια καμπης της r •

9. Δίνεται η συνάρτηση f (x) = χ · eλχ . Ναβρεθεί ο λe R έτσί ώστε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείε

ται από την Cr και τις ευθείες χ = Ο , χ = 1 και y = ι να είναι ίσο με -;.. . λ

Λύση:

Αφού η συνάρτηση f (x) = χ · eλχ στο [Ο, ι ] είναι θετική , θα είναι :

ΕΥΚΛΕJΔΗΣ Β' λ.Ύ. τ.4ΠΟ

----------- Μαθηματικά: Ύια τη Γ τά:ξη του Λ1>κεf.οtι

οπότε Ε=� � . . . �λ = 1 λ

Βιβλιογραφία : ι ι . SELECτiVIDAD Matematicas Ι - C.O.U. , ΑΝΑΥΑ , Madήd ι990 - ι998

ι2. SELECΠVIDAD Matematicas Ι - C.O.U. , ΑΝΑΥΑ , Madήd ι999

13 . SELECΓIVIDAD Matematicas Π - C.O.U. , ΑΝΑΥΑ , Madrid ι999

ι4. MATEMAτiCAS - C.O.U. , S.A. Libreήa , Madήd 1991

. . rεvικέs AlfKHtfειs ,4vά.ιlυt1ιιs

1. Να βρείτε τις συνεχείς συναρτήσεις f: IR -> IR., για τις οποίες, για κάθε χ ε IR, ισχύει:

xf(x) + 3 = t\x) + χ2 + νχ2 + 3. (1)

Λύση. Έστω ότι μία συνάρτηση f πληροί τις δοσμένες συνθήκες. Από την ( 1 ) έχουμε για κάθε χ Ε IR:

<χ - ι>r<χ> =νχ2 + 3 + χ2 - 3.

Έτσt, για κάθε χ * 1 , έχουμε: -JX2'+3 + χ2 - 3 f(x) =

ι . (2) χ -

Εξάλλου, επειδή η f είναι συνεχής στο Ι , έχουμε:

f( l ) = limf(x) <J1 = lim -JX2'+3 - 2 + xz - 1 = χ-ι χ- ι χ - 1

= lim [-JXϊ'+J - 2 + (χ - 1)(χ + 1)] = χ- Ι Χ - 1 Χ - 1

= lι + χ + 1 = ·� χ2 + 3 - 4 J χ-ι (χ - 1 )(...jx2 + 3 + 2)

= linf χ + 1 + χ + ι) = � + 2 = 1. χ:.Ί\νχ2 + 3 + 2 4 2

Άρα τότε:

του Αντώνη Κυριακόπουλου { -JX2'+3 + χ2 ·_ 3 χ - ι

, αν χ -:F- ι

f(x) = 5 2· αν χ = ι

(3)

Αντιστρόφως. Όπως βρίσκουμε εύκολα, η συνάρτηση (3) πληροί τις δοσμένες συνθήκες και άρα είναι η μοναδική ζητούμενη.

2. Μία συνάρτηση f: IR-> IR είναι συνεχής στο α ε IR και για κάθε χ, y ε IR ισχύει:

f(x + y) = f(x) συνy + f(y) συνχ. (1)

Να δείξετε ότι η f είναι συνεχής στο IR..

Λύση. Έχουμε: lim f(x) = f(α). (2) χ-α

Έστω ένας αριθμός Χο Ε IR. Έχουμε:

lim f(x) = limf(x - Χο + α + Χο - α) = χ-χσ χ-χσ

� lim [f(x - Χο + α) συν(χο - α) + f(χο - α) συν(χ - χο + α)] . χ-χσ

Θέτουμε: ω = χ - Χο + α, οπότε:

limω = lim(x ,. Χο + α) = α. χ-χο χ-χο

Έχουμε: limf(x - Χο + α) = lim f(ω) <J1 f(α) και χ-χσ ω-α lim συν( χ - Χο + α) = lim συνω = συνα. χ-χσ ω-α

Έτσι, έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.Ύ. τ.4Π1

----------- Μαθηματικά Ύια τη Γ τάξη του Λυκείου

limf(x) = f(α) συν(Χο - α) + f(Xo - α) συνα = χ-χο

(I ) = f(α + Χο -α) = f(χο).

Άρα η f είναι συνεχής στο χ . Συνεπώς, η f είναι συνεχής στο IR.

3. Μία συνάρτηση f: IR -> IR, είναι συνεχής και υπάρχει α Ε IR με f(f(α)) = α. Να δείξετε ότι η εξίσωση: f(x) = χ έχει μία τουλάχιστο (πραγματική) ρίζα.

Λύση. Έστω ότι αυτό δε συμβαίνει, οπότε, για κάθε χ Ε IR θα έχουμε: f(x) 'Φ χ, δηλαδή f(x) - χ 'Φ Ο. Και επειδή η συνάρτηση με τύπο: f(x) - χ είναι (ορισμένη και) συνεχής στο IR, έπεται ότι: f(x) - χ > Ο, για κάθε χ Ε IR ή f(x) - χ < Ο, για κάθε χ Ε IR (γιατί;) . • Έστω ότι: f(x) - χ > Ο, για κάθε χ Ε IR.

Θεωρούμε ένα αριθμό χ Ε IR. Τότε f(x) Ε IR και συνεπώς f(f(x)) - f(x) > Ο, δηλαδή f(f(x)) > f(x). Και επειδή f(x) > χ, έπεται ότι: f(f(x)) > χ. Συμπεραίνουμε ότι: . f(f(x)) > χ, για κάθε χ Ε IR. Αυτό όμως είναι άτοπο, λόγω της υπόθεσης: f( f( α)) = α. • Όμοια φθάνουμε σε άτοπο αν υποθέσουμε ότι: f(x) - χ < Ο, για κάθε χ Ε IR.

Άρα, υπάρχει Χο Ε IR με f(xo) = χο, δηλαδή η εξίσωση: f(x) = χ έχει μία τουλάχιστο ρiζα.

4. Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [Ο, 1) και ισχύει f(O) = f(l). Να δείξετε ότι η εξίσωση:

f(x) = {x + *) (1)

έχει μία τουλάχιστο (πραγματική) ρίζα.

Λύση. Θεωρούμε τη συνάρτηση:

g(x) = f(x) - t ( χ + 1} Η g είναι ορισμένη για κάθε χ Ε IR με:

'Ετσι, η g είναι ορισμένη στο διάστημα [Ο, �J. Επίσης, η g είναι συνεχής στο διάστημα αυτό

(γιατί;). 'Εχουμε: g(O) = f(O) -{1} {1) = {1) - {�) και {�) = <η - f( 1 ). Και επειδή f(O) = f( l ), έ

χουμε:

g(O) + {t) +{�) = Ο. (2)

Α ν g(O) = Ο, τότε η εξίσωση ( 1 ) έχει τη ρiζα

χ = Ο. Όμοια, αν {t) = Ο έχει τη ρiζα χ = t και αν

{�) = Ο έχει τη ρiζα χ = �· •

'Εστω τώρα ότι οι αριθμοί g(O), �t) και ��) είναι 'Φ Ο. Τότε, λόγω της (2), δύο τουλάχιστο από αυτούς είναι ετερόσημοι (γιατί;). Έστω π.χ. ότι

g(O) ·{t) < Ο. Τότε, από το θεώρημα του Bolzano,

έπεται ότι η g έχει μία τουλάχιστο ρiζα στο (Ο, t} Άρα , τότε, η εξίσωση ( 1 ) έχει μία τουλάχιστο ρί-

ζα. Όμοια, αν �t) {�) < Ο ή g(O) {�) < Ο. 5. Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε

χής στο IR με f(lO) = 9 και για κάθε χ Ε IR, ισχύει:

f(x) · f(f(x)) = 1 (1).

Να βρείτε το f(S).

Λύση: Από την ( 1 ) με χ =10, έχουμε: 1 f( 10) . f(f( 10)) = 1 � 9 f(9) = 1 � f(9) = 9·

Εξάλλου, επειδή η f στο διάστημα [9, 1 Ο] είναι συνεχής και f(9) < 5 < f( lO), από το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών, έπεται ότι υπάρχει ξ Ε (9, 10) με f(ξ) = 5 . Από την ( 1 ) με χ = ξ, έχουμε:

1 f(ξ) . f(f(ξ)) = 1 � 5 f(5) = 1 � f(5) = 5·

6. α) Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη σ' ένα σύνολο Α και για κάθε χ Ε Α ισχύει: Ρ(χ) = c , όπου c Ε IR. Τότε κατ' ανάγκη η f είναι σταθερή στο Α.

Σ Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 'λ.Ύ. τ.4Π2

----------- Μαθηματικά για τη Γ τάξη τοtι Λtικείοtι

β) Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη σ' ένα

σύνολο Α και Ύια κάθε χ e Α ισχύει: fl(x) = c, όπου c e IR. με c > Ο. Τότε κατ' ανάΎκη η f είναι σταθερή στο Α.

Σ Λ

Ύ) Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής σ' ένα διάστημα Α και Ύια κάθε χ e Α ισχύει: fl(x) = c, όπου c e IR. με c � Ο. Τότε κατ' ανάΎκη η f είναι σταθερή στο Α.

Σ Λ

δ) Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και

παραΎω-yίσιμη σ' ένα σύνολο Α και Ύια κάθε χ e Α ισχύει: f ' (χ) >0. Τότε κατ' ανάΎκη η f είναι -γνησίως αύξουσα στο Α.

Σ Λ

Λύση. α) Σωστό ('yια.τί;) . β) Λάθος. Π. χ. θεωρήστε τη συνάρτηση: { - 1 αν χ � Ο f(x) = ι .' αν χ < ο

γ) Σωστό (Ύια.τί;) .

δ) Λάθος. Π.χ. θεωρήστε τη συνάρτηση:

f(x) = -.!.. χ

7. Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = e·:ι:. 'Ενα σημείο Α κινείται στον ημιάξονα Οχ με ταχύτητα υ = 2 cm/sec, ξεκινώντας από το Ο. Σε κάθε χρονική στι'Υμή t > Ο θεωρούμε το ισοσκελές τρίΎωνο ΟΜΑ με κορυφή το σημείο Μ, το οποίο ανήκει στη Cr. Να βρείτε τη χρονική στιΎμή, κατά την οποία ο ρυθ

μός μεταβολής του εμβαδού Ε του τριΎώ

νου ΟΜΑ είναι ελάχιστος. Ποια είναι η ελάχιστη αυτή τιμή;

Λύση. Σε κάθε χρονική στιγμή t, έχουμε:

(ΟΑ) = υt = 2t.

Άρα, οι συντεταγμένες του Α, είναι (2t, 0). Έστω ΜΔ το ύψος του ισοσκελούς τριγώνου ΟΜΑ, οπότε το Δ είναι το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος ΟΑ και άρα οι συντεταγμένες του Δ, είναι (t, 0). Επειδή το Μ ανήκει στη Cr, έχουμε:

(ΔΜ) = lf(t)l = le"11 = e·1•

Έτσι έχουμε:

1 1 E(t) = 2 (ΟΑ)(ΔΜ) = 22t e-ι = t e-ι.

Ο ρυθμός μεταβολής του Ε, είναι:

E'(t) = e·1 - te·1 = ( 1 - t) e·1•

Έχουμε: E"(t) = -e·' - ( 1 - t) e·ι = (t - 2)e·1•

ο 2 Ε " + Ε' � �

ελαχ.

+ οο

Συμπεραίνουμε ότι ο ρυθμός μεταβολής Ε' του Ε γίνεται ελάχιστος τη χρονική στιγμή t = 2 και είναι iσος με: Ε'(2) = - e·2 cm2/sec.

8. 'Εστω η συνάρτηση: f(x) = t ψ + �) . 1) Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να

βρείτε το σόνολο ορισμού της f -ι. 2) Να λυθούν οι εξισώσεις:

α) Γ1(χ) = 64. β) f(x)f "1(χ) = 6 f "1(f "1(6)).

Λύση. 1) Το σύνολο ορισμού της f είναι Α = [0, +οο ). Η f εiναι συνεχής στο [0, +οο) και παραγωγiσιμη στο (0, +οο) με:

f '(x) = .! (-1-+ .! x- t) > Ο. 2 2ψ 3

Άρα: f ! [0, -too ). Έτσι, η f είναι 1 - 1 και άρα

αντιστρέφεται. Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως αύξου

σα στο [0, +οο) και f(O) = Ο και lim f(x)= +α:>, έ-χ-+οο χουμε: f(A) = [0, +α:>). Αυτό είναι το σύνολο ορισμού της r1 .

2) α) Με χ e [0, -too), έχουμε:

!1 (χ) = 64 <=> f(64) = χ <=> χ =� ...j64 +:φΑ) <=> χ = 6.

β) Από την προηγούμενη εξiσωση, έχουμε f "1 (6) = 64 και συνεπώς f(64) = 6. Έτσι, με χ e [0, -too ) , έχουμε:

f(x) ·f "1(χ) = 6· r 1 (f "1 (6)) <=> f(x) ·f1(x) = f(64) ·f1(64). ( 1 )

Θεωρούμε τη συνάρτηση : g(x) = f(x) ·f 1(x) . Το σύνολο ορισμού αυτής προφανώς είναι το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.4Π3

----------- Μαθηματικά για τη Γ τάξη του Λυκείου

[0, +οο ). Επειδή f! [0, +οο ), έπεται ότι f -Ι 1 [0, +οο ). Και επειδή οι τιμές των f και f -Ι είναι θετικές ή Ο, με τον ορισμό της μονοτονίας, βρίσκουμε εύκολα ότι g 1 [0, +οο) (πώς;). Άρα η g είναι 1 - 1 στο [0,

+οο ). Έτσι, έχουμε: ( 1 ) <=> g(x) = g(64) <=> χ = 64.

9. Να βρείτε τις συναρτήσεις f, οι οποίες είναι ορισμένες και παραγωγίσιμες στο IR. και για τις οποίες, για κάθε χ Ε IR. ισχύει:

(1 - x)f (χ) = f(x) - χ2• (1)

Λύση. Έστω ότι μία συνάρτηση f πληροί τις δοσμένες συνθήκες.

Από την ( 1 ) έχουμε για κάθε χ Ε IR.:

f '(χ) - xf '(χ) = f(x) - χ2 � f(x) + xf '(χ) = f '(χ) + χ2

�(χ f(x))' = ( f(x) + � χ3) 1 � xf(x) = f(x) + 3 χ3 + c (c Ε IR.)

1 � (χ - 1 )f(x) = ?3 + c. (2)

Από τη (2) με χ = 1 έχουμε: Ο = � + c και άρα

c = -�· 'Ετσι, από τη (2), έχουμε για κάθε χ Ε IR.:

1 (χ - 1 )f(x) = J<x3 - 1 )

[ χ2 + χ + 1] � (χ - 1 ) f(x) - 3 = Ο

Από αυτή, με χ -:ι:. 1 , έχουμε:

(3).

(4)

Εξάλλου, επειδή η f είναι συνεχής στο 1 , έχουμε:

f( 1) = limf(x) � lim χ2 + χ + 1 = 1 . Χ-+! Χ-+ ! 3

Ά ' θ IR. ' fi( ) χ2 + χ + 1 ρα, για κα ε χ Ε , εχουμε: χ = 3

Η συνάρτηση αυτή, όπως βρίσκουμε εύκολα, πληροί τις δοσμένες συνθήκες και άρα είναι η μοναδική ζητούμενη.

Σημείωση. Όταν φτάσαμε στη ισότητα (3) ίσως να μπήκατε στον πεφασμό να πείτε:

χ - 1 = Ο, v χ Ε IR. ή χ2 + χ + 1 f(x) = 3 , V χ Ε IR..

Αυτό όμως είναι λάθος, γιατί: "Αν δύο συναρτήσεις f και g είναι ορι

σμένες σ' ένα σύνολο Α και ισχύει:

V χ Ε Α, f(x) g(x) = Ο (1)

δεν έπεται κατ' ανάγκη ότι: [V χ Ε Α, f(x) = Ο] ή [V χ Ε Α , g(x) = 0] " .

Για παράδειγμα, θεωρήστε τις συναρτήσεις: { χ, αν χ � Ο { Ο, αν χ � Ο f(x) = Ο, αν χ < Ο και g(χ) = 2χ, αν χ < Ο .

Όπως βρίσκουμε εύκολα, ισχύει: f(x) ·g(x) = Ο V χ Ε IR..

Αλλά δεν είναι f(x) = Ο, V χ Ε IR., ούτε g(x) = Ο, V χ Ε IR..

- Σημειώνουμε ακόμα ότι, η παραπάνω πρόταση ( Ι ) είναι ισοδύναμη με την πρόταση:

V χ Ε Α, [f(x) = Ο ή g(x) = 0] .

Αλλά αυτή δεν είναι ισοδύναμη με την: [V χ Ε Α, f(x) = Ο] ή [V χ Ε Α , g(x) = 0] .

10 Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας και τα ακρότατα της συνάρτησης:

! f(x) = χχ, χ Ε (Ο, +οο).

Μετά, να δείξετε ότι, για κάθε ν Ε Ν'*, ισχύ-

ει: {{ν � �. Λύση. 1) Για κάθε χ Ε (0, +οο), έχουμε:

.!. !1nx !ιηχ (1 )' f(x) = eιn•• = e χ � f ' (χ)= e χ � lnx 1 { > Ο, αν χ < e - 1 � f ; (χ) = χχ . - (1 - lnx) = Ο, αν χ = e χ2 < 0, αν x > e

χ Ο 1 2 e 3 4 S +οο r + c f � λ...._.

μεy.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.4174

----------- Μαθηματικά Ύια τη Γ' τάξη του Λυκεiου

Συμπεραίνουμε ότι: f! (0, e] και f Υ [ e, +ω). 1

Επίσης, ότι η f στο e έχει μέγιστο, ίσο με f(e) = e e.

2) Έχουμε f(ν) = \[ν, ν = 1 , 2 . . . Λόγω των παραπάνω, έχουμε:

f( l ) < f(2) ( 1 )

και f(3) > f(4) > f(5) > . . . (2)

Εξάλλου, έχουμε: f(3) - f(2) = � --{2 = � - � > ο

=> f(3) > f(2) (3). Από τις ( 1 ), (2) και (3) συμπεραίνουμε ότι,

για κάθε ν Ε IN' *, ισχύει: f(ν) � f(3) => \[ν � � .

11. 'Ενα άγαλμα ύψους 3m είναι τοποθετημένο σε μία κολώνα ύψους 2m. Έχουμε μία κάμερα, που στηρίζεται σ' ένα τρίποδο και απέχει από το έδαφος 1m. Σε ποια οριζόντια

απόσταση από την κολώνα πρέπει να τοποθετήσουμε την κάμερα, ώστε το άγαλμα να φαίνεται από αυτή υπό τη μεγαλύτερη δυ

νατή γωνία.

Λύση.

κάμερα

χ Έστω χ η οριζόντια απόσταση της κάμερας

από την κολώνα (χ > 0). Οι γωνίες α, β και θ του σχήματος προφανώς είναι συναρτήσεις του χ και ανήκουν στο διάστημα (Ο, �} 'Ε χουμε: εφα = � και εφβ = !. Επίσης, έχουμε θ = α - β και άρα: χ

4 1 _ _ εφα -εφβ - � - � εφθ - εφ(α - β) - 1 β - 4 - 2 4· + εφαεφ 1 +- χ +

χ2 Έτσι, έχουμε:

� = 3 .:.:.χ2_+.:....:..4_-.:.:χ...;;·2�χ dx (χ2 + 4)2

=> � dθ = 3 4 - χ2 dθ dx (χ2 + 4)2

dθ 4 - χ2 { => dx = 3( συν2θ) (χ2 + 4)2

χ ο θ ' + θ /

2

μεγ.

> 0, αν χ < 2 = 0, αν χ = 2 < 0, αν χ > 2

+ ω

Συμπεραίνουμε ότι η γωνία θ, δηλαδή η γωνία υπό την οποία φαίνεται το άγαλμα από την κάμερα. γίνεται μέγιστη όταν χ = 2.

12. Πρόκειται να κατασκευαστεί μία αίθουσα με τετραγωνικό δάπεδο και όγκο 600m3• Η κατασκευή προβλέπει ότι η απώλεια της θερμότητας από την οροφή θα είναι το 1,2

, , , , z , , απο εκεινης των τοιχων, ανα m και οτι απο

το δάπεδο δεν θα υπάρχει απώλεια. Να βρείτε τις διαστάσεις της αίθουσας ώστε να

έχουμε την ελάχιστη δυνατή απώλεια θερμότητας.

Λύση. Έστω χ m η πλευρά του τετραγωνικού δαπέδου και y m το ύψος της αίθουσας, οπότε x2y = 600 και άρα:

600 Υ =--2 · ( 1 ) χ Έστω κ το (σταθερό) ποσό απώλειας της θερ

μότητας (σε μονάδες θερμότητας) ανά m2 των τοίχων (κ > 0). Έτσι, η ολική απώλεια θερμότητας θα είναι: θ(χ) = κ( εμβαδόν τοίχων) + 1 ,2κ (εμβαδόν οροφής)

(1 ) 600 = κ(4χy + 1 ,2χ2) = κ( 1 ,2χ2 + 4χ 7)

2400 => θ(χ) = κ( 1 ,2χ2 +--), χ Ε (0, +οο). χ Στο (0, +ω) έχουμε: θ' (χ) = { 2,4χ -2��0) =

{ > 0, αν χ > 10 χ3 - 1000 = 2 4κ.;.;;.........;;..;� = 0 , αν χ = 10 ' χ2 < 0 , αν χ < 10

Χ Ο 1 0 + οο θ ' - I + θ � �

ελαχ.

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λ.Ύ. τ.4Π5


Συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση θ έχει ελάχιστο στο χ =10. Άρα, η πλευρά του τετραγωνικού δαπέδου πρέπει να είναι 10m και το ύψος:

600 Υ = 1oo = 6m.

13. Για έναν αριθμό α > Ο, ισχύει: αχ · 2 � � χ2,

για κάθε αριθμός χ > Ο. Να δείξετε ότι:

α = e.

Λύση. Θεωρούμε τη συνάρτηση f: (0,-+oo)->IR με f(x) = αχ · 2 - ?2• Η f στο (0, +α:>) είναι παραγωγί-

σιμη με: f '(χ) = αχ · 2 Ιηα -'kx· 'Ε χουμε f(2) = Ο. Από την υπόθεση, έχουμε -για κάθε χ Ε (0, +α:>): f(x) � Ο και συνεπώς f(x) � f(2). Άρα, η f στο 2 έχει ελάχιστο. Έτσt, σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat, έχουμε:

f (2) = Ο =lnα - 1 = Ο = Ιηα = 1 = α = e.

14. Να δείξετε ότι, για κάθε α > Ο, η εξίσωση:

ex lnx = α (1)

έχει μία μοναδική ρίζα.

Λύση. Το σύνολο ορισμού της εξίσωσης (1 ) είναι το (0, +ω). Για κάθε χ Ε (0, 1 ] , έχουμε ex · lnx � Ο. Άρα, η εξίσωση (1 ) δεν έχει ρiζα στο διάστημα (0, 1 ], αφού α > Ο. Θεωρούμε τη συνάρτηση :

f(x) = ex lnx - α, χ Ε ( 1 , +ω) = Α. χ Στο ( 1 , +ω), έχουμε: f (χ) = ex lnx +� > Ο. χ

Άρα: f ! ( 1 , +ω). Εξάλλου έχουμε:

lim f(x) = lim (ex lnx - α) = -α και χ-Ι x- i · lim f(x) = lim (ex lnx - α) = +α:>. χ-+«> x-+co

Άρα f(A) = (-α, +co). Επειδή Ο Ε f(A), έπεται ότι η f έχει μία τουλάχιστον ρiζα στο ( 1 , +ω) και επειδή f 1 ( 1 , +ω), έπεται ότι η ρiζα αυτή είναι μοναδική.

Συνεπώς, η εξίσωση ( 1) έχει μία μοναδική ρiζα.

15. Έσται η συνάρτηση:

{ χ + !11!!, f(x) = χ

1,

αν χ :;ι!: Ο

αν χ = Ο

1) Να δείξετε ότι η f είναι συνεχής. 2) Να μελετήσετε τη μονοτονία της f. 3) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.

Λύση. 1) Με χ * Ο, έχουμε: f(x) = χ + �. χ συνεχής. Επίσης, έχουμε:

limf(x) = li.J χ + �) = 1 = f(O). χ-ο χ�{\ χ Έτσι, η f είναι συνεχής και στο Ο. Άρα, η f εί

ναι συνεχής στο IR. 2) Με χ * Ο, έχουμε:

f '(χ) = (χ + �)' = 1 + χσυνχ - ημχ χ χ2 = f '(χ) = χ2 + χσυνχ - ημχ ( 1 ) χ2

Θεωρούμε τη συνάρτηση: g(x) = χ2 + χσυνχ - ημχ, χ Ε IR.. Στο IR. έχουμε: g '(χ) = 2χ + συνχ - χημχ - συνχ = { > 0, αν χ > 0 = χ(2 - ημχ) = Ο, αν χ = Ο

< 0, αν χ < Ο

χ - 00

g' ο + οο

+ g � �

ο

Συμπεραίνουμε ότι g(x) > Ο, για κάθε χ * Ο. Έτσι, από την (1 ) έχουμε για κάθε χ * 0: f '(χ) = .&;2 > Ο. Και επειδή η f είναι συνεχής στο χ Ο, έπεται ότι f ! IR..

3) Για κάθε χ * Ο, έχουμε:

Ι�ι =�� ι! ι . χ Ιχl χ κ ιδ , ι· 1 ο , , αι επε η ιm - = , επεται οτι χ-±οο χ

lim � = Ο. Έτσι, έχουμε: χ-±οο χ lim f(x) = lim (χ + �) = -οο και

x--co x--co Χ

lim f(x) = lim (χ + �) = +οο. χ--+<χ:> χ-� χ Και επειδή f ! IR., έπεται ότι f(IR) = IR..

16. Να βρείτε τους αριθμούς α, β , γ Ε IR. με


------------ Μαθηματικά για τη Γ' τάξη το\) Λ\)κείο\)

α > Ο και β >0, Ύια τους οποίους η Cr

της συνάρτησης:

f(x) = αχ + "./βχ1 + ΎΧ • ι έχει aσύμπτωτη στο +οο μία ευθεία παράλληλη προς την ευθεία : y = 2χ + ι και στο -οο την ευθεία y = - ι .

Λύση. Η διακρίνουσα του τριωνύμου: βχ2 + γχ - 1 , είναι γ2 + 2β > Ο. Άρα το τριώνυμο αυτό έχει ρiζες πραγματικές και άνισες ρι και ρ2 και έστω ότι ρι < ρ2. Ετσι, το σύνολο ορισμού της f είναι: Α = ( -οο, ρ ι ] U [ρ2, +00 ) . Για να συμβαίνουν τα ζητούμενα, πρέπει και αρκεί:

•

•

Iim f(x) = 2 ( Ι ), lim f(x) = Ο (2) χ--+«> Χ χ--«> Χ και lim f(x) = -ι (3). χ--«>

Έχουμε:

Ι . t<x> 1. αχ + ..Jβχ2 + rx - ι ιm = ιm χ--+«> Χ . χ--+«> Χ

=}�α +\)β + � -tz ) = α +Vβ .

lim f(x) = lim αχ + Vβχ2 + yx - Ι = χ--«> χ χ--«> χ

= Ιίm (α -\)β + l. - � ) = α - Vβ. χ-� χ χ Έτσι έχουμε: { ( 1 )

<=> { α +Vβ = 2

(2) α .Vβ = 0 Συνεπώς:

{ α = ι <=> β = Ι

Ιίm ("./χ2 + γχ - ι + χ) = li� = -χ--«> χ- χ2 + γχ - ι - χ (γιατί;).

Έτσι, έχουμε: (3)<=> - � = -Ι <=> γ = 2. Συνεπώς: α = 1 , β = 1 και γ = 2.

ι7. Να βρείτε το ολοκλήρωμα:

l(x) = Ι χσυrχ ημχ dx

Λύση. Έχουμε:

Ι( χ) = - J χσυv2χ ( συνχ)' dx = - k J χ( συΨχ)' dx

= - .!. χσυΨχ + .!. J συν\dχ 3 3

ι ι J 2 = - 3 χσυγ3χ + 3 συν χ συνχdχ

Ι Ι f = - 3 χσυγ3χ + 3 ( 1 - ημ2χ) συνχ dx

= - k χσυΨχ + � f συνχ - � f ημ2χ συνχ dx

1 1 ιf = - 3 χσυγ3χ + �μχ - 3 ημ2χ (ημχ)' dx

Ι Ι Ι n ιι3χ = - - χσυγ3χ + �μχ _ _ .:.ι..ι:::....; + c 3 3 3 3

Ι ψ Ι 1 3 = - )Χσυ χ + �μχ - 9'1μ χ + c.

ιs. θέτουμε: Ιν = Ι (ι - χ3)ν dx, για κάθε ν ε IN*.

Να δείξετε ότι, για κάθε ν � 2, ισχύει:

Ι _ _ ι _ (ι 3)ν .2L. ι

ν - 3ν + ι χ • χ + 3ν + ι ν - ι (1)

Λύση. Με ν � 2, έχουμε:

lv = f (χ)' (1- x3)v dx = Χ (1 - x3)v - f Χ [(1 - χ3)ν ] ' dx = x( l - x3)v - 3ν f (-χ3) ( Ι - χ3)ν - ι dχ =

= χ(1 - x3)v - 3ν f (-Ι + Ι - χ3)( 1 - x3)v - ι dx = = x( l- χ3)ν + 3vJ ( 1 - χ3)ν - ι dx - 3ν f ( 1 - χ3)ν dx

� lv = x( l - x3)v + 3ν lv - ι - 3ν lv => ( 1 ) .

ι9. Να λυθεί η διαφορική εξίσωση:

(ι + ex) y' = yex (l), Υ > Ο.

Λύση. Η διαφορική εξίσωση ( 1 ) γράφεται: Ι ex

Ύ y' = 1 + ex· (2)

Η (2) είναι μία διαφορική εξίσωση με χωριζόμενες μεταβλητές. Με y = f(x) μία λύση της (2), ' 1 f '( ) ex

' εχουμε: f(x) χ = Ι + ex και συνεπως:

f Ι , f ex

f(x) f (χ) dx = 1 + ex dx. (3)

Επειδή dy = f '(χ) dx, η (3) γίνεται:


Μαθηματικά για τη Γ τάξη του Λuκεiοu

J .! d = J (1 + ex)' dx Υ

Υ 1 + ex

<=> lny = ln( l + ex) + c (c Ε IR) <=> lny = ln( l + ex) + lnec

<=> lny = ln( l + ex) ec <=> y = ( 1 + ex) ec .

20. Να λυθεί η διαφορική εξίσωση:

y' + ! y = ex. (1), y(l) = Ο. χ

Λύση. Η διαφορική εξίσωση ( 1 ) είναι γραμμική πρώτης τάξης, δηλαδή της μορφής:

y' + p(x) Υ = q(x), με p(x) = .! και q(x) = ex. χ

Η συνάρτηση q(x) = ex είναι ορισμένη και συ-νεχής στο IR. Η συνάρτηση p(x) = � είναι ορισμένη και συνεχής σε καθένα από τα διαστήματα ( -οο, Ο) και (0, +οο). Λόγω της συνθήκης y( l ) = Ο, και επειδή 1 Ε (0, +οο ), θα λύσουμε την εξίσωση ( 1 ) με

χ Ε (0, +οο). Μία παράγουσα της p(x) = .! είναι lnx. χ

Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της εξίσωσης ( 1 ) με: eιnx = χ και βρίσκουμε:

xy' + y = xex <=> (xy)' = xex <=> xy = J xex dx . (2)

Έχουμε: J xex dx = J χ (ex) ' dx = xex - J (χ)' ex dx =

= xex - ex + c (-c- ε-IR). Έτσt, έχουμε:

(2) <=> xy = xex - ex + c <=> y = ( 1 -�) ex + � (3).

Εξάλλου, έχουμε: y( 1 ) = Ο <=> c = Ο. Έτσt, από την (3), βρίσκουμε:

Υ = ( 1 -�) eX, Ο < χ < +οο.

� εκδόσεις V ΒΑΚΑΛΗ

k. ΑΧΠΜΩ1ΙΑΗ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

XOIVTP/KH-AL4NlKH: ΜΗΤΡΟΠΟΛΕΩΣ 17 Τ.Κ. 546 24 ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

ιηλ.: 232.585, 232.586 fax: 263.405

Διατiθενται σε όλα τα βifJλιοπωλεiα


��ΨD Η 'τtAt τιr 'AAtAopp•φi•r � ��;) ι

· "λ IJJ, Υ πεύθυνοισtήλης: Ευσταθίου Βαyyέ).ης- Σπανδάyος Βαyyfλης - Μαλαφέκας Θανάσης

• Ο συνάδελφος Μανώλης Ι. Δαμίγος (πρώην Γεν. Επιθεωρητής των μαθηματικών) με επιστολή του συγχαiρει την συντακτική επιτροπή του «Ευκλείδη Β'>> για την αισθητή βελτiιοση του περιοδικού. Τον ευχαριστούμε για τα καλά του λάyια. • Αγαπητέ μαθητή Θάνο Παπαϊωάννου (Κουφάλια Θεσ/νίκης) οι λύσεις των ασκήσεων που μας έστειλες είναι όλες σωστές . Σ' ευχαριστούμε και περιμένουμε την αποστολή κι' άλλων λύσεων. • Συνάδελφε Κ.Π. ο «Ευκλείδης Β')) δεν δημο-σιεύει κριτικές βιβλiων. • Συνάδελφε Λ.Σ. οι ασκή�εις στα γενικευμένα ολοκληρώματα που μας έστειλες είναι πρωτότυπες αλλά δεν είναι δυνατόν να δημοσιευτούν. • Συνάδελφε Μ.Β. κανένα σχολικό βιβλίο αλλά και κανένα παράλληλο βοήθημα δεν ορίζει διάταξη στο σύνολο C \ IR..

• Αγαπητέ Γιώργο Τσάκο από το προσεχές τεύχος θα καθιερωθεί μόνιμη στήλη Αστρονομίας. Ευχαριστούμε για τις υποδείξεις σου. • Συνάδελφε Δημ. Γιαβρίδη έχεις δίκιο. Το προς δημοσίευση χεφόγραφο έγραφε: «έστειλε τις λύσεις των ασκήσεων Δ3 και Δ4 (με απαραίτητες παρατηρήσεις) του τεύχους 3 1 )) Λυπούμαστε για την παράλειψη. • Αγαπητές φίλες Κωνσταντίνα Αθανασίου και Μαρία Χαντζιάρα (μαθήτριες Λυκεiων - 2°u Τρικάλων και Φαρκαδόνας) δημοσιεύουμε ευχαρίστως την επιστολή σας. Ευχαριστούμε για την αποστολή των ασκήσεων:

«Αγαπητοί κύριοι υπεύθυνοι του περιοδικού Ευκλείδης Β',

Είμαστε δύο μαθήτριες της Β' Λυκείου και συνάμα συνδρομήτριες του περιοδικού σας εδώ και χρόνια. Από τη στιγμή αυτή επιθυμούμε να γίνουμε και συνεργάτες σας. Είναι γεγονός πως με την κατεύθυνση που επιλέξαμε, τη θετική, έχουμε εισχωρήσει καλύτερα στο μαγικό κόσμο των μαθηματικών. Για το λόγο αυτό και θα προτιμούσαμε το περιοδικό να περιέχει και κάποια πρότυπα θέματα των τεστ δεξιοτήτων. Πάντως μας αρέσει ιδιαίτερα που το περιοδικό σας δεν έχει μόνο ασκήσεις αλλά και πολλά ενδιαφέροντα άρθρα

γύρω από τα μαθηματικά.

Με σεβασμό Κωνσταντίνα Αθανασίου και Μαρία Χαντζιάρα

• Συνάδελφε Πέτρο Γεωργίου δεν υποτιμούμε τις συνεργασίες των συναδέλφων των επαρχιών απεναντίας έχουν την δέουσα προτεραιότητα. • Φίλε Γιώργο Μαυρίκη ευχαριστούμε για τα καλά λόγια. Περιμέν.ουμε συνεργασία. • Από τις μαθήτριες της Α' τάξης του Λυκείου Άννα Παρλάντζα, Μαρία Ζαχαρίου και Ευμορφία Αρβανίτη του Λυκείου Λοbτρών Αιδηψού πήραμε σωστές απαντήσεις και λύσεις Ασκήσεων του τεύχους 34. • Αγαπητέ φίλε Λάμπρο Αποστόλου (Αστακός Αιτωλοακαρνανίας) ενδιαφέρουσα η εργασία σου αλλά δυστυχώς λόγω πολύ μεγάλης έκτασης δεν είναι δυνατό να δημοσιευθεί. • Φίλε Χρήστο Οικονόμου, ασκήσεις σου θα δημοσιευθούν στο τεύχος 37 του Σεπτεμβρίου 2000 γιατί η ύλη για το τεύχος 36 έχει κλείσει • Από τον δασολόγο κ. Ιωάννη Ταρασίδη πή-ραμε 1 Ο ωραίες ασκήσεις γεωμετρίας. • Αγαπητή Διαμαντουλάκη Ιωάννα (Ν. Μηχανιώνα) στο τεύχος 37 θα δημοσιεύσουμε ασκήσεις σου. • Αγαπητέ Παπαϊωάννου Θάνο ευχαριστούμε για τη συνεργασία. Οι ασκήσεις είναι σωστά λυμένες. Θα δημοσιευθούν στο τεύχος 37.

• Μαθητή Β' Λυκείου Χαριτωνίδη Γιώργο (Βόλος). Αγαπητέ Χρήστο, όλες οι λύσεις είναι σωστές. Μπράβο! ! • Συνάδελφε Γιαβρίδη Δημήτριο, η εργασία σου ενδιαφέρουσα. Θα δημοσιευθεί. • Αγαπητέ συνάδελφε Αντώνη Λεβάκο, ευχαριστούμε για το μεταφρασμένο άρθρο, αλλά δεν το θεωρούμε δημοσιεύσιμο. • Αγαπητέ συνάδελφε Χρήστο Ηρακλείδη, ωραία η εργασία σου, αλλά μη δημοσιέυσιμη. Τις απόψεις σου τις μεταφέραμε στο Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. Ευχαριστούμε • Αγαπητέ κύριε Χρήστο Παπαδημητρίου, η εργασία σας είναι εκτός των πλαισiων του περιοδικού.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" λ. γ. τ.4Π9

Υπεύθυνοι στήλης: Ευσταθίου Βαγγέλης - Σπανδάγος Βαγγέλης

Τυρλής Γιάννης

Από τη στήλη αυτή γίνεται παρουσίαση πρόσφατων βιβλίων μαθηματικών, δηλαδή βιβλίων που έχουν εκδοθεί από το 1 998 και μετά. Όποιος συγγραφέας ή εκδότης εmθυμεί να παρουσιαστεί το βιβλίο του μπορεί να στέλνει στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. , , με

συστημένο δέμα, δύο αντίτυπα με την ένδειξη "Για τη Βιβλιοπιφουσίαση". -

Σπανδάγου Βαγγέλη - Σπανδάγου Ρούλας: «Μαθηματικά Γ' Λυκείου (τεχνολογικής Κατεύθυνσης) τόμος Β'» (σελίδες 552), Εκδόσεις Αίθρα, Αθήνα 2000.

Σπανδάγου Ευαγγέλου: «Οι χαμένες πραγματείες του Ευκλείδου» (σελίδες 1 80), Εκδόσεις Αίθρα, Αθήνα 2000.

Στεργίου Χ. - Νάκη Χ. - Στεργίου 1. : «Μαθηματικά Γ' Λυκείου (Θετική κατεύθυνση) τεύχος 3ο, Παράγωγος - Ολοκλήρωμα» (σελίδες 384), εκδόσεις Σαββάλα, Αθήνα 2000.

Rucker Rudy: «Το άπειρο και ο νους» (Μετάφραση Κώστας Χατζηκυριάκου) (σέλίδες 370), Π.Ε.Κ. , Ηράκλειο 1 999.

Westfall Richard: «11 ζωή του Ισσάκ Νεύτωνα» (Μετάφραση Διονύσης Γιαννίμπας) (σελίδες 537), Π.Ε;Κ., Ηράκλειο 1 999.

Παπαϊωάννου Γεωργίου : «Χαοτικές χρονοσειρές» (σελίδες 344), Leader Books, Αθήνα 2000.

Rotman Joseplι: «Θεωρία Galoίs» (σελίδες 1 85) (Μετάφραση Ν. Μαρμαρίδη), Leader Books, Αθήνα 2000.

Streefland L.: <<Ρεαλιστικά Μαθηματικά στην Πρωτοβάθμια Εκπαίδευση» (Μετάφραση Μαργαρίτα Μανσόλα - Ευγενία Κολέζα) (σελίδες 230), Leader Books, Αθήνα 2000.

Van der Waerden Β.: <<11 αφύπνιση της Επιστήμης» (σελίδες 370), Π.Ε.Κ., Ηράκλειο 2000.

Bell Ε. «Οι μαθηματικοί » (Μετάφραση Ν. Σταματάκης) (τόμοι Ι - Π) έκδοση Β ' (σελίδες 472 και 495) ΠΕΚ Ηρακλείου 2000.

Sardelis D. - Valahas Τ.: <<Pythagorean Hypersolids» (Ameήcan College of Greece')'Athens 2000.

Singh Simon.: «Το τελευταίο θεώρημα του Φερμά» (Μετάφραση Ανδρομάχη Σπανού) (σελίδες 384) Εκδόσης Π. Τραυλός, Αθήνα 1 999.

Ταμπάκη Νίκου: «Από την ποίηση στη λογική » (σελίδες 1 84) Εκδόσεις Γκοβόστη, Αθήνα 1 999.


Εκδόσεις της ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑ'ΠΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ

�ι 1 ' " I L VJ(J. HJOJjς }l

I I

Μ ιι·ιιι�Μ.ιrιrs 11 1: ι ι. t>· , ι r Ε t' Η Ο ι• ι• ' ·' a •. . � l ι ιι r ιι a �·

,\·f .ι ι tι Ι' \Ι ι ι Ι t' .<'i , , ,, I ' F rι H Η ι τ ι ι f ' 9 4

4�-- J;; ��;, ... �u ---·- - -

!8 ,,,..,�Η ••C-, ... -.._,,...� .,, . .,, ,� -.-.. ... ..... tu....ιw, ............. _ ......

• \\fi'IKII 1\�!l'ιi\ IIKtΙ Rlti.\H)f t• \ΦI \

ιιι:υ fΙΙ'\

Ιii!ΙΙΙ. ιι14JΙΙΙΙ! ιrιιιι�

ΣJ"ΟΠf:ΙΩΙ\ΙfΣ ΓRΩMEYI'J,\ -\ΠΟ ΑΝΩ:rι:Ι'ιr Σιι:οrιιΑ

LOUIS BRAND

ΜΑθΗΜΑτJΚΗ λΝΑΛΥΣΗ

[JC 1"1'1 f;oAf'> Τ<• 2()()()"

\=111\111 11�11 Ι a. Ι t \ 1 \ l \ ! Ιiο.Ο\ 1 1 ! 11\ "' ""'" '" " .. ' " � '

' ' "'""' ''''"'"' '''.''''''"!' '"•'""• . .. ..... _., ..

ΕυκλείδηςΑ': Τεύχος 400δρχ. 1ου Πανελληνίου Συνεδρίου 1 0ου Πανελληνίου Συνεδρίου ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΑ) 5.000 δρχ. Συνδρομή 1 .900 δρχ. 2.000 δρχ 5.000 δρχ Διαλέξεις: Ο τόμος 1 .300 δρχ. (4 Ίtύχη + 300 δρχ. ΊΟ)(Uδρομικά) 2ου Πανελληνίου Συνεδρίου 1 1 ου Πανελληνίου Συνεδρίου Μαθηματική Ανάλυση Σχολεία: 1 .600 δρχ. (4 τεύχη) ΕυκλείδηςΒ': ΤεύχQς 500δρχJ; _

2.000 δρχ 5.000 δρχ Louis Brand 6.000 δρχ. Συνδρομή 2.300 δρχ. 3ου Πανελληνίου Συνεδρίου 14ου Πανελληνίου Συνεδρίου Διαφορικές Εξισώσεις (4 mΊvn + 300 δρχ . ......,. .F.ιν. -"') 2.000 δρχ 5.000 δρχ ·-Λ· ι '"'Λ""t"''""" Stephenson 2.000 δρχ. Σχολεία: 2.000 δρχ. (4 τεύχη) 4ου-5ου Πανελληνίου Συνεδρίου 1 5ου Πανελληνίου Συνεδρίου Ε κλ 'δ Γ' Τ · 1 300δ Ιστορία Μαθηματικών Loria

υ ει ης : ευχQς · ρχ. 3.000 δρχ 5.000 δρχ 2.500 δρχ. (2 τεύχη) (4 τόμοι) Α, Β, Γ Α• Γ Β ο τόμος

Μαθημ. Επιθεώρηση: βου Πανελληνίου Συνεδρίου Συνέδριο Hermis '92 (Αγγλικά)

Τεύχος 1 .300 δρχ. 2.000 δρχ 7.000 δρχ. 2·000 δρχ.

Συνδρομή 2.500 δρχ. (2 τεύχη) 7ου Πανελληνίου Συνεδρίου Συνέδριο Hermis '94 (Αγγλικά) 70 Χρόνια Ε.Μ.Ε. ; · 1 .000 δρχ.

Αστρολάβος: Τεύχος 1 .000 δρχ. 2.500 δρχ 2 τόμοι 0 τόμος 4.500 δρχ. Ελληνική Μαθηματική

Συνδρομή 2.0ΟΟ δρχ. (2 τεύχη) βου Πανελληνίου Συνεδρίου Γραμμική Άλγεβρα Βιβλιογραφία 1 .000 δρχ. Δελτίο (Bulletin): Τεύχος 1 .500 δρχ.

2 000 δ G Μ 1 300 δ Στοιχειώδης Γεωμετρία Θέματα εξετάσεων στα A.E.I · ρχ r. uncres . ρχ.

1 976 • 1989: 1 .300 δρχ. 9ου Πανελληνίου Συνεδρίου ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ από Ανώτερη Σκοπιά

Πρακτικά: 2.500 δρχ (Ονόματα Γεωμετρικών όρων 2.000 δρχ.

Τα παλαιότερα τεύχη όλων των εκδόσεων πωλούνται με τις τρέχουσες τιμές του 1 999

Ρά φ ι α γε μ άτα β ι βλία , μ υρωδιά ζεστο ύ καφέ, μ ελωδ ι κές νότες, χώ ροc; φ ι λό ξενος, ε ι δ ι κά δ ι α μ ο ρ φ ω μ ένος σε δ ύ ο ορόφοuc; γ ια ε uχά ρ ι στn κα ι

n ρε μ n ανάγ�ωσn . Στο β ι βλ ι οπωλείο ΒΙΒΛΙΟfυθ�όt; ΣΑ Β ΒΑΛΑ θα β ρ ε ίτε

όλες τ ιc; παλιές ΚΟ I νέεc; ε κδόσε ι ς όλων των ε Κδ0τ1 Κών 0 ί Κω ν γ ια όλα

τα θ έ μ ατα : πα ι δ ι κά , λογοτεχνία , ι στορ ία , ψ υχολογία , κο ινωνι ολογία , ε κπα ί

δ ε u σn , μ ετα φ uσι κn , φ ιλοσοφ ία , δ ι δ α κτ ι κ n , ο ι κολογία , δοκίμ ι α , ποίnσn κ. ά .

. . . κα ι κά θε μ έρα ανάγνωσn μ ε τι c; μελωδίες του π ι άνου

σ τ ο κ ί ν τ ρ ο τ n ς Αθ ή ν α < Ζ. Π nγnς 1 8 , 1 0 6 8 1 Aθnva Τnλ. 33 . 0 1 . 25 1 - Fax : 3 8 . 1 0 .907

Ευκλειδης Β 36

Documents

Transcript of Ευκλειδης Β 36