Ευκλειδης Β 38

ΜαΘηματιJ(ά ιι 1 ιΊ ι η ι � , , ' " ., Λ ιι " 1 � (> ιι

άλγε�ρα . '""' Α' tόξη ΕνΙΟ!ΟU ΛΙικtiοv

1\QUΟ<όςΜόρ<ο<:

μαθημαη� '

•''' ' "" .. .. tι• •• .. :κ

ΥπεύΟυvοςΈκδοσης

Ευσταθίου Ευάγγελος

Γ ραμμαιeία σύvrαξης: Δούvαβης Αντώνης Δράκος Γιάννης Ευσταθίου Ευάγγελος Κυριαζόπουλος Δημήτρης

Συvιακιική Ομάδα: Αρβαvιτοyεώρyος Ανδρέας Βακαλόπουλος Κώστας Γιαννοστιύρος lliτήρης Καλίχας Σταμάτης Καριι:άvης Βασίλης Κερασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόvτζιας Νίκος Λαζαρίδης Χρήστος Λουρίδας lliτήρης Μαλαφέιι:ας θαvάσης Μαρούλη Βιολέτα Μοούιι:ας Λάμπρος ΣαίτηΕύα Τασσόπουλος Γιώργος Τ σιιι:αlουδάιι:ης Γ ιώρyος Τσιούμας θαvάσης Χαραλαμποπούλου Λίνα

Συvcρyάιες: Μεταξάς Νίιι:ος Γράψας Kωvfvoς Αποστολόπουλος Γ. Γιαννακόπουλος Σ. Στρατήyης Γιάννης Μπαραλής Γιώργος Μαρούyιι:ας Ν. Γ ιι:ουvτουβάς lliτήρης Καράyιωρyας θαvάσης Κοvτοyεώρyος Δημήτριος Χρυσοβέρyης Μιχάλης

ΕΚΔΟΣΗ "ΠΙΣ FΑΛΗΝΟΟIΣ ΜΑθΗΜΑτικιιΣ ΕΊ'ΑΙΡΕΙΛΣ llANilliΣIHMIOY34-10S79AθHNA

Τηλ:3617784-3616532Faχ3641025

Εκδότηι;: Αλεξανδρής Νιιι:όλασς

ΔιcυΟυvιήι;: Τυρλής Ιωάννης

ISSN: 1105 - 7998

Εηιμeλcια Έκδοσης:

Μαραγκόκη!; Στέλω!;

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τεύχος: 700 δρχ Ετήσ�α συνδρομή: 2.800 δρχ

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 38 • Οκτώjlριος Νοέμjlριος Δεκέμjlριος • 2000 • δρχ. 700

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

ΜΑΘΗΜΑ 111<0 ΠΕΡΙΟΔΙΙ<Ο ΠΑ ΤΟ Λ ΥΙ<ΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 2 Τα νέα ιου Ευκλείδη - Η σιήλη τηι; Αλληλοyραφίαι; 3 Αρχαία Ελληνικά ΜαΟηματικά 5 Ο Έυκλείδηι;' προτείνει ... ·Ευκλείδη και Διόφαvιο 6 ΜαΟηματικά παράδοξα και ΜαΟημαιικά Παιχνίδια 7 Τα μαΟηματικά δεν είναι μόνο ασκ:ήσειι; 11 Η στήλη τηι; Πληροφορικ:ήι; 14 ΜαΟημαιικοί Διαyωνισμοί • Μα8ηματικές Ολυμπιάδει; 22 Η στήλη του μαΟητή

Μαθηματικά για υιν Α' Τάξη ωu Λυκείου

23 Αvισότητει; - Απόλυτει; ρίζει;

26 Μελέτη Συνάρτησηι; στην Α' Λυκείου

32 Ανισοτικέι; σχέσειι; τμημάτων - yωvιών

Μαθηματικά για uιv Β' τάξη ω υ Λυκείου

� Ασκήσεις σm Πολυώνυμα 41 Ασκήσεις σιηv EuOda 49 Καρτέσιος 'εναvιίοv' Ευιιhίδη � ΕμΒαδά Β' Λυκείου

ΜαΟημαηκά yια υιν Γ Τάξη ιου Λυκείου

60 Το πρόΒλημα τηι; Εφαmοpι.ης 65 Ασκ:ήσειι; στα Βασικά Οεωρήμαια συvεχών συvαριήσεων 71 Μέιρα Οέσηι; και διασποράι;

75 ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

77 Διάλοyος με την Ασιρονομία

Οργαvιομοi: 6.000 δρχ Σιοιχι-.ιοΟcσία - ΣcλιδοιJοίηση Τοχ. F:ιιιιtιγί-(: Ειι.τύπωση INTEI'I II'EΣ Λ.Ε., Ιερά οδός 81- &3

Τ. Ι'ραφ.,ίcι ΛΟι'Ίvα 54, Τ.Ν. ΗΟΟ44 Ελληνική Μαθημαιική Εταιρεία ΥπευΟ. Τυπογραφε(οu Ν. Αδώι:αιλος-Τη6;34?4654

g. rlιέιι g88 &RJddR

Το 1 'f Πανελλήνιο συνέδρω Μαθηματικής Παιδείας mro έyινε σrην Αθήνα στις 10, 1 1 και 12 Νοεμβρfοο σημείωσε μεyάλη επιτυχία. Η οpyανωτucή εmτροπή του συνεδρίου υπό την Προεδρία των καθηγητών ΝιΊΙDλάου ΑU:ξανδρή και Σταύρου Παιrαοταuρίδη φρόvnσε και την τελευταiα λεπτομέρεια. Η δε επιστημονική επιτροπή υπό την Προεδρiα του Λέκτορα του lΙανfπιστημiου Αθηνών Γιώιrιvu Δημάκw φρόντισε ώστε το συνέδρω να δreξαχθεί στα επιβεβλημένα και προβλεπόμενα επιστημονικά πλαίσια.

Ο δώσημος μαθηματικός Α vιpum Ουά� που πέrο'ΧΡ το 1993 ένα μεyάλο δtανοηnκό θρίαμβο με το να αποδείξει το μεyάλο θεώρημα του Φερμ], θα εmσκεφτεί την ΆVΟ1ξη του 2001 την χιφα μας προσκεκλημένος από έναν μεγάλο επιχειρηματικό ΌμΙλο.

Ο συνάδελφος Ευάyyελος ΣπαWάyος έδωσεστις 30 Νοεμβρiου δtάλεξη σrην Αθήνα με θέμα: «ΓυναίΦ; μα-

11

Από τον πλοίαρχο Ε.Ν. κ. Γ. Στογιάννη πήραμε μία άσκηση τριγωνομετρίας Γυμνασιακού όμως επιπέδου. Τον ευχαριστούμε.

Από την μαθήτρια Ειρήνη Διάκου πήραμε σωστά Λυμένες Ασκήσεις Άλγεβρας και Γεωμετρίας πάνω στην ύλη των μαθηματικών της Α' Λυκείου.

Από τον συνάδελφο Χρήστο Παπά (Κοζάνη) πήραμε ένα ωραίο άρθρο για την παράγωγο συνάρτησης που θα δημοσιευθεί σε επόμενο τεύχος.

Συνάδελφε Νίκο Πετρόπουλε δεν είναι δυνατόν να δημοσιεύσουμε θέμα με αναδρομικές ακολουθίες. Οι λόγοι είναι ευνόητοι.

Ο Μαθητής Λυκείου Ζαχαρόπουλος Σεραφείμ μας έστειλε τις λύσεις προτεινομένων ασκήσεων τις Γ Λυκείου του τεύχους 3 1 του 1999. Ο Ευκλείδης Γ ασχολείται με την διδακτική των Μαθηματικών.

Ο μαθητής Γ Λυκείου Πέτρος Μπούρας μας έστειλε ασκήσεις στη Ανάλυση της Γ Λυκείου τον ευχαριστούμε.

Από τον συνάδελφο Ιωαννίδη Αντώνιο λάβαμε λύσεις ασκήσεων του Ευκλείδη Β' τεύχος 35 (Α1του κ. Αρτεμιάδη Β4, Β6 προτεινόμενες από

θημαnκοί της ΑΡχαίας ΕΙJ.ά.δα9). Η δtάλεξη οργανώθηκε από το Σύ').Μyο Ρθ}υμνίων φοτηtών σrα πλαίσια των εκδηλώσεων Αmκής του για το <<2000 παyκόσμω έτος μαθηματικών»>. Επίσης βραβεύθηκε από την Ακαδημία Αθηνών για το βιβλίο του: «Η Ζωή και το 'Ερyο του Κrονσταντίνου Καρο.θrοδωρή)). Η αmwμή του βραβεiου έyινε κατά πανηyυρucή συνεδρία της Ακαδημίας της 28ης Δεκεμβρiου 2000. Ο συνάδελφος Ευάwλος Σπανδάtος είναι ο δεύτερος μαθηματικός μεrά τον Γρηγ(pιο Ξενόπουλο mro βραβεύθηκε από την Ακαδημία Αθηνών για την συγγραφή βιβλίου.

Στο Πεκίνο εκδόθηκε τον Οιcrώβρω του 2000, από την Μαθημαtucή Εταφεία της Κίνας, ένα βιβλίο 450 περίmrο σελi&ον που περιέχει θέματα μαθημαιικών Ολυμπιάδων. Το βιβλίο αυτό 1Wύλησε την πρώτη�μάδα της κυκλοφορiας του 100.000 (εκατό χιλuiδει;) ανtίτυπα (!!! !)

συναδέλφους) τον ευχαριστούμε. Από τον συνάδελφο Βαδιβούλη Νικόλαο λά

βαμε επιστολή που αναφέρεται στη βελτίωση των Εκδόσεων του Ευκλείδη Α' και Ευκλείδη Β' σε περιεχόμενο και εμφάνιση τον ευχαριστούμε.

Από τον συνάδελφο Αποστολόπουλο Γ. λάβαμε 5 ασΚήσεις για δημοσίευση σας ευχαριστούμε.

Από τον μαθητή του Λυκείου Κουφαλίων Παπαϊωάννου Θάνο λάβαμε λύσεις ασκήσεων του κ. Ν. Αρτεμιάδη τον ευχαριστούμε.

Από τον συνάδελφο Κατσιούνη Γιώργο λάβαμε λύσεις των ασκήσεων του Ν. Αρτεμιάδη που είχαν δημοσιευθεί στο 35 τεύχος του Ευκλείδη Β'.

Για όσους συμπλήρωσαν το ερωτηματολόγιο που έδινε η ΕΛ-ΜΗ ΑΕ. στο περiπrερό της στο 17ο ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟ ΣΥΝΕΔΡΙΟ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ 10-12/11/2000 και συμμετείχαν στη σχετική κλήρωση για το νεώτερο μοντέλο υπολογιστή της CASIO (αξίας 75.000 δραχμών), δίνουμε την πληροφορία πως κληρώθηκε ο αριθμός 25. Ο κάτοχος τον παρακαλοίιμε να επικοινωνήσει με την Κυρία Ε. Σσυρβίνου στο 202 3 47 5-8 το yρηγορότφ:> !

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/2

λ.ΡΧλ.Ιλ. θλλΗΝΙΚλ. Μλ.θΗΜλ. ΤΙΚλ.

Η ιτuμ6ΙJ�iι τιιs Ε�.λιfι6•s ιττ• ΙΗ•IιιμιιtτικΑ

της Χριστίνας Π. Φίλη *

Ελλάδα είναι η κοιτίδα των Μαθηματικών ως θεωρητικής εmστήμης, αν και σuνα� ντούμε κάποιες μαθηματικές γνώσεις σε προγενέστερους πολιτισμούς οπως π.χ. στην αρχαία Βαβυλώνα και στην Αίγυπτο.

• Εδώ τον 6ο π.Χ. αιώνα γεννήθηκαν "η μαθηματική απόδειξη" καθώς και τα πρώτα "αποδεδειγμένα αποτελέσματα" aποσπασμένα από κάθε άμεσο πρακτιιCό σκοπό. Στον Θαλή τον Μtλήσιο αποδίδοvtαι οι αποδείξεις των πρώτων γεωμετρικών προτά- •

σεων. Ακόμα και το όνομα της μαθηματικής επιστήμης γεννήθηκε στην Ελλάδα.

• Στον Πυθαγόρα (5ος π.Χ. αιώνας) και στη Σχολή του ανήκει η πρώτη προσπάθεια μαθηματικοποίησης της γνώσης σε αριθμητική βάση: "το παν αριθμός". Σημαντική κληρονομιά τους: η μουσική κλίμακα.

• Ο Ζήνων ο Ελεάτης (5ος π.Χ. αιώνας) με •

τα παράδοξά του, μελετά και εμβαθύνει στις δυσκολίες που ανακύπτουν στην έρευνα της έννοιας του απείρου. •

• Ο Εύδοξος (-370 π.Χ.) είναι ένας μεyάλος μαθηματικός. Η θεωρία των αναλογιών του, θα χρησιμοποιηθεί στα τέλη τυ 19ου αιώνα από τον Ντεντεκιντ στη θεωρία των αρρήτων αριθμών και η μέθοδος της εξάvtλησης, θα ξεπερασθεί μόνο τον 17ο αιώνα με τη •

μεyαλοφυία του Νεύτωνα και του Λάιμπνιτς.

• Ο Ευκλείδης, ο μεyαλύτερος κωδικοποιός της αρχαιότητας στα τέλη του 4ου π.Χ. αιώνα ενωποιεί τις διάσπαρτες προηγούμενες γεωμετρικές γνώσεις και τις παρουσιάζει σε ένα μοναδικό λογικό. σύστημα βασισμένο σε ορισμούς, αξιώματα και αιτήματα. Τα

• Η Χριστίνα Φίλη είναι Επίκουρη Καθηγήτρια του Ε.Μ.Π.

"Στοιχεία" του Ευκλείδη, αξεπέραστο οικοδόμημα μαθηματικής αυστηρότητας μαζί με τη φtλοοοφία του Πλάτωνα και τη λογική του Αριστοτέλη οριοθέτησαν την ανάπτυξη της επιστημονικής γνώσης. Ο Δικαίαρχος (τέλη 4ου - αρχές 3ου π.Χ.) εισήγαγε στο χάρτη δύο γραμμές κάθετες μεταξύ τους που αναπαριστούν τον παράλληλο και τον μεσημβρινό της Γης και διαι� ρεί την οικουμένη (το κατοικημένο τμήμα της Γης) σε τέσσερα μέρη. Έτσι γίνεται ο πρώτος που καθόρισε άξονες αναφοράς στη γήινη σφαίρα. Ο Αρίσταρχος ο Σάμιος τον 3ο π.Χ. αιώνα διατυπώνει πρώτος την θεωρία του ηλwκεντρικού συστήματος. Στον Αρχιμήδη (287- 212 π.Χ.) ανήκουν η ονομαστή μέθοδος της ολοκλήρωσης και της διαφόρισης, προάπελμα στην ανακάλυψη του aπειροστικού λογισμού κατά τον 17ο αιώνα και οι πασίγνωστες εφαρμογές των Μαθηματικών στη Φuσική. Ο Ερατοσ9tνης (275 - 194 π.Χ.) περιέ'Υραψε χάρτη της οucουμένης με ορθογώνw σύστημα αναφοράς από μεσημβρινούς και παράλληλους. Το κυριότερο επίτευγμά του ήταν η μέτρηση του μήκους του γήινου μεσημβρινού σε 252.000 στάδια (το στάδw της ελληνιστικής εποχής υπολογίζεται ίσον προς 157,5 m. τα 252.000 στάδια =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.l/3

•

•

•

•

•

•

ι

Η Συμβολή της Ελλάδας στα Μαθηματικά

39.600Κm) καλή προσέγγιση της πραγματικής τιμής. Στον Απολλώνω (250 - 170 π.Χ.) οφείλε-ται η συστηματική σπουδή των κωνικών •

τομών (δηλαδή η θεωρία αλγεβρικών καμπύλων 2ου βαθμού). Χωρίς αυτές δεν θα μπορούσε να δημιουργηθεί τον 16ο και 17 ο αιώνα η καινούργια αστρονομία και η μηχανική, οι νόμοι του Κέπλερ και η μηχανική του Νεύτωνα. Ο Ιούλως Καίσαρ ( 44 π.Χ.) θέλοντας να •

δωρθώσει της χρονικές αποκλίσεις στο ημερολόγιο της Ρώμης, ζήτησε τη βοήθεια του Σωσιγένη και εγκαθίδρυσε το Ιουλιανό ημερολόγιο, το οποίο φέρει το όνομά του προσθέτοντας 90 ημέρες στο έτος 45 π.Χ. •

που είχαν ήδη "χαθεί" από τους λάθος υπολογισμούς των επτά προηγούμενων αιώνων. Ο ΣωσιΎένης υπολογίζοντας ότι η διάρκεια του έτους ισούται με 365 ημέρες και 6 ώρες, όρισε στο Ιουλιανό ημερολόγιο τα έτη να έχουν 365 ημέρες και σε κάθε τέταρτο έτος •

πρόσθεσε μία ακόμη ημέρα μετά "την έκτη προ των καλένδων του Μαρτίου" η οποία ονομάστηκε "δις έκτη" (bix sextus), επειδή μετριόταν δύο φορές και τα έτη που την είχαν δίσεκτη. Ο Μαρίνος ο Τύριος ( � 100 π.Χ.) επινοεί •

την ορθή κυλινδρική προβολή, δηλαδή την αναπαράσταση της επιφάνειας της γήινης σφαίρας πάνω στο ανάπτυγμα κυλινδρικής επιφάνειας, που εφάπτεται στον Ισημερινό. Τα δύο ανεπανάληπτα αρχιτεκτονικά αριστουργήματα, ο Παρθενώνας και η Α-yία Σοφία κατασκευάσθηκαν με βάση τα Μαθηματικά. Το πρώτο από τις προευκ:λείδειες μαθηματικές γνώσεις και το δεύτερο με τη συμβολή των έργων του Αρχιμήδη και του Απολλώνιου. Για χίλια χρόνια η αστρονομία βασίστηκε στο γεωκεντρικό σύστημα που αναπτύχθηκε από τον μεγάλο αστρονόμο και μαθηματικό του 2ου μ.Χ. αιώνα Κλαύδιο Πτολεμαίο. Ακόμα ο Πτολεμαίος χρησιμοποιώντας την κωνική προβολή ορίζει το σύστημα των γεωγραφικών συντεταγμένων, πλέγμα παραλλήλων και μεσημβρινών κύκλων. Η Γεωγραφική Υ φήγησις του (2 μ.Χ. αιώνα) και οι πτολεμαϊκοί χάρτες αποτέλεσαν τον κ:ύρω οδηγό Ύtα την ανθρωπότητα Ύtα

15 περiπου αιώνες και αναθεωρήθηκαν μόνο τον 17 ο - 18ο αιώνα από τις μεγάλες γεωγραφικές ανακαλύψεις . Ο Δώφαντος (μέσα 3ου μ.Χ. αιώνα) με το έργο του Αριθμητικά γίνεται ο πρόδρομος του μαθηματικού συμβολισμού, συμβάλει στην ανάπτυξη της Άλγεβρας και θέτει τις βάσεις στο πw σημαντικό κεφάλαω των σύγχρονων Μαθηματικών, την Δωφαντική Ανάλυση. Η Υπατία η Αλεξανδρινή (τέλη 4ου μ.Χ. αιώνα), η πρώτη στην ιστορία διάσημη -γυναίκα μαθηματικός, είναι η τελευταία σημαντική παρουσία στην ύστερη ελληνιστική εποχή. Η παρακμή του αρχαίου πολιτισμού σημαίνει και τη δύση των αρχαίων ελληνικών Μαθηματικών. Όμως Ύtα περισσότερα από χίλια χρόνια τα αποτελέσματα των αρχαίων Μαθηματικών γίνονται τα πρότυπα τα οποία κανείς δεν μπορεί να πλησιάσει. Αν τα ιστορικά εμπόδια έβγαλαν την Ελλάδα από την πορεία των χωρών που ενεργά συμμετέχουν στην πρόοδο της Επιστήμης γενικότερα και ιδιαίτερα των Μαθηματικών, στα τέλη του 19ου αιώνα αυτή η κατάσταση αρχίζει να μεταβάλλ.εταL Ο ελληνισμός δίνει το παρόν του στη διεθνή μαθηματική έρευνα ·με τη διφυή παρουσία των ελλήνων του ελλαδικού χώρου και των ελλήνων του εξωτερικού. Το Φανάρι θα προσφέρει τον διάσημο έλληνα μαθηματικό Κωνσταντίνο Καραθεοδωρή (1837 -1950) με σημαντικό έργο σε πολλούς κλάδους των Μαθηματικών, καθαρά και εφαρμοσμένα. Το ελληνικό πνεύμα θα εμφανισθεί στο διεθνή ερευνητικό στίβο με έξη μεγάλες μορφές τους: Κυπάρισσο Στέφανο (1857- 1917), Νικόλαο Νικολαίδη (1826 - 1889), Ιωάννη Χατζιδάκη (1844 -1921), Παναyιώτη Ζερβό (1878 - 1952), ΓεώΡΎtο Ρεμούνδο (1878 - 1926) και Νικόλαο Ι. Χατζιδάκη (1872 - 1942). Οι τρεις τελευταίοι, ιδρυτικά στελέχη της Ε.Μ.Ε. (1918) αποτελόύν και το πρώτο δωικ:ητικό της συμβούλω.

www.telemath.gr Τα Μαθ ατικά στο διαδύκτιο


α) Από τον καθηγητή και πρόεδρο της Ακαδημίας Αθηνών κ. Νικόλαο Αρτεμιάδη πήραμε τις εξής ασκήσεις:

ι. Έστω ΑΒΓ ένα τυχαίο τρίγωνο. Να αποδειχθεί ότι: βγΑ+γαΒ+αβΓ ::;6ο::; αΑ+βΒ+γΓ όπου Α, βγ +γα+ αβ α+ β+ γ Β, Γ είναι τα μέτρα των γωνιών των κορυφών του τριγώνου σε μοίρες και α, β, γ τα μήκη των απένα-ντι πλευρών (α= IBΓI κ.ο.κ.).

2. Να αποδειχθεί ότι e + log 4 > 4 . β) Από τον συνάδελφο Σταύρο Μαμαγκάκη

(Θεσσαλονίκη) πήραμε τις επόμενες ασκήσεις Γεωμετρίας:

ι. Δίνονται δύο κύκλοι (Ο, R) και (Οι, ρ). Να βρεθεί η διάκεντρος δ των δύο αυτών κύκλων για να μπορούμε να γράψουμε κύκλο (Ω, χ) που να ε-φάπτεται στους δύο προηγούμενους κύκλους, στην διάκεντρό τους και σε μία κοινή εφαπτομένη τους.

2. Οι κύκλοι που γράφονται με διαμέτρους τις διαγώνιες ΑΓ, ΒΔ ενός τετραπλεύρου ΑΒΓΔ τέμνονται στα σημεία Μ και Μι. Να δειχθεί ότι οι προβολές ενός από τα σημεία αυτά στις δύο απέναντι πλευρές και στις διαγώνιες του τετραπλεύρου βρίσκονται στον ίδιο κύκλο.

3. Τρία σημεία Α, Β, Γ δεν βρίσκονtαι στην ίδια ευθεία. Θεωρούμε όλους τους κύκλους οι οποίοι περνούν από τα σημεία Α και Β μέσα στους οποίοuς δεν βρίσκεται το σημείο Γ. Από το Γ φέρνουμε τις εφαπτόμενες ΓΔ και ΓΕ των κύκλων αυτών. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του μέσου Μ του ΔΕ.

4. Στο εσωτερικό ενός κύκλου κέντρου Ο δίνεται ένα σημείο Ζ, γύρω από το οποίο στρέφεται μια ορθή γωνία ΑΖΒ, της οποίας οι πλευρές τέμνουν τον κύκλο στα σημεία Α και Β.

i) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του μέσου Μ του ΑΒ.

ii) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος της τέταρτης κορυφής Δ του ορθσyωνίου ΑΖΒΔ.

S. Ν α βρεθεί ο όγκος σφαίρας (κέντρου Ο και ακτίνας R) ως όριο κυλίνδρων εγγεγραμμένων

ΟΕuιW:ίδn� αροτε:ίvι:ι ... Εuκlι:ίδn

και ... lhόφavro στην σφαίρα αυτή.

γ) Παραθέτουμε τις λύσεις των τριών ασκήσεων που είχε προτείνει στο προηγούμενο τεύχος ο καθηγητής και πρόεδρος της Ακαδημίας Αθηνών κ. Νικόλαος Αρτεμιάδης

Άσκηση ιη Αφού 1 + χ + χ 2 > Ο , 1 + y + y2 > Ο ,

1 + z + z2 > Ο , έχουμε χ > Ο , y > Ο , z > Ο . Μπορούμε να υποθέσουμε ότι χ � y � z . Τότε

2χ ( 1 + χ + χ2 ) � 3 ( 1 + χ4 ) η οποία γράφεται Ο� (χ - 1)2 {3χ2 + 4χ + 3)

Άρα χ = 1 , οπότε η μοναδική πραγματική λύση του συστήματος είναι χ = y = z = ι .

Άσκηση 2η Έχουμε χ + y + z - 3 ( xyz )Χ' = (χ Χ + yX + zX ) (χΧ + yX + z.% _ xXyX _ xXzX _ yXzX). Επειδή όμως χ.% + yX + z.% � xXyX + xXzX + yXzX

(πάντοτε), όπου η ισότητα ισχύει τότε και μόνο τότε όταν χ = y = z , έπεται ότι χ Χ + y.% + z.% _ χ Χ yX _ χ Χ zX _ yX zX � ο, που σημαίνει ότι χ + y + z - 3 ( xyz )Χ' = Ο τότε και μόνο τότε όταν χ Χ + yX + zX = Ο .

Άσκηση3η Έχουμε

_1 + 1 χ + 1 y + 1 xy Α= + ι + 1 1 = 2 · χy + χ + ι - + y + ι - +-+ 1 χ Υ xy Σημείωση: Δεν έχω εξετάσει την περίπτωση

αν αντί xyz = 1 υποθέσουμε xyz = λ . Ποια είναι τότε: το μέγιστο και το ελάχιστο της Α; Προσπαθήστε εσείς να απαντήσετε στο ερώτημα αυτό.


Jfla(J-nμar;Lιι.ά (]'{;α�άδΟ-l_α ιι.αL JllαιΊ-nμαr;Lιι.ά (J(;aLzrίδLa

1flλpAID(Iλ Klλt 7ftλιχvίlιlλ του Μάρκου Στολάκη

α) Ποιο ψηφίο έσβησες Διάλεξε έναν φυσικό αριθμό και από αυτόν

αφαίρεσε το άθροισμα των ψηφίων του. Στο αποτέλεσμα που pρήκε πρόσθεσε το 1453 (λλωση της Πόλης). Στο νέο αποτέλεσμα σpήσε το πρώτο και πες μου το άθροισμα των ψηφίων του αριθμού που απέμεινε.

Ναι! Τώρα μπορώ να σου πω το ψηφίο που έσpησες.

Απάντηση: Έστω όn μου έδωσες ως άθροισμα των ψηφί

ων το 52. Τότε 52 + (9 - 4) = 57 , όπου το 4 είναι το υ

πόλοtπο της διαίρεσης του 1453 με το 9. Το Πρώτο πολλαπλάσιο του 9 μετά το 57 είναι

το 63. Άρα 63 - 57 = 6 είναι το ψηφίο που έσβησες. Απόδειξη:· Έστω ότι διάλεξες τον αριθμό Ν= αν ιον + αν _1 ιον -Ι + ··· + α1 10+ α0•

Τότε Νι = αν Ι Ον + αν -ι ιον-ι + · ·· + αι 10 + α0 -

(αν + αν -ι + ·· ·+ αΙ + αο ) = αν (ιον - Ι) + αν -ι (ιον -

ι - l) + ··· + αι {10 - 1) = 9Πι (λόγω της ταυτότητας 10ν - 1 = 10ν - lν =

{10 - ι)(ιον -ι + ι ον - Ζ + . . . + 10 + 1) ). Τώρα Ν2 =Νι + 1453 = 9Π1 + 9 · 16 1 + 4 =

9Π2 + 4 = βμ · lΟμ + βμ_1 10μ-Ι + · · · + β1 10 + β0 + 4 . Και λόγω της διαιρετότητας με το 9 θα έχουμε: (βμ + ·· · + β1 + β0 ) + 4 = 9α + 4=9(α + 1) - 5 και βμ = 9(α + 1) - 5 -

(βμ-ι +··· + β1 + βο + 4) ή βμ = 9{α + 1) -

(βμ-ι + ·· · + β1 + β0 + 4 + 5)

όπου β μ-ι + · · · + β1 + β0 + 4 είναι το άθροισμα που μας ανακοινώθηκε και το 9 (α + 1) είναι το πρώτο πολλαπλάσιο του 9 μετά το άθροισμα που μας ανακοινώθηκε.

β) Η μοιρασιά των 5 σπαγκοραμμένων Πέντε φίλαθλοι, αφού νίκησε η ομάδα τους

και αυτοί έσπασαν μερικά καθίσματα - όσα μπόρεσε ο καθένας - είπαν να το γιορτάσουν με μια σαμπάνια.

Στο εστιατόριο ο σερβιτόρος φέρνει ένα μπουκάλι σαμπάνια και το αδειάζει σε πέντε ποτήρια.

Τότε ο φfλαθλος Α παρατηρεί ότι τα ποτήρια δεν ήταν στην ίδια στάθμη. Άλλα ποτήρια είχαν λιγότερο και όJJ.JJ. περισσότερο. Πράγμα στο οποίο συμφώνησαν και οι υπόλοtποί Β, Γ, Δ και Ε.

Το ερώτημα είναι πως θα κάνουν τη μοιρασιά έτσι ώστε κανένας τους να μην έχει την εντύπωση ότι ήπιε λιγότερο από τους άλλους; Δηλαδή λιγότερο α-, 1 Μ ' , β θή , πο το - . ηπως μπορειτε να τους οη σετε, οχι 5

για κάτι WJ...ιJ, απλώς να μη βγάλουν τα μάτια τσυς; Απάντηση: Έστω ο Α ισοσταθμίζει τα ποτήρια χύνοντας

από αυτά που είχαν περισσότερο σ' αυτά που είχαν λιγότερο, φυσικά κατά την άποψή του και μετά λέει: κύριοι διαλέξτε! Φuσικά όλοι θα διαλέξουν τα πιο μεγάλα. Το τελευταίο που μένει θα το πάρει ο Α. Έτσι ο Α δε θα πάρει λιγότερο από το .!. που 5 δικαιούται σύμφωνα με την άποψή του. Το ίδιο θα κάνει και ο Β με τα τέσσερα ποτήρια που διάλεξαν οι: Β, Γ, Δ και Ε. Με τη σειρά του τώρα θα κάνει το ίδιο και ο Γ και θα μείνουν ο Δ και ο Ε. Τέλος ο Δ ισοσταθμίζει τα δύο ποτήρια και λέει στον Ε: Διαλέξτε κύριε! Και αφού ο Ε διαλέξει το μεγαλύτερο, τότε θα πιουν τα ποτήρια τους. Π661 Υ pίιyΙpΙΑ ιιεr aAώvΙUY .•• " Μαl"ιιιιτικοί

του Γιώργου Αποστολόπουλου 'Ενας καθηγητής Μαθηματικών είπε: Την

προηγούμενη Ρδομάδα ήμουν 48 χρονών αλλά την επόμενη χρονιά θα είμαι 52 χρονών. Πώς γίνεται αυτό;

Λύση� Αν τα γενέθλιά του ήταν στις 30 Δεκ. 1999 και έκανε τη δήλωση αυτή στις 2 Ιαν. 2000, τότε: Στις 2 Ιαν. 2000 είναι 49 χρονών, στις 30 Δεκ. 2000 μπαίνει στα 50 οπότε την επόμενη χρονιά 2001 (30 Δεκ.) θα είναι 5 1 χρονών και στις 3 1 Δεκ. 2001 είναι 52.


Τα θεωρητικά μαθηματικά είναι με τον τρόπο τους η ποίηση των λογικών ιδεών Albert Einstein •

Ε ίναι κ�ινά �αραδεκτό ότι �ο νέο αιών�, επιστημες οπως η γενεnκη και η επιστημη των Η/Υ με τις δυνατότητες που δια

νοίγουν θα οδηγήσουν σε θεμελιακές ιiλλαγές την καθημερινή ζωή μας. Ωστόσο κάτι που δεν είναι πάντα φανερό, είναι ο ρόλος των μαθηματικών στις επερχόμενες ιiλλαγές. Είναι απλά επικουρικός, παρέχοντας τα εργαλεία για την ανnμετώπιση υπολογισnκών προβλημάτων όπου αυτά παρουσιάζονται ; Ποια είναι η θέση τους τελικά στον νέο κόσμο του Intemet, της βιοτεχνολογίας και της παγκοσμιοποιημένης γνώσης ; Η απάντηση είναι όn σήμερα τα μαθημαnκά έχουν πρωταγωνιστικό ρόλο σε όλες τις επιστημονικές και τεχνολογικές εξελίξεις αποτελώντας τον κύριο μοχλό προόδου. Η καθορισnκή αυτή παρουσία τους σε όλο σχεδόν το φάσμα των ανθρώπινων δραστηριοτήτων, δείχνει πως η καθημερινή πραγμαnκότητα είναι άμεσα και φανερά συνδεδεμένη με τα μαθηματικά.

Παρακάτω θα περιγραφούν ορισμένα σχεnκά παραδείγματα με σκοπό να υπογραμμισθεί η θέση των μαθημαnκών ως αναπόσπαστου αλλά και βασικΟύ τμήματος κάθε απτής και ορατής ιiλλαγής που συμβαίνει στη ζωή μας.

Κυματοδηγοί (wavelets) και .. . FΒΙ

Κάθε εικόνα που αναπαρίσταται ηλεκτρονικά στην τηλεόραση ,το νideo ή το computer αποτελείται από μικρά εικονοστοιχεία (τα pixels) που ανnστοιχούν σε κάποια χρώματα και η σύνθεση όλων αυτών έχει αποτέλεσμα την εικόνα που βλέπουμε. Ωστόσο όταν οι εικόνες που χρειάζεται να αποθηκευτούν είναι πολλές αυτό έχει σαν αποτέλεσμα την ανάγκη ύπαρξης μεγάλης μνήμης.Για

Μεταξάς Νίκος

παράδειγμα η αμερικάνικη αστυνομία (FBI) έχει περίπου 200 εκατομμύρια δακτυλικά αποτυπώματα και όχι μόνο απαιτείται αρκετά μεγάλη μνήμη Η/Υ για να τα περιέχει αλλά και ο χρόνος μετάδοσης ενός δακτυλικού aποτυπώματος μέσω Η/Υ και modem από πχ ένα αστυνομικό τμήμα σε ένα άλλο είναι εξαφετικά βραδύς.Εδώ είναι που η καινούργια μαθημαnκή θεωρία των κυματοδηγών έρχεται να δώσει λύση: με τη χρήση κάποιων μαθηματικών συναρτήσεων αναπαριστούμε ολόκληρες περιοχές εικόνων χωρίς να είναι ανάγκη να ξέρουμε το χρώμα κάθε μικρού τετραγώνου ξεχωριστά. Έτσι πετυχαίνεται ένα είδος οικονομίας στην αποθήκευση των πληροφοριών που βοηθάει και στην ταχύτερη μετάδοση των σημάτων. Παράλληλα μπορούν να χρησιμεύσουν και σαν «φίλτρα» καθαρισμού ενός σήματος από ανεπιθύμητες παρεμβολές (θυμηθείτε όταν προσπαθείτε να πιάσετε ένα σταθμό στο ράδιο και δεν είναι αυτό δυνατό λόγω παρεμβολών άλλων σταθμών).Αυτές οι «θαυματουργές» μαθηματικές συναρτήσεις μοιάζουν με «μαθηματικά μικροσκόπια» γιατί έχουν την ιδιότητα να εφαρμόζουν σε μια περιοχή ενός γραφήματος και να δρουν σαν μεγενθυnκός φακός πάνω στα σημεία που ενδιαφερόμαστε aπομονώνοντας τα υπόλοιπα μέρη που δεν χρησιμεύουν για την εικόνα ,τον ήχο ή γενικότερα το σήμα που αναμεταδίδεται.

Η μαθηματική αυτή θεωρία , που αναπτύχθηκε τα τελευταία 10 χρόνια, έχει επίσης εφαρμογές :

• Στα υποβρύχια προκειμένου να εντοπίζουν ηχητικά τα άλλα υποβρύχια ξεχωρίζοντας τα από το θορυβώδες περιβάλλον της θάλασσας

• ήταν η έκφραση που χρησιμοποίησε ο Einstein αναφερόμενος στην προσφορά της μαθηματικού Emrny Noether κατά την επέτειο του θανάτου της το 1934.


Τα Μαθηματικά δεν είναι μόνο Ασκήσεις

• Στον καθαρισμό παλιών μουσικών ηχογρα- ες , μοιρασιά μετά από διαζύγια , κλπ . φήσεων από τον θόρυβο και τις καταστροφές Επιστήμονες στο Caltech έχουν δημιουργήσει που έχουν υποστεί ένα ά"λλο μαθηματικό μοντέλο το οποίο και χρησι-

• μοποιήθηκε από την πολιτεία της Califomia το

Στα aστεροσκοπεία προκειμένου να εντοπίζο-1990 με σκοπό την μοιρασιά των αδειών εκπομπής

νται συγκεκριμένοι γαλαξίες σε σμήνη . γαλα-ρύπων στις βιομηχανίες ώστε να μειωθεί η συνο

κτικών ομάδων. λική ρύπανση που προκαλούν με εντυπωσιακά ως

Δίκαιος χωρισμός Το πρόβλημα του δίκαωυ χωρισμού πραγμά

των , χρημάτων κλπ στα μέλη μιας κοινωνίας ώστε κανένα από τα αντιδικούμενα μέρη να μην αδικηθεί ,είναι τόσο παλιό όσο και η ίδια η ανθρώπινη κοινωνία. Αν και η αντιμετώπιση του προβλήματος ήταν μέρος της πολιτικής επιστήμης μέχρι πρόσφατα, τα μαθηματικά έχουν εισβάλλει στο χώρο τελευταία , παρέχοντας μοντέΛα επίλυσης πολλών τέτοιων καταστάσεων. Το 1992 ο μαθηματικός Alan Taylor δημιούργησε ένα μοντέλο δίκαιης μοιρασιάς μεταξύ 2 ή περισσότερων μερών χρησιμοποιώντας μια τελείως νέα προσέγγιση : αντί να εστιάζει στα αντικείμενα που πρόκειται να χωρισθούν ως ένα ενιαίο σύνολο, δίνει πχ 100 πόντους σε κάθε μέρος και ο καθένας μπορεί να τους μοιράσει. με όποω τρόπο θέλει ανάλογα με την αξία που έχει για αυτόν κάθε αντικείμενο : για παράδειγμα σε μία κληρονομιά όπου κληρονόμοι είναι ο Α και ο Β, ο Α αξιολογεί με 90 πόντους το αυτοκίνητο ο Β με 70 πόντους το σκάφος κλπ. Στο πρώτο βήμα ο καθένας παίρνει ότι έχει αξιολογήσει υψηλότερα : ο Α το αυτοκίνητο και ο Β το σκάφος, Στην συνέχεια αυτός που έχει πάρει λιγότερους πόντους παίρνει ότι χρειάζεται για να συμπληρώσει τους 100 πόντους ( εδώ ο Β μπορεί να πάρει τον WY που έχει 30 πόντους ) και κατόπιν το ίδιο και για τον άλλο ( εδώ ο Α μπορεί να πάρει πχ τα όργανα γυμναστικής που αξίζουν 1 Ο πόντους ).Όταν βαθμολογούν με τον ίδω τρόπο τα αντικείμενα ή οι πόντοι δεν μπορούν να χωριστούν εύκολα τότε υπάρχει μια μαθηματική φόρμουλα του Ta�lor που κάνει δίκαιο τον χωρισμό.Το κλειδί στο μαθηματικό αυτό μοντέλο είναι ότι διαφορετικοί κληρονόμοι αξιολογούν διαφορετικά τα ίδια αντικείμενα. Με τον ίδιο τρόπο μοντελοποιούνται και προβλήματα όπου ο καθένας προσπαθεί να αποφύγει όσο το δυνατό πιο πολλές «αρνητικέρ) καταστάσεις όπως πληρωμή φόρων , αναμονή. στην ουρά , αγγαρείες κλπ ( και πάλι η ιδέα είναι ότι ο καθένας αξωλογεί διαφορετικά τις αρνητικές εργασίες μεταξύ τους ).Η νέα μαθηματική αυτή προσέγγιση έχει αποδειχθεί αρκετά ευέλικτη στην επίλυση πολλών διαφορών όπως διεθνείς διαφωνί-

τώρα αποτελέσματα .Η μέθοδος τους μοντελοποιεί μαθηματικά τον τρόπο λειτουργίας των δημοπρασιών : κάθε εταιρεία δικαιούται βάσει του μεγέθους της άδεια για μία συγκεκριμένη ποσότητα εκπομπής ρύπων. Οι βιομηχανίες που έχουν υιοθετήσει συστήματα περιορισμών της μόλυνσης που παράγουν, μπορούν να πουλήσουν σε άλλες εταιρείες μέρος της άδειας τους, παίρνοντας πίσω έτσι μέρος των χρημάτων που ξόδεψαν για να μην μολύνουν το περιβάλλον. Στην πορεία τώρα εφαρμο-yής του μέτρου, όποιες δυσλειτουργίες παρουσιάζονται, αντιμετωπίζονται από τους μαθηματικούς με κατάλληλες βελτιώσεις του μοντέλου. Η σύγχρονη τάση που υπάρχει για την αντιμετώπιση προβλημάτων των πολιτικών επιστημών με την βοήθεια των μαθηματικών είναι ενδεικτική της ευρείας εφαρμογής των μαθηματικών στις μέρες μας.

Οι ρίγες των ζώων Είναι γνωστό και από παλαιότερο τεύχος του

Ευκλείδη Β' (σελ.5 τ. 31 I 1999 ) ότι ο αριθμός των πετάλων στα περισσότερα λουλούδια ακολουθεί την ακολουθία Fibonacci (δηλαδή είναι κάποιος από τους 1,2,3,5,8,13,21, . . . όπου κάθε όρος δίνεται από το άθροισμα των δύο προηγούμενων του).Αυτή η καταπληκτική αλγεβρική ιδιότητα των φυτών έχει και κάτι αντίστοιχο στο ζωικό βασίλειο μόνο που δεν είναι της ίδιας αριθμητικής φύσης : οι ραβδώσεις και τα μορφώματα στο δέρμα της λεοπάρδαλης·, της τίγρης , της ζέμπρας αλλά και κάποιων ψαριών, ακολουθούν ορισμένα γεωμετρικά πρότυπα που όμως η σχέση τους με τα μαθηματικά δεν εξαντλείται εκεί. Ο μεγάλος μαθηματικός Alan Tuήng ανακάλυψε ότι όλα αυτά τα σχέδια μπορούν να προκύψουν από τον ίδιο τύπο εξίσωσης! Οι εξισώσεις που ανακάλυψε, αναλύουν τι συμβαίνει σε χημικές ουσίες όταν αντιδρούν μεταξύ τους ή διαχέονται πάνω σε κάποια επιφάνεια και επιτρέπουν την κατασκευή μαθηματικών μοντέλων που περιγράφουν την γεωμετρία των σχηματιζόμενων σχημάτων στο δέρμα των ζώων. Πράγματι το 1995 δύο Ιάπωνες επιστήμονες με τη βοήθεια των εξισώσεων Tuήng προσδιόρισαν την εξέλιξη των μορφωμάτων στο δέρμα ενός είδος ψαριού προβλέποντας τις μεταβολές που συνέβαι-


Τα Μαθηματικά δεν είναι μόνο Ασκήσεις

ναν σε αυτό καθώς μεγάλωνε. Παράλληλα άλλοι ερευνητές, δημιούργησαν μία προσομοίωση σε ΗΝ της μεταβολής στην εmφάνεια ενός είδους οστράκων βασιζόμενοι στις εξισώσεις Turing και προέβλεψαν την ύπαρξη άλλων σχηματισμών στην επιφάνεια οστρακοειδών που εντοπίστηκαν μετά τη θεωρηnκή πρόβλεψη τους μέσω των εξισώσεων αυτών!

Μοιάζει απίθανο όλη η φυσική πολυχρωμία και ποικιλομορφία να μπορεί να περικλειστεί σε ένα μαθημαnκό τύπο. Ωστόσο αυτό πράγματι συ μβαίνει σnς παραπάνω περιπτώσεις και είναι ενδεικτικό της δύναμης των μαθηματικών.

Βιομηχανία και θεωρητικά μαθηματικά

Τα τελευταία 30-40 χρόνια εταιρίες κολοσσοί των υπολογιστών και τηλεπικοινωνιών διατηρούν μεγάλες ερευνητικές ομάδες επιστημόνων , μεταξύ των οποίων και μαθηματικούς, με σκοπό την έρευνα σε διάφορους τομείς. Ωστόσο όταν το 1998 μια από τις μεγαλύτερες εταιρείες παραγωγής λογισμι-

ζουν παρόμοιας υφής προβλήματα (όπως αστρονομία στις αλληλεπιδράσεις των ουράνιων σωμάτων, γενετική στο πλήθος και το είδος των βιολογικών διεργασιών που συμβαίνουν σε πολύπλοκους οργανισμούς όπως ο άνθρωπος, συστήματα ελέγχου πτήσεων αεροσκαφών και των διαστημοπλοίων κλπ).Τέτοια προβλήματα για να ανnμετωπιστούν χρειάζονται συνδυασμό διαφορεnκών κλάδων θεωρητικών μαθημαnκών όπως λογική, τοπολογία κλπ.Η αντιμετώπιση δηλαδή θεμελιωδών προβλημάτων στον τομέα σχεδιασμού και ανάπτυξης ΗΝ απαιτεί μαθημαnκούς από όλο το φάσμα των λεγόμενων θεωρηnκών μαθημαnκών κάn που η ίδια η βιομηχανία έχει αρχίσει να συνειδητοποιεί. Η ένδειξη αυτή της νέας αντίληψης για τη χρησιμότητα των μαθημαnκών ακόμα και σε εργασιακούς χώρους όπου η έμφαση στις εφαρμογές έχει την πρωτοκαθεδρία , είναι δηλωnκή της αξίας των μαθηματικών ως βασικού παράγοντα κοινωνικής και οικονομικής προόδου.

κού παγκοσμίως ανακοίνωσε την σύσταση μιας ε- Τέλεια δημοκρατία δεν υπάρχει!

ρευνητικής ομάδας από μαθηματικούς, ήταν κάn Τον τελευταίο καιρό τα αποτελέσματα των α-που δημιούργησε αίσθηση μια και η εν λόγω εται- μερικανικών εκλογών έχουν κάνει φανερό το δραρεία προσδίδει έμφαση στην έρευνα μόνο στις πε- ματικό ρόλο που μπορεί να παίξει το εκλογικό σύριοχές που έχουν άμεση σχέση με την παραγωγή στημα μιας χώρας στη διαμόρφωση των αποτελελογισμικού software και τα αντίστοιχα προϊόντα σμάτων μιας εκλογικής αναμέτρησης. Και φυσικά της.Μάλιστα ένας από τους πρώτους μαθηματι- το βασικό ερώτημα είναι: ποίο είναι το δικαιότερο κούς που προσελήφθησαν ήταν και ο Michae1 εκλογικό σύστημα; Το 1951 ένας οικονομολόγος Freedman ο οποίος κέρδισε το Fie1ds Medal το ,ο Kenneth Αποw, που είχε σπουδάσει και μαθη-1986 για τη επίλυση μιας εικασίας στο χώρο των ματικά, δημοσίευσε ένα βιβλίο ( "Sound choice θεωρητικών μαθηματικών (το Fields Medal είναι and indiνidual νalues") όπου διαπραγματευόμενος αντίστοιχο των βραβείων Nobel για τα μαθηματικά την έννοια της ψηφοφορίας με τις μαθηματικές ένκαι απονέμεται κάθε 4 χρόνια). Ποιο είναι το σκε- νοιες της διάταξης (πχ ο υποψήφιος Α έχει περισπτικό μιας τέτοιας απόφασης ; Ο βασικός λόγος σότερες ψήφους από το Β σημαίνει Α>Β κλπ) αόπως εξηγούν και τα στελέχη της εταιρείας ,είναι η πέδειξε το περίφημο «θεώρημα του Αποw» : δεν ανάγκη χρησιμοποίησης ικανών μαθηματικών που υπάρχει εκλογικό σύστημα που να ικανοποιεί και έχουν την ικανότητα να καταλαβαίνουν τις εξελί- τις 5 βασικές προϋποθέσεις-αξιώματα που θα ξεις στα μαθηματικά και να μπορούν να τις συνδέ- πρέπει να ισχύουν σε μια δημοκρατία ώστε να είουν με θεωρητικά προβλήματα της επιστήμης των ναι τελείως δίκαιο (οι προϋποθέσεις-αξιώματα που υπολογιστών (και των οποίων η επίλυση από ο- έθεσε ως βασικές είναι παραδεκτές από όλους και ποιαδήποτε εταιρεία ΗΝ σημαίνει αυτόματα και είναι : αν περισσότεροι προτιμούν τον Α από το Β τεράστια κέρδη γι'αυτήν).Για παράδειγμα ένα από τότε πρέπει να βγαίνει ο Α, αν όλοι ψηφίζουν τον τα βασικά προβλήματα που τους απασχολεί με α- Α τότε βγαίνει ο Α ,αν ο Α προτιμείται από το Β πλά λόγια, είναι το ακόλουθο : ζητείται να βρεθεί και ο Β από το Γ τότε ο Α προτιμείται από το Γ αν υπάρχει αλγόριθμος επίλυσης κάποιας κατηγο- κλπ ).Δηλαδή δεν υπάρχει τέλεια δημοκραriα. με ρίας «δύσκολων» προβλημάτων ώστε ο χρόνος την έννοια ότι κανένα εκλογικό σύστημα δεν εivαι που χρειάζεται ένας ΗΝ για να τον τρέξει να είναι «απόλυτα δίκαιο». Το ενδιαφέρον είναι ότι ιαινείς «σχετικά μικρόφ (ακριβέστερα :να είναι πολυω- ως τότε δεν είχε αντιληφθεί ή αποδείξει το mρανυμική συνάρτηση του μεγέθους του προβλήμα- πάνω παράδοξο και αυτό είχε σαν αποτέλεσμα την τος).Η εύρεση ενός τέτοιου αλγορίθμου θα έλυνε ένταση από τότε της έρευνας και της μελέτης των τα χέρια σε μια σειρά επιστημών που αντιμετωπί- εκλογικών συστημάτων, κάn που συνεχίζεται και


Τα Μαθηματικά δεν εiναι μ6νο Ασκήσεις

στις μέρες μας. Ο Αποw το 1972 κέρδισε το Nobel της οικονομίας και σημαντικό μέρος σε αυτό συνέβαλε και το παράπάνω θεώρημα. Σήμερα εξακολουθούν οι εργασίες πάνω σε αυτό το ζήτημα και έχουν προταθεί αρκετά εκλογικά συστήματα ,που ωστόσο μοιράζουν τα πλεονεκτήματα με τα μειονεκτήματα τους. Οι μελέτες συχνά εντοπίζονται στην διάκριση και αλλαγή κάποιων μαθηματικών συμμετριών που διαθέτουν τα υπό μελέτη μοντέλα .. Το περίεργο είναι ότι η παραδοξολογία που προέκυψε με το πιο πάνω θεώρημα αντιμετωπίζεται πιο εύκολα και πάλι με μαθηματικά εργαλεία, ενώ από την άλλη με μαθηματικά αποδείχθηκε ότι άλλες «κοινέρ) πεποιθήσεις για εκλογικά συστήματα οδηγούν σε παράδοξα.

Τελικά χρειάστηκαν τα μαθηματικά για να συνειδητοποιήσουμε τη δυσκολία ύπαρξης μιας απόλυτα δίκαιης ψηφοφορίας!

Επιμύθιο

Τα παραδείγματα που δείχνουν τον κύριο ρόλο των μαθηματικών στις σύγχρονες εξελίξεις είναι ανεξάντλητα. Θα αναφέρουμε ορισμένα ακόμα σε κλάδους αιχμής :

• Το μόριο του DNA υπό την επίδραση κάποιων ιών που προσβάλλουν τον οργανισμό υφίσταται αλλοιώσεις που σαν αποτέλεσμα έχουν το «τύλιγμα>) των ελίκων και την δημιουργία κόμπων. Η εξέλιξη αυτή δυσκολεύει την μελέτη με μικροσκόπιο των μορίων DNA γιατί δεν μπορούν να ξεχωριστούν λόγω των αλλοιώσεων αυτών. Χάρη όμως στην τοπολογία (κλάδος των θεωρητικών μαθηματικών που μελετά μεταξύ άλλων την κατάταξη των κόμπων) είναι δυνατή η ταξινόμηση των μορίων με βάση το είδος των κόμπων τους και επομένως η διάκριση των προσβεβλημένων από ιό από τα υπόλοιπα μόρια. Έτσι διευκολύνεται η παρακολούθηση της δράσης επικίνδυνων ιών και η εύρεση τρόπων αντιμετώπισης τους!

• Η χωρητικότητα των CD-ROM μοιάζει να είναι μεγάλη για τις άμεσες ανάγκες μας , ωστόσο για aπαιτητικές εφαρμογές όπως αποθήκευση φωτογραφιών κλπ υπάρχει ανάγκη για ακόμα περισσότερη χωρητικότητα. Με τη χρήση της μαθηματικής θεωρίας των συναρτήσεων fractals είναι δυνατή η συμπίεση των δεδομένων πολλές παραπάνω φορές. Η ιδέα είναι η εύρεση μιας μαθηματικής συνάρτησης η οποία όταν εφαρμόζεται διαδοχικά σε μια

εικόνα που πρέπει να συμπιεστεί δίνεί όλο και καλύτερες προσεγγίσεις. Η εικόνα εμφανίζεται από την μνήμη έπειτα από διαδοχικές εφαρμογές της συνάρτησης (αρχικά η συνάρτηση δίνει μια θολή εικόνα που όμως μετά από επαναλαμβανόμενες δράσεις της, δίνει διαρκώς καλύτερη εικόνα). Αποθηκεύοντας έτσι πληροφορίες για την συνάρτηση μόνο, είναι αναγκαία πολύ λιγότερη μνήμη από ότι όταν αποθηκεύεται πληροφορία για κάθε μικρό τετράγωνο της εικόνας ξεχωριστά.

• Σήμερα έχουν κατασΚευαστεί μοντέλα υπολογιστών που βασίζονται στο DNA!H ιδέα ήταν η εξής : η δράση ενός ενζύμου σε ένα μόριο DNA ή η δράση ενός ιού σε ένα οργανισμό μοιάζει με την δράση μιας συνάρτησης σε μια μεταβλητή : έχουμε την δράση με κάποωυς κανόνες και ένα παραγόμενο αποτέλεσμα. Έτσι aντιστοιχώντας κάποιες βασικές βιολογικές λειτουργίες σε συναρτήσεις οι μαθηματικοί μπόρεσαν να προσομοιώσουν τη λειτουργία ενός υπολογιστή μέσω βιολογικών αντιδράσεων πετυχαίνοντας την επίλυση ενός προβλήματος γραφημάτων με υπολογιστή από DNA το 1995.0ι εξελίξεις είναι τόσο ραγδαίες που πιθανόν στα επόμενα χρόνια οι ΗΝ να δώσουν τη θέση τους για την εκτέλεση ορισμένων εργασιών στους μοριακούς αυτούς υπολογιστές.

Όλα δείχνουν ότι ο 21 ος αιώνας θα είναι ο κατεξοχήν αιώνας των μαθηματικών. Τα μαθηματικά επομένως αποτελούν το κλειδί παρακολούθησης των εξελίξεων και το παράθυρο για ένα καλύτερο μέλλον. Στο χέρι μας είναι να το χρησιμοποιήσουμε.

Βιβλιογραφία

[1] L.Ad1eman :Computing wίth DNA Sc. Ameήcan Aug. 1998

[2] M.Bams1ey :Fractal image compression Notices AMS June 1996

[3] B.Cipra :Wavelet applίcatίons SIAM News 26/7(1993)

[4] K.C.Cole : The mathematίcs of truth and beauty Harcourt Brace

[5] A.Jackson: Theory ίnto profit Notices of the AMS 45/6(1998)

[6] D.Saaή: Geometry ofvotίng Spήnger-Verlag

[7] I.Stewart :Fearful symmetry Penguin


© © γελαστούλης

4ιtλ6ίκτυο (lιιferιιef} Το Ιί ιιτοο r6JY Ιιιιτό6Jν

του Γράψα Κων/νου @ Παπάn

τον πόλεμο της Γιουγκοσλαβίας δεν κατέρρευσε ούτε ελέyχθηκε παρά τις προσπάθειες και των δύο πλω-Σ ρών .Για αυτόν τον λόγο κατασκευάστηκε άλλωστε για να μην αχρηστεύεται σε περίπτωση πολέμου όταν ένα μέρος του τεθεί εκτός λειτουρ'γίας. Κάθε υπολογιστής- πελάτης του δικτύου συνδέεται με τηλεφωνική γραμμή με έναν εξυπnοετητή- διακομιστή (server) μίας υπηρεσίας παροχής υπηρεσιών Ιντερνέτ1 • Η διαδρομή που θα ακολουθήσουν οι πληροφορίες μεταξύ των διακομιστών καθορίζεται από τους δρομολογη

τές(rοuters) του διαδικτύου. Οι πληροφορίες κόβονται σε πακέτα αριθμούνται και τους δίδεται και η διεύθυνση του υπολογιστή παραλήπτη και στέλνονται από την διαδρομή με τη μικρότερη κίνηση με την βοήθεια των δρομο�τών .. Όταν τα πακέτα από τις διάφορες διαδρομές φθάσουν,ξαναμπαίνουν στη σειρά και γίνεται έλεγχος για α1Ιώλειες. Αν κάποια δεν έχούν φτάσει σωστά ξαναζητούνται. Η τεχνική υλοποίηση κάποιων τέτοιων προδιαγραφών αποτελούν το πρωτόκολλο μετάδοσης και ελέγχου του διαδύκτιο .(τCP/IP)2

Ο Παγκόσμιος πληροφορικός Ιστός .Από τις διάφορες υπηρεσίες που μας παρέχει το Διαδύκτιο όπως ηλεκτρονικό ταχυδρομείο (e-mail), γρήγορη μεταφορά αρχείων σε ηλεκτρονική μορφή(ftp), ομάδες συζήτησης(ηews), ταυτόχρονη επικοινωνία(Chat), πρόσβαση στις ιστοσελίδες υπερκειμένου κ.λ.π (Web) θα ασχοληθούμε αρχικά με την τελευταία και δημοφιλέστερη .Δηλαδή με τις πληροφορίες σε μορφή κειμένου,εικόνας,ήχου, κλπ που είναι οργανωμένες σε σελίδες τις γνωστές ως ιστοσελίδες. Για να αντλήσουμε τις παραπάνω πληροφορίες από μία ιστοσελίδα,δηλαδή για να την "επισκεφθούμε " χρειαζόμαστε την διεύθυνση της ιστοσελίδας για παράδειγμα http://www.hωs.gr/index.htωl και έναν υπολογιστή συνδεδεμένο στο διαδύκτιο στον οποίον τρέχει ένα πρόγραμμα ξεφυλλίσματος ιστοσελίδων ο φυλλομετρητής (Browser) για παράδειγμα ο Intemet explorer 5.5(είτε ο Netscape Naνigator 4.5, κ.α) .Το http:\\ που βρίσκεται στην αρχή πληροφορεί τον φυλλομετρητή ότι θα γίνει μεταφορά σελίδας υπερκειμένου(με το πρωτόκολλο http ).

Πλοήγηση.Την διεύθυνση τις ιστοσελίδας θα την πληκτρολογήσουμε στην ειδική θυρίδα του προγράμματος Διεύθυνση και θα πατήσουμε το πλήκτρο εισαγωγής ENTER (ή με το ποντίκι Μετάβαση) Και ιδού η εισαγωγική σελίδα index.html της Ε.Μ.Ε.

�ι":.· .. �.f.ιι;;..,·,:..• -�=�4:.·.:=;:, $.>!5. .μ:τ•'ΙΙ- ···.ι-e•:,•:t I Γενικά το πρόγραμμα του φυλλομετρητή θα αναζητήσει και θα μας παρουσιάσει στην οθόνη την α

ντίστοιχη προς την διεύθυνση ιστοσελίδα που μπορεί να είναι αποθηκευμένη σε ένα διακομιστή (server) στην γειτονιά μας, ή στην άλλη άκρη του κόσμου.

Το πλεονέκτημα των ιστοσελίδων σε αντίθεση με τις κοινές σελίδες κειμένου ήταν όn αποτελο6σuν

1 ISP(=Intemet Server Proνider) 2 Το Transmission Control Protocol /Intemet Protocol το αναφέρουμε διότι σε εφαρμογές μπορεί να :χρειασθεί uίπου να το επιλέξουμε μεταξύ {i).).ων (όπως του NetBEUI για τοπικά δύκτια)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λ.δ. τ.2/1 1

Η Στήλη της Πληροφορικής

υπερκείμενο δηλαδή περιείχαν σημαδεμένες λέξεις,δεσμούς, που με την επιλογή τους από τον αναγνώστή3 εμφάνίζαν άλλο κείμενο στην ίδια σελίδα ή σε άλλη που μπορεί να βρίσκονταν στον ίδιο υπολογιστή ή σε άλλον απομακρυσμένο :Ετσι το δυαδίκτυο με όλες του τις ιστοσελίδες θα μπορούσε να θεωρηθεί ένα τεράστιο υπερκείμενο.

Σήμερα με την προσθήκη στις ιστοσελίδες εικόνων, ήχων, κινουμένων,εικόνων,ταινιών,κ.α μπορούμε να πούμε ότι αποτελεί όχι απλά υπερκείμενο αλλά υπερμέσο.

Δραστηριότητες: Ήλθε η ώρα για την κατανόηση όχι μόνο ή έννοια του υπερκειμένου και του πως μεταβαίνουμε από

ένα δεσμό στον άλλο αλλά και πως μπορούμε να δημιουργήσουμε με απλά μέσα παραδείγματα στην γλώσσα σήμανσης υπερκειμένου html (=hypertex market language)πoυ περιέχει σημάνσεις -ετικέτες(tag) μέσα σε γωνιακές αγκύλες όπως ... 

Τα αρχεία κειμένου που φαίνονται στη δεξιά στήλη των παρακάτω πινάκων δημιουργήθηκαν με το σημειωματάριο(Νοtepad) των Windows σώθηκαν σε μία δισκέτα με ονόματα sel l .html και sel2.html και με ένα πρόγραμμα μεταφοράς αρχείων ftp μεταφέρθηκαν στον υποκατάλογο grakon του ιδιωτικού παροχέα υπηρεσιών διαδυκτίου forthnet.gr Μπορείτε να τα δείτε και εσείς στην διεύθυνση: http://users.forthnet.gr/ath/grakon/sell.html μέχρι να λήξει η συνδρομή μας. Να τι θα δείτε . Το αριστερό μέρος του παρακάτω πίνακα. (το δεξιό θα το εξετάσουμε στην παρακάτω)

Γεια σας αvαyvώστες ..

(για σελίδα (2) . . ]

<html> Γεια σας αναγνώστες .. <a href="sel2.html">[για σελίδα (2) ... ]</a> </html>

Παρατηρήστε το κείμενο [για σελίδα 2 . . . ] αυτό είναι ένας δεσμός που μας οδηγεί στην σελίδα 2 (sel2.html) που φαίνεται παρακάτω στο αριστερό μέρος.

.. και αvαyvώστριες <html> .. και αναγνώστριες</fοηt> <ρ> <a href="sel l .html">[ ... πίσω σελίδα (1) ]</a> <ρ> <a href="http://www.hms.gr/"> [για E.M.E ... ]</a> </html>

Αυτή περιέχει δύο δεσμούς έναν για να επιστρέψουμε στην προηγούμενη σελίδα και έναν για να μεταφερθούμε στην σελίδα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας και πάει λέγοντας

Αν μας αρέσει η απλότητα!! κι::tι θέλουμε να επιστρέψουμε στην σελίδα 2 μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το βέλος + πίσω (back) της γραμμής εργαλείων του φυλλομετρητή

Η γλώσσα σήμανσης υπερκειμένου html Στο δεξί μέρος των παραπάνω πινάκων παρατηρούμε τον κώδικα των ιστοσελίδων.Στον Explorer για δούμε τον κώδικά επιλέγουμε: ΑρχείQ � Επεξεργασία με WίndowsNotepad

Παρατηρήστε παραπάνω δίπλα από την εμφάνιση των ιστοσελίδων τις σημάνσεις. Έχουν ένα συμβόλου ανοίγματος <>και οι περισσότερες και ένα κλεισί ατος το </ > Έτσι καθορίζεται η εμβέλεια της σήμανσης. Για παράδειγμα η σήμανση : b>Γεια σα ανα ώστε .. και ανα ώστ ιε θα χρησιμοποιήσει μπλε χρώμα για να ε φανίσει την γραμματοσειρά(fοηt) του κειμένου που περικλείεται από αυτές τις σημάνσεις . Η font color=blue> .. και ανα ώστ ιε θα δημιουργήσει γράμματα και μπλε

3 Η επιλογή γίνεται με τον δείκτη του ποντικιού .Το ότι είναι δεσμός φαίνεται από την αλλαγή του δείκτη σε χεράκι όταν περνάει από πάνω. Δεσμός που τον έχουμε επισκεφθεί αλλάζει χρώμα.

Η Στήλη της Πληροφορικής

και έντονα. Ανάλογα μια παράγραφος ξεκινάει με και κλείνει με ή με ξειάνημα άllης uιραγράφου .Ο ολόκληρη η σελίδα ξεκινάει με <html> και κλείνει με </html>. Η αλλαγή γραμμής 'fίνειαι με το brake που δεν έχει σήμανση τέλους

Μία σελίδα όπως η se1 1 .html που έχει αποθηκευθεί στην δισκέτα μπορούμε να την δούμε αν στην στην θυρίδα διεύθυνσης τqυ φυλλομετρητή γράψουμε A:\sell .htm

Μπορούμε να συνεχίσουμε με την την selidal.html κ.λ.π στην παρακάτω δtεύθυνση. htt;p://users.forthnet.gr/ath/grakon/selidal .html Μελετήστε τον κώδικά και τα σχόλια που για να μην επηρεάζουν την εμφάνιση της περιέχονται μεταξύ <!- και ->

Παρατηρήσεις

1 ) Αν στην πλήρη διεύθυνση της Ε.Μ.Ε http://www.hms.gr/index.html σταματήσουμε στην τελική κάθετο χωρίς να γράψουμε το όνομα αρχείου index.html, όπως φαίνετε στο σχήμα του φυλλομετρητή της προηγούμενης σελίδας, θα έχουμε το ίδιο αποτέλεσμα στην οθόνη. Αυτό συμβαίνει διότι το όνομα αρχείου index.html είναι προεπιλεγμένο σε αυτόν τον κόμβο.( συνηθισμένα προεπιλεγμένα αρχεία είναι τα index.html και default.htm)

2) Σε αντίθεση με ότι θα περιμέναμε oi κενές γραμμές καθώς και τα πολλά κενά μεταξύ των λέξεων στο κείμενο του κώδικα της ιστοσελίδας δεν εμφανίζονται στην οθόνη του φυλλομετρητή. Εμφανίζεται μόνο ένα κενό διάστημα .. Για κάθε επιπλέον κενό διάστημα πρέπει να γράψουμε στον κώδικα την σειρά χαρακτήρων &npsp;

3) Ότι γράφουμε μεταξύ των σημάνσεων <pre> <pre> προ-μορφοποίησης κειμένου εμφανίζεται στην οθόνη με την στοίχιση που το έχουμε γράψει με χαρακτήρες όχι αναλογικούς αλλά σταθερού πλάτους ( Courier) για καλύτερη στοίχιση . Έτσι μπορούμε να δημιουργήσουμε πίνακες αριθμών και "εικόνες" με χαρακτήρες ASCII πχ <pre>

ο _- \ < , _

( _ ) I ( _ )

</pre>

\ 1 1 1 1 1 I ( ο ο ) \ -- I

\ < > 1 \ I

4) Εκθέτες-δείκτες: για να εμφανίσουμε το α με εκθέτη κ γράφουμε ακ και για δείκτη το ίδιο όπου αντί για sup γράφουμε sub

5) Υπάρχουν ακόμη σημάνσεις για την εμφάνιση των ελληνικών ή άλλης γλώσσας χαρακτήρων στην σελίδα. Όταν ο υπολογιστής πελάτης δεν διαθέτη ελληνικές γραμματοσειρές τον προτρέπει να τις φορτώσει. Ακόμη υπάρχουν σημάνσεις με λέξεις κλειδιά για να αναζητήσουν την σελίδα οι μηχανές αναζήτησης ή αντίθετα για να την αγνοήσουν.

Πηγές-Βιβλιογραφία :

1 . Αστρολάβος τεύχος 2/1998 Ε.Μ.Ε σελ.62-69.

2. Εφαρμογές πληροφορικής και υπολογιστών Α'Β'Γ' Ενιαίου Λυκείου σελ. 24 1 -282.

3. Εφαρμογές Η/Υ Α' τάξη 1 ου Κύκλου Τομέα Γεωπονίας. Τροφίμων και περιβάλλοντος Τ.Ε. Ε� τηρίων σελ 22-48.

4. Προγραμματιστικά εργαλεία για το διαδίκυιο. 2ος κύκλος Τ. Ε. Εκπαιδευτήρια Τομέας Πληροφορικής & Δικτύων Η/Υ

5. RAM ένθετο τεύχους 9 1/ 199 6 και 127/1999 σελ. 6

61°5 ΠΑΝΕΑΛΗΝΙΙJΣ ΜΑθΗΤΙΚIJΣ ΔΙΑΓRΝΙΣΜΙJΣ ΣΤΑ ΜΑθΗΜΑΤΙΚΑ "IJ θΑΑΗΣ"

ΣAIJIJATIJ, 4- NIJEMBPIIJ!/ 2000 Β · Γ υ μ ν α σ ί ο υ [( ι )3 35]

ι. Δίνονται οι παραστάσεις Β = [(-5)2 - (-2)3 - ι) : - 2) +24 ·

Α = 52 - 24 : 23 + ι και Β = (52 - 24) : (23 + ι)

Ν α βρεθούν οι Α, Β και να συγκριθούν οι , Α 22Β αριθμοι 20Β , Α .

2. Του τραπεζίου ΑΒΓΔ (ΒΓ 11 ΑΔ) δίνονται: (α) ΑΒ = ΓΔ = ι2 μέτρα

3.

(β) Η περίμετρός του 54 μέτρα (γ) Το εμβαδόν του Ε = ι20 τ.μ. Να βρείτε το ύψος του υ.

Στο παραπάνω σχήμα δίνονται: (α) ει 11 ε2 (β) ΑΒΓ ισοσκελές τρίγωνο (ΑΒ = ΑΓ) με

/'..

ΒΑΓ = 20cι (γ) Η ΒΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΒΓ (δ) ΓΖ .l ΑΓ Να βρείτε τις γωνίες φ =Γ ΔΕ, θ = ΑΕΔ και ω. Να εξηγήσετε γιατί οι ευθείες ΒΕ και ΓΖ

δεν είναι παράλληλες. 4. Δίνονται οι παραστάσεις:

Α = 2 + l + � + � + + 200ι 2 3 4 .. . 2000 '

Β = ι + ! +! + ! + + _ι_ 2 3 4 . • . 2000 .

Να βρείτε τον αριθμό Α - Β.

Γ ' Γ υ μ ν α σ ί ο υ ι. Δίνονται οι αλγεβρικές παραστάσεις:

Α = (-5)2 _ (-2)-3 : (- ! J + (-ι)ιοοο

Να βρείτε τους αριθμούς Α, Β και να συ-γκρίνετε τους αριθμούς � , ;�� . 2. Στο παρακάτω σχήμα δίνονται:

Α Ε

-------τ---11\-7---7=------ ει

---'B'-------I.Δ-'--------"r""----------- ε2

(α) ει 1 1 εz (β) το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο πλευ-

ράς α. (γ) ΓΕ .l ΑΓ και ΑΔ .l ΒΓ. (δ) ΑΕ = 2α Να βρείτε: (ί) το λόγο��

(ii) το εμβαδόν του τραπεζίου ΑΔΓΕ. 3. Ο θετικός ακέραιος χ είναι άρτιος και όταν

διαιρείται με το 7 δίνει υπόλοιπο 2. Να βρεθεί ο αριθμός χ, αν είναι μεταξύ των αριθμών 5ι2 και 52 ι.

4. Σε μία Βαλκανική συνάντηση Νέων συμμετείχαν ι99 παιδιά από 9 διαφορετικές χώρες. Να αποδείξετε ότι μία τουλάχιστον χώρα είχε στην αποστολή της ι2 τουλάχιστον παιδιά του ίδιου φύλου.

Α ' Λ υ κ ε ί ο υ ι. Το τριπλάσιο ενός αριθμού αυξημένο κατά

ι8 ισούται με το τετράγωνο του αριθμού. Να βρεθεί ο αριθμός.

2. (α)Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των γωνιών ενός τετραπλεύρου ΑΒΓ Δ είναι 360°. (β) Τετραπλεύρου ΑΒΓ Δ οι εξωτερικές

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

γωνίες Αεξ , Βεξ , Γ εξ , Δεξ είναι ανάλογες προς τους αριθμούς 6, 8, ιο και ι2, αντιστοίχως.


Στήλη των Ολυμπιάδων

Να βρεθεί το είδος του τετραπλεύρου. 3. Σε μία τάξη Λυκείου διοργανώθηκε πρω

τάθλημα σκακιού. Την πρώτη ημέρα έγιναν μόνο κάποwι αγώνες στους οποίους οι δύο αντίπαλοι ήταν ένα αγόρι και ένα κορίτσι. Στους αγώνες αυτούς της πρώτης ημέρας πήραν μέρος τα � του αριθμού των αγοριών της τάξης και τα � του αριθμού των κοριτσιών της τάξης. Α ν η τάξη έχει συνολικά 34 παιδιά να βρείτε: (i) πόσα αγόρια και πόσα κορίτσια έχει η

τάξη, (ίί)πόσα παιδιά δεν πήραν μέρος την πρώτη

μέρα στους αγώνες. 4. Οι δύο διαστάσεις ενός ορθογωνίου είναι οι

θετικοί ακέραιοι χ και y. Αν αυξήσουμε τη μία διάσταση κατά ι και την άλλη διάσταση κατά 2, τότε το ορθογώνιο που προκύπτει έχει εμβαδόν διπλάσιο του εμβαδού του αρχικού ορθογωνίου. Να βρεθούν οι διαστάσεις χ, y.

Β ' Λ υ κ ε ί ο υ ι. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

Χ1 + χ = 2ν + ι, ν Ε IN ' έχει πραγματικές ρίζες. Είναι δυνατόν οι ρίζες της εξίσωσης αυτής να είναι ακέραιοι αριθμοί;

2. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ προεκτείνουμε την υποτείνουσα ΒΓ κατά τμήμα Γ Δ = ΑΓ. Η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει την ΑΔ στο Ε. Ο κύκλος γ κέντρου Α και ακτίνας ΑΕ τέμνει την ΒΕ, εκτός του Ε, και στο Ζ. Να αποδείξετε ότι η χορδή ΖΕ χωρίζει τον κύκλο γ σε δύο τόξα από τα οποία το ένα είναι τριπλάσιο του άλλου.

3. Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του θετικού ακέραιου χ για την οποία ο ι3ι: διαιρεί τον α-

ριθμό 500! [Δίνεται ότι: 500! = ι · 2 · 3 · . . . · 499 · 500].

4. Έστω ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ = 2cm. Προς το ίδιο μέρος της ΑΒ θεωρούμε τα ισοσκελή τρίγωνα ΓΑΒ, ΔΑΒ, ΖΑΒ με Γ Α = ΓΒ, ΔΑ = ΔΒ και ΖΑ = ΖΒ, έτσι ώστε

Ε(ΓΑΒ) = ι cm1 ' Ε(ΔΑΒ) = 2 cm1, Ε(ΖΑΒ) = 3 cm1•

Να αποδείξετε ότι: ΜΒ + ΑΖΒ = i·

Γ ' Λ υ κ ε ί ο υ ι. Ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) οι

πλευρές ΒΓ = α και ΑΓ = Ρ ικανοποιούν τη , α -'10 σχεση μ = �·

Να αποδείξετε ότι είναι μμ ..l μ,, όπου μμ και μ, είναι οι διάμεσοι από τις κορυφές Β και Γ, αντιστοίχως.

2. Ν α αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι χ, y, z τέτοιοι ώστε να ικανοποιούν την ισότη-τα χ2 + i - Sz = 6.

3. Τα σημεία Κ, Λ βρίσκονται στο εσωτερικό του τριγώνου ΑΒ και είναι τέτοια ώστε να ισχύουν:

(ΑΒΚ) = (ΑΓΚ) = (ΒΚΛ) = (ΓΚΛ) = (ΒΛΓ). (i) Να αποδείξετε ότι τα Κ, Λ ανήκουν στη

διάμεσο ΑΔ του τριγώνου ΑΒΓ . (ίί)Αν θ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου

ΑΒΓ, να βρεθεί ο λόγος �� •

4. Σε μία κατασκήνωση υπάρχουν 577 παιδιά από 9 διαφορετικές χώρες. Σε οποιαδήποτε ομάδα 9 παιδιών υπάρχουν 2 τουλάχιστον παιδιά με το ίδw ύφος. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ομάδα 5 παιδιών από την ίδια χώρα που είναι του ίδιου φύλου και qουν το ίδιο ύψος.

. \ ί1σεις των θεμάτων στο επόμενο τεύχος

«IJ .ιlυμπιακέs π potΙεy yίtΙειs»

α1 , α2 , . . . , αν > Ο και

α1 + α2 + · · · + αν � ν (η αι = α2 = . . . = αν ).

του Σωτήρη Λουρίδα

α1 · α2 · . . . · αν = Ι ισότητα ισχύει

τότε

αν

1 . Τα θέματα που αφορούν στις ανισότητες είναι θέματα μείζονος ενδιαφέροντος για τις μαθηματικές Ολυμπιάδες. Η κεντρική ιδέα για την απόδειξη μιας ανισότητας είναι το γεγονός ότι το αυστηρό στα μαθηματικά είναι και το απλό (R. Godement: Algebre, Paris ι966). 2.2. Αν α1 ,α2 , . . . ,αν > 0 τότε

2. Μερικές «επώνυμες)) ανισότητες. 2.1. Ανισότητες Αριθμητικού - Γεωμε

τρικού - Αρμονικού Μέσων - Cauchy. Αν


Αν αι = α2 = . . . = αν έχω ισότητα.

2.3. Cauchy - Schwarz - BuniaKowski:

Γιά τους πραyματucσύς αϊ , βϊ , ί = 1, 2, .. . , ν ισχύει:

(αf + α� + · · · + α� ) · (βf + β� + · · · + β� )� � ( αιβι + α2β2 + · · · + ανβν )2 . Η ισότητα ισχύει , αι α2

αν οταν -=-= = βι β2 βν 2.4. Weierstrass:

ίί) Αν επιπλέον S < 1 τότε: . 1 (Ι + αι )(1 + α2 )· · · (1 + αν ) < 1 _8 .

iii) Αν επιπλέον αν < 1 για κάθε ν Ε Ν , τότε (1-αι )(1 - α2 ) · · · (1 - αν ) > 1 - S .

1 ίν) (1 - αι )(1 - α2 )· · · (1 - αν ) < l + S . 2.4 H�der.

Η ανισότητα του Hδlder είναι μια γενίκευση της ανισότητας των Cauchy - Schwarz.

Αν {αι ,α2 , ... , αν } και {βι ,β2 , .. . ,βν } είναι δύο σύνολα θετικών πραγματικών αριθμών και οι α-

θ { ' ' ' 1 1 1 1 ρι μο p, q ειναι τετοιοι ωστε: - + -= με p > , Ρ q

τότε: αιβι + .. . + ανβν � (αf + ... + α� )ιιρ (β( + . . . + β� )ι tq

Η , , , αι αν Α θ ισοτητα ισχυει οταν -= . . . =- . ν εω-βι βν , 1 1 ρ Β βq ρησουμε χ = - , y= - και Ai = αι , i = i , Ρ q

i = 1, 2, . . . , ν , τότε έχουμε την ακόλουθη ισοδύναμη διατύπωση: A�Bi + ... + Α�Β� � (Αι + .. . + Αν )χ (Βι + . . . + Βν )Υ

, , Ακ Βκ 1 2 Το ισον ισχυει αν - =- με κ = , , . . . , ν και SK SK

Αι + Α2 + .. . + Αν = Sν , Βι + Β2 + ... + Βν = Sν . Για p=q=2, προκύπτει η ανισότητα Cauchy -Schwarz.

2.6. Tschebyche[

Για τους πραγματικούς αϊ , βί , ί = 1, 2, . . . , ν με

Υι � Υ2 � Υ3 � Υ4 � - - · � Υν ισχύει

ν · (ΧιΥι + Χ2Υ2 + · · · + ΧνΥν ) � (χι + χ2 + · · · + χν ) · (Υι + y2 + · · · + Υν ) . Η ισότητα ισχύει όταν Χι = χ2 = . . . = χν ή Υι =Υ2 = . . . =yν

2.7. Αν Χι,χ2,χ3, . . . ,Χγ και Υι . Υ2 • Υ3 • · · · • Υν θετικοί αριθμοί τότε

χ χ χ (ΧιΥι + Χ2Υ2 + · · ·+ ΧνΥν Jχι+χ2+· ·+χ. Υι 1 · y22 · · · yy" < Χι + χ2 + · · ·+ χν

2.8. Α ν ισότητα του Bernoulli

Α ν χ > -1 και ν δυσικός αριθμός, τότε ισχύει: (l + χ)ν � 1 + νχ . Γενίκευση: Αν -1 < χ :;t: Ο, τότε έχουμε: (1 + χ)α < 1 + αχ, για Ο<α<l

(1 + χ)α > 1 + αχ, για α> 1 'η α<Ο .

Α ν χ=Ο τότε ισχύουν σαν ισότητες.

2 .9. Jensen.

Α ν f κυρτή στο [α, β] τότε

r( x;y )< f(x};f(y) , "dx, yE (α,β] . Γενίκευση:

(Χι + χ2 + ... + χν ) f (χι ) + .. . . + f (χν } f � ' ν ν

"dxi Ε [α, β] με i = 1 ,2, . . . , ν.

Α ν f κοίλη στο [α, β] τότε

f _ , ν χ, y Ε α, . (x + y )> f(x}+ f(y) -w

[ β] 2 2

Γενίκευση:

r( χ, + χ,: · · · + χ, );, f (x, ) + .�. + f (x, ) ,

"dxi Ε [α, β] με i = 1 ,2, . . . , ν.

2.10. Αν για τους θετικούς xi , i = 1, 2, . . . , ν έχουμε Χι + χ2 + . . . + χ ν = k , με k σταθερό αριθμό, το γινόμενο Χι · χ2 · . . . · χν γίνεται μέγιστο αν

k Χι = Χ2 = . . . = χν =ν


2.1 1 . Αν χι , χ2 , . . . χν θεnκές μεταβλητές τότε στην περίπτωση που έχουν σταθερό άθροισμα, έστω Χι + χ2 + · · · + χν = κ , η ελάχιστη nμή της λ λ λ ' Χι + χ2 + · · · + χν ειναι η λ-ι . ν

2. 12. Ανισότητα Minkowikί

Η ανισότητα του Minkowski είναι μια γενίκευση της τριγωνικής ανισότητας

Αν {αι ,α2 , . . . , αv } και {βι , β2 , ... ,βv } είναι δύο σύνολα θετικών πραγματικών αριθμών και p > 1 , τότε ισχύει: [(αιβι )Ρ + . . . + (αvβv )p ]ι /p :s; (αf + . . . + α� )ι ι ρ (βf + . . . + β� )ιι p .

3. Α ν αι , α2 , . . . , α2000 θετικοί ρητοί αριθμοί με άθροισμα σ = «ι

+ α2 + · · · + α2000 να aποδείξτε ότι:

( Jαι ( Jαz ( J«zooo _!!_ _ ι · _!_ _ ι · · · _σ _ _ ι :::; ι999σ «

ι «2 «2οοο

Λύση: Α ν οι α ι , α2 , . . . , α2000 είναι θεnκοί ακέραιοι

τότε από το θεώρημα Cauchy έχουμε: σ (σ- αι Jα, · (σ-αz Jα2 · · ·(σ- αzοοο Jαzooo :::; αι αz αzοοο σ-αι σ-αz σ-αz000 αι . --+αz . --+· . + αzοοο . -----=== αι αz αzοοο = 1999:::::) σ

(� - 1 Jα, · (� - 1 Jα2 · · ·(-σ - 1 Jα2000 :::; 1999σ . αι αz αzοοο Αν οι αι , α2 , . . . , α2000 περιέχουν και κλασματικούς τότε, έστω κ το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιό των παρονομαστών τους οπότε οι κ · αι , κ · α2 , . . . , κ · α2000 ακέραιοι θετικοί. Επομένως: κ·σ ( σ - αι Jκ·α, . ( σ -αz Jκ·αz . . . ( σ -αzοοο Jκ

·αzοοο :::; αι αz αzοοο

_κ_,_( σ_-_α.....:ι..:._) _+_κ_,_( σ_-_α.....:z:...:..)_+_ . . _· +_κ_(.ο....σ_-_α....::zοο.:..:..:....:..ο ) = 1999 . κ · σ Άρα

( Jα1 ( Jα2 ( Jαzooo σ � -1 · � - 1 . . . _σ _ _ 1 :::; 1999 :::::) αι αz αzοοο

4) Να αποδειχθεί ότι: s {ro . το + ro · ωιο +ωιο

· χιο) · {χιο + yιο +ω•ο)4 �

χ2y

2ω2 { χ6 + y6 + ω6 ) για κάθε χ, y,ωε JR .

Λύση: Υπενθυμίζουμε ότι για τους κ, λ με κ + λ = 1

και τους θετικούς Xι , x2 , x3 ,yι ,Yz , y3 και από την ανισότητα Hδlder έχουμε:

(χι + xz + χ3 )κ · (Υι + yz + y3 )λ �

κ λ

κ λ

κ λ Χι ' Υι + Xz · yz + X3 ' YJ ·

, ι

4

ιο Θεωρωντας κ =s και λ =s και χι = (x · y) , ( )ιο ( )ιο ιο ιο Xz = y · ω ' χ3 = ω · χ ' Υι = ω ' Yz = x '

y3 = y10 έχουμε: [(χ · y)ιο +(y·ω)ιο +(ω ·χ)ιοfs · {ωιο +χιο +yιo )Ys

�

[(x · y)ιo ]Ys · {ωιο )Υs + [(y · ω)ιο ]Υs · (χιο }

Υs +

[ (ω . χ )ι ο ]Ys . ( Υιο )Ys οπότε: 5 { χιο . Υιο +yιο · ωιο +ωιο . χιο) · { χιο + yιο +ωιο)4 �

x2y2ωs + y2ω2xs + x2ω2ys ή 4 5 {χιο · yιο + yιο · ωιο +ωιο · χιο ) · {χιο + yιο +ωιο) �

xzy2ω2 (χ6 + y6 + ω6 ) .

Ωαρατήρηση: Μπορούμε να κατασκευάσουμε παρόμοια άσκηση με μεγαλύτερο πλήθος όρων. 5) θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και έστω Η1 , Η2 , Η3 τα σημεία τομής των υψών ΑΑ1 , ΒΒ1 , ΓΓ1 αντίστοιχα με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ. Να αποδειχθεί ότι:

Η2Η� + Η3Η: + Η1Η� � 3 . ΒΓ2 ΓΑ2 ΑΒ2

Λύση:

Γνωρίζουμε ότι τα Ηι ,Η2 ,Η3 είναι τα συμμετρικά Δ του Η, ως προς τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ του ΑΒΓ


αντίστοιχα. Άρα: Η2Η3 = 2Β1Γ1 , Η3Η1 = 2Γ1Α1 , Η1Η2 = 2Β1Α1 οπότε αρκεί να δείξω όn: Β Γ,2 Γ,Α2 Α Β2 3 _ι _ι + _ι_ι + _ι_ι �- . Υπολογίζεται, εύκολα, ΒΓ2 ΓΑ2 ΑΒ2 4 ότι:

Α < 90ο � ΑΒι = ΑΓ2 + ΑΒ2 -ΒΓ2 2ΑΓ

� π ΒΓ2 -ΑΓ2 -ΑΒ2 Α > - � ΑΒ1 = ------2 2ΑΓ

ΑΓ2 + ΑΒ2 -ΒΓ2 Τελικά ΑΒ1 = ± . Από τα όμοια 2ΑΓ

Δ Δ τρίγωνα ΑΒ1Γ1 , ΑΒΓ έχω:

ΒιΓι = ΑΒι � ΒιΓι2 = ABf = (ΑΓ2 +ΑΒ2 -ΒΓ2 )2

ΒΓ ΑΒ ΒΓ2 ΑΒ2 4ΑΓ2 . ΑΒ2 όμοια έχουμε:

2 (ΑΒ2 + ΒΓ2 -ΑΓ2 )2 Αι Γι ΓΑ2 = 4ΑΒ2 · ΒΓ2

2 ΑιΒf (ΒΓ2 +ΑΓ2 -ΑΒ2 ) . ΑΒ2 =

4ΒΓ2 ·ΑΓ2 Άρα, αρκεί να αποδείξω ότι:

ΒΓ2 · (ΑΓ2 + ΑΒ2 - ΒΓ2 )2 + ΑΓ2 4ΑΒ2 · ΒΓ2 · ΓΑ2

2 (ΑΒ2 + ΒΓ2 -ΑΓ2 ) + ΑΒ2 4ΑΒ2 · ΒΓ2 · ΓΑ2

2 ( ΒΓ2 + ΑΓ2 - ΑΒ2 ) 3 -'---

--=-

--=-

----=-'"- >-4ΑΒ2 · ΒΓ2 · ΓΑ2 - 4 .

Θεωρώ, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι: ΒΓ � ΑΓ � ΑΒ . Είναι σαδές ότι: ΒΓ2 (ΒΓ2 -ΑΓ2 ){ΒΓ2 -ΑΒ2 )+ ΑΓ2 (ΑΓ2 - ΑΒ2 ) {ΑΓ2 -ΒΓ2 )+

ΑΒ2 ( ΑΒ2 -ΒΓ2 )( ΑΒ2 -ΑΓ2 ) � Ο (αδήνεται

στους αναγνώστες). Οπότε έχω:

2 2 BrZ · (AΓ2 +AW -BrZ ) +� · (Alf +BΓ2 -� ) + 2 ΑΒ2 · (ΒΓ2 +ΑΓ2 -ΑΒ2 ) � 3ΒΓ2 ·ΑΓ2 ·ΑΒ2 ή

2 ΒΓ2 · ( ΑΓ2 + ΑΒ2 - ΒΓ2 ) + ΑΓ2 4ΑΒ2 · ΒΓ2 · ΓΑ2

(ΑΒ2 + ΒΓ2 -ΑΓ2 )2 +ΑΒ2 4ΑΒ2 · ΒΓ2 · ΓΑ2

(Br2 + ΑΓ2 - ΑΒ2 )2 3 -'-----=---=--

--:-'-- >-4ΑΒ2 · ΒΓ2 · ΓΑ2 - 4 . .

6) Έστω τρίΎωνο ΑΒΓ και δα ,δμ .δ1 οι εσωτερικοί διχοτόμοι του, aποδείξτε ότι:

ΛίJση :

ι ι ι ι ι ι - + - + -> - + -+- . δα δμ δ1 α Ρ Ύ

Α

� . '\ I

\ί..- ..... Δ Για το τυχαίο σημείο Μ (εσωτερικό της ΒΓ) θεω-λ λ λ λ ρώ ΒΑΔ = ΜΑΓ και ΑΒΔ = ΑΜΓ . Επειδή λ � Δ ΑΜΓ > Β η ΒΔ είναι εξωτερικά του ΑΒΓ . Προ-

Δ Δ δανώς ΑΒΔ όμοιο ΑΜΓ οπότε: ΑΒ = ΒΔ � ΑΒ ·ΜΓ=ΑΜ · ΒΔ . ΑΜ ΜΓ

τ . . ΑΒ ΑΔ αυτοχρονα εχουμε: ΑΜ = ΑΓ .

Ε δ ' ΒΑΜλ ΔΑΓλ .. ' ΑΒ ΑΔ ' πει η = και αοου ΑΜ = ΑΓ ε-

Δ Δ χουμε ΑΒΜ όμοιο ΑΔΓ .

Άρα: ΑΜ = ΜΒ

οπότε ΑΓ·ΜΒ=ΔΓ·ΑΜ. ΑΓ ΔΓ Τελικά ΑΒ · ΜΓ + ΑΓ · ΜΒ = ΑΜ(ΒΔ + ΔΓ) �

ΑΒ · ΜΓ + ΑΓ · ΜΒ > ΑΜ · ΒΓ . αγ αβ Αν ΑΜ =δα � ΒΜ = -- , ΜΓ= -- ο-

β + γ β + Ύ

πότε αβγ + αβγ > α · δ � δ < 2βγ � β + γ β + γ α α β + γ

1 β + γ 1 1 (1 1 ) ' ' - > -- � - >- -+- , ομοιως προκυπτει δα 2βγ δα 2 β γ

ότι -1 > !(! +!) . ]__ >_!_(! +!) δp 2 α γ δg 2 α β

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις παραπάνω ανισότητες έχουμε:

_ι +_!_+_ι >.!_ · 2(!+!+! ]� δα δβ δγ 2 α β γ

ι ι ι ι ι ι -+-+-> -+-+- . δα δβ δγ α β γ

Προτεινόμενη Άσκηση: Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Δ,Ε,Ζ τα σημεία επαδής του εγγεγραμένου του κύκλου με τις πλευρές ΒΓ =α, ΑΓ=β, ΑΒ=γ αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι:

α · ΑΔ + β · ΒΕ + γ · ΓΖ + (α - β)2 + + (β - γ)2 + (γ - α)2 < α2 + β2 + γ2

7) Έστω ΑΒΓ η τομή τρισορθογώνιας γωνίας (στερεάς) Ο · xyz από επίπεδο και οι δίεδρες γωνίες θ, φ, ω με ακμές ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα. Αν χ, y, z πραγματικοί αριθμοί δείξτε ότι: χ2

• τεμ2θ + y2 • τεμ2φ + z2 · τεμ2ω� (χ + y+ z)2 •

Λύση: ο

Α Γ

Β

Γνωρίζουμε ότι το ΑΒΓ είναι οξυγώνιο. Επίσης ότι η προβολή του Ο στο ΑΒΓ είναι το ορθόκεντρο Η

ΗΗ2 του ΑΒΓ συν2θ = --� με

ΟΗ1 Α π ΗΗ2 ΒΟΓ =- � συν2θ = 1 = 2 ΒΗ1 · ΓΗ1

4R 2συν2Β · συν2Γ ------------------� 2RημΓ ·συν Β · 2RημΒ · συν Γ

συν2θ = σδΒ · σδΓ , όπου R η ακτίνα του περιγεγραμμένου περί το ΑΒΓ κύκλου. Ομοίως συν2δ =σδΑ ·σδΓ και συν2ω=σδΑ ·σδΒ � συν2θ +συν2δ +συν2ω =1 . (Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει

σδΑσδΒ +σδΒσδΓ -+σδΓσδΑ =I ). Από την ανισότητα Cauchy-Schwartz έχουμε:

( χ2 y2 z2 ) ----+---+-- ·(συν2θ + συν2δ +συν2ω) συν2θ συν2δ συν2ω � (χ + y + z)2 .. .

Παρατηρήσεις: Χρησιμοποιήσαμε ότι:

1 . Αν η προβολή γωνίας ΧΟΨ σε επίπεδο, το οποίο τέμνουν οι πλευρές τις και που η κορυδή της δεν ανήκει σε αυτό, είναι ορθή τότε η γωνία ΧΟΨ είναι οξεία.

2. ΒΗ1 = 2RημΓ · συνΒ, Η1Γ =2RημΒ · συνΓ, ΗΗ1 = 2RσυνΒ · συνΓ,

8) Έστω μία συνάρτηση f : R --+ R , συνεχής στο R και με την ιδιότητα: ( f ο f ο . . . ο f ) (χ) = κ · χμ , όπου κ, μ δύο θετικοί

2000φορές ακέραιοι αριθμοί. Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστο\' ένας χ0 Ε R ώστε f ( χ0 ) = χ0 •

Λύση: Έστω f (χ) > χ , 'Vx Ε R τότε:

f{f(x)) > f(x) > x r( r( f(x))) > f ( f( χ)),

r( f(· . . f (x ) . . ·)) > r( f( . . · f ( χ) . . ·)) 2000 δορές 1999 δορές

Αν προσθέσουμε τις σχέσεις αυτές κατά μέλη θα έχουμε κ · χμ > χ για κάθε πραγματικό αριθμό χ, άτοπο. Έστω f (χ) < χ, 'Vx Ε R . Κατά τον ίδιο τρόπο καταλήγουμε σε άτοπο. Άρα θα υπάρχουν χ1 , χ2 πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε

f (χι ) � χι και f ( χ2 ) � χ2 <=> f(χι ) - χι � Ο και f (x2 )- x2 � 0 . Άρα για την h (x) = f(x) - x , που είναι προ

δανώς συνεχής, σαν διαδορά συνεχών συναρτήσεων, διακρίνω τις εξής περιπτώσεις: ιη) Αν f(χι ) -χι = Ο � h(χι ) = Ο άρα χ0 = χι . 2η) Αν f(x2 )- x2 = 0 � h(x2 ) = 0 άρα χ0 = χ2 . 3η) Αν f(χ1 )- χι :;t: O δηλ. f(χι )- χι < 0 και

f(x2 )- x2 :;t: O δηλ. f(x2 )- x2 > 0 , τότε h (xι ) · h (x2 ) < 0 οπότε από το θεώρημα Bolzano θα υπάρχει χ0 , μεταξύ των χι , χ2 ώστε h ( χ0 ) = Ο δηλ. f ( χ0 ) = χ0 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.Ι/19

Παρατήρηση: Μια συνάρτηση, τέτοιου τύπου είναι η f : JR ---? JR με y = f (x )= 2x3 (γιατί;). 9) Να βρεθεί ο ελάχιστος α για τον οποίο υπάρχουν θετικοί αριθμοί χ και y τέτοιοι ώστε: να ισχ6ουν χ + y :5 α και χ-1 + y-1 :5 α και (χ-

• + α-• )-ι + (y-ι - α-• )-ι :::; α .

. \ύση: Από τις δύο πρώτες ανισότητες έχουμε: 1 1 1 1 0 < χ :5 α - y και α �-+-�--+- ή χ Υ α - y Υ

> α α _ ' y(α - y) y2 - αy + 1 :5 0 με ρίζες α±� , Υι,2 = 2 κατανοουμε ότι, λόγω συμμε-

τρίας, χ 2 - αχ + 1 :5 Ο α ±� Χι 2 = . 2

με

Ά α -�α2 - 4 < < α+�α2 - 4 ρα: _ χ _ και 2 2 α -�α2 - 4 α +�α2 - 4 ----:5y :5----2 2 (1)

ρίζες

Επειδή για τους αριθμούς 1 1 1 1 ' - +- και - -- ισχυει: χ α y α 1 1 1 1 1 1 - +-+---=-+- :5 α και χ α Υ α χ Υ (>Η' + (� -Η' � α έχουμε α -�α2 - 4 1 1 α +�α2 - 4 ---- :5-+-:5 και 2 χ α 2 α -�α2 - 4 1 1 α +�α2 - 4 ---- <---<----2 - Υ α - 2 α -�α2 - 4 1 1 α +�α2 - 4 1 ή --<-< --2 α - χ - 2 α

και α +� +.!..::;.!..::; α +� + .!.. (2) 2 α y 2 α ταυτόχρονα από τις σχέσεις ( 1) και την υπόθεση προκύπτει ότι: α -�α2 - 4 1 α +�α2 - 4 ----:5-:5 και 2 χ 2

α -�α2 - 4 1 α +� 2 ::; "Υ ::; 2 <3)

Από (2), (3) έχουμε: α -�α2 - 4 α+�α2 - 4 1 , ----:5 -- η 2 2 α �α2 - 4 �.!..�Ι α 1��2 +J5 άρα μικρότερος α α είναι ο α = .Jr-2-+-JS""'s= . ιο) Για τους πραγματικούς αριθμούς α1 , α2 , α3 , α4 τρεις από τους οποίους είναι θετικοί και ο τέταρτος αρνητικός έχουμε:

ι ι ι ι -+-+-+-=0. «ι αz α3 α4

Να αποδειχθεί ότι -υπάρχει τρίγωνο με πλευρές �α1 + α2 , �α2 + α3 , �α3 + α4 •

Λύση: Αν οι α1 ,α2 ,α3 είναι θετικοί τότε το πρόβλη-

μα είναι προδανές. Α ν ένας από τους α1 , α2 , α3 εί-ναι αρνητικός, έστω α1 < Ο τότε

1 1 1 1 1 --=-+-+->- . αι α2 α3 α4 α2 Άρα ισχύει lαι l < α2 � α1 + α2 > Ο . Όμοια έ-

χουμε α3 + α1 > Ο . Άρα προκύπτει �α2 + α3 >�α1 + α2 και �α2 + α3 > �α3 + α1 •

Κατ' αρχήν έχουμε �αι + α2 + �α3 + αι > �α2 + α3 <==> �αι + α2 . �α3 + αι > -αι <==> ( αι + α2 )( α3 + αι ) > αι <==> α1 α2 + α2 α3 + α3 α1 > Ο όπου α1 < Ο και α2 > Ο , α3 > Ο , α4 > Ο . Επειδή α1 α2 α3 < Ο με

__ 1_ =_!_+_1_+_1_= α1 · α2 + α1 · α3 + α3α1 < Ο � � � � � · � · �

προκύπτει ότι α1α2 + α2α3 + α3α1 > Ο . '

Επομένως �α1 + α2 +�α3 + α1 > �.-α-2-+-α-3 . (1). Επιπλέον ισχύει I �α1 + α2 -�,--α3_+_α_1 Ι< �α2 + α3 (2). Πράγματι, I �α1 + α2 -�α3 + α1 I< .J.-α-2 -+-α-3 <==> α1 < � ( α1 + α2 )( α3 + α1 ) , που είναι αληθής.

Από τις (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.l/20

Καταλήγοντας: γ. Τότε: Γνωρίζουμε ότι για τους θετικούς α1 , α2 , • • • αν

έχουμε: αι +αz +· · ·+αν >_ ν

(υα+υβ+υγ )(-1 +-1 +-1 )� 9 . υα υβ υγ

-1--1---1- => -+-+· · ·+-ν 1 1 1 1 Όμως: -+-+- = - , όπου ρ η ακτίνα αι αz αν υα υβ υγ ρ

(αι +αz +· · ·+αν )(_!_+_Ι +· · ·+-1 J� νz . του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο κύκλου.

αι αz αν Άρα υα +υβ +υγ � 9ρ . Για ν = 2 και α1 = αγ , α2 = βδ =>

(αγ+βδ)(-1 +-1 ]� 4 => (αγ+βδ)2 � 4αβγδ . αγ βδ

Για ν = 4 τότε α1 = s1 , α2 = s2 , α3 = s3 , α4 = s4 ύψη τετραέδρου τότε

Αν α, β, γ, δ διαδοχικές πλευρές εγγεγραμμένου τετραπλεύρου, από το θεώρημα του Πτολεμαίου: αγ + βδ = xy όπου χ, y οι διαγώνιες του τε-

(s1 +s2 +s3 +s4 )(_!_+_!_+...!.._+_!_]� ι6 . sι Sz s3 s4 ' 1 1 1 1 1 Όμως -+-+-+- = - όπου IR η ακτί-s1 s2 s3 s4 R

τραπλεύρου. Επομένως x2y2 � 4αβγδ . να της εγγεγραμμένης σδαίρας. Για ν ·= 3 θεωρούμε α1 = υ α , α2 = υβ ,

α3 = υ γ ύψη τριγώνου με αντίστοιχες πλευρές α, β, Άρα s1 + s2 + s3 + s4 � 1 6R

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΖΗΤΗ Αρμενοπούλου 27 • ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ 546 35 Τηλ. (031)203.720 • Fax (031)21 1 .305 e·mail:[email protected]

Ε Π Ι Σ Τ Η Μ Ο Ν Ι Κ Α � ΤΕΧΝΙΚΑ � ΓΙΑ ΤΑ A.E.I. • Τ.Ε.Ι. • Ι.Ε.Κ. • ΘΕτΙΚΩΝ ΚΑΙ ΘΕΩΡΗfΙΚΩΝ ΕΠΙΠΗΜΩΝ

Ε Κ Π Α Ι Δ Ε Υ Τ Ι Κ Α - • ΠΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ (ΓΕΝΙΚΟ • ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΕΩΝ) σι:ι • ΠΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΑΘΗΝΩΝ ΕΝΩΣΗ ΕΚΔΟΤΩΝ ΒΙΒΛΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ Στοά του Βιβλίου (Πεσμαζόγλου 5) • ΑΘΗΝΑ 105 64 Τηλ.·faχ (01)3211097

· ·ΠΛΗΡΕΙΣ ΣΕΙΡΕΣ ΕΚΑ�ΙΔΕΥ1ΙΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ Γ I Α τ ο Λ Υ κ Ε I ο ... D ΓΙΑ ΤΟ Ι"ΥΜΝΑ1: 1 0 11> ::Σύμφωνα με τα νέα αναλυτικά προγράμματα (ΓΕΝΙΚΟ · ΚΑ τΕΥΘΥΝΣΕΩΝ)

Μπορείτε να .A�1t�' τις νέες μας ��ιΜειc; στο /nternet . . ·,

στην ιστοσελlδ,α.: , . www.zit i . g r -------

·:-:·: .. ::=-c;;.-- · ":'' '

414�f.)•I•,]eJQ�a·, ·-: Το 8ο Τεύχος τοu πεΡιΟδl� -�.κπα ιδ ευ τ ι κ ιι ί 'tιΡΩΒ \Η\1 \ Ί Ι � \!01

Τα βιβλία μας 80 -rσ �!�;�?ε όλο το βιβλιοπωλείο ______ .....__ e·moil:[email protected]

θ. ΞΕΝΟΥ ΤΡΑΠΕΖΑ θΕΜΑΤΟΝ ΠΑ ΜΑθΗΜΑfΙΚΑ

Α' ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΛΓΕΒΡΑ

ΚΑΙ ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕ1ΡΙΑ

θ. ΞΕΝΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ

ΜΑθΗΜΑ1ΙΚΩΝ Γ' ΛΥΚΕIΟΥ

. θ. ΞΕΝοΥ

··. ΜΑ8iιΙΙΙΑ'Ι1ΚΛ Β' ΚΥΚΛΟΥ Τ.Ε.Ε.

Γ. ΠΑΝΊΈΛΙΔΗ · ΑΝΑΛΥDΙ Τ;1. (ΕΚΔΟΣΗ 2iJOoΙ


λtiJI !:Ε ΙΣ Λ&fJεΜΟΥ !f'"APfJI!.H�

!ιllλl Πlλi'M.trllltt �ΕΤ!ΒΛR!ΗΣ

�-.-2., I , .•

. t· . . :.-....... __

β, ΦΡ(ΙΓΚΟΥ

. ' AΣIOinJΣ . ΛIJΠΣΜΟΥ ΣΥΝΑΡ'ΠιΣΗΣ · · ΜIΛΣ ΠΡ.mιλτtΚΗΣ . ... << ΜΕJΑΙΛΗ'ΠΙΙ·�; •

8' ΕΚΔIJΣ,� ι ! •.

α) Ο μαθητής Ζώης Χρίστου από την Χαλκίδα έστειλε την επόμενη άσκηση.

ί) Δίνονται οι ισότητες α3 + αχ + y = Ο (1 ) β3 + βχ + y = Ο (2) γ3 + γχ + y = Ο (3) με α :;t β :;t γ . Να δειχθεί ότι α + β + γ = Ο .

Λύση: Έχουμε ( 1) - (2): α3 - β3 + (α - β) χ = Ο ή

(α- β) (α2 + αβ + β2 )+ (α- β)χ = Ο ή (είναι α :;t β ) α2 + αβ + β2 + χ = Ο (4)

Έχουμε ( 1 ) - (3): α2 + αγ + γ2 + χ = Ο (5) Έχσυμεακόμα(4)- (5): α(β -γ) + (β2 - γ2 )=0

ή α{β - γ) + (β - γ) {β + γ) = Ο ή α + β + γ = Ο .

β) Από τον μαθητή Αντώνιο Βουκουβάλα (Πάτρα) πήραμε την εξής άσκηση.

Αν ο αριθμός α (όπου α, β είναι θεnκοί β ακέραιοι) πολλαπλασιασθεί διαδοχικά με τους θεnκούς ακέραιους κ, λ · με (κ, λ) = 1 δίνει ακέραιους αριθμούς τότε ο � είναι ακέραιος. β

Λύση:

Τρέπουμε το κλάσμα � σε ανάγωγο. 'Εστω β α Α , {Α Β) 1 'Ε Α . κ , - =- οπου , = . χουμε --= ακεραιος β Β Β

Α · λ ' Ε ' Α λΒ και Β= ακεραιος. πομενως · κ = πο . και Α · λ = πολ.Β . Επειδή (Α, Β)= 1 έπεται ότι το Β I κ και Β I λ . Επειδή όμως (κ, λ) = 1 θα είναι Β = 1 . Άρα Α = α =Α . Β β

γ) Ο μαθητής Κυριάκος Πανάτης από την Άμφισσα έστειλε την επόμενη άσκηση:

Να δειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει

υ α + υp + υ1 > 6ρ όπου υ α , υp , υ1 είναι τα ύψη του τριγώνου και ρ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου.

Λύση: Β

Α Γ

Φέρνουμε την ΒΛ κάθετη στην ΑΓ. Έστω Μ το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου κέντρου Ο με την πλευρά ΑΓ. Η διάμετρος ΝΟΜ είναι κάθετη στην ΑΓ. Άρα ΒΛ 1 1 ΝΜ . Είναι ΜΝ = 2ρ και ΜΝ < ΒΛ (διόn το Β βρίσκεται εκτός του εγγεγραμμένου κύκλου). Άρα 2ρ < υα . Ανάλογα δείχνουμε όn 2ρ < υp , 2ρ < υ1 . Επομένως 6ρ < υ α + υβ + υ1 .

ε) Η μαθήτρια Κ. Π. από την Κοζάνη μας έστειλε την επόμενη άσκηση.

Να δειχθεί ότι lα3 + 5α2 - 61 � ια - 113 + 8 (α - 1)2 + 1 3 (α - 1)

(όπου αε � ).

Λύση: Είναι α3 + 5α2 - 6 = (α - 1)3 + 3α2 - 3α + 1 + 5α2 - 6 = (α - 1)3 + 8α2 - 2α - 5 = (α - 1 )3 + 8 (α - 1 )2 + 1 6α - 8 - 3α - 5 = (α - 1 )3 + 8 (α - 1 )2 + 13α - 13 . Επομένως lα3 + 5α2 - 61 =

Ι( α - 1 )3 + 8 (α - 1 )2 + 1 3α - 131 � Ια - 113 + 8 1α - 112 + Βiα - 11 = Ι α - 113 + 8 (α - 1 )2 + Βiα - 1ι .

ANI�fJTHTE:i - ΑΠΟΛ!/ΤΕΣ ΡΙΖΕΣ τις Ασκήσεις 1, 2, 3, 4 επιμελήθηκε ο Γ. Αποστολόπουλος

τις Ασκήσεις 5, 6, 7, 8, 9, 1 Ο, 11, 12 επιμελήθηκε ο Σ. Γιαννακόπουλος

1) Αν x,ye JR: με x + y = 1 και α, β, y τα μήκη πλευρών τριyώνου, να δειχθεί ότι: χαz + yβz � xyyz .

Λύση: Επειδή α + β > γ , αρκεί να δείξουμε όn:

χα2 + yβ2 � χy (α+ β)2 ή

χα2 + yβ2 - χy (α + β)2 � 0 . Πράyματι:

χα2 + yβ2 - χy(α + β)2 = χα2 + yβ2 - χy {α2 + β2 + 2αβ )=

χα2 + yβ2 - χyα2 - χyβ2 - 2χyαβ = χ (ι - y)α2 + y (ι - χ)β2 - 2χyαβ =

χ . χ . α2 + Υ . Υ . β2 - 2χyαβ = (χα )2 + ( yβ )2 - 2 (χα)( yβ) = (χα - yβ )2 � Ο .

2) Α ν α, β, y τα μήκη πλευρών τριyώνου θα είναι: _α_+ _β_ + _'Υ_ < 2 . β + y y + α α + β

Λ1>ση : Σε κάθε τρίγωνο ισχύει β + γ > α ή

β + y + β + γ > α + β + γ ή 2 (β + γ) > α + β + γ ή 2 ι ' 2α α (ι) --- >-- η >-- . α + β + γ β + γ α + β + γ β + γ Ομοίως από τις γ + α > β και α + β > γ προ

κύπτουν οι ανισότητες: 2β > -β- (2) και 2γ > -γ- (3). α+ β + γ γ + α α+ β + γ α+ β Προσθέτουμε κατά μέλη τις ανισότητες (ι),

(2) και (3) οπότε έχουμε: α β γ 2α + 2β + 2γ δ λ -- + -- + -- < η . β + γ γ + α α + β α + β + γ

α β γ -- + -- +-- < 2 . β + γ γ + α α + β

3) Να δείξετε ότι: α)Για κάθε νε Ν* ν · (ν + 2) < (ν + 1)z .

ι 3 s 7 2000 2001 2οο3 ι β) 2 ' 4 ' 6 ' 8 ' ' ' 2ΟΟι . 2002 . 2004 < .J2004 . Λύση: α) Με νε Ν* ν (ν + 2) < (ν + ι )2 (:::::} ν2 + 2ν < ν2 + 2ν + ι

που ισχύει. β) Σύμφωνα με το (α) ερώτημα ισχύουν:

ι . 3 < 22 ' 3 . 5 < 42 ' 5 . 7 < 62 .. . 2ΟΟι · 2003 < 20022 ' 2003 . 2005 < 20042 .

Τις πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη και έχουμε: ι . j . 52 . i . . ·D>ι2 . ')fjJj . ΊJ1'15<i . 42 . 62 . . . 'lf.1.Ji . :m42

ι 32 52 2οοι2 20032 ι ή - ·- ·- . . ·-- · -- < -- ή 22 42 62 20022 20042 2005 ι 3 5 2001 20ο3 1 1 - ·- ·- . . ·-- · -- < < αφού 2 4 6 2003 2004 .J2005 .J2004 .J2004 < .J2005 .

4) α) Αν x,y, ze JR, να δειχθεί ότι ι-σχύει: xz + yz + zz � xy + yz + zx (ι).

β) Α ν α, β, y ε JR , να δειχθεί ότι ισχύει: 2 ( αz + βz + 'Yz ) �

�...-( α-z -+ β_

z_){_βz

_+_y_z ) + �( β2 + 1z ) { 'Yz + α2 ) +

�( 'Yz + α2 ) { αz + βz ) •

Λύση: α) (1 ) (:::}2Χ2 + 2y +2z2 � 2xy+2yz+2zx (:::}

χ 2 + y2 - 2xy + y2 + z2 - 2yz + z2 + χ 2 - 2zx � Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λ.δ. τ.2/23

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου <=> (x - y/ + (y - z)2 + (z - x)2 � Ο που ισχ6ει ως άθροισμα μη αρνητικών αριθμών. β) Από την χ2 + y2 + z2 � xy + yz + zx με χ =�α2 + β2 , y =�β2 + γ2 , z =�γ2 + α2 προ-ιcύπτει: �α2 + β2

2 + �β2 + γ2 2 +�γ2 + α2 2 � �α2 + β2 �β2 + γ2 + �β2 + γ2 �γ2 + α2 +

+�γ2 + α2 �α2 + β2 δηλαδή: α2 + β2 + β2 + γ2 + γ2 + α2 �

�( α2 + β2 ){β2 + γ2 ) + �(β2 + γ2 ){ γ2 + α2 ) + +�{γ2 + α2 ){α2 + β2 )

άρα: 2 {α2 + β2 + γ2 ) � �( α2 + β2 ){β2 + γ2 ) + �(β2 + γ2 ){ γ2 + α2 ) + .

+�{γ2 + α2 ){α2 + β2 )

S. Αν ΎW τους πραΎματικούς αριθμούς χ, y έχουμε χ * ι και xy + χ = ι (ι), τότε:

α) Δείξτε ότι y * Ο . β) Να aπλοποιήσετε το κλάσμα

χ2 + 2x - 2 + y2 Κ = •

y (x - y) Λύση: α) Αν ήταν y = Ο από την (1) παίρνουμε

χ = 1 . Άτοπο. Άρα y :ί:- 0 . β) Από την (1) έχουμε χ - 1 = -xy , οπότε

χ 2 + 2χ - 2 + y2 = χ 2 + 2 (χ - 1) + y2 = χ 2 - 2xy + y2 = (χ - y )2 . Είναι y * Ο , οπότε αν

(x - y)2 χ - y χ :ί:- y , Κ = ( ) Υ x - y Υ

6. θεωρούμε την εξίσωση λ2 (λ - χ) + λ2μ = μ2 (μ - χ) + λμ2 (ι), λ,με JR . ί) Να λύσετε την (ι). ίί) 'Εστω ότι μ < Ο και μ2 > λ2

• Αν χ0 εί-ναι λύση της (ι), δείξτε ότι χ: + (μ - λ)3 - 8μ3 > 0 .

Λύση: i) (1) <=> λ3 - λ2χ + λ2μ = μ3 - μ2χ + λμ2 <=>

μ2χ -�χ = μ3 _ ')ζ + λμ2 - λ2μ <=> (μ2 - � )χ = (μ3 - '}ζ )+ λμ (μ - λ) <=> (μ - λ) (μ + λ)χ = (μ-λ)(μ2 +μλ+i)+λμ(μ-λ)<=> (μ - λ)(μ + λ)χ = (μ - λ) (μ2 + 2μλ+ λ2 ) <=> (μ - λ)(μ + λ)χ = (μ - λ){μ + λ)2 (2). Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

1η) Αν (μ-λ)(μ+λ):ί:-0 δηλαδή μ:ί:-λκαιμ:ί:--λ, τότε

(μ - λ) (μ + λ)2 (2) <=> χ = ( ) μ + λ . μ - λ (μ + λ) 2η) Αν (μ - λ){μ + λ) = Ο δηλαδή μ = ±λ ,

τότε η (2) γίνεται Οχ = Ο , δηλαδή έχει απειρία λύσεων.

ii) Επειδή μ2 > λ2 <=> (μ - λ ) (μ + λ) > Ο , οπότε είναι μ * λ και μ * -λ . Σύμφωνα με το i) εί-ναι χ0 = μ + λ . 'Εχουμε χ� + (μ - λ)3 - 8μ3 = (μ + λ )3 + (μ - λ )3 + ( -2μ )3 . Παρατηρούμε ότι: (μ + λ) + (μ - λ) + (-2μ) = 0 , οπότε (μ + λ)3 + (μ - λ)3 + (-2μ)3 = 3 (μ + λ)(μ - λ){-2μ) = -6μ (μ2 - λ2 ) > 0 , αφού μ 2 - λ2 > Ο και -6μ > Ο .

Σημείωση: Όταν α + β + γ = Ο , τότε ισχ6ει α3 + β3 + γ3 = 3αβγ .

7. α). Για τους πραΎματικούς αριθμούς α, β, γ, χ, ψ, ω δείξτε ότι: { α2 + β2 + Ύ2 ) {χ2 + ψ2 + ω2 ) � (αχ + βψ + Ύω )2

(ι) (ανισότητα Schwarz). ι β). α2 + β2 + Ύ2 �- (α + β + Ύ)2 · 3

Λύση: α) (1) <=> . . . <=> α2ψ2 + αzωz + βzχz + βzωz +

γ2χ2 + γ2ψ2 - 2αχβψ- 2αΥ:ιω- 2βψγω � Ο<=> (αψ - βχ)2 + (αω - γχ)2 + (βω - γψ)2 � 0 , που ισχ6ει.

β) Εφαρμόζοντας την (1) του i) ερωτήματος για χ = ψ = ω = 1 παίρνουμε

{α2 + βz + γz ) . 3 � (α + β + γ)z <=>

Μαθηματικά -yια την Α· Λυκείcnι

8. Δίνονται οι σχέσεις lx - 31 � 1 (1) και

l2y + 31 � 5 (2). Να βρείτε: α) Τις τιμές των πραγματικών χ, y. β) Τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή της

παράστασης Κ = 2χ - 3y •

Λί)ση : α) (1) <=> -1 � χ - 3 � 1 <=>

-1 + 3 � Χ � 1 + 3 <=> 2 � Χ � 4 <=> Χ Ε [ 2, 4] . (2) <=> -5 � 2y + 3 � 5 <=> -5 - 3 � 2y � 5 - 3 <=>

-8 � 2y � 2 <=> -4 � y � 1 <=> yE [-4, 1] . β) Από το α) έχουμε 2 � χ � 4 <=> 4 � 2χ � 8

(3) και -4 � y � 1 <=> -3 � -3y � 12 (4). Προσθέ-τουμε τις (3), (4) κατά μέλη και παίρνουμε 1 � 2χ - 3y � 20 ή 1 � Κ � 20 . Διαπιστώνουμε ότι για χ = 4, y = -4 . Έχουμε Κ = 20 που είναι η μεγίστη τιμή του Κ και για χ = 2, y = 1 έχουμε Κ = 1 που είναι η ελάχιστη τιμή του Κ.

9. α) Αν χ -φ Ο , δείξτε ότι: lx + �� 2 (1). Για ποια χ η (1) ισχύέι σαν ισότητα;

β) Με κέντρο το σημείο που αντιστοιχεί στο μηδέν του άξονα των πραγματικών αριθμών

γράφουμε κύκλο με ακτίνα -i . Δείξτε ότι τα

σημεία Α(+ , Ο) . Είναι σημεία του παρα-χ + 1 πάνω κυκλικού δίσκου.

Λί)ση :

χ2 + 1 Ιχ2 +� ι(+b{) α) (1) <=> -χ- �2<=> τ�2 <=> χ2 +1�21�<=>

lxl2 - 2 lxl + 1 � 0 <=> {1xl - 1)2 � 0 , που ισχύει. Η

( 1 ) ισχύει σαν ισότητα όταν και μόνο lxl - 1 = Ο δηλαδή lxl = 1 δηλαδή χ = ±1 .

β) Αρκεί η απόσταση των αριθμών Ο, � 1 + χ , , , , 1 να ειναι μικροτερη η ιση του - . ' 2

d( 1 +xx2 ' 0 )= 1 1 +χχ2 - OI = I 1 +xx2 1 · Από το α) έχουμε

10. α) Για τον πραγματικό αριθμό α ισχύει ΙαΙ � α ή ΙαΙ � -α . Σ Λ β) Να συμπληρώσετε την ισοδυναμία

lxl = lαl <=> · · · γ) Για τους μη μηδενικούς πραγματικούς

χ, y ισχύει lxyl + xy = Ο . Να υπολογίσετε την πα-, κ 2χ IYI ρασταση =- + - .

lxl Υ δ) Να βρείτε τα χ του [-1,10] για τα οποία

ισχύει llx - 21 - 3 1 � 4 .

Λί)ση : α) Είναι Σωστό. β) lxl = Ιαl <=> χ =±α · γ) Είναι lxyl = -xy . Τότε xy < Ο . Αν χ > Ο

και y < Ο έχουμε Κ = 2χ - 2:. = 2 - 1 = 1 Αν χ<Ο χ Υ και y>O έχουμε Κ=- 2χ + Υ = -2 + 1 = -1 . χ Υ

δ) llx - 21 - 31 � 4 <=> -4 � lx - 21 - 3 � 4 <=> -4 + 3 � lx - 21 � 4 + 3 <=> -1 � 1χ - 21 � 1 (1) . Όμως lx - 21 � -1 , αφού lx - 21 � Ο .

Άρα (1) <=> lx - 21 � 7 <=> -7 � χ - 2 � 7 <=> -7 + 2 � χ � 7 + 2 <=> -5 � χ � 9 .

Έχουμε ακόμα -1 � χ � 10 , οπότε από τη συναλήθευσή τους προκύπτει -1 � χ � 9 .

11. α) Αν α, β � Ο , να συμπληρώσετε την ισότητα �α · β = · · ·

β) Για κάθε α, β � Ο ισχύει �α + β = if;. + \[β . Σ Λ γ) Να λύσετε την εξίσωση

(Ι χ - 21 - 3 )3 = -8 . δ) Να βρείτε τα χ Ε JR για τα οποία ορίζε-

ται η παράσταση Κ = 3'-1-�χ2 + 4 . Αν χ = 2 , Vx - 1 να βρείτε την Κ και να υπολογίσετε την παρά-

Κ2 � σταση Π = 3r;; + ι;; •

v2 ν2 + 1

Μαθηματικά ΎW την Α· Λυκεiου

Λύση: α) "1./α · β =� · � . β) Είναι λάθος. γ) (lx - 21 - 3)3 =-s � Ιχ - 21 - 3 =-VS �

lx - 21 - 3 = -2 � lx - 21 = 1 � χ - 2 =±1 . • χ - 2 = ι � χ = 2 + 1 � χ = 3 . • χ - 2 =-1 � χ = 2- ι � χ = 1 . δ) Για κάθε χε R ισχύει χ2 + 4 > Ο , οπότε η

παράσταση ορίζεται όταν και μόνο χ - ι > Ο , δηλαδή χ > 1 .

Για χ = 2 έχουμε Κ = (J8 = (}! = ..fi . Άρα 2 }/22 2}/22 }/22 ( J2 - 1) Π =-+--= + = ifi .J2 + 1 ifi}/22 ( .J2 + ι) ( .J2 - 1)

1G }/22 (..fi - ι) _2'1_2- + =if22 +if22 .J2 - if22 = if'i! 2 - 1 }/22 .J2 = � (}! = 67 = 2� .

12. α) Αν α :2: Ο , να δώσετε τον ορισμό της ν-οστής ρίζας του α.

β) Αν α :2: 0 , ισχύει �= � . Σ Λ

y) Να βρείτε τα xe R για τα οποία δεν ο-

ρίζεται η παρι\crταση f(I) = R

+ J6 ι ,fj ' Ιχ5 + 31 6 + 3

Και να βρεθεί το f(O). δ) Να βρείτε την τιμή του λe R για την ο-

ποία η εξίσωση λ�lxl Μ = Μ με άγνωστο τον χ είναι αόριστη.

Λύση: α) Ονομάζουμε ν-οστή ρίζα του α τον μη αρ

νητικό αριθμό χ, για τον οποίο ισχύει: χ ν = α . β) Είναι σωστό. γ) Η παράσταση δεν ορίζεται όταν

Ιχ5 + 31 = 0 � χ5 + 3 =0 � χ5 = -3 � x = -if3 . ι .J6 -../3

Για χ = Ο έχουμε Π= ..[3 + ( J6 + ../3)( J6 _ ../3)

..[3 .J6 - ..[3 ..[3 .J6 -..[3 .J6 --+ =-+ =-..[3..[3 6 - 3 3 3 3 δ) λ�lχlνfχί =νfχϊ � λ�Μ =Μ � λ�Ι χ l3 -Μ =Ο� λΜ -Μ =ο �

(λ- ι)νfχj =0 . Η εξίσωση είναι αόριστη, αν και μόνο αν λ - ι = Ο δηλαδή λ = 1 .

ΙΗΕΑΕΤΗ ΣΥΙΙ.4ΡΤΗΣΗΣ ΣΤΗΝ ,4' ΑΥΚΕΙΙJΥ (ΑΡΤΙΑ - ΠΕΡΙΤΤΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ, ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΚΑΙ ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ)

Στο r κεφάλαιο της Άλγεβρας της Α ' Λυκείου γίνεται η μελέτη των συναρτήσεων f (χ) = αχ + β ,

f(χ)= αχ2 και f(x)= α και εισάγονται οι ένχ νοιες:

• Άρτια και περιπή συνάρτηση. • Μονοτονία συνάρτησης και • Ακρότατα συνάρτησης. Οι παραπάνω έννοιες και η μελέτη τους στις συ

ναρτήσεις σκοπό έχουν τη συλλογή πρόσθετων π}.ηροφοριών με στόχο τη χάραξη της γραφικής τους παράστασης με τη μεγαλύτερη δυνατή επιτυχία.

Στο άρθρο αυτό, παράλληλα πάντα με το σχολικό βιβλίο, θα δώσουμε τις παραπάνω έννοιες ανεξάρτητα από πς συγκεκριμένες συναρτήσεις με μεθόδους μελέτης και εφαρμογές ώστε να βοηθηθούν οι μαθητές της Α ' Λ υκείου αλλά και των άλλων τάξεων ώστε να τα εφαρμόσουν και σε άλλες συναρτήσεις σαν αυτές που ζητούνται και στο σχολικό βιβλίο στο τέλος του κεφαλαίου.

Κώστα Βακαλόπουλου

1. ΑΡΤΙΑ ΚΑΙ ΙΙΕΡΙΤΤΗ ΣΥΝΑΡΠΙΣΗ ΟΡΙΣΜΟΣ 1 Μια συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το

Α ς R λέγεται ΑΡΤΙΑ αν και μόνο αν Ύtα κάθε χε Α ισχύει: -χε Α και f {-x) = f (x) . Π. χ. η συνάρτηση f (χ) = χ1 είναι άρτια α

φού για κάθε χε R ισχύει: -χε R και f (-x)= (-x)1 = χ1 = f (x) . ΠΑΡΑ ΤΗΡΗΣΕΙΣ 1. Το πρώτο σκέλος του ορισμού μας εξασφα)i

ζει ώστε κάθε στοιχείο του πεδίου ορισμού της f να έχει το αντίθετό του επίσης στοιχείο στο πεδίο ορισμού (δηλ. να ορίζεται η συνάρτηση και σ' αυτό) και ισχύει όταν το πεδίο ορισμού της f είναι ούνολο σvμμεrpικό ως προς το Ο (μηδέν). Τέτοια ούνολα είναι π.χ. : (-ι, ι) , R*. (-ιΟ,-8)u (8, 10) κ.ά..


Μαθηματικά pa την Α" Λυκείου 2. Είναι προφανές ότι αν το σημείο Μ (χ, y)

του καρτεσιανού επιπέδου είναι σημείο της γραφικής παράστασης μιας άρτιας συνάρτησης τότε το σημείο M'(-x,y) ανήκει επίσης στη γραφική παράσταση τηςf

Υ

Μ', Υ Μ !

-χ ο χ χ

ΑΡΑ: Η γραφική παράσταση μιας άρτιας συνάρτησης αποτελείται από σημεία συμμετρικά ως προς τον y"y. Δηλαδή, η γραφική παράσταση μιας άρτιας συνάρτησης έχει άξονα συμμετρίας τον άξονα y"y.

ΟΡΙΣΜΟΣ 2

Μια συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το Α ς IR λέyεται ΙΙΕΡΙΤΤΗ αν και μόνο αν yια

κάθε χε Α ισχύει: -χε Α και f {-x) = -f {x) . Π. χ. η συνάρτηση f (χ) = ..! είναι περιττή αφού χ yια κάθε χε IR* ισχύει: -χε IR* και

f {-x) =_!_= _ _!= -f {x) . -χ χ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ

1. Είναι φανερό ότι αν το σημείο Μ (χ, y) του καρτεσιανού επιπέδου είναι σημείο της γραφικής παράστασης μιας περιπής συνάρτησης τότε το σημείο M'(-x,-y) ανήκει επίσης στη γραφική παράσταση της f

ΑΡ Α: Η γραφική παράσταση μιας περιττής συνάρτησης αποτελείται από σημεία συμμετρικά

ως προς την αρχή των αξόνων 0(0,0) . Δηλαδή, η γραφική παράσταση μιας περιττής συνάρτησης έ

χει κέντρο συμμετρίας το σημείο Ο (Ο, Ο) . 2. Αν μια συνάρτηση είναι περιπή και το Ο α

νήκει στο πεδίο ορισμού της τότε f (Ο) = Ο . Πράγματι, θα ισχύει

f (O) = -f(O) � 2 · f{O) = Ο <=> f{O) = Ο .

ΠΩΣ ΕΛΕΓΧΟΥΜΕ ΑΝ ΜΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΕΙΝΑΙ ΑΡτΙΑ Ή ΠΕΡΠΤΗ; (ΔΗΛΑΔΗ, ΠΩΣ ΕΛΕΓΧΟΥΜΕ ΑΝ Η ΓΡΑΦΙΚΗ ΠΑΡΑΣΤΑΣΗ

ΜΙΑΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΕΧΕΙ ΑΞΟΝΑ ΣΥΜΜΕΤΡΙΑΣ ΤΟΝ ΑΞΟΝΑ y"y Ή ΚΕΝΤΡΟ ΣΥΜΜΕ-

ΤΡΙΑΣ ΤΟ ΣΗΜΕΙΟ 0(0,0) ;) l011)Αν δίνεται ο τύπος της συνάρτησης, τότε:

• Βρίσκουμε καταρχήν το πεδίο ορισμού της Α και ελtyχουμε αν αυτό είναι συμμετρικό ως προς το Ο (μηδέν), ώστε για κάθε χε Α να ισχύει -χε Α .

• Υπολογίζουμε την τιμή της συνάρτησης f στο -χ δηλ. το f(-x) και, αν f(-x)= f(x) η συνάρ-

τηση είναι άρτια ενώ αν f (-x)=-f(x) η συνάρτηση είναι περιττή.

rν)Αν δίνεται η γραφική παράσταση της συνάρτησης τότε: παρατηρούμε το είδος της συμμετρίας που παρουσιάζει και, αν έχει άξονα συμμετρίας τον y y τότε είναι άρτια ενώ αν έχει κέντρο συμμΕτρίας το Ο (Ο, Ο) τότε είναι περιττή.

Τα προηγούμενα συμπεράσματα τα wησιμοποιούμε για να χαράξουμε τη γραφική παράσταση μιας άρτιας ή περιπής συνάρτησης:

Χαράσσουμε μόνο το τμήμα της γραφικής παράστασης που αντιστοιχεί δεξιά ή αριστερά του άξονα y y (δηλ. μόνο για χ � Ο ή χ s; Ο αντίστοιχα) και το υπόλοιπο τμήμα της γραφικής παράστασης το κατασκευάζουμε συμμετρικό του πρώτου ως προς τον άξονα y y για την άρτια και ως προς την αρχή των αξόνων για την περιπή συνάρτηση.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ

1. Δίνεται η συνάρτηση f (χ) = �� α) Να εξεταστεί αν είναι άρτια ή περιττή. β) Να χαράξετε τη γραφική παράστασιί της.

Λύση: α) Το πεδίο ορισμού της f είναι: Α = IR"' . Για

κάθε χ ε IR * ισχύει:

-χε IR* ενώ f (-x)=-1-=_!_ =f (x) . 1-xl lxl

Άρα: ή συνάρτηση f είναι άρτια. β) Χαράσσουμε λο1Πόν τη γραφική παράσταση

της f για χ > Ο δηλ. της f (χ) =.!.. και κατασκευάχ

ζουμε το συμμετρικό της ως προς τον άξονα y"y. Έτσι έχουμε τη γραφική παράσταση της συ

νάρτησης f.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" λ.δ. τ.Ζ/'1.7

Μαθηματικά -ym την Α' Λυκείου

Υ

__) \__ --------0�-----+ χ

(Στο παράδειγμα που ακολουθεί θα χρησιμοποιήσουμε μια συνάρτηση που δεν γνωρίζουν οι μαθητές της Α · Λυκείου. Ας το παρακολουθήσουν όμως οι αναγνώστες της Β ' και Γ' Λυκείου).

2. Να χαράξετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = Inlxl .

Λύση: Το πεδίο ορισμού της f είναι Α = JR*

( lxl > Ο <=} χ * Ο ). Για κάθε χε JR* ισχύει: -χε JR* ενώ

f (-x) =Inl-xl = Inlxl = f(x) . Άρα η συνάρτηση f είναι άρτια.

{lnx, χ >0 Τότε f(x) = ( ) ln -χ , χ < 0 Χαράσσουμε τη γραφική παράσταση της f για

χ > Ο δηλ. της f(x) =lnx , χ > Ο (γνωστή γραφική παράσταση) και κατασκευάζουμε το συμμετρικό τηςιως προς τον άξονα y'y.

Έτσι έχουμε τη γραφική παράσταση της f. Υ

3. Να εξετάσετε αν είναι άρτιες ή περιττές οι συναρτήσεις: {-χ\ χ < ο α) f (x) = lx - 31 - lx + 31 β) g (x) =

χ4 ' χ � Ο

ΛίJση : α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το Α = JR . Για κάθε xε JR ισχύει: -xε JR και f (-x) = l-x -31 - 1-χ + 31 = 1-(χ + 3)1 - 1-(χ -3)1 = lx + 31 - lx - 31 =-(lx -31 - lx +31 )= -f(x) .

Άρα: η συνάρτηση f είναι περιττή. β) Το πεδίο ορισμού της f είναι το Α = JR . Για κάθε χ ε JR ισχύει: -χε JR ενώ αν χ < Ο

τότε -χ > 0 οπότε: f (-x) = (-x)4 = χ4 = -f(x) , αν χ > Ο τότε -χ < Ο οπότε:

f (-x)= -(-x)4 =-χ4 =-f(x) και για χ = Ο , f(-o)= O = -f(O) .

ΑΡΑ Για κάθε χε JR ισχύει f (-x )=-f(x) . Υ

Οπότε η συνάρτηση f είναι περιττή

2. ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Η μελέτη της μονοτονίας μιας συνάρτησης μας

δίνει πληροφορίες για το αν μεγαλώνοντας οι τιμές του χ μεγαλώνουν ή μικραίνουν οι τιμές f (χ) .

Η γνώση της μονοτονίας μιας συνάρτησης παίζει καθοριστικό ρόλο στη χάραξη της γραφικής της παράστασης αφού θα γνωρίζουμε εκ των προτέρων αν η γραφική της παράσταση είναι ανερχόμενη ή κατερχόμενη.

Συγκεκριμένα, θα λέμε ότι μια συνάρτηση f : Α � JR είναι:

ΓΝΗΣΙΩΣ Α ΥΞΟΥΣΑ στο Α αν και μόνο αν για κάθε χ1 , χ2 ε Α ισχύει: αν Χι < χ2 τότε

f (χι ) < f ( χ2 ) •

Υ

f(x2) ·········7( f(χι) ·······1 ! ----:+-----:':----:':,....--+ χ Ο Χι Χ2

ΓΝΗΣΙΩΣ ΦΘΙΝΟΥΣΑ στο Α αν και μόνο αν για κάθε χ1 , χ2 ε Α ισχύει: αν Χι < χ2 τότε f (χι ) > f (x2 ) .

Υ

f(χι) ·······\ f(x2) ········t� Ξ Ξ

---0-+--Χ:'--ι-.,Χ':-2---+- Χ

Σε κάθε μία από τις παραπάνω περιπτώσεις η συνάρτηση f είναι ΓΝΗΣΙΩΣ ΜΟΝΟΤΟΝΗ

ΠΩΣ ΜΕΛΕΤΑΜΕ ΤΗ ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΜΙΑΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ;

1 ον) ΜΕ ΤΟΝ ΟΡΙΣΜΟ Έστω συνάρτηση f : Α� JR και χ1 , χ2 ε Α με

Μαθηματικά ΎW την Α· Λυκείου

Χι < χ2 (1). Προσπαθούμε από τη σχέση (1) να καταλήξουμε αν είναι δυνατόν, σε μια από τις σχέσεις f(xι ) < f(x2 ) ή f (xι ) > f(x2 ) οπότε και θα χα

ρακτηρίσουμε τη συνάρτησή μας ανάλογα γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ

1. Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία η συ-νάρτηση f (x)= -x3 + 2 .

Λύση : Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το

Α=:ΙR . 'Εστω Χι , χ2 Ε 1R με 3 3 3 3 Χι < Χ2 <=> Χι < Χ2 <=> -Χι > -χ2 <=>

-χ� + 2 > -χ� + 2 <=> f(χι ) > f(x2 ) . Άρα: η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα

στο 1R .

Πολλές φορές η παραπάνω διαδικασία παρουσιάζει δυσκολίες. Δείτε στο επόμενο παράδειγμα πώς το αντιμετωπίζουμε. 2. Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία η συνάρτηση: f (x)= -χ4 + 7 .

Λύση : Το · πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι:

Α = 1R . Έστω Χι , χ2 Ε 1R με Χι < χ2 (1). Προφανώς δεν μπορούμε να υψώσουμε στην 4η δύναμη τα μέλη της (1), αφού αυτό γίνεται μόνο αν Χι , χ2 θετικοί αριθμοί.

Διακρίνουμε προς τούτο τις παρακάτω περιπτώσεις: • Αν Ο � Χι < χ2 τότε χ: < xi <=> -χ: > -xi <=> -χ: + 7 > -xi + 7 <=> f(χι ) > f(x2 ) . Άρα: η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα

στο [Ο, +οο) . • Αν χι < χ2 � Ο τότε -χι > -χ2 � Ο<=> (-χι/ > ( -χ2 )4 <=> χ: > xi <=> -χ: < -xi <=>-χ: + 7 <-xi + 7 <=> f(χι ) < f (x2 ) .

Άρα: η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στό (-οο,Ο] .

Σημείωση : Από το προηγούμενο παράδειγμα γίνεται φανερό ότι μια συνάρτηση μπορεί να μην είναι γνησίως μονότονη στο πεδίο ορισμού της αλλά να είναι γνησίως μονότονη κατά διαστήματα.

2°v) ΜΕ ΤΗ ΔΙΑΦΟΡΑ Έστω συνάρτηση f : Α � 1R Για κάθε

Χι , χ2 Ε Α με I χι < χ2 1 <=> χ2 - Χι > Ο . Υπολογί-ζουμε τη διαφορά: Δ = f ( χ2 )- f (Χι ) και • αν Δ > Ο τότε f ( χ2 ) - f (Χι ) > Ο δηλαδή

Ιr (Χι ) < f ( χ2 )I οπότε η συνάρτηση f είναι

γνησίως αύξουσα στο Α. • αν Δ < Ο τότε f (x2 ) - f (xι ) < O δηλαδή

•

I f (χ ι ) > f ( χ2 )I οπότε η συνάρτηση f είναι

γνησίως φθίνουσα στο Α. αν Δ = Ο τότε f (x2 ) - f (xι ) = O δηλαδή

Ιr(χι ) = f (χ2 )Ι . Τότε η συνάρτηση f είναι

σταθερή στο Α.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤ Α Να μελετηθούν ως προς τη μονοτονία οι συ

ναρτήσεις:

α) f (x)= x3 + x + l β) g (x) = x2 - 4χ + 3

Λύση : α) Το πεδίο ορισμού της f είναι: Α = 1R . Έ

στω Χι , χ2 Ε 1R με Χι < χ2 δηλαδή χ2 - χι > 0 . Τότε:

Δ = f(χ2 )-f (χι ) = (χ� + χ2 +1 )- (xi + χι + 1) = (χ� - xi )+ (x2 - χι ) + 1 - 1 = (χ2 - χι )[(χ� + χ2χι + xf }+ 1]

Όμως: χ� + Χιχ2 + χ� > Ο . (γιατί;) Άρα: χ� + χ2χι + χ

� + 1 > Ο . Άρα: Δ = f (χ2 )-f(χι ) > Ο δηλ. η συνάρτη

ση f είναι γνησίως αύξουσα στο 1R . β) Το πεδίο ορισμού της f είναι: Α = 1R . Έστω Χι , χ2 Ε 1R με Χι < χ2 δηλαδή χ2 - Χι > Ο .

Υ

Τότε:

Μαθηματικό ΎUΙ την Α' Λυκείου

Δ = f(χ2 )- f(χι ) = {χ� -4χ2 + 3)- {xf - 4χι + 3) = {χ� - xf }-4(x2 - χι ) + 3- 3 = (χ2 - χι )[(χ2 + χι )- 4]

Για τη μελέτη του προσήμου της παράστασης

χ2 + Χι - 4 διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

ιη) Αν 2 S: χι < χ2 τότε χι -2 ;;:: 0 και

χ2 - 2 > Ο . Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει:

Χι + χ2 -4> 0 . Άρα: Δ > Ο δηλ. η f είναι γνησίως αύξουσα

σο [2,;-οα) . 2η) Αν Χι < χ2 S: 2 τότε Χι - 2 < Ο και

χ2 - 2 S: Ο . Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει:

Χι + χ2 -4 < 0 . Άρα: Δ < Ο δηλ. η f είναι γνησίως φθίνουσα

στο ( -οο,2] . 3°v) ΜΕ ΤΟ ΛΟΓΟ ΜΕΤΑΒΟΛΗΣ Έστω συνάρτηση f : Α � 1R Για κάθε

Χι ,χ2 Ε Α με Χι * χ2 υπολογίζουμε τον λόγο:

λ = f(xι ) - f(x2 ) και: Χι - Χ2 • αν λ > Ο τότε οι διαφορές Χι -χ2, f(xι )-f(x2)

είναι ομόσημοι αριθμοί π.χ. αν Χι - χ2 < Ο τότε θα είναι και f{xι )- f(x2 ) < 0 δηλ. αν

Χι < χ2 τότε f(xι ) < f(x2 ) οπότε η συνάρτηση I είναι γνησίως αύξουσα στο Α.

• αν λ < Ο ομοίως αποδεικνύεται όπ η Ι είναι γνησίως φθίνουσα στο Α και

• αν λ= Ο τότε f(xι ) = f(x2 ) οπότε η l είναι σταθερή στο Α.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία η συ-

{χ2 χ < Ο νάρτηση: f (x) = ' -

-2χ + 3, χ > Ο Λύση: Το πεδίο ορισμού της f είναι το Α= 1R .

• Για κάθε χι , χ2 Ε ( -οο, Ο] . (με Χι * χ2 ) τότε:

λ = f(xι )- f(x2 ) = xf -χ� Χι - χ2 Χι -χ2

(χι - χ2 )(χι + χ2 ) ....:__;;_....;;;..ο....;......;;_....;;;..ο. = χι + χ2 < 0 . Χι - Χ2 Άρα: η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( -οο, Ο] .

• Για κάθε χι , χ2 Ε (0, ;-σα) (με χι * χ2 ) τότε:

λ = f(xι )- f(x2 ) (-2χι + 3)- (-2χ2 + 3) = Χι -χ2 Χι - χ2 -2(χι - χ2 ) =-2 < Ο . Χι - Χ2

Άρα: η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, ;-σα) . • Θα εξετάσουμε αν για κάθε χι < Ο και

χ2 ;;:: ο ισχύει f(xι ) > f(x2 ) . Αν αυτό συμ

βαίνει η συνάρτηση θα είναι γνησίως φθίνουσα στο IR .

Υ

ι Όμως: Για χι =-ι και χ2 =- έχουμε: 2

2 ι f(χι ) = (-ι) = ι και f(x2 ) = -2-+3 = 2 δηλ. με 2 χ1<χ2 προκύπτει f(xι ) < f(x2 ) .

Άρα η f δεν είναι γνησίως φθίνουσα στο 1R •

Είναι όμως γνησίως φθίνουσα στο (-οο,Ο] και ε

πίσης είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, ;-σα) , δηλα

δή είναι γνησίως μονότονη κατά διαστήματα.

3. ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΟΡΙΣΜΟΣ� Έστω συνάρτηση Ι με πεδίο ορισμού Α ς 1R .

Θα λέμε όπ η συνάρτηση Ι παρουσιάζει στο χ0 Ε Α

• Ολικό μέγιστο, αν και μόνο αν, f (χ) S: f ( χ0 ) για κάθε ΧΕ Α (1).

• Ολικό ελάχιστο, αν και μόνο αν, f (χ) ;;:: f ( χ0 ) για κάθε χ Ε Α (2).

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ 1. Είναι φανερό όπ αν μια συνάρτηση

f : Α � 1R παρουσιάζει στο χ0 Ε Α ολικό μέγιστο τότε η γραφική της παράσταση δεν θα βρίσκεται πάνω από την ευθεία y = f(x0 )(1 1 χχ') .

Υ

2. Αντίστοιχα αν μια συνάρτηση f : Α � 1R ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/30

Μαθηματικά yuι την Α' Λυκεiου

παρουσιάζει στο χ0 ε Α ολικό ελάχιστο τότε η γραφική της παράσταση δεν θα βρίσκεται κάτω από την ευθεία y = f ( χ0 )(1 1 χχ') .

Υ

y=f(Xo)

ΠΩΣ ΒΡΙΣΚΟΥΜΕ ΤΑ ΑΚΡΟΤΑΤΑ (ΑΝ ΥΠΑΡΧΟΥΝ) ΜΙΑΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ;

1 ον) ΜΕ ΤΟΝ ΟΡΙΣΜΟ Στηριζόμενοι στις ανισοτικές σχέσεις που

απορρέουν από τον τ6πο της συνάρτησης προσπαθούμε ν' αποδείξουμε μια από τις σχέσεις (1) και (2) του ορισμού.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ Να βρεθούν τα ακρότατα της συνάρτησης

r (x )= 3 lx - 11 + s .

Λύση: Το πεδίο ορισμού της f είναι Α = JR . Όμιος

f(x) - 5 = 3 1 χ - 1 1� Ο δηλαδή f (χ )� 5 για κάθε χε JR .

Όμως: 5 = f(x0 )� 5 = 3lx0 - 11 + 5 � Ιχσ - 11 = 0� χ0 = 1

Άρα: Ισχύει f(x) � f(l) για κάθε xe JR : . Επομένως: Η συνάρτηση f παρουσιάζει στο 1

ολικό ελάχιστο το 5.

2°ν) ΜΕ ΤΗ MONOTONIA ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ Να βρεθούν τα ακρότατα (αν υπάρχουν) της

συνάρτησης: f (χ) = � 4 - χ2 •

Λύση: Το πεδίο ορισμού της f είναι:

Α = [-2,2] ( 4-χ2 � 0� χ2 5. 4�..{;2

5.-/4� lxl 5. 2 � -2 5. χ 5. 2 ).

Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: Ι η) Αν -2 5. χ1 < χ2 5. Ο τότε 2 � -χ1 > -χ2 � ο 22 � (-χι )2 > (-χ2 )2 4 � xf > χ� -4 5. -xf < -χ� 0 5. 4-xf < 4- χ� .

Άρα: �4-xf <�4-χ� δηλ. f(x1 ) < f(x2 ) .

Άρα: η fείναιγνησίως αύξουσα στο [-2,0] . 2η) Αν 0 5. χ1 < χ2 5. 2 τότε xf < χ� 5. 4 -xf > -χ� � -4 4-xf > 4-χ� � 0 . Άρα: �4-xf >

�4-χ� δηλ. f(x1 ) > f(x2 ) .

Άρα: η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [Ο, 2] . • Από την αλλαγή της μονοτονία της f προκύ

πτει ότι η συνάρτηση παρουσιάζει στο Ο μέγι-στο το f(0)= 2 .

• Επίσης για κάθε χ ε [ -2,2] ισχύει: �4 - χ2 � Ο δηλαδή f (x) � O .

(Ομως 0 = f(x0 )� 0 =�4-x� � χ0 = ±2 ). Άρα: f(x)� f(2) και f(x) � f(-2) δηλ. η συνάρτηση f παρουσιάζει στο 2 και στο -2 ελάχιστο το Ο.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1 . Ν α κυκλώσετε το (Σ) αν είναι σωστή ή το

(Λ) αν είναι λάθος σε κάθε μια από τις παρακάτω προτάσεις:

i) Η γραφική παράσταση του σχήματος αντιστοιχεί σε γραφική παράσταση περιττής συνάρτησης. Σ Λ

Υ

ο χ

ii) Η γραφική παράσταση του σχήματος αντιστοιχεί σε γραφική παράσταση άρτιας συνάρτησης. Σ Λ

Υ

iii) Η γραφική παράσταση του σχήματος αντιστοιχεί σε γραφική παράσταση περιττής συνάρτιr σης. Σ Λ

Υ

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

iv) Η γραφική παράσταση του σχήματος αντιστοιχεί σε γραφική παράσταση άρτιας συνάρτησης. Σ Λ

Υ

ο χ

2 . Να χαράξετε τη γραφική παράσταση (το υπόλοιπο τμήμα) των παρακάτω συναρτήσεων αν γνωρίζετε ότι είναι άρτια ή περιττή όπως σημειώνεται κάθε φορά. i) Η συνάρτηση f εί- ii) Η συνάρτηση f εί-ναι άρτια. ναι πφιτη) .

Υ Υ

ο χ χ

i) Η συνάρτηση f εί- ii) Η συνάρτηση f εί-ναι άρτια.

Υ

ο χ

3. Να εξεταστεί αν οι παρακάτω συναρτήσεις είναι άρτιες ή περιττές

α) f(x) = x · lxl , β) g( χ )= χ ν + χ ν-Ζ + 1 ' (ν άρτιος αριθμός) γ) h(x) =-

N +_!_ χ

4. Δίνονται οι συναρτήσεις f, g με πεδίο ορισμού το JR • Α ν η συνάρτηση f είναι άρτια και η g

περιττή δείξτε όn η συνάρτηση h (χ) = f ( g (χ)) είναι άρτια.

5. Με τη βοήθεια των γραφικών τους παραστάσεων να βρείτε τα διαστήματα στα οποία καθεμία από τις παρακάτω συναρτήσεις είναι γνησίως αύξουσα, γνησίως φθίνουσα ή σταθερή. α) y = f(x) β) y = g(x)

Υ Υ

δ) y = φ(χ) Υ

6. Ποιες από τις συναρτήσεις της άσκησης 5 παρουσιάζουν ολικά ακρότατα; Να προσδιοριστούν τα ακρότατα αυτά.

7. Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία η συ-νάρτηση g(x) = χ2 -8χ + 15

α) στο διάστημα (-οο,4] και β) στο διάστημα [4,-too) .

8. Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα η συνάρτηση f (χ) = χ 2 + 4 χ -5 .

9. Να μελετήσετε ως προς τη μονοτονία τη ' h( ) {χ2 - 2χ, χ � 3 συναρτηση: χ = -χ +6, χ > 3.

r ιΙΝΙΣΟΤΙΚΕΣ. ΣΧΕΣΕΙΣ τμιιμΑτωv-yωvιώv

Λ Υi\Η � ΝΕΣ ΑΣΚ Ι Ι ΣΕΙΣ ΕΜΠ ΕΔΩΣΗΣ " 1. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 95° και

Γ εξ = 135° . i) Να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου. ii) Να σuyκρίνετε τις πλευρές του τριγώνου. Λύση : Α

� 1 35° Β Γ

του Γιάννη Στρατήγη

i) Οι γωνίες Γ και Γεξ είναι παραπληρωματικές, οπότε Γ= 180° - Γεξ = 45° .

Εξάλλου Γεξ = Α + Β ή Β = Γεξ - Α = 40° . ii) Ισχύει 40° < 45° < 95° δηλαδή

Β < Γ < Α . Άρα ΑΓ < ΑΒ < ΒΓ . iii) 2. Α ν Η είναι το σημείο τομής των υψών

οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ, να δειχθεί ότι: αν Λ Λ

ΑΒ < ΑΓ τότε ΗΒ < ΗΓ και ΗΑΒ < ΗΑΓ .

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Λύση:

~ z w� \ i \

2 ι I 2 Β � Γ

Από ΑΒ< ΑΓ έχουμε ΔΒ < ΔΓ, οπότε ΗΒ < ΗΓ. Αν Β' το συμμετρικό του Β και προς Δ τότε ΗΑΒ = ΗΑΒ · και αφού ΔΒ · = ΔΒ < ΔΓ θα είναι ΗΑΒ' < HAr δηλαδή ΗΑΒ < HAr .

3. Σε κάθε κυρτό πολύγωνο, με πλήθος κορυφών μεγαλύτερο ή ίσο των τεσσάρων, να αποδείξετε ότι κάθε γωνία του είναι μικρότερη του αθροίσματος των υπολοίπων.

Λί>ση: Έστω το κυρτό πολύγωνο ΑιΑ2Α3 . . . Αν με

ν � 4 . Έχουμε Αι +Α2 +Α3 + · · · +Αν = (ν-2)180° ,

οπότε π.χ. Α2 + Α3 + · · · + Αν = (ν - 2)1 80° -Αι (1 ). Αλλά ν � 4 ή ν - 2 � 2 ή (ν - 2)1 80° � 360° και Αι κυρτή δηλαδή Αι < 1 80° , -Αι > -180° .

Συνεπώς (ν - 2)180° - Αι � 360° - 1 80° = 1 80° > Αι και η σχέση ( 1 ) γράφεται Α2 + Α3 + · · · + Αν > Αι ή

Λ. Λ, Λ Λ Αι < Az + Α3 + · · · + Αν . 4. Α ν ΑΔ διχοτόμοι τριγώνου ΑΒΓ, δείξατε

ότι: ΒΔ < ΑΒ και ΔΓ < ΑΓ . Λύ� :

� Β Δ Γ

, , Α Είναι Αι = Α2 =- . Η γωνία Δι είναι εξω-2 τερική του τριγώνου ΑΓ Δ, οπότε Δι > Α2 =Αι και από το τρίγωνο ΑΒΓ συμπεραίνεται ότι ΑΒ > ΒΔ ή ΒΔ <ΑΒ .

Όμοια βρίσκεται και η δεύτερη ζητούμενη σχέση (πώς;). 5. Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και

τα ύψη του ΒΕ και Γ Δ. Δείξατε ΔΕ < ΒΓ .

Λύση: � Β Γ

ΑGΓ �, μ \-lε.vo τ:ο v -Α \

Στο τρίγωνο Γ ΔΕ η γωνία ΔΕΓ είναι αμβλεία Λ Λ Λ Λ γιατί ΔΕΓ = ΔΕΒ+ ΒΕΓ = ΔΕΒ+ 90° > 90° , οπότε

μεγαλύτερη πλευρά του είναι η Γ Δ. άρα ΔΕ < Γ Δ ( 1 ). Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΓ Δ, έχουμε ΓΔ < ΒΓ (2). Με συνδυασμό των σχέσεων ( 1 ), (2) προκύπτει ΔΕ < Γ Δ < ΒΓ .

6. Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρουμε τη διχοτόμο του ΑΔ και ΔΕ .l ΑΓ . Να δειχθεί ότι ΔΕ < ΔΒ και ΒΕ < ΒΓ .

Λύση: Α

Β Δ Γ

Είναι Αι =Α2 • Έστω ΔΖ.lΑΒ , για μετακί-Λ Λ νηση του ΔΕ. Ισχύει ΑΔΕ = ΑΔΖ (ορθογώνια με ομώνυμη πλευρά ίση, ΑΔ = ΑΔ και οξεία γωνία

' ' ίση, Α2 = Α ι ), συνεπώς ΔΕ = ΔΖ ( 1 ). ΑJ.λά στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΔΖ, ΔΖ < ΔΒ δηλαδή ΔΕ = ΔΖ < ΔΒ . Η τριγωνική ανισότητα στο τρίγωνο ΒΕΔ, δίνει ΒΕ < ΒΔ + ΔΕ . Επειδή όμως ΔΕ < ΔΓ , έχουμε ΒΕ < ΒΔ + ΔΕ < ΒΔ + ΔΓ = ΒΓ .

Σκεφτείτε και άλλη αποδεικτική διαδικασία, Λ παρατηρώντας ότι ΒΕΓ > 90°

7. Σε κάθε οξυγώνw τρίγωνο στη μικρότερη πλευρά αντιστοιχεί μεγαλύτερο ύψος και αντιστρόφως.

Λύση:

Γ Έστω ΑΒ < ΑΓ , θα δείξουμε ότι υ1 > υβ και

αντιστρόφως. Φέρουμε τις διαμέσους ΔΜ, ΕΜ των ορθογωνίων τριγώνων ΒΔΓ, ΒΕΓ αντιστοίχως. Εφόσον ΑΒ < ΑΓ στο τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει Β > Γ . Στα ισοσκελή τρίγωνα ΜΓΕ, ΜΒΔ είναι ΜΓ =ΜΒ ΜΕ = ΒΓ =ΜΔ και ' 2

Λ Λ Λ Λ Α Λ Λ Λ ΓΜΕ = Β+ Ει = 2Β > 2 Γ = Γ+ Δι = ΒΜΔ , επομέ-νως ΓΕ > ΒΔ δηλαδή υ1 > υβ .

Αντιστρόφως. Τα ισοσκελή τρίγωνα ΜΓΕ, ΜΒΔ έχουν:

ΒΓ ΜΓ =ΜΒ , ΜΕ =-=ΜΔ και ΓΕ > ΒΔ , 2 . l Γ n ..... , "' " • - · • F'• Ri'ι �� Λ Α ..ι ιv . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/33

Μαθηματικά yια την Α· Λυκεiου

Λ Λ .., " ""' ,.. σ\JΥεΕί)ς ΓΜΕ > ΒΜΔ ή 2Β > 2Γ ή Β >Γ . λρα ΑΓ>ΑΒ ή ΑΒ <ΑΓ . Να εξεταστεί και η περίπτωση που το τρίγωνο

δεν είναι οξυγώνιο. /?. Πρii/(.(ι-ψ(• �·=ι!Ξ').c.ι ,ι ίrΓrου γ(;�μοV>> Το πρόβλημα αυτό μας το έστειλε ο συνά

δελφος Κ. Βακαλόπουλος Δύο χωριά Α και Β βρίσκονται εκατέρωθεν

ενός ποταμού πλάτους λ. θέλουμε να κατασκευάσουμε μια γέφυρα για να εξυπηρετήσουμε τα δύο χωριά και να τα ενώσουμε με δρόμο. Σε ποιο σημείο του ποταμού πρέπει να κατασκευάσουμε τη γέφυρα ώστε ο δρόμος μεταξύ των δύο χωριών να Ύίνει ελάχιστος; (Υποθέτουμε ότι η Ύέφυρα κατασκευάζεται κάθετα στην κοίτη του ποταμού).

, \ ίJση : Μεταφέρουμε την κάθετη (στην κοίτη του πο

ταμού) μετακίνηση στην αρχή της διαδρομής έστω από το Α. Έστω ΑΑ' = λ ( ΑΑ' κάθετη στην κοίτη του ποταμού).

Παρατηρούμε ότι: ΑΜ + ΜΚ. + ΚΒ ελα'χιστο � ΑΜ + λ + ΚΒ ελα'χιστο � ΑΜ + ΚΒ ελα'χιστο � . Για να είναι το Α 'Κ + ΚΒ ελάχιστο πρέπει

και αρκεί τοΚ να ταυτίζεται με την τομή Κο της Α 'Β με την απέναντι όχθη του πακέτου. Άρα η ζητούμενη θέση της γέφυρας θα είναι η Μ ο Κο.

Αtι> . ., λ i ''\> A:z '·<' ,

�- "" '• ·-'.;·-. '-., ,, "': "• ·,, '•. � "'Μ' ,Μ

i"<_ ,J.:> ! λ 1 ' Ι ' I ---r. ____ ....;;'\1 •J

κ",λκ '.,_\

,,

Β

Λ.\ \"l Π� /Ω:.: Κ !-Ω2 i-Τ.:. ι ;:: .ι � Κ Ηl: Β:::.: 9. Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ και

σημείο Δ της ευθείας της βάσης ΒΓ. Να συ-yκριθούν τα τμήματα ΑΒ, ΑΔ.

10. Αν οι διχοτόμοι ΒΔ και ΓΕ τριγώνου ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ τέμνονται στο I, να συ-yκρίνετε:

ί) τις πλευρές του τριγώνου ΒΙΓ, ίί) τα ΑΔ, ΑΕ. 1 1 . Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ

( � - 90ο ) δ ίξ . . < ΒΓ Α- , ε ατε οτι. υα - - · 2 12. Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύουν: α) Αν Α = Β + Γ , τότε Α = 90° , β) Αν Α < Β+ Γ , τότε Α < 90° , γ) Αν Α > Β + Γ , τότε Α >90° και αντι

στρόφως. 13 . Αν Δ, Ε, Ζ σημεία των πλευρών ΒΓ, Γ Α,

ΑΒ τριγώνου ΑΒΓ, αντίστοιχα, τότε: ί) τ - α<ΑΔ < τ , ίί) τ< ΑΔ + ΒΕ +ΓΖ< 3τ . 14. Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ, Δ σημείο της μικρό

τερης πλευράς του ΒΓ, να δειχθεί ότι: β + γ > α +ΑΔ .

15. Σε τρίγωνο ΑΒΓ με Β= 2Γ είναι β < α+ γ . 2

16. Θεωρούμε τα σημεία Δ, Ε, Ζ των πλευρών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ τριγώνου ΑΒΓ, αντιστοίχως. Να συγκριθούν οι περίμετροι των τριγώνων ΑΒΓ και ΔΕΖ.

17. 'Εστω ΑΜ η διάμεσος τριγώνου ΑΒΓ. Να αποδειχθεί ότι: lβ - γi β + γ α2 2 α2 α) -- < μ <-- και --βγ<μ <-+βγ . 2 α 2 4 α 4

λ λ β) ΜΑΓ < ΜΑΒ , αν και μόνο αν, ΑΒ < ΑΓ . 18. Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ, να δείξετε ότι: α) α < τ < β + γ < τ + β < 2τ , β) lβ2 + γ2 - α2 1 < 2βγ ' γ) α2 < 2 (β2 + γ2 )< α2 + (β + γ)2 , δ) α2 +β2 + γ2 < 2(αβ + βγ + γα) .

]i__, .Πjnl/f/. η}-'�r {J: ο.ο τ/r }-' �-.:�� τυ .<rΓΓι':/,;_ι ο y;�- � � ·fX� ,);;)ιρος Κ. Βω,γυ.tίπο ο -)ος

Ένας αθλητής πρέπει να διασχίσει την απόσταση από το σημείο Α στο σημείο Β ενώ πρέπει να τρέξει επί της ευθείας (ε) απόσταση μήκους λ (λ: δεδομένο μήκος). Σε ποιο σημείο πρέπει να ξεκινήσει να τρέχει στην ευθεία (ε) ώστε συνολικά η απόσταση από το Α στο Β συμπεριλαμβανομένου και του μήκους λ να γίνει ελάχιστη.

Α .

(ε)

•

Β

�-"'"""""-�-,.,.. ..... _.""""'_""':""'"""""''""""'""""""�"""""'!!!!'!!!!!!'�"""""""""""'"""""'��"""""',.,.,.,.'""-""""""""'- �-""�"""" Ι Μαθηματικά ι___ yια τn Β' τάξη του Λυκι:ίο_�-w= Α ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΠΙJΛ!//2Ν!/ΜΑ

ΚΑΙ ΣΤΙΣ ΠΟΑΥt2ΝΥΜΙΚΕ<J. Ε'!ΙΣf2ΣΕΙΣ ΚΑΙ ΑΝΙΣDΣΕΙΣ

Στο άρθρο αυτό θα παρουσιάσουμε διάφορες ασκήσεις για τη λύση των οποίων θεωρούμε γνωστή όλη τη σχετική θεωρία που αναφέρεται στο σχολικό βιβλίο της Άλγεβρας της Β' Λυκείου.

1. Αν f(x) = 2x1 - 1 , g(x) = x3 + 1 να βρε

θούν τα πολυώνυμα f(f(x)) , f (g(x- 1)) , f{f(g(x))) .

ΛίJση : 2

Έχουμε: i) f (f(x)) = 2(2x2 - 1) - 1 = 2 · (4χ4 -4χ2 + ι ) - ι = 8χ4 - 8χ2 + ι .

ii) Είναι: g(x - l) = (x - 1)3 + I = χ3 -3χ2 +3χ - 1+ 1 = χ3 -3χ2 +3χ .

Επομένως f(g(x - 1)) = 2 · (x3 -3χ2 + 3χ)2 - 1 = 2 (χ6 +9χ4 + 9χ2 -6χ5 +6χ4 - 1 8χ3 ) - 1 = 2χ6 - 12χ5 +30χ4 -36χ3 + 18χ2 - I . i) Έχουμε διαδοχικά:

f(g(x}) = 2(x3 + 1)2 - 1 = 2(χ6 + 2χ3 + 1)- 1 = 2χ6 +4χ3 + 2- 1 = 2χ6 +4χ3 + 1 .

f (f (g (x))) = 2 (2x6 + 4χ3 + 1)2 - 1 = 8χ2 + 32χ9 + 40χ6 + 16χ3 + 1

2. Να αποδείξετε ότι το κλάσμα ν ν-ι «νχ + «ν-ιΧ + · · · + αιχ + αο �τ ι με νΕ .ι'Ι και Ρνχν + Ρν-ιΧν- + . . . + Ριχ + Ρο

«ν *' Ο, Ρν *' Ο , παίρνει τιμή ανεξάρτητη της με

ταβλητής χ αν και μόνον αν:

«ν «ν-ι «ν-Ζ «ι «ο Ρν'"= Ρν-1 = Ρν-Ζ = . . · =μ.=p;·

των Γ. Μπαραλή και Σ. Λουρίδα Λύση : Έστω ότι το κλάσμα είναι ανεξάρτητο του χ.

Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει ένας σταθερός πραγματικός αριθμός, έστω κ, ώστε: ν ν-1

ανχ +αν-ΙΧ + · · ·+αlχ +αο , ν ν-1 = Κ η βνχ +βν-ΙΧ + . . · +β1χ +βο ν ν-1 ανΧ + αν-ΙΧ + · · · +αΙΧ +αο = Κ . βνχ ν + Κ . βν-1 Χ ν-Ι + . . . + Κ . βl Χ + Κ . βο '

για κάθε χΕ JR . Για να ισχύει η παραπάνω ισότητα θα πρέπει:

αν = Κβν • αν-Ι = κβν-1 • ... , αl = κβl • ασ =κβο Αν β1 , β2 , . . . , βν '1:- 0 έχουμε:

αν = αν-Ι = αν-2 = · · · =�= ασ βν βν-1 βν-2 βl βο Στην περίπτωση mυ κάποwι βί ,

iE {1,2, . . . , ν} είναι μηδέν τότε και οι αντίστοιχοί

τους � . iE {l,2, . . . ,ν} θα είναι μηδέν, οπότε η α

ναλσyία θα αναφέρεται στα υπόλοιπα κλάσματα.

Έστ ' ' αν αν-Ι αl ασ ω τωρα οτι: -=-= . . · =-=-=κ ,

βν βν-1 βl βο τότε αν = Κ · β ν , αν-Ι = Κ · βν-1 , . . . , αl = Κ · βl ,

ασ = κ · βο . ν ν-1 Ά

ανχ +αν-ΙΧ + . . · + αlχ +αο ρα: ν ν-Ι = βνχ +βν-ΙΧ + . . · + β1χ +βο κ(βνΧν +βν-ΙΧν-Ι + . . · +β1Χ + βο ) �--------�--------�= κ βνχν + βν-ΙΧν-1 + . . · + βlχ +βο

δηλαδή, το κλάσμα είναι ανεξάρτητο του χ. Εφαρμογή : Να προσδwριστούν τα κ, λ, μ Ε JR ώστε το

(κ - 1)χ3 + (2μ - Ι)χ2 - (κ +λ- l)χ + lΟ κλάσμα χ3 - 2χ2 + x + S να είναι ανεξάρτητο του χ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.Ζ/35

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

3. Αν ένα μη μηδενικό πολυώνυμο με ρητούς συντελεστές έχει ρίζα τον άρρητο κ + .Jλ , με κ ρητό και λ θετικό ρητό μη τέλειο τετράγω-νο ρητού, τότε θα έχει σαν ρίζα και τον κ -.Jλ .

Λύση: Έστω

f (Χ)= αν · Χ ν + αν-Ι · Χ ν-Ι + . . · + αι Χ + ασ το ΠΟλυώνυμο. Προφανώς το ζητούμενο πολυώνυμο θα είναι τουλάχιστον δευτέρου βαθμού. Για να είναι ο κ-.Jλ ρίζα του πολυωνύμου, θεωρώντας ότι ο κ + .Jλ είναι ρίζα του, αρκεί η διαίρεση του f (χ) με το γινόμενο {χ - (κ + .Jλ)) · {χ - (κ -.Jλ)) = χ2 - 2κχ + κ2 - λ να είναι τέλεια. Προφανώς f(x)= (x2 -2κχ+κ2 -λ) · q(χ)+αχ+β , αφού ο διαιρέτης χ2 - 2κχ + κ2 -λ είναι πολυώνυμο zου βαθμού. Για χ = κ+ .Jλ έχουμε: Ο = α(κ+.Jλ)+β ή α · κ+ β+ α ·.Jλ= Ο με α · κ + β ρητό και α · .Jλ άρρητο. Η σχέση αυτή ισχύει όταν α · κ +β = Ο και α = Ο . Με α = Ο είναι και β = Ο. Άρα, f (x) = ( χ2 -2κχ + κ2 - λ) · q(x) .

Εφαρμογή : Να βρεθεί ένα πολυώνυμο 5ου βαθμού με ρί-

ζες: ρ ι = J2 , ρ2 = 1 + .J3 , ρ3 = -1 .

4. Αν τα πολυώνυμα Κ1 (χ) , Κ2 (χ) έχουν πραγματικούς συντελεστές και καμία κοινή πραγματική ρίζα και για το f (χ) ισχύει: f (x) = IΚι (x) l + IK2 (x) l για κάθε Χ Ε JR. , τότε το f (χ) δεν έχει πραγματική ρίζα.

Λύση: Έστω ρ μία πραγματική ρίζα του f(x) τότε

f (ρ) = Ο οπότε I Κι (ρ )I + Ικ2 (ρ )I = ο� Κι (ρ) = κ2 (ρ) = ο .

Άτοπο. Άρα το f (χ) δεν έχει καμία πραγματική ρίζα. Εφαρμογή : Έστω τα πολυώνυμα h (χ), g (χ) που έχουν

πραγματικούς συντελεστές χωρίς καμία κοινή πραγματική ρίζα. Τότε το πολυώνυμο f (χ) με την ιδιότητα fκ (χ )= h 2ν (χ )+ g2λ (χ) δεν έχει πραγματική ρίζα.

5. Αν α2 + β2 + γ2 = αβ + βγ + γα , να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο Ρ (χ) = (α - β)χ2 + (β - γ) χ+ (γ - α) είναι το μηδενικό πολυώνυμο.

Απόδειξη: Έχουμε: α2 + β2 +γ2 = αβ + βγ+ γα� 2α2 + 2β2 + 2γ2 - 2αβ- 2βγ - 2γα = Ο�

(α-β )2 + (β -γ )2 + (γ -α )2 = Ο � α = β = γ . Α ν α = β = γ θα είναι α-β = Ο , β -γ = Ο ,

γ- α= Ο οπότε το Ρ( χ)=( α-β)χ2 +(β-γ)χ +(γ-α) είναι το μηδενικό πολυώνυμο.

6. Αν το πολυώνυμο Ρ (χ) = ( α3 + β3 + γ3 - 3αβγ) χ3 +

(α β + βγ + γα + 5) χ + αβγ - 16

είναι το μηδενικό πολυώνυμο, και οι α, β, γ ρητοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι α2 + β2 + γ2 = 10 .

Απόδειξη : Για να είναι το Ρ(χ) το μηδενικό πολυώνυμο

θα πρέπει: α3 + β3 + γ3 - 3αβγ = Ο (1) αβ+ βγ+ γα+ 5 =0 (2) αβγ -16 = Ο (3) Από την ταυτότητα του Euler έχουμε: α3 + β3 + γ3 - 3αβγ =

=� (α + β + γ)[(α - β)2 + (β - γ)2 + (γ - α)2 ] (4) Από τις σχέσεις (1) και (4) προκύπτει: �(α+ β +γ)[(α- β)2 + (β -γ)2 + (γ - α)2 ] = ο

� α+ β+ γ = Ο ή α = β = γ . Αν α= β = γ τότε αβγ-16=0�α3 -16=0�

α3 = 16 � α= 2ifi , άτοπο γιατί οι αριθμοί α, β, γ είναι ρητοί.

Επομένως α+ β+ γ = Ο , οπότε α2 + β2 +γ2 = (α+ β+γ)2 -2(αβ + βγ+ γα) = 0-2(-5) = 10 .

7. Να προσδιορίσετε τους πραγματικούς αριθμούς α1 , α2 , α3 έτσι ώστε να ισχύει:

2χ + 6 α1 α2 α3 --=----=--- =-+ --+ --, χ3 - 5χ2 + 6χ χ χ - 2 χ - 3 χ ε IR. - {0, 2,3}

για κάθε


Λύση: Κάνουμε απαλοιφή παρανομαστών, οπότε έ-2χ + 6 α1 α2 α3 χουμε: = -+--+--<=> -χ3 - 5χ2 + 6χ χ χ - 2 χ - 3

2χ +6=α1 (χ2 -5χ +6)+αz (χ2 -3χ)+� ( χ2 -2χ) <=> 2χ+6=(α1 +α2 +�)χ2 +(-5α1 -3α2 -2α3 )χ +6α1 για κάθε χ ε JR -{Ο, 2, 3} . Από την ισότητα των πολυωνύμων προκύπτει: {α1 +αz +αg =0 {llz +αg =-1 {llz =-5 -5α1 -3αz -2αg =2 <=> 3αz +2αg =-7 <=> � =4 6α1 =6 α=1 α1 =1

Άρα 2χ + 6 =_!_ __ 5_+_4 _ _ χ3 - 5χ2 + 6χ χ χ - 2 χ - 3

8. Ν α βρεθούν οι τιμές του λ ε JR ώστε το πολυώνυμο Ρ (χ) = χ3 - (λ + 1) χ + 2λ να έχει ακέραιες ρίζες.

Λύση: Έστω ρ μία ακέραια ρίζα του Ρ( χ). Τότε Ρ(ρ) = Ο<::::> ρ3 - (λ+ 1)ρ + 2λ = 0<=>

ρ3 - λρ - ρ + 2λ = ο <=> (ρ - 2 )λ = ρ3 - ρ ( 1 ).

-λρ+ 2λ = -ρ3 + ρ<=>

Αν ρ 'Φ 2 τότε η (1) γράφεται λ= ρ3 -ρ <=> λ=ρ2 + 2ρ+ 3+-6- . ρ -2 ρ- 2

Για να είναι ακέραιος αριθμός το κλάσμα -6- θα πρέπει ρ - 2ε {-1, 1, -2, 2,-3, 3,-6, 6} , ρ- 2 δηλαδή, αντίστοιχα ρε {1,3,0,4,-1,5,-4, 8} . Επομένως λ ε {0,24,30,40, 10,84} .

9. Θεωρούμε το πολυώνυμο Ρ (χ) με ακέραιους συντελεστές.

α) Αν Ρ(Ο) = Ρ{1) = 1 να αποδείξετε ότι: Ρ (χ) = χ · (χ - 1) · Τ (χ) + 1 , όπου Τ (χ) πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές.

β) Αν χ0 είναι τυχαίος ακέραιος αριθμός και ισχύει η σχέση: χν+1 = P (xv ) , ν = 0,1,2, . . . , να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό ν � 1 ο ακέραιος χν είναι πρώτος προς τους χ0 ,χ1 , • . . ,χν_1 •

Λύση: α) Έστω πολυώνυμο Q(x) = P (x)- 1 , με α-

κέραιους συντελεστές για το οποίο ισχύει Q(O) = Q(1) = 0 . Τότε το Q(x) διαιρείται τόσο με τον χ όσο και με τον χ - 1 . Επομένως Ρ (χ) - 1 = χ · (χ - 1) · Τ (χ) , όπου Τ (χ) πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές.

Άρα Ρ (χ) = χ · (χ -1) · τ (χ)+ 1 . β) Αν xv+ι = P (xv ) = xv · (xv - 1)T(xv )+ 1 ,

τότε: Χι = Ρ (χ0 ) = χ0 · (χ0 - 1) · Τ (χ0 ) + 1 ή Χι - 1 = Χ ο · (Χ ο - 1) · Τ ( Χο ) ή χ2 = Ρ (χ1 ) = χι · (χι - 1) · Τ (χ1 ) + 1 ή χ2 - 1 = χ1 · (χι - 1) · Τ (χ1 ) ή Xy = Ρ (Χ ν-ι ) = Χ ν-ι . ( χν-1 - 1) . τ ( χν-1 ) + 1 ή Χν - 1 = Χν-ι · (xv-l - 1) · T (xv-l ) Πολλαπλαmάζοντας κατά μέλη έχουμε:

Χν - 1 = χ0 · Χι · · · Χv-ι · Τ (χ0 ) · Τ (χι ) · · · Τ (χv-ι ) δηλαδή Χν = χ0 · Χι · · · Χν-Ι · Τ (χ0 ) · Τ (χ1 ) · · · Τ (χv-ι ) + 1 .

Ο χν είναι, προφανώς, πρώτος προς τους χ0, χι , . . . , χν-ι γιατί, αν δεν ήταν τότε ο κοινός διαιρέτης δ 'Φ 1 θα ήταν και διαιρέτης του 1 πράγμα, άτοπο. Ας λάβουμε υπόψη ότι τα Τ(χ0 ) ,Τ (χι ) , . . . ,Τ (χv-ι ) είναι ακέραιοι σαν αριθμητικές τιμές πολυωνύμου με ακέραιους συντελεστές και ταυτόχρονα ακέραιες τιμές του χ.

10. Αν ρ είναι μία ρίζα του πολυωνύμου g (χ) = α · χν-1 + xv-z + · · · + χ + 1 με α "Φ- 0 , να α-

ποδείξετε ότι: lρ l < 1 + 1�1 · Λύση: Α ν lρl ::; 1 τότε η lρl < 1 + �� είναι αληθής, για-

, 1 ο τι το -> . Ι α l Αν lρl > 1 έχουμε: g (ρ) = Ο ή α . �ν-ι + ρ ν-2 + . . . + ρ + 1 = Ο ή

ν-ι v-2 l , α · ρ = -ρ - · · · - ρ - η Ι α . ρ ν-Ι Ι = Ι ρ v-2 - . . . - ρ + 11 ή lα · ρν-1 1 = Ιρν-2 + · · · + ρ+ 11 (αφού ιχι = ι-χι

για κάθε χε JR ) ή ΙαΙ · Iρν-ι l = Ιρν-2 + · · · + ρ + 11 ή ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/37

Μαθηματικά 'Y'fl την Β' Λυκεiοο

( αφο6 i) Ι χ ν I = lxlv για κάθε χ ε 1R και ii) lαι +� + · · · + αν l � Ιαι i + Ια2 Ι + · · · + Iαν l ).

- (ιριν-2 + . . . + ιρι + 1)(Ιρl - 1) lα/ · IP!v 1 � . ή lρl - 1 Ι ιν-1 ι ιν-1 Ι ... ι I ιv-ι ρ -1 ρ

, I I > , ι.οι · ρ � 1 1 <-� �- , (αφου ρ > 1 η ρ - 1 ρ - 1 lαl < lρl �ι ή ΙρΙ - ι < 1�1 '

( αφού lρl > 1 ) ή ι + Ιαl , ι lρl < 1αΓ η lρl < ι + Ι α/ ·

11. Αν το πολυώνυμο Ρ (Ι) = χ3 + ια + λ διαιρείται με το (Ι - ρ )1

να αποδείξετε ότι:

κ3

λ1 - + - = 0 . 27 4

Απόδειξη : Επειδή το Ρ(χ) είναι τρίτου βαθμού και διαι-ρείται με το (χ -ρ )2 θα ισχύει: χ3 +κχ+λ= (χ -ρ )2 (χ +α)

= {χ2 - 2ρχ +ρ2 }(χ +α) = χ3 - 2ρχ2 + ρ2χ +αχ2 - 2αρχ +αρ2 = χ3 + (α-2ρ )χ2 + (ρ2 - 2αρ }χ +αρ2

Για να ισχύει η παραπάνω ισότητα θα πρέπει: {:2-��;: κ � {:2=_2:ρ2 = κ αρ2 = λ 2ρ3 = λ

α = 2ρ α = 2ρ α= 2ρ 2 κ κ3 � -3ρ2 = Κ � ρ =-- � ρ6 = --

3 λ ρ =2 3 27

Από (2) και κ3 λ2 κ3 λ2 --= -

� -+ - = 0 . 27 4 27 4

12. Αν το πολυώνυμο

(3)

Ρ (χ) = Χ4 - αχΖ + β:ι: - 'Υ

(ι)

(2) (3)

έχουμε:

έχει μία ρίζα τριπλή να αποδείξετε ότι: i) αz = 12y ii) 9βz = 32αy Απόδειξη: Έστω ρ η τριπλή ρίζα του πολυωνύμου Ρ(χ) και κ η τέταρτη ρίζα. Θα ισχύει: χ4 - αχ2 + βχ - γ = (χ-ρ)3 (χ - κ) �

χ4 -αχ2 +βχ-γ= ( χ3 -)χ2ρ+Jχρ2 -ρ3 )( χ-κ) �

χ4 -αχ2 +βχ-γ = χ4 -3ρχ3 +3ρ2χ2 -ρ3χ -κχ? + 3ρκχ2 _ Jρ2κχ + ρ3κ � χ4 _ αχ2 + βχ _ γ = χ4 + (-3ρ - κ)χ3 + (3ρ2 + 3ρκ)χ2

+ ( -ρ3 - 3ρ2 κ )χ + ρ3 κ .

�

Από την ισότητα των πολυωνύμων προκύπτει: -3ρ - κ = ο κ = -3ρ 3ρ2 + 3ρκ = -α 3ρ2 - 9ρ2 = -α -ρ3 - 3ρ2κ = β

� -ρ3 + 9ρ3 = β

ρ3κ = -γ -3ρ4 = -γ κ = -3ρ κ = -3ρ (1) -6ρ2 =-α 6ρ2 = α (2) 8ρ3 = β

� 8ρ3 = β (3)

3ρ4 = γ 3ρ4 = γ (4) i) Από την (2) έχουμε:

(4) α2 = 36ρ4 � α2 = 12 · 3ρ4 = α2 = 12γ . ii) Από την (3) έχουμε:

(2),(4) 9β2 = 576ρ6 = 32 · 3ρ4 · 6ρ2 = 32αγ .

13. Να λυθεί η εξίσωση:

Χ2 - Χ ΧΖ - χ + 2 z z = 1 · χ - x + l χ - χ- 2

Λύση : Πρέπει χ 2 - χ + 1 ;ι!: Ο και χ 2 - χ - 2 ;ι!: Ο ,

δηλαδή x ;t -1 και x ;t 2 Θέτουμε χ2 - χ + 1 = ω , οπότε: χ2 - χ = ω- 1 , χ2 - χ + 2 = ω+ 1 ,

χ2 - χ -2 = ω- 3 και η εξίσωση γράφεται: ω - 1 ω + l . -- - -- = 1 . Για ω ;t Ο και ω ;t 3 εχουμε:

ω ω - 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2138

Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου

ω-1 ω + 1 ----;---- ω-3

= 1 � (ω-3)(ω- 1)-ω(ω+ 1)

= ω(ω-3) �

ω2 -3ω-ω+3-ω2 -ω-ω2 +3ω = σ � -ω2 - 2ω + 3 = Ο � ω2 + 2ω- 3 = Ο � ω = -3 ή ω = 1 .

Για ω = -3 έχουμε: χ2 - χ + 1 = -3 � χ2 - χ + 4 = 0 αδύνατη, γιατί Δ = -15 < 0 .

Για ω = 1 έχουμε: χ2 - χ + 1 = 1 �·χ2 - χ = 0 � χ (χ - 1) = 0 � χ = Ο ή χ = 1 .


sx.J;. - 3� = 296 .

,\ \ι ση : Πρέπει: χ > Ο. Θέτουμε: � = y > ο<=> { �)2 = y2

<=> ,J;! = y2 <=> x..Jx = y2 . Η εξίσωση γράφεται: 5y2 -3y- 296 = Ο . Ε

πειδή Δ = (-3)2 -4 · 5 · (-296) = 772 , θα είναι 3 ± 77 y=ιο· {y = 8 δεκτή Άρα ή

y = -7, 4 απορρίπτεται Για y = 8 έχουμε:

� = 8 <=> χ3 = 84 <=> χ3 = (23 )4 <=> χ3 = ( 24 )3 <=> χ = 24 <=> χ = 16 .


2x- S + 2.J

x2 - Sx + 2.Jx - S + 2.J;. =48 .

. \ (!ση : Πρέπει:

( χ � Ο και χ - 5 � Ο)<=> (χ � Ο και χ � 5) <=> χ � 5 . Έχουμε: 2x - 5+ 2

.Jx2 -5χ +2.Jx- 5 +2..Jx =48<=>

χ + x -5 + 2..Jx.Jx- 5 + 2.Jx - 5 +2..Jx -48 = 0<=> (.rxy +2..rx�x-5+{�x-5)2 +2{�χ-5+..Γχ)-48=0<=>

{.Jx -5 +..Jx)2 +2{.Jx - 5 +..Jx)-48 = 0 (1). Θέτουμε .Jx-5 + ..Jx =ω , όπου ω� Ο , οπότε

η εξίσωση (ι ) γράφεται: ω2 + 2ω-48 =ο<=> ω= 6 δεκτή ή ω = -8 απορρίπτεται.

Για ω = 6 έχουμε: .Jx- 5 +..Jx =6<=> .Jx- 5 = 6 -..Jx <=> χ - 5 = 36- 12..Jx + χ<=> 12..Jx =41 <=> ..Jx = 41 <=> χ = (41 )2 <=> χ = 1681 . 12 12 144


�χ + 20 - �χ + 9 = 1, χ ε Q .

2 Πρέπει χ + 20 ;::: Ο και χ + 9 ;::: Ο , δηλαδή χ ;::: -9 .

Θέτουμε: �χ+ 20 = φ > Ο � χ + 20 = φ3 � χ = φ3 - 20 ( 1) �χ+ 9 = ω > Ο � χ + 9 = ω4 � χ = ω4 - 9 (2)

Από (1) και (2) έχουμε: ω 4 -9 = φ3 -20 � ω 4 = φ3 - 1 1 (I) Είναι όμως και φ -ω = 1 � φ = 1 + ω (11) Από (I) και (11) έχουμε:

ω4 =(1+ω)3 -1 1� ω4 =1+3ω+3ω2+ιJ -11�

ω 4 - ω3 - 3ω2 - 3ω + 1 Ο = Ο . Με το σχήμα Ηοrner έχουμε:

-1 2 1

-3 2 -1

-3 -2 -5

Οπότε η εξίσωση γράφεται:

10 ρ = 2 -10

ο

(ω- 2) ( ω3 + ω2 -ω-5) = Ο � ω = 2 ή ω3 +ω2 -ω-5 = 0 . Για ω =2 είναι �χ + 9 = 2 ή χ + 9 = 16 ή χ = 7

Η ω3 + ω2 -ω-5 = Ο δεν έχει ρίζες στο Q (γιατί;).

Άρα, τελικά, η μόνη ρίζα στο Q είναι η χ = 7 .

17. Να λύσετε την εξίσωση:

�-�σννχ=�, αν χε( 2κπ-� ,2κπ+� }κεΖ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/39

Μαθηματικά -yια την Β' Λvκείου

Λύση: Θέτουμε Vσυvχ =ω > Ο <=> συνχ = ω3 , όπου

ω3 ε [Ο, 1] . Επομένως η εξίσωση γράφεται: 3ω3 -ω-2=0 ( 1).

Οι πιθανές ακέραιες ρίζες της ( 1) είναι: ±1, ± 2 .

Το σχήμα του Homer για ρ = 1 δίνει: ο I i I -2 3 3

Οπότε η εξίσωση γράφεται: (ω- 1)(3ω2 + 3ω+ 2)= 0<=>

2 ο

ρ= l

{ω = 1, δειcτή

:ω2 + 3ω+ 2 = 0, αδύνατη (Δ = -15 < 0) Επομένως έχουμε συvχ = 1 <=> χ = 2κπ, κ ε Ζ .

18. Να λυθεί η εξίσωση: 6ημ4χ - (8.J3 + 9.Ji)ημ3χ +

12(../6 + 1)ημ2χ - (8.J3 + 9.Ji)ημχ + 6 = ο

Λύση: Θέτουμε u = ημχ, όπου -1 � u � 1 και έχου-

με: 6u4 - (8J3 + 9..fi)u3 + 12(-/6 + 1)u2 - (8J3 + 9..fi)u + 6= Ο Προφανώς u -:;:. Ο . Άρα η ( 1) ισοδύναμα γίνεται:

{ u2 + :2 )-<sJ3 +m>( u +�} 12( J6 + 1) =0 (2)

Θέτουμε u + .!. = t , οπότε u2 +-1 = t2 - 2 u u2 και η (2) ισοδύναμα γίνεται:

6(t2 - 2) - (8J3 + 9..fi)t + 12-/6 + 12 = ο ή 6t2 - (8J3 + 9..fi )t + 1 2-/6 = ο με Δ = (8J3-9.J2)2 > Ο

Ε . 4J3 ' 3..fi πομενως t =- η t =-και 3 2 1 4J3 ' 1 3.fi u +-=- η u +-=-u 3 u 2

2 4J3 ' 2 3.J2 u - -· u + 1 = 0 η u --u+ 1 = 0 3 2 3u2 -4J3u+ 3 = 0 ή 2u2 - 3.fiu+ 2 = 0 Επειδή Δ1 =48 - 36 = 12 , Δ2 = 1 8 - 1 6 = 2 θα

' 4J3 ± 2J3 3.J2 ± .J2 . ειναι: u1,2 = 6 u3,4 = 4 , οποτε: u1 = J3, απορ. u2 = Jj , u3 = .J2, απορ. u4 =

.J2 3 2

Ε ' J3 ' .fi πομενως: ημχ = '3 η ημχ = 2 . π χ = 2kπ +-

Ά .J2 ρα ημχ =-<=> 2 4

π χ = (2k + 1 )π --. 4 Α ' J3 έχ πο ημχ =- ου με: 3

�.:::: .. :--------- ,�----'\ \ ω \ \ \ ' 1 / 2 / 3

\ _./ Υ-'

Αφού προσδιορίσαμε (βλέπε σχήμα) γωνία ω ' J3 ' ωστε ημω =-, προιαιπτει: 3

χ =2kπ +ω ημχ = ημω => 'η

π χ = (2k + 1)π - 4 (1)

19. Να λυθεί η εξίσωση: �χ2 + 5 = χ - λ, λ ε JR .

Λύση: Πρέπει χ 2 + 5 � Ο , που ισχύει για κάθε

χ ε JR . Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: ί) χ - λ< Ο <=> χ < λ . Τότε η εξίσωση είναι

αδύνατη. ii) χ - λ� Ο <=> χ � λ . Τότε η εξίσωση γράφε-

ται: �χ 2 + 5 = χ -λ <=> χ 2 + 5 = (χ -λ )2 <=> χ 2 + 5 = χ 2 -2λχ + λ2 <=> 2λχ = λ2 -5 ( 1 ).

α) Α ν λ = Ο τότε η (Ι) γράφεται Οχ = -5 , που είναι αδύνατη.

β) Αν λ -:;:. Ο τότε η (1) γράφεται χ = λ2 - 5 (2). 2λ Επειδή χ � λ από τη σχέση (2) θα έχουμε

λ2 -5 'Κ -5 --�λ<=>---λ� Ο<=> 2λ 2λ λ2 - 5- 2λ2 λ2 + 5 ---- � ο<=> ---� ο<=> 2λ 2λ λ2 + 5 {2λ(λ2 +5) :::; ο --::;Ο<=> <=>λ < Ο . 2λ λ :1:- ο

Επομένως για να είναι δεκτή η λύση (2) θα πρέπει λ < Ο .

20. Να λυθεί η aνίσωση:

Λύση:

�+ 2 > 7 - 2χ - 1 - 12 .

π ' 2χ - 1 ο 2 ' 1 ρεπει: -- > <=> χ <- η χ >- . χ + 2 2 Θέτουμε S. =ω , όπου ω > Ο , οπότε

1 ' ' =- και η ανισωση γραφεται: ω 1 7 1 7 ω--�-<=>ω----�0<=> ω 12 ω 12

12ω2 -12 - 7ω � 0<=> 12ω2 -7ω-12 � 0<=> 3 ω :::; --4 ή 4 ω�- . 3

Επομένως, επειδή ω > Ο, θα είναι: � �i<=> 2χ - 1 ��<=> ν� 3 χ + 2 9

2χ - 1 16 1 8χ -9- 16χ -32 ----�0<=> � 0<=> χ + 2 9 9(χ + 2) 2χ -41 9(χ + 2) � 0<=> 9(χ + 2)(2χ -41) � 0�

(χ + 2)(2χ -41) � 0<=> χ :::; -2 ή χ � 41 2 2 ' 41 ' 2 <=> χ <- η χ �- , γιατι χ :�:- - . 2

�}Ξι ιΙΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΗΝ E!/fJEIA ΓΙΑ ΤΗΝ θΕΤΙΚΗ ΚΑΙ ΤΕΧΝΙJΛΙJΓΙΚΗ ΚΑΤΕ!/θ!/ΝΣΗ ΤΗΣ 8' ιt!IKEIIJ!/

του Ν. Μαρούγκα

1. Έστω α, β διανύσματα του επιπέδου με

Ιαl = 1 και Ιβ1 = 3 και φ = (αλβ) με φΕ [ο,π] και η σχέση (αβ + 3)χ + (αβ - 3)y - 1 = 0 (1) για κάθε φΕ [Ο,π] . Τότε α) Να δειχθεί ότι η (1) παριστάνει ευθεία για

κάθε φ Ε [Ο, π] . β) Η ευθεία αυτή περνά πάντοτε από σταθερό

σημείο το οποίο και να βρεθεί. γ) Εάν η ευθεία είναι παράλληλη στον άξονα

χχ' τότε το α /Ί/ β και β = -3α . δ) Εάν η ευθεία είναι παράλληλη στον άξονα

yy' τότε α /'ι!' β και β = 3α . ε) Εάν η ευθεία σχηματίζει γωνία π με τον ά-

4 ξονα χχ' τότε α _l β .

Λύση� α) Η σχέση (1) είναι της μορφής

Αχ + By + Γ = Ο . Αρκεί Α :1:- Ο ή Β :�:- Ο με Α = <iβ + 3 και Β = aβ - 3 . Έστω ότι Α = Ο και Β = Ο τότε aβ + 3 = Ο και aβ - 3 = Ο που είναι

προφανώς αδύνατο. Άρα η (1) παριστάνει ευθεία για κάθε φ Ε [0, π] .

β) Η ( 1 ) γίνεται αβ(χ +y)+(3x-3y-1)=0<=> ιaι ιβlσυνφ(χ + y) + (3χ - 3y - 1) = 0 <=> 1 · 3συνφ (χ + y) + (3χ - 3y - 1) = Ο<=> 3συνφ(χ + y) + (3χ - 3y - 1) = Ο

για κάθε φ Ε [Ο, π] . Πρέπει χ + y = Ο και 3χ - 3y - 1 = Ο και οι εξισώσεις συναληθεύουν για

1 1 τ , ( 1 1 ) αλ θ , χ =- και y =-- . ο σημειο - -- η ευει 6 6 6 ' 6 την (1) για κάθε φ Ε [0, π] .

γ) Εάν η ευθεία (1) είναι παράλληλη στον χχ' έχει συντελεστή διεύθυνσης Ο και προφανώς

aβ + 3 = ο<=> aβ = -3 <=> ιaι ιβι συνφ = -3 <=> 1 · 3συνφ = -3 <=> συνφ = -1 <=> φ = χ .

Η γωνία ( a Λ β) = π και το β /'ι(' α . Αφού β παράλληλο στο α το β = λίϊ. λ< Ο . Ιβl = lλal => li3l = lλl ιaι => 3 =-λ1=> λ=-3 . τότε i3 =-3<i .

Μαθηματικά ΎUJ την Β' Λυκείου

δ) Εάν η ευθεία (1) είναι παράλληλη στον yy' δεν ορίζει συντελεστή διεύθυνσης και ο συντε-λεστής του y είναι Ο. Δηλαδή aβ - 3 = Ο που ση-ναίνει ότι aβ = 3 � ιaι Ιί31 συνφ = 3 �

1 · 3συνφ = 3 � συνφ = l � φ = 0° . Αφού {aΛβ) = 0° τότε a/'/' β και

β = μίi, μ > Ο . Τότε li3l = ιμaι ==> li3l = ιμι ιaι ==> 3 � μ1 ==> μ = 3

και β = 3ίi . ε) Ο συντελεστής διεύθυνσης της (1) για κά-

, - (ίiβ + 3) ' θε φ Ε [ο, π] ειναι λ(αΛβ) = aβ _ 3 . Εαν η (1)

σχηματίζει γωνία π με τον χχ' άξονα πρέπει 4 -(aβ + 3) λ_ - = 1 � - = 1� α,β ίiβ - 3 aβ + 3 = 3 - aβ � 2aβ = ο� aβ = ο� a 1_ β .

2. α) Δίνεται το σύστημα 2 χ 2

{αλ + μ = 2} (Σ) . λ + αμ = 2

Ν α εξεταστεί για

ποιες τιμές του α το (Σ) έχει μοναδική λύση, είναι αόριστο, είναι αδύνατο.

β) Δίνεται η .(αλ + μ - 2)χ + (λ + αμ - 2)y + α + 1 = 0 (1).

Ν α δειχθεί ότι μόνον όταν το α = -1 παριστάνει ευθεία για κάθε λ, μ Ε JR .

γ) Για α = -1 να δειχθεί ότι η (1) είναι ευθεία που περνά από σταθερό σημείο το οποίο και να βρεθεί.

ΛίJση : α) Οι ορίζουσες D, Dλ , Dμ του (Σ) είναι: D = I� �� = α2 - 1 = (α - 1)(α + 1)

Dλ = �� = 2α - 2 = 2 (α - 1)

Dμ = I� �� = 2α - 2 = 2 (α - 1) Εάν D * Ο τότε το (Σ) έχει μοναδική λύση

λ _ Dλ

_

2 (α - 1) 2 -D - (α - 1) (α + 1) α + 1

Dμ 2 (α - 1) 2 μ =D= (α - 1) (α + 1) = α + 1 ' για α ;t; ±l .

κάθε

Για α = 1 το (Σ) γίνεται {λ + μ = 2} προφαλ + μ = 2 νώς ΑΟΡΙΣΤΟ.

Για α = -1 το (Σ) γίνεται {-λ + μ = 2} προλ - μ = 2 φανώς ΑΔ ΥΝΑΤΟ.

β) Η (1) παριστάνει ευθεία όταν αλ + μ - 2 -φ, Ο ή (λ + αμ - 2) ;t; Ο . Εάν α ;t; -1 ό-πως δείξαμε στο ερώτημα (α) υπάρχουν λ, μ που κάνουν τις ποσότητες αλ + μ - 2 και λ + αμ - 2 ταυτόχρονα Ο. Όταν το α = -1 οι ποσότητες αλ + μ - 2 και λ + αμ - 2 δεν μπορούν να κάνουν ταυτόχρονα Ο. Τότε η (1) παριστάνει ευθεία για κάθε λ, μΕ JR .

γ) Για α = -1 η (1) γίνεται (-λ + μ - 2) χ + (λ - μ - 2)y + (-1) + 1 = 0�

λ(-χ + y) + μ (χ - y)- 2χ - 2y = O � (μ - λ)(χ - y) - 2 (χ + y) = Ο για κιiθε μ, λΕ JR . Πρέπει λοιπόν χ - y = Ο και χ + y = Ο που συναληθεύουν στο 0(0, 0) . Το 0(0,0) επαληθεύει την (1) για κάθε λ, μΕ JR όταν α = -1 .

3. Έστω Χι , Χ2 , Υ ι , Υ 2 Ε 1R με 12χι - Syι + 1 = 0 και 12χ2 - 5y2 - 25= 0 . Να

δειχθεί ότι (χι - χ2 )2 + (Υι - y2 )2 � 4 . Λύση : Θεωρώ τις ευθείες (ει ) : 12χ - 5y + 1 = Ο και

( ε2 ) : 12χ - 5y - 25 = Ο που προφανώς είναι παράλληλες μεταξύ τους. Βρίσω την μεταξύ τους απόσταση. Έστω Α το σημείο που η (ει ) τέμνει τον yy'.

t �ει) I / I

Κ( χι • ι)/.: .......... f�(χ y ) , , 2' 2 A(O,l/5), / /

------/ ' ------+

Ι ί Τότε το Α έχει συντεταγμένες Α( 0,� ) · Η α

πόσταση ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/42

Μαθηματικά pα την Β' Λtικεiου

d (ει , ε2 ) = d (Α, ε2 ) ι�2 - Ο - s(� J- 2ιι-2� =

�1 22 + ( -5)2 13 . Έστω σημείο Κ (χι . Υι ) που ανήκει στην (ει ) · τότε 12χι - 5yι + 1 = 0 και σημείο Λ (χ2 , y2 ) που ανήκει στην ( ε2 ) . Τότε 12χ2 - 5y2 - 25 = Ο .

Η απόσταση (ΚΑ) � 2 αφού οι ευθείες είναι παράλληλες και απέχουν απόσταση 2. Τότε �(χι - χ2 )2 + (Υι - y2 )2 � 2 � (χι - χ2 )2 + (Υι - y2 )2 � 4 .

4. Έστω η ευθεία (ε) : :ι: + y + μ = Ο και το

σημείο Μ (ι,Ο) . α) Να βρεθούν οι σuντεπιyμtνει; του συμ

μετρικού τοο σημείου Μ ιος προς την ευθεία (ε).

β) Εάν Ν το σvμιιεrρικό τοο Μ ως προς την (ε) το Ν κm:ίται σε σταθερή ευθεία.

. \ί,Γ;η : α) Ο συντελεστής διεύθυνσης της (ε) είναι -1 . Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας που διέρχεται από το Μ (1, Ο) ιc:m είναι κάθετη στην (ε) θα είναι Ι . Τότε η ευθεία mυ περνά από το Μ και είναι κάθετη στην (ε) θα είναι η

(ζ) : y - 0 = 1 (x - 1) � y = χ - 1 . Βρίσκω Κ την τομή των (ε) και (ζ)

{χ + y =-μ} { χκ = l�μ } y = x - 1 �

Υκ = -l;μ ·

Το ευθύγραμμο τμήμα ΜΝ έχει το Κ για μέσο. Τότε χΝ + l = Ι - μ και ΥΝ + Ο = -Ι - μ που 2 2 2 2 δίνει ως λύση χΝ = -μ και ΥΝ = -1 - μ .

β) Αφού χΝ = -μ και ΥΝ =-1 - μ τότε α-

παλείφοντας το μ προκύπτει ΥΝ = -1 + χ Ν . Το Ν

ανήκει στην ευθεία y = χ - 1 . 5. Έστω τα σημεία Α (ι, 2) , Β ( 3, ι) και η

σχέση: (2κ + 3λ - 7)0Α + (4 - κ - λ)ΟΒ + (3 - κ - 2λ)ΟΜ = Ο με κ + 2λ - 3 :�= 0 .

α) Να δειχθεί ότι τα Α, Β και Μ σημεία είναι συνευθειακά, και να βρεθεί η ευθεάι στην οποία κινείται το Μ.

β) Εάν 3κ + 4λ = 11 τότε το Μ μέσο του ΑΒ με κ :Ι= 5 και λ :�: -ι .

γ) Να βρεθούν οι τιμές του ρ ε R ώστε η ευθεία y = ρχ να τέμνει το τμήμα ΑΒ.

δ) Να δειχθεί ότι όταν ρ = ι τότε 4κ + 5λ = ι5 , κ :1: 5 , λ :1: -ι .

Λί1ση : α) Η ( 1) γίνεται

(κ + 2λ - 3)0Α + (κ + λ- 4}0Α + (4- κ - λ)ΟΒ + (3 - κ - 2λ)ΟΜ ::;: 0 �

(κ+2λ-3)(0Α-ΟΜ)+ (κ+λ-4)(0Α-ΟΒ)=δ� (κ + 2λ - 3) ΜΑ + (κ + λ-4) ΒΑ = Ο � (κ + 2λ - 3) ΜΑ= (κ + λ -4 }ΑΒ �

ΜΑ= ΑΒ (2). Η τελευταία σχέση - ( κ + λ- 4 )-κ+ 2λ- 3

δείχνει ότι τα ΜΑ 1 1 ΑΒ και αφού Α κοινό σημείο τα Α, Β, Μ συνευθειακά. Το Μ ανήκει στην ευθεία ΑΒ: y - 2 = 1 - 2 � y - 2 =.!.. (x - 1)=> χ - 1 3 - 1 2 2y - 4 =-x + ι � χ + 2y - 5 = 0 .

β) Αφού 3κ + 4λ = 1 1 � κ = l l - 4λ . Από τη 3 σχέση (2) προκύπτει

ΜΑ{Ιιl]:::λ--: r�

- [ -l;λ )- - -(λ + l)-ΜΑ= ΑΒ � ΜΑ ΑΒ � 2λ+ 2 2 (λ + 1) 3

- 1 - -- Ι -ΜΑ=--ΑΒ � ΑΜ =-ΑΒ που προφανώς δεί-2 2 χνει ότι Μ μέσο του ΑΒ.



A(l ,2) ( 5 5ρ ) κ 1+2ρ 1+2ρ Β(3,1)

γ) Η ευθεία ΑΒ είναι η χ + 2y - 5 = 0 . Βρίσκω την τομή των ευθειών χ + 2y - 5 = Ο και y = ρχ . Εάν Κ το σημείο τομής τους το Κ έχει συ-ντεταγμένες κ (-

5-, �) με ρ :#:_..!_ . Εάν 1 + 2ρ 1 + 2ρ 2 1 θ ' ' -'Λ '\ . λε δ ' ρ = -"2 οι ευ ειες ειναι παρUJ\.1\.η ς και εν τε-

μνονται. Η τετμημένη του Κ πρέπει να βρίσκεται ανά

μεσα στην τετμημένη του Α και του Β δηλαδή 1 � -5-� 3 . Όμοια για την τεταγμένη του Κ 1 + 2ρ 2 � � � 1 . Λύνοντας τις ανισώσεις βρίσκουμε 1 + 2ρ ' 1 2 οτι - � ρ � . 3

δ) Για ρ = 1 το κ( %•%} Ως γνωστό από (2) - (κ + λ- 4)-ΑΜ = - ΑΒ . Ταυτίζοντας το Μ με το κ + 2λ - 3

- (κ + λ- 4)-Κ έχουμε ΑΚ =- ΑΒ� κ + 2λ - 3 (� - 1, � - 2 )= - (κ + λ -4) ( 3 - 1, 1 - 2) � 3 3 κ + 2λ - 3 3_ __ 2( κ + λ- 4 ) 3 κ + 2λ - 3 -j =+( κκ:�--�) � 4κ + 5λ- 1 5 = 0 .

4. Δίνονται οι ευθείες (ει ) : λχ+ y+ 2=0, λ:#: Ο και ( ε2 ) : χ + μy + 1 = Ο, μ :;t: Ο έτσι ώστε για κά

θε σημείο Μ (χ, y) του επιπέδου να ισχύει ότι

ld (Μ,ει ) - d (Μ,ε2 )I � ρ (I) με ρ > Ο . Τότε

α) Να δειχθεί ότι κατ' ανάγκη οι ευθείες

(ει ) και ( ε2 ) είναι παράλληλες μεταξύ τους.

β) Να βρεθούν τα διαστήματα στα οποία παίρνουν τιμές οι πραγματικοί λ, μ όταν

d (ει , ε2 ) � 2 .

Λύση:

(ει)

α) Έστω ότι οι ευθείες (ει ) και (ε2 ) δεν είναι παράλληλες. Τότε θα τέμνονται στο σημείο Α. Φέρω ε3 ευθεία παράλληλη της ει η οποία θα τέ-μνει την ε2 στο Β και σε απόσταση ρ από την ει . Έστω Μι σημείο της ε2 στο ημιεπίπεδο που ορίζει η ( ε3 ) και δεν περιέχει την (ει ) . Τότε για το σημείο Μι από την σχέση (I) πρέπει να ισχύει ότι lct (Μι , ει ) - d (Μι , ε2 )I � ρ� lct (Μι , ει ) - οΙ � ρ (το d (Μι ,ε2 ) = 0 αφού Μι ε ε2 ) � ld (Μι , ει )l � ρ � d(Μι , ει ) � ρ ΑΤΟΠΟ διότι από το σχήμα προφανώς d (Μι , ει ) > d (ε3 , ε2 ) = ρ . Άρα (ει ) 1 1 (ε2 ) .

β) Αφού οι (ει ) , ( ε2 ) είναι παράλληλες πρέπει να έχουν ίδιους συντελεστές διεύθυνσης

1 1 δηλαδή -λ=--� λμ = 1 , λ, μ :#: Ο� μ =- . Η μ λ 1 ε2 γίνεται χ +-y + 1 =Ο � λχ + y + λ = Ο . Η α-λ

πόσταση των ει , ε2 θα είναι όση η απόσταση ενός σημείο της (ει ) από την ( ε2 ) . Το Κ (Ο, -2) ανήκει στην (ει ) . Τότε

Jλ · Ο - 2 + λJ Jλ- 2J d (ει , ε2 ) = d (Κ, ε2 ) = fi[";} = fi[";} ( 1 ). λ2 + 1 λ2 + 1 Στην περίπτωση που το Μ βρίσκεται στο η

μιεπίπεδο που δημιουργεί η (ει ) και δεν περιέχει την (ε2 ) τότε d(Μ, ε2 ) - d (Μ, ει ) = d (ει , ε2 ) (2). Στην περίπτωση που το Μ βρίσκεται στο ημιεπίπεδο που δημιουργεί η ( ε2 ) και δεν περιέχει


Μαθηματικά yια την Β· Λυκείου

την (ε1 ) τότε d(Μ, ε1 ) - d (Μ, ε2 ) = d (ε1 , ε2 ) (3). Εάν το σημείο βρίσκεται ανάμεσα στην ζώνη των ευθειών τότε Ο � d(Μ,ε1 ) � d(ε1 , ε2 ) και d {Μ, ε2 ) � d ( ε1 , ε2 ) {:::) -d ( ε1 , ε2 ) � -d (Μ, ε2 ) και με πρόσθεση των τελευταίων σχέσεων -d ( ε1 , ε2 ) � d (Μ, ε1 ) -d (Μ, ε2 ) � d ( ε1 , ε2 ) {:::) ld (M, ε1 ) - d(Μ, ε2 )I � d(ε1 , ε2 ) (4).

Από τις σχέσεις (2), (3), (4) προκύπτει (Ι) ld (M, ε1 ) - d (Μ, ε2 )I � d(ε1 , ε2 ) {:::)

jd (M, ε1 ) - d (Μ, ε2 � ,; � . Ι1ρtπεt λ2 + 1

I λ- 21 � 2 {:::) lλ - 21 � 2.Ji + 1 {:::) .J

λ2 + 1 I λ - 212 � 4 ( λ2 + 1) {:::)

λ2 -4λ + 4 � 4λ2 + 4 {:::)

3λ2 + 4λ � Ο� 3λ( λ+�)� Ο που αληθεύει

V λ > Ο ή λ� -i . λ :;t: Ο . 3 Θ ' λ 1 ' ετοντας = - προκυπτει μ

7. Έστω οι ευθείες (ει ) : y = χ - 2 και

( ε2 ) : Υ = -χ + 2 .

α) Να βρεθούν τα σημεία M(x, y) του επι

πέδου τέτοια ώστε d (Μ,ε2 ) = kd (Μ,ει ) με k > 1 και να δειχθεί ότι αυτά ανήκουν σε 2 ευθείες.

β) Ν α βρεθεί τιμή του k ώστε οι ευθείες

αυτές να τέμνονται -με οξεία γωνία π

•

4 γ) Εάν φέρω οριζόντια ευθεία που τέμνει

την ει στο Α και την ( ε2 ) στο Β και τον άξονα

yy' σε θετική τεταγμένη να βρεθεί η ευθεία στην οποία ανήκει το Μ τέτοια ώστε το

- -

ΜΒ = 4ΑΜ .

Λύση: α) Η ( ε1 ) είναι χ - y - 2 = Ο . Η ( ε2 ) είναι

χ + y- 2 = Ο . Πρέπει d (Μ, ε2 ) = kd(M, ε1 ) {:::)

lx+y-� lx-y-� .:....__-=---=-=k {:::) x + y - 2 =k (x - y - 2) .J2 .J2 ή χ + y - 2 = -k (x - y - 2) που σημαίνει ότι το Μ ανήκει στην ευθεία

(ε:J

(δ1 ) : (1 - k) x + (1 + k) y + 2k - 2 = 0 ή στην ευθεία {δ2 ) : (1 + k) x + (1 - k)y - 2k - 2 = 0 .

β) Ως γνωστό κάθε ευθεία της μορφής Αχ + By +Γ = Ο , Α :;t: Ο ή Β :;t: Ο είναι παράλληλη του διανύσματος δ = (Β, -Α) . Θεωρώ τα διανύσματα ίi = (1 + k,-(1 - k)} με ίi l l (δ1 ) και ν = ( 1 - k,-( 1 + k)) με ν 1 1 ( δ2 ) . Η γωνία των ευθειών είναι ίση με την γωνία των ( ίί Λ ν) •

συν( ίίΛν) = 1:1·1;1 {:::)

συν(uΛν)= (1 + k){1 -k)+ (1 -k)(1 + k) J{l +k)2 + (1 -k)2 ·J(l - k)2 +(1+k)2

Αφού η γωνία ( ίίΛν) έχει συν ( ίίΛν) < Ο βρίσκω την παραπληρωματική της η οποία θα πρέπει

' π να ειναι - . 4 ' π k2 - 1 k2 - 1 J2 Τοτε συν-=--{:::) --=-{:::) 4 k2 + 1 k2 + 1 2

2k2 - 2 = J2k2 + J2 {:::) ( 2 -J2)k2 = 2 + J2 {:::)

k2 = 2 + J2 {:::) k2 =

( 2 + J2)2 {:::) 2 -.fi 22 - (J2)2

k2 = (z+;)'

"" k ± ( 2jf )"" k =±(Ι +Ji)

και αφού k > 1 πρέπει lk = 1 + J2l.

Μαθηματικά yια την Β' Λυκεiου

γ) Το MB = (2 - yM - χΜ , ΥΜ - yM ) = (2 - xM - yM ,o) ΑΜ=(χΜ -(ΥΜ +2),yM -yM )=(xM -yM -2,0) . Αφού το ΜΒ = 4ΑΜ � (2 - ΧΜ - yM , 0) = 4(xM - yM - 2,0)� 2 - ΧΜ - yM =4ΧΜ -4yM - 8� 5χΜ - 3yM - 1 0=0 . Το Μ ανήκει στην ευθεία (η) : 5χ - 3y - 1 Ο = Ο . Όμως το Μ ανήκει και στην ( δ1 ) : ( 1 - k) χ + ( 1 + k) y + 2k - 2 = Ο ή στην ευθεία (δ2 ) : (1 + k) x + (1 - k)y - 2k - 2 = 0 . Πρέπει

5 -3 -10 (η) Ξ δ1 που σημαίνει --=--=--,k> 1 1 - k 1 + k 2k - 2 5 -3 � 1 - k = 1 + k � 5 (1 + k) = -3 (1 - k)�

5 + 5k = -3 + 3k� 2k =-8� k =-4 ΑΤΟΠΟ αφού k > 1 ή (η) Ξ δ2 � -

5-= -3 ( -10

) , 1+k 1-k - 2k+2 με k > 1 �- -3 �� 2k= 8�lk =41 . 1-t-k 1-k

8. Δύο σημεία Α, Β κινούνται στους θετικούς ημιάξονες Οχ, Oy με Α (α,Ο) , B(O,p) , α > Ο, Ρ > Ο και α.J3 + Ρ = 2 (1). Με υποτείνουσα την ΑΒ φτιάχνουμε ορθογώνw ΑΓΒΔ έτσι

Λ

ώστε η γωνία ΒΑΓ = 60° και η κορυφή Γ να βρίσκεται στο πρώτο τεταρτημόριο. Να δειχθεί ότι το σημείο Γ παραμένει σταθερό ενώ το σημείο Δ κινείται πάνω σε μια ευθεία η οποία και να προσδwριστεί.

Λί1ση :

.... Γ(ΧιJ,Υο)

Β(Ο,β) ;··············

················�::.:::�:�:: .. ··

I \ ,ο• ' ' \ , ... ·· ............ -······

····· Α(α,Ο) \,·:�:::· ............ .

Δ(χΔ,yΔ)

Τα ΑΓ, ΑΒ έχουν συντεταγμένες ΑΓ = (χ0 -α, y0 ) . Το ΑΒ = (-α,β) . Ως γνωστό

σuv ( ΑΒ Άr) � 1:1·1� (2) και προφανώς

IAΓI � 1�1

αφού η yαινiα ABr � Jo• με

IABI = �α2 + β2 . Από τη σχέση (2) έχουμε -α(χο - α) + βyο συν60° = �

1ΑΒ1 1� 1 -αχο + α2 + βyο 2 = /α2 + β2

� �α2 + β2 -'-"---2

1 ( 2 2 ) 2 4 α + β = -αχο + α + βyο � α2 + β2 = -4αχ0 + 4α2 + 4βy0 � 4αχ0 -4βy0 + β2 - 3α2 = 0�

(l) 4αχ0 - 4βy0 + {β -.J3α) {β +.J3α)= Ο� 4αχ0 -4(2-αJ3)y0 +(2-αJ3 -αJ3)2=0� 4αχ0 - 8y0 + 4α.J3y0 + 4 - 4α.J3 = 0� α(4χ0 +4J3y0 -4J3)+ (4-8y0 )=0 για κάθε α.

Άρα 4χ0 + 4.J3y0 - 4.J3 =0 και 4 - 8y0 = 0 . Λ '

, , 1 υνοντας το συστημα προ1CUπτει Υ ο = 2 και .J3 Χο =- . 2

τ , Γ , , Γ(.J3 1 ) ο σημειο εχει συντεταγμενες Τ, 2 που είναι σταθερό.

Στο ΑΓΒΔ ορθογώνιο οι διαγώνιοι διχοτομούνται στο σημείο Κ. Το Κ έχει συντεταγμένες Κ ( � , %} Επειδή το Κ είναι μέσο και της Γ Δ

, , χ Δ + Χο Υ Δ + Υ ο προ1CUπτει οτι = χ κ και = Υκ 2 2 .J3 1 ΧΔ +- ΥΔ + -

δηλαδή 2 2 = � και 2

2 =% Τότε

ΧΔ + .j3 = α� ΧΔ .J3 + .j3 . .J3 = α.J3 � 2 2 χΔ .J3 +

�= α.J3 (3) και ΥΔ +

_!_=β (4). Προσθέ-2 2

τοντας τις σχέσεις (3) και (4) έχομε 3 1 (l) χΔ.J3+-+ yΔ +-= α.J3+ β� 2 2

ΧΔ .J3 + Υ Δ + 2 = 2 � Υ Δ = -.J3χΔ . Το Δ ανήκει στην ευθεία IY = -.J3xl .


Μαθηματικά ΎJ4 την Β' Λυκείου

9. Η θέση ενός πλοίου σε ορθοκανονικό σόστημα αναφοράς δίνεται από τις συντεταγμένες Π ( 20,-1 Ο) και του λιμανιού στο οποίο

πρόκειται να καταπλεύσει Λ( 5,-i ) · Το πλοίο

κινείται από το σημείο Π προς το σημείο Λ έτσι ώστε για κάθε 2 min η τετμημtνη του να μεταβάλλεται κατά μία μονάδα. Να βρεθούν:

- 0(0,0)

α) Η εξίσωση της ευθείας .UWO στην οποία κινείται το πλοίο.

β) Η θέση Μ τοο doioo 3rάΎω στην ευθεία συναρτήσει τοο lj)όV01) t.

γ) Ο lJ)όνος 11ου pιάζεται για να καταπλεύσει.

δ) Να βρε8ούν οι συντεταγμένες της θέσης του doioo καθώς και η χρονική στιγμή όπου το εμpαδόν τοο ΑΓΜΠ τραπεζίου είναι τετραπλάσιο τοο εμβαδού του ΓΒΛΜ τραπεζίου.

Λύση: α) Η ευθεία ΑΠ έχει εξίσωση: (

-�+ 10

1

y + IO=�

(x-20)� 5 - 20 15

y + 1 Ο = _l__ (χ - 20) � y + 1 Ο = -_!_ (χ - 20) � -15 2

1 1 y + 10 = --x + 10� y=--x χε [5, 20] . 2 2 β) Αφού για κάθε 2 min η τετμημένη μετα•

βάλλεται κατά 1 μονάδα, η τετμημένη του Μ θα δ, ' ' 20 1 t ' ινεται απο τον τυπο χ Μ = -2 και προφανως ΥΜ =-

_!_(20 -_!_ t)� ΥΜ =-10 +_!_t . 2 2 4

γ) Την στιγμή που το πλοίο καταπλέει, χΜ = 5 οπότε

5 = 20-_!_t �

_!_t = 15 � t = 30min . 2 2

δ) Το Ε(ΑΓΜπ) = 4E(rnΛM) � [(ΓΜ)+ (ΑΠ)](ΑΓ) =4 [(ΒΛ) + (ΓΜ)](ΒΓ) � 2 2

[IYM + Ι-ιοΙI] Ι2ο - χΜ I [ I-% I + IYM 1] 1xM - 51 �------�-----=4=-�--�-----

2 2 όμως το ΥΜ < 0, 20 - χΜ > 0 και χΜ - 5 > 0 οπότε

( -yM + 10)(20-χ.ι) 4( � -yM 1 ΧΜ -5) '•=j'• 2 2

(�χΜ +10 )2ο-χΜ)={%+�χΜ )χΜ -5)� ( χΜ ;zo }zo - xM ) =4( 5\χΜ }•Μ - 5)<'> 202 - χ� =4(χ� - 52 )� 400- χ� =4χ� - 100� 5χ� = 500� χ� = IOO� xM = 10 αφού χΜ > 0 .

Η χρονική στιγμή που συμβαίνει το εμβαδόν του ΑΓΜΠ να είναι τετραπλάσιο του εμβαδού του ΓΒΛΜ είναι όταν

20 -_!_ t = ι ο � 1 ο =

_!_ t � t = 20 min . 2 2 10. Έστω τραπέζw ΑΒΓΔ με ΑΒ 1 1 ΓΔ και

Λ Λ Α=Δ = 90° και ΑΒ+ΓΔ=ΒΓ . Να δειχθεί ότι το μέσο της ΑΔ ισαπέχει από τα σημεία Α, Δ και την ΒΓ ευθεία.

Λ(Jση :

-Α(Ο,Ο) Β(β,Ο)

Θέτω το τραπέζιο ΑΒΓ Δ σε ορθοκανονικό σύστημα έτσι ώστε Α (Ο,Ο) , Β (β, Ο) , Δ (Ο,δ) , Γ (γ, δ) με β, γ, δ > Ο .

Αφού ΑΒ +ΓΔ = ΒΓ� β + γ =�(β -γ)2 + δ2 (1).

'Εστω Μ το μέσο του ΑΔ τότε Μ (Ο,%}

Η ευθεία ΒΓ έχει εξίσωση Υ= (δ - 0) (χ - β)� (γ - β) y = δ (χ -β) � γ - β

δχ + (β - γ) y - δ β = Ο με γ :;l: β . Η απόσταση του Μ από την ΒΓ είναι

1δ . 0 + (β _ γ)� _ δβι d (M ΒΓ) = = ' �δ2 + (β - γ )2

(β -2γ)δ

�β ι-γδ2- βδ ι

�δ2 + (β - γ)2 �δ2 + (β - γ)2

1-δ(β +γ)i δ(β + γ) 2�δ2 + (β -γ)2 2Jδ2 + (β- γ)2

(ι) δ(β+γ) δ = 2(β+γ) =2 .

Στην περίπτωση που το β = γ <=> ΑΒ = ΔΓ το τετράπλευρο είναι ορθογώνιο και η απόσταση του Μ από την ΒΓ είναι ίση με β και η απόσταση ΒΓ = 2β .

Δείξαμε ότι το μέσο Μ της ΑΔ απέχει από την ΒΓ θ . . δ . . Α ευ εια αποσταση 2 και προφανως απο τα

Δ . . δ και σημεια, αποσταση 2 . ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΤΥΠΟΥ ΣΩΣΤΟ - ΛΑΘΟΣ ΓΙΑ

ΤΗΝ ΕΥΘΕΙΑ 1 . Υπάρχουν δύο ευθείες ει , ε2 με συντελε-

στές διεύθυνσης λι , λ2 έτσι ώστε λι + λ2 = Ο και λιλ2 = -1 . Σ Λ

2. 'Εστω ει : y =..!_χ και ( ε2 ) : y = lλl χ . Είναι λ για κάθε λ > Ο ει J.. ε2 . Σ Λ

3 . 'Εστω ει : y =..!.. x και (ε2 ) : y = lλl x . Είναι λ για κάθε λ < Ο ει J.. ε2 . Σ Λ

4. Είναι τα σημεία Α (α, Ο) , Β (α,5) , Γ ( 3, 9) συνευθειακά για κάθε α Ε IR . Σ Λ

5. Υπάρχει αΕ IR ώστε τα σημεία Α (α, Ο) , Β (α, 5) , Γ ( 3, 9) να είναι συνευθειακά. Σ Λ

6. Έστω η εξίσωση Αχ + By + Γ = Ο με IAI + IBI + IΓI = ο . Η εξίσωση επαληθεύεται για κάθε σημείο του επιπέδου. Σ Λ

7. Έστω η εξίσωση Αχ + By + Γ = Ο με IAI + IBI + IΓI = ο . Μόνο τα σημεία μιας ευθείας του επιπέδου επαληθεύουν την εξίσωση.Σ Λ

8. Έστω Α(χ0 , y0 ) . 0 τύπος της απόστασης

ισχύει και στην περί-πτωση που η (ε) είναι η κατακόρυφος. Σ Λ

9. Ο τύπος 2E(ABr) = det (AB,AΓ) δίνει το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ. Σ Λ

10. Η γραμμή ( λ2 - 1) χ + (λ + 1) y + 5 = Ο πα-ριστάνει ευθεία για κάθε λ Ε IR . Σ Λ

1 1 . Οι ευθείες (ει ) : (λ2 - 1 ) χ + (λ + 5)y = 0 και (ε2 ) : (λ2 - 25)χ + (λ+ 3) y = Ο είναι κάθετες μεταξύ τους όταν λ= -5 . Σ Λ

12. 0ι ευθείες (ει ) : (λ2 - 1)χ + (λ + 5)y = Ο και ( ε2 ) : ( λ2 - 25) χ + (λ + 3) y = Ο είναι κάθετες μεταξύ τους όταν λ = -3 . Σ Λ

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΠΟΛΛΑΠΛΗΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΣΤΗΝ ΕΥΘΕΙΑ

1 . Οι ευθείες (ει ) , ( ε2 ) με (ει ) : Υ =�χ λ και ( ε2 ) : y = -λ2χ + 3 είναι κάθετες

α) Για κάθε λ Ε JR . β) Για κάθε λE JR- {0} . γ) Μόνο για λ = 1 . δ) Μόνο για λ = ±1 . ε) Για κανένα λΕ IR . 2. Οι ευθείες y = κ και y = χ είναι α) Κάθετες μεταξύ τους. β) Παράλληλες μεταξύ τους. ) Σ ίζ βλε. . 3π γ χηματ ουν αμ ια γωνια 4 . δ) Ταυτίζονται. ε) Ταυτίζονται για κάποιες τιμές του κ. 3. Έστω η εξίσωση Αχ + By + Γ = Ο με

IAI + IBI + IΓI = ο . Η εξίσωση εκφράζει α) Ευθεία. β) Δύο ευθείες παράλληλες. γ) Επαληθεύεται για όλα τα σημεία του επιπέδου. δ) Επαληθεύεται από τα σημεία μερικών ευ

θειών του επιπέδου. ε) Είναι αδύνατη. 4. Έστω α, β μη μηδενικά διανύσματα του

επιπέδου και η εξίσωση (αβ)χ + (αβ)y + 5 = Ο . Η

εξίσωση δεν αποτελεί ευθεία του επιπέδου όταν α) α // β β) α / / β γ) α j_ β δ) Για κάθε διάνυσμα α και β .

Μαθηματικά για την Β· Λυκείου

5. Έστω η ευθεία (ε) : χ + 2 y + 1 = Ο . Ποιο από τα διανύσματα που ακολουθούν είναι παράλληλο της (ε); α) v1 = (1, 2) γ) ν3 = (-1, -2) ε) v5 = (-1, 0)

β) v2 = (2, 1) δ) ν 4 = ( 2, -1)

6. Η ευθεία y = - ( κ2 - κ + 1) χ + 5 σχηματί-ζει με τον χχ'

α) Οξεία γωνία. β) Είναι κάθετη στον χχ'. γ) Αμβλεία γωνία. δ) Είναι παράλληλη του χχ' για κώιοιες τιμές του κ. ε) Οποιαδήποτε γωνία με τον χχ' . 7. Η ευθεία y = λ2χ + 5 και η ευθεία

y = -5χ είναι παράλληλες μεταξύ τους α) Όταν λ = ±.JS . β) Για κανένα λε � . γ) Για κάθε λε � . δ) Για λ = Ο .

8. Η εξίσωση (χ - 2)y = χ - 2 εκφράζει α) Δύο ευθείες παράλληλες μεταξύ τους. β) Δύο ευθείες κάθετες μεταξύ τους. γ) Την χ = 2 ευθεία. δ) Την y = 1 ευθεία. 9. Έστω τα σημεία του επιπέδου Α ( 5, 3) ,

Β (1, κ) , Γ (2, κ) . Τα σημεία είναι συνευθειακά α) Για κάθε κ ε � . β) Για κ = 3 γ) Για κ = 5 . δ) Για καμία τιμή του κ. 10. Έστω η γραμμή 3ημθχ + 2συνθy = 6 . Ν σ

εξεταστεί αν α) Την επαληθεύει το Α (2ημθ, 3συνθ) . β) Την επαληθεύει το Β ( ημθ, συνθ) . γ) Δεν είναι ευθεία. δ) Την επαληθεύει το Γ ( 2, 3) .

Κ tλprέ6ιDs "εΥtλΥΤίDΥ " Εuκ.λείlιι

του Σωτήρη Γκουντουβά

Γtα τη ζωή του Ευκλείδη τίποτα δε γνωρίζουμε με βεβαιότητα. Π1θα\.ώς ήκμασε γύρω στο 300πΧ στην Αλεξάνδρεια κmά την rnοχή του Πτολεμαίου Α' (366 - 283πΧ). Ήταν πρύτανης στο 1lllVrniD'tήμJO της Αλεξά\-δρειας το οmμαζόμεvο Μουσείο και είχε φοιτήσει στην Αθήνα στην Ακαδημία του Πλάτωνα. Τα πψiφημα ''Στοιχεία" του ήταν ένα έργο ορόσημο για τη γεωμετρfα ποu στα 13 β1βλία τουπερlf.λάμβανε τα ιmεύyμωα τplών αιάΜον �επιστήμης αρχήςγf.Wμένης από το σαρό Θαλή το Μtλήσιο (640- 546πΧ.)

Τα ''Στοιχεία"� 372 θαορήματα και 93 προβΛήματα. Το mίθετο Ευκλείδεια ποu δόθηκε στη γεωμετρfα τα λέει όλΙJ..

Ένα χαραιcrηριοτοcό περmαtιιώ από τη ψιή του Ευκλείδη είναι το εξής. Κάποτε ο Πτολεμαίος Α' προσπαίkΟνrας να μάθει γaομετρiα από τα Στοtχεία jΧίπησε τον Ευιcλείδη αν υπόρχει mo εύκολα; τρόπο; Η ωrάνtηση έμεινε στην ιστορία 'Μη είναι βασιλοcήν ατρ:mόν επί -yεωμ:τpΟν'' δηλιδ'ι δεν υπάρχaβασιλtκή οδός για τη γεωμετρία.

Η κομψότητα της Ευκλείδειας γυομεφίας είναι α:nοp]μ1λλη όμως το πρόβ}.ημα είναι όn δενυπόρχει μm γενική μifuδος για την επίλυση OλJfJv των�· (Οnοια; αμφtβάλλει για αυτό ας ρωτήσει τοο; μαθητές των Λυκείων της χώρας μας rf).).iJ. και όNJu του κόσμου).

Φτάνουμε στην Αmyέννηση και η μεγάλη ώθηση στις εmσrήμες ήταν η μελέτη και έκΟΟση των έρ-yωv-αρ10't0\JfJY111.J αρχαiων ελλήνων επιοτημ{Μον όnι:α; τα Κωνικά του Απολλωνίσυ, τα Αριθμηιάτου Διοφάτσυ και (i)J..n. Κορωνiδα βέβαια ήταν η έκΟΟση των στοιχείων του Ευκλείδη.

Το 1637 ο Γάλλος μαθημιmκός και φ1λόσαρος Καρτέσιο;, Rene Descartes (1596- 1650) εκδfu την περίφημη Γεωμεrρία του (Georretrie). Σε αυτή χρησιμοποιούνtαι συντεtαyμέvες, η εξίσοχτη και γραφucή παράσταση μιας γραμμήςmι γίνεrαιειcrεrαμένη χρήση άλγεβρας για τη /ώση -yεωμεφucών�.

Το έργο αυτό του Καρτεσίου έμεινε στην ιστορία ως η Mffuδo; και ετιέιcrεινε τοο; ορίζοvιες της παραδοσιακής ελληνucής -yεωμετρίας.

Ίχνη χρήσης συνtεταyμένων υπήρχαν στα έργαΑλεξανδρι\ών Γεrομετρών όπως στα Κωνικά του Απολλωνίσυ, στη Γεωyραφucή Υ φήyηση του Κλαύδ1DU Πτολεμαίου και σαφώς περlσσότφο στη Μαθηματική Συναyωyή του Πάnποο 1100 -yίνεtαι χρήση άλγεβρας, όμως το πισrοποιητικόγέννησης τηςΑναλmικής Γεωμεφfας είναι έργο του Καρτεσίσυ.

Π1θα\.ώςη βασιλucή οδός για τη γεωμετρία βρέθηκε, δυστυχώ; για τον Πτολεμαίο, ύστψααπό 2000�11ηDou. Παρακάι:ω θα δούμε μερικά προ�αλvμένα με ευκλεtαια και ανιW.πική γεωμεφiα.


1. Δίνεται ένα ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΒΓ και Γ = 90°. Στις πλευρές ΑΓ, ΒΓ παίρνουμε τα σημεία Δ, Ε αντίστοιχα ώστε Γ Δ = ΓΕ. Φέρνουμε ΔΚ .l ΑΕ και Γ Λ .l ΑΕ. Δείξτε ότι ΚΑ = ΛΒ. (Μαθηματική Ολυμπιάδα 1974 Εριβάν)

Φέρνουμε από το Β παράλληλη στις Γ Λ, ΔΚ που τέμνει την ΑΕ στο Η και την ΑΓ στο Ζ.

ΤότεΑΗ.lΒΖ Συγκρίνουμε τα τρίγωνα: ....,. """" ΑΓΕ = ΒΓΔ ( Γ = Γ = 90° )

ΑΓ = ΒΓ Άρα :Β; =ΑΊ ΓΕ = ΓΔ ""' ""' Όμως Β2 = Α1 ως οξείες γωνίες με κάθετες "' ""' πλευρές, οπότε Β1 = Β2 Στο τρίγωνο ΒΔΖ το ΒΓ ύψος και διχοτό

μος (:8; = Β';) άρα ΒΓ διάμεσος οπότε ΔΓ = ΓΖ Τελικά έχουμε ΔΚ // ΓΑ // ΒΖ και ΔΓ = ΓΖ ά

ρα σύμφωνα με γνωστό θεώρημα ΚΑ = ΛΒ. Α

z Έστω Γ(Ο, 0), Α(Ο, α),Β(α, Ο),Ε(β, Ο) και

Δ(Ο, β) με α, β * Ο Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΑΕ εί-

ναι λΑΕ = -� οπότε ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας Γ Λ και ΔΚ είναι λ� Λ = λΔκ = �. α

Οι εξισώσεις των ευθειών Γ Λ και ΔΚ είναι α-ντίστοιχα Γ Λ: y = �χ, ΔΚ: y - β = �χ ενώ της ευ-α α θείας ΑΒ: y = α - χ.

Λύνοντας το σύστημα: Α(Ο,α)

{ y = α - χ } y = !χ βρίσκουμε τις συντεταγμένες του Λ

που είναι Λ( 2 α2 2' 2 αβ 2) · \α + β α + β Λύνοvtας το σύστημα: { :: β

α: fx } βρί-σκουμε τις συντεταγμένες του κ( α:: ββ• ;:ββ)

Τώρα r-�----��--------�

ΚΑ- (α2 - αβ α2 J + (Μ.. ..iYL)2 -α + β - α + β α + β - α + β -

=� α + β ΛΒ ='"' /...--( α2-_ --=-αJ +-(�-----,)2 $ αβ - ν α + β α + β α + β

Οπότε ΚΑ = ΛΒ.

2. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ και στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ παίρνουμε τα σημεία Ε, Ζ αντίστοιχα, ώστε ΒΕ = ΒΖ. Έστω ΒΗ .l ΓΕ. Δείξτε ότι ΔΗΖ = 90°. (Μ.Ο. 1974 Εριβάν)

Έστω ότι η ΒΗ τέμνει την ΑΔ στο Θ. Τα τρίγωνα ΑΒΘ και ΒΓΕ είναι ίσα γιατί είναι ορθογώ-"' ""' νια με ΑΒ = ΒΓ και Β1 = Γ1 ως οξείες με κάθετες πλευρές. Άρα ΑΘ = ΒΖ =>ΓΖ = ΔΘ.

Δ r-----------.ι

Το ΓΖΘΔ είναι ορθογώνιο άρα είναι εγγράψιμο. Το σημείο Η ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του ΓΖΘΔ γιατί ΓΗΘ = 90° και η ΓΘ είναι διάμετρος αυτού του κύκλου.

ι-Γ_,_(Ο-'-, _,α)'------------7ίΔ(Ο,Ο)

Α(α,Ο)

Οπότε αφού το Η είναι σημείο του κύκλου και ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.Ζ/50

Μιιfhιιuι'πκά: τια τιp Β' Λvκείοu

η ΖΔ εivm δtάμ.ετρος η γωνία zfiΔ = 90°. Έστω Β(Ο, 0), Α(α, 0), Γ(Ο, α}, Δ(α, α}, Ε(β, Ο) και Ζ(Ο, β) με α, β "* Ο

Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΒΗ είναι λοΗ: = .1! οπότε η εξίσωση της ευθειας ΒΗ είναι α Υ = .l!x. α

Λύνοντας το σύστημα

_,.....

3. Δίνεται ορθογώνιο τρίΎωνο ΑΒΓ (Α = 90°). Με πλευρές τις ΑΒ, ΑΓ κατασκευάζουμε εκτός του τριΎώνου τα τετράyωνα ΑΒΔΕ και ΑΓΖΗ. Αν Μ είναι το μέσο του ΔΖ, να δείξετε ότι το τρίΎωνο ΜΒΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. (Εξετάσεις 1976 Πολυτεχνικός κύκλος)

Τα σημεία Ζ, Α, Δ είναι συνεuθειακά γιατί .......... """" .......... .......... ΖΑΔ =Αι + Α +Α2 =45° + 90° + 45° =1 80°. Υπολογίζουμε με το πυθαγόρειο θεώρημα τα

ΑΖ = Jh/2, ΑΔ = r{2. z ,.;:-------"--'-----..:

Ε Δ

ΔΖ =ΑΔ + ΑΖ =(β + ΎΝl σ.ότε ΜΖ =ΜΔ Μ= 2

(β + γyif Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΓΔΕ qσuμε ΓΔ2 =

ΓΕ2 + ΔΕ2 =(β + γ)2 + γ2 =>ΓΔ2 =� + 2Ύ2 + 2βτ Όμοια στο ορθογώνιο τρίγωνο

ΒΗΖ: ΒΖ2 =2β2 + γ2 + 2βy Στο τρίγωνο ΓΔΖ η ΓΜ είναι διάμεσος σ.ότε

το lo θεώρημα διαμέσων δίνει: 2 Γ Δ 2 + ΓΖ2 = 2ΓΜ2 + � και με αντικατάσταση

των Γ Δ 2, ΓΖ2 και ΔΖ παίρνουμε ΓΜ2 = 2(β2 + γ2) =>ΓΜ2 = 2α

2 =>ΓΜ = sεJi 4 4 2

Όμοια στο ΒΔΖ η ΒΜ είναι διάμεσος και με

. το lo θεώρημα διαμέσων βρίσκουμε ότι ΜΒ = ιrf

Ζ(-β,β)

Ε(Ο,-α) Δ(α,-α) Άρα ΜΒ = ΜΓ δηλαδή το ΜΒΓ είναι ισοσκε

λές. Επίσης έχουμε ΜΒ2 + ΜΓ = ( ιrf) + ( ιrf) =α2 = ΒΓ2 οπότε το ΜΒΓ είναι

και ορθογώνιο. Έστω Α( Ο, 0), Β( α, 0), Γ( Ο, β) με α, β "* Ο Τότε Δ(-α, α), Ε(Ο, -α), Ζ(-β, β) Η(-β, Ο) Πρώτα θα δείξουμε ότι τα σημεία Α, Ζ, Δ εί-

ναι συνευθειακά. Η εξίσωση της ευθείας ΑΖ είναι y = - χ και οι

συντεταγμένες του Δ επαληθεύουν την εξίσωση οπότε τα Α, Ζ, Ε είναι συνεuθειακά.

Οι συντεταγμένες τουΜ είναι (α; β' -α 2+ β )

ΜΓ=ν(Υ)2 + (�- β)2 =

..... f α2 - 2αβ + β2 + α

2 + 2αβ + β2 =- � ν 4 4 =\1-:ι-


Μαθηματικά -yια την Β· Λυκείου

πότε ΜΓ = ΜΒ -α +β 2 λΜΒ ,. _ Α

�-α 2 � α + β'

-α +β_ β 2 λΜr =----- = � 2 � λΜΒ·λw-= -1 οπότε ΜΓ .l ΜΒ. α - β 4. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ και Δ το

μέσο της βάσης ΒΓ. Αν Ε η προβολή του Δ στην ΑΓ και Ν το μέσο του ΕΓ, τότε να δείξετε ότι ΔΝ I I ΒΕ και ΑΜ .l ΒΕ όπου Μ το μέσο του ΔΕ. (Ρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα 1962 Μόσχα) Τα σημεία Δ, Ν είναι τα μέσα των πλευρών

ΒΓ και ΓΕ του τριγώνου ΒΓΕ οπότε ΔΝ I I ΒΕ. Για να δείξουμε ότι ΑΜ .l ΒΕ αρκεί να δείξουμε ότι ΑΜ .l ΔΝ δηλαδή ότι το Μ είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΔΝ.

Α

Β

Στο τρίγωνο Γ ΔΕ, Μ μέσο ΔΕ και Ν μέσο ΕΓ οπότε ΜΝ I I Γ Δ και αφού ΑΔ .l Γ Δ τότε ΜΝ .l ΑΔ.

Άρα το Μ είναι το ορθόκεντρο του ΑΓ Δ αφού ΜΝ .l ΑΔ και ΔΕ .l ΑΝ.

Έστω, Α( Ο, α), Β( -β, Ο) και Γ(β, Ο) με α, β =ι:. Ο Τότε Δ(Ο, Ο) Η εξίσωση της ευθείας ΑΓ είναι � + � = 1 =:>αχ + βy = αβ με λΑΒ = - �· Τότε λΔΕ = � οπότε η ευθεία ΔΕ έχει εξίσωση y = �χ. α α

Υ Α(Ο,α)

{ αχ + βy = αβ } Λύνοντας το σύστημα Υ =�χ βρί-

σκουμε τις συντεταγμένες του Ε( 2α2β 2, 2αβ2 2) α + β α + β

. . 2α β+ β αβ Το Ν εχει συντεταγμενες 2 2 , 2 2 ( 2 3 " 2 ) αβ2 Ο λΒΕ α2 + β2 :::ο αβ2 α2β + β 2α2β + β3'

α2 + β2 άρα ΔΝ ΙΙ ΒΕ

2( α + β ) 2( α + β )

Μ είναι

5. Δίνεται ένα ορθογώνιο ΑΒΓ Δ και τυχαίο σημείο Ρ της ΒΔ διαφορετικό από το κέντρο του. Αν Σ είναι το συμμετρικό του Γ ως προς το Ρ και ΣΕ .l ΑΔ, ΣΖ .l ΑΒ, να δείξετε ότι τα σημεία Ε, Ζ, Ρ είναι συνευθειακά.

Στο τρίγωνο ΑΓΣ τα Ρ και Ο είναι τα μέσα των ΓΣ, ΑΓ άρα ΡΟ 11 ΑΣ =:>ΒΔ 11 ΑΣ

Το ΑΕΣΖ είναι ορθογώνιο άρα f. = ΛΊ. 'Ομως ΛΊ = Βι ως εντός εκτός και επί τα αυτά των παραλλήλων ΒΔ, ΑΣ τεμνόμενων υπό της ΑΒ και Βι = Α2 λόγω του ορθογωνίου ΑΒΓ Δ.

,...... ,...... Άρα Ζ1 = Α2 οπότε ΖΕ 11 ΑΓ Στο ΑΓΣ , Θ μέσο ΑΣ, Ρ μέσο ΓΣ άρα

ΘΡ 11 ΑΓ

Αφού ΖΕ 11 ΑΓ και ΘΡ 11 ΑΓ τότε τα Ζ, Ε, Ρ είναι συνευθειακά. Έστω Α(Ο, 0), Β(α, 0), Δ(Ο, β) και Γ(α, β) με


Μαθηματικά ΎUΙ την Β' Λυκείου

α, β ;ι: Ο. Έστω ότι το Ρ έχει συντεταγμένες (χ1, y1)

z Α Β(α,Ο) χ

Το Ρ ανήκει στην ευθεία ΒΔ άρα επαληθεύει την εξίσωσή της που είναι � + � = 1 οπότε �+ Υι = 1 �βχ1 + αy1 = αβ ( 1) α β

Αν το Σ έχει συντεταγμένες (χ2, y2) τότε αφού το Ρ είναι μέσο του ΓΣ θα έχουμε χ1 = χ2; q'

y1 = Υ2; α δηλαδή χ2 = 2χ, - α, Υ2 = 2y, - β. Το Σ λοιπόν έχει συντεταγμένες

(2χ1 - α, 2χ2 - β) Αφού ΣΕ .l ΑΔ και ΣΖ .l ΑΒ θα είναι

Ζ(2χ1 - α, Ο) και Ε(Ο, 2y1 - β) Η ορίζουσα για τα Ε, Ζ, Ρ είναι:

ο 2y, - β 1 2χ1 - α Ο 1 =

Χι Υι 1 -(2χ1 - α)(2y1 - β - y1) + x1(2y, - β) = αy1 - αβ - 2x1y1 + 2βχ1 + 2x1y1 - βχ1 =

αy1 + βχ1 - αβ ( Ι ) Ο Άρα τα Ε, Ζ, Ρ είναι συνευθειακά.

6. Δίνεται τετράΎωνο ΑΒΓ Δ και Μ σημείο της διαγωνίου ΑΓ. Αν ΜΕ .l ΑΒ, ΜΖ .l ΒΓ να δείξετε ότι ΔΜ .l ΕΖ και ΔΜ = ΕΖ (Εξετάσεις 1979 Σχολή Ναυτικών Δοκίμων).

Έστω Θ το σημείο τομής των ΜΖ, ΑΔ και Η των ΔΜ, ΕΖ,

Δ Γ .-------....,.

Ε Β

Προφανώς ΜΘ = ΑΔ και έτσι το ΜΕΑΘ τετράγωνο γιατί είναι ορθογώνιο και η διαγώνιος ΑΜ διχοτομεί τη γωνία Α.

Τότε ΜΘ = ΜΕ ( 1 ) και ΔΘ = ΕΒ � ΔΘ = ΜΖ (2)

Συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΘΜ και ΕΜΖ που είναι ίσα λόγω των ( 1) και (2) άρα "' "' Ζ1 = Δι και ΔΜ = ΕΖ

fι + Μ1 = Δι + Μ2 = 90° άρα το ΜΖΗ ορθογώνω με Η ,;-90° δηλαδή ΔΗ .l ΕΖ.

Έστω Α(Ο, 0), Β(α, Ο),Γ(α, α), Δ(Ο, α) καιΜ(β, γ) με α, β, γ ;ι: Ο.

Τότε Ε(β Ο) και Ζ( α, γ) ΔΜ =ν(β - 0)2 + (γ - α)2 ΕΖ = ν (α - β)2 + γ2

Υ Δ(Ο,α)

Β(α,Ο) χ

Όμως το Μ ανήκει στην ευθεία ΑΓ y = χ άρα β = γ.

Τότε ΔΜ = νβ2 + (β - α)2 και ΕΖ =ν( α - β)2 + β2 άρα ΔΜ = ΕΖ λΔΜ � J!..=..f! =-� λΕz λΕz � = β β β α - β __fL_ λΔΜ · λΕz = -1 �ΔΜ .l ΕΖ. α - β

Βιβλιογραφία 1 . Συνοπτική ιστορία των μαθηματικών. Dirk

Struik. Εκδόσεις Ζαχαρόπουλος. 2. Ιστορία των μαθηματικών. G. Loήa. Εκδόσεις

Ε.Μ.Ε. 3. Η γεωμετρία και οι εργάτες της στην αρχαία

Ελλάδα. Δ. Τσιμπουράκης. 4. Πανενωσιακές μαθηματικές Ολυμπιάδες της

Ε.Σ.Σ.Δ. Εκδόσεις Κάτοπτρο 5. Analytic Geometry. Smith - Salkoνer - Justice.

Pub. John Wiley N.York.


ΕΜΒΑ4Α Β' ΛΥΚΕΙΙJ!Ι

Για την καλύτερη αντιμετώπιση θεμάτων που αναφέρονται στα εμβαδά παραθέτουμε τις παρακάτω παρατηρήσεις:

1 η) Α ν σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρω την διάμεσο ΑΔ, αυτό χωρίζεται σε δύο ισοδύναμα τρίγωνα, δηλαδή: jΕΑΒΔ = ΕΑΔΓj .

Γιατί: Ε ΑΒΔ = _!_ · ΔΒ · υ 2

1 ΕΑΔΓ =-ΔΓ · υ . 2

Άρα: ΕΑΒΔ = ΕΑΔr · Α

Β

Γ 2η) Αν G το βαρύκεντρο τριγώνου ΑΒΓ τότε:

ιΕGΑΒ = ΕGΑΓ = ΕGΒΓ ι . Γιατί: EGAB = _!_ AG · ΒΛ

2

ΕGΑΓ = _!_ · AG · ΓΖ και επειδή ΒΛ = ΓΖ , τότε 2

EGAB = ΕGΑΓ · Όμοια: EGAB = ΕGΒΓ .

Β

3η) Αν Σ τυχαίο σημείο της διαμέσου ΑΔ τρι-γώνου ΑΒΓ ισχύει: jE ΑΒΣ = Ε ΑΣΓ ι .

Γιατί: ΕΑΒΔ = ΕΑΔr (1) και ΕΣΒΔ = ΕΣΔr (2) Άρα με αφαίρεση κατά μέλη των ( 1) και (2)

προκύπτει Ε ΑΒΣ = Ε ΑΣΓ ·

Β

Γ

του Σωτήρη Γιαννοσπύρου

4η) Έστω Σ, Μ δύο τυχαία σημεία της διαμέ-σου ΑΔ τριγώνου ΑΒΓ τότε: I ΕΒΣΜ = ΕΣΜΓ ι .

Γιατί: Ε8ΑΜ = ΕΓΜΑ ( 1) και ΕΒΑΣ = Ε ΑΣΓ (2) Με αφαίρεση κατά μέλη των (1) και (2) προ

κύπτει ΕΒΣΜ = ΕΣΜΓ . Α

Β

Γ 5η) Αν Σ και Λ τα μέσα των ΑΒ και ΑΓ αντί-

στοιχα τότε ισχύει: I Ε ΑΣΛ =�Ε ΑΒΓ I · Γιατί: Έστω Δ το μέσο της ΒΓ τότε επειδή τα

τρίγωνα ΑΣΛ, ΣΔΛ, ΒΣΔ και ΔΛΓ είναι ίσα άρα και ισεμβαδικά προκύπτει: Ε ΑΣΛ =_!_Ε ΑΒΓ .

4 Α

Β

Γ 6η) Από την κορυφή Α τριγώνου ΑΒΓ φέρω

παράλληλη προς την ΒΓ. Αν πάρουμε σημεία Κ, Λ τυχαία της (ε) τότε ισχύει: IEABr = ΕΚΒr = ΕΛΒr ι .

Γιατί: Τα τρίγωνα ΑΒΓ, ΚΒΓ, ΛΒΓ έχουν κοινή βάση και ίσα ύψη.

(ε)

Β

Γ 7η) Α ν ΔΒ διαγώνιος του παραλληλογράμμου

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λ.δ. τ.2/54

Μαθηματικά ΎW την Β· ΛDκεiου

ΑΒΓΔ τότε: IΕΑΔΒ = EΔBrl ·

Γιατί: Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΔΒΓ είναι ίσα άρα και ισεμβαδικά.

j;/J" Δ Γ

8η) Αν Μ τυχαίο σημείο της ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ τότε: � .

Ε !ΒΜ ·ΑΔ ΒΜ Γιατί: ΑΒΜ

= 2 -ΕΑΜΓ !ΜΓ ·ΑΔ - ΜΓ . 2

Α

Β

Γ 9η) Αν Μ τυχαίο σημείο της ΒΓ και τυχαίο

σημείο της ΑΜ τριγώνου ΑΒΓ τότε:

�� Γιατί: Ε ΑΒΝ

= ΑΝ

ΕΒΝΜ ΝΜ

Άρα: Ε ΑΒΝ = ΕΓΝΑ .

ΕΒΝΜ ΕΓΜΝ

Οπότε: Ε ΑΒΝ =

EsNM = ΒΜ

. ΕΓΝΑ ErMN ΜΓ

Β

Γ ΙΟη) Αν έχουμε αποστάσεις σημείου από ευ

θύγραμμα τμήματα. Τότε οι αποστάσεις υπολσyίζονται σαν ύψη τριγώνων.

loN= 2 ·�AB . ΟΜ = 2��r ι .

ο

Α Ν Β

Γ

l lη) Αν Μ, Ν, Κ, Λ τα μέσα τετραπλεύρου ΑΒΓΔ τότε ισχύει: ΙΕΜΛΚΝ =�ΕΑΒrΔ I ·

Γιατί: α) Ε ΑΚΝ = !Ε ΑΔΒ , 4

1 ΕrΛΜ = -ΕrΔΒ ·

4

Άρα ΕΑΚΝ + ΕrΛΜ =!ΕΑΒrΔ ( 1). 4

Όμοια: ΕΔΝΜ + ΕsΛΚ = !ΕΑΒrΔ (2). 4

β) Επειδή όμως ΕΔΝΜ + ΕΑΝκ + ΕsΚΛ + ΕΛΓΜ + ΕΝΚΛΜ = ΕΑΒrΔ ·

Άρα !ΕΑΒrΔ +!ΕΑΒrΔ + ΕΝΚΛΜ = ΕΑΒrΔ ο-4 4

1 πότε: ΕΝΚΛΜ = -ΕΑΒrΔ . 2 Α

Δ

Γ 12η) Για το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος

ΑΒΝ θα ισχύει: .-I Ε_ΑΒ_Μ_=_Ε_τ.-ΟΑΒ ___ Ε_ο

_ΑΒ---.1 ·

Ν

13η) Αν δύο κύκλοι τέμνονται τότε το εμβαδόν Ε του κοινού μέρους των δύο κύκλων � γίζεται: Φέρουμε την κοινή χορδή ΑΒ ODJtε::


14η) Για τον υπολογισμό του εμβαδού του μηνίσκου ΑΝΒΣ φέρουμε την ΑΒ οπότε:

I Ε ΑΝΒΣ = Ετμ.ΑΝΒ - Ετμ.ΑΣΒ I · ...... ,�

.... ·······�.: .......... ··········· ..... :�. . \ ...

i ·-.�

""�

· \

f ········· ... '"·\ \

\ • Ο ···· .• :�Β

\,,''·· .......•...

.......•....•..

.. /_.../\

Γενικά για να υπολογίσουμε το εμβαδόν καμπυλόγραμμων σχημάτων θα πρέπει να το αναλύουμε σε αθροίσματα ή διαφορές εμβαδών σχημάτων, που να μπορούμε να υπολογίσουμε τα εμβαδά τους.

ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ 1) Αν Σ εσωτερικό σημείο ισόπλευρου τρι

γώνου ΑΒΓ πλευράς α και Σ:Κ, ΣΛ, ΣΜ οι κάθετες από το Σ στις πλευρές ΑΒ, ΑΓ και ΒΓ αντίστοιχα να δείξετε ότι ΣΚ+ΣΛ+ΣΜ σταθερό.

Λύση: Α

Β Μ Γ 1 2ΕΣΑΒ ΕΣΑΒ =2ΑΒ· ΣΚ <=> ΣΚ =

ΑΒ (1)

όμοια ΣΑ = 2ΕΣΑΓ (2) ΑΓ

ΣΜ = 2ΕΣΒΓ ΒΓ

ΣΚ +ΣΑ+ ΣΜ = 2 (ΕΣΑΒ + ΕΣΑΓ + ΕΣΒΓ ) ή α 2 · Ε ΣΚ+ΣΑ+ΣΜ = ΑΒΓ , οπότε ΣΚ+ΣΑ+ ΣΜ α

σταθερό.

2) Δίνεται το οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και Μ, Ν, Ρ τα αντιδιαμετρικά των Α, Β, Γ αντίστοιχα σε κύκλο (Ο,ρ), να δειχθεί ότι: Ε ΑΡΒΜΓΝ = 2Ε ΑΒΓ •

Λύση:

Στο τρίγωνο ΑΒΜ η ΒΟ είναι διάμεσος άρα: ΕοΑΒ = ΕοΒΜ ( 1) όμοια: Ε0ΑΒ = Ε0ΑΝ (2)

11 EoBr = EroN (3) 11 EoBr = ΕοΒΡ (4) 11 ΕοΑΓ = EoMr (5) 11 ΕοΑΓ = Ε0ΑΡ (6)

Άρα από (1), (2), (3), (4), (5), (6) προκύπτει ότι: 2Ε ΑΒΓ = Ε ΑΡΒΜΓΝ ·

3) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και το μέσο Μ της ΑΓ. Έστω Δ και Ε σημεία της ΑΓ τέτοια ώστε ΜΔ = ΜΕ . Αν ΖΔ 1 1 ΑΒ και Η σημείο τομής των ΑΖ και ΒΕ, να δείξετε ότι: Ε ΑΒΗ = EuzrE .

Λύση: Β

Α

Γ 1 ) Φέρνουμε την ΒΔ οπότε: ΑΜ = ΜΓ ,

Από (1), (3)

(2), (3) είναι: ΜΔ = ΜΕ . Άρα: ΑΔ = ΕΓ ( 1 ). Επειδή τα τρίγωνα ΒΑΔ και ΒΕΓ έχουν ίσες

Μαθηματικά ΎJΑ1 την Β· Λυκείου

βάσεις και κοινό ύψος θα είναι: Ε8ΑΔ = Ε8εr (2). 2) Επειδή ΔΖ 11 ΑΒ θα είναι: Ε ΑΒΔ = Ε ΑΒΖ

(3) γιατί έχσυν κοινή βάση και ίσα ύψη. Άρα από (2), (3) προκύπτει: Ε8εr = EABz (4). 3) Άρα: Esεr = EABz ή

ΕΒΗΖ + ΕΗΕΓΖ = Ε ΑΗΒ + ΕΒΗΖ ή ΕΗΕΓΖ = Ε ΑΗΒ ·

4) Έστω τρίΎωνο ΑΒΓ και Σ εσωτερικό του σημείο. Αν οι ΑΣ, ΒΣ, ΓΣ τέμνουν τις ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ στα σημεία Αι , Βι , Γι αντίστοιχα να

δειχθεί ότι:

1) ΣΑι + ΣΒι + ΣΓι = 1

ΑΑι ΒΒι ΓΓι

2) ΣΑ +

ΣΒ +

ΣΓ = 2 •

ΑΑι ΒΒι ΓΓι

Λύση: Α

Γ Ι) Φέρνω τα ύψη ΑΜ και ΣΑ των τριγώνων

ΑΒΓ και ΣΒΓ αντίστοιχα. _!_ΒΓ · ΣΑ

Άρα: ΕΣΒΓ = 2 ή ΕΣΒΓ = ΣΑ (1) EABr !ΒΓ · ΑΜ EABr ΑΜ

2 Από την ομοιότητα των τριγώνων ΑιΑΜ και

Αι ΣΑ προκύπτει ότι: ΣΑι = ΣΛ (2). ΑΑι ΑΜ

Ά (I) ΣΑ ι - ΕΣΒΓ (3) ρα :::)-- - --

(2) ΑΑι EABr

όμοια: ΣΒι = ΕΣΑΓ (4) ΒΒι EABr ΣΓι = ΕΣΑΒ ( 5) ΓΓι EABr Από (3), (4), (5) προκύπτει:

ΣΑι + ΣΒι + ΣΓι = ΕΣΒΓ + ΕΣΑΓ + ΕΣΑΒ = Ε ΑΒΓ = 1 . ΑΑι ΒΒι ΓΓi EABr EABr

11) Είναι: ΣΑ = ΑΑι -ΣΑι = 1 - ΣΑι .

ΑΑι ΑΑι ΑΑι Άρα ΣΑ = 1 - ΣΑι (6).

ΑΑι ΑΑι

, ΣΒ ΣΒι ΣΓ ΣΓι Όμοια: - = 1 - - (7), - = 1 - - (8) ΒΒι ΒΒι ΓΓι ΓΓι οπότε από ( 6), (7), (8) προκύπτει: ΣΑ ΣΒ ΣΓ ΣΑι ΣΒι Σfl - +- +- = 1 --+ 1-- +1 -- =3-1=2 . ΑΑι ΒΒι ΓΙ) ΑΑι ΒΒι IlJ

5) Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓ Δ, από τα Γ και Α φέρνω τις κάθετες προς την ΒΔ που τέμνουν αυτή στα Γι και Αι • Από τα σημεία Β

και Δ φέρνω τις κάθετες προς την ΒΔ που τέμνουν τον φορέα του ΑΓ στα σημεία Δι και Βι .

Να δείξετε ότι: ΕΑΒrΔ = ΕΑ 8 Γ. Δ • I I I I

Λύση:

.........................

.

Η γωνία Μι είναι κοινή για τα τρίγωνα ΜΒΓ • Ε ΜΒ ·ΜΓ και ΜΒιΓι . Άρα: -..M!!L = ( 1 ).

EMB1r1 ΜΒι · ΜΓι Επειδή: ΒΒι Ι Ι ΓΓι

ΜΓ ΜΓι -- = -- <=> ΜΓ · ΜΒ = ΜΒι · ΜΓι . ΜΒι ΜΒ

έχουμε:

Άρα από την σχέση ( 1 ) παίρνουμε: ΕΜΒΓ = ΕΜΒ � (2). I I

Όμοια: ΕΜΑΔ = ΕΜΑ Δ (3), ΕΜΔr = ΕΜΑ 8 I I I I

(4), ΕΜΑΒ = ΕΜ�Δ (5). I I

Οπότε από (2), (3), (4) και (5) προκύπτει: ΕΜΒΓ + ΕΜΑΔ + ΕΜΔΓ + ΕΜΑΒ =

=EMB,r; +�Δ, +ΕΜΑ,Β, + �Δ, ή ΕΑΒΓΔ =ΕΑιΒ,r;Δ, .

6) Δίνεται τρίΎωνο ΑΒΓ, ΑΔ η ηδιχοτόμος και ΑΜ η διάμεσός του. Αν Ε και Ζ τα σημεία στα οποία η περιγεοyραμμένη περιφέρεια του τριΎώνου ΑΔΜ τέμνει τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι: ΕΒΕΔ = ΕΔΖr .

Λύση: 1) Από την δύναμη του σημείου Β ως προς

τον κύκλο έχουμε: ΒΕ · ΒΑ = ΒΔ · ΒΜ οπότε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/57

Μαθηματικά ΎUΙ την Β' Λυκεiου

αγ α α2 ΒΕ · γ =-·- . Άρα ΒΕ = (ι). β + γ 2 2(β+γ)

Β Δ Μ Γ Όμοια από τη δύναμη του σημείου Γ ως προς

τον κύκλο έχουμε: ΓΖ · Γ Α= ΓΜ · Γ Δ οπότε α αβ . α2 ΓΖ · β =- ·- . Άρα ΓΖ= (2) 2 β+γ 2(β + γ)

(1) ,.-----, Από => IBE = ΓΖI (3). (2) 2) Φέρνουμε τα ύψη ΔΠ και ΔΜ των τριγώ

νων ΔΕΒ και ΔΖΓ, τότε από την ισότητα των τρι-γώνων ΠΔΑ και ΔΑΜ προκύπτει lπΔ = ΔΜI (4).

(3) Άρα => ΕsεΔ = ΕΔΖΓ · (4)

7) Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ IΙ ΓΔ) . Αν Ο σημείο τομής των ΑΓ και ΒΔ να δείξετε ότι:

Ε�ΑΔ = ΕοΑΒ · ΕοrΔ •

Λύση:

Α Β ι) Τα τρίγωνα ΟΑΔ και ΟΑΒ έχουν το ίδιο

ύψος ΑΕ. Άρα: ΕοΑΔ = ΟΔ (ι). ΕοΑΒ ΟΒ

Ομοίως τα τρίγωνα ΓΟΔ και ΓΟΒ έχουν το ί-διο ύψος ΓΖ. Άρα: ΕοrΔ = ΟΔ (2).

Eosr ΟΒ (Ι) Ε Ε Άρα => ΟΑΔ = ΟΓΔ (3). <2> ΕοΑΒ Eosr

2) Τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΒΔΓ έχουν κοινή βάση ΔΓ και ίσα ύψη άρα Ε ΑΔΓ = Ε8Δr ή ΕΑοΔ + ΕοΔr = Eosr + ΕοΔr ή IΕΑοΔ = Eosrl (4).

• (J) ΕοΑΔ ΕοrΔ 2 Άρα =>-- =-- <=> Εο.<\Δ = ΕοΑΒ · ΕοrΔ · < 4> ΕοΑΒ ΕοΑΔ

8) θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ, το ύψος του ΑΑ • και το ορθόκεντρο Η του τριγώνου. Με διάμετρο την ΒΓ γράφουμε περιφέρεια, που τέμνει την ΑΑ' στο Ρ. Να δειχθεί ότι: E�pr = Ε ΑΒΓ · Esnr •

Λί)ση :

ι) Τα τρίγωνα ΒΡΓ και ΗΒΓ έχουν κοινή βά-Ε ΡΑ' ση ΒΓ. Άρα: ΡΒΓ = -, ( ι). EHBr ΗΑ

Όμοια τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΒΡΓ έχουν κοινή Ε ΑΑ' βάση ΒΓ. Άρα: ΑΒΓ = -, (2). ΕΡΒΓ ΡΑ

2) Τα τρίγωνα ΒΗΑ' και ΑΑΤ είναι όμοια γιατί: ορθογώνια και Α1 = Β1 (γιατί έχουν κάθετες πλευρές).

ΑΙ\ Α'Γ • I 'Η 'Γ 'Β ( ) Άρα: Α'Β= Α'Η η ΑΑ · Α =Α · Α 3 .

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΡΓ έχουμε: ΡΑ'2 =Α'Β ·Α'Γ (4).

(3) ΡΑ' ΑΑ' Άρα :::>ΡΑ'2 =ΑΑ' · Α'Η η' - (5) (4) ΗΑ' -ΡΑ' . 3) Άρα από σχέσεις (1), (2) και (3) προκύ-

Εpsr EABr 2 πτει: -- = -- <=> Epsr = Ε ΑΒΓ · EHBr ·

ΕΗΒΓ Epsr

9) Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΑΟΒ, η ακτίνα ΟΓ και η ακτίνα ΟΔ, η οποία διχοτομεί την γωνία ΒΟΓ� Να δειχθεί ότι η διαφορά των δύο κυκλικών τμημάτων τα οποία αντιστοιχούν στις χορδές ΑΔ και ΒΔ είναι ισοδύναμη με τον τομέα ΟΑΓΟ.

Λύση: ι) Έστω Ε1 και Ε2 τα εμβαδά των δύο κυ-

κλικών τμημάτων τότε: Ε1 = Ετ.ΟΔΑ - ΕοΔΑ (ι ), Ε2 = Ετ.ΟΔΒ - ΕοΔΒ (2).

Μαθηματικά 'fUI την Β' Λυκείου

2) Επειδή 01 = 02 θα ισχύει Ετ.ΟΓΔ = Ετ.ΟΔΒ (3). Επειδή ΔΟ διάμεσος στο τρίγωνο ΔΑΒ θα είναι: ΕΑοΔ = ΕοΔΒ (4).

Άρα: (4)

Ει - Ε2 = Ετ.ΟΔΑ - ΕοΔΑ - Ετ.ΟΔΒ + ΕοΔΒ =

Ετ.ΟΔΑ - Ετ.ΟΔΒ = Ετ.ΟΔΓ + Ετ.ΟΓΑ - Ετ.ΟΔΒ (3) = Ετ.ΟΓΑ ·

lΟ)Ένα στρατόπεδο σχήματος ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς α φωτίζεται από έναν προΙJολέα πάνω σε μια κολώνα στο κέντρο του στρατοπέδου. Ο προpολtας είναι τοποθετημένος κατακόρυφα ώστε η φωτεινή περιοχή να σχηματίζει κύκλο.

α) Να βρεθεί η ακτίνα του κύκλου ώστε να φωτίζεται ο χώρος μέχρι την περίφραξη.

Ρ) Να βρεθεί το εμβαδόν που μένει σκοτεινό. γ) Μπήκαν στις τρεις γωνίες 3 ακόμη προ

ΙJολείς όμοιοι με τον αρχικό και με την ίδια τοποθέτηση. Ποιο το εμβαδόν της περιοχής που μένει σκοτεινό τώρα;

δ) Θα είχαμε καλύτερα αποτελέσματα αν καταργούσαμε τον μεσαίο προβολέα και στις τρεις άκρες τοποθετούσαμε προβολείς φωτεινού

'κλο , α κυ υ ακτινας - ;

2 Λύση:

Α

Β =·=··=•""" Γ 1) Το κέντρο του κύκλου είναι το βαρύκεντρο ά-

ρα: ρ � .!.υ ή ρ � .!. ./3 α οπότε [ρ � ./3 α[ (!). 3 3 2 6 2) Το εμβαδόν του χωρίου που μένει σκοτεινό υ

πολογίζεται αν από το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ αφαιρέσουμε το εμβαδόν του φωτεινού κύκλου ακτίνας ρ οπότε:

Ε1 � ΕΑΒΓ - Ε- �4i- x( �α J Ά Ε

3J3 - π 2 (2) ρα ι = 12 · α .

3J3 - π 2 ---α 12

3) Οι τρεις φωτεινοί κυκλικοί τομείς που δημωυργούνται στο εσωτερικό του τριγώνου ΑΒΓ έ-

χουν ίσα εμβαδά άρα το εμβαδόν της περιοχής που μένει σκοτεινό θα είναι:

Ε2 = EABr - (πρ2 + 3Ετ.ΑΚΛ )=

- --- πρ + - · πρ α . _ α2J3 ( 2 3 60 2 ) (1) (2J3- π

J 2

4 360 = 8

Άρα [Ε, � 2� - π

· α'[ (3).

4) Οι τρεις φωτεινοί κυκλικοί τομείς στο εσωτερικό του τριγώνου έχουν ίσα εμβαδά.

Α

B �------�P�------� r Άρα το ζητούμενο εμβαδόν θα

Ε3 = EABr - 3Ε ΑΜΝ = -J3_3α_

2 - 3-

6_0 π(�)2 τ.

4 360 2 � 2� - π · α' οπότε: [Ε, �

2� - π · α'[ .

είναι:

ll)Στο τεταρτοκύκλιο ΟΑΒ γράφουμε ημικύκλια διαμέτρων ΟΑ και ΟΒ που τέμνονται στο Ρ. Δείξτε ότι για τα εμβαδά των γραμμοσκιασμένων χωρίων ισχύει: ΕσΜΡΝ = ΕΡΑΚΒ .

Λύση: Β

1 R

1 ο Α

Το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου ΒΡ ΑΚΒ είναι ίσο με το άθροισμα των εμβαδών του κυκλικού τομέα ΟΑΒ και του φύλλου ΟΜΡΝ αν αφαιρέσουμε τα εμβαδά των ημικυκλίων διαμέτρων ΟΒ και ΟΑ αντίστοιχα. Άρα: ΕΡΑΚΒΡ = Ετ.ΟΑΒ - ΕοΡΒ - ΕοΡΑ + ΕοΜΡΝ Ο1ώτε

ΕpΑΚΒΡ ��πR2 -Η�)' -Η�)' + Ε._. .

Άρα ΕΡΑΚΒΡ = ΕοΜΡΝ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/S9

Μαθnμα-ιικά yια -ιn Γ' -ιά�n -ιοu Λuκι:ίοu

TIJ ΠΡΙJΒΑΗΜιf ΤΗΣ Ef/JιfΠTIJMENHΣ των Χαραλαμποπούλου Λίνα - Βακαλόπουλος Κώστας

Αwικείμεvο αυτού του άρθρου είναι η εύρεση της εξίσωσης της εφαπrομένης σε δοσμένο ή μη σημείο της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης.

Πιστεύουμε ότι η λεπτομερής ανάπτυξη του θέματος μέσα από παραδείγματα θα βοηθήσει την καλύτερη κατανόησή του.

ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΉ ΕΡΜΗΝΕΙΑ ΤΗΣ ΠΑΡΑΓΩΓΟΥ

Έστω f : Α � R συνάρτηση, Cr η γραφική

της παράσταση και Π ( χ0, f ( χ0 )) σημείο της Cr . Α ν η f παραγωγίζεται στο χ0 , δηλαδή αν

f(x0 +h)-f (x0 ) lim = .e ε R τότε η εξίσωση της h�O h εφαπτομένης της Cr στο Π είναι:

ly-f(x0 ) = f'(x0 )(χ- χ0 )I (1) , f (x0 +h)- f(x0 ) (όπου f (χ ) = lim δηλαδή 0 h�O h

η παράγωγος της f στο χ0 ) Υ

ο χ

Παράδειγμα Να βρεθεί ή εξίσωση της εφαπτομένης της

γραφικής παράστασης της συνάρτησης f με τύ-πο f (x) = 2χ2 -3 στο σημείο της Α(1,-1) .

Λύση Η f είναι παραγωγίσιμη στο R με f' (χ) = 4χ .

Άρα f'(1) = 4 . Τότε η εξίσωση της εφαπτομένης

της Cr στο Α είναι: y-f(l) = f'(1)(x - 1) ή

y+ 1 = 4(x - 1) ή y= 4x -5 .

ΠΡΟΒΛΗΜΑ Ι : Ζητεlται να βρεθεί η εξίσωσης της εφαπτο

μένης της Cι που . διέρχεται από το σημείο Κ (α,β) το οποίο δεν ανήκει στη γραφική παράσταση τηςf.

Έστω συνάρτηση f : Α � R που είναι συ-νεχής.

Έστω Α { χ0 , f ( χ0 ) ) είναι το σημείο επα-φής, τότε η εξίσωσης της εφαπτόμενης της C 1 στο Μ είναι y - f ( χ0 ) = f' ( χ0 ) (χ - χ0 ) (1). Η εξίσωση αυτή προφανώς επαληθεύεται από πς συντεταγμένες του σημείου Μ, άpα: β - f ( χ0 ) = f' ( χ0 ) (α - χ0 ) (2). Από τη σχέση (2) υπολογίζουμε το χ0 και ανπκαθιστούμε την πμή της στην (1).

Παράδειγμα Έστω η συνάρτηση f με τύπο f (x) = χ3 • Να

βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f που διέρχεται από το σημείο Α(Ο,-16) .

Λύση Η f είναι παραγωγίσιμη στό R με f'(x) = 3x2 • Το σημείο Α προφανώς δεν ανήκει

στη γραφική παράσταση της f. Αν M{x0,f (x0 )) είναι το σημείο επαφής, τότε η εξίσωση της εφαπτομένης στο Μ είναι η

y-f{χσ)=f'(χσ)(χ-χσ) ή y-�=3�(χ-χσ) (1 ). Η (1) επαληθεύεται από τις συντεταγμένες του

σημείου Μ άρα:

-16-χ� =3χ� (Ο-χ0) <=>-16-χ� =-3χ� <=>χ0 =2 . Άρα η εξίσωση της ζητούμενης εφαπτομένης είναι η y-f{2)=f'(2){x-2)<=>y-8=12{x-2)<=>y=12x-16.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' )..δ. τ.2/60

------------- Μαθηματικά ΎUΙ την Γ Λυκείου -------------

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 I) Ζητείται να βρεθεί η εξίσωση της εφα

πτομένης (ε) της Cι που είναι παράλληλη σε γνωστή ευθεία (ε1 ) . Αυτό σημαίνει ότι η εφαπτόμενη (ε) της c, και η ευθεία (ει )έχουν ίδιους συντελεστές διεύθυνσης λε , λε1 αντίστοιχα. Άρα θα ισχύει: λε = λε1 , Όμως λε = f' ( χ0 ) . Ό

που (x0 ,f (x0 )) το σημείο επαφής της (ε) με την

Cr άρα f' ( χ0 ) = λε1 (1) Από την σχέση (1) υπολογίζουμε το χ0 και aντικαθιστούμε την τιμή του στην εξίσωση της (ε).

Παράδειγμα Έστω η συνάρτηση f με τύπο f (χ)= χ2 • Να

βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της c, που είναι παράλληλη στην y = χ + 1 .

Λύση Η f είναι παραγωγίσιμη στο � με f' (χ) = 2χ .

Α ν η ζητούμενη ευθεία εφάπτεται της Cr στο ( x0 ,f ( χ0 )) τότε θα ισχύει

f'(x0 ) = 1 � 2χ0 = 1 � χ0 =_!_ . 2 Άρα η ζητούμενη ευθεία είναι η y- r(�)= r'(�)(x -�) ή y-� = x -� ή

1 y = x -- . 4 Ειδική περίπτωση: Α ν ζητείται να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτο

μένης (ε) της Cr που είναι παράλληλη στον άξονα χ' χ τότε απαιτούμε: f' ( χ0 ) = Ο (όπου ( χ0 , y0 ) το σημείο επαφής).

11) Ζητείται να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της C 1 που είναι κάθετη προς γνω-στή ευθεία (ε1 ) με λε1 -:;:. Ο . Αυτό σημαίνει ότι λε · λε1 = -1, δηλαδή f'(χο ) · λε1 = -1 (2) . Από τη σχέση (2) υπολογίζουμε το χ0 και aντικαθιστούμε την τιμή του στην εξίσωση της (ε). Παράδειγμα

Έστω η συνάρτηση f (χ)= -3χ3 + 2 • Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της Cr που είναι κάθετη στην ευθεία y = χ + 3 .

Λύση

Η f είναι παραγωγίσιμη στο � με f'(x) = -9x2 • Αν η ζητούμενη εφαπτομένη εφά-πτεται της Cc στο ( χ0 , f ( χ0 )) τότε θα ισχύει f'(x0 )(-1) =-1�--9x� · 1 =-1�χ� =.!.�χ0 =±.!. . 9 3

Ά ") 1 ζ ' θ ' '

ρα ι για χ0 = 3 η ητουμενη ευ εια ειναι η

y- r(j )= r'(j )( x-j ) ή y- 1: = -ι( x -j) ή 20 . . ) Ό 1 ζ , y = -χ + 9 . 11 μοια για χ0 = -3 η ητουμενη

θ ' ' 16 ευ εια ειναι η y = -x +- . 9 ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3 Όταν μας ζητούν να αποδείξουμε ότι μια ευ

θεία ε: y = αχ + β εφάπτεται στη γραφική παρά-σταση μιας συνόpτησηςf, χωρίς να μας προσδwρίζουν το σημείο επαφής, αποδεικνύουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο Α ( χ0 , f ( χ0 ) ) στο οποίο η εφαπτόμενη ταυτίζεται με την ευθεία (ε) ..

Γι' αυτό βρίσκουμε τα κοινά σημεία της ευθείας (ε) και της γραφικής παράστασης της συνάρτη-

{y = αχ + β σης f λύνοντας το σύστημα:

( ). και εξε-y = f χ τάζουμε σε ποw απ' αυτά (αν υπάρχουν) η ευθεία (ε) είναι εφαπτόμενη στη γραφική παράσταση τηςf ελέγχοντας αν ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτόμενης δηλ η παράγωγος στα σημεία αυτά, ισούται με τον συντελεστή διεύθυνσης της ευθείας (ε), δηλ αν ισχύει: f' ( χ0 ) = α ή με άλλα λόγια: Αρκεί να βρούμε σημείο Α ( χ0 , y0 ) έτσι ώστε: {(Ι} Υο = αχο + β

(2) Υο = f (xo )

(3) f' (x0 ) = a Παραδείγματα 1) Να δείξετε ότι η ευθεία y = 2χ + 5 είναι

εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f (x) = x2 + 4χ + 6 .

•

•

Λύση Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων: {y = 2x + 5 � · · · � χ = -1, y = 3 . y = χ2 + 4χ + 6 Η f είναι παραγωγίσιμη στο R με f' (χ) = 2χ + 4 . Εύκολα διαπιστώνουμε όπ


------------- Μαθημαnκά ΎUΙ την Γ Λυκείου -------------f'{-ι) = -2+ 4= 2 .

Άρα: Η ευθεία y = 2χ + 5 εφάπτεται στη γραφική παράσταση της f στο σημείο Α (-ι, 3) .

2) Να βρεθούν οι τιμές του α ε � ώστε η ευθεία y = χ + α να εφάπτεται στη Ύραφική πα-

ράσταση της συνάρτησης f (χ) = χ1 + αχ + 1 και να προσδιοριστεί το σημείο επαφής.

Λύση Η f (χ) = χ 2 +αχ + ι είναι παραγωγίσιμη στο

� με f' (χ) = 2χ + α . Για να εφάπτεται η ευθεία y = χ + α στη γραφική παράσταση της f αρκεί να

υπάρχει σημείο {x0 ,y0 ) : Υ ο = χ� + αχ0 + ι (2) {Υο = χ0 + α (ι)

2χ0 + α= ι (3)

Α , (3) , , ι -α πο την προκυπτει οτι: χ0 = -2- . Από την (ι) προκύπτει ότι:

ι -α ι + α Υο =-2-+α=-2- . Αντικαθιστώντας στην (2) έχουμε:

ι + α ( ι -α )2 ι -α -2-= -2- +α ·-2-+ ι <=> · · ·α = ι ή α = -3 .

Άρα: Για α = ι η ευθεία y = χ + ι εφάπτεται στη γραφική παράσταση της f (χ) = χ 2 + χ + ι στο Α{Ο, ι) . Ενώ για α=-3 η ευθεία y = x- 3 εφάπτεται στη γραφική παράσταση της f{χ) = χ2 - 3χ + ι στο Β(2,-ι) .

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4 ΚΟΙΝΗ ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΗ i) Ζητείται να βρεθεί η εξίσωση της κοινής

εφαπτόμενης σε κοινό σημείο Μ(χο, yo) των yραφικών παραστάσεων δύο συναρτήσεων f, g ( C ι , C g, αντίστοιχα). Αφού το Μ είναι κοινό σημείο των C ι , C g πρέπει να επαληθεύει και τις δύο εξισώσεις: y = / (χ) και y = g (χ). Συνε-

{f{x0 ) = g(x0 ) και f'(x0 ) = g'(x0 )

ο χ ii) Ζητείται να βρεθεί η εξίσωση της κοινής

εφαπτόμενης των yραφικών παραστάσεων δύο συναρτήσεων f, g (C ι , Cg) σε διαφορετικά ση-μεία τους Μ. Ρ αντίστοιχα. • Αν τα σημεία Μ, Ρ είναι γνωστά και ει η εφα

πτομένη της Cr στο Μ με εξίσωση: Υ - f (χι ) = f'(χι )(χι - Χι ) ή y = f'{xι ) · x + f(xι )- f'{xι ) · x1 και ε2 η εφαπτομένη της Cg στο Ρ με εξίσωση:

y-g(x2 ) = g'(x2 ) · (χ - χ2 ) ή Υ = g'(x2 ) · χ + g(x2 )- g'(x2 ) · χ2 πρέπει για να ταυτίζονται οι ευθείες αυτές οι εξισώσεις τους να είναι ίδιες. Άρα πρέπει: f'(χι ) = g'(x2 ) και

f(χι )-f'{χι ) · χι = g(x2 )- g'(x2 ) · x2 .

Υ Υ ι i Μ(χι, Υι)

c l g I Ρ(χ2, Υ2) I ο χ

Αν είναι γνωστό το ένα από τα δύο σημεία, έστω το Μ (χ 1 , y ι ) , τότε θεωρούμε την εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της Cr στο Μ, έστω y = αχ + β

και εξετάζουμε αν η ευθεία (ε) εφάπτεται της Cg . πώς το Χο είναι λύση της εξίσωσης Αυτό θα συμβαίνει ως γνωστό αν υπάρχει τουλάχι-f(χ) = g(x) . στον ένα σημείο A(x0, y0 ) έτσι ώστε:

• Αν οι f, g παραγωγίζονται στο χ0 πρέπει οι εφαπτόμενες των Cr, Cg στο Μ να ταυτίζονται δηλαδή να έχουν τον ίδιο συντελεστή διεύθυνσης. Έτσι έχουμε το σύστημα

-------------------------- Μ�μαπκά � την ΓΆυκciοο --------------------------

Παράδειγμα 1 Να βρείτε τα α,βε JR ώστε οι γραφικές πα-

ραστάσεις των f με f (χ) = χ2 + αχ + ι και g με g (χ) = 2χ2 + χ + β να έχουν κοινή εφαπτομένη

στο σημείο Χο = 1 •

Λύση

ο χ Οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιμες με

f' (χ) = 2χ + α και g' (χ) = 4 χ + 1 . Πρέπει f (ι) = g (l)} α = l + β } α= 3

και f'(l )= g'(l) � 2 + α = 4 + 1 � β = 2

Παράδειγμα 2 Να εξετάσετε αν υπάρχει κοινή εφαπτομένη

των γραφικών παραστάσεων των 3 ι f (x) =-x2 - 2χ + 3 και g (x) = --x2 + 3 . 2 2

Λύση i) Εξετάζουμε αν υπάρχει κοινή εφαπτομένη σε

κοινό τους σημείο δηλ. αν έχει λύση το σύ-{f (χ) = g (x) στημα και δηλαδή

f' (χ) = g' (χ) �χ2 - 2χ + 3 = -.!.. χ2 + 3

�

2 2 και 3χ - 2 =-χ

4χ2 - 4χ =Ο και

ι χ =-2

χ = Ο ή χ = l � και

ι χ =-2 το οποίο αδύνατο άρα δεν υπάρχει κοινή εφαπτόμενη των παραπάνω γραφικών παραστάσεων σε κοινό τους σημείο.

ii) Εξετάζουμε αν υπάρχει κοινή εφαπτομένη

που εφάπτεται των γραφικών παραστάσεων στα σημεία (x1 , f (x1 )) και (x2 , g (x2 )) ελέγχοντας αν

έχει λύση το σύστημα: f' ( χ1 ) = g' ( Χ2 )}

και δηλαδή f (x1 ) - x1 · f'(x1 ) = g (x2 ) - x2 · g'(x2 )

3χι - 2 = -χ2 και

3 2 2 1 2 2 -χ1 - 2χ1 + 3- 3χ1 + 2χ1 =--χ2 + 3+ χ2 2 2 3χι + χ2 = 2}

� και το οποίο είναι αδύνατο. 2 2 -3χι = χ2

Άρα δεν υπάρχει κοινή εφαπτόμενη των παραπάνω γραφικών παραστάσεων.

Παράδειγμα 3 'Έστω οι συναρτήσεις f (χ) = ex και

g (χ) = -.!. . Ν' αποδείξετε ότι υπάρχει κοινή εχ

φαπτόμενη των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και g.

Λί>ση : Προφανώς δεν υπάρχει κοινή εφαπτόμενη σε

κοινό τους σημείο (γιατί;) Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχουν σημεία

Α (α, f (α)) και Β (β, g (β)) των γραφικών παραστάσεων των f και g αντίστοιχα στα οποία οι εφαπτόμενες να ταυτίζονται!

Ως γνωστόν οι εξισώσεις των εφαπτομένων στα Α και Β έχουν εξισώσεις:

y - f (α) = f' (α) · (χ - α) και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λ. δ. τ.2/63

------------ Μσfhιματυcά ΎUΙ την Γ' Λυκείου -------------y - g(β) = g'(β) · (χ - β) ανriστοι:χα ή y = f'( α) · χ + f(α}-α · f'(α) ιcαι

Υ = g'(β) · χ +g (β)-β · g'(β) ανriστοιχα! Για να ταuτiζονtαι οι χαραπάνω ευθείες πρέ-

πει να ισzύει: f' (α) = g' (β) και f (α) -α · f'(α)=g(β)- β · g'(β) δηλ. eα =� και

β α 11 Ι β Ι α β2 e - α · e = --- ·- <=> e · = 1 και β β2 11 ( } 2 α β2 β 2 e Ι -α = -- <=> e · = 1 και =---

β eα (α- 1) ΕΠΟΜΕΝΩΣ: Αρκεί να υπάρχει

αεR:eα( 2 J =1<=>· · ·<=>eα · (α-1)2 -4=0 (1) eα (α-1)

Το πρόβλημα λοιπόν ανάγεται στην απόδειξη ότι υπάρχει πραγματική ρίζα της εξίσωσης: ex · (χ - 1 )2 - 4 = Ο . Προς τούτο θεωρούμε τη συ-νάρτηση h (x) = ex · (χ - 1)2 - 4 στο [0,3] (Η επιλογή του διαστήματος έγινε έτσι ώστε στα άκρα οι τιμές να είναι ετερόσημες!).

Για την συνάρτηση h ισχύει: • Η h είναι συνεχής στο [0,3] . • h (O) = e0 (0 - 1)2 - 4 =-3 < 0 ,

h ( 3) = e3 ( 3 - 1 )2 - 4 = 4 ( e3 - 1) > Ο .

Άρα: υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα της εξίσωσης h (χ) = Ο στο ( 0,3) ς IR δηλ. η εξίσωση: ex (χ - 1 )2 -4 = Ο έχει στο JR μία τουλάχιστον ρίζα.

Άρα: υπάρχουν σημεία Α (α, f(α)) και Β (β, g (β)) έτσι ώστε οι εφαπτόμενες των γραφικών παραστάσεων των f και g στα Α και Β αντίστοιχα ταυτίζονται!

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ Λ ΥΣΗ 1. Να δικαιολογήσετε γιατί είναι λάθος οι

παρακάτω προτάσεις; i) Η εφαπτομένη μιας καμπύλης στο Μ δεν

μπορεί να τέμνει την καμπύλη στο Μ. ii) Η εφαπτομένη μιας καμπύλης στο Μ μπορεί να οριστεί σαν η ευθεία που τέμνει την καμπύλη μόνο στο Μ. ii) Αν η f είναι συνεχής σε όλο το πεδίο ορισμού της, τότε υπάρχει μια εφαπτομένη σε κάθε σημείο του γραφήματός της.

2. Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτομένων της γραφικής παράστασης της f με

( ) 1 3 2 f χ = -χ + χ -2χ + 1 που είναι παράλληλες 3 στην ευθεία y = χ + 3 .

3. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 2� . Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f που διέρχεται από το σημείο (-2,1) .

4. Να βρεθεί ο α ώστε η ευθεία y = 9χ - 14 να είναι εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f με f(χ)= χ3 -3αχ + 2 . Η εφα-πτομένη έχει άλλο κοινό σημείο με τη Cr ;

5. 'Εστω οι συναρτήσεις f (χ) = χ + .± και χ g(x) =-�x2 +αχ + 2 . Για ποια τιμή του αε IR η 2 εφαπτόμενη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο της A(1,f (l)) είναι εφαπτόμενη και στη γραφική παράσταση της g;

6. Έστω η συνάρτηση f με f (χ) = χ3 • Να βρεθούν οι ευθείες με εξίσωση y = λχ - 6 , λ ;:�; Ο ώστε να εφάπτονται της Cr .

7. Έστω οι συναρτήσεις f (χ) = χ 2 και g (χ) = _.!_ . Να βρεθεί η εξίσωση της κοινής εφαχ πτομένης των γραφικών παραστάσεων των f και g.

Ε Κ Λ Ο Γ Ε Σ Σ Τ Η Ν Ε . Μ. Ε. ι 8 - 3 - Ζ Ο Ο ι

ΓΕΝΙΚΉ ΣΥΝΕΛΕΥΣΗ 25 - 2 - 2001 ή 11 - 3 - 2001 (ανεξάρτητα απαρτίας)

Δηλώσεις υποψηφιοτήτων μέχρι και 1 5 Ιανουαρίου 2001 και ώρα 12.00 μ.μ.

a ιi6Κiι6ειs I'Tiλ 6Ιλ6ΙΚΑ lεωpiιptλrlλ , ,

Ιuνεχων 6UΥΙλpτn6εων

1. Να δείξετε ότι η εξίσωση s 4 3 2 ο «sx + α4χ + α3χ + αzχ + αιχ + ασ = με

«σ > Ο ' «s + α4 + α3 + «z + «ι + «ο = Ο και

5α5 + 4α4 + 3α3 + 2α2 + α1 > Ο έχει μία τουλά

χιστον λύση στο διάστημα (Ο, 1) •

Λύση : Θεωρούμε την πολυωνuμική συνάρτηση f (χ) = α5χ5 + α4χ4 + α3χ3 + α2χ2 + α1χ + α0

. Ισχύει f ( 1) = α5 + α4 + α3 + α2 + α1 + α0 = Ο επομένως το πολυώνυμο f (χ) διαιρείται με το χ - 1 . Εκτελώντας την διαίρεση f (χ) : χ - 1 (είτε κλασικά είτε με το σχήμα Homer) προκύπτει ότι f (χ) = (χ - 1) ( α5 χ 4 + ( α5 + α4 ) χ 3 + (α5 + α4 + α3 )χ2 + (α5 + α4 + α3 + α2 )χ + ( α5 + α4 + α3 + α2 + α1 )) •

Θεωρούμε την συνάρτηση Π με Π (χ) = αsχ4 + (αs + α4 )χ3 + (αs + α4 + α3 )χ2 + ( αs + α4 + α3 + αz ) χ + αs + α4 + α3 + αz + αι .

Η Π είναι συνεχής στο [0, 1] ως πολυωνuμική. Επίσης ισχύει Π (Ο) = α5 + α4 + α3 + α2 + α1 = -α0 < Ο και Π (1) = 5α5 + 4α4 + 3α3 + 2α2 + α1 > 0 .

Άρα Π (Ο) · Π (1) < 0 . Δηλαδή η Π (χ) ικανοποιεί τις προϋποθέσεις

του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [Ο, 1] άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα θ ε (Ο, 1) ώστε Π (θ) = Ο . Τότε f (θ) = (θ - 1) · Π (θ) = Ο . Άρα το θ λύση και της εξίσωσης f (χ) = Ο στο διάστημα (0, 1) .

2. Δίνεται μια συνεχής συνάρτηση

f : [α, β] � IR με σύνολο τιμών [α, β] όπου

α, β ε IR: . Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχι

στον ένα θ ε [α, β] ώστε να ισχύει

f2 (θ) + θf (θ)= 2θ2 •

του Θανάση Καράγιωργα

Λύση: Θεωρούμε τη συνάρτηση σ με τύπο

σ (x) = f2 (x) + x · f (x) - 2x2 με χ ε [α,β] . Η σ είναι συνεχής στο διάστημα [α, β] ως γινόμενο και άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. Επίσης ισχύει σ ( α) = f2 (α) + αf (α) - 2α2 και σ (β) = f2 (β) + βf (β) - 2β2 . Θα προσδιορίσουμε το πρόσημο των σ (α) και σ (β) . Γνωρίζουμε ότι Ο < α $; f (β) $; β για κάθε χ ε [α, β] . Άρα αz $; f2 (χ) $; β2 (1 ).

Ο < α $; f (χ) $; β} Επίσης � ( πολλαπλασιά-0 < α $; χ $; β ζουμε κατά μέλη) και έχουμε α2 $; xf (χ) $; β2 (2).

Προσθέτουμε κατά μέλη τις σχέσεις (1 ) και (2) και προκύπτει: 2α2 $; f2 (χ) + xf (χ) $; 2β2 για κάθε χε [α, β] .

Για χ = α έχουμε . 2α2 $; f2 (α) + αf (α) <=> f2 (α) + αf (α) - 2α2 � Ο <=> σ( α) � Ο .

Για χ = β έχουμε f2 (β) + βf (β) $; 2β2 <=> f2 (β) + βf (β) - 2β2 $; Ο <=> σ (β) $; Ο .

Άρα ισχύει σ (α) · σ (β) � Ο . • Εάν σ (α) · σ (β) < Ο τότε η συνάρτηση σ ικα

νοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [α, β] . Συνεπώς υπάρ-χει τουλάχιστον ένα θ ε (α, β) ώστε σ (θ) = Ο <=> f2 (θ) + θf (θ) = 2θ2 .

• Εάν σ (α) · σ (β) = Ο <=> σ (α) = Ο ή σ (β) = Ο τότε θ = α ή θ = β . Συνοψίζοντας υπάρχει τουλάχιστον ένα

θ ε [α, β] ώστε σ (θ) = Ο <=> f2 (θ) + θf (θ) = 2θ2 .

3. Δίνεται μια συνεχής συνάρτιισιι f : [α,β] � ΙR έτσι ώστε να ισχύει f (α )= f{ρ) .

Να δείξετε ότι υπάρχει θε (α,β) ώστε

Μαθηματικά ΎU1 την Γ' Λυκείου

f (θ) = f (θ + β : α ) όπου ο αριθμός κ Ε Ν* .

Λύση : Υποθέτουμε ότι δεν υπάρχει αριθμός

θ Ε (α, β) ο οποίος να ικανοποιεί τη ζητούμενη συνθήκη. Τότε η συνάρτηση g με τύπο g (x) = f (x) - r( χ + β:α ) όπου χ Ε [α, β] δεν μηδενίζεται για κανένα αριθμό στο διάστημα (α, β ) .

Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο διάστημα [α, β] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. Εφόσον η g δεν μηδενίζεται και είναι συνεχής τότε πρέπει να διατηρεί σταθερό πρόσημο στο διάστημα (α, β) .

Όμως έχουμε ότι: g(α) = f (α) - r( α + β:α )

g( α + β:α )= r( α + β:α )- r( α + 2 β:α )

g( α + 2 β :α )= r( α + 2 β :α )- r( α + 3 β:α )

g(α + (κ - l) β:α )= r( α + (κ- 1 ) β:α )- f (β) Προσθέτουμε τις παραπάνω ισότητες κατά

μέλη και προκύπτει: g (α) + g( α +� )+ · · · + g( α + (κ - 1)� =

Σ f (α) - f (β) = Ο .

Αυτό είναι άτοπο γιατί εφόσον η g διατηρεί σταθερό πρόσημο στο διάστημα (α, β) πρέπει το Σ > Ο ή Σ < Ο . Άρα προκύπτει ότι υπάρχει θ Ε (α, β) ώστε f (θ) = f (θ + β : α }

4. Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής στο

JR , τέτοια ώστε να ισχύει f (κ + χ)+ f (χ) = Ο

για κάθε χ Ε JR όπου ο κ είναι σταθερός και μη μηδενικός θετικός πραγματικός αριθμός. Να αποδείξετε ότι

ί) η συνάρτηση f είναι περιοδική. ii) υπάρχουν άπειροι αριθμοί θ Ε JR ώστε

f {θ) = f (θ + κ) .

Λύση: ί) Έχουμε ότι

f (κ + x) + f (x) = O<=> f(x)= -f (x + κ) (1) για κάθε χ Ε JR . Θέτουμε στη θέση του χ το χ + κ και προκύπτει f (x + κ)= -f (χ + 2κ) (2) για κάθε χ Ε JR . Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε ότι f (χ) = f (χ + 2κ) για κάθε χ Ε JR . Επομένως η συνάρτηση f είναι περιοδική με περίοδο Τ = 2κ > Ο .

ίί) Θεωρούμε την συνάρτηση h με τύπο h (χ)= f (χ) - f (χ + κ) όπου χ Ε [Ο, κ] . Η h είναι συνεχής στο [Ο, κ] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. Ισχύει h (O) = f (O) - f (κ) , h (κ) = f (κ) - f (2κ)= f (κ) - f (O) (γιατί η f πε-ριοδική με περίοδο 2κ. Άρα f (2κ)= f(O + 2κ)= f (O)). Άρα h (Ο) · h (κ)= (r (o) - f ( κ)){f ( κ)- f (O))= -( f (Ο) - f (κ) )2 ::;; Ο . Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: • Εάν h (Ο) · h (κ) < Ο η συνάρτηση h πληροί

τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [Ο, κ] . Επομένως υπάρχει του-λάχιστον ένα θ Ε (Ο, κ) ώστε h (θ) = Ο<=> f(θ) = f (θ + κ) .

• Αν h (O) · h (κ) = O τότε θ = Ο ή θ = κ . Άρα υπάρχει θ Ε [Ο, κ] ώστε f (θ)= f (θ + κ) .

Επειδή η f περιοδική εάν εργαστούμε ομοίως στα διαστήματα [κ, 2κ] , [2κ, 3κ] , . . . κλπ. τα οποία έχουν άπειρο πλήθος θα βρούμε και άλλους αριθμούς θ ώστε f (θ) = f (θ + κ) . Συμπεραίνουμε ότι υπάρχουν άπειροι αριθμοί θ Ε JR ώστε f(θ) = f (θ + κ) .

5. Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής στο

διάστημα [α, β] τέτοια ώστε να ισχύει

f (α) · f (β) > Ο . Δίνεται επιπλέον ότι υπάρχει

μοναδικός αριθμός χ0 Ε (α, β) ώστε f ( χ0 ) = Ο •

Δείξτε ότι για κάθε χ Ε [α, β] ισχύει

f (x) · f (α ) � o .

Λύση: Υποθέτουμε ότι δεν ισχύει f (χ) · f (α) � Ο για

Μαθηματικά pα την Γ' Λυκείου

κάθε χ Ε (α, β) . Συνεπώς υπάρχει χι Ε (α, β) ώστε f (χι ) · f (α) < Ο . Εφόσον f (x0 ) = 0 πρέπει χι * χ0 • Διακρίνουμε τις ακόλουθες περιπτώσεις σχετικά με τις τιμές του χ ι : • Εάν Χι Ε (α, χ0 ) τότε στο διάστημα [α, Χι ] η

f είναι συνεχής και f (α) · f (χι ) < Ο . Άρα ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano. Άρα υπάρχει θΕ (α, χι ) ώστε f (θ) = Ο . Αυτό όμως είναι άτοπο γιατί θ * χ0 και το χ0 είναι ο μοναδικός αριθμός για τον οποίο ισχύει f ( χ0 ) = Ο .

• Εάν χι Ε (χ0 , β) . Αφού f (α) · f (β) > Ο και f (χι ) · f (α) < Ο προκύπτει ότι f (α) , f (β) ομόσημοι και f (χι ) , f (α) ετερόσημοι. Άρα f (χι ) , f (β) ετερόσημοL Έτσι f (χι ) · f (β) < Ο . Στο διάστημα [χι , β] η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano άρα υπάρχει θΕ (χι ,β ) ώστε f (θ) = Ο . Αυτό είναι άτοπο γιατί θ * χ0 και ο χ0 είναι ο μοναδικός αριθμός για τον οποίο ισχύει f ( χ0 ) = Ο . Επίσης χ ι * α γιατί

f (Χι ) · f (α) < Ο <=> f2 (α) < Ο . αν χι = α τότε

Άτοπο. Επίσης Χι 'i' β γιατί αν Χι = β τότε f (χι ) · f ( α) < Ο <=> f (β) · f ( α) <0 . Άτοπο γιατί δίνεται f (α) · f (β) > Ο . Άρα η αρχική μας υπόθεση δεν ισχύει. Έτσι για κάθε χ Ε [α, β] ισχύει f {x) · f (α) � O .

6. Δίνονται οι συνεχείς συναρτήσεις f, g : JR � JR ώστε για κάθε χ Ε JR να ισχύει η σχέση f (x) · (g (x) + ι) � ι . Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο JR .

Λύση: Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση f δεν διατηρεί

σταθερό πρόσημο στο JR . Τότε θα υπάρχουν θι , θ2 Ε 1R ώστε f (θι ) · f (θ2 ) < 0 . Αφού θ1 'i' θ2 εάν θ1 < θ2 τότε η συνάρτηση f στο διάστημα [θ ι , θ2 ] ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano. Άρα θα υπάρχει τουλάχιστον ένα

χ0 Ε ( θ1 , θ2 ) c JR ώστε f ( χ0 ) = Ο . Όμως για κάθε x E JR ισχύει f (χ) · (g (χ) + ι) � ι . Άρα για χ = χ0 θα έχουμε: f (xo ) . (g (xo ) + ι) � ι => Ο · (g (x0 )+ ι)� ι => Ο � ι . Άτοπο. Άρα η συνάρτηση f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο JR .

7. Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής σ' ένα σύνολο Δ ς R • Δίνεται επίσης ότι η συνάρτηση f λαμpάνει. μόνο ακέραιες τιμές και μάλιστα περισσότερες από μία. Να αποδείξετε ότι το σύνολο Δ δεν είναι διάστημα άρα ένωση διαστημάτων.

Λύση: Ας υποθέσουμε ότι το σύνολο Δ είναι διάστη

μα. Έστω χ1 , χ2 Ε Δ με x1 'i' x2 • f (xι ) , f (x2 ) είναι ακέραιοι και διαφορετικοί μεταξύ τους. Επειδή η f συνεχής στο [Χι , χ2 ] σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής η f λαμβάνει όλες τις ενδιάμεσες τιμές μεταξύ των ακεραίων αριθμών f ( χ1 ), f ( χ2 ) . Μεταξύ όμως δύο ακεραίων υπάρχουν και ρητοί και άρρητοι αριθμοί. Άρα θα υπάρχει θ Ε (χ1 , χ2 ) ώστε- ο αριθμός f (θ) να είναι ρη-τός ή άρρητος. Άτοπο γιατί δίνεται ότι η συνάρτηση f παίρνει μόνο ακέραιες τιμές. Άρα το Δ δεν είναι διάστημα αλλά ένωση διαστημάτων στο καθένα από τα οποία η f είναι σταθερή. (το τελευταίο αφήνεται ως άσκηση για τον αναγνώστη).

8. Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα [α, Ρ] . Δείξτε ότι υπάρχει τουλάχι-στον ένα θΕ [α,p] ώστε

r (e)��[ 2f (α)+ 3r( ";Ρ )+ 4f (P)} Λύση : Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β] . Άρα

υπάρχουν χε , χμ Ε [α, β] ώστε f (χε ) � f (χ) � f (χμ ) για κάθε χ Ε [α, β] .

Εάν f (xε ) = m και f (χμ ) =Μ έχουμε ότι m � f (α) � Μ <=> 2m� 2f (α) � 2Μ

m � f( α;β )�Μ <=> 3m� 3f( α;β )� 3Μ

m� f (β) � M <=> 4m� 4f (β) � 4M . Προσθέτουμε κατά μέλη

Μαθηματικά yια την Γ Λυκείου

9m :::; 2f (α) + 3f (α ; β ) + 4 f (β) ::; 9Μ (:::)

m si-[ 2f (α) + 3f( α;β } 4f (β)] s Μ

Ο αριθμός ·Η 2f (α) + 3f( α;β )+ 4f (β)] α-νήκει στο σύνολο τιμών της f που είναι το διάστημα ( m, Μ] . Επειδή η f είναι συνεχής θα υπάρχει τουλάχιστον ένα θ Ε (α, β] ώστε

f (θ) =�[ 2f (α) + 3f( α;β )+ 4f (β)] . 9. Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής στο

διάστημα [α, β] καθώς και το πολυώνυμο

g (z ) = z3

+ f (α)z2

+ f (β )z + ι , z E C . Εάν ο

αριθμός ι + i είναι ρίζα του πολυωνύμου να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα θ Ε (α, β ) ώστε να ισχύει f (θ) = Ο •

Λύση: Το πολυώνυμο έχει πραγματικούς συντελε

στές και είναι τρίτου βαθμού. Άρα έχει μια ρίζα πραγματική έστω ρ Ε � και δύο συζυγείς τις 1 + ί και 1 - ί . Επομένως g ( z) = ( z - ρ) { z2 - 2z + 2) (:::) g ( z) = z3 - (ρ + 2) z2 + ( 2ρ + 2) z - 2ρ .

Άρα z3 + f (α) z2 + f (β) z + 1 =

z3 - (ρ + 2) z2 + ( 2ρ + 2) z - 2ρ για κάθε z Ε C .

Επομένως f (β) = 2ρ + 2

προκύπτει f (α) = - (ρ + 2) , 1 και -2ρ = 1 (:::) ρ = -- . Τότε 2

f (α) = -% και f (β) = 1 . 3 f (α) · f (β) = --< Ο . Η συνάρτηση f στο 2

(α, β] ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano. Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον θΕ (α, β) ώστε f (θ) = Ο .

ι ο. Δίνονται δυο μιγαδικοί αριθμοί z, w καθώς και η συνάρτηση f με τύπο

f (χ) = lzl χ3 + lwl χ2 - lz + wι . Να αποδείξετε ότι

η έξίσωση f (χ) = Ο έχει τουλάχιστον μια λύση

στο διάστημα [-ι, ι] .

Λύση: Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ( -1, 1] ως

πολυωνυμική. Έχουμε ότι f (-1) = - lzl + lwl - lz + wl . Είναι

γνωστό ότι για κάθε z, w Ε C ισχύει lwl - lzl :::; llzl - lwll :::; lz + wl (:::)

lwl - lzl - lz + wl :::; ο . Άρα f (-1) :s; o . Επίσης f (1) = lzl + lwl - lz + wl � Ο γιατί για

κάθε z, w Ε C ισχύει lz + wl :::; lzl + lwl . Επομένως f ( -1) · f (1) :::; Ο . Διακρίνουμε τις ακόλουθες περιπτώσεις: • Αν f ( -1) · f (1) < Ο η συνάρτηση f ικανοποιεί

στο ( -1, 1] τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano. Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα θ Ε ( -1, 1) ώστε f (θ) = Ο .

• Αν f (-1) · f (1) = 0 τότε θ = 1 ή θ =-1 . Συνοψίζοντας η εξίσωση f (χ) = Ο έχει μια

τουλάχιστον λύση στο ( -1, 1] .

ι2. Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής στο

διάστημα [α, β] ώστε f (χ) * Ο για κάθε

χ Ε [α, β] . Δίνεται επιπλέον ένας μη μηδενικός

μιγαδικός αριθμός z τέτοιος ώστε να. ισχύει

z + !. = f (α) και z2

+�= f (β ) . Να αποδείξετε z z

ότι:

i) Η εξίσωση χ3 · f (α) + f (β) = Ο έχει μια

τουλάχιστον λύση στο (-ι, ι) •

ii) Ισχύει η ανισότητα Ιr (Ρ )I < Ιr (α )I · Λύση:

1 ( 1 )2 . Ισχύει z +;= f (α)=> z +; = f2 (α) <=) 1 1 z2 + 2 + 2z- = f2 (α) (:::) z z 1 z2 + 2 + 2 = f2 (α) (:::) z

f2 (β) + 2 = f2 (α)(:::) f2 (β) - f2 (α) = -2 (:::) {f (β) - f ( α))(f (β) + f ( α)) = -2 < Ο .

ί) Θεωρούμε την συνάρτηση g με τύπο g (x )= χ3f (α) + f (β) . Η g είναι συνεχής στο διά-στημα (-1, 1] ως πολυωνυμική. Επιπλέον

Μαθηματικά yια την Γ Λυκείου

g ( -1) = -f (α) + f (β) και g (1) = f (α) + f (β) . Ά- Προσθέτοντας κατά μέλη τις ανισότητες έ-ρα g ( -1) · g (1) = (f (β) - f { α)) ( f (β) + f { α)) < Ο . χουμε 0 � f (χσ ) + f (χι ) + · · · + f (xv-ι ) � ν · Μ · Η g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano άρα υπάρχει ένα τουλάχισtον θ ε ( -1, 1) ώστε g (θ) =Ο <=> θ3 · f {α) + f {β)=Ο .

ii) Έχουμε ότι θ3 · f (α) + f (β) = Ο <=> θ3 = - f (β) <=> f {α)

f {β) θ = -3 f {α) . Όμως

θε (-1, 1 ) <=> lθl < 1 <=> -3 ;�� < 1 <=>

3 f({β)

) < 1 <=> ljf (β)j

l < 1 <=> jr (β)j < jf (α)j . f α f {α)

13. Δίνονται οι ρίζες z0 = 1, Ζι , z2 , • • • zν-ι της εξίσωσης z ν = 1 και μια συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα [α, β] και με τιμές στο JR+ , έ-

τσι ώστε να ισχύει Ο ε f ([α, β]) . Δίνονται και οι

αριθμοί χ0 , χι , χ2 , • • • , χν-ι ε (α, β) με

χ0 < Χι < χ2 < · · · < χν-ι . Να αποδείξετε ότι υ

πάρχουν τουλάχιστον ένα θ ε [α, β] ώστε

νf (θ) = lz0f { χ0 ) + zιf (χι ) + · · · + Zv-ιf (χν-ι )I · Λύση: Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο κλειστό

διάστημα [α, β] συνεπώς λαμβάνει μέγιστη τιμή Μ

Άρα ο� Ιzσf{χσ ) + zιf{χι )+ · · · + Zv-ιf{xv-ι )j � ν . Μ <=>

jzσf {χσ ) + zιf {χι ) + . . . + Zv-ιf {xv-ι )j ο � � Μ <=> ν jz0f {x0 ) + zιf {χι )+ · · · + zv-ιf {xv-ι )j .:...__ _________ ....:.ε [Ο, Μ] το ν οποίο είναι το σύνολο τιμών της συνάρτησης f. Άρα θα υπάρχει τουλάχiστον ένα θ ε [α, β] ώστε

jzσf (xσ ) + zιf (χι ) + . . . + Zv-ι f {xv-ι )I f {θ) = <=> ν νf {θ) = jzσf {Χ ο )+ zιf {Χι ) + · · · + Ζν-ι f { Χν-1 )j .

14. Δίνεται ένας μη μηδενικός μιγαδικός αριθμός z και μια συνάρτηση f συνεχής στο JR •

. lzf (χ)- 31 - 3 Εάν τα όρια lιm , x--tO Χ

. lzf (x) + 11 - 1 lιm υπάρχουν στο JR να αποδεί-χ--tι χ - 1 ξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα θ ε [Ο, 1] ώστε

f {θ) = Ο .

Λύση: jzf (χ) - 3j - 3 Εφόσον υπάρχει στο JR το lim .:......_ _ ____:._

x--tO Χ και το όριο του παρανομαστή είναι μηδέν θα πρέ-πει !� (lzf {x) - 3j - 3) = Ο <=> jzf {x) - 3j = 3 (1).

Έστω ότι z = α+ βi , α · β :;i: Ο . Τότε η σχέση ( 1 ) γίνεται I αf {Ο) - 3 + if {Ο) βj = 3 <=> και ελάχιστη τιμή m. Εφόσον Οε f ([α, β]) και

f {x) � O για κάθε χε [α, β] συμπεραίνουμε ότι η �(αf {Ο) - 3)2 + f2 {0)β2 = 3 <=> ελάχιστη τιμή m = Ο ενώ για την μέγιστη τιμή ( αf ( 0) _ 3 )2 + f2 ( 0) β2 = 9 <=> Μ > Ο .

Ισχύει ότι α2f2 {0) + 9 - 6αf {Ο) + f2 (Ο)β2 = 9 <=> lzσf {xσ ) + zιf {χι ) + · · · + Zv-ιf {xv-ι )I � α2f2 (0) + β2f2 {0) - 6αf {Ο) = Ο <=> jzσf (xσ )I + lzιf {xι )l + · · · + jzv-ιf (xv-ι )j = f {o) (α2f (O) + β2f (Ο) - 6α)= Ο . Διακρίνουμε τις lzo I f (Χ ο ) + lzι l f (Χι ) + · · · + lzν-ι l f (χ ν-ι ) = ακόλουθες περιπτώσεις: f {x0 ) + f {xι ) + · · · + f (xv-ι ) διότι • Εάν f {O)= O τότε θ = Ο . lzo l = lzι l = · · · = lzv-ι l = 1 και f (x) � Ο για κάθε • Εάν f {O) :;i: Ο τότε χε [α, β] . (α2 + β2 ) f (Ο) - 6α= Ο <=> f{Ο) = 2

6α 2 .

Όμως α + β f { χ0 ) � Μ, f (Χι ) � Μ, . . . , f (χ ν-ι ) � Μ . Εφόσον υπάρχει στο JR το όριο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' Α..ο. τ.2/69

Μαθηματικά pa την Γ Λυκεiου

. lzf (x) + ιι - ι lιm και ο παρανομαστής έχει όριο x�l Χ - 1 μηδέν πρέπει �ί� (lzr (χ) + ιι - ι) = ο �

lzf (x) + ιι = 1 � !αf (l) + 1 + βf (l) il = 1 �

�(αf (1) + 1)2 + β2f2 (1) = 1 �

α2f2 (Ι) + 2αf (1) + 1 + β2f2 (1)= 1 �

f (1 ) ( α2f (1) + β2f (1) + 2α) = Ο . Διακρίνουμε τις

ακόλουθες υποπεριπτώσεις:

• Εάν f (1) = 0 τότε θ = l .

• Εάν f (1) :;ι: Ο τότε

-12α2 Συνεπώς f {O) · f (1 )=

2 < Ο . ( α2 + β2 )

Η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο [Ο, 1] άρα υπάρχει τουλάχιστον έ-

να θ Ε (Ο, 1) ώστε f (θ) = Ο .

Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα θ Ε [Ο, 1] ώστε f (θ) = Ο .

Ασκήσεις για λύση : 1 . Δίνεται συνάρτηση f γνησίως αύξουσα και

συνεχής στο διάστημα [α, β] και συνάρτηση g

γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο [α, β] . Αν

επιπλέον ισχύει f ([α, β]) n g ([α, β]) :;ι: 0 να

αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό θ Ε [α, β] ώ

στε f (θ) = g (θ) .

2. Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f (χ)= χ 3 + αχ 2 + β όπου οι α και β είναι σταθεροί πραγματικοί αριθμοί και β > Ο και α + β < -1 . Δείξτε ότι η εξίσωση f (χ) = Ο έχει τρεις λύσεις στο JR .

3. Δίνονται δύο συνεχείς συναρτήσεις f, g : JR � JR τέτοιες ώστε για κάθε χ Ε JR να ισχύει αβf2 (χ) + (α + β)g (χ) + αβχ = Ο όπου

α, β Ε JR• με α + β :;ι: Ο . Αν η γραφική παράσταση Cr της f τέμνει τον άξονα χ' χ σε δύο σημεία Α και Β εκατέρωθεν της αρχής των α-

ξόνων, να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση Cg της g τέμνει τον χ'χ σ' ένα τουλάχι-στον σημείο μεταξύ των Α και Β.

4. Έστω 1, z1 , z2, z3 , z4 οι λύσεις της z

5 = ι και

οι αριθμοί . Δίνεται η

συνάρτηση f : i ® i με τύπο . Δείξτε ότι η εξί-

σωση f (χ) = Ο έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα (0, 1) .

Ερωτήσεις τύπου Σωστό - Λάθος 1 . Δίνεται συνάρτηση συνεχής με

τότε υπάρχει τουλά-

χιστον ένα θi (α ,β) ώστε f (θ) = Ο . Σωστό - Λάθος

2. Έστω η συνεχής συνάρτηση f : [α, β] ® i και

υπάρχει θi (α ,β) ώστε f (θ) = Ο τότε f (α) χf(β) < Ο. Σωστό - Λάθος

3 . Έστω η συνάρτηση f : [α, β] ® i συνεχής για

κάθε x i i και f (α) χf(β) > Ο. Τότε

f (x) ι Ο για κάθε x i [α, β] . Σωστό - Λάθος

4. Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο [α, β] με σύνολο αφίξεως το i . Τότε το σύνολο τιμών της f είναι το . Σωστό - Λάθος

5. Δίνεται συνάρτηση f : [α, β] ® i συνεχής στο

[α, β] . Αν στο χε i [α, β] η f έχει την ελάχι-στη τιμή της και στο η f έχει την

μέγιστη τιμή της τότε Χε < Χμ . Σωστό - Λάθος

6. Έστω f : [α, β] ® i όχι συνεχής στο i τότε

εάν f (α) xf (β) < Ο δεν είναι σίγουρο ότι υ

πάρχει θ i (α, β) ώστε f (θ) = Ο . Σωστό - Λάθος

· 7. Εάν f : [α, β] ® i JUνεχής συνάρτηση και

τότε υπάρχει τουλάχι-

στον .ένα θi (α, β) ώστε f (θ) = Ο . Σωστό - Λάθος

8. Έστω f : [α,β] ® i συνεχής συνάρτηση και γνησίως αύξουσα με f (χ) ι Ο για κάθε

Μαθηματικά pα την Γ Λυκείου

χ Ε [α,β] . Αν r(α;β )< Ο τότε f (x) < O

για κάθε χ Ε [α, β] . Σωστό - Λάθος

9. Δίνονται οι συναρτήσεις f : [α, β] � JR συνε

χής και γνησίως αύξουσα και g : [α, β] � JR συνεχής και γνησίως φθίνουσα. Τότε υπάρχει πάντοτε τουλάχιστον ένα χ0 Ε (α, β) ώστε

f (x0 ) = g (x0 ) . Σωστό - Λάθος

ι Ο. Η συνάρτηση f : [α, β] � JR είναι ασυνεχής

στο πεδίο ορισμού της και f (α) · f (β) > Ο .

Τότε η f (x) = O δεν έχει λύση στο [α,β] . Σωστό - Λάθος

Απαντήσεις στις ερωτήσεις Σωστό - Λάθος: ι . Σωστό 6. Σωστό 2. Λάθος 7. Σωστό 3. Λάθος 8. Σωστό 4. Λάθος 9. Λάθος 5. Λάθος 10. Λάθος

ί ΙΗΕΤΡιf fJΕΣΗΣ ΚΑΙ 4ΙΑΣΠtJΡΑΣ

Κοντογεώργος Δημήτριος

Κυρίαρχη θέση στην χερryραφιιcή Σταnσnιcή κατέχουν τα μέρα θέσης και διασπορά. Δεν θα αναφέρουμε τους ορισμούς και τοuς τίmrος των παραπάνω μέτρων γιατί είναι ήδη γνωστοί από το σχολικό βιβλίο. Απλώς θα κάνωμε μερικές παρατηρήσεις ως συμπλήρωμα της σχολικής ύλης για καλύτερη κατανόηση των όρων και μετά θα mραθέσουμε ασκήσεις λuμένες και θα προτείνουμε άλλες για εξάσκηση των μάθητών.

1 °) ΜΕΤΡΑ θΕΣΗΣ Τα πιο γνωστά μέτρα θέσης είναι η επικρα

τούσα τιμή (Mode), η διάμεσος (Median) και ο αριθμητικός μέσος ή μέση τιμή (aήthmetic mean or aνerage).

Α. Επικρατούσα Τιμή (Mode) ί) Δεν είναι πάντοτε μοναδική. Σε μερικά

δείγματα μπορεί να υπάρχουν περισσότερες από μία.

ii) Μερικές φορές μια ομάδα δεδομένων δεν έχει επικρατούσα τιμή.

iii) Είναι βασικό να ξεχωρίζουμε την επικρα-τούσα τιμή από την επικρατούσα συχνότητα.

Πλεονεκτήματά της επιτυχούσας τιμής: ί) Είναι εύκολο να υπολογιστεί. ίί) Δεν επηρεάζεται από οποιαδήποτε ακραία

τιμή των δεδομένων. Βέβαια η επικρατούσα τιμή δεν έχει χρήσιμες

μαθηματικές ιδιότητες στην περιγραφική στατιστική. Β. Διάμεσος (Median) α) Γενικά σε υπάρχουν ν διατεταγμένες πα

ρατηρήσεις και το ν είναι περιττός η διάμεσος εί-, , ν + ι Ό ναι η τιμη που αντιστοιχει στην -2- ταν το ν

είναι άρτιος αριθμός παρατηρήσεων η διάμεσος υπολογίζεται παίρνοντας το ημιάθροισμα των δύο κεντρικών τιμών. Για μεγάλο αριθμό δεδομένων η διαδικασία είναι κουραστική έτσι είναι ευκολότερο να χρησιμοποιηθεί η αθροιστική συχνότητα.

Είναι εύκολο να καταλάβουμε ότι η διάμεσος έχει τα ίδια πλεονεκτήματα και μειονεκτήματα με την επικρατούσα τιμή.

Η ιδέα να χωρίσουμε τα δεδομένα σε δύο ίσα μέρη μπορεί να επεκταθεί στο να τα διαιρέσουμε σε όσα ίσα μέρη εmθυμούμε. Τα πω γνωστά είναι τα τεταρτημόρια (Quartiles).

Θεωρήστε ότι έχετε ν διατεταγμένες παρατηρήσεις χ1 , χ2 , χ3 , • • • , χν για να βρούμε το Q1

, λογίζ ι ι , , πρωτα υπο ουμε το 4ν , αν το 4ν ειναι ακε-

ραιος, έστω κ, τότε το Q1 = .!_( χκ + χκ+Ι ) . Αν δεν 2 είναι ακέραιος αλλά βρίσκεται μεταξύ του κ και κ + Ι τότε Q1 = χ κ+ Ι . Όμοια για να βρούμε το Q3 υπολογίζουμε το iν και ακολουθούμε την ίδια 4 διαδικασία με το Q1 •

Γ. Μέση τιμή (mean) Η μέση τιμή για τον πληθυσμό συμβολίζεται

διεθνώς με το ελληνικό γράμμα μ. Όποια εκτίμηση μέσης τιμής από δείγμα πληθυσμού συμβολίζεται χ . Η μέση τιμή είναι μία παράμετρος του πληθυσμού, το χ είναι μια καλή προσέγγιση της μέσης τιμής μ. Στην στατιστική αυτό το λέμε αμερόληπτο εκτιμητή έτσι αντί μ μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το χ .

Δύο είναι τα μειονεκτήματά της ί) Η μέση τιμή επηρεάζεται από τις ακραίες

τιμές. ίί) Η μέση τιμή δεν είναι τόσο εύκολη στον

υπολογισμό της όσο οι προηγούμενες τιμές. Τα πλεονεκτήματά της όμως αντισταθμίζουν

Μαθηματικά -yια την Γ' Λυκείου

τα μειονεκτήματα. Ηλικία παι- (0,2) (2,4) [4,6) [6,8) [8,10) i) Όλες οι τιμές χρησιμοποιούνται στον υπο- �δ:::::ιώ�ν�---Ι----+----1----+---+-----Ι

Αριθμός ατυ- 60 85 30 20 15 λογισμό. rnμάτων ii) Το σπουδαιότερο είναι ότι η μέση τιμή έ-

χει πολύ σπουδαίες μαθηματικές ιδιότητες. Αναφέρουμε παρακάτω ορισμένες χαρακτηρι

στικές ιδιότητες του μέσου αριθμητικού μ. i) αν Χι = χ2 = · · · = χ ν = κ τότε ο μ = κ . ii) αν σε όλες τις τιμές μιας μεταβλητής χ

προσθέσουμε ή αφαιρέσουμε μια σταθερή ποσότητα α τότε ο μ αυξάνεται ή μειώνεται κατά τη σταθερή αυτή ποσότητα.

iii) αν όλες οι τιμές της χ πολλαπλασιασθούν επί μία σταθερή ποσότητα c, τότε και ο μ πολλαπλασιάζεται επί c.

ίν) αν απ' όλες τις τιμές της χ αφαιρέσουμε τον μ, τότε το άθροισμα των διαφορών χ -μ δη-λαδή το Σ (χ - μ) είναι ίσο με Ο. ν) αν ένας πληθυσμός χωριστεί σε κ υποπληθυσμούς που ο καθένας τους έχει νι , ν2 , • • • , ν κ μονάδες και οι αντίστοιχοι μέσοι των κ υποπληθυσμών είναι μι , μ2 ,

• • • , μκ τότε ο μέσος αριθμητι

κός όλου του πληθυσμού είναι νιμι +νzμz + · · · + νκμκ μ =

νι + νz + · · · + νκ

2ο) ΜΕΤΡΑ ΔΙΑΣΠΟΡΑΣ Τα μέτρα διασποράς με τα οποία εμείς θα α-

α) Να βρεθεί η επικρατούσα κλάση. β) Υπολογίστε στον πλησιέστερο μήνα την

μέση τιμή και την τυπική απόκλιση των ηλικιών.

γ) Κατασκευάστε το πολύγωνο αθροιστικών συχνοτήτων και από αυτό εκτιμήστε, στον πλησιέστερο μήνα, τη διάμεσο και το ενδοτεταρτημοριακό εύρος για τις ηλικίες όλων των παιδιών κάτω των 10 ετών. Εκτιμήστε και αιτιολογήστε ποιο θεωρείτε ότι παρουσιάζει καλύτερα την μέση ηλικία για τα ατυχήματα στο σπίτι για παιδιά κάτω των 10 ετών, η μέση τιμής, η επικρατούσα τιμή ή η διάμεσος;

ΛΥΣΗ α) Από τον πίνακα διαπιστώνουμε ότι η εm

κρατούσα κλάση είναι η δεύτερη, δηλ. το [2,4), ενώ η επικρατούσα συχνότητα είναι το 85.

β) Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα

ΗΛΙΚΙΑ ΑΡΙΘ- ΚΕ- ΑΘΡ. χίνί 2 ΠΑΙΔΙΩΝ ΜΟΣ ΝΤΡΙ- ΣΥΧΝ. χί νί

ΑΠΧΗ- ΚΕΣ Ni ΜΑ- ΠΜΕΣ ΤΩΝ Χί ΣΥΧΝ. ν· I

σχοληθούμε είναι το εύρος (Range) το ενδοτεταρ- 11----�--+-----Ι-----+-----,,.,....--+-----:c:--Ι τημοριακό εύρος IQR η διακύμανση και η τυπική απόκλιση και ο συντελεστής μεταβλητότητας.

Διακύμανση: Μερικές χαρακτηριστικές ιδιότητες της σ2 εί

ναι: i) Αν έχουμε χ1 = χ2 = · · · = xv = α τότε

σ2 = 0 . ii) Α ν σε όλες τις τιμές μιας μεταβλητής προ

σθ�σουμε ή αφαιρέσουμε μια σταθερή ποσότητα α τότε η σ2 και η σ παραμένουν αμετάβλητες.

iii) Αν όλες οι τιμές μιας μεταβλητής πολλαπλασιασθούν ή διαιρεθούν με μια σταθερή πο.σό-τητα c τότε η σ2 πολλαπλασιάζεται ή διαιρείται με σ2 και η σ αντίστοιχα με c.

ΘΕΜΑ 1° Σε μια αστική πόλη διεξήχθη έρευνα για τα

ατυχήματα που γίνονται στο σπίτι με παιδιά ηλικίας κάτω των 10 ετών. Ο αριθμός των αναφερομένων ατυχημάτων και οι ηλικίες των παιδιών δίνονται στον παρακάτω πίνακα

Από :rον παραπάνω πίνακα έχουμε: Σν·Χ · 740 χ 1 1 = - = 3,5 δηλ. 3 ετών και 6 μηνών.

ν 210 Για την τυπική απόκλιση

s��Σv;,.f -χ' �J3770 -12,2 �JI7,9-12,2 �.,[5;;�2,3 ν 210

δηλ. 2 έτη και 4 μήνες. γ) Θεωρώντας το πλάτος 2 ως μονάδα μέ

τρησης στον οριζόντιο άξονα, το ύψος κάθε ορθογωνίου είναι ίσο με την αντίστοιχη αθροιστική συχνότητα. Έτσι έχουμε το παρακάτω πολύγωνο αθροιστικών συχνοτήτων.

Για την διάμεσο έχουμε .!..ν = 105 άρα βλέ-2

που με ότι η διάμεσος δ = 3 έτη για Qι και Q3 έ-


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

χουμε αντίστοιχα Q1 = 1 έτος 9 μήνες και Q3 = 4 έτη και 9 μήνες άρα IQR > 3 έτη. Η διάμεσος είναι η καλύτερη, στην μέση τιμή επιδρούν οι ακραίες τιμές και η επικρατούσα τιμή δεν συσχετίζεται με τα μέτρα διασποράς.

200 190

Ν, 180 � 170 Ι 160 ........................................ .... . θ 150 � 140 Σ 130

120 1 10

90 80 70 60 +------'1 50 40 30 20

10

ΘΕΜΑ 2"

Ηλικlα παιδιών σε έτη

10

'Εστω χ ο αριθμός των λαθών για κάθε σελίδα από τις 300 σελίδες μιας δακτυλο-γράφησης. Τα αποτελέσματα όταν συγκεντρώθηκαν έ-

δειξαν ότι Σχ = 1380 και Σ χ2 = 7516 . Υπο

λαyίστε την μέση τιμή και την τυπική απόκλιση του αριθμού των λαθών ανά σελίδα.

ΛΥΣΗ _ Σχ Bso

Ένω χ = -- = -- = 4 6 ιι. ν 300 ' και

σ2 = Σ χ2 - χ2 = 75 16 - (4 6)2 = 25 - 2 1 1 = 3 9

ν 300 ' ' ' άρα σ = J3,9 = 1, 9 .

ΘΕΜΑ 3" Τριάντα μαθητές μιας τάξης που ρωτήθη

καν για τον αριθμό των ωρών χ που ο καθένας τους διάβασε κατά την διάρκεια των διακοπών του Πάσχα, βρέθηκε ότι Σ χ = 315 και

Σχ2 = 335ο . α) Αν μ και σ είναι ο μέσος αριθμητικός

και η τυπική απόκλιση αντίστοιχα των αριθμών των ωρών που διάβασαν υπολογίστε το μ και σ.

β) Δύο επιπλέον μαθητές που ήταν απόντες στην διάρκεια της έρευνας δήλωσαν ότι είχαν

διαβάσει 9 και 12 ώρες. αν οι ώρες τους συμπεριληφθούν στον υπολογισμό. Αποφασίστε δικαιολο-γώντας την απάντησή σας που θα επιδράσουν αυτές οι τιμές στο μέσο;

ΛΥΣΗ

α) i) μ =-w-= 10,5 και

" ") - 3350 - 10 52 - 1 19 ιι σ - , - , . 30 β) η μέση τιμή δεν θα επηρεαστεί λόγω της

συμμετρίας των 9 και 12 ως προς την αρχική τιμή που υπολογίσαμε 10,5.

ΘΕΜΑ 4" Η μέση τιμή 7 διαδοχικών περιττών ακε

ραίων είναι 63. Αφού βρείτε αυτούς τους ακεραίους να προσδιορίσετε μετά τη διάμεσο και την τυπική απόκλιση.

ΛΥΣΗ Έστω y, y + 2 , y + 4 , y + 6 , y + 8 , y + 1 0 ,

y + 12 οί διαδοχικοί περιττοί ακέραιοι τότε έχω

- 7Υ + 44 63 ; 57 χ = = αρα y = . 7

Συνεπώς οι ζητούμενοι αριθμοί είναι: 57, 59, 6 1 , 63, 65, 67, αφού είναι διατεταγμένοι η διάμεσος θα είναι δ = 62 , η τυπική απόκλιση είναι

σ =�Σχ' - Χ2 = /28255 - 63 = ,/67,4 = 8, 2 . ν ν 7 .

ΘΕΜΑ 5° Μαθητές της Γ τάξης από τρία διαφορετι

κά σχολεία έyραψαν το ίδιο διαγώνισμα. Οι μέσοι όροι επιτυχιών κάθε σχολείου ήταν αντίστοιχα 63, 48 και 72 τις εκατό. Α ν το μέyεθος κάθε τάξης ήταν 23, 30 και 15 μαθητές αντίστοιχα βρες το μέσο όρο όλων των μαθητών αυτών.

ΛΥΣΗ Χρησιμοποιώντας τον σταθμισμένο αριθμητι-

κο, - ΧιWι + x2w2 + x3w3 μέσο χ = έχουμε

Wι + w2 + w3 χ = 63 · 23 + 48 · 30 + 72 · 15 = 3969 = 58 3 της ε-

6 68 ' κατό.

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Α) Ερωτήσεις πολλαπλής επιλο-γής

1 ) Η τιμή της μεταβλητής, η οποία χωρίζει το σύνολο των παρατηρήσεών μας σε δύο ίσες σε


Μαθηματικά ΎW την Γ Λυκείου

πλήθος ομάδες ονομάζεται Α. Μέσος αριθμητικός Β. Εmκρατούσα τιμή Γ. Διάμεσος Δ. Πρώτο τεταρτημόρw Ε. Τυπική απόκλιση

2) Η τυmκή απόκλιση είναι η τετραγωνική ρίζα Α. της διαμέσου Β. του μέσου αριθμητικού Γ. της διακύμανσης Δ. της επικρατούσας τιμής Ε. του συντελεστή μεταβολής

3) Από τα παρακάτω στατιστικά μέτρα καθαρός αριθμός είναι:

Α. Η διακύμανση Β. Η τυmκή απόκλιση Γ. Ο μέσος αριθμός Δ. Ο συντελεστής μεταβλητότητας Ε. Η εmκρατούσα τιμή

4) Στα μέτρα θέσεων ανήκουν Α. Η διάμεσος και ο μέσος αριθμητικός. Β. Η διάμεσος και η τυmκή απόκλιση. Γ. Ο μέσος αριθμητικός και η διακύμανση. Δ. Η διακύμανση και η τυmκή απόκλιση. Ε. Η επικρατούσα τιμή και ο συντελεστής μετα

βολής.

Β) Ερωτήσεις ανάπτυξης 1) Οι αφίξεις τουριστών στην Ελλάδα από το

έτος 1959 έως το 1965 έχουν ως εξής:

1959 1960 1%1 1962 1963 1964 1%5 � � m • m m m m b φ; "/Υ&

δe;

i) Να κατασκευαστεί το πολύγωνο συχνότητας και το πολύγωνο αθροιστικής συχνότητας.

ii) Να βρεθεί η μέση τιμή και η διάμεσος.

2) Το βάρος w kg για κάθε κορίτσι σε ένα τυχαίο δείγμα από 150 νεαρά κορίτσια που μένουν στην Αθήνα μετρήθηκε και βρέθηκε ότι το ολικό

1 50 1 50 βάρος ήταν Σwi = 7545 με Σwf = 38 1 106 . Υ-

i=Ι i=l πολογίστε την μέση τιμή και την διακύμανση του δείγματος.

3) Από το πλήθος 100 παρατηρήσεων t1 , t2 , . . . , t100 βρήκαμε μέση τιμή χ = 12,5 . Αν υ-Ποθέσουμε ότι η μέση τιμή των 60 παρατηρήσεων από αυτές είναι 12 να βρεθεί η μέση τιμή των υπολοίπων 40 παρατηρήσεων.

4) Για το σ6νολο που δίνεται παρακάτω, βρες το εύρος, το ενδοτεταρτημοριακό εύρος και τα Q1 ,Q3 . 8, 1 8, 7, 16, 19, 8, 1 1 , 1 8, 22, 9, 10, 14, 1 1 , 15, 16, 24.

5) Μία εταιρεία θέλει να αγοράσει καινούργια αυτοκίνητα. Έτσι κατέγραψαν το στόλο των αυτοκινήτων τους. Ο παρακάτω πίνακας δείχνει την ηλικία χ σε χρόνια των αυτοκινήτων του στόλου.

I 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 1 1 4 20 1 6 1 4 1 2 8 6 4 3 2

Βρες: α) την εmκρατούσα τιμή, β) την διάμεσο και

τα τεταρτημόρια, γ) την μέση τιμή, δ) κατασκεύασε την καμπύλη συχνοτήτων και διαπίστωσε ότι είναι ασύμμετρη με θετική ασυμμετρία.

6) Θεωρούμε τη μεταβλητή χ η οποία παίρνει , βλ , χ -

α τιμες χ1 , χ2 , . . . , χκ και τη μετα ητη y = -β- ,

α, β ε JR, β * Ο . Να βρεθούν οι τιμές των y και σΥ αν γνωρίζουμε τη μέση τιμή χ και την τυmκή απόκλιση σχ της μεταβλητής χ.

Ε ΚΔΟΣΕ Ι Σ - Β Ι ΒΛ Ι Ο Π ΩΛ Ε Ι Ο

Σ Π Η Λ Ι Ω Τ Η Σολωμού 3, Τ.Κ. 1 0683, Α Θ Η ΝΑ

τη λ. : 3 83 8224 - 3 834533 fax. : 3 83 8 1 98

ΜΟΛΙΣ ΚΥΚΛΟΦΟΡΗΣΕ Γ. ΣΠΗΛΙΩΤΗ

+ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ (Γενικής Παιδείας)

ΚΥΚΛΟΦΟΡΟΥΝ + ΤΕΣΤ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

+ Γ. ΣΠΗΛΙΩΤΗ, ΜΑΘΗΜΑτΙΚΆ Β ' Λ ΥΚΕΙΟΥ (θετικής κατεύθυνσης)

+ ΡΟLΥΑ, ΠΩΣ ΝΑ ΤΟ ΛΥΣΩ

+ BERMAN, ΑΣΚΗΣΕΙΣ

ΜΑΘΗΜΑ ΤΙΚΗΣ ΑΝΑΛ ΥΣΕΩΣ

ΚΑΖΑΝΤΖΗ Θ., ΠΑΡΆΓΩΓΟΙ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2174

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περωδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα:

Ι ) τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4)Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει.

Κανόνας: Η Homo Mathematicus απευθύνεται μόνο σε μαθητές.

Η " Θ εω ρ ί α τ ω ν π α ιγ ν ίω ν " Εισαγωγικά

Στο τεύχος αυτό θα ασχοληθούμε με μια άλλη εφαρμογή των Μαθηματικών, που οι ρίζες της είναι παλιές, όμως τα τελευταία 70 χρόνια έχει πάρει την μορφή αυτοτελούς θεωρίας στα πλαίσια των εφαρμοσμένων Μαθηματικών. Είναι γνωστή σαν "θεωρία των Jrαιyνίων".

Η θεωρία των παtyνίων ξεκίνησε σαν "μαθηματικές απασχολήσεις", με την μορφή διαφόρων προβλημάτων και ασκήσεων για διασκέδαση. Τα παιχνίδια αυτά απαιτούσαν επινοητικότητα, οξύνοια, πρωτοτυπία σκέψης και, προ πάντων, ικανότητα πρόβλεψης με σωστή εκτίμηση των δεδομένων.

Οι "μαθηματικές απασχολήσεις" περtλάμβαναν: Γρίφους (puzzles), προβλήματα που αφορούν μετατροπή ενός σχήματος σε άλλο με κατάτμηση (cutting, dissection) και επανασυναρμολόγηση (μετά από μετατόπιση των τμημάτων του) , τεχνάσματα που βασίζονται σε υπολογισμούς καθώς και αυτά με αριθμούς και σχήματα.

Οι "μαθηματικές απασχολήσεις" έγιναν "μαθηματικά παιχνίδια" και με την πλήρη μαθηματικοποίηση της λογικής τους έγιναν μια αυτοτελής μαθηματική θεωρία γνωστή ως "Θεωρία των παιγνίων".

Τι είναι η "θεωρία των παι-yνίων"

Είναι η θεωρία των συγκρούσεων αντίθετων συμφερόντων. Το συμφέρον της μιας πλευράς είναι αντίθετο από το συμφέρον της άλλης. Κλασικό παράδειγμα ένας σκακιστικός ή ένας ποδοσφαιρικός αγώνας. Υπάρχουν κανόνες με βάση τους οποίους διεξάγεται ο αγώνας. Αυτοί οι κανό-

του Γιάννη Κερασαρίδη

νες καθορίζουν τι επιτρέπεται, τι απαγορεύεται και με βάση ποια αποτελέσματα θεωρείται κάποιος νικητής ή ηττημένος. Οι δυο αντίπαλοι έχουν ακριβώς αντίθετα συμφέροντα.

Συμβαίνει όμως, πολλές φορές, αν και είναι εκ των προτέρων γνωστές οι στρατηγικές των αντιπάλων, να μην μπορούμε να προβλέψουμε ακριβώς το αποτέλεσμα της σύγκρουσης, λόγω τυχαίων περιστατικών π.χ. ο τραυματισμός ενός παίκτη. Σ'αυτή την περίπτωση δεν μιλάμε για "αποτέλεσμα του παιχνιδιού" αλλά για "μέσο αποτέλεσμα", που προκύπτει από περισσότερες της μιας παρτίδες.

Το βασικό πρόβλημα της θεωρίας των παιγνίων μπορούμε να το διατυπώσουμε ως εξής: Πώς πρέπει να ενεργήσει, ή ποια στρατηγική πρέπει να ακολουθήσει, ένας παίκτης στη σύγκρουση με έναν εξίσου ικανό αντίπαλο, για να ·εξασφαλίσει κατά μέσο όρο την μεγαλύτερη δυνατή επιτυχία;

Συμφωνούμε να συμβολίζουμε με + 1 την κερδισμένη παρτίδα, με -1 την χαμένη και με Ο την ισοπαλία.

Δ ύ ο π αρ α δ εί γ μα τ α 1° . "Το παιχνiδι των τριών δαχτύλων": Δύο

παίκτες, ο Α και ο Β ταυτόχρονα και χωρίς προσυνεννόηση δείχνουν, ο ένας στον άλλο, ένα, δύο ή τρία δάχτυλα. Αν ο συνολικός αριθμός των δαχτ\r λων που έδειξαν είναι άρτιος τότε κερδίζει ο Α και παίρνει τόσους βαθμούς, όσα ήταν τα δάχτυλα ][()\) δείχθηκαν. Αν ο αριθμός αυτός είναι περιττός, κερδίζει ο Β με το ίδιο κέρδος σε βαθμούς. ΙΙσια στρατηγική συμφέρει στον καθένα από τοuς :mίκτες Α και Β ;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ. 2/75

ΗΟΜΟ ΜΑΊΉΕΜΑΠCUS

Αρι8μαόμε τις στρατηyηιcές σύμφωνα με τον α

ριβιιό tΙΙJV δcι:zτύlιον mu δείχπικαν. Με Α ι ,

λ2,Α3 όταν ο mίιcτης Α δείχνει ι ,2,3 δάχτυλα ανriστοιzu mι με Bl,B2,B3 όταν ο παίκτης Β δεί

zνει ι ,2,3 δάpυλα αντίστοιχα.

Ας mραιcολουθήσουμε το παιχνίδι απ'την πλευρά

mw συμφερόντων του παίκτη Α.

Αν, σε ένα παιχνίδι, ο Α δείξει ι δάχτυλο (Αι)

ιαn ο Β δείξει κι αυτός ι δάχτυλο (Β ι ), τότε ο α

ριθμός των δαχτύλων που δείχτηκαν είναι ι+ ι =2 δηλ. άρτιος αριθμός, άρα κερδίζει ο παίκτης Α δύο

(2) βαθμούς. Σημειώνουμε, λοιπόν, στην τομή της

γραμμής της στρατηγικής Α ι και της στήλης της

στρατηγικής Β1 τον αριθμό 2. Αν ο Α δείξει 1 δά

χrολο (Α1) και ο Β δείξει 2 δάχτυλα (Β2), τότε ο

αριθμός των δαχτύλων που δείχτηκαν είναι 1+2=3

δηλ. περιττός αριθμός άρα χάνει ο παίκτης Α τρεις

(3) βαθμούς. Σημειώνουμε, λοιπόν, στην τομή της

γραμμής της στρατηγικής Α1 και της στήλης της

· στρατηγικής Β2 τον αριθμό -3.

Είναι φανερό πως όταν ο παίκτης Α κερδίζει

π.χ. 4 μονάδες, ταυτόΧΡονα ο παίκτης Β χάνει 4 μονάδες ή, όταν ο Α χάνει 4 μονάδες (το σημειώ

νουμε με -4), ο παίκτης Β κερδίζει 4 μονάδες.

Μ' αυτό τον τρόπο κατασκευάζουμε τον παρα

κάτω πίνακα, όπου φαίνονται τα κέρδη και οι ζη

μιές του παίκτη Α. [Μην ξεχνάτε πως οι ζημιές του

Α είναι κέρδη του Β και αντίστροφα]

ΙΠΝΑΚΑΣ ΠΟΥ ΔΕΙΧΝΕΙ ΠΟΣΕΣ ΜΟΝΑΔΕΣ ΚΕΡΔΙΖΕΙ ή ΧΑΝΕΙ Ο ΠΑΙΚΤΗΣ Α

μέγιστη απώλειά του είναι 5 (ή -5) μονάδες. Είναι

αυτονόητο πως στον παίκτη Α συμφέρει εκείνη η

στρατηγική που του εξασφαλίζει τις μικρότερες α

πώλειες, δηλ. -3 μονάδες. Άρα στον παίκτη Α

συμφέρει η στρατηγική Α ι . Είδαμε πως τα κέρδη του παίκτη Α είναι ισοδύ

ναμες απώλειες του παίκτη Β. Το μέγιστο κέρδος του

Α κατά την στρατηγική Β 1 είναι 4 μονάδες, άρα ο Β χάνει 4 (ή -4) μονάδες. Κατά την στρατηγική Β2, ο

Β. έχει μέγιστη απώλεια 4 (ή -4) μονάδες, αφού ο Α

έχει μέγιστο κέρδος 4 μονάδες. Τέλος κατά την

στρατηγική Β3 , οι μέγιστη απώλεια του Β είναι 6 (ή

-6) μονάδες, αφού το μέγιστο κέρδος του Α είναι 6 μονάδες. Συμπέρασμα: Είναι φανερό πως στον παί

κτη Β συμφέρουν οι στρατηγικές Β1 και Β2 .

Ερώτημα: Ποια από τις στρατηγικές Β 1 , Β2 συμφέρει

στον παίκτη Β να εφαρμόσει;

Μακάρι να ζούσε ο John νοη Neumann, να μας απαντούσε σε . . . κλάσμα δευτερολέπτου. Το λέμε

αυτό γιατί η ολοκληρωτική απάντηση σ' αυτό το

πρόβλημα ξεφεύγει από την δυνατότητα που μας

δίνουν οι μαθηματικές γνώσεις σε επίπεδο μέσης

εκπαίδευσης.

:l' . Το • • • κρυφτούλι: Τώρα θα παίξουμε ένα α

πό τα δημοφιλέστερα παιχνίδια των παtδικών μας

ΧΡόνων· το "κρυφτούλι".

Κάποιοι από σας θα . . . αγανακτήσουν και θα

μας πουν: «η φαντασία σας είναι αχαλίνωτη, τι

σχέση μπορεί να έχει το "κρυφτούλι" με την μαθη

ματική σκέψη;». Και εμείς σας απαντάμε α) η φα

ντασία μας είναι απόλυτα προσγειωμε νη, β) δεν . . .

φταίμε εμείς, για όλα αυτά τα "περίεργα", ζητείστε

B l Β2 Β3 το λόγο από τον μακαρί τη τον John νοη �------+---�------+-------+-----� 1 Α 1 2 -3 4 Neumann . . .

Α2 -3 4 -5

Α3 4 -5 6

Από τον παραπάνω πίνακα προκύπτει, όσον α

φορά τον παίκτη Α, ότι όταν ακολουθήσει την

στρατηγική Α ι , η μέγιστη απώλειά του είναι 3 (ή

-3) μονάδες, όταν ακολουθήσει την στρατηγική

Α2 , η μέγιστη απώλειά του είναι 5 (ή -5) μονά

δες και όταν ακολουθήσει την στρατηγική Α3 , η

Ας δούμε όμως τι λέει αυτό το πρόβλημα .. «Στο

παιχνίδι αυτό παίρνουν μέρος δύο μέρη · αυτός που

"φυλλάει" και αυτός που "κρύβεται". Αυτός που

"κρύβεται" έχει στη διάθεσή του δύο μόνο δύο μέ

ρη να κρυφτεί, τα κι και Κ2. Κάθε φορά αυτός

που "φυλλάει" έχει δικαίωμα να ψάξει μόνο σε μία

από τις δύο κρυψώνες. Α ν τον βρει κερδίζει ένα

πόντο κι ο άλλος χάνει ένα πόντο και αντίστοιχα

χάνει όταν δεν τον βρει. Ποια είναι η σωστότερη

τακτική για τον καθένα;»

Σ' αυτό το παράδειγμα θα απαντήσετε εσείς,

βασισμένοι στον τρόπο σκέψης του πρώτου παρα

δείγματος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ. 2176

IJI r �λ��ΙΕΣ Κ-ΑΙ TIJ TIJ1rΙKIJ Σ!ΣτΗΜΑ T�A.f�IQA

τ ο σπουδαιότερο χαρακτηριστικό του Φυσικού κόσμου γύρω μας, του Σύμπαντος, είναι η δομή του.

Η ύλη που μας περιβάλλει δεν είναι σκορmσμένη τυχαία, σJJ.iJ. συγκεντρώνεται σε μεγάλο βαθμό σε διάφορους σχηματισμούς ή δομές.

Η ιεράρχηση των ουρανίων σωμάτων ως προς τη μάζα τους μας δίνει τη δυνατότητα να τα κατατάξουμε σε τέσσερεις βασικές οντότητες.

Θεωρούμε λοιπόν ότι το Σύμπαν αποτελείται από γαλαξίες και σμήνη γαλαξιών και οι γαλαξίες αποτελούνται από aστέρες και σμήνη αστέρων. Παρά το γεγονός ότι αυτή η περιγραφή είναι υπερβολικά απλή, εν τούτοις είναι ιδιαίτερα ικανοποιητική για να περιγράψει τη δομή του Σύμπαντος.

α. Οι aστέρες: Για να γίνει κατανοητή η δομή και η ιεράρχηση, λοιπόν του Σύμπαντος πρέπει απαραιτήτως ν' αρχίσουμε από τη Γη και τους άλλους πλανήτες του Ηλιακού μας συστήματος κέντρο του οποίου είναι ο αστέρας που ονομάζεται Ήλιος και του οποίου η μάζα αποτελεί μονάδα μέτρησης μαζών στο διάστημα. Οι aστέρες έχουν μάζα που κυμαίνεται από δέκατα μέχρι 60 φορές την Ηλιακή μάζα και είναι ιδιαίτερα σημαντικοί διότι το εσωτερικό τους είναι το εργαστήριο παραγωγής των χημικών στοιχείων του σύμπαντος.

β. Τα σμήνη των αστέρων αποτελούν συστήματα ολίγων μέχρι εκατομμύρια αστέρων με συνολική μάζα από χίλιες μέχρι μερικά εκατομμύρια ηλιακών μαζών. Τα αστρικά σμήνη είναι τα εργαστήρια που μελετούμε την αστρική εξέλιξη.

γ. Οι γαλαξίες που αποτελούνται από aστέρες, αστρικά σμήνη, συμπυκνώσεις αερίων και αόρατη ύλη, έχουν μάζες από 108 - 1013 ηλιακές μάζες. Οι γαλαξίες είναι τεράστιοι σχημα-

του Μιχάλη Χρυσοβέργη

τισμοί όπου εκεί μπορούμε αναλυτικά να μελετήσουμε τη γέννηση και το θάνατο των αστέρων.

δ. Τα σμήνη γαλαξιών είναι συστήματα λίγων έως χιλίων περίπου γαλαξιών με μάζες που κυμαίνονται από 1014 - 1016 ηλιακές μάζες.

Τ ΑΞΙΝΟΜΗΣΗ Γ ΑΛΑΞΙΩΝ

Οι γαλαξίες είναι τεράστια ουράνια σώματα σε διαστάσεις και μάζα τα οποία αποτελούνται από αστέρια, πλανήτες, αστρικά σμήνη, συμπυκνώσεις αερίου και σκόνης, και ύλης την οποία ακόμη δεν έχουμε ανιχνεύσει. Σ' ένα τέτοιο ουράνιο σώμα γνωστό με το όνομα ο Γαλαξίας μας, βρίσκεται το ηλιακό μας σύστημα.

Η τυπική απόσταση μεταξύ των αστέρων σ' ένα γαλαξία είναι περίπου 10.000.000 aστρικές διαμέτρους. Αντίθετα η τυπική απόσταση μεταξύ γαλαξιών είναι περίπου 20 γαλαξιακές διαμέτρους.

Αντιλαμβανόμαστε λοιπόν ότι το Σύμχαν είναι γεμάτο από γαλαξίες ενώ οι γαλαξίες φικιοοi είναι σχεδόν άδειοι από aστέρες. Παρ' όλα mmi οι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" λ.δ. τ. 2177

Οι Γαλαξίες και το τοπικό σύστημα Γαλαξιών

αποστάσεις μεταξύ γαλαξιών για μας είναι τεράστιες .. . aστρονομικές! Πράγματι ένας τέτοως γαλαξίας που μόλις φαίνεται από τη γη με γυμνό μάτι σαν ένα πολύ μικρό συννεφάκι είναι ο γαλαξίας της Ανδρομέδας και απέχει περίπου 2.000.000 έτη φωτός. Από το Νότιο ημισφαίριο της γης φαίνονται άνετα με γυμνό μάτι οι mό κοντινοί προς το δικό μας Γαλαξία, γαλαξίες και είναι -tα δύο Νέφη του Μαγγελάνου το μικρό και το μεγάλο. Όλοι οι άλλοι γαλαξίες φαίνονται μόνο με τηλεσκόπια.

Λόγω των μεγάλων αποστάσεων επί πολλά χρόνια υπήρχε σύγχυση μεταξύ των γαλαξιών και μιας άλλης κατηγορίας ουρανίων σωμάτων των ' 'νεφελωμάτων' ' .

Μόλις το 1924 βρέθηκε η πραγματική απόσταση σε μερικά από τα μέχρι τότε ονομαζόμενα "νεφελώματα" και τούτο εξ' αιτίας της παρατήρησης μεταβλητών αστέρων που ανήκαν σ' αυτά. Διαmστώθηκε λοιπόν τότε ότι τα "νεφελώματα" αυτά βρίσκονται σε αποστάσεις που ξεπερνούσαν τα όρια και τις διαστάσεις του Γαλαξία μας και ως εκ τούτου διευκρινίστηκε το πρόβλημα της ύπαρξης των γαλαξιών. Στον πολύ γνωστό αστρονομικό κατάλογο NGC (New General Catalogue) που δημοσιεύτηκε το 1908 υπάρχουν περίπου 15.000 "νεφελώματα" που στην πραγματικότητα είναι αστρικά σμήνη ή συμπυκνώσεις αερίου και σκόνης (τα πραγματικά νεφελώματα όπως ονομάζονται σήμερα) ή γαλαξίες.

Σχήμα 1 . (ταξινόμηση των γαλαξιών κατά Hubble).

Ο περίφημος aστρονόμος Ε. Hubble στις αρχές του αιώνα μας έκανε το πρώτο σχέδιό ταξινόμησης γαλαξιών με βασικό κριτήρω την μορφολογία τους όπως φαίνεται από την παρατήρηση και όχι όπως πραγματικά είναι.

Σύμφωνα μ' αυτήν την ταξινόμηση έχουμε τρείς βασικές κατηγορίες γαλαξιών, τους ελλειπτικούς τους σπειροειδείς και τους ανώμαλους.

Όπως παρατηρούμε στο σχήμα Ι , διαmστώνουμε ότι στους ελλειπτικούς γαλαξίες ανήκουν επτά υποκατηγορίες με κριτήριο την εκκεντρότητα τους αρχίζοντας από τον τύπο ΕΟ που είναι σφαιρικοί και συνεχίζουμε στους τύπους Ε1 ,Ε2,Ε3,Ε4,Ε5,Ε6 που είναι ελλειπτικοί με διαφορετική εκκεντρότητα.

Στη συνέχεια υπάρχουν δύο κατηγορίες σπειροειδών γαλαξιών οι κανονικοί και οι ραβδωτοί. Οι κανονικοί (Sa,Sb,Sc) και οι ραβδωτοί (Sba,Sbb,Sbc ).

Οι κανονικοί σπειροειδείς αποτελούνται από ένα λαμπερό πυρήνα από τον οποίο ξετυλίγονται οι σπείρες, που είναι από πολύ σφικτές (τύπος Sa) μέχρι πολύ ανοικτές (τύπος Sc).

Οι ραβδωτοί αντίστοιχα αποτελούνται από μία φωτεινή ράβδο από την οποία ξετυλίγονται οι σπείρες αντίστοιχα σφικτές (Sba) έως πολύ ανοικτές (Sbc).

Τέλος υπάρχουν και οι ανώμαλοι γαλαξίες που όπως και το όνομα τους φανερώνει δεν παρουσιάζουν καμιά μορφολογική συμμετρία. Παρ' όλο που φαίνεται λογικό εν τούτοις δεν υπάρχει καμμία απόδειξη για το αν η μορφολογική αυτή ταξινόμηση έχει σχέση με την εξέλιξη των γαλαξιών.

Υπάρχει η εκτίμηση ότι ίσως οι σπειροειδείς κάποτε να χάνουν τις σπείρες τους από συγκρούσεις με άλλους γαλαξίες και να γίνονται γαλαξίες so.

ΜΕΛΕΤΗ Γ ΑΛΑΞΙΩΝ

Η μελέτη των γαλαξιών τα τελευταία χρόνια έχει πάρει τεράστιες διαστάσεις και ιδίως από τα μέσα της δεκαετίας του 1970.

Αυτό �φείλεται κυρίως στα μεγάλα οπτικά τηλεσκόmα που έκαναν δυνατή με μεγαλύτερη ακρίβεια την παρατήρηση των κοντινών γαλαξιών ως επίσης και τον εντοπισμό νέων αμυδρών γαλαξιών. Επίσης τα διαστημικά προγράμματα μεγάλωσαν το πλήθος των παρατηρήσεων μας σ' όλο το ηλεκτρομαγνητικό φάσμα.

Η μελέτη των γαλαξιών βασίζεται τόσο στα κοινά χαρακτηριστικά τους όσο και στις βασικές διαφορές τους.

Σαν βασικά χαρακτηριστικά των γαλαξιών

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ. '1/78


θεωρούμε: α) Την ίδια απόλυτη ηλικία τους (όση και η η

λικία του σύμπαντος) και β) Την ίδια πρωτα�κή χημική σύνθεση τους

Σαν βασικές διαφορές θεωρούμε: α) Τις αρχικές συνθήκες στροφορμής κατά τη

δημωυργία της β) την μάζα της Αυτές οι βασικές διαφορές έχουν σαν αποτέ

λεσμα μια σημαντική διαφορά στο ρυθμό της δημιουργίας των αστέρων μεταξύ των γαλαξιών

ΕΞΕΛΙΞΗ ΤΩΝ Γ ΑΛΑΞΙΩΝ

Το πρόβλημα της εξέλιξης των γαλαξιών μελετάται:

α) Δυναμικά, β) Χημικά, γ) Αστρικά

α) Από άποψη δυναμικής εξέλιξης μελετάμε την μορφολογία, την κατανομή της μάζας και τον τρόπο που δημιουργήθηκαν οι διάφορες κατηγορίες των γαλαξιών. Παρατηρούμε επίσης τους μηχανισμούς του πληθυσμού του κάθε γαλαξία μετά του χρόνου.

β) Από άποψη χημικής εξέλιξης, μελετάμε τον τρόπο και τον ρυθμό που δημωυργούνται τα χημικά στοιχεία στους γαλαξίες. Ο ρυθμός δημιουργίας των αστέρων καθορίζει τον εμπλουτισμό των γαλαξιών με στοιχεία βαρύτερα από το υδρογόνο και το ήλω με αποτέλεσμα τη μεταβολή της χημικής τους σύστασης μετά του χρόνου.

γ) Από άποψη αστρικής εξέλιξης, μελετάμε την εξέλιξη σ' ένα γαλαξία σε σχέση με τη μορφολογία του και τη χημική σύσταση του. Η αναλογία του νέου προς τον γηραιό αστρικό πληθυσμό καθορίζει τον τρόπο που εξελίσσεται η ολική λαμπρότητα και το χρώμα των γαλαξιών.

ΤΟ ΤΟ ΠΙ ΚΟ ΣΥΣΤΗΜΑ Γ ΑΛΑΞΙΩΝ

Σαν τοmκό σύστημα γαλαξιών είχε ορισθεί από το ι920 σύνολο των γαλαξιών που ευρίσκονται σε απόσταση περίπου 4.000.000 ετών φωτός από το δικό μας Γαλαξία και περιλαμβάνει 29 μέλη. Οι δύο πω μεγάλοι γαλαξίες του συστήματος είναι ο δικός μας Γαλαξίας και ο Γαλαξίας της Ανδρομέδας. Αρχικά mστεύαμε ότι το τοπικό σύστημα γαλαξιών αποτελείται από ι7 γαλαξίες .Πολύ πρόσφατα προστέθηκαν και οι υπόλοιποι ενώ αναμένεται να υπάρχουν και άλλοι γαλαξίες οι οποίοι δεν διακρίνονται από τις πυκνές συμπυκνώσεις αερίου του δικού μας Γαλαξία. Απ' αυτούς 5 είναι σπειροειδείς, 10 ανώμαλοι και ι4 ελλειπτικοί. Ο Γαλαξίας μας περιέχει διακόσια δισεκατομμύρια

αστέρες, έχει σχήμα σαν αυτό του δίσκου που ρίχνουν οι αθλητές στο άθλημα της δισκοβολίας και έχει διαστάσεις τόσο μεγάλες που για να τις διασχίσει το φως με την ιλιγγιώδη ταχύτητα των 300.000 km/sec χρειάζεται ι 00.000 έτη για την διάμετρο του και ι 0.000 έτη για το πάχος του. Ο Γαλαξίας της Ανδρομέδας, γνωστός και ως Μ3 ι , απέχει από εμάς 2.000.000 έτη φωτός είναι παρόμοως με το δικό μας Γαλαξία και συνοδεύεται από δύο μικρούς γαλαξίες.

ΔΗΜΙΟΥΡΓΙΑ ΤΟΥ ΤΟΠΙΚΟΥ ΣΥΣΤΗΜΑΤΟΣ Γ ΑΛΑΞΙΩΝ

Όπως έχει γίνει παραδεκτό τα τελευταία χρόνια, οι γαλαξίες δημιουργήθηκαν στο Σύμπαν μετά τη μεγάλη έκρηξη (Big - Bang) από την πρωταρχική ύλη που ήταν περίπου 80% υδρογόνο και 20% Ήλιο. Οι γαλαξίες ξεχώρισαν σε σμήνη γαλαξιών που άρχισαν να απομακρύνονται μεταξύ τους. Το τοmκό σύστημα γαλαξιών με τους δύο γίγαντες γαλαξίες του διαμορφώθηκε ως εξής:

Ο γαλαξίας της Ανδρομέδας Μ3ι και ο δικός μας απομακρύνθηκαν ο ένας απο τον άλλο ενώ οι υπόλοιποι άρχισαν κινήσεις γύρω από τυχαίες τροχιές που μερικές παγιδεύτηκαν από τους δύο γίγαντες του συστήματος. Ο δικός μας Γαλαξίας παγίδευσε τα δύο Νέφη του Μαγγελάνου και 8 νάνους γαλαξίες ενώ ο Μ3 ι παγίδευσε τον Μ32 και μερικούς άλλους μικρούς. Αυτή η παγίδευση έχει σαν αποτέλεσμα να φεύγει το αέριο από τους μικρούς γαλαξίες λ&yω της βαρυτικής έλξης που ασκεί ο γίγαντας γαλαξίας. Αυτή ακριβώς η υπόθεση χρησιμοποιείται και σαν κριτήριο για να αντιληφθούμε το πότε έγινε η παλιρροιακή απογύμνωση από το αέρω στους παγιδευμένους γαλαξίες. Ο δικός μας γαλαξίας φαίνεται, ότι μόλις στις αρχές της δημωυργίας του παρέσυρε 8 νάνους γαλαξίες σε τροχιά γύρω του, ενώ για τα Νέφη του Μαγγελάνου υπάρχουν άλλες ενδείξεις που θα περιγράψουμε mο κάτω.

ΤΑ ΝΕΦΗ ΤΟΥ ΜΑΓΓΕΛΆΝΟΥ

Τα Νέφη του Μαγγελάνου είναι οι πλησιέστε- . ροι γαλαξίες στο δικό μας Γαλαξία. Το Μεγάλο



Νέφος του Μαyyελάνου ή αλλιώς LMC από τα αρχικά των λil;,εων Large Maggelanic Cloud απέχει από τη Γη 1 70.000 έτη φωτός και το Μικρό Νέφος του Μαyyελάνου ή αλλιώς SMC από τα αρχικά των λil;,εων Small Maggelanic Cloud απέχει 2 10.000 έτη φωτός. Οι δύο αυτοι γαλαξίες είναι μuφοί γαλαξίες και είναι συνοδοί ή δορυφόροι γαλαξίες του δικού μας Γαλαξία. Φαίνονται με γυμνό μάτι από το νότιο ημισφαίριο της Γης σαν δύο συννεφα στο νυχτερινό ουρανό. Το όνομά τους το οφείλουν στο μεγάλο θαλασσοπόρο Μαγγελάνο, ο οποίος πρώτος τα παρατήρησε και τα ονόμασε Νέφη. Παρά το γεγονός ότι βρίσκονται τόσο μακριά, εντούτοις θεωρούμε ότι είναι στη γειτονιά μας, αν τα συγκρινουμε με τις αποστάσεις άλλων εξωγαλαξιακών αντικειμένων. Για το λόγο αυτό τα τελευταία 20 χρόνια έχουν γίνει αντικείμενο μεγάλης έρευνας με τα μεγάλα τηλεσκόπια του νότιου ημισφαιρίου.

Είναι ανώμαλοι γαλαξίες, στους οποίους υπάρχει μία ράβδος, κάποιες ενδείξεις για ύπαρξη σπειρών και έντονη παρουσία σκόνης και αερίου. Στο Σχ.4 φαίνεται η κεντρική περιοχή στον γαλαξία LMC και η ράβδος του, από τα άκρα της οποίας διαφαίνεται η αρχή κάποιας σπείρας. Υπάρχει μία γέφυρα από άστρα που συνδέει τα δύο Νέφη η γνωστή με το όνομα πτέρυγα του Μικρού Νέφους και μία άλλη ζώνη αστέρων που περιβάλλει τα δύο Νέφη και λέγεται Μαγγελανικός χείμαρρος (Magellanic Stream, Σ χ. 7). Αυτές οι παρατηρήσεις οδηγούν σε συμπεράσματα σχετικά με τις τροχιές των Νεφών γύρω από τον Γαλαξία μας. Φαίνεται, ότι ο Γαλαξίας παγίδευσε αυτούς τους γαλαξίες πρόσφατα, αφού ακόμη έχουν άφθονο αέριο και σκόνη και μόλις 5 χ108 χρόνια πριν δημιουργήθηκαν σ' αυτούς αστρικά σμήνη με πολύ μεγάλη μάζα και λαμπρά άστρα. 'Ισως τότε περίπου βρέθηκαν τα Νέφη πολύ κοντά στον γαλαξία μας και η τροχιά τους άλλαξε έτσι ώστε να περιστρέφονται γύρω από μας (Σ χ. 7).

Η έντονη παλιρροιακή έλξη από το βαρυτικό πεδίο του γίγαντα γαλαξία μας, ωδήγησε σε έντονη δραστηριότητα, όπως είναι η δημιουργία αστέρων και στα δύο Νέφη. Υπάρχουν περιοχές στις οποίες δημιουργούνται αστέρες μεγάλης μάζας, αστρικά σμήνη, συμβαίνουν έντονα φαινόμενα, όπως εκρήξεις υπερκαινοφανών και παρατηρείται ακτινοβολία υψηλών ενεργειών όπως είναι οι ακτίνες Χ .

.... --�,.. 50 Κρc.

Συνοψίζοντας οι πιό πρόσφατες αντιλήψεις για τα Νέφη του Μαγγελάνου είναι οι εξής: α) Τα Νέφη του Μαγγελάνου είναι σύστημα γαλαξιών που αλλελοεπιδρούν μεταξύ τους και μαζί με άλλους 8 νάνους γαλαξίες θεωρούνται δορυφόροι του δικού μας γαλαξία. β) Κινούνται σε πολικές τροχιές γύρω από τον

γαλαξία μας και ταυτόχρονα στο επίπεδο του τοπικού συστήματος των γαλαξιών.

γ) Ο σχηματισμός αστέρων και αστρικών συστημάτων στην πρόσφατη ιστορία τους και η εμφάνιση φαινομένων πολύ μεγάλης ενέργειας εξαρτάται άμεσα από τις εmδράσεις με τον Γαλαξία μας.

δ) Τα Νέφη iου Μαγγελάνου τέλος πιστεύεται ότι θα αναμιχθούν με τον δικό μας γαλαξία λόγω παλιρροιακής έλξης και θα αποτελέσουν ένα μόνο γαλαξία.


Εκδόσεις της ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ

--""""'-·-·--τ .... -ο;;ο,; .......

ΣJΟΙΧΕΙΟΔΗΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΙ'ΒΙΡΑ

Eρcvvηnfliή

διο στοσ\'\

Ι.J f I : I

� ··�···* .. � .... ' ,� ... �·�Ι>··�·�< ...... . . ..... �-� ·�� fJ•,•·· •• •·�...,.., ·�• ε,...,,....,

>ι�ΙHfHIIl.ll ftίtl\f\t\1/lo.O\ 1:-PI O\ 'lιΙΙ�Jt\!U\:.>1 •" JI!I\H>r-.ιu.ιι

"" \!"111\1\fii>.IΙ\

'-''"-�'�" "' .. ""�r��·· ···· ..... ,..,.,.,, .. , , "''" w,., _,.

t\ \fl"'ll\11 \IH:Hf\I\ IIMI BIH\1011'\ΨI\

� \ III ... II,H;', 11\Jill\l,llii,IH.t 1\ll'flυ. n1 ι ι ι<l'fΙ"'

<illti.A \1111JL.ot'lfiι!I...�O(II'l!

ΣΤΟfΧf:ΙΩ.ι\JJΣ ΓΕΜ1ΕτJ'J:\ \ΗΏ ΑΝΩΠ.�tf ΣΚΟΠΙΑ

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ ,'(:J ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ ;::-;:;

LOUIS Bl�AND

ΜΑθΗΜΑτJΚΗ ΑΝΑΛVΣΗ

{ό._ /Jo!frjtιc;;p/'δ , �ΙJΓ flet;I i"f:1flι!.fλ�ιiftι�� riUP!J�ftj' f"'<�f•C!f{ •::ι ι :.- ι• ·� ""'-"Ψ"U'r ·rι. .JID;""ιolfll>_., � .. Ιiιο'.,...,. ηφι;tι...� -

ΕυκλεlδηςΑ': Τεύχος 600δρχ. 1ου Πανελληνίου Συνεδρίου 10ου Πανελληνίου Συνεδρίου ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΑ) 6.000 δρχ. Συνδρομή 3.000 δρχ. 2.000 δρχ 5.000 δρχ Διαλέξεις: ο τόμος 1 .300 δρχ. (4 Ίεύχη + 600 δρχ. ταχιιδρομικά) 2ου Πανελληνίου Συνεδρίου 1 1 ου Πανελληνίου Συνεδρίου Μαθηματική Ανάλυση Σχολεία: 2.400 δρχ. (4 τεύχη) 5.000 δρχ ΕυκλείδηςΒ': Τεύχος 700δρχ. 2·000 δρχ

140υ Πανελληνίου Συνεδρίου Loυis Brand 7.000 δρχ. Συνδρομή 3.400 δρχ. 3ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ Διαφορικές Εξισώσεις (4 τεύ)g1 + 600 δρχ. �ά) 2.000 δρχ 15ου Πανελληνίου Συνεδρίου Stephenson 2.500 δρχ. Σχολεια: 2.800 δρχ. (4 τευχη) 4ου-5ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ •

Ε κλεlδ r Τ ' 1 500δ Ιστορία Μαθηματικών Loria υ ης : ευχος · ρχ. 3.000 δρχ 16ου Πανελληνίου Συνεδρίου 3.000 δρχ. (2 τεύχη)

6 Π λλη • Σ δ • 5.ΟΟΟ δρχ (4 τόμοι) Α, Β, Γ Α• Γ Β ο τόμος Μαθημ. Επιθεώρηση: ου ανε νιου υνε ριου

Τεύχος 1 .500 δρχ. 2.000 δρχ Συνέδριο Hermis '92 (Αγγλικά) 2.000 δρχ.

Συνδρομή 3.000 δρχ. (2 τεύχη) 7ου Πανελληνίου Συνεδρίου 7.000 δρχ. 70 Χρόνια Ε.Μ.Ε. 1 .000 δρχ.

Αστρολάβος: Τεύχος 1 .500 δρχ. 2_500 δρχ Συνtδριο Hermis '94 (Αγγλικά) Ελληνική Μαθηματική Συνδρομη' 3.000 δρχ. (2 τεύχη) 2 τόμοι 0 τόμος 4.500 δρχ. Βιβλιογραφία 1 .000 δρχ. θου Πανελληνίου Συνεδρίου • • Δελ"ήο (Bulletin): Τεύχος 2.000 δρχ. Γραμμικη Άλγεβρα

Σ . δ Γ •

θtματα εξ&τάαεων στα Α.Ε.Ι 2·000 δρχ Gr. Muncres 1 .500 δρχ. τοιχειω ης εωμετρια

1976 . 1989: 1 .500 δρχ. 9ου Πανελληνίου Συνεδρίου ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ από Ανώτερη Σκοπιά 2.500 δρχ. Πραιmκά: 2.500 δρχ (Ονόματα Γεωμετρικών όρων Θεωρία Αριθμών 5.000 δρχ.

Τα π:αλαιό�τε:ρο τεύχι:ι, όλω,ν τω:ν' εκ:δοσεω,ν, πωλοuντα'ι μ:ε τις; τρ,έ:χο,u,κ:ς; τιμές; τοu 2000,

Ράφια γεμάτα β ι βλία , μ υρωδ ιά ζεστού καφέ, μελωδι κές νότες,

χώρος φιλόξενος, ειδ ι κά δ ιαμορφωμένος για ευχά ρ ιστη κα ι ήρεμη ανάγνωση. Στα β ιβλ ιοπωλεία ΒΙΒΛιοpυθfόt; ΣΑ Β ΒΑΛΑ θα βρείτε όλες

τις παλιές κα ι νέες εκδόσε ις όλων των εκδοτικών οίκων για όλα τα θέματα : πα ιδ ικά , λογοτεχνία , ιστορία , ψυχολογία , κοινωνιολογία , εκπα ίδευση, μεταφυσι κή , φιλοσοφία , δ ιδακτ ική , οι κολογία , δοκίμ ια , ποίηση καθώς κα ι πλήθος ξενόγλωσσων τίτλων . . . κα ι κάθε μέρα ανάγνωση με τις μελωδίες του πιάνου.

Τ ι μή καταλόν . 700 ΒΙΒΛIΟρυθμ.ός 700

1 ιιιΙΙΙ ΙΙΙΙΙ ΙΙΙΙΙ ΙΙΙΙΙ 11111 ΙΙΙΙΙ 1111 1111 ΚΑ 1 2-00 1 2 Eupώ 2 , 05

ΘΕΣΣΑΛΟΝ ι ι<Η : Βασ. Η ρ α κλείου 47 ( α πέναντι από το εμπορικό κέντρο) Τnλ. 270. 226 Fax: 250 . 972 ΑΘΗ ΝΑ: Ζωοδόχο υ Π nγnς ι8 Τn λ. 33 . ο ι .251 - Fax: 33 . 0 6 . 9 ι 8

Ευκλειδης Β 38

Documents

Transcript of Ευκλειδης Β 38