Ευκλειδης Β 44

μαθηματικά V•""«

ΕΚΔΟΕΕΙΣ ΠΑΤΑΚΚ

ι::.r:. (;-: ,-.,.J:. _r:; r:.,. r:: ""'':,;;., f:j ο ξ r ο λ 6 γ η ο η ς

στο

Μαθηματικά

Από το Παιδαγωγικό Ινστιτούτο

του Υπουργείου Παιδείας εγκρίθηκαν 53 βιβλία

και σύνολα εκπαιδευτικού υλικού

των ΕΚΔΟΣΕΩΝ ΠΑΤΑΚΗ ως ΕΠΙΣΗΜΑ ΣΧΟΛΙΚΑ ΒΙΒΛΙΑ

για τα σχολεία όλης της Ελλάδας.

ΣΕ ΟΛΑ ΤΑ

�ΕΚΔΟΣΕΙΣ ·��k��

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΑ

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΠΑΤΑΚΗ ΑΚΑΔΗ Μ ΙΑΣ 65, 106 78 ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 010.38.11.850, FAX: 010.38.11.940

rιr ΕΑΑιι•ι•ίr •••tl'•rι•ίr Er•ι,εi•r

- j

ΕΛΛΗΝΙΙ<Η ΜΑΘΗ,..,.ΑΤtΚΗ eτΑιΡΕJΑ

Ncvrpι•ί ΙιΙΙε•ι ΙΜφιι•ί •ιιιμnιιιί Ιrιιιpc/ιι

Βιι.cnι.τιιιΙ•• Jf - ΙΙί••

19° ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟ ΣΥΝΕΔΡΙΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Κομοτηνή 8- 9 - 10 Νοεμβρίου 2002

((Τα Μαβηιunuιά ΔWDO�utβς Βσ,.r,οντaJς Belnw....-Τα Μαθηματικά αποτελούν το Διαχρονικό Παράyοντα για εξέλιξη και ανάπτυξη της aνθρωπότητας. Κοινωνική - Πολιτιστιιcή -

Τεχνολσyική και Οικονομική άποψη. Χαρακτηριστικά στοιχεία της πορείας των Μαθηματικών είναι η επίδραση των Μαθηματικών στο σίτrχρονο πολιτισμό, η αξιο

ποίηση των Μαθηματικών στην ανάπτυξη των διαφόρων κλάδων τοu πολιτισμού, όπως η τεχνολογία, η φιλοσοφία, η λο-γοτεχνία. Σε σχέση με τη διαπολιτισμική εισmίδεuση δημιοuρyούνται ερωτήματα για με τα εθνομαθηματικά και το ρόλο τοuς, τις μαθημα

τικές έρευνες ποu διεξάγονται στοuς διάφοροuς πολιτισμούς, οι εmδράσεις τις ποu qouν ασκήσει τα Μαθηματικά μεταξύ των διαφόρων λαών κ.λπ.

Παρατηρείται, τα τελευταία χρόνια, μια προσπάθεια για την ανάδειξη της Ιστορίας των Μαθηματικών και τοu ρόλοι> ποu μπορεί να διαδραματίσει στη διδασκαλία και τη μάθηση των Μαθηματικών. Στην προσπάθεια αυτή συνέβαλε και η έvtαξη ιστορικών στοιχείων στα Αναλυτικά Πρσyράμματα Μαθηματικών.

πεδο;

Τα βασικά ερωτήματα ποu qσυν αναδειχθεί είναι: Ποιό ρόλο παίζοuν τα αυθεντικά μαθηματικά κείμενα (πηyές) στη διδασκαλία των Μαθηματικών; Από ποια βαθμίδα πρέπει να αρχίζει η διδασκαλία της Ιστορίας των Μαθηματικών; Πόσο επηρεάζσυν τη διδασκαλία της Ιστορίας των Μαθηματucών οι πολιτισμικές διαφορές σε παyιcόσμω αλλά και σε εθνικό επί-

Πώς χρηmμοποιούμε την Ιστορία των Μαθηματικών στη διδασκαλία και τη μάθηση των Μαθηματικών; Η Ελληνική εισmιδευτική πραγματικότητα συμβαδίζει με τις διεθνείς τάσεις; Σ τ ρ ο γ γ υ λ ό Τ ρ α π έ ζ ι Αναλυτικά Πρσyράμματα Μαθηματικών

Θ ε μ α τ ι κ έ ς Ενό τη τ ε ς τ ου Συ νε δ ρ ί ου Α. Ο ρόλος της Ιστορίας των Μαθηματικώ\' στη διδασκαλία και στη μάθηση των Μαθηματικών.

• Διεθνείς τάσεις και Ελληνική πραγματικότητα yιa την αξιοποίηση της Ιστορίας των Μαθηματικών στη διδασκαλία και τη μάθηση των Μαθηματικών.

• Ανάδειξη τοu ρόλοι> της Ιστορίας των Μαθηματιιcών στην κατανόηση και στη μάθηση των Μαθηματικών στην Ελληνική Εισι:αιδευτιιcή Πραγματικότητα.

• Ιστορική πορεία της Ελληνικής Μαθηματικής θσχόδειισης και η συσχέτισή της με τις διεθνείς τάσεις. Β. Μαθηματικά Διαπολιτισμική και Πολυπολιτισμική Εισrοίδειιση

• Οικοuμενική σημασία των Μαθηματικών • Μαθηματική έρει>να και εισι:αίδεuση στοuς διόφοροuς mλιτισμούς. • Ανταλλιrγές και αλληλεπιδράσεις στα Μαθημιποοi Ανmολής- Δύσης.

Γ. Τα Μαθηματικά στο σί:trJ.poνo πολιτισμό. • Μαθηματικά και Επιστήμη • Μαθηματικά και Τεχνικός Πολιτισμός. • Μαθηματιιcά και Φιλοσοφία. • Μαθημιποοi και Τέχνες (Ειιcιιιπιd.ς Τέzνa;. Λσyοιqνίιι, Mouσucή). • Μαθημιποοi και θεσμοί (Δίmιο, Ηθιιcή. Πιιρcιδόοεις). Οι εργασίες οι οmiες θα υιιοβΑηθούv μέχρι τις 15 ΣεΙπεμβρίοu 2002 θα κριθούν με βάση τα πλήρη κείμενα από την επιστημονι

κή επιτροπή. Θα πρέπει να εiναι φιπότιnιες και w εντόοσuντιιι στοuς σιrοmύς τοu συνεδρίοu. Τα πλήρη κείμενα των εργαmών χου θα εyιφιθσύν θα 1ΙΣpΙ).ηφθσύν στα πρσ.ιcτικά τοu Σννεδρίοu, τα οποία θα καταβληθεί προ

σπάθεια να εκδοθούν πριν το συνέδρω. Οδη γίε ς γ ια τ η Σύντ αξη των Ε ρ γ α σ ι ώ ν

Τα πρακτικά τοu Σννεδρίοu θα εκδοθούν με ηλεκτρονιιcή ιποqειvθεσία των ιcειμένων ποu θα υποβληθούν yι' αυτό. Χάριν ομοωμορφίας και καλής ποιότητας, απαιτείται να τηρηθούν τα παραιcάτω: J. Η εκτύπωση θα είναι σε σελίδα Α4 με περιθώρια 4 εκ. δεξιά και αp10'ΣΙψά, 5,3 εκ. επάνω και κάτω. Το κείμενο θα είναι πλήρως

στοιχισμένο εκτός τοu τίτλοι> και των στοιχείων τοu συγyραφέα ποu θα εiναι στοrχισμένα στο κέvtρο. 2. Η πρώτη σελίδα της εργασίας θα περιf:χει κατά σειρά:

α) Τον τίτλο της εργασίας, γραμμένο με γράμματα κεφαλαία μεγέθους 16. β) Μια κενή γραμμή. γ) Το όνομα τοu συγyραφέα με πλήρη διεύθυνση γραμμένο με γράμματα μεγέθους 12. δ) Δύο κενές γραμμές. ε) Περίληψη της εργασίας (στα Ελληνικά), ποu δε θα υπερβαίνει τις 15 γραμμές κειμένοu, γραμμένη με γράμματα μεγέθους 12. ζ) Θα ακολοuθεί το Κ\)ρίως κείμενο, γραμμένο με γράμματα μεγέθοuς 12.

3. Στην τελευταία σελίδα της εργασίας, επισυνάπτεται ( εφόσον είναι δυνατό) μια περίληψη της εργασίας σε κάποια διεθνή γλώσσα. 4. Η εργασία θα είναι γραμμένη σε επεξεργαστή κειμένοu MS-Word for Windows και θα συνοδεύεται από δισκέτα ποu θα περιf:χει

την εργασία. Να χρηmμοποιηθούν γραμματοσεφές Times New Roman Greek για τοuς τίτλοuς και για το Κ\)ρίως κείμενο.

Σ Η Μ Α Ν τι Κ Η Η Μ Ε Ρ Ο Μ Η Ν Ι Α J 5 Σ επτεμβρ ί ο υ 2 Ο Ο 2 Τα πλήρη κείμενα των ερyαmών (μέχρι 10 σελίδες) θα πρέπει να υποβληθούν μέχρι τις 15 Σειπεμβρίοu 2002 στην παρακάτω δι

εύθυνση: Ελληνική Μαθηματική Εταψεία (yια το 19ο Συνέδριο της ΚΟΜοτΗΝΗΣ)

Πανεπιστημίοu 34 - 106 79 Αθήνα και στην Ηλεκτρονιιcή Διείιθννση: e-mai1: [email protected]

Υπεύ6υvοι Έκδοσης Ευσταθίου Ευάγγελος, Μπαραλής , Γεώργιος, Στρατής Ιωάννης

· Συνιακηκή Ομάδα: Βακαλόπουλος Κώστας Βλάχου Αγγελική Γιαννοσπύρος Σωτήρης Λούναβης Αντώνης Καλίκας Σταμάτης

, Καρακαισάνης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Καισούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόνιζιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος θανάσης

. Κυριακοπούλου-Κυβερvήτου Χρυστ. ·Λαζαρίδης Χρήστος Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας θανάσης Ρήγας θεόδωρος ΣαϊτηΕύα Σακελλάρης Βασίλης Τασσόπουλος Γιώργος Τσικαλουδόκης Γιώργος

.Τσιούμας θανάσης Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάιmους θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

Σσvcρyάιcς: � Φελούρης Αργύρης

· Ευθύμογλου Επαμεινώνδας Πισπιvής Δημήτρης Βαρβάκης θεόδωρος Βάρναλης Νικόλαος Αγαπητού Λ. Δημόπουλος Π Γιαννακόπουλος Σπύρος Μαντάς Ιωάννης ΣκοήδαςΣ.

ΕΚΛΟΣΗ ΤΗΣ F..ΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΊ'ΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ

ΠΑΝΕΙΠΣ'ΓΗΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑθΗΝΑ Τηλ,36 17 784 - 36 16 532 Fax 36 41 02.')

; Εκδόιη�: Αλεξανδρής Νικόλαος , ΔιευΟυvιή�: Τυρλής Ιωάννης

ISSN: 1105- 7998 Ειιιμc).cια 'Εκδοοης:

Μαραγκάκης Στέλως ΣΥΝΔΡΟΜΕΣι •Τεύχu� 2,05 εvpώ Ειήσια συνδρομή 8,22 εvpώ (Σχολ)

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 44 • Αuρ(Αιος Μαίος Ιούνιος • 2002 • Ευρώ: 2,05

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

ΜΑΘΗΜΑ111<0 ΠΕΡΙΟΔΙΙ<Ο ΠΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 3 Αρχαία Ελληνικά Μα8ημαιικά

6 Το Βήμα ιου Ευκλείδη

6 θέλη προσοχή ιο Δεύιερο ΑΛΜΑ!! 7 Μια εφαρμοflί ιων Μιyαδικών σιην Παραyοvιοποίηση

9 ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS 11 Ο 'Ευκλείδης' προιείνει ... Ευκλείδη και Διόφαvιο

15 ΠροΟλήμαια απ' ιην κα8ημεριvή Ζωή

16 Μα8ημαιικοί Διαyωνισμοί - Μα8ημαιιιι:ές Ολυμπιάδες

20 Υπολοyισμός ιου πλή8ους ιων ακεραίων και 8ειικών λύΌεωv

I Μαllημαιικά \·ια ιηv Α' Τάξη ιου Λυκείου I

22 Επανάληψη λλyεΟρας Α' Λυκείου

25 Πρόσημο ιριωvύμου η ανισώσεις 2ου Οα8μού

30 Για ιην ιελευιαία επανάληψη σιη Γεωμειρία ιης Α' Λυκείου

I Μαllημαηκά για ιην Β' Τάξη ιου Λυκείου I 38 Γενικά 8έμαια λλyεΟρας Β' Λυκείου

42 Γεωμειρία Β' Λυκείου Επαναληπιικές Ασκήσεις

45 Επαναληπιικές Ασκήσεις θειικής Καιεύ8υνσης

I ΜαΟηιιαιικά για ιην Γ Τάξη ιου Λυκείου I

52 Ασκήσεις Σιαιισιικής

54 θέμαια yια επανάληψη σιη Γενική Παιδείας

60 Σύν8εια 8έμαια yια επανάληψη

63 Γενικά θέμαια σιην Ανάλυση

66 Ασκήσεις σια Ολοκληρώμαια

71 θέμαια Ε8vικών Εξειάσεων Ποριοyαλίας

74 Τρία Αρ8ρωιά Επαναληπιικά θέμαια, σια Μα8ημαιικά Καιεύ8υνσης

79 Η σιήλη ιης Αλληλοyραφίας .Συνδρομητέ� 8,22+1,76 εvpώ (Ταχ.) 1------------------------------..... Ορyοηοιιοί: 14,67 εvpώ Ταχ. Ειιιιο\·Cς

ΣιοιχειοΙJεοίu - Σεί.ιδοιιιιίηοη Εκτύπωσq ΙΝΤΕΙ'ΙΙΙ•Ε:; υ.;_, Ιερά οδός 81 - 83 Τ. Ι'ροφι,ίο Λ8ήvα 54, Τ.θ. ::UM..U Ελληνική Μα6ημαιική Εταιρεία Yncu6. Τυπογραφeίοu Π. Τρικcρι<{ιυις-Τηλ;3'i746.'>i

11 FE:QMETI';IA Τ12Ν ΑΡΧΑΙΙΊΝ ΕΑΑJΙΝΙΊΝ

fiEMEAl ll Tlιl Ν'.RΕΡ#ΥΣ LA,44tJYΣ MAfiHMAτiXQ·N

του Επαμεινώνδα Ευθύμογλου<•>

Μ ε την παρουσία των μεγάλων πολιτισμών της κοιλάδας του Νείλου και της Μεσοποταμίας έχουμε τις ρίζες της

Γεωμετρίας η οποία είναι κυρίως Μετρολογία, Χωρομετρία και Στερεομετρία. Οι οριζόντιες αποστάσεις μετριούνται με τη βοήθεια νήματος, άλλα όργανα είναι μετρικοί πάσσαλοι, νήματα στάθμης, αλφάδια κλπ. Στους Βαβυλώνιους συναντούμε γνώσεις με περισσότερο θεωρητικό χαρακτήρα.

. Αν ιος επιστήμη εννοούμε το σύνολο τιον συcJτηματικών yνώσειον που ανάγονται σε ομάδα φαινομένων τα οποία υπάγονται σε γενικούς νόμΟυς καθώς και η μεθοδική έρευνα αυτών των φαινομένων, μόνο για τους Αρχαίους Έλληνες μπορεί να γίνει λόγος. Το φαινόμενο αυτό, δεν είναι κάτι ξεχωριστό αλλά συμβαδίζει με την οικονομική και κοινωνική πρόοδο που έγινε στις Ιωνικές πόλεις, όταν άκμασε το εμπόριο, η ναυτιλία, η βιοτεχνία και δημιουργήθηκε ο δήμος.

Η αλλαγή αυτή είναι πολύ σημαντική στη .δια-'

νοητική ιστορία του ανθρώπου. Οι Σοφοί της εποχής αυτής δεν ήταν πλούcrιοι

σε γνώσεις ούτε είχαν αυστηρά πειθαρχημένη τη διάνοια. Οι ερμηνείες που έδιναν ήταν απλοϊκές.

Έκαναν όμως δύο πολύ σημαντικά βήματα:

1) Απελευθέρωσαν την σκέψη τους από το υπερφυσικό και τις μυστικές ενέργειες και αναζήτησαν να στηρίξουν την εξήγησή τους σε φυσικά αίτια και

2) Σημαντικό χαρακτηριστικό της Ελληνικής Επιστήμης είναι η εμπιστοσύνη στο λογικό. Πως μπορεί δηλαδή ο άνθρωπος με τη σκέψη του, με το λογικό του να ανακαλύψει την αλήθεια.

Οι διαδικασίες αυτές έγιναν για πρώτη φορά στην περιφέρεια του Ελληνισμού, στις αποικίες οι

οποίες, σε σχέση με την μητρόπολη προηγήθηκαν ως προς την πνευματική και υλική ανάπτυξη.

Τα λίκνα της Επιστήμης ήταν στην Ιωνία, στη Μεyάλη Ελλάδα, στη θράκη.

Η παράδοση θέλει την Ελληνική Επιστήμη την Γεωμετρία, που είναι η πρώτη που ξεχώρισε από την Καθολική εmστήμη να δημιουργείται περί τον 6° π.Χ. αιώνα στην Ιωνία, σύμφωνα με τις προτάσεις που διετύπωσε και απέδειξε πρώτος ο Θαλής .

Στον Θαλή αποδίδονται οι αποδείξεις των θεωρημάτων περί ισότητας των παρά την βάση γωνιών του ισοσκελούς τριγώνου, η διχοτόμηση του κύκλου από την διάμετρό του και η ιδιότητα της εγγεγραμμένης σε ημικύκλιο γωνίας.

Ο Θαλής μέτρησε το ύψος των πυραμίδων από τις σκιές τους καθώς και τις αποστάσεις πλοίων, που προϋποθέτουν γνώση των ιδιοτήτων των ομοίων τριγώνων.

Η Γεωμετρία του Θαλή χαρακτηρίζεται ως Γεωμετρία των ευθειών, ο Θαλής δε πατέρας της Γεωμετρίας.

Αργότερα θεμελιώθηκε και αναπτύχθηκε η Γεωμετρία από τους μεγάλους της εποχής όπως οι: Πυθαγόρας, Πλάτων, Εύδοξος, Ευκλείδης, Απολλώνιος, Αρχιμήδης κλπ.

Ανάμικτα τα Μαθηματικά με την Φιλοσοφία στην σχολή του Πυθαγόρα αποκτούν την αυτοτέλειά τους δύο αιώνες αργότερα. Οι Πυθαγόρειοι που καθιέρωσαν ως σήμα της Σχολής τους το κανονικό αστεροειδές πεντάγωνο, εκτός από το γνωστό θεώρημα απέδειξαν πολλές προτάσεις αναφερόμενες στα κανονικά πολύγωνα και τα πέντε κανονικά πολύεδρα (τετράεδρο, εξάεδρο, οκτάεδρο, δωδεκάεδρο και εικοσάεδρο ).

Πριν από τον Πυθαγόρα δεν είχε γίνει σαφές ότι η απόδειξη πρέπει να προχωρεί ξεκινώντας από

(Ι) Μαθηματικός Πειραματικού Γυμνασίου Καβάλας,Γενικός Γραμματέας της Δ.Ε. του Παραρτήματος Καβάλας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/3

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

υποθέσεις. Ο Πυθαγόρας, υπήρξε ο πρώτος που ήθελε τα αξιώματα να προτίθενται στην ανάπτυξη της Γεωμετρίας.

Ο Πυθαγόρας εισήγαγε την απόδειξη στα Μαθηματικά. Αυτό υπήρξε το μεγαλύτερό του επίτευγμα. Πριν από αυτόν η Γεωμετρία στο μεγαλύτερό της μέρος ήταν μια συλλογή εμπειρικών κανόνων χωρίς ξεκάθαρη ένδειξη των αλληλεπιδράσεων αυτών των κανόνων, και χωρίς την ελάχιστη υποψία ότι όλα αυτά θα μπορούσαν να παραχθούν από ένα συγκριτικά μικρότερο αριθμό αξιωμάτων.

Η δεύτερη σημαντική συνεισφορά του Πυθαγόρα στα Μαθηματικά ήταν ότι ανακάλυψε πως οι Φυσικοί αριθμοί 1 , 2, 3, ... δεν επαρκούσαν για την κατασκευή των Μαθηματικών ακόμη και στην στοιχειώδη μορφή που αυτός τα γνώριζε.

Δεν μπορούμε να βρούμε δύο φυσικούς αριθμούς τέτοιους ώστε το τετράγωνο του ενός να ισούται με το διπλάσιο του τετραγώνου του άλλου. Στην πραγματικότητα, ο Πυθαγόρας σκόνταψε στη Γεωμετρία: ο λόγος της πλευράς ενός τετραγώνου προς μια από τις δύο διαγωνίους του δεν μπορεί να εκφραστεί σαν λόγος δύο φυσικών αριθμών. Με άλλα λόγια θα λέγαμε ότι η τετραγωνική ρίζα του 2 είναι άρρητος αριθμός, δηλαδή, δεν είναι ίση με κανένα φυσικό ή δεκαδικό κλάσμα ή με άθροισμα των δύο, προερχόμενο από τη διαίρεση ενός ακεραίου με ένα άλλο. Έτσι ακόμη και μια απλή Γεωμετρική έννοια όπως αυτή της διαγωνίου ενός τετραγώνου, αψηφά τους αριθμούς 1, 2, 3, ... και αρνείται την πρώιμη Πυθαγόρεια φιλοσοφία.

Σ' αυτήν την Πυθαγόρεια ανακάλυψη βρίσκεται η αρχή της σύγχρονης Μαθηματικής Ανάλυσης.

Ο Εύδοξος χαρακτηρίστηκε η σημαντικότερη φυσιογνωμία στον τομέα της επιστήμης κατά τον 4° αιώνα (395-340 π.Χ.).

Ο Διογένης ο Λαέρτιος λέγει γι' αυτόν ότι υπήρξε Αστρολόγος, Γεωμέτρης, Ιατρός, Νομοθέτης. Ο Εύδοξος όμως ήταν κατά κύριο λόγο Μαθηματικός που την λάμψη της ιδιοφυίας του μόνο η εμφάνιση ενός Αρχιμήδη μπόρεσε να επισκιάσει.

Οι κύριες μαθηματικές ανακαλύψεις του είναι δύο:

Α) Η θεωρία του περί αναλογιών, όπου ο Κνίδιος σοφός επέτυχε να γενικεύσει τη θεωρία περί αναλογιών, ώστε να είναι δυνατό να εφαρμοστεί όχι μόνο στα σύμμετρα αλλά και στα ασύμμετρα μεγέθη. Ο Εύδοξος έκανε τη Γεωμετρία ανεξάρτητη από τους αριθμούς και τις μετρήσεις ( σύμφωνα με ένα αρχαίο σχόλιο ολόκληρο το Ε' βιβλίο των «Στοιχείων» του Ευκλείδη, που έχει ως

θέμα του τις αναλογίες, είναι «εύρεσις>> του Ευδόξου.

Β) Η λεγόμενη «μέθοδος της εξαντλήσεως»: Ο Εύδοξος έκανε φανερό ότι ο μαθηματικός δεν έχει ανάγκη να δεχτεί ότι με τη συνεχή διαίρεση είναι δυνατό να φτάσει στο άπειρα μικρό. Για τους δικούς του σκοπούς είναι αρκετό να δεχτεί ότι με τη συνεχή διαίρεση είναι δυνατό να φθάσει σε ένα μέγεθος όσο θέλει μικρό. Με τη μέθοδο αυτή ο Εύδοξος πέτυχε να αποδείξει μια πρόταση που την αλήθειά της την διαπίστωσε πρώτος ο Δημόκριτος, ότι ο κώνος και η πυραμίδα είναι το 1/3 του κυλίνδρου και του πρίσματος που έχουν την ίδια βάση και το ίδιο ύψος.

Τη μορφωτική αξία της Γεωμετρίας κατάλαβαν οι άνθρωποι από αρχαιοτάτων χρόνων. Ο Πλάτων εκτός από το περίφημο ρητό «μηδείς αγεωμέτρητος εισίτω», που είχε στην είσοδο της Ακαδημίας του, λέγεται ότι είπε και το: «αεί ο Θεός γεωμετρεί», για να υπογραμμίσει την σχέση της Γεωμετρίας με το μεγαλείο της Δημιουργίας. Για τον Πλάτωνα ο κανόνας και ο διαβήτης ήταν τα μόνα επιτρεπτά όργανα για γεωμετρικές κατασκευές.

Τα «Στοιχεία)) του Ευκλείδη θεωρήθηκαν διδακτικό βιβλίο μεγάλης παιδευτικής αξίας περισσότερο από δύο χιλιάδες χρόνια και χρησιμοποιήθηκαν μεταφράσεις του σε διάφορες γλώσσες. Τα «Στοιχεία)) του Ευκλείδη περιέχουν ολόκληρη την Μαθηματική επιστήμη της εποχής του, όχι μόνο την κατ' εξοχήν Γεωμετρία αλλά και θεωρήματα της Αριθμητικής.

τις Γεωμετρικές πρακτικές εφαρμογές συμπλήρωσε, στη γεωμετρία του Ευκλείδη, ο Αρχιμήδης. Δεν είναι σκοπός μας εδώ να επεκταθούμε στο υπόλοιπο μεγάλο έργο του Αρχιμήδη και των άλλων αρχαίων και σύγχρονων Γεωμετρών αλλά είμαστε υποχρεωμένοι αφήνοντας κατά μέρος τις μεγάλες του ανακαλύψεις στην Αστρονομία και στην επινόηση μηχανών, να δώσουμε μια ανεπαρκή αλλά και ελλιπή περίληψη της συνεισφοράς του στα καθαρά και εφαρμοσμένα Μαθηματικά.

Βρήκε μεθόδους για τον υπολογισμό εμβαδών καμπυλογράμμων επιπέδων σχημάτων και των όγκων που περικλείονται από καμπύλες επιφάνειες, και εφάρμοσε αυτές τις μεθόδους σε πολλές ειδικές περιπτώσεις που περιλαμβάνουν τον κύκλο, τη σφαίρα, παραβολικά τμήματα, την επιφάνεια που περιλαμβάνεται ανάμεσα σε δύο ακτίνες και δύο διαδοχικές σπείρες ενός ελικοειδούς, σφαιρικά τμήματα και τμήματα επιφανειών που παράγονται από περιστροφή ορθογωνίων (κύλινδροι), τριγώ-


Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

νων (κώνοι), παραβολών (παραβολοειδή), υπερβολών (υπερβολοειδή) και ελλείψεων (σφαιροειδή) yύρω από τους βασικούς τους άξονες.

Έδωσε μια μέθοδο για τον υπολογισμό του π και προσδιόρισε το π με της σχέσεις:

3 10 < π < 3.!_, έδωσε μεθόδους για την προσέγγι-

1 1 7 ση τετραγωνικών ριζών κλπ.

Ο Αρχιμήδης προλαβαίνοντας τον Νεύτωνα και τον Leibniz κατά σχεδόν 2000 χρόνια επινόησε τον Ολοκληρωτικό Λογισμό και σε ένα από τα προβλήματά του προέβλεψε την επινόηση του Διαφορικού Λογισμού. Αυτοί οι δύο Λογισμοί αποτελούν ό,τι είναι γνωστό σαν Λογισμός και είναι το ισχυρότερο εργαλείο για την Μαθηματική εξερεύνηση του φυσικού σύμπαντος.

Ο Απολλώνιος πήγε την Ευκλείδεια Γεωμετρία μακρύτερα απ' όπου την άφησε ο Ευκλείδης. Η Γεωμετρία των κωνικών τομών, δουλεμένη με υψηλό βαθμό τελειότητας από τον Απολλώνιο και τους διαδόχους του, αποδείχθηκε εξαιρετικής σπουδαιότητας για την ουράνια μηχανική από τον 17° αι. και μετά.

Αν οι Έλληνες γεωμέτρες δεν είχαν προηγηθεί του Kepler, είναι απίθανο να είχε δώσει ο Νεύτωνας το νόμο της παγκόσμιας βαρύτητας, για τον οποίο του άνοιξε το δρόμο ο Kepler με τους ιδιοφυείς υπολογισμούς του πάνω στις τροχιές των πλανητών.

Στην Γεωμετρική έρευνα έγινε επίσης σημαντική πρόοδος απ' την προσπάθεια να λυθούν μόνο με κανόνα και διαβήτη τα προταθέντα υπό των σοφιστών περίφημα προβλήματα γεωμετρικών κατασκευών (τετραγωνισμός του κύκλου, τριχοτόμηση της γωνίας, διπλασιασμός του κύβου).

Ο όρος Γεωμετρία που ετυμολογικά σημαίνει «Μέτρηση της Γης», πήρε από την αρχαιότητα ευρύτερη σημασία, έτσι ώστε στους Έλληνες των κλασικών χρόνων σήμαινε σχεδόν την ολόiητα των Θεωρητικών Μαθηματικών. Ακολουθούν χρονικά οι Άραβες οι οποίοι διατήρησαν και · διέδωσαν την επιστήμη.

Τον 16° αιώνα στη Δύση στοχαστές και ερευνητές πήραν αποστάσεις από την αρχαία Ελληνική μαθηματική αυστηρότητα. Ο Franciscus Vieta (1 540- 1603) χρησιμοποίησε αλγεβρικές μεθόδους για την επίλυση Γεωμετρικών κατασκευών. Ακολούθως οι Descartes και Pieπe de Fennat, δημιουργούν την Αναλυτική Γεωμετρία εφαρμόζοντας αλγεβρικές τεχνικές στη Γεωμετρία. Η Αναλυτική Γεωμετρία βασίζεται στην Ευκλείδεια αλλά διευρύνει αρκετά τις δυνατότητές της. Με

την εισαγωγή των επ' άπειρων στοιχείων ο Gerard Desargues δημιουργεί τον 17° αιώνα την Προβολική Γεωμετρία . Με τους Clairaut και Euler έχουμε τις πρώτες έρευνες στη Διαφορική Γεωμετρία των επιφανειών.

Η συμβολή όμως του Gaspard Monge στην Γεωμετρία είναι η πλέον αξιόλογη στο τέλος του 1 8ου αιώνα και δημιουργεί νέο κλάδο την Παραστατική Γεωμετρία. Ο Jean Victor Poncelet ( 1788-1 867) αφού μελέτησε με προσοχή την Παραστατική Γεωμετρία του Monge, τις γεωμετρικές προτάσεις του Desargues και την Geometrie de Position του Carnot δημιούργησε τη νέα Προβολική Γεωμετρία. Ο Michel Chasles συστηματοποιεί περισσότερο από τον Poncelet την Προβολική Γεωμετρία αλλά και οι δύο την θεμελιώνουν πάνω στην Ευκλείδεια Μετρική Γεωμετρία. Η μελέτη των καμπυλών και των επιφανειών του Ευκλείδειου Χώρου έπαιξε σημαντικό ρόλο τον 19° και 20° αιώνα. Αρχίζει με το έργο του Monge Εφαρμογές της ανάλυσης στη Γεωμετρία ( 1809) και συνεχίζεται με τα θέματα Γεωμετρίας ( 1 8 13) του Charles Dupin. Το σύντομο αλλά πολύ σημαντικό έργο του Gauss: «Γενικές έρευνες των καμπυλών πάνω στις επιφάνειερ> είναι βασικό για την ιστορία της έννοιας του χώρου. Στα έργα του Gauss υπάρχουν οι απαρχές όλων σχεδόν των θεωριών, που εξελίχθηκαν στους μετέπειτα χρόνους: Η Θεωρία αριθμών, η Γενική θεωρία επιφανειών, οι μη Ευκλείδειες Γεωμετρίες, η Θεωρία των Αναλυτικών Συναρτήσεων, η Γεωδεσία, ο Μαγνητισμός, η Ουράνιος Μηχανική κ.ά.

Στην προσπάθεια των μαθηματικών να αποδείξουν το αίτημα του Ευκλείδη προέκυψαν οι μη Ευκλείδειες Γεωμετρίες (η Υπερβολική του Lobatchewfski, η Ελλειπτική του Riemann, η Παραβολική). Ο Riemann πραγματεύτηκε Γεωμετρίες στηριζόμενος στη θεωρία των επιφανειών του Gauss. Οι κατευθύνσεις της Γεωμετρίας συσχετίστηκαν αργότερα από τον Felix Klain, που το 1 872 στην έκθεση του περίφημου έργου του: «Erlagen Programm)) έδωσε τον εξής ορισμό της Γεωμετρίας: «Γεωμετρία είναι η σπουδή των αναλλοίωτων ενός σχήματος δια μιας ομάδας μετασχηματισμών (απεικονίσεων))). Ο τετραδιάστατος χώρος της Ειδικής Θεωρίας της Σχετικότητας ή χώρος του Hennann Minkowski είναι μια επέκταση του Ευκλείδειου Χώρου.

Προκύπτει λοιπόν ότι: η Ευκλείδεια Γεωμετρία είναι η θεμελιώδης υποδομή σε κάθε τύπο νεότερης Γεωμετρίας.


π I I

1 18Jeι. Π po6oxiι το 4sόrspo ιlι111fι1!! Του Χρήστου Κηπουρού τ ο άρθρο αυτό γράφε

.

ται με αφορμή την ομαδική εργασία .που πραγματοποίησαν μερικοί, φtλότιμοι ,

εργατικοί και, προφανώς, φtλοπρόοδοι μαθητές του 400 .Λυκείου Αγρινίου με την επίβλεψη του καθηγητή τους μαθηματικού κ. Κωνσταντίνου Νάκου, με αντικείμενο μια σύντομη ξενάγηση στο βω

γραφικό και το έργο των πιο σπουδαίων αρχαίων συγγραφέων των θετικών εmστημών και με τίτλο:

ΑΡΧΑΙΑ ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΣΚΕΨΗ και «εκπονήθηκε>> από τη μαθητική ομάδα:

•Αλεξίου Θεόδωρος •Βλάχος Χριστόφορος •Γώγος Λάμπρος •Ζήσης Ιωάννης •Καϊπάνου Αγγελική •Παπαμήτσου Θεοδώρα •Ντούφα Θάλεια •Φώτου Μυρτώ.

Η μαθητική αυτή ομάδα, εκτός από τη συμπαράσταση του παραπάνω καθηγητή της, άντλησε τις πληροφορίες της από το Intemet και τη διεύθυνση: www.telemath.gr

Για τη συντακτική ομάδα του περιοδικού «Ευκλείδης Β'» απαντά ο καθηγητής Χρήστος Κηπουρός που εκτός από μέλος της, είναι και συγγραφέας του IV και 111 τόμου των απάντων του Ήρωνος του Αλεξανδρέως που εκδόθηκαν από την ΕΜΕ τα έτη 1995 και 2000, αντίστοιχα.

Ε ιλικρινά, χαιρετίζω με χαρά αυτή τη θαρραλέα σας προσπάθεια και σας συγχαίρω που διαλέξατε για την εργασία σας ένα τό

σο «χρονοβόρο αντικείμενο». Από αυτή σας την «περιπλάνηση» στον ιστο

ρικό αυτό χώρο, σίγουρα είστε οι κερδισμένοι αφού, από τα τόσα πολλά πράγματα που συγκεντρώσατε, ταξινο-μίσατε και συμπεριλάβατε στην εργασία σας, είναι φυσικό να aποκτήσατε κάποια εμπειρία και γνώση που δεν είναι καθόλου απλή υπόθεση όπως θα δούμε πιο κάτω.

Διάβασα με προσοχή το έργο σας και το βρήκα πολύ θετικό, για μαθητές του Λυκείου, γι' αυτό η ΕΜΕ, το προβάλλει, μέσω του περιοδικού Ευκλείδης Β', ώστε να το γνωρίσουν όλοι οι μαθητές της Δευτεροβάθμιας εκπαίδευσης και η εργασία σας να γίνει παράδειγμα προς μίμηση και για μαθητές των άλλων διαμερισμάτων της χώρας. Ο «Ευκλείδης Β'» θα συμπαρασταθεί στοργικά σε κάθε προσπάθεια που αφορά, γενικότερα, το χώρο των Μαθηματικών και θα προβάλλει κάθε αξιόλογη εργασία.

Στη συγκεκριμένη ομάδα, εφόσον θα ήθελε να ασχοληθεί σοβαρά στην περιοχή της ιστορίας των ελληνικών Μαθηματικών, έχω να τους συστήσω τα εξής:

1. Ο χώρος αυτός είναι ένας «λαβύρινθος» και

για να μη χαθεί κανείς χρειάζεται να τον γνωρίζει, όσο γίνεται καλλίτερα, να προσέχει τις διάφορες παγίδες, ιδίως, όταν οι πληροφορίες που συγκεντρώνει προέρχονται από το «intemet»·να τις διασταυρώνει με σοβαρά βιβλία Ελλήνων ή ξένων συγγραφέων και, μόνο τότε, να τολμά να τις παρουσιάζει.

2. Όλοι οι ιστορικοί συμφωνούν, πως δεν υπάρχουν σήμερα «ιστορικές aυθεντίες». Δεν μπορούμε να πούμε για κανένα, σύγχρονο , ιστορικό το: «Αυτός έφα» όπως έλεγαν για τον Πυθαγόρα. Οι πληροφορίες που πήρατε, από εκεί που τις πήρατε, σας κάλυψαν μόνο για το σκοπό που τις πήρατε. Μας δείξατε, «επί τροχάδην» το δάσος των συγγραφέων της αρχαιότητας αν όμως θελήσετε να μας δείξετε ένα-ένα τα δέντρα του, θα πρέπει ο καθηγητής σας να ανεβάσει πολύ ψηλά τον πήχυ και γι' αυτό θα χρειαστεί πολύ προπόνηση για να επιχειρήσετε το δεύτερο άλμα.

3. Η γνώση και η απόκτησή της είναι μια πολύ δύσκολη υπόθεση. Στον πλατωνικό διάλογο «Θεαίτητος» (146c) γίνεται από το Σωκράτη, μία προσπάθεια να οδηγήσει το Θεαίτητο στη διατύπωση του ορισμού της γνώσης. Στην επόμενη περίοδο, (147d-148b) γίνεται και η ανάλυση του γεωμετρικού όρου <<δύναμις». Η περίοδος αυτή έχει ταλαιπορίσει τ<?υς μαθηματικούς του περασμένου


Το Βήμα του Ευκλείδη

αιώνα για πολλά χρόνια. Ο διάσημος ιστορικός Paul Tannery έχει τρεις φορές αναθεωρήσει την ερμηνεία του όρου. Στο έργο «Απαρχαί των ελληνικών Μαθηματικών», ο σύγχρονος και, επίσης, διάσημος Ούγκρος μαθηματικός Arpad Szabό, αναθεωρεί τις απόψεις του Tannery και δίνει την καλλίτερη ερμηνεία στον πλατωνικό διάλογο που διαφέρει από αυτήν που δίνει ο «πληροφοριοδότης» σας, στο δικό σας σημείωμα για το Θεαίτητο ( σελ.26). Ο λόγος που επισημαίνω αυτή τη «λεπτομέρεια», που για τους ειδικούς είναι μεγίστης σημασίας, είναι να σας δείξω, πόσο πολύ πρέπει να προσέχει αυτός που σκοπεύει να μελετήσει αυτο το χώρο. Και, βέβαια, δεν πυροβολώ τον . . . πιανίστα αφού δεν φταίει σε τίποτα.

4. Τελειώνοντας πρέπει να σας προβληματίσω λίγο, δια να καταλάβετε το λόγο της προηγούμενης παραγράφου που έγραψα. Ξανακοιτάξτε την εργασία σας.

α. Στη σελίδα 3, επειδή το όνομα Ιπποκράτης οδηγεί τη σκέψη του κοινού αναγνώστη, στον ιατρικό χώρο, θα έπρεπε να γράψετε: ο Ιπποκράτης ο Χίος. Πιο κάτω, στην ίδια σελίδα, απουσιάζουν οι κύβοι του χ και του α, mθανώς, από τυπογραφικό σφάλμα.

β. Στη σελίδα 4, τον Θέαινα το Σμυρναίο τον βαφτίσατε Θεωνά 2 φορές, ενώ τον Αλεξανδρινό

τον γράψατε σωστά. γ. Στη σελίδα 7 το Διόφαντο τον τοποθετείτε

στο 3° π.Χ αιώνα και τον Ήρωνα στον 2° ή 1 ο π.Χ. αιώνα, ενώ στις σελίδες 46 και 43, τον πρώτο στα 250 μ.Χ και τον δεύτερο μεταξύ 1 ou π.Χ και 1 ou μ.Χ αιώνα, αντίστοιχα.

Εσείς, προφανώς, δεν ευθύνεστε για αυτές τις τοποθετήσεις και ιδίως του Ήρωνα, αφού όσοι ασχολούνται με τον Ήρωνα δεν έχουν καταλήξει σε αξιόmστο αποτέλεσμα. Με αυτή την παρατήρηση θέλω να σας δείξω ότι όσοι θα εργαστούν σε «ομάδω) θα πρέπει να συντονίζονται και μεταξύ τους.

Επιβραβεύοντας την εργασία σας θα σας αποστείλω δύο αντίτυπα του ΙΙΙ τόμου των απάντων του Ήρωνος, το ένα για την ομάδα και το άλλο για τον καθηγητή σας προτού εξαντληθεί, όπως ο IV.

Και επειδή, όπως λέγουν, ο εχθρός του καλού είναι το . . . καλλίτερο, σας συμβουλεύω να μελετάτε τον Ευκλείδη Β', στις στήλες του οποίου δημοσιεύονται όχι μόνο ιστορικά άρθρα αλλά και αυστηρά επιλεγμένες ασκήσεις που σας βοηθούν να εμπαιδώσετε τις διάφορες μαθηματικές ενότητες που σας διδάσκουν οι καθηγητές σας. Έτσι δεν θα χρειαστεί να καταφεύγετε στη μάστιγα της εποχής μας που λέγεται παραπαιδεία.

Ε i4fllflfίι Tfillf ltΊΙftλlι«t!Jιr 6τΙW 7r ' fΙΥΊ· ΠΙiιι•·ιι

.,

I

Ο σκοπός του άρθρου είναι η ανάλυση των πολυωνύμων της μορφής α2ν + α ν + 1 ν = 1 , 2, 3 · · · σε γινόμενο δευτεροβάθμιων παραγόντων με την βοήθεια των μιγαδικών αριθμών.

Για την περίπτωση ν = 2 η λύση είναι στοιχειώδης:

α4 + α2 + 1=α4 + 2α2 + 1 - α2 = 2 (α2 + 1) - α2 =(α2 + α + 1) (α2 -α + 1)

Στην γενική μορφή θεωρούμε την εξίσωση α2ν + αν + 1 = Ο ( 1 ). Θέτοντας ω = αν η ( 1 ) γράφεται ω2 + ω + 1 = Ο . Οι ρίζες της σε τριγωνομετρική μορφή είναι

2π . 2π 4π . 4π 00ι = συν-+ ιημ- και ω2 = συν- + ιημ- . 3 3 3 3

Συνεπώς, έχουμε να λύσουμε τις εξισώσεις α ν = ω1 και α ν = ω2 •

Ο γνωστός τύπος για τις

νιοστές ρίζες μιγαδικού δίνει για κ = Ο, 1 , · · ·, ν -1

του Δημήτρη Πισπινή

2π 2π 2JOt + - 2Jσt + -τις λύσεις : αk = συν 3 + iημ 3

ν 6κπ+2π . 6κπ + 2π συν

3ν + ιημ

3ν και

ν

4π 4π 2κπ+- 2κπ+ -βκ = συν. 3 + iημ 3

ν ν 6κπ + 4π . 6κπ+ 4π

συν 3ν

+ ιημ 3ν

Ισχύει ότι ο συζυγής του μιγαδικού συνθ + i ημθ είναι ο συν(2π-θ) + i ημ(2π-θ).

Παρατηρούμε τότε ότι για κ = Ο, 1 , · · · , ν -1 οι μιγαδικοί αk και β

ν-Ι-κ είναι συζυγείς ,

, , 6κπ + 2π 6(ν - 1 - κ)π + 4π 2 εφ οσον + = π. 3ν 3ν

2 6κπ + 2π

Επίσης, αu + βν-Ι-

κ = συν και 3ν


Το Βήμα του Ευκλείδη

αu βν-Ι-κ = 1 . Από τους τύπους του Vieta α2 - S α

+ Ρ για το τριώνυμο συμπεραίνουμε ότι οι δευτεροβάθμιοι παράγοντες του α2ν + α ν + 1 είναι οι

2 6κπ+2π α - 2συν 3ν

α + 1 , για κ = Ο, 1, · · ·, ν -1 ,

δηλαδή έχουμε δείξει ότι: α2ν + α ν + 1

πν-1 ( 2-2 6κπ+2π ι)* κ=Ο -

α συν 3ν

α + -

(2)

*Το Σύμβολο Πv-ι χ. σημαίνει το γινόμενο κ=Ο

Εφαρμογή 1 Για ν=2 ο τύπος (2) δίνει α4 + α2 + 1 = ( 2 π )( 2 4π ) = α -2συν3 α+l α -2συν3 α + l ,

που επαληθεύει το αρχικό αποτέλεσμα. Για ν = 3 από τον τύπο (2) προκύπτει

α6 +α3 +1 =( α2 -2συν 29π α+l )

( α2 - 2συν 8; α + 1 ) ( α2 - 2συν 1 ;π α + Ι ) ή

α6 +α3 +Ι=(α2 -2συν40° α+l)

Νέες e

( α2 -2συν160° α+ 1 )( α2- 2συν280° α+ 1) (3)

Εφαρμογή 2 Θέτοντας α = ί στον τύπο (3) και εφ' όσον ί 2

= i6 = -1, προκύπτει i3 = -8 συν40° συν 160° συν 280° i3 και μετά τις αναγωγές 8συν40° συν20° συν

80° = 1 , οπότε συν20° συν40° συν 80° = .!.. (4) 8

Εφαρμογή 3 Θέτοντας α = Ι στον τύπο (3) και εφ' όσον 2 -

2συνθ = 4 ημ 2 � , προκύπτει 3 = 64 ημ 2 20° 2

η μ 2 80° η μ 2 140° και μετά τις αναγωγές 64 ημ2 20° ημ2 40° ημ2 80° = 3, οπότε ημ 20° ημ 40°

J3 ημ 80° = - (5) 8

Ο συνδυασμός των σχέσεων (4) και (5) δίνει εφ 20° εφ 40° εφ 80° = εφ60° ( 6)

Εφαρμογή 4 Θέτοντας α = Ι ή α = ί στον τύπο (2) μπορεί

κανείς να αποδείξει και άλλες τριγωνομετρικές

, πν-1 3κπ + π J3 σχεσεις π. χ. κ=Ο ημ 3ν

= 2ν

ό εΛΛΗΝ.ΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑ.τΙΚΗ ετΑΙΡ61Α

Ιtεντpιιtιj Ιιtίlειιιι Ελλιινιιtιj ΙΙΙΒιιμtιτιιtιj ΕτtιιΙΙεitι

Πtι•εnιιιτιιμίοu Jf - ΑΙ9ν•

Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1) τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο

του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Κανόνας: Η στήλη Homo Mathematicus απευθύνεται μόνο σε μαθητές.

Του Γιάννη Κερασαρίδη Προλεγόμενα. Σ' αυτό το τεύχος δημοσιεύουμε δύο ξεχωριστά θέματα. Το πρώτο αποτέλεσε, για μας, τη μεγάλη έκπληξη, το δεύτερο αποτελεί συνέχεια στη . . . σειρά «Αθλητισμός και Μαθηματικά»

1°: ΜΙΑ ΝΕΑ ΔΟΚΙΜΗ ΤΗΣ Π ΡΟΣΘΕΣΗΣ Χριστίνα η . . . Υπατία; Μια καλή μας φίλη, η

Χριστίνα Πατσιούρα [μαθήτρια της Δ' τάξης του 1 300 Δημοτικού Σχολείου Νέας Ιωνίας] , μας ξάφνιασε ευχάριστα, όταν μας έστειλε (με fax), μια εργασία της με θέμα «ένας νέος τρόπος δοκιμής για την πρόσθεση με οσουσδήποτε προσθετέους».

Να τι γράφει, η καλή μας φίλη: «Ένα απόγευμα διάβαζα τα σχολικά μου μαθήματα. Ανάμεσα στις ασκήσεις των Μαθηματικών ήταν και τρία προβλήματα. Όταν έκανα μια πράξη, μια πρόσθεση για τη λύση του προβλήματος, θυμήθηκα την επαλήθευση του πολ!σμού με το "σταυρό". Έκανα το ίδιο σχεδόν και στην πράξη που εκτελούσα, χωρίς να πιστεύω ότι θα μπορούσε να μου βγει σωστή>>, και συνεχίζει δίνοντας λεπτομερείς οδηγίες για την εκτέλεση της δοκιμής της πρόσθεσης.

Ακόμη, η καλή μας φίλη, μας έστειλε ένα πρωτόλειο διαγράμματος, στο οποίο απεικονίζονται οι

κανόνες αυτοί. Εμείς, το μόνο που προσθέσαμε ήταν η βελτίωση του διαγράμματος, μένοντας mστοί στις ιδέες της Χριστίνας. Παρακάτω παραθέτουμε το βελτιωμένο διάγραμμα. Παρατηρούμε ότι τα δύο αθροίσματα, [υποδεικνύονται με κόκκινη στικτή γραμμή], είναι ίσα μεταξύ τους. Συμπέρασμα: η πρόσθεση έγινε σωστά.

Ανεξάρτητα από το πρωτότυπο ή μη της εργασίας, εκείνο που παρουσιάζει τεράστιο παιδαγωγικό ενδιαφέρον είναι η ίδια η σύλληψη της ιδέας από ένα παιδί αυτής της ηλικίας και το θάρρος του να ζητήσει τη γνώμη . . . "ημών των σοφών".

Κάποιοι φίλοι, υπ' όψη των οποίων έθεσα το θέμα, το βρήκαν πρωτότυπο.

Οι Αριθμοθεωρητικοί μας, ελπίζουμε, να τιμήσουν αυτό το παιδί, δίνοντάς μας μια θεωρητική επένδυση της ιδέας της Χριστίνας, διαφορετικά, θα aπογοητεύσουμε την υποψήφια Υπατία μας.

Ο αλγόριθμος της δοκιμής της Χριστίνας

3578ι+ [3+5+7+8+2=25 _.2+5=7] 1202+ [1+2+0+2=5]-----------ι-----+. 781 � [7+8+ 1 +3=19_.1 +9=1 ο-+1 +Ο= 1 ι----+---+--___.,

+567» [5+6+7+8=26�+6=8 5047� [5+0+4+7+5=21 -+2+1 =3]""""

......... '''' ··· ··· ········· �--3-.. --� .... --... ....w�

2° : ΜΑΘΗΜΑ τΙΚΑ ΚΑΙ ΠΟΛΕΜΙ ΚΕΣ ΤΕΧΝΕΣ

Το ιστορικό: Η λέξη ΚΑRΑΤΕ στα ιαπωνικά σημαίνει «άδεια χέρια». Ξεκίνησε από τη νήσο ΟΚΙΝΑWΑ της Ιαπωνίας, περίπου τον 16° αιώνα, σαν αντίδραση των κατοίκων του νησιού, στην απόφαση του αυτοκράτορα να τους αφοπλίσει εξ αιτίας των συχνών εξεγέρσεών τους. Ακόμη, και τα μαχαίρια που έκοβαν το ψωμί, τους αφαίρεσε. Τότε άρχισε να αναπτύσσεται η τέχνη του ΚΑRΑ ΤΕ, με μόνο όπλο τα χέρια και τα πόδια.

Σ' αυτό το τεύχος θα δt>ύμε (από μαθηματική άποψη) πως μπορούμε να σπάσουμε ένα ξύλινο δοκάρι με χτύπημα χεριού. Χρειάζεται μεγάλη προσοχή και περισσότερη εξάσκηση. Τα χτυπήματα που γίνονται με το χέρι, γίνονται κατά δύο τρόπους α) με το πίσω μέρος της παλάμης (με τα οστά που βρίσκονται στην προέκταση του αντίχειρα), β) με το κάτω μέρος της παλάμης (εκεί που η παλάμη συνδέεται με τον βραχίονα).


ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

Και τώρα KARATE και . . . Μαθηματικά Απαραίτητες φυσικο - μαθηματικές γνώσεις

Θεωρούμε ένα δοκάρι με διαστάσεις: μήκος f , Young», για τον δεδομένο τύπο ξύλου. πλάτος d και πάχος h. Θεωρούμε, ακόμη, ότι οι β) η θραύση αρχίζει στην περιοχή που, η παλά-ίνες του ξύλου είναι διατεταγμένες παράλληλα , δ, F- kxr mυ2 ,

· δ , Ε' μη μας, ασκει τη υναμη -- + - , οπου προς τα υποστηριγματα του . οκαριου. ιναι γνω- 2 2xr στό, επίσης, πως όταν πιέσουμε ένα δοκάρι στο π2Eh3d , , μέσο του μήκους του, αυτό θα υποστεί κάμψη. k= � ' και m η μαζα της παλαμης. Για να συμ-

hL1_ � 1011 l σχ. ι

σχ.2

Έστω Ο το κέντρο μάζας του, σε θέση ισορροπίας ( σχ. 1) και Ο' η θέση του κέντρου μάζας μετά την άσκηση δύναμης F από την παλάμη ( σχ. 2). Το ευθ. τμήμα ΟΟ'=χ0 λέγεται "βέλος της κάμψης".

Για το σπάσιμο του δοκαριού ισχύουν μερικοί κανόνες που πρέπει να έχουμε υπ' όψη μας:

α) το βέλος Χο της κάμψης πρέπει να πάρει μια , , 2σrf2 , ' , οριακη τιμη Xr = π2Εh οπου σr η κρισιμη τιμη της

δύναμης που ασκείται σε μια μοναδιαία επιφάνεια της εγκάρσιας διατομής του δοκαριού και Ε στα-θερή, γνωστή σαν «μέτρο ελαστικότητας του

βεί αυτό θα πρέπει η τάση σ να πάρει την οριακή τιμή σr

γ) η δύναμη F , την οποία εφαρμόζει ο βραχίονας στην παλάμη, κι αυτή με τη σειρά της στη δοκό, πρέπει να εφαρμοσθεί, τη στιγμή που η παλάμη έρχεται σε επαφή μαζί της, με αρχική ταχύτητα υ. Όταν λέμε αρχική ταχύτητα υ εννοούμε την ταχύτητα της παλάμης τη στιγμή της επαφής της με το δοκάρι. Η θραύση συμβαίνει μόλις η αρχική ταχύ-

β , , , 2σr {&d τητα υπερ ει την παρακατω τιμη: υ=� v-;;;E F(N) Το διπλανό διάγραμμα

δίνει το πάχος του δοκαριού που μπορούμε να σπάσουμε, συναρτήσει της αρχικής ταχύτητας υ της παλάμης μας

Ο Ο 2 4 6 8 10 υ(m/s) δ) Για τη συγκεκριμένη τιμή των σr, F, υ και Ε,

το πάχος του δοκαριού που μπορούμε να σπάσουμε, δίνεται από τον τύπο

h= 3π2Ευ2m [ι+ I+ 64Ff3σ�d ] (1) 8σtt'd 3π4Ε2υ4m2

Ελάτε να σπάσουμε ένα δοκάρι Τώρα είμαστε σε θέση να κάνουμε μια εκτίμη- βάνεται και το aντιβράχιο) η μέγιστη ταχύτητα του

ση για το πάχος της δοκού που μπορεί να σπάσει χεριού του υ=ΙΟ m/sec. Εισάγοντας στον τύπο (1) ένας καρατέκα (δηλ. αθλητής του ΚΑRΑ ΤΕ). Η τα παραπάνω στοιχεία βρίσκουμε ότι h=6cm. Ένα συνηθισμένη δοκός έχει f =30cm, d=20cm, Ε=108 τέτοιο παχύ ξύλο θα καταφέρουν να το σπάσουν N/m2, σr=5·106 N/m2• Η δύναμη που αναπτύσσει μόνο πεπειραμένοι καρατέκα, με εξαίρετη τεχνική το χέρι ενός τυπικού καρατέκα ανέρχεται σε χτυπήματος και άριστη ψυχολογική προπαρασκευή. F=250 Ν, η μάζα της παλάμης m=1Kg (περιλαμ-

Μήπως ξεχάσαμε να κάνουμε "ταμεσιουαρί" ; . Το "ταμεσιουαρί" είναι ένας όρος του ΚΑ- κείμενα, συνήθως με το χέρι ή με το κεφάλι ή με

RATE που δηλώνει τη δοκιμασία με την οποία το πόδι. Τα αντικείμενα αυτά μπορεί να είναι ξύλιδιαπιστώνεται το επίπεδο τόσο της ψυχολογικής να δοκάρια, τούβλα, τσιμεντόλιθοι, κεραμίδια, παπροπαρασκευής του καρατέκα όσο και της ικανό- γοκολώνες ακόμη και μπαστούνια του base-ball τητάς του να χτυπά και να σπάζει διάφορα αντι-

Βιβλιογραφία Τα στοιχεία για να γραφτεί το άρθρο αυτό είναι παρμένα από την εργασία «Χτυπήματα ΚΑRΑΤΕ»

του Α. Biryukoν.


• Ο Ακαδημαϊκός κος Νικόλαος Λρτεμιάδης είχε προτείνει στο προηγούμενο τεύχος (αρ. 43) τα παρακάτω θέματα: 1. Αποδείξτε ότι ΔΕΝ υπάρχουν ακέραιοι

θετικοί αριθμοί χ, y, z που επαληθεύουν την ε-ξίσωση χ2 + y2 + z2 = xyz -1. (*)

Λύση Παρατηρούμε ότι: αν ισχύει η (*),τότε δύο α

πό τους αριθμούς χ, y, z πρέπει να είναι άρτιοι και ο τρίτος πρέπει να είναι περιττός (γιατί;).

Συνεπώς θέτομε στην (*) χ = 2α, y = 2β, z = 2γ = 11 α, β, γ ε Ζ.

Οπότε η (*) λαμβάνει την μορφή: 4α2 + 4β2 + 4γ2 + 2 = 4αβ(2γ + 1).

Είναι προφανές ότι η τελευταία σχέση δεν ισχύει.

2. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ και σημείο Ε στο εσωτερικό του τέτοιο ώστε: <r:ΕΓΒ = <r:ΕΒΓ = 15°. Αποδείξτε ότι το τρίγωνο ΑΕΔ είναι ισόπλευρο.

Λύση Α Η Δ

.�1Ζ1 z

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι ΑΒ = 1. Έχουμε ΕΖ=_!_εφ15° = 2-J3 Ο) (1) 2 2

(\) 2-J3 J3 και: ΕΗ=1---=-(2) 2 2

Συνεπώς: ΑΕ2�Α112+11Ε2�ω +( �J �Ι

Και επειδή η ΕΗ είναι μεσοκάθετη στην ΒΖ, άρα και στην ΑΔ, συμπεραίνουμε ότι: ΑΕ= ΕΔ = 1. Δηλαδή το τρίγωνο ΑΕΔ είναι ισόπλευρο. • Ο συνάδελφος Νίκος Βαδιβούλης (Σχ. Σύμ

βουλος) είχε προτείνει στο προηγούμενο τεύχος (αρ. 43) τα παρακάτω θέματα: 1. Να βρεθούν θετικοί ακέραιοι αριθμοί α,

β τέτοιοι ώστε:

Διότι:

ο Ε1ιΚΑι:ίδnς' ιιροτcivε:ι ... Euκkiδn

και .,.,., .lhόφαvτο "α + β = 2.004 και [α, β] = 6.972 ·(α, β)" Λύση Θέτουμε (α, β) = m οπότε α= mk, β = mλ με

(κ,λ)=1. Έτσι οι δοσμένες εξισώσεις γίνονται:

m(κ+λ)=2.004 και [mk,mλ]=6.972m ή 2.004 κ+ λ=-- με m: «διαιρέτης του 2.004>> και m

κλ=6.972 (1) Έτσι οι κ, λ είναι ρίζες της εξίσωσης:

2 2.004 6 972 ο ' χ --- χ+ . = η m mx2- 2.004χ + 6.972m =Ο (2)

Η διακρίνουσα της (2) είναι: Δ= 16(5012 -1743m2) (3)

Και για να 'χει ρίζες πραγματικές (κατ' αρχάς) πρέπει: m2 :::;; 144.005. Συνεπώς πρέπει: m:::;; 12.

Κι επειδή m/2.004 αποκλείονται οι αριθμοί: 5, 7, 8, 9, 10, 11.

Έτσι ο m μπορεί να είναι κάποιος απ' τους: 1, 2, 3, 4, 6, 12.

Και μάλιστα να κάνει την παράσταση �=5012 -1743m2 : 16

«τέλειο τετράγωνο ακεραίου αριθμού». Εύκολα τώρα βλέπουμε ότι για

m ε {1, 2, 3, 4, 6} η παράσταση � δεν είναι τέλειο 16 τετράγωνο ακεραίου αριθμού, ενώ για m = 12 εί-

Δ 2 ναι -=9=3 . 16 Για m = 12 η (2) γίνεται: χ2 -167χ + 6.972 =Ο

Και συνεπώς: χ = 167 ± 1 = (8ή4

. 2 83 Άρα (κ=84,λ=83) ή (κ=83,λ=84). Τελικά το πρόβλημα έχει δύο λύσεις: (α= 1.008, β= 996) ή (α= 996, β= 1.008). 2. Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί β, γ με

β ::1:- γ και γ > Ο και ορίζουμε τα σημεία

Α( r�IPI, r:IPI} II(JI,O), Γ(y,Ο) του Καρτε-


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

σιανού Επιπέδου. Τα σημεία αυτά είναι προφανώς κορυφtς τετραγώνου.

Να βρεθεί το είδος του τριγώνου αυτού ως προς τις γωνίες του.

Λύση

Υ Επειδή: γ+Ι� ΥΑ =-->0, συμπε-2

ραίνουμε ότι: «η κορυ-----Ι--Γ.:...Γ<'""r.�ο φή Α βρίσκεται στο ά-χ' χ νω ως προς την ευθεία

y' y =Ο ημιεπίπεδο».

Τελικά «η κορυφή Α βρίσκεται στο γραμμοσκιασμένο χωρίο» (Σ χ. 1)

Ι. 'Εστω β� 0< γ. Τότε: Α( γ;β , γ;β ) γ-β Ο--

Συνεπώς λΑΒ = 2 β = 1 και

β- γ+ 2

Υ 1 �(';'. ';') Ο- γ - β _ _:.2_=-1 γ+β γ- -2

---L...l:!.-+----.....::.....:::......__.. x Κι επομένως: Ο Γ(γ, Ο)

π 3π <ΑΒχ =-, <ΑΓχ =-4 4 Και συνεπώς το τρίγωνο είναι ισοσκελές και

ορθογώνιο στο Α. 2. Έστω Ο<β<γ

γ-β γ Έχουμε χΑ <χο <=>--<β<=>β>-. 2 3 Κι επομένως διακρίνουμε τις υποπεριπτώσεις:

Υ

--1---.L,::-=---!:�,...... χ Ο Β(β, Ο) Γ(3β, Ο)

Υ Λ(y-β y+β) � z . 2

----!-L ___ ...:::,.__ χ Q ΙΙ(β, Ο) Γ(y, Ο)

Υ Α

2.1 Ο<β<Ι. Τότε χΑ >χ8. Συνεπώς το Α 3 βρίσκεται στο εσωτερικό της λωρίδας που ορίζουν οι ευθείες με εξισώσεις: χ =β και χ =γ.

' ( γ-β γ+β ) . ' Κι επειδη χΑ <χΜ -2-< -2- συμπεραι-νουμε ότι: «το τρίγωνο είναι οξυγώνιο και στο Α.»

Αφού ΑΜ > y Α = γ+ β > γ-β = ΜΓ 2 2 Και για κάποιον Ν της ΑΜ με ΜΝ = ΜΓ ι-

σχύει: <ΓΝΒ=1L. (Σχ. 3) 2.2 β=Ι. Τότε: χΑ =β=χ8. Συνεπώς το 3

τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο Β. (Σχ. 3). 2.3 r<β<γ :Τότε: ΧΑ <Χο. Συνεπώς το τρί-3

γωνο είναι αμβλυγώνιο στο Β. Αφού τα Α, Γ βρίσκονται εκατέρωθεν της ευθείας με εξίσωση: y=β (Σχ. 5).

2.4 γ<β : Έχουμε: χΑ <O<xr και xr<x8. Συνεπώς το τρίγωνο είναι αμβλυγώνιο στο Γ. Αφού τα Α, Β βρίσκονται εκατέρωθεν της ευθείας με εξίσωση: χ= γ. • Ο συνάδελφος Αντώνης Κυριακόπουλος είχε

προτείνει στο προηγούμενο τεύχος το παρακάτω θέμα: Θεωρούμε τρεις θετικούς αριθμούς α, β και γ και υποθέτουμε ότι: «για κάθε ν Ε f�( υπάρχει τρίγωνο με μήκη πλευρών αV, βν και γ ν)), Να δείξετε ότι: «το τρίγωνο αυτό είναι ισο

σκελέ9>· Λύση

Έστω ότι: α� β� γ. Τότε για κάθε ν ε Ν" έχουμε αν �βν �γν και γν <αν +βν �2βν. Οπότε

y" <2β" και άρα (Η <2. (Ι)

'Εστω τώρα ότι: β< γ. Τότε t > 1 και άρα γ --1 >0. β

Θέτουμε t -1 = δ. Οπότε δ > Ο και t = Ι +δ. Έτσι,

Bernoulli, σύμφωνα με την

έχουμε για ανισότητα του κάθε νε Ν"

( t )" =(Ι+ δ)" :> Ι + νδ. Και συνεπώς, Mryω της


Ο Ευκλείδης προτείνει • . • Ευκλείδη και . • • Δι6φαvτο

(ι) παίρνουμε: 2 > ι +ν δ , οπότε ν <.!.. , άτοπο δ (γιατί;). Άρα β= γ και συνεπώς το τρίγωνο είναι ισοσκελές. • Ο συνάδελφος Σ. Σκοτίδας είχε προτείνει στο

προηγούμενο τεύχος το παρακάτω θέμα: Να εξετάσετε «αν υπάρχει συνάρτηση f, πα

ραγωγίσιμη σ' όλο το �. τέτοια ώστε: f(x)f'(x) � ημχ, για κάθε χ ε � και lf(π)l < 2 )).

Λύση Ισχυριζόμαστε ότι τέτοια συνάρτηση δεν υ

πάρχει. Πραγματικά αν υπήρχε μια τέτοια συνάρτηση, τότε η συνάρτηση g με g(x) = {f(x)}2 = 2συνχ/� θα ήταν αύξουσα

Αφού: g'(x) = 2f(x)f'(x) - 2ημχ = 2(f(x)f'(x)-ημχ) � Ο, για κάθε χ ε � Συνεπώς: g(π)�g(O) ή {f(π)}2-2�{f(0)}2+2�2 Άρα {f(π)}2 � 4 ή lf(π)l � 2 άτοπο.

• Ο συνάδελφος Γ. Στρατής είχε προτείνει στο προηγούμενο τεύχος το παρακάτω θέμα: Να δειχθεί ότι: «αν α � Ο και χ � ι, τότε:

(ι+: )χ

� ι+α )) Στη συνέχεια να δειχθεί ότι: ι ι 1 « --+ --+ --> 2 για οποιουσδήποτε p+rrn m+� n+rm '

θετικούς ακέραιους m, η, p>> . Απόδειξη Για το πρώτο: Η σχέση ισχύει (η ισότητα) για α= Ο. Θα την

αποδείξουμε για α> Ο. Θέτουμε τη συνάρτηση f με

f(x)=(l+: )χ

/(Ο,+οο), που είναι παραγωγίσιμη.

'Εχουμε: f'(χ)=(ι+� )χ

· {m(ι+� )-χ:α}' για κάθε χε (0, +οο) (ι)

Κι επειδή η παράσταση: (ι+: )χ

είναι θετική για κάθε χ ε (0, + οο ), είναι αρκετό να μελετήσουμε το πρόσημο της g(χ)=lη(ι+ α ) _ _

α_/(Ο,+οο) (2) χ χ+α ι -α -ι Έχουμε: g'(χ)=-- · --α · =

ι+� χ2 (χ+α)2 χ

α α -α2 ---= 2 <0. (χ+α)2 χ(χ+α) χ(χ+α)

Άρα η g /(0, + οο) είναι γνήσια φθίνουσα. Κι επειδή lim g(x)=+oo (αφού

χ�Ο

lim (ι+ α )=+οο) και lim g(x) = O (αφού χ�ο+ χ x-H-lim (ι+ α )= ι, 1n ι = Ο)

x�-to> Χ Άρα το σύνολο τιμών της g είναι

g(�:)=(O,+oo) δηλαδή : « g(x)>O, για κάθε χ ε (0, + οο) )). Επομένως η f /(0, + οο) είναι γνήσια αύξουσα.

Άρα: χ � ι � f(x) � f(ι) =ι +α δηλαδή

« ( l + : )χ � ι +α, για κάθε χ � 1 )) . Σχόλιο: Εύκολα διαπιστώνεται απ' την παραπάτω δια

δικασία ότι: "για κάθε χ με Ο < χ :5; ι ισχύει: (ι+: )χ

:5; ι+α " Για το δεύτερο: Έχουμε m � ι . Συνεπώς υπάρχει α � Ο τέ

τοιος ώστε m = 1 + α. ι

Άρα: n+Γrn = (1 + α)n+p Κι επειδή : (1 +α) � ι+ α, συμπεραίνουμε ότι:

_ι_> ι = n+p n+pΓ - α n+p+m-1 ν m ι+--

n+p Όμοια εργαζόμαστε και δείχνουμε:

ι > m+n ι > p+m m+� - m+n+p-ι και p+rrn. - m+n+p-ι ·

Και συνεπώς προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε:

_Ι_+_ι_+_ι_ � 2(m+n+p) >2. n+rm p+rrn m+� m+n+p-ι • Ο συνάδελφος Γ. Τριπικέλης είχε προτείνει

στο προηγούμενο τεύχος το παρακάτω θέμα: Δίνεται το σύστημα:

{ 21xl +lxl = y+x2 +α, χ2 + y2 =ι} όπου αε � (παράμετρος).

Να προσδιοριστεί η παράμετρος αν είναι -yvor στό ότι: «το σύστημα δέχεται μοναδική λύση».

Λύση Ας είναι (χ0, y0 ) η μοναδική λύση του συ-


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

στήματος. Τότε εύκολα διαπιστώνουμε ότι είναι επίσης λύση του συστήματος το διατεταγμένο ζεύγος (-χ0 , y0). Κι επειδή η λύση είναι μοναδική θα πρέπει χ0 = -χ0 ή χ0 =Ο.

Τότε έχουμε: {Υ ο+�= 1} <=> { Υ ο=� α=Ο .} Υ ο = 1 y0 = -1, α = 2

Για α = Ο το σύστημα γίνεται: { 21xl +lxl = y + x2 , χ2 + y2 = 1} .

Το σύστημα δέχεται τη λύση (0, 1). Θα δείξουμε ότι δεν έχει άλλη λύση.

Έστω ότι το σύστημα αυτό δέχεται και τη λύση (χι, Υ ι ).

Οπότε χι '* Ο. Και συνεπώς έχουμε: Υ� < χ� +Υ � = 1 ή -1 < Υ ι < 1.

Κι επομένως: Υ ι+ χ� < 1 + χ� ή 2lxι l+lxι l<1+lxι l2 ή 2lxι l<1+lxι l (lxι l-1). Κι επειδή I χ ι l $ 1, συμπεραίνουμε ότι: 2lxι l < 1

άτοπο. Άρα η τιμή α = Ο είναι δεκτή .

Για α = 2 το σύστημα γίνεται: {2� +1� =y+r r+i =1

Το σύστημα αυτό, όπως εύκολα διαπιστώνεται έχει δύο λύσεις: τη (0, 1) και την (1, 0), δηλαδή το σύστημα δεν έχει μοναδική λύση. Άρα η τιμή α = 2 δεν είναι δεκτή.

(το θέμα είναι παρμένο απ' το βιβλίο των Profeeν, Potapoν, Rozoν «Elemeηtary MathematίCS)) Εκδόσεις Mir). • Ο Μηχανολόγος κος Τάσος Ιωσήφ (Κέρκυρα)

μας είχε στείλει το παρακάτω πρόβλημα, την εκφώνηση του οποίου είχαμε καταχωρίσει στο τ. 43. Δίνονται δύο ευθύγραμμα τμή ματα ΑΒ, ΓΔ

(σταθερά κατά θέση και μέγεθος). Να προσδιοριστεί σημείο Μ στο εσωτερικό

του ευθυγράμμου τμή ματος ΑΒ έτσι ώστε: «για την κάθετη στη ΑΒ, που άγεται στο Μ και τέμνει το ΓΔ στο Ν, ισχύει: ΑΒ = ΜΒ )). ΓΔ ΝΓ • Ο συνάδελφος Σωτήρης Λουρίδας έστειλε

την λύση του παρακάτω προβλή ματος, που είχε στο προηγούμενο τεύχος 43 του περιοδικού, Μηχανολόγου Τάσου Ιωσήφ. Δίνονται δύο ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ, Γ Δ

(σταθερά κατά θέση και μέγεθος). Να προσδιοριστεί σημείο Μ στο εσωτερικό

του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ έτσι ώστε: "η κάθετη στην ΑΒ που άγεται απ' το Μ και τέμνει το

ΓΔ στο σημείο Ν, να ισχύει: ΑΒ = ΜΒ " ΓΔ ΝΓ Λύση

Δ �

r L_�ι ___ J��----- (ε) ..... ��:::::�.�::=fi:::::�.j ............... .

α) Έστω ότι οι Β, Δ βρίσκονται προς το ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την ΑΓ.

Α Μ Δ" Β σχ. 1

Θεωρούμε Γε 1 1 ΑΒ και ΔΔ' .l Γ(ε) ( Δ' το ί-χνος της επί την Γε).

Έστω Σ το σημείο τομής των ΓΒ και ΑΔΌ Θεωρούμε από το Σ την κάθετη επί την ΑΒ, ΣΜ (Μ ίχνος επί την ΑΒ), Ε ίχνος επί την ΓΔ' και Ν τομή με την Γ Δ και έχουμε:

Α

ΑΜ ΕΔ' ΝΔ ΑΜ ΝΔ --=-=- => --+1=-+1=> ΜΒ ΕΓ ΓΝ ΜΒ ΓΝ ΑΒ ΓΔ ΑΒ ΜΒ => --·=- => -=-- . ΜΒ ΝΓ ΓΔ ΝΓ

β) Έστω ότι οι Β, Δ βρίσκονται σε διαφορετικά ημιεπίπεδα ως προς την ΑΓ.

Μ Β Τότε θεωρούμε σαν Σ το σημείο τομής των ΑΔ, ΒΔ' και θεωρούμε την κάθετη ΓΔ' .l Δ( ε) . σχ. 2

Οπότε: ΑΜ ΔΕ ΔΝ ΑΜ+ ΜΒ ΔΝ+ΝΓ --=-=- => = => ΜΒ ΕΔ' ΝΓ ΜΒ ΝΓ

ΑΜ ΔΓ · ΑΒ ΜΒ => --=- => -=-- . ΜΒ ΝΓ ΓΔ ΝΓ ��_) �ro

• Ο Ακαδημαϊκός κος :\'ικόλαος Αρτεμιάδης προτείνει: 1 . Αποδείξτε ότι υπάρχει μία απειρία ακε

ραίων αριθμών η, τέτοιων ώστε καθένας από τους αριθμούς η, η + 1, η + 2 να είναι άθροισμα τετραγώνων δύο ακεραίων αριθμών.

[Παράδειγμα: O=if +if,1=if + 12,2=12 +12 ] 2. Δίνονται τρία διακεκριμένα σημεία Ρ, Q,

R με συντεταγμένες ακεραίους αριθμούς, τα οποία κείνται επί περιφερείας κύκλου με κέντρο Ο και ακτίνα r.

Αποδείξτε ότι η απόσταση μεταξύ δύο εκ των δοθέντων σημείων είναι μεγαλύτερη ή ίση του α-ριθμού vr. • Ο συνάδελφος Α. Ι ωαννίδης προτείνει:

Να βρεθούν οι πραγματικές λύσεις της εξίσω-σεις: (1 - χ)2 + (x -y)2 + (y- z)2 + z2 =.!.. 4 Ο συνάδελφος Αντώνης Κυριακόπουλος


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

προτείνει: «Να βρείτε το μεγαλύτερο πραγματικό αριθμό λ, για τον οποίο ισχύει λαβγ � (α +β)2 + (α+γ)2 , για όλους τους β+γ

πραγματικούς θετικούς αριθμούς α, β, και γ. >> • Ο συνάδελφος Θανάσης Κυριακόπουλος

προτείνει: Να βρεθούν όλες οι σναρτήσεις f : IR � IR με f (χ) > Ο για κάθε χ τέτοιες ώστε

f(x)f(-x) =α2 όπου α = f(Ο) . • Ο συνάδελφος Σωτήρης Σκοτίδας προτείνει:

1 . Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Β = 120°. Η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει την ΑΓ στο Ρ. Η διχο-

Λ τόμος της εξωτερικής γωνίας ΒΓΔ (το Δ κείται στην προέκταση της ΑΓ προς το μέρος του Γ) τέμνει την ευθεία ΑΒ στο Q. Τέλος η PQ τέμνει τη ΒΓ στο R.

Λ Ν α υπολογιστεί η γωνία PRA .

2. Σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: ΒΓ = ΑΓ +.!..ΑΒ. 2

Αν το σημείο Ρ χωρίζει την πλευρά ΑΒ σε λόγο Λ Λ

3 : 1 , να αποδειχθεί ότι: ΡΑΓ = 2 · ΓΡΑ. • Ο συνάδελφος Γιάννης Δ. Στρατής προτείνει:

1 . Να βρείτε συνεχή συνάρτηση f : [0, π] � IR τέτοια ώστε:

Ο συνάδελφος Ι. Μαντάς προτείνει τα παρακάτω θέματα:

1 ) Κάθε πόση ώρα συναντιέται ο λεπτοδείκτης με τον ωροδείκτη του ρολογιού;

2) Μια διαφημιστική πινακίδα αποτελείται από ένα πανί προσαρμοσμένο σ' ένα μηχανισμό, όπως στο σχήμα:

3)

μηχανισμός

πανί �,::·· .. ••• '-----.�:: ___ ........v

π 13 « J[f(χ)(4συνχ +σημχ) - f(χ)]dχ �-π >>.

ο 2

2. Για μία συνάρτηση f δεχόμαστε ότι « 2f(x) + f(x)= 3x + 5, για κάθε χε :ΙR ))

Να αποδείξετε ότι: (i) η συνάρτηση είναι γνήσια αύξουσα. (ii) η συνάρτηση είναι συνεχής. (iii) το σύνολο τιμών της είναι όλο το IR. (.

) ι· f(x) ο

ιν ιm -- = . Χ-Η-οο Χ

• Ο συνάδελφος Επαμεινώντας Ευθύμογλου προτείνει τα παρακάτω θέματα: 1 . Στις απέναντι πλευρές ΑΒ, Γ Δ ενός Πα

ραλληλογράμμου ΑΒΓ Δ θεωρούμε τα σημεία Ε, Ζ αντίστοιχα.

Αν Η είναι το σημείο τομής των ΑΖ, ΕΔ και Σ το σημείο τομής των ΒΖ, ΕΓ να δειχθεί ότι η ευθεία ΗΣ χωρίζει το παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ σε δύο ισοδύναμα τραπέζια. 2. Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και τον κύκλο του Απολλωνίου που αντιστοιχεί στην πλευρά ΒΓ. Αν Ρ τυχαίο σημείο του κύκλου και Ρ1 , Ρ2 , Ρ3 οι προβολές του Ρ στις πλευρές ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα, τότε το τρίγωνο Ρ1Ρ2Ρ3 είναι ισοσκελές, δηλαδή: Ρ1Ρ2 = Ρ1Ρ3 •

nιι

Επάνω στο πανί είναι τυπωμένες 4 διαφημίσεις, στη σειρά η μία κάτω απ' την άλλη, όπως στα φιλμ. Ο μηχανισμός τυλίγει και ξετυλίγει το πανί, σαν πάπυρο, κατά τακτά χρονικά διαστήματα, ώστε να εμφανίζεται κάθε φορά και μια διαφορετική διαφήμιση. Πρώτα εμφανίζεται η πρώτη διαφήμιση, ύστερα η δεύτερη κ.ο.κ. Όταν εμφανιστεί η τέταρτη διαφήμιση ο μηχανισμός τυλίγει αντίστροφα το πανί ώστε να εμφανιστεί στη συνέχεια η τρίτη, η δεύτερη κ.ο.κ. Όταν πάλι εμφανιστεί η πρώτη ο μηχανισμός στρέφει το πανί αντίστροφα ώστε να εμφανιστεί η δεύτερη κ.ο.κ. Ας υποθέσουμε ότι πρώτη, δεύτερη, τρίτη και τέταρτη είναι η διαφήμιση της εταιρείας Α, Β, Γ, Δ αντίστοιχα. Η εταιρεία Β πληρώνει 20.000 δρχ. ημερησίως για να διαφημίζεται στην παραπάνω διαφημιστική mνακίδα.


Η ιι.d.,.. μ ιl:ι: -ι-�ι.c,1. Δ -ιιι. r ω -ν--ιο-μ .c,1.

Η ιtd�μιtτ,.,ιιιέ� 0�4Ιf"'"Α.�ε� Επιμέλεια : Επιτροπή Διαγωνισμών

r.liJ 1111 Ε ιlιlιινικιί Μι.Ιιιμιιτικn IJ JuμπιΑΙ ι. () ιlpχιμίιlιιs

Σι48Βf1ΤΙJ, 16 f/JEBPIJ!/ι4PΙIJ1 :J.OOJ

18μιtτιt μsy Aιi6JY rAle6Jγ ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1 Για τους πραγματικούς αριθμούς α,β,γ

β ο , , 1 - γz με Υ * ισχυει οτι -- � 0 .

βγ Να αποδείξετε ότι

10(α2 + β2 + γ2 - βγ3 ) � 2αβ+5αγ . Λύση 1 ος τρόπος

1 2 Έχουμε: � � Ο � βγ(1 -γ2) � 0 � βγ

� βγ � βγ3 � -βγ3 � -βγ � α2 +β2 + γ2 -βγ3 � α2 + β2 +γ2 -βγ � ΙΟ(α2 + β2 + γ2 -βγ3 ) � ΙΟ(α2 + β2 + γ2 -βγ) .

Επομένως, αρκεί να αποδείξουμε ότι: 10(α2 +β2 +γ2 - βγ) � 2αβ + 5αγ

ή 10(α2 +β2 +γ2 ) � 2αβ + 5αγ+ 10βγ ή (12 +22 +52)(α2 +β2 +γ2) �3(2αβ+5αγ+ 10βγ) .

Επειδή από την ανισότητα Cauchy -Schwartz έχουμε ότι

(12 + 22 +52 )(α2 +β2 +γ2 ) � (α+ 2β + 5γ)2 ' αρκεί να αποδείξουμε ότι

(α+ 2β+ 5γ)2 � 6αβ + 1 5αγ +30βγ � α2 + (2β)2 + (5γ)2 -2αβ - 5αγ - 10βγ � Ο

� �[(α- 2β)2 + (2β -5γ)2 + (5γ - α)2] � Ο ,

που ισχύει. 2°ς τρόπος

1 2 Έχουμε: � � Ο � βγ(1 -γ2) � 0 �

βγ � βγ � βγ3 � -βγ3 � -βγ � α2 +β2 +γ2 -βγ3 � α2 + β2 +γ2 - βγ

� ΙΟ(α2 +β2 +γ2 -βγ3 ) � ΙΟ(α2 +β2 +γ2 -βγ)

οπότε αρκεί 10(α2 + β2 +γ2 -βγ3) � 2αγ + 5αβ (1) Έχουμε � 10α2 + 10β2 + 10γ2 - 10 · βγ � 2αγ + 5αβ

� 10α2 - (2γ + 5β) · α+ 10β2 + 10γ2 - 10 · βγ � Ο , όπου το πρώτο μέλος είναι τριώνυμο ως προς α με διακρίνουσα Δ=(2γ+5β)2 -400(β2 +i -βy) = 4γ2 + 25β2 +20βγ - 400β2 - 400γ2 + 400βγ =-375β2 +420γβ-396i =-(375β2 -420βγ+396i).

Αν η Δ θεωρηθεί τριώνυμο ως προς β η διακρίνουσα της είναι Δ' = 4202 -4 · 375 · 396 = 4202 -750 · 792 = 420 · 420 -750 · 792 < 0 .

Άρα 3+5β2 -420βγ +396γ2 > 0 => Δ < Ο , =>1<ki-(2γ+5β)α+1qf +1of -1ψy�O, αφού 10>0

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 'Ενας φοιτητής του Ε. Μ. Πολυτεχνείου

διάβαζε το περασμένο καλοκαίρι για τις ε

παναληπτικές εξετάσεις ενός μαθήματος επί 37 μέρες, σύμφωνα με τους εξής κανόνες :

(ι) Κάθε μέρα διάβαζε μία τουλάχι

στον ώρα.

(ιι) Κάθε μέρα διάβαζε ακέραιο αριθμό

ωρών, χωρίς να ξεπερνάει τις 12 ώρες.

(ιιι) Συνολικά έπρεπε να διαβάσει το

πολύ 60 ώρες.

Να αποδείξετε ότι υπήρξαν κάποιες

διαδοχικές μέρες, κατά τη διάρκεια των ο

ποίων διάβασε συνολικά 13 ώρες.

Λύση

Έστω α; οι ώρες που διάβασε ο φοιτητής κατά την i-ημέρα i=l , 2, 3, . . . , 37 και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ι;. τ.4/16

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές ολυμπιάδες

Αi = α, + α2 + . . . + αi , i = 1, 2, . . . , 37, είναι το σύνολο των ωρών που διάβασε

τις ί-πρώτες ημέρες. Πρέπει να αποδείξουμε ότι υπάρχουν θετικοί ακέραιοι k, .e με k < .e έτσι ώστε να ισχύει: αk+Ι + αk+2 + . . . + αe = 13

<=> Ae - Ak = 13 <=> Α, = Ak + 13 . Σύμφωνα με τις υποθέσεις του προβλήμα-

τος έχουμε: 1 � Α, < Α2 < . . . < Α37 � 60 (1) 14 � Α, +13 < Α2 + 1 3 < . . . < Α37 +13 � 73, (2) έχουμε δηλαδή 74 ακέραιους μεταξύ των

ακεραίων 1 και 73, οπότε δύο τουλάχιστον από αυτούς θα ταυτίζονται. Επειδή οι αριθμοί της σχέσης ( 1) είναι διαφορετικοί ανά δύο και το ίδιο ισχύει για τους αριθμούς της σχέσης (2), έπεται ότι θα υπάρχουν ακέραιοι k και .e τέτοιοι ώστε: Ae = Ak + 13 , δηλαδή ισχύει το ζητούμενο.

Π ΡΟΒΛΗΜΑ 3 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Γ > ι ο· και

Β = Γ+ ι ο· . Θεωρούμε σημείο Ε της πλευ

ράς ΑΒ, έτσι ώστε ΑΓΕ = ι ο· , και σημείο Δ

της πλευράς ΑΓ, έτσι ώστε ΔΒΑ = ιs· .Έστω

Ζ ::�; Α είναι σημείο τομής των περιγγεγραμ

μένων κύκλων των τριγώνων ΑΒΔ και

ΑΕΓ. Ν α αποδείξετε ότι ΖΒΑ > zΓ Α

Λύση Θα αποδείξουμε, αρχικά, ότι ΒΔ < ΓΕ. Α-πό Β > Γ==?ΑΓ >ΑΒ.

Β�Γ = � + ΔΒΑ = Α + 15° }:::::} ΒΔΓ > ΓΕΒ. ΓΕΒ = Α + 10°

Άρα, αν θεωρήσουμε τον περιγεγραμμένο Δ

στο τρίγωνο Δ Β Γ κύκλο θα τέμνει την ΕΓ σε σημείο Η μεταξύ των Ε και Γ ==? ΕΓ > ΗΓ . ( 1 )

Έχουμε ΗΒΓ = ΗΒΔ+ΔΒΓ=ΗfΔ+ΔΒΓ= = 10° + Β-ΔΒΑ = 10° + Γ + 10° - 1 5° = Γ+ 5° > Γ

Α Άρα ΗΒΓ > Γ οπότε Ε Η Δ ΗΓ > ΒΔ (2)

Από ( 1 ), (2) έπεται ό-Β r τι ΒΔ < ΕΓ.

Το τόξο στο οποίο βαίνει γωνία 1 80° -Α χορδής ΔΒ είναι σύνολο σημείων που βρίσκονται σε διαφορετικό ημιεπίπεδο από την κορυφή Α ως προς την ευθεία ΒΔ. Άρα θα βρίσκεται εντός της γωνίας Α . Επίσης το τόξο στο οπο-ίο βαίνει γωνία 180° -Α χορδής ΓΕ

είναι σύνολο σημείων που βρίσκονται σε διαφορετικό ημιεπίπεδο από την κορυφή Α ως προς την ευθεία ΓΕ. Άρα θα βρίσκεται εντός της γωνίας Α . Αυτό σημαίνει ότι οι κορυφές Β και Γ θα βρίσκονται εκατέρωθεν της ευθείας της κοινής χορδής ΑΖ και μάλιστα η κορυφή Β εκτός του κυκλικού δίσκου C2 , ενώ η κο-ρυφή Γ εκτός του κυκλικού δίσκου c, .

� - - - - Άρα από BM = EAr ' , , C2

/ /

\ και ΒΔ < ΓΕ έχουμε Ί ότι η ακτίνα της c, I

είναι μικρότερη εκεί-/ Γ νης του C2 •

Άρα ΖΒΑ > ΖΓΑ . Παρατήρηση : Αν το Ζ ανήκει στην ΒΓ, τότε ΖΒΑ = Β και zΓ Α = Γ με Β > Γ από υπόθεση.

Π ΡΟΒΛΗΜΑ 4 (α) Για τους μη μηδενικούς φυσικούς

αριθμούς p,q,r,a ισχύει ότι pq = ra2 , όπου ο

r είναι πρώτος και οι p,q είναι πρώτοι μετα

ξύ τους, δηλαδή (p,q) = ι.

Να αποδείξετε ότι ένας από τους αριθ

μούς p,q είναι τέλειο τετράγωνο φυσικού α

ριθμού.

(β) Να εξετάσετε αν υπάρχει πρώτος

φυσικός αριθμός p, που είναι τέτοιος ώστε ο

αριθμός p(2p+ι - 1) να είναι τέλειο τετράγω-

νο φυσικού αριθμού.

Λύση (α) Έστω ότι η ανάλυση των φυσικών α

ριθμών p,q,α σε γινόμενο πρώτων παραγόντων (κανονική μορφή) είναι:

_ kι k2 km _ Sι 82 Sτ _ el f2 eσ Ρ - Ρι Ρι · · ·Pm , q - q, q2 . . . qτ , α - α, α2 . . . . . ασ , όπου οι αριθμοί p, q δεν έχουν κοινούς πρώτους παράγοντες, αφού (p, q) = 1 .

Έτσι θα έχουμε: k1 k2 km s1 s2 s, _ 2e, 2e2 2e.

Ρι Ρι · · ·Pm · q, q2 . . . qτ - r · α, α2 . . . . . ασ , όπου r πρώτος, οπότε τα δύο μέλη της (1) ορίζουν την κανονική μορφή του ίδιου φυσικού αριθμού. Αν r = αί , τότε γράφουμε rα

;e, = α;e,+ι .

Από την ( 1 ) προκύπτει ότι: _ k1 k2 km _ 2e,, 2e,, 2e,. _ ( e,, e,, 2e,. )2

Ρ - Ρ ι Ρ ι · · ·Pm - α, α2 · · · .. αη - αi, αi, . . . . . αi.

δηλαδή ένας από τους p, q είναι τέλειο τετρά-


Μιιθημσnκοi Δuryωνισμοί - Μαθηματικές ολυμπιάδες

ΎOJVO φυσικού αριθμού. (β) Έστω ότι p(2p+1 -1) = b2 όπου b Ε Ν* . Αν p = 2 , τότε έχουμε 14 = b2 , άτοπο. Αν p > 2 , τότε ο p θα είναι περιττός, έστω

Ρ = 2q + 1, q Ε Ν * . Από την ισότητα p(2P+1 -1) = b2 έχουμε ότι

p Ι b2 , οπότε αφού p πρώτος έπεται ότι p Ι b , δηλαδή b = pα, α Ε Ν * . τότε θα έχουμε:

p(2p+1 - 1) = p2αz

2Ρ+1 - 1 =pα2 22q+2 -1 = pα2

(2q+1 - 1)(2q+1 + 1) = pα2 . (2) • Επειδή ο p είναι πρώτος και (� -� � +1)=1,

σύμφωνα με το ερώτημα (α) θα είναι 2q+1 - 1 = c2 ή 2q+1 + 1 = c2 , cE N * .

• Έστω 2q+1 - 1 = c2 , cE N * . Τότε 2q+1 =c2 +1,

c Ε Ν * . Για q � 1 έχουμε ότι 4 1 2q+1 , ενώ 4 % c2 + 1 , άτοπο.

• Έστω 2q+1 +1 = c2 , c Ε Ν* . Τότε 2q+1 = c2 - 1 = (c- 1)(c+ 1), cE Ν * , ο

πότε c - 1 = 2q' , c + 1 = 2qz με q1 < q2 και q1 + q2

= q +1 . Επειδή c+ 1 - ( c- 1) = 2 θα είναι 2q2 -2q' = 2 <::::> 2q' (2Qz--<lι - 1) = 2 <::::> (2q' = 1, 2Qz--<lι - 1 = 2)

ή 2q' = 2, 2qz--<ιι -1 = 1) <=> ( q1 = Ο, 2q2 = 3), άτοπο. ή q1 = 1, q2

- q1 = 1 <=> q1 = 1, q2= 2

Άρα είναι q=2, p=5 και p · (pp+1 -1) =5 ·63 , που δεν είναι τέλειο τετράγωνο φυσικού αριθμού. Άρα δεν υπάρχει πρώτος φυσικός αριθμός p τέτοιος ώστε ο αριθμός p · (pP+1 -1) να είναι τέλειο τετράγωνο φυσικού αριθμού.

EAAHIIIKIJ Στ#rΙΣτΙΚ. ΙΙΙΣτΠΙJirΙJ (Ε'ΣΙI ΑΕ 1 KIJ1f1JI ΑΕΙΙJΣ .Ιι�r I'J 11 I'Ltt8Σ

1fiiAIIIJTιtτJ2A 2002 Θέμα ι. Διαλέγουμε έναν αριθμό στην τύχη από

τους {ι, 2, . . . , 2002} . Ποια η mθανότητα να διαιρείται με τουλάχιστον έναν από τους αριθμούς 6, ιο, ι5; Ποια η πιθανότητα να διαιρείται με ακριβώς δύο από τους 6, ιο, ι5;

Λύση Ο δειγματικός χώρος είναι Ω= { 1, 2, . . . , 2002} .

Για οποιοδήποτε Α c Ω έχουμε Ρ (Α) = Ν (Α) , - 2002

όπου Ν(Α) = πλήθος στοιχείων του Α. Θέτουμε Αι = {οι αριθμοί που διαιρούνται με το 6} =

= { 6, 12, . . . , 1998} '

Α2 = {οι αριθμοί που διαιρούνται με το 1 Ο} =

= {10, 20, . . . ,2000} και Α3 = {οι αριθμοί που διαφούνται με το 15}=

= {15, 30, . . . , 1995} .

Τότε Ν{Αι ) =[20

602 ] = 1 9:8 = 333 ,

Ν{Α2 ) =[2002]

= 2000 = 200 και 10 10

Ν {Α3 ) =[2002 ] = 1995

= l33 . 1 5 1 5

Παρατηρούμε ότι Αι nA2 = Αι nA3 = Α2 nA3 =Αι nA2 nA3 =

N(Az )= [2002]= 2000 = 200 10 10

και συνεπώς, Ν{Αι nΑ2)=Ν{Αι nA3)=N(A2 nA3) [2002] 1980 =N(Aι nA2 nA3) = - =- =66. 30 30

Επειδή Ν( Αι uA2 uΑ3)=Ν(Αι)+Ν(Α2)+Ν(�)

-Ν(Αι nΑ2 )- Ν(Αι nA3 )- N(A2 nA3 ) + Ν (Αι nA2 nA3 )

= 333 + 200 + 133 -66 - 66-66+66 = 534, η ζητούμενη mθανότητα είναι

( ) Ν{Αι uA2 uA3) 534 267

Ρ Aι uA2 uA3 = -- =-. 2002 2002 1001

Τέλος παρατηρούμε ότι {Αι nΑ2 )- (Αι n A2 nA3 ) =

= (Αι nΑ3 )- (Αι nA2 nA3 ) = = (Α2 nΑ3 )- (Αι nA2 nA3 ) = 0 ,

και συνεπώς δεν υπάρχουν αριθμοί που να διαιρούνται με ακριβώς δύο από τους 6, ι ο� 1 5 (θα



διαιρούνται αναγκαστικά και με τον τρίτο). Άρα η πιθανότητα είναι Ο. ·

Θέμα 2. Έστω ότι ένα σώμα 10 εκλεκτόρων πρόκει

ται να εκλέξει με απόλυτη πλειοψηφία έναν μεταξύ των υποψηφίων Α και Β. Υποθέτουμε επίσης ότι οι εκλέκτορες ψηφίζουν στην τύχη.

α) Ποια η πιθανότητα να εκλεγεί ο Α; β) Ποια η πιθανότητα να εκλεγεί ο Α αν οι

εκλέκτορες ήταν 11; Λύση α) Η πιθανότητα ισοψηφίας των Α και Β υ

πολογίζεται ως εξής: Οι ευνοϊκές περιπτώσεις ισοψηφίας είναι πλήθους

=-= = 252 (10) 10 ! 6 · 7 · 8 · 9 · 1 0

5 5 ! 5 ! 1 · 2 · 3 · 4 · 5 '

όσες και οι διατεταγμένες δεκάδες (χ1 , χ2 , • . • , χ10 ) με ακριβώς πέντε xi =Α και τα υπόλοιπα πέντε xi = Β . Οι δυνατές περιπτώσεις είναι 210 = 1024 , όσες και οι δυνατές δεκάδες (χ1 , χ2 , . • • , χ10 ) με xi ε {Α, Β} . Επομένως,

' 252 63 Ρ ( ισοψηφιας) = --=-1024 256

και έτσι η πιθανότητα να εκλεγεί ο Α ή ο Β είναι Ρ(Α υΒ)=1-Ρ(ισοψηφίας)=1- 63 = 193 .

256 256 Επειδή Α n Β = 0 (δεν μπορεί να εκλεγεί

ταυτόχρονα και ο Α και ο Β) και Ρ (Α)= Ρ (Β) λόγω συμμετρίας, έχουμε

P(A u B) = P (A)+ P (B) = 2P (A) = �� , δ λαδ ' Ρ {Α)= 193

. η η 5 12

β) Α ν οι εκλέκτορες ήταν 1 1 , τότε προφανώς Ρ (ισοψηφίας)=Ο , οπότε Ρ (Α) =.!.. .

2

Θέμα 3. Υποθέτουμε ότι ν ομάδες (ν > 2 ), μεταξύ

των οποίων ο Ολυμπιακός και ο Παναθηναϊκός, συμμετέχουν στο θεσμό του κυπέλλου. Σε κάθε γύρο οι εναπομένουσες ομάδες κληρώνονται σε ζεύγη, από τα οποία αποκλείεται η μία από τις δύο με πιθανότητα Χ (αν σε κάποιον γύρο ο α

ριθμός των συμμετεχουσών ομάδων είναι περιττός, τότε προκρίνεται στην τύχη μια ομάδα στον επόμενο γύρο χωρίς να αγωνιστεί). Ο αγώνας που γίνεται στο τέλος της διαδικασίας μεταξύ των δύο τελευταίων ομάδων ονομάζεται τελικός, η δε ομάδα που τον κερδίζει ονομάζεται κυπελλούχος. Να υπολογιστούν οι εξής πιθανό-

τητες: α) Να συναντηθεί ο Ολυμπιακός με τον

Παναθηναϊκό στον τελικό. β) Να συμμετάσχει ο Ολυμπιακός στον τε

λικό. γ) ΚυπUλούχος να αναδειχθεί ο Ολυμπιακός. δ) Να συναντηθούν κάποτε ο Ολυμπιακός

με τον Παναθηναϊκό (όχι κατ' ανάγκη στον τελικό).

Λύση α) Λόγω συμμετρίας, όλα τα ζεύγη ομάδων

έχουν την ίδια πιθανότητα να αποτελέσουν το ζευγάρι του τελικού. Όμως τα δυνατά ζεύγη είναι πλήθους α )= ν (ν

2- 1)

και το ευνοϊκό (το ζεύγος { Ολυμπιακός, Παναθηναϊκός}) ένα. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι

1 2

α J � v(v - !)

β) Τα ζεύγη ομάδων που περιέχουν τον Ολυμπιακό είναι της μορφής { Ολυμπιακός, χ} , όπου χ οποιαδήποτε από τις υπόλοιπες ν - 1 ομάδες, άρα πλήθους ν - 1 . Συνεπώς η ζητούμενη πιθανότητα

ν - 1 2 είναι ω

=-; ·

γ) Λόγω συμμετρίας και πάλι, η πιθανότητα να αναδειχθεί κυπελλούχος ο Ολυμπιακός είναι ό-ση και για κάθε άλλη ομάδα, δηλαδή .!.. (αυτό ν μπορεί επίσης να δειχθεί χρησιμοποιώντας το αποτέλεσμα στο (β)).

δ) Παρατηρούμε ότι κατά τη διαδικασία διεξαγωγής του θεσμού θα πραγματοποιηθούν συνολικά ν -1 αγώνες (διότι σε κάθε αγώνα, μέχρι και τον τελικό, αποκλείεται μία ομάδα, οπότε για να μείνει μόνο ένας νικητής απαιτούνται ν -1 αγώνες). Άρα, τα ευνοϊκά σημεία (οι αγώvες που θα πραγματοποιηθούν) είναι πλήθους ν - 1 , ενώ τα

ν (ν - 1) δυνατά σημεία είναι πλήθους , όσα και τα 2

δυνατά ζεύγη αγώνων. Επομένως, η πιθανότητα το ζεύγος {Ολυμπιακός, Παναθηναϊκός} να περιέχεται σε κάποιον από τους ν -1 αγώνες που θα

θ , , ν - 1 2 πραγματοποιη ουν ειναι α )

�-; ,

όση δηλαδή και στο (β).

Ν. Παπαδάκτος, Χ. Χαραλαμπίδη.; Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστημίου Αθηνών


r Ι••Jiιfl!ll/!fiS l'IJl/JJ .. λΜ11ΙΙΙs 'f(i/)lf IAιKBftλiiΙJJγ ιι•ιι lιτΙJ«.er Ji4'U/)f! τιιιS ιliΙΙΙΙ�Ίfls,::

* αχ+ βy = γ (1) με α,β, γ ε Ν και (α,β) = l .

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: 1 . Έστω α Ι γ και β Ι γ . Καταρχήν επειδή

(α,β) = l θα είναι αβ l γ . Αν τώρα (x0 ,y0 ) μία ακέραιη λύση της (1 ), το πλήθος των ακεραίων λύσεων της δίνεται από τους: χ = χ0 + βλ, y = Υ ο -αλ με λ Ε Ζ . Θέλουμε να είναι: χ > Ο

και y > O συνεπώς �+IJ..>O και y0--αλ� β και λ< Υο όμως αχ0 +βy0 = 1 . α

Άρα Υο = βyο γ-αχο γ _ Χο > -Χο α-α αβ αβ φού ..1_ > Ο . Συνεπώς: α β λΕ( Χο -Χο +_r_)· β ' β αβ

αβ β β λε( � ·�) ή

Από τις σχέσεις: αχ0 +βy0 =γ , (α,β)=l , αlγ, β Ι γ συμπεραίνουμε: β Ι χ0 , α Ι y0 , αβ Ι γ (διότι:

(α,β)=Ι β Ι γ � β Ι γ- βχ0 � β Ι αχ0 � β Ι χ0 όμοια δεί-χνουμε ότι: αly0 ).

Συνεπώς: χσ Ε Ζ , Υο Ε Ζ , ..l_E Ζ . β α αβ

Άρα ο λ μπορεί να πάρει τις τιμές:

- Χο + 1 - Χ ο + 2 . . . - Χο + ..1_ - 1 β ' β ' ' β αβ Επομένως όταν α l γ,β l γ το πλήθος των

θετικών λύσεων της (1) είναι ..1_ - 1 . α β 2. Έστω α 1 γκαιβ l γ . Όπως προηγουμένως βρίσκουμε:

λε (-� .-�0 + �} Από τις σχέσεις: αχ0 + βy0 = γ , (α, β) = 1 ,

α 1 γ , β Ι γ συμπεραίνουμε ότι: β Ι χ0 , αβ 1 γ δηλαδή �Ε Ζ , ..1_� Ζ β αβ

Με άλλα λόγια ο λ παίρνει τις τιμές:

του Θεόδωρου Βαρβάκη

Χο χσ [ Χο γ ] -τ+ l,-β+2, . . . , -τ+ αβ Όμως [ _ χβο + :β] = _ �ο + [:β] Συνεπώς το πλήθος των τιμών του λ είναι:

[:β] . Επομένως όταν α 1 γ και β Ι γ το πλήθος

των θετικών λύσεων της (1) είναι [:β] 3 . Έστω α Ι γκαιβ 1 γ . Όπως προηγουμένως βρίσκουμε:

λε (-�·� ) ή λε (-� .-�0 + �) Από τις σχέσεις: αχσ +βy0 =γ, (α, β) = l , α Ι γ , βJ γ συμπεραίνουμε: α Ι y0 , αβ f γ , β 1 χ0 δηλαδή χσ � z ..1_� z Υο Ε Ζ και επειδη' β ' αβ ' α [�]+ι{ �]+2< . . ��-1 και �=� �={ �]= = [� -;β] = �+[-;β] =�-[;β]- ι .

Συμπεραίνουμε ότι: �-ι=[ �]+[�] δηλαδή

ο λ παίρνει τις τιμές [ �]+ι[ �]+4 . . .[ �]{�] Επομένως όταν α Ι γκαιβ 1 γ το πλήθος

των θετικών λύσεων της ( 1 ) είναι [:β] . 4. Έστω α 1 γ και β 1 γ . Όπως προηγουμέ-

νως βρίσκουμΕ: '{� ·� ) ή λε( �, �+ �) Από τις σχέσεις: αχ0 + βy0 = γ , (α, β) = 1 ,

α 1 γ , β 1 γ συμπεραίνουμε ότι: β 1 χ0 , α 1 y0 , αβ 1 γ δηλαδή:

- χσ � Ζ , Υ ο � Ζ και επειδή β α ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/20


[ �]< �{ �}{ ��]< ��<[ ��]+1 ο λ παίρνει τις τιμές:

[ _ χβσ ] + ι{_ �ο ]+ 2, . . . . [ _ χβσ + :β] (π)

Έστω τώρα -�ο = [- χβσ ] +ξι όπου

Ο < ξι < 1 , .l = [.l] + ξ2 όπου Ο < ξ2 < 1 αβ αβ Τότε: � + � =[ �]+[�]+(ξι +ξz)=>

[-�0 + :β] = [-�ο ]+ [:β]+ [ξι + ξz ] (2)

όμως Ο < ξι +ξ2 < 2 4. 1 αν 1 :::; ξι + ξ2 < 2 τότε

[ξ1 + ξ2 ] = 1 τότε η (2) γίνεται:

[_�ο + :β] = [_ χβσ ]+ [:β]+ 1 .

Και συνεπώς το πλήθος των θετικών λύσεων

της εξίσωσης είναι [:β]+ 1 .

4.2. Αν ο :::; ξι +ξ2 < 1 , τότε [ξι + ξ2 ] = 0 Και

συνεπώς η (2) γίνεται [-;σ + :β]= [ -;σ]+[�]

Κι επομένως το πλήθος των θετικών λύσεων

της εξίσωσεις είναι [:β] . Τελικά όταν α I γ και β I γ το πλήθος των

θετικών λύσεων της ( 1 ) είναι [:β] ή [:β] + 1 . ΠΟΡΙΣΜΑΤΑ 1 . Αν το πλήθος των θετικών (και ακε-

ραίων) λύσεων της ( 1 ) είναι .l-1 τότε α β

α Ι γκαιβ I γ .

2. Αν το πλήθος είναι [:β]+ 1 τότε

α I γκαιβ I γ Δηλαδή το πρώτο πόρισμα εκφράζει μια

ικανή και αναγκαία συνθήκη ενώ το δεύτερο πόρισμα μόνο μια αναγκαία.

Γ' ΜΕΣΟΓΕΙΑΚΟ ΣΥΝΕΔΡΙΟ ΜΑθΗΜΑΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

3-S Ιανουαρiου 2003, Αθήνα - Ελλά�

Ορ'yάνωση:

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία - Κυπριακή Μαθηματική Εταιρεία Το Τρίτο Μεσογειακό Συνέδριο Μαθηματικής Παιδείας με διεθνή συμμετοχή ακολουθεί τα επιτυχημένα

Πρώτο και Δεύτερο Μεσογειακό Συνέδριο που έγιναν στην Κύπρο τον Ιανουάριο του 1997 και Ιανουάριο του 2000 αντίστοιχα. Σε αυτό το στάδιο ακαδημαϊκοί, εκπαιδευτικοί και ερευνητές που μπορεί να ενδιαφέρονται να λάβουν μέρος στο συνέδριο (παρουσιάζοντας ή όχι εργασία) θα πρέπει να στείλουν μήwμα με πλήρη διεύθυνση, αριθμό τηλεομοιότυπου και ηλεκτρονική διεύθυνση στην οργανωτική επιτροπή. Οι ανακοινώσεις και πληροφορίες που θα ακολουθήσουν θα σταλούν σε όσους θα ανταποκριθούν σε αυτή την ανακοίνωση. Η προθεσμία για πλήρη κείμενα εισηγήσεων είναι η 15η Σεπτεμβρίου 2002.

Η επίσημη γλώσσα του συνεδρίου είναι η Αγγλική. Η συνδρομή έχει οριστεί σε €160. Για τα μέλη της Ελληνικής Μ αθηματικής Εταιρείας και της Κυπριακής Μαθηματικής Εταιρείας υπάρχει έκπτωση 50%. Για πληρέ-στερη ενημέρωση μπορείτε να επισκεφθείτε τα web sites: www.hms.gr www.cms.�:>rg.cy

Τα θέματα ενδιαφέροντος είναι: • Τα Μαθηματικά στο Μοντέρνο Κόσμο • Μαθηματικά και Διδακτική • Μαθηματικά και Ζωή • Μαθηματικά και Κοινωνία

• MEDCONF2003 Organωng Commίttee Hellenίc Mathematical Socίety

34 Panepίstimiou Street GR 10679 - Athens - HELLAS Tel. +3010-3616532, +3010-361 7784 Fax: +3010-3641025 Emaίl: me.�[email protected] Web: www.hms. r

• MEDCONF2003 Scίentίfic Commίttee Cyprus Mathematίcal Socίety

36 Stasinou Street, Office 102 Strovolos 2003, Νίcοsία, Cyprus Fax: +357-22-3 79122 Emaίl:gagal8ίs@ucy. ac. cy, ι·ms(c/)cms.org.cy Web: www.cms.or .c


,

Α ειrfλγ�)nι/n :4Ayε6plλs Α' ΛtJκ.eίDfJ Άσκηση 1 α) Να αποδείξετε ότι:

:·.:-.J��'(α+ β)3 -α3 - β3 = 3αβ(α+ β) . β) Νq-λύσετε την εξίσωση:

(2χ + 5)3 - 8χ3 - 125 = ο . γ) Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση

vις συνάρτησης f (x) = (1� + 1)3 - 1�3 - 1 . � .'; ;-: 13�

Λύση

α) (α+β)3 -α3 -β3 = =α3 +3α2β+3αβ2 +β3 -α3 -β3 = 3α2β+3αβ2 =3αβ(α+β) .

β) (2χ +5)3 -8χ3 - ι25 = 0<=> <=> (2χ + 5)3 - (2χ)3 - 53 = 0 (ι). Από το α) ερώτημα αν θεωρήσουμε α = 2χ

και β = 5 , έχουμε: (1) <=> 3 . 2χ . 5 (2χ + 5) = ο<=> 30χ (2χ + 5) = ο<=> ( χ = Ο ή 2χ + 5 = 0 ) <=> (χ = Ο ή χ = -�) . 2

γ) Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της f. Πρέπει: l3xl *Ο <=> 3χ * Ο <=> χ * Ο .

Άρα, A ={xE IR i x * O}= IR* . Από το α) αν θεωρήσουμε α = lxl και β = ι , έ-

χουμε: (lxl + ι)3 - lxl3 - ι = 3 · lxΙ · ι (lxl + ι) = l3xl (lxl + ι) . , ( ) I3�G� +ι) - I"' {-χ+ι, αν χ<Ο Άρα f χ = · "' + ι = ' 13� . χ+ ι , αν χ >ο

του Χρήστου Λαζαρίδη Άσκηση 2 Δίνεται η παράσταση

αΕ IR* . Α = '� + lαl , όπου 1� - lαl

α) Να υπολογίσετε τις τιμές του χ, για τις οποίες ορίζεται η παράσταση Α.

β) Να λύσετε την εξίσωση Α = 2 . χ2 +α2 + 2 1α� γ) Να αποδείξετε ότι: Α = 2 2 ·

χ -α Λύση α) Πρέπει: lxl - 1� * ο <=> lxl * ι� <=> (χ * -α και χ * α) . β) Α=2 <=> I� +I� =2 <=>I� +I� =21�-21� <=> 1�-1�

1�+21� = 21� - I� <=> lxl = 31� <=> (χ = 3α ή χ =-3α) . ) Α = Gxl + I�)Gxl + I�) = lxl2 +2 lxl l� + 1�2 � γ (lxl - 1�) (lxl + I�) lxl2 - 1�2

χ2 + 2 lαxl + α2 χ2 - α2

Άσκηση 3 α) Να λύσετε τις παρακάτω εξισώσεις: i) �(χ-3)2 + χ - 3 = 0 .

ίί) (Jx - 3 )2 + χ- 3 = 0 .

β) Να υπολογίσετε τον ακέραιο χ, έτσι ώστε να ισχύουν ταυτόχρονα οι σχέσεις: �(χ- 2)2 - χ+ 2 = 0 και �(χ- 4)2 + χ-4 = 0 .

Λύση

α) i) Περιορισμός: (χ - 3)2 � Ο<=> χ Ε IR . Η γραφική παρά- � , ι (χ - 3)2 +χ -3 = Ο <=> lx -31 = -(χ -3) <=> σταση φαινεται στο ε-πόμενο σχήμα. <=> χ-3 � Ο<=> χ � 3 . Σημειώνουμε ότι το ii) Περιορισμός: χ - 3 � Ο <=> χ � 3 . (0, 1) δεν ανήκει στη (.Jx _3 )2 + χ _3 = 0 <=> χ -3 +χ -3 = ο<=> Ο χ γραφική παράσταση της

f, διότι χ ::/:. Ο . <=> 2χ = 6 <=> χ = 3 (δεκτή). β) Περιορισμοί: (χ - 2 )2 � Ο <=> χ Ε IR και


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

(Χ - 4 )2 � 0 <=> Χ Ε JR .

• �(χ - 2)2 -χ +2 = 0 <=> lx - 21 = χ -2 <=> <=> χ -2 � 0<=> χ � 2 (1).

• �(χ -4)2 +x -4 = 0<=> lx-� = -(x -4)<=> <=> χ -4 � ο <=> χ � 4 (2). ο ι 2 3 4

Οι (1), (2) συναληθεύουν, όπως επαi:ηθεύεται και από το σχήμα, αν 2 � χ � 4 . Επειδή όμως, αναζητούμε τις ακέραιες τιμές του χ, προκύπτει, χ = 2 ή χ = 3 ή χ = 4 . Άσκηση 4 α) Αν χ � Ο , να παραγοντοποιηθεί η παρά-

σταση x + Fx - 2 . β) Αν yFx - x - Fx = y - 2 , όπου χ � Ο και

χ * ι , να αποδείξετε ότι y = Fx + 2 . Λύση α) χ+..Γχ.-2=(-.ΓχΥ +..Γχ-2=(..Γχ)2 -1+..Γχ-1=

(fx -1) (& + 1)+ (fx - 1) = (fx - 1)(fx +1 + 1) = = (fx -1) (fx +2) .

(α) β) y.,Γχ -χ-..Γχ =y-2<=:>y..Γx -y=χ+..Γχ -2<=>

y (fx - 1) = (& -1)(fx +2)

Άρα, y � (..Γχ 1(..Γχ+ 2) δηλ.y �,Γχ + 2 . χ - 1 Άσκηση 5 Δίνονται οι ευθείες ε1 , ε2 με εξισώσεις,

ε. : Υ = (λ2 + ι) χ+ 2 ' ε2 : Υ = ( 3 IJ.I - ι) χ - ι ο

α) Να υπολογίσετε το λ έτσι ώστε ε1 11 ε2 • β) Να υπολογίσετε το λ έτσι ώστε ε1 .l ε2

και στη συνέχεια να σχεδιάσετε τις ευθείες στο ίδιο σύστημα συντεταγμένων.

Λύση Οι συντελεστές διεύθυνσης των ει , ε2 αντί-στοιχα είyαι αι = λ2 + 1 και α2 = 3IJ.I - 1 . α) ει Ι Ι ε2 <=> αι ,;, α2 <=> λ2 + 1 = 3 IJ.I - 1 <=> <=> Ιλ12 -3 1� + 2 = ο . Θέτουμε lλl = χ , οπότε

χ2 -3χ+2=0<=:>χ2 -(1+2)χ+1 ·2=0<=:>χ=1 ή χ = 2 . Άρα, G� =1 ή1� =2) <=>(λ=-1 ήλ=1 ήλ=-2ήλ=2). β) Έχουμε ει .l� <=>αι� =-1 . Άρα, (λ2 + 1)(3 1� - 1) = -1 <=>

31! Ι� + 31� -ι! - 1 = -1 <=> 3λ2 1� + 3lλJ -λ2 = ο<=> 3λ2 1� + 3lλJ - lλJ2 = ο<=> ΙλJ (3λ2 + 3 - ΙλJ) = ο<=> lλJ (3 lλj2 - ι� +3) = ο<=> (lλJ = ο ή 3lλj2 - lλj + 3 = ο)<=> <=> λ= Ο .

χ

(Η 3lλj2 - lλj + 3 = Ο είναι αδύνατη, διότι αν θέσουμε όπως προηγουμένως lλJ = χ , προ-κύπτει η 3χ2 - χ + 3 = 0 η οποία έχει Δ = (-1)2 - 4 · 3 · 3 < 0 ).

Α ν λ = Ο , οι εξισώσεις των ευθειών γίνονται, ει : y = x + 2 , ε2 : y = -x- 1 . Άσκηση 6 Έστω η συνάρτηση f (χ) = χ2 - πχ+ ρ , όπου

π,ρΕ JR . α) Αν η γραφική παράσταση της f τέμνει

τον χ'χ σε δύο σημεία, να αποδείξετε ότι π2 > 4ρ ο

β) Αν η γραφική παράσταση διέρχεται από το Ο, να αποδείξετε ότι τέμνει τον άξονα χ' χ και στο σημείο Α (π,Ο) .

γ) Α ν η f είναι άρτια, να δείξετε ότι π = Ο . Λύση α) Η γραφική παράσταση της f τέμνει τον

χ'χ σε δύο σημεία, άρα η εξίσωση f (χ) = Ο <=> χ 2 - πχ + ρ = Ο , έχει δύο άνισες ρίζες, επομένως, Δ > Ο , δηλαδή (-π)2 -4· 1 · ρ > 0<=>π2 -4ρ>Ο <=>π2 >4ρ .

β) Έχουμε: f(Ο)=Ο<=>ρ=Ο, άρα, f(χ)=χ2 -τα. f(x)=O<=:>x2 -τα=Ο <=>χ(χ-π)=Ο<=>(χ=Οήχ=π) Άρα, η γραφική παράσταση τέμνει τον χ'χ στο Α(π,Ο) .

γ) Η f είναι άρτια, άρα για κάθε χ Ε JR , f (-x) = f(x) <=> (-χ)2 -π (-χ)+ρ = χ2 - πχ + ρ <=> χ2 +πχ = χ2 -πχ <=> 2πχ = 0 <=> π = Ο .

Άσκηση 7 χ2 + y2 = α} Δίνεται το σύστημα , χ+ y = β

α, β Ε JR, το οποίο έχει λύση.

όπου

α) Να αποδείξετε ότι: xy)f -α και β2 � 2α . 2

β) Να υπολογίσετε την παράσταση lx - Yl ,συναρτήσει των α,β.



Λύση

α) χ2 +y2 =α}<=> (χ +y)2 -2χy=α} <=> χ+y=β χ+y=β β2 -2xy = α} β2 -α = 2xy} xy = β2 -α} (::::) (::::) (::::) 2 χ + y = β χ + y = β β x + y = Οι χ, y έχουν άθροισμα S = β και γινόμενο β2 -α , , ρ = -- , αρα θα ειναι ρίζες της εξίσωσης 2

β2 α χ2 -βχ+---=0 (1) . 2 Το σύστημα έχει λύση, επομένως η (1) έχει πραγματικές ρίζες, άρα Δ � Ο δηλαδή,

β2 -4 · 1}2 -α � 0<=>β2 -2(β2 -α) � Ο<=> 2 <=> β2 -2β2 + 2α � Ο <=> 2α � β2 •

β) 'Εχουμε: lx-� =�(x-y)2 =�χ2 +i -2xy = � Ι 2 Ι 2 = να-L.� =να-β +α = ν2α-β .

Άσκηση 8 λx+2y=l }

Δίνεται το σύστημα ( ) (Σ) και η 2χ- λ-4 =1

εξίσωση 4i-4(λ+l)χ+(λ+7)=0 (1), όπου λε JR . α) Να αποδείξετε ότι αν το (Σ) f:ι..ει άπειρες

λύσεις τότε η (1) f:ι..ει μια διπλή πραγματική ρίζα. β) Ν α εξετάσετε αν ισχύει το αντίστροφο

του α). Λύση Το πλήθος των λύσεων του (Σ) και της (1), ε

ξαρτάται από την ορίζουσα D και .τη διακρίνουσα Δ αντίστοιχα. D = lλ 2 ι -λ(λ- 4)-2 · 2 = 2 -(λ-4� = -λ2 +4λ-4= -(λ- 2)2 . Δ = [4{λ+ 1)]2 -4 · 4 · (λ + 7) = 16(λ + 1)2 - 16(λ + 7) 16(λ2 + 2λ+ 1 - λ-7) = 16(λ2 +λ- 6) . α) Το (Σ) έχει άπειρες λύσεις, άρα, D=O ή

-(λ-2)2 = 0<=> λ = 2 . Αν λ = 2 , τότε Δ = 16(22 + 2- 6) = 16 · 0 = 0 ,

άρα η (1) έχει μία διπλή ρίζα. β) Η ( 1 ) έχει διπλή ρίζα, άρα, Δ = Ο δηλαδή 16 (λ2 +λ- 6) = 0<=> λ2 +λ-6 = 0<=> λ= -1±.J25 <=> λ= -1± 5 (::::) 2 . 2

<=> (λ = 2 ή λ = -3) . Α ν λ = 2 , τότε D = Ο , άρα το (Σ) είναι αδύνα

το ή αόριστο. Αν λ = -3 , τότε D =-(-3 - 2)2 = -25 :;t: O , ά-

ρα το (Σ) έχει μοναδική λύση. Το αντίστροφο δεν ισχύει. Άσκηση 9 α) Να λύσετε την εξίσωση χ2 - Sx + 4 = Ο

(1). β) Α ν οι λύσεις της (1) είναι λύση του συ-, αχ+βy=9 } ,

στηματος , να υπολσyίσετε τους α, β. αχ-βy=-7 .\ύση

α) χ2 - 5χ +4 = 0 <=> χ2 - (4+ 1)χ +4 · 1 = 0 <=> <=> (χ = 4 ή χ = 1) . β) Έστω (x,y) = {4, 1) τότε:

α · 4 + β · 1 = 9 } 4α+ β = 9 } α · 4 -β · 1 = -7 <=> 4α-β = -7

Με πρόσθεση κατά μέλη, 8α = 2 <=> α=_!_ . 4 Με αντικατάσταση,

1 4 ·-+β = 9 (::::) 1 + β = 9 (::::) β = 8 . 4 Έστω (χ, y) = {1,4) , τότε: α · 1 + β · 4 = 9 } α+ 4β = 9 } α · 1 - β · 4 = -7 <=> α-4β = -7 Με πρόσθεση, 2α = 2 <=> α = 1 . Με αντικατάσταση, 1 + 4β = 9 <=> 4β = 8 <=> β = 2 .

Άσκηση 10 Δίνεται η εξίσωση χ2 -κχ+λ=Ο, κ,λε JR (1). α) ί) Αν η (1) f:ι..ει ρίζα το 1, να αποδείξετε

ότι κ- λ = l . ίί) Να εξετάσετε αν ισχύει το αντίστροφο

του ί). β) i) Αν η (1) έχει δύο άνισες ρίζες Χι , χ2

να υπολογίσετε τις τιμές των παραστάσεων Χι + χ2 ' ΧιΧ2 ' χ; + χ; και lχι - χ21 ·

ίί) Αν lχι - χ2 1 = 1 και χ; + χ; = 13 , να υπολογίσετε τα κ, λ.

Λύση α) i) Η ( 1 ) έχει ρίζα το 1 , άρα,

12 - κ · 1 +λ= ο (::::) 1 = κ- λ . ii) κ - λ = 1 (::::) κ = λ+ 1 (1)<=> χ2 - (λ+ l)χ + λ = Ο<=>

χ2 - (λ+ l)χ + λ · 1 = 0<=> χ = λή χ = 1 . Άρα, το αντίστροφο ισχύει.



β) 1.) β -κ ΧΙ + Χ2 = --= --= Κ . α 1 γ λ χ1χ2 =-=-= λ . α 1

χ; + χ; = (χ1 + χ2 )2 - 2χ1χ2 = κ2 - 2λ . Ιχ1 - χ2 Ι =�(χΙ - χ2 )2 =�χ; + χ; - 2χΙχ2 = ·

../κ2 - 2λ- 2λ =.Jκ2 -4λ =JΔ ii) lx1 - χ2 1 = 1 και xi +χ; = 13 . Από το i)

προκύπτει το σύστημα

των Παναγιώτη Χριστόπουλου - Κώστα Βακαλόπουλου

Με τη φράση «πρόσημο τριωΎύμου» δηλώνουμε τη μέθοδο με την οποία μπορούμε να γνωρίζουμε ποιο πρόσημο θα έχουν οι τιμές της συνάρτησης f (χ) = αχ2 + βχ + γ , α "Φ Ο για όλες τις τιμές της μεταβλητής χ.

Η επίλυση ανισώσεων :t'υ βαθμού ανάγεται στην εύρεση του προσήμου ενός τριωνύμου. Έτσι η λύση της ανίσωσης χ2 -5χ + 6 > Ο σημαίνει την εύρεση των πραγματικών τιμών του χ για τις οποίες η συνάρτηση: f(x) = x2 - 5χ+6 (ΤΡΙΏΝΥΜΟ με α = 1 , β = -5 , γ = 6) έχει τιμές με πρόσημο θετικό και όπως θα δούμε παρακάτω, ομόσημες του συντελεστή α = 1 του χ2

• Όμοια αντιμετώπιση έχει και η επίλυση της ανίσωσης: 4 > χ2 , αφού αυτή μετατρέπεται ισοδύναμα στην 4 - χ2 > Ο <=> -χ2 + 4 > Ο και η επίλυσή της ανάγεται στην εύρεση των τιμών του χ για τις οποίες η συνάρτηση g (χ) = -χ2 + 4 (ΤΡΙΏΝΥΜΟ με α = -1 , β = Ο , γ = 4) έχει τιμές με πρόσημο θετικό ή ετερόσημες του συντελεστή α = -1 του χ2 .

Για την αντιμετώπιση του παραπάνω θέματος διακρίνουμε τις περιπτώσεις: 1 η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ (τΡΙΩΝΥΜΑ ΜΕ

ΔΙΑΚΡΙΝΟΥΣΑ ΑΡΝΗτΙΚΉ) Δίνονται οι συναρτήσεις: α) f (χ) = χ 2 - χ + 1 β) g(x) = -x2 + 2x - 5 . Οι συναρτήσεις αυτές είναι της μορφής:

αχ2 + βχ +γ , α -φ Ο (τΡΙΩΝΥΜΑ). Έχουν πεδίο ορισμού το IR και διακρίνουσα Δ ( Δ = β 2 -4αγ ) αρνητική ( Δf = -3 , Δg = -16 ). Η πρώτη έχει συ-ντελεστή στο α = 1 > Ο ενώ η δεύτερη

α = -1 < 0 . Δίνοντας διάφορες τιμές στη μεταβλητή χ έχουμε: α) f(-2) = 7 > 0 , f(-1) = 3 > 0 , f(0) = 1 > 0 ,

f(1) = 1 > 0 , f(2) = 3 > 0 , f(3) = 7 > 0 . β) g(-5)=-40<0, g(-1)=-8<0, g(0)=-5<0 ,

g(1) =-4<0 , g (2) = -5 < 0 , g (5) = -20 < 0 . Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f έχει θετικές

τιμές δηλ. ομόσημες του α = 1 > Ο ενώ η g έχει αρνητικές τιμές, επίσης ομόσημες του α = -1 < Ο .

Συμβαίνει αυτό άραγε για κάθε τιμή της μεταβλητής χ;

Παρατηρώντας τη γραφική παράσταση των παραπάνω συναρτήσεων βλέπουμε ότι πράγματι συμβαίνει αφού για κάθε πραγματική τιμή του χ η συνάρτηση (το τριώνυμο) έχει τιμές ομόσημες του α. ψ

ψ = f(x), α > Ο ψ = g(x), α < Ο Ύ

---:-10 f-:Ly,---+ χ

Τα παραπάνω συμπεράσματα παρουσιάζονται ' ' '

σχηματικα στον πινακα: χ -οο

f (x) ή g(x) +οο

ομόσημο του α 2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ (τΡΙΩΝΥΜΑ ΜΕ

ΔΙΑΚΡΙΝΟΥΣΑ ΜΗΔΕΝ) Δίνονται τα τριώνυμα: α) f(x) = 3x2 -6χ + 3 β) g(x) = -x2 + 6χ -9 Οι συναρτήσεις αυτές είναι επίσης της μορ

φής αχ2 +βχ+ γ , α -::F- 0 (τΡΙΩΝΥΜΟ). Έχουν ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/2S


πεδίο ορισμού το � και διακρίνουσα Δ μηδέν ( Δr = Δg = Ο ). Η πρώτη έχει συντελεστή στο χ2 , α = 3 > Ο ενώ η δεύτερη α = -1 < Ο .

Στην περίπτωση αυτή οι συναρτήσεις παίρ-νουν τη μορφή α( χ + !α J ή όπrος προ1Cώπει ωεό γνωστή ταυτότητα παίρνει μορφή τελείου τετρα-γώνου.π.χ. f (x) = 3(x + -6 )2 = 3(χ - ι)2 ή 2 · 3

f(x) = 3 (x2 -6χ+ 9)=3 (χ - 1)2 ενώ ( )2 -6 2 g(x) = - χ+- =-(χ - 3) ή 2 · 1

g(x) = -(x2 - 6χ + 9)=-(χ -3)2 • Δίνοντας διάφορες τιμές στη μεταβλητή χ έχουμε: α) f(-2) = 27 > Ο , f(-1)=12>0 , f(0)=3>0,

f ( 4) = 27 > Ο , ενώ f (1) = Ο . β) g(-9) = -64 < 0 , g(-2) = -25 < 0 ,

g (0) = -9 < 0 , g(9) = -4 < 0 ενώ g(3) = 0 . Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f έχει θετικές

τιμές δηλαδή ομόσημες του α=3>0 εκτός από την τιμή ι για την οποία μηδενίζεται ενώ η συνάρτηση g έχει αρνητικές τιμές επίσης ομόσημες του α = -1 < Ο εκτός από την τιμή 3 για την οποία μηδενίζεται.

Από τη μορφή που παίρνουν οι συναρτήσεις: f (χ) = 3 (χ - 1 )2 ;:>: Ο και g (χ) = -(χ -3 )2 � Ο είναι φανερό ότι για κάθε πραγματική τιμή του χ οι τιμές τους είναι:

για την f, θετικές ( ομόσημες του α = 3 > Ο) εκτός από την τιμή 1, όπου f (1) = Ο και για την

g, αρνητικές ( ομόσημες του α = -1 < Ο ) εκτός από την τιμή 3, όπου f (3) = Ο .

Τα συμπεράσματα αυτά επιβεβαιώνονται και από τις γραφικές παραστάσεις των δύο αυτών συναρτήσεων. ψ

Ί\/···,· ·: · ο ι

και παρουσιάζονται σχηματικά στον πίνακα: χ

-οο _1.._(1 ή 3) -too 2α f(x) ή g(x) ομόσημο του α Ι ομόσημο του α

3η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ (τΡΙΩΝΥΜΑ ΜΕ

ΔΙΑΚΡΙΝΟΥΣΑ ΘΕτΙΚΗ) Δίνονται τα τριώνυμα: α) f (x) = χ2 -7χ + 10 β) g(x) = -2x2 + 7x - 3 . Οι συναρτήσεις αυτές είναι επίσης της μορ

φής αχ2 +βχ + γ , α * Ο (τΡΙΩΝΥΜΑ). Έχουν πεδίο ορισμού το � και διακρίνουσα

Δ θετική ( Δr = 9 , Δg = 25 ) . Η πρώτη έχει συντε-λεστή στο χ2 , α = ι > 0 ενώ η δεύτερη α =-2 < Ο . Στην περίπτωση αυτή οι συναρτήσεις παραγοντοποιούνται παίρνοντας τη μορφή: f (χ) = α · (χ - χ1 ) · (χ - χ2 ) όπου χ1 , χ2 οι ρίζες τους. π.χ. f(x) = ι . (χ - 2) · (χ - 5) = (χ -2) · (χ -5) και g(x) = -2{ χ -� } (χ -3) = -(2χ - 1)(χ - 3) .

Δίνοντας διάφορες τιμές στη μεταβλητή χ έχουμε: α) f (-2) = 28 > 0 , f(0)=10>0, f(1) = 4 > 0 , f (2) = 0 , f(3) = -2 < 0 , r(-�)= -� < 0 , f(5) = 0 , f (7) = 10 > 0 , f(0) = 40 > 0 . β) g(-2) = -25 <0 , g (0) = -3 < ο ' g( �)= ο ' g(ι) = 2 > 0 , g (2) = 3 > 0 , g (3) = 0 , g(4) = -7 < 0 , g (5) = -ι8 < 0 .

Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f έχει θετικές τιμές δηλ. ομόσημες του α=l>Ο για τις τιμές που βρίσκονται έξω από το διάστημα των ριζών δηλαδή για χ < 2 ή χ > 5 και αρνητικές τιμές δηλ. ετερόσημες του α για τις τιμές του χ που βρίσκονται μεταξύ των ριζών δηλαδή για 2 < χ < 5 ενώ μηδενίζεται για χ = 2 και για χ = 5 .

Επίσης η συνάρτηση g έχει αρνητικές τιμές δηλ. ομόσημες του α = -2 < Ο για τις τιμές του χ που βρίσκονται έξω από το διάστημα των ριζών δηλαδή για χ < _!_ ή χ > 3 και θετικές τιμές δηλ. 2 ετερόσημες του α για τις τιμές του χ που βρίσκο-νται μεταξύ των ριζών δηλαδή για _!_ < χ < 3 ενώ 2 μηδενίζεται για χ = _!_ και για χ = 3 . 2

Τα συμπεράσματα αυτά φαίνονται στις γραφικές παραστάσεις τους:

+ Ψ ψ 25/8



δ' και ινονται CJ1)1ματικα στον πινακα: χ -οο Χι χ2 -too f (x) ή g(x) ομόσ. α 6ετερόσ. αο ομόσ. α

ΣΥΜΠΕΡΆΣΜΑΤΑ

Οι τιμές της συνάρτησης f (χ) = αχ 2 + β χ +γ , α *- Ο (τΡΙΩΝΥΜΟ) είναι:

• ετερόσημες του α μόνο όταν Δ > Ο και για τις τιμές του χ μεταξύ των ριζών δηλ. χ1 < χ < χ2 (3η περίπτωση)

• ομόσημες του α σε κάθε άλλη περίπτωση εκτός από τις ρίζες της για τις οποίες μηδενίζεται.

Αφού μάθαμε να προσδwρίζουμε το πρόσημο του τριωνύμου θα προσπαθήσουμε να επιλύσουμε τα ακόλουθα προβλιjματα και ασκήσεις.

Π ΡΟΒΛΗΜΑ 1 Ένα φάρμακο χορηyείται σε ενήλικες και

βελτιώνει την υγεία τους σε χρόνο που δίνεται από τη συνάρτηση f ( t) = 12t2 - 3κt όπου κ η ηλικία του ασθενούς και t ο χρόνος σε ημέρες ( t � Ο ). Σε πόσες μέρες θα αρχίσει να βελ τιώνεται η υγεία του ασθενούς (36 ετών), από τη λήψη του φαρμάκου;

ΑΠΆΝΤΗΣΗ Αναζητούμε τις nμές του t για τις οποίες η συνάρτηση f έχει θετικές nμές. Δηλαδή επιλύουμε

την ανίσωση: f(t) > O � 12t2 -3κt > Ο, κ > Ο . Είναι: α = 12 > Ο , Δ = 9κ2 � Ο , ρ1 = Ο ,

ρ2 = : . Επομένω� η συνάρτηση έχει θετικές τιμές όταν t > κ (οι αρνηnκές τιμές του t απορρίπτο-4 νται). Δηλαδή η υγεία του ασθενούς θα αρχίσει να β λ ' ' ' 36 9 ' ε τιωνεται μετα απο t =-= ημερες. 4

ιc/4 I +

ΑΣΚΗΣΗ 1 Για ποιες τιμές του χ ορίζεται κάθε μία από

τις παρακάτω τετραγωνικές ρίζες: α) ../χ2 + 2χ- 3 β) ../ι - χ2

γ) ../χ2 -4χ+ 4 δ) .Jr---x2_+_5_x ___ 8 ΛΥΣΗ Για να ορίζονται οι παραπάνω τετραγωνικές ρίζες πρέπει το υπόριζό τους να μην είναι αρνηnκό.

α) Θεωρώ τη συνάρτηση f(x) = x2 + 2x - 3 , Χ Ε JR .

Είναι: α = 1 > Ο , Δ = 16 , ρ1 = -3 , ρ2 = 1 . ΑΡΑ= χ2 +2χ-3�ο�r(χ) �ο�ιχ�-3ήχ� 1ι . Επίσψ.:: -

ψ χ -οο -3 1 +οο

f(x) + � I - +

β) Ομοίως τη συνάρτηση g(x) = 1 - x2 , χΕ JR ( g (x) = (1 - x)(1 + x) ).

Είναι: α = -1 < Ο , Δ = 16 > Ο , ρ1 = -3 , ρ2 = 1 .

ΑΡΑ: 1 - x2 � 0� g(x) � 0� -1 � x � 1 . Επίσης:

χ �- -1 I +οο g(x) - ? + � - ι • /

-1 ο \ '

\ γ) Ομοίως τη συνάρτηση h (x) = x2 -4χ+ 4

(h (x) = (x - 2)2 ). Είναι: α = 1 , Δ = Ο , ρ1 = ρ2 = 2 . Άρα: x2 -4x + 4 � 0� h(x) � O που ισχύει

για κάθε χΕ JR . Επίσης:

JJ. Ί� 2 +οο h(x) + � +

δ) Τέλος, θεωρούμε τη συνάρτηση φ (χ) = -χ2 + 5χ - 8 .

Είναι: α = -1 < Ο , Δ = -7 (δεν έχει ρίζες). Άρα: -χ2 + 5χ - 8 � 0 � φ(χ) � Ο . Αυτό όμως

δεν ισχύει για καμία τιμή της μεταβλητής χ αφού το πρόσημο του τφωνύμου είναι πάντα αρνητικό:

τ 4 χ . j

Επομένως: η τετραγωνική ρίζα αυτή δεν ορί-ζεται.

ΑΣΚΗΣΗ 2 Να λυθεί η aνίσωση: Ιχ2 -3χ + 31 < ι (1).

ΛΥΣΗ Η (1) είναι ισοδύναμη- με την:



Το τριώνυμο της πρώτης έχει διακρίνουσα αρνητική: Δ = -7 < Ο , α= 1 > Ο οπότε έχει θετικές τιμές ( ομόσημες του α = 1 ) για κάθε τιμή της μεταβλη-τής χ. Άρα η aνίσωση: χ 2 -3χ + 4 > Ο επαληθεύεται για κάθε χ ε IR .

Το τριώνυμο της δεύτερης έχει διακρίνουσα θετική: Δ = 1 > Ο , α = 1 > Ο και ρι = 1 , ρ2 = 2 . Εμείς θέλουμε να έχει τιμές ετερόσημες του α, που συμβαίνει για 1 < χ < 2 .

I .. ·.2-.3_χ:.4.ι .. --<Χ> __ -__

+_1 .. ·'-'·:,ι-: ι 2 +οο

- δ + I

Τελικά, οι δύο ανισώσεις συναληθεύουν στο διάστημα ( 1 ,2), δηλαδή 1 < χ < 2 .

ΑΣΚΗΣΗ 3 Για ποιες τιμές της μεταβλητής χ η συνάρ-

τηση f (χ) = (λ2 + μ2 )χ2 - 2κχ+ 1 έχει αρνητικές τιμές; (κ, λ, μ: πλευρές ορθογωνίου τριγώνου).

ΛΥΣΗ

Η συνάρτηση είναι της μορφής αχ2 + βχ + γ , α *- Ο (τΡΙΩΝΥΜΟ), χ ε IR .

Είναι: α = λ2 + μ 2 > Ο , λ2 +μ2=κ2

Δ = 4κ2 -4 (λ2 + μ2 ) = 4κ2 -4κ2 = 0 . Εμείς θέλουμε να έχει τιμές ετερόσημες του α

(αρνητικές). Αυτό όμως δεν είναι δυνατό να συμβεί αφού

f (χ) � Ο για κάθε χ ε IR . (βλέπε .. . συμπεράσματα). ΑΣΚΗΣΗ 4

Αν f(x)=r-x+l και g (χ) = λχ2 - 2λχ+ 3λ

να βρεθεί yια ποιες τιμές του λ ε IR * οι συναρτήσεις έχουν τιμές με γινόμενο αρνητικό.

ΛΥΣΗ

Θέλουμε: f(x) · g(x) < O , για κάθε χε IR (1). Όμως: f (x) > O για κάθε χ ε IR (αφού

α = 1 > 0 και Δ = -3 < 0 ). Άρα: Η aνίσωση (1) ισχύει αν g(x) < O για

κάθε χε � . Για το τριώνυμο: λχ 2 - 2λχ + 3λ , λ -::F- Ο έ

χουμε: α = λ , Δ = -3λ2 < Ο . Άρα: για να έχει αρνητικές τιμές για κάθε χ ε IR πρέπει α = λ < Ο οπότε αφού Δ < Ο να έχει για κάθε χ ε IR τιμές ομόσημες του α.

Απάντηση: Για λ < Ο . ΑΣΚΗΣΗ 5

τ κλά χ ..:.. 1 1 , ο σμα 2 για χ = γινεται μη-

χ - χ+ 1 δέν. Ποια είναι η μεγαλύτερη τιμή του και ποια η μικρότερη όταν χ -::F- 1 .

ΛΥΣΗ Κατ' αρχήν το κλάσμα ορίζεται για κάθε

χ ε IR αφού χ 2 - χ + 1 -::F- Ο για κάθε χ ε IR ( Δ = -3 < 0 ).

Έστω =λ τότε: λ χ2 - χ + 1 = χ - 1 χ-1 ( ) χ2 -χ+1 δηλαδή λχ2 - (λ+ 1)χ + (λ+ 1) = 0 (1).

Η εξίσωση ( 1) πρέπει να έχει ως προς χ λύσεις στο σύνολο των πραγματικών αριθμών.

Α ν I λ= οΙ είναι 1 ου βαθμού ως προς χ γίνεται: -χ + 1 = Ο� χ = 1 (δεκτή λύση).

Αν I λ ;:!:. οΙ είναι 2°υ βαθμού και έχει λύσεις (ως προς χ) στο IR .

Πρέπει Δ� Ο� [-(λ+1)]2 -4 ·λ · (λ+1) � 0� � -3λ2 -2λ+ 1 � 0 (2). Η aνίσωση (2) είναι τριώνυμο ως προς λ, έ-

1 χει: α = -3 , Δ = 16 > Ο , ρ ι = -1 , ρ2 = - . 3 Εμείς θέλόυμε να έχει τιμές ετερόσημες του α

ή μηδέν και αυτό συμβαίνει όπως φαίνεται και στον πίνακα και στη γραφική παράσταση:

1 για -1 � λ � - . 3

�L 71\χ(λ) Επομένως: Η μικρότερη τιμή του κλάσματος

, 1 αλ ' 1 ειναι - και η μεγ :υτερη "3 .

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ Λ ΥΣΗ

1. Έστω συνάρτηση f (χ) = αχ 2 + β χ + γ , α -::F- Ο . Τι συμπεραίνετε για τις τιμές του κ αν: α) 3 · f (κ) = Ο , β) α · f (κ) < Ο , γ) α · f (κ) > Ο .

2. Αν για τους αριθμούς Κι , κ2 έχουμε: f (Κι ) · f ( κ2 ) < Ο , ποω συμπέρασμα προκύπτει για το τριώνυμο f, τους αριθμούς Κι , κ2 και τις ρίζες του;

3. Δίνεται το τριώνυμο: f (χ) = χ 2 - 2λχ + λ2 . Ποιες από τις παρακάτω ανισώσεις είναι αληθείς;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.4/28


α) r(- 203°2 )> 0 , β) 5 - f(λ) = Ο ,

γ) 2 - f (O) < O , δ) f (2004) > 0 , ε) f(5+λ) >Ο.

να βρείτε το πρόσημο των τιμών f (Ο) , f (1 Ο) , f (-4) , f (-1) , f (2) , της διακρίνουσας και τον

συντελεστή α. 4. Για ποιες τιμές του λ η ανίσωση:

-χ2 +4χ + (2 - λ) < Ο είναι αληθής για κάθε τιμή της μεταβλητής χ;

7. Το περιοδικό «ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ')) της Ε.Μ.Ε. κυκλοφορεί σε χ τεύχη. Αν το κόστος του περιοδικού δίνεται από τη συνάρτηση

5. Το κλάσμα ----:f-- για ποιες τιμές της μεχ + 2 σ(χ) = -λχ2 - λχ + 2 και οι εισπράξεις από τις

βλ . . . . 1 τα ητης χ ειναι μικροτερο απο "2 ; πωλήσεις του απ' την π(χ) = χ2 - χ + l +λ , λ > l ν' αποδείξετε ότι όποια κι αν είναι η κυκλοφορία του περιοδικού η ΕΜΕ θα έχει πάντα κέρδος.

6. Α ν η γραφική παράσταση της (Υπόδειξη: f (χ) = αχ 2 + β χ + γ , α :;t: Ο είναι ψ Κέρδος: κ(χ)=π(χ)-σ(χ)=(,r -χ+l+λ)-(--1,χ.Ζ -Λχ+2)=

(Ι + λ)χ2 - (1 - λ)χ - (1 - λ) ).

Μπορείτε να δείτε Ε Π Ι Σ Τ Η Μ Ο Ν Ι Κ Α ι> τΕΧΝΙΚΆ ;. ΠΑ ΤΑ Α.Ε.Ι. • T.E.I. • Ι.Ε.Κ.

τις νtες μας εκδόσεις

.,. ΘΕΥΙΚΩΝ ΚΑΙ ΘΕΩΡΗΥΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ στο lnternet στην ιστοσελίδα:

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΖΗΤΗ Αρμ&νοπούλου 27 e ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ 546 35 Τηλ. 0310 203 720 • Fax 0310 21 1 305 e-mail:[email protected]

ΠΩΛΗΣΗ ΧΟΝΔΡΙΚΙ-Ι

ΛΙΑΝΙΚΗ

Ε Κ Π Α Ι Δ Ε Υ Τ Ι Κ Α �; ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ {ΓΕΝ ΙΚΟ • ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΕΩΝ)

1> ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΑΘΗΝΩΝ ΕΝΩΣΗ ΕΚΔΟΤΩΝ ΒΙΒΛΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ Στοά του Βιβλίου (Πεσμαζόγλου 5) • ΑΘΗΝΑ 105 64 Τηλ.-Faχ ο·ιο 321 1097

ΠΛΗΡΕΙΣ ΣΕΙΡΕΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥ1ΙΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ .. r ι Α τ ο Λ Υ Κ Ε ι ο Ο � rιΑ το rΥΜΝΑΣ ι ο

(ΓΕΝΙΚΟ- ΚΑτΕΥΘΥΝΣΕΩΝ) Σύμφωνα με τα νέα αναλυτικά προγράμματα Τα βιβλία μας θα τα βρείτε σε όλα τα βιβλιοπωλεία --------------J. ΜΟΛIΣ ΚΥΚΛΟΦΟΡΗΣΕ

θ. ΞΕΝΟΣ

ΚΡΙΤΗΡΙΑ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΚΥΚΛΟfΟΡΕΙ IYNfOMA

θ. ΞΕΝΟΣ

ΚΡιτΗΡΙΑ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

θ. ΞΕΝΟΣ

ΜΑθΗΜΑΠΚΑ Β' ΚΥΚΛΟΥ Τ.Ε.Ε.

θ. ΞΕΝΟΣ

ΠΡΑΚΠΚΗ ΑΡΙθΜΗΠΚΗ

e-mαil:infotiziti.gr

Γ. ΚΛΑΠΑΝΑΡΗΣ

ΑΛΓΕΒΡΑ Β' ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

θ. ΞΕΝΟΣ

ΜΑθΗΜΑΠΚΑ Β' ΓΥΜΝΑΣιΟΥ

Υπο έκδοση: Α' Λυκεlου Εκδόσεις βελτιωμένες με παραδείγματα σε ευρώ

ΣΥΝΔΥΑΣΊ'ΙΚΗ ΑΠΑΡΙΘΜΗΣΗ

Χ. ΜΟΥΣΙΑΔΗΣ

ΣΥΝΔιΑΣΠΚΗ ΑΠΑΡΙθΜΗΣΗ

A ε l l t i i Z A O t l ! 8 0 1 tYiUtfltr.

Β. tΡΑΓΚΟΥ ΛΣΙΙΗΣΒΣ

ΛΟΠΣIIΟΥ mιιιrιιαιο: ΜΙΑΣ ΙΙ'ΛΓΙΙΛΊDΣ

ΙΙΙΕΙ"ΑΙΙΛΙΠΗΣ II' EUOΣH


r ΤιΑ τιιν τsJwτAIA 811ΑνιΑJιιjιι Ι'ΤΙΙ rεωμετ1ί• τns ιf' λuκείοu.

Πρόθεσή μας είναι το άρθρο αυτό να αποτελέσει ένα χρήσιμο βοήθημα στην τελευταία επανάληψη που κάνει την περίοδο αυτή ο μαθητής της Α '

Λυκείου.

Α. Βασικές γνώσεις ευκλείδειας Γεωμετρίας και μέθοδοι αντιμετώπισης ασκήσεων.

Ι . Οι βασικοί γεωμετρικοί τόποι. • Κύκλος είναι ο γεωμετρικός τόπος των ση

μείων του επιπέδου που έχουν απόσταση ρ (ακτίνα) από ένα σταθερό σημείο (το κέντρο του).

• Μεσοκάθετος ενός ευθυγράμμου τμήματος είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου που ισαπέχουν από τα άκρα του ευθυγράμμου τμήματος.

• Διχοτόμος μιας γωνίας είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου που ισαπέχουν από τις πλευρές της γωνίας. 2. Χαρακτηριστικά σημεία του τριγώνου

• Έγκεντρο είναι το σημείο τομής των εσωτερι-κών διχοτόμων του τριγώνου και ισαπέχει από τις πλευρές του τριγώνου.

• Περίκεντρο είναι το σημείο τομής των μεσοκαθέτων των πλευρών ενός τριγώνου και ισαπέχει από τις κορυφές του τριγώνου.

• Ορθόκεντρο είναι το σημείο τομής των φορέων των υψών του τριγώνου.

• Βαρύκεντρο είναι το σημείο τομής των διαμέ-, ' 2 ' σων του τριγωνου και απεχει τα "3 της αντι-

των Βασίλη Καρκάνη - Βάρναλη Γ. Νικόλαου Γ

ω

Δ

Β Λ

ii) Α ν σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° δί-νεται η διάμεσος ΑΜ προς την υποτείνουσα τότε σχηματίζονται δύο ισοσκελή τρίγωνα ΑΜΒ, ΑΜΓ οπότε και δυο ζεύγη ίσων γωνιών:

Λ Λ Λ Λ ΜΑΒ=Β, ΜΑΓ = Γ . Γ

Μ

Α Β iii) Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρουμέ τα ύψη του ΑΔ,

ΒΕ, ΓΖ τότε σχηματίζονται τα έξι εγγράψιμα τετράπλευρά ΑΖΗΕ, ΒΔΗΖ, ΓΕΗΔ, ΒΓΕΖ, ΑΒΔΕ, ΑΖΔΓ.

Α

Β Δ Γ , δ ' ' ' 1 στοιχης ιαμεσου απο την κορυφη και το 3 iv) Αν από σημείο Α της πλευράς Oy γωνίας της αντίστοιχής διαμέσου από το μέσον της πλευράς. 3. Βασικά σχήματα που εμφανίζονται στις

ασκήσεις Λ

i) Αν σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° δί-νεται το ύψος ΑΔ προς την υποτείνουσα τότε σχηματίζονται δύο ζεύγη ίσων γωνιών:

Λ Λ Λ Λ ΔΑΒ = Γ, ΔΑΓ = Β . Επίσης τα τρίγωνα ΑΔΒ, ΑΔΓ, ΑΒΓ είναι όμοια.

Λ xOy , φέρουμε παράλληλη στην πλευρά Οχ που τέμνει τη διχοτόμο Οδ της γωνίας στο Β τότε σχηματίζεται το ισοσκελές τρίγωνο ΟΑΒ (γιατί 01 = Β1 ως εντός εναλλάξ και 01 = 02 ). χ

Υ ν) Αν από σημείο Α της διχοτόμου Οδ, γωνίας

Λ xOy , φέρουμε κάθετη στη διχοτόμο, η οποία


Μαθηματικά yια την Α' Λυκείου

τέμνει τις πλευρές τις γωνίας στα Β, Γ τότε το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ισοσκελές (γιατί η ΟΑ είναι διχοτόμος και ύψος).

4. Ισχύουν σε ισοσκελές και σε ισόπλευρό τρίγωνο i) Σε ισοσκελές τρίγωνο οι δύο πλευρές είναι ίσες, οι δυο γωνίες είναι ίσες. Η διάμεσος που αντιστοιχεί στην βάση είναι και ύψος και διχοτόμος κλπ.

ii) Για να δείξουμε ότι ένα τρίΎωνο είναι ισο-σκελές, δείχνουμε ένα από τα παρακάτω: α) δύο πλευρές του είναι ίσες. β) δύο γωνίες του είναι ίσες. γ) μια διάμεσος του είναι και ύψος. δ) μια διάμεσος του είναι και διχοτόμος. ε) μια διχοτόμος του είναι και ύψος κλπ.

ίίί) Για να δείξουμε ότι ένα τρίγωνο είναι ισό-πλευρο δείχνουμε ένα από τα παρακάτω: α) έχει 3 πλευρές ίσες. β) έχει 3 γωνίες ίσες. γ) δύο γωνίες του είναι 60°. δ) είναι ισοσκελές και έχει μια γωνία 60° κλπ. 5. Για να αντιμετωπίσουμε προβλήματα με

κύκλους φέρνουμε κάποια από τις παρακάτω ευθείες:

α) την διάκεντρο τους. β) αν οι κύκλοι είναι εφαπτόμενοι την κοινή

εφαπτομένη τους στο σημείο επαφής τους. γ) αν οι κύκλοι είναι τεμνόμενοι την κοινή χορδή τους κλπ. 6. Όταν σε άσκηση έχουμε δύο εφαπτόμενες

ενός κύκλου που τέμνονται τότε χρησιμοποιούμε την πρόταση « Τα εφαπτόμενα τμήματα κύκλου, που άγονται από σημείο εκτός αυτού είναι ίσα και η διακεντρική ευθεία από το σημείο αυτό διχοτομεί τη γωνία των εφαπτόμενων τμημάτων καθώς και τη γωνία των ακτίνων που καταλήγουν στα σημεία επαφής».

7. Για να δείξουμε ότι δύο ευθείες είναι πα-ράλληλες δείχνουμε ένα από τα παρακάτω:

α) Είναι παράλληλες σε τρίτη. β) Είναι κάθετες σε τρίτη. γ) Σχηματίζουν με τρίτη ευθεία που τις τέμνει

τις εντός εναλλάξ γωνίες ίσες ή τις εντός εκτός και επί τα αυτά γωνίες ίσες ή τις εντός και επί τα αυτά γωνίες παραπληρωματικές.

δ) Είναι απέναντι πλευρές παραλληλογράμ-

μου. ε) Η μια είναι φορέας πλευράς τριγώνου ενώ η άλλη περνά από τα μέσα των δύο άλλων πλευρών

του. στ) Η μια είναι φορέας βάσης τραπεζίου ενώ

η άλλη περνά από τα μέσα των δύο μη παράλληλων πλευρών του ή των διαγωνίων του. ζ) Ισχύουν οι προϋποθέσεις του aντιστρόφου

του θεωρήματος Θαλή κλπ 8. Για να βρούμε το μέτρο μιας γωνίας πρέ

πει να θυμόμαστε τα εξής: α) Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύουν:

A+B+f'= I 80°, B+r=I8<f-A Α = Ι 80° -Β - Γ , Α+ Β +!=90ο Β +!=90ο _ Α Α =90ο _ Β_! 2 2 2 ' 2 2 2 ' 2 2 2 ' Αεξ = Β+ Γ κλπ.

β) Το άθροισμα των γωνιών κυρτού ν-γώνου είναι (2ν-4) ορθές ή (2ν-4)90°. 9. Για να δείξουμε ότι δύο γωνίες είναι ίσες

δείχνουμε ένα από τα παρακάτω: α) Είναι αντίστοιχες γωνίες δύο ίσων τριγώ

νων. β) Είναι συμπληρώματα ή παραπληρώματα ί

σων γωνιών. γ) Είναι κατακορυφήν. δ) Είναι εντός εναλλάξ γωνίες ή εντός εκτός και επί τα αυτά σε δύο παράλληλες ευθείες τε

μνόμενες από τρίτη. ε) Είναι οξείες (αντίστοιχα αμβλείες) με πλευ

ρές κάθετες ή παράλληλες. στ) Είναι απέναντι γωνίες παραλληλογράμμου. ζ) Είναι γωνίες της βάσης ισοσκελούς τριγώνου. η) Είναι γωνίες προσκείμενες σε μια βάση ισοσκελούς τραπεζίου. θ) Είναι εγγεγραμμένες ή επίκεντρες που βαίνουν σε ίσα τόξα ή η μια είναι γωνία χόρδής και ε

φαπτόμενης και η άλλη εγγεγραμμένη στο ίδιο τόξο κλπ. 10. Για να δείξουμε ότι μια γωνιά είναι ορ

θή δείχνουμε ένα από τα παρακάτω: α) Είναι γωνία τριγώνου στο οποίο το άθροισμα των άλλων δύο γωνιών είναι 90°. β) Είναι γωνία σε τρίγωνο στο οποίο η διάμε

σος από την κορυφή της είναι ίση με το μισό της απέναντι πλευράς.

γ) Είναι γωνία παραλληλογράμμου που έχει ίσες διαγωνίους οπότε αυτό είναι ορθογώνιο.

δ) Είναι γωνία που δημιουργείται από τις διχοτόμους δυο εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.4/31

Μαθηματικά -yια την Α· Λυκείου

ε) Είναι εγγεγραμμένη γωνία σε κύκλο και βαίνει σε ημικύκλιο κλπ. στ) Είναι γωνία τριγώνου στο οποίο η διάμε

σος που φέρνουμε από την κορυφή της είναι ίση με το μισό της απέναντι πλευράς.

1 1 . Για να δείξουμε ανισοτικές σχέσεις ευθυγράμμων τμημάτων ή γωνιών χρησιμοποιούμε μια από τις παρακάτω προτάσεις:

α) Τριγωνική ανισότητα: lβ-γl<αl<β+γ β) Κάθε εξωτερική γωνία είναι μεγαλύτερη από κάθε απέναντι εσωτερική. γ) Απέναντι σε άνισες πλευρές ενός τριγώνου βρίσκονται ομοίως άνισες γωνίες και αντίστροφα κλπ 12. Όταν έχουμε ευθύγραμμο τμήμα που ε

νώνει τα μέσα δύο ευθυγράμμων τμημάτων χρησιμοποιούμε ένα από τα παρακάτω θεωρήμα-τα:

α) Το τμήμα που ενώνει τα μέσα δύο πλευρών τρίγωνο είναι παράλληλο στη τρίτη πλευρά και ίσο με το μισό της.

β) Η διάμεσος ενός τραπεζίου είναι παράλληλη στις βάσεις του και ίση με το ημιάθροισμά τους. γ) Το τμήμα που ενώνει τα μέσα των διαγωνίων ενός τραπεζίου είναι παράλληλο στις βάσεις του και ίσο με την ημιδιαφορά τους.

13. Στα τρίγωνα και ιδιαίτερα στα ορθογώνια πρέπει να θυμόμαστε τις προτάσεις:

α) Η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ισούται με το μισό της υποτείνουσας και αντιστρόφως. β) Σε ορθογώνιο τρίγωνο απέναντι από γωνία

30° η κάθετη πλευρά είναι το μισό της υποτείνουσας. γ) Το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα δύο πλευρών ενός τριγώνου είναι παράλληλο σ.τη τρίτη και ίσο με το μισό της.

δ) Α ν από το μέσο μιας πλευράς ενός τριγώνου φέρουμε παράλληλη σε μια άλλη πλευρά του, τότε αυτή θα περάσει από το μέσο της τρίτης κλπ. 14. Στα τετράπλευρα: Ι) Για να δείξουμε ότι ένα τετράπλευρο εί

ναι παραλληλόγραμμο δείχνουμε ένα από τα παρακάτω:

α) Ανά δύο οι απέναντι πλευρές τους είναι παράλληλες.

β) Ανά δύο οι απέναντι γωνίες του είναι ίσες. γ) Δύο απέναντι πλευρές είναι ίσες και πα

ράλληλες. δ) Οι διαγώνιοι του διχοτομούνται. ε) Ορίζεται από τα μέσα των πλευρών τετραπλεύρου κλπ

11. Για να δείξουμε ότι ένα παραλληλόγραμμο είναι ορθογώνιο δείχνουμε ένα από τα παρακάτω:

α)Έχει μια γωνία ορθή. β) Έχει διαγώνιες ίσες. 111. Για να δείξουμε ότι ένα παραλληλό

γραμμο ρόμβος δείχνουμε ένα από τα παρακάτω: α)Έχει δύο διαδοχικές πλευρές ίσες.

β) Έχει τις διαγώνιες κάθετες. γ) Μια διαγώνιος του διχοτομεί μια γωνία του. IV. Για να δείξουμε ότι ένα παραλληλό-

γραμμο είναι τετράγωνο δείχνουμε ότι είναι ορθογώνιο και ρόμβος. V. Για να δείξουμε ότι ένα τραπέζιο είναι ι

σοσκελές δείχνόυμε ένα από τα παρακάτω:

α) οι μη παράλληλες πλευρές του είναι ίσες. β) δύο γωνίες που πρόσκεινται στην ίδια βάση είναι ίσες. γ) οι διαγώνιοι του είναι ίσες κλπ 15. Για να δείξουμε ότι ένα τετράπλευρο εί

ναι εγγράψιμο δείχ,•ουμε ένα από τα παρακάτω:

α) Οι μεσοκάθετοι τριών πλευρών του διέρχονται από το ίδιο σημείο.

β) Δύο απέναντι γωνίες του είναι παραπληρωματικές. γ) Μια εξωτερική γωνία του είναι ίση με την απέναντι εσωτερική.· δ) Μια πλευρά του φαίνεται από τις δύο απέ

ναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες κλπ. 1 6. Όταν θέλουμε να δείξουμε ισότητες της

μορφής α·β=γ·δ όπου α, β, γ, δ ευθύγραμμα τμήματα τότε την μετατρέπουμε συνήθως σε ανα-λογ, α δ , δ , ια - = - και χρησιμοποιουμε για να την ει-γ β ξουμε ένα από τα παρακάτω:

α) Το θεώρημα Θαλή εφόσον έχουμε παράλληλες ευθείες. β) αν υπάρχουν διχοτόμοι γωνιών τριγώνου (εσωτερικής ή εξωτερικής γωνίας) χρησιμοποιούμε τα θεωρήματα της διχοτόμου. γ) αν δεν υπάρχει τίποτα από τα προηγούμενα χρησιμοποιούμε όμοια τρίγωνα κλπ Παρατήρηση: Υπενθυμίζουμε ότι σε τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο ΑΔ, ΑΕ είναι διχοτόμοι των γω-

νιών Α και Αεξ με β>γ ισχύουν : ΔΒ=_!!!!_ , ΔΓ=� και EB=_!!:L , ΕΓ=� . β+ γ β +γ β-γ β-γ

ΕΥΚΛΕ{ΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/32


, '

, ' '

... ... ... ....

, ' '

, , ' ' , , ' '

Α

β

Ε ·� - - - - - - - - - - - - - - -8 Δ Γ 21 . Για να δείξουμε ότι δύο τρίγωνα είναι

όμοια χρησιμοποιούμε τα κριτήρια ομοιότητας δηλαδή δείχνουμε ότι: α) Έχουν δύο γωνίες τους ίσες μία προς μία.

β) Έχουν δύο πλευρές τους ανάλογές και τις περιεχόμενες των πλευρών αυτών γωνίες ίσες. γ) τ ρ εις πλευρές ανάλογες. Β. Ασκήσεις Λυμένες Άσκηση 1 Έστω Ι έγκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ . Να

δειχθούν τα παρακάτω: Α

Λ Α α) ΒΙΓ = 90° + - .

2 β) Οι διχοτόμοι των γωνιών Β και Γ εξ τέ

μνονται σε σημείο Κ. Α

Λ Α γ) ΒΚΓ =- .

2 δ) Αν Δ, Ε, Ζ είναι οι προβολές του Ι στις πλευρές ΒΓ, Γ Α και ΑΒ αντίστοιχα τότε το σημείο Ι είναι το περίκεντρο του τριγώνου ΔΕΖ.

ε) Αν η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει την Λ Λ

πλευρά ΑΓ στο σημείο Η τότε ΑΙΗ = ΕΙΓ . Λύση

Α

Β r···········

α) Στο τρίγωνο ΒΙΓ είναι: Λ Λ Λ Β Γ ΒΙΓ= 180°- Β1 - Γ1 = 1 80°---- =

2 2

� 1 80° -(: +; )� 180°-(90°-� )� Λ Λ Α Α 180° - 90° +-=90° +- . 2 2

β) Έστω Γχ η διχοτόμος της Γ εξ τότε: Α

Λ Β Λ Γεξ Β Λ Λ + Β Β + ΒΓχ =-+Γ+-=-+Γ+ -- = I 2 2 2 2

Β .. Λ Β .. .. Λ .. Λ =-+Γ+-+-= Β+Γ+-= 1 80° -Α+-= 2 2 2 2 2

= 1 80° - Α < 1 80° 2

οπότε οι διχοτόμοι των γωνιών Β και Γεξ θα τέμνονται σε σημείο Κ. γ) Στο τρίγωνο ΒΚΓ είναι:

Λ Λ Λ Β ( " Γ εξ J ΒΚΓ = 180° -Β1 - ΒΓΚ= 1 80ο-2_ Γ+2 = Β Λ Α + Β Β Α Α Β = 1 80°---Γ---= 180°---Γ----= 2 2 2 2 2 Λ Λ Λ Λ Λ Α Λ Λ Λ Λ Λ Α Α = 1 80° -Β-Γ--= Α+ Β+ Γ-Β-Γ--=- . 2 2 2 δ) Εφόσον το σημείο Ι είναι το έκκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ θα είναι: ΙΔ = ΙΕ = ΙΖ οπότε το Ι

θα είναι συγχρόνως το περίκεντρο του τριγώνου ΔΕΖ. Λ ε) Στο τρίγωνο ΑΙΒ η γωνία ΑΙΗ είναι η ε-

Λ Λ Λ Α Β ξωτεριιcή οπότε: ΑΙΗ = Α1 + Β2 =-+- ( 1 ) . 2 2

Επίσης στο ορθογώνιο τρίγωνο ΙΕΓ είναι: Λ .. Γ Α Β Γ Γ Α Β ΕIΓ=90°-Γ. =90°--=-+-+--- =-+- (2). 2 2 2 2 2 2 2 2

Λ Λ Λόγω των ( 1 ), (2) είναι: ΑΙΗ = ΕΙΓ . Άσκηση 2 α. Να βρεθεί σημείο Ο στο επίπεδο σκαλη

νού τριγώνου ΑΒΓ, τέτοιο ώστε να ισαπέχει από Α

τις πλευρές της γωνίας Α και για το οποίο να ι-σχύει: ΟΒ = ΟΓ .

β. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ . Αν η διχοτόμος της γωνίας Α και η μεσοκάθετος της πλευράς ΒΓ τέμνονται στο Μ και φέρουμε την ΜΔ l_ ΑΓ να δείξετε ότι: 2ΔΓ = β - γ .

Λύση α.

Β

Α

ο ε /\ δ

Εφόσον το σημείο Ο ισαπέχει από τις πλευρές της γωνίας Α θα είναι σημείο της διχοτόμου Αδ της γωνίας Α . Ακόμη ΟΒ = ΟΓ οπότε το Ο θα εί-


Μαθηματικά yια την Α' Λυκείου

ναι σημείο της μεσοκαθέτου ε της πλευράς ΒΓ. Έτσι σύμφωνα με τα παραπάνω το ζητούμενο σημείο Ο είναι το σημείο τομής της διχοτόμου Αδ με τη μεσοκάθετο ε της πλευράς ΒΓ.

β. Α

Μ Η ΑΜ είναι διχοτόμος της γωνίας Α και η ΜΕ μεσοκάθετος της πλευράς ΒΓ οπότε:

ΜΒ = ΜΓ ( 1 ). Α ν Ζ σημείο της πλευράς ΑΓ ώστε Δ Δ ΑΖ= ΑΒ = γ (2) τότε ΜΑΒ =ΜΑΖ γιατί έχουν:

ΜΑ κοινή, ΑΒ = ΑΖ (λόγω (2)) και Α1 = Α2 (εφόσον η ΑΜ διχοτόμος). Άρα: ΜΒ =ΜΖ (3). Από

Δ Δ τις ( 1 ), (3) έχουμε: ΜΖ = ΜΓ οπότε ΜΔΖ = ΜΔΓ γιατί είναι ορθογώνια και έχουν την ΜΔ κοινή. Ά(2) ρα: ΔΖ=ΔΓ οπότε: 2ΔΓ = ΖΓ =ΑΓ -ΑΖ= β-γ . Άσκηση 3 Από σημείο Ρ εκτός του κύκλου (O,R) φέρ

νουμε την εφαπτομένη ΡΑ και την τέμνουσα n

ΡΒΓ και έστω Μ το μέσο του τόξου ΒΓ . Αν η ΑΜ τέμνει την χορδή ΒΓ στο Δ, να δειχθεί ότι το τρίγωνο Ρ ΑΔ είναι ισοσκελές.

Λύση Φέρνουμε τις ακτίνες ΟΑ, ΟΜ που είναι κάθετες στις Ρ Α, ΒΓ αντίστοιχα.

Ρ

Λ Λ Είναι ΟΑΜ = ΟΜΑ (1) ( εφόσον το τρίγωνο Λ Λ ΟΑΜ είναι ισοσκελές). Επίσης ΡΔΑ= ΜΔΕ (2)

Λ Λ (I) (κατά κορυφήν). Έτσι ΡΑΔ = 90° - ΟΑΜ = 90° -Λ Λ ΟΜΑ = ΜΔΕ (από το ορθογώνιο τρίγωνο ΜΔΕ)

Λ Λ οπότε λόγω της (2) : Ρ ΑΔ = Ρ ΔΑ δηλαδή το τρί-γωνο Ρ ΑΔ είναι ισοσκελές.

Άσκηση 4. Λ

Δίνεται γωνία xOy και σημείο Α στο εσω-τερικό της. Από το Α φέρνουμε τις κάθετες ΑΒ, ΑΓ προς τις πλευρές της γωνίας και ονομάζουμε Μ το μέσο του ΟΑ. Από το Μ φέρνουμε κάθετη στο ΒΓ που το τέμνει στο Κ. Να δειχθεί ότι ΚΒ=ΚΓ.

Λύση χ

Α

ο L--------"'"!:;r-----::y Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΒΑ η ΒΜ είναι διά-. ΒΜ ΟΑ Ο ' θ ' ' μεσος αρα = 2 . μοιως στο ορ ογωνιο τρι-

δ ' ' ΓΜ ΟΑ Ε γωνο ΟΓ Α η ΓΜ είναι ιαμεσος αρα = 2 . -πομένως ΒΜ=ΓΜ δηλαδή το τρίγωνο ΒΜΓ είναι ισοσκελές και επειδή το ΜΚ είναι ύψος του θα είναι και διάμεσος άρα ΒΚ=ΓΚ.

Άσκηση 5. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με

Α= 90° , το ύψος του ΑΔ και ονομάζουμε Ε την προβολή του Δ στην πλευρά ΑΓ. Αν είναι Γ = 30° , να δειχθούν:

α) ΑΓ=4·ΑΕ. β) ΑΔ2=ΑΒ·ΔΕ.

Λύση Λ Λ

α) Ισχύει ΑΔΕ = Γ =30° ( 1 ) (γωνίες οξείες με πλευρές κάθετες). Λόγω της ( 1) στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΕ εί-

ναι: ΑΕ=_!_ ΑΔ ή ΑΔ=2ΑΕ (1 ). 2

Β

Α Ε Γ Επίσης λόγω της (1) στο ορθογώνιο τρίγωνο

'ΑΔΓ είναι ΑΔ=_!_ ΑΓ ή ΑΓ=2ΑΔ και λόγω της (1) : 2 . ΑΓ=4·ΑΕ. β) Επίσης Δι =Αι (ως εντός εναλλάξ) οπότε

θ , ) , ΑΔ ΔΕ ΑΔΕ:::: ΑΔΒ (είναι και ο ρ ογωνια αρα -. -=-ΑΒ ΑΔ ή ΑΔ2=ΑΒ·ΔΕ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/34


Άσκηση 6. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 2r . Από το

μέσο Μ της ΑΓ φέρνουμε παράλληλη στη διχο-τόμο ΒΔ της γωνίας Β που τέμνει την πλευρά ΒΓ στο Ν. Να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΑΝΓ είναι ορθογώνιο.

Λύση Έχουμε Β = 2f ( 1 ), ΔΒ//ΜΝ (2)και ΜΑ=ΜΓ

Λ Λ (3). Λόγω της (2) είναι: Β1 = Ν1 (4). Επίσης η ΒΔ Λ Α

Λ Β (I) 2Γ Λ είναι διχοτόμος οπότε Βι = - =- = Γ (5). 2 2 Α

Β Λ Λ

Γ Από τις (4),(5) παίρνουμε: Νι = Γ δηλαδή το τρί

(3) ι γφνο ΝΜΓ είναι ισοσκελές με ΝΜ = ΜΓ = "'2 ΑΓ και εφόσον η ΝΜ είναι διάμεσος στο τρίγωνο ΑΝΓ αυτό θα είναι ορθογώνιο.

Άσκηση 7. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ και πάνω στις

πλευρές ΑΔ, ΔΓ τα σημεία Κ, Λ ώστε ΑΚ=ΔΛ. α) Να δειχθούν: i) ΑΛ=ΒΚ ii) ΑΛ.l ΒΚ. β) Αν Μ μέσο της ΚΛ και Ν μέσο της ΒΛ

να δειχθεί ότι το ΜΝ είναι κάθετο στο ΑΛ.

Λύση

α) Η άσκηση 2 του βιβλίου σελίδα 104. β) Στο τρίγωνο ΛΚΒ τα Μ, Ν είναι τα μέσα των δυο πλευρών άρα ΜΝ I/ ΚΒ. Όμως ΚΒ .l ΑΛ (από (α) ερώτημα ) άρα ΜΝ.lΑΛ. Άσκηση 8 Ένας τεχνικός του ΟΤΕ τοποθετεί κατακό

ρυφα (σε οριζόντιο έδαφος όπως φαίνεται και στο παρακάτω σχήμα) ένα στήλο μήκους ΑΒ και τον στηρίζει με τα σύρματα ΒΓ και ΒΔ ώστε η γωνία Γ που σχηματίζεται να είναι διπλάσια

της Δ . Επειδή η στήριξη στο φύσημα του ανέμου ήταν επιρρεπής τοποθετεί και άλλο σύρμα το ΒΕ ώστε ΑΓ = ΑΕ και ΑΒ, ΒΓ, ΒΔ, ΒΕ να είναι συνεπίπεδα. Να δειχτούν τα παρακάτω:

α) Το τρίγωνο ΒΓΕ είναι ισοσκελές. λ " β) ΕΒΔ = Δ . γ) ΒΓ = ΑΔ - ΑΓ .

Β

� Γ Α Ε Δ

Λύση Έχουμε: f = 2Δ ( 1 ) και ΑΓ =ΑΕ (2). α) Στο τρίγωνο ΒΓΕ το ΒΑ είναι ύψος (υπόθεση) και διάμεσος λόγω της (2) οπότε αυτό είναι ισοσκελές.

Α Α (J) Α β) Λόγω του ερωτήματος (α) η Ε1 = Γ=2Δ (3).

Επίσης στο τρίγωνο ΒΕΔ η Ε1 είναι εξωτερι-κή οπότε: Ε1 =Β1 +Δ (4).

Λόγω των (3), (4) είναι: 2Δ = Β1 +Δ άρα: Α Α λ Α Β1 = Δ δηλαδή ΕΒΔ = Δ .

(2) γ) Ακόμη: ΑΔ -ΑΓ = ΑΔ -ΑΕ = ΕΔ και λό

γω του ερωτήματος (β) το τρίγωνο ΒΕΔ είναι ισοσκελές με ΒΕ = ΕΔ οπότε ΑΔ -ΑΓ = ΒΕ και τελικά λόγω του ερωτήματος (α): ΑΔ -ΑΓ = ΒΓ . Λσκηση 9 Δίνεται το παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ με

ΑΒ = 2ΒΓ . Από την κορυφή Α του παραλληλογράμμου φέρνουμε κάθετη στη ΒΓ που την τέμνει στο Ε. Έστω Μ το μέσο της Γ Δ και Ζ το σημείο στο οποίο η ΕΜ τέμνει την προέκταση της ΑΔ. Να δείξετε τα παρακάτω:

λ λ α) ΔΑΜ = ΔΜΑ . β) Το σημείο Μ είναι μέσο του ΕΖ.

λ " λ γ) ΔΑΜ = Ζ = ΜΕΓ .

λ λ δ) 2 · ΜΕΓ+ ΑΔΜ = 180° . ΛiJση

Α Β

�· ' Δ� z-········ Μ Γ

Έχουμε: ΑΒ = 2ΒΓ ( 1 ), ΑΕ .l ΒΓ (2) οιι �� μέσον του Γ Δ.



α) Λόγω της ( 1 ) είναι: ΓΔ = 2ΑΔ ή 2ΔΜ = 2ΑΔ οπότε: ΔΜ = ΑΔ άρα το τρίγωνο

Δ Λ Λ

ΔΜΑ είναι ισοσκελές με ΔΜΑ = ΔΑΜ . Δ Δ

β) Επίσης: ΔΜΖ = ΓΜΕ εφόσον ΜΔ = ΜΓ Λ Λ

(υπόθεση), ΜΔΖ = ΜΓΕ (εντός εναλλάξ) και Λ Λ

ΔΜΖ = ΓΜΕ (ως κατά κορυφήν) οπότε θα είναι ΜΖ = ΜΕ δηλαδή το σημείο Μ είναι μέσον του ΕΖ.

γ) Λόγω τής (2) το τρίγωνο ΑΕΖ είναι ορθογώνιο και λόγω του ερωτήματος (β) η ΑΜ είανι

δ , ' ΑΜ ΕΖ

ΜΖ ' ' ιαμεσος αρα: = - = οποτε το τριγω-2

Λ Λ

νο ΑΜΖ είναι ισοσκελές με ΔΑΜ = Ζ . Επίσης Λ λ Λ Λ Λ

Ζ = ΜΕΓ (λόγω (β)). Άρα: ΔΑΜ = Ζ = ΜΕΓ . δ) Λόγω του ερωτήματος (γ) είναι:

Λ Λ Λ Λ

2ΜΕΓ = 2ΔΑΜ = ΔΑΜ+ ΔΜΑ (λόγω του (α)). Ακόμη στο τρίγωνο ΔΜΑ είναι:

Λ Λ Λ

ΑΔΜ+ ΔΜΑ+ ΔΑΜ = 1 80° Λ Λ

ή ΑΔΜ+ 2ΜΕΓ = 1 80° .

Άσκηση 10 Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ/ΙΓΔ, και στη

πλευρά του ΑΔ παίρνω τα σημεία Κ, Λ έτσι ώστε ΑΚ=ΚΛ=ΛΔ. Από τα Κ, Λ φέρνω παράλληλες στις βάσεις του τραπεζίου που τέμνουν την πλευρά ΒΓ στα Μ, Ν αντίστοιχα. Να βρεθούν τα μήκη των ΚΜ, ΛΝ συναρτήσει των βάσεων ΑΒ=β και ΓΔ=Β.

Λί)ση Α Β

Λf------=--y ---'IN

Β Δ Γ Έστω ΚΜ=χ και ΛΝ=y. Αφού ΑΒ /I ΚΜ /I ΛΝ // ΔΓ και ΑΚ = ΚΑ = ΛΔ θα είναι ΒΜ = ΜΝ = ΝΓ. Έτσι στο τραπέζιο ΑΒΝΛ η ΚΜ είναι διάμε-

σος οπότε 2χ=β+y (1) . Ομοία στο τραπέζιο ΚΜΓΔ 2y=x+B (2).

Από τη λύση του συστήματος των ( 1), (2) 2β + Β 2Β +β

προκύπτει ότι : χ= -3- , y = -

3- .

Άσκηση 1 1 Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓ Δ με Α = Δ = 90° ,

ΔΓ = 2ΑΒ και Β = 3Γ .Από το Β φέρνουμε κάθετη στη Γ Δ που τέμνει την ΑΓ στο σημείο Κ και την Γ Δ στο Ε. Επίσης φέρνουμε την ΑΕ που

τέμνει τη ΒΔ στο σημείο Λ. Να δείξετε τα πα-ρακάτω:

α) Γ = 45° .

1 β) ΒΔ = ΑΕ γ) ΚΛ = -ΔΓ . 4

Λύση

Δ Ε Γ Α = Δ = 90°}

Έχουμε: Β = 3Γ (1) ΔΓ = 2ΑΒ

α) Είναι: Β + Γ = 180° (εντός και επί τα αυτά) και λόγω της (2):

3Γ + Γ = 1 80° <=> 4Γ = 1 80° <=> Γ = 45° . β) Λόγω του ερωτήματος (α) το τρίγωνο ΒΕΓ

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές με: ΒΕ = ΕΓ (2). Ακόμη ΑΒ = ΔΕ (3) (από το ορθογώνιο ΑΒΕΔ).

Από τις ( 1) είναι: ΔΓ = 2ΑΒ ή ΔΕ + ΕΓ = 2ΑΒ ή ΑΒ + ΕΓ = 2ΑΒ ή ΕΓ = ΑΒ και λόγω των (2), (3) είναι: ΑΒ = ΒΕ = ΕΔ = ΔΑ δηλαδή το ΑΒΕΔ είναι τετράγωνο οπότε ΒΔ = ΑΕ .

γ) Ακόμη ΑΒ = ΕΓ και ΑΒ 1 1 ΕΓ οπότε το ΑΒΓΕ είναι παραλληλόγραμμο και το σημείο Κ είναι μέσον της ΑΓ και εφόσον το Λ είναι μέσον της ΑΕ στο τρίγωνο ΑΕΓ είναι:

1 1 (Ι) 1 1 1 ΚΛ =-ΕΓ = -ΑΒ=- · -ΔΓ =-ΔΓ . 2 2 2 2 4

Άσκηση 12 Στις παρακάτω ερωτήσεις να επιλέξετε την

σωστή απάντηση αιτιολογώντας την επιλογή σας. Α. Αν το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι εγγρά-

ψιμο και η γωνία Α είναι τετραπλάσια της Γ τότε η γωνία Γ ισούται με:

α) 100° β) 40° γ) 45° δ) 36° ε) 144° Β. Στο παρακάτω διπλανό σχήμα είναι:

Λ

ΑΒ = 60° , ΒΓ = 96° . Η γωνία ΓΒΧ είναι: α) 70° β) 72° γ) 78° δ) 80° ε) 82°

Α

Δ

Γ


Μαθηματικά για την Α. Λυκείου

Λύση α) Σωστή απάντηση είναι η (δ) γιατί

Λ Λ Λ Λ Λ Α+ Γ = 180° οπότε: 4Γ+ Γ = 180° ή 5 Γ = 180° ή Λ Γ= 36°

β) Σωστή απάντηση είναι η (γ) γιατί το ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμο οπότε

n n

Γ Α χ = Δ = ΑΒ+ ΒΓ = 60° + 96°

= 156° = 780

2 2 2

Άσκηση 13 Δίνεται ο κύκλος (Ο,ρ) και τα διαδοχικά τό-

-ξ α ΑΒ = 80° , ΒΓ = 60° και Γ Δ = 1 οοο . Α ν οι ευθείες ΑΓ, ΒΔ τέμνονται στο Μ και οι ευθείες ΑΒ, Γ Δ τέμνονται στο Ν να βρεθούν τα παρακάτω:

Λ α) το μέτρο της γωνίας ΑΓ Δ .

Λ β) το μέτρο της γωνίας ΒΜΓ . Τι συμπε-

ραίνετε για τις χορδές ΑΓ και ΒΔ; Λ

γ) το μέτρο της γωνίας ΑΝΓ .

Λύση Α

Δ

··-----

... _

_

________ _

----------------------��:�::�:.,. Γ Ν Λ ΑΔ

α) Είναι: ΑΓΔ = - . 2

Όμως: Μ = 360° - AB -Br -fΔ = = 360° - 80° -60° - 100° = 120°

Λ 1200 οπότε: ΑΓ Δ = -- = 60° . 2

- -Λ ΒΓ+ΑΔ ω'+1200

β) Επίσης: ΒΜΓ 90" οπότε ΑΓ .l ΒΔ .

γ) Ακόμη: ...--.._ -

2 2

ΑΝΓ = ΑΔ - ΒΓ = 120° - 60° = 60° = 300 . 2 2 2

Άσκηση 14. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμ

μένο σε κύκλο (Ο, R). Παίρνουμε τυχαίο σημείο n

Δ του ελάσσονος τόξου ΑΒ και φέρνουμε τα τμήματα ΔΑ, ΔΒ και ΔΓ. Στη ΔΓ παίρνουμε σημείο Ε ώστε ΔΕ=ΔΑ. Να δειχθούν: α) Το τρί-

γωνο ΔΑΕ είναι ισόπλευρο β) ΓΕ=ΒΔ.

Λύση α) Στο τρίγωνο ΔΑΕ έχουμε ΔΑ=ΔΕ (1) (από

Λ Λ 1200 υπόθεση) και ΑΔΕ = ΑΔΓ = -- =60° (2) Λόγω 2

των (1), (2) το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισόπλευρο. Α

β) Τα τρίγωνα ΑΓΕ και ΒΔΑ είναι ίσα γιατί έχουν: ΔΑ=ΑΕ (από το (α) ερώτημα), ΑΒ=ΑΓ (υ-

Λ Λ πόθεση) και Α1 = Α2 (γιατί;). Έτσι είναι ΓΕ=ΒΔ.

Παρατήρηση: Ο περιορισμένος αριθμός των ασκήσεων του άρθρου δεν μπορεί να αναδείξει τη σημασία όλων των μεθόδων που εκτέθηκαν στο Α μέρος του άρθρου.

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΑ ΜΑβΗΜΑΤΙΚΩΝ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ

KENTPIKH ΔΙΑΘΕΣΗ:

Εκδόσεις ΣΠΗΑΙΩΤΗ Σολωμού 3 Αθήνα 10683

'Ω' 3834533 & 3838224 - FAX: 3838198

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λ.ε. τ.4/37

π l ) Α ν σε τρίγωνο ΑΒΓ ( Γ "* -) ισχύει 2

ημΒ - ημΑ = συνΑσφΒ να δειχτεί ότι το τρί

συνΓ γωνο είναι ορθογώνιο στην κορυφή Α.

Λύση 'Εχουμε ημΒ-ημΑσυνΓ = συνΑ · σφΒ<=> συν Γ

η μ (Α+ Γ)-ημΑσυνΓ Α Β _....:.....__....:....._ ____ = συν · σφ <=> συν Γ ημΑσυνΓ+συνΑημΓ-ημΑσυνΓ Α Β .....:..:.... _____ ..:..:.....__....:..:.._ __ = συν · σφ <=> συν Γ συνΑ · ημΓ =συνΑ · συνΒ <=> συνΓ ημΒ συνΑ(συνΒσυνΓ -ημΒημΓ)= Ο<=> συνΑ · συν(Β + Γ) = Ο <=> συνΑ · (-συνΑ)= Ο<=> συν2Α = Ο ή συνΑ=Ο οπότε Α =� . 2

2) Αν οι γωνίες α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου

ί) Να δειχθεί ότι η μα+ ημβ + ημγ = εφβ συνα + συνβ + συνγ

(1) (όπου β "* κπ+ π

, κ ε Ζ ). Να βρεθούν οι 2 συνθήκες για τις οποίες η (1) έχει νόημα.

π π ίί) Αν -- < α < β < γ < - ισχύει το αντί-2 2

στροφο;

Λύση ί) Ισχύει α = β - χ και γ = β + χ όπου χ η

διαφορά της προόδου. Η ( 1) γράφεται η μ (β -χ)+ ημβ +η μ (β+ χ)

__:.:...._:: _

_:__..:.;c...;__

_..:.;:..........::__

---'----= . . . συν (β- χ)+ συν β+ συν (β+ χ)

= 2ημβσυνχ + ημβ = ημβ (2συνχ + 1) = εφβ . 2συνβσυνχ + συνβ συνβ (2συνχ + 1) Η ( 1) δεν ισχύει όταν

του Θανάση Τσιούμα

1 2π 2συνχ + 1 = Ο<=> συνχ = --<=> συνχ = συν-<=> 2 3 2π χ = 2λπ±-, λε Ζ . 3

ίί) Έχουμε η μα+ ημβ + ημγ ημβ ��-�-= = συνα + συνβ + συνγ συνβ ψα+η.ιβ+ψγ-ψβ οπότε ημα+ημγ ημβ <=> σι:ΜΙ+συ\β+συνy-σ\J\β συνα+συνy συνβ <=> ημασυνβ + ημγσυνβ = συναημβ + συνγημβ <=>

ημγσυνβ -συνγημβ = συναημβ-ημασυνβ <=> <=> ημβ (γ -β) = ημ(β -α) (2) .

Έχουμε γ - β = β - α+ 2κπ , κε Ζ ή γ - β = -β+α+ (2κ + 1)π , κε Ζ .

π π } -- < β <-' π π ' 2 2 Εχουμε --<α<β<γ<- αρα

συνεπώς 2 2 π π --< -α <-2 2

-π < β-α< π <=> Ο< β-α< π<=> -π< -(β-α) < Ο Όμοια: Ο < γ -β < π . Όμως γ-β=β-α+2κπ<=>(γ-β)-(β-α)=2κπ. Όμως -π<γ-β-(β-α)<π<=>-π<2κπ<π<=> <=> -1 < 2κ < 1 <=> _..!_< κ <..!_<=> lκ = OI . 2 2 Άρα α, β, γ διαδοχικοί όροι αρ. προόδου. Όμοια εργαζόμαστε για την περίπτωση

γ- β = -β+α+ (2κ + 1)π , κε Ζ άρα ισχύει και το αντίστροφο. 3) Να βρεθεί ο χ ώστε οι αριθμοί !.ημχ ,

6 συνχ, εφχ να αποτελούν διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προόδου.

Λύση Είναι �χ=!ημχ ·εφχ<=> 6-σuJχ=ημχ· ημχ 6 συνχ

( χ "* κπ+� , κε Ζ ) οπότε 6 ·συν3χ= 1-σuν2χ<=> 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/38

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

<=> 6 · συν3χ + συν2χ - 1 = Ο <=> 6συν3χ -3συν2χ + 4συν2χ - 1 = Ο <=> 3συν2χ (2συνχ - 1) + (2συνχ - 1)(2συνχ + Ι) = 0 <=>

(2συνχ - 1) (3συν2χ + 2συνχ + ι)= ο

άρα 2συνχ - ι = ο ή 3συν2χ + 2συνχ + ι = ο (αδύνατη αφού Δ = -8 < Ο ).

Ε •

ι π πομενως συνχ =- <=> συνχ = συν- <=> 2 3

π <=> Χ = 2κπ± - , ΚΕ Ζ . 3

4) Δίνεται το πολυώνυμο P(x)=r +αχ+β (1)

και Q (χ) = Ρ2 (χ)+ αΡ{χ) + β . i) Αν χι , χ2 ρίζες του πολυωνύμου

Ρ {χ)- χ να δειχθεί ότι οι χι , χ2 θα είναι και

ρίζες του Q (χ) - χ . ii) Έστω χ3 , χ4 οι δύο άλλες ρίζες του πο-

λυωνύμου Q (χ) - χ , να αποδειχθεί ότι

χ3 = Ρ{χ4) και χ4 = Ρ(χ3) .

Λύση i) Επειδή Χι , χ2 είναι ρίζες του Ρ(χ)- χ θα

έχουμε Ρ {χι ) - χι = 0 και Ρ{χ2 ) - χ2 = 0 δηλαδή Ρ{χι ) = Χι και Ρ{χ2 ) = χ2 • Για να είναι οι Χι , χ2 ρίζες και του Q(x)- x αρκεί Q(χι ) - χι = 0 και Q(x2 ) - x2 = 0 , που ισχύει αφού

Q(χι)=Ρ2 (χι)+αΡ(χι)+β=χf +αχι +β=Ρ(χι)=χι ομοίως Q(x2 ) = χ2 •

ii) Αφού χ3 , χ4 ρίζες του Q(x) - x έχουμε Q(x3) - x3 = 0 <=> Q(x3 ) = x3 και

Q (x4 )-x4 = 0 <=> Q(x4 )= x4 .

Όμως Q(χ) = Ρ2 (χ)+ αΡ{χ)+ β άρα

Q(x) - x = Ρ2 (χ) + α · Ρ (χ) + β - χ (2).

Επίσης Ρ(χ) =χ2 +αχ+β<=>β=Ρ(χ)-χ2 -αχ . Έτσι η (2) γίνεται: Q(x)- x = Ρ2 (χ)+ α · Ρ{χ)+ Ρ(χ)- χ2 - αχ <=>

Q(χ)-χ=(Ρ(χ)+χ] · [Ρ(χ)-χ]+α· (Ρ(χ)-χ]+Ρ(χ)-χ<=>

Q(x)- x = [Ρ(χ)- χ] · [Ρ{χ) + χ + α + l] (3).

Όμως Ρ(χ) = χ2 + α · χ + β άρα:

Q(x)- x = [Ρ(χ)-χ]{ χ2 +(α+ 1) · χ +α+β+ ι] (3).

Όμως χ3 , χ4 είναι ρίζες του Q(x)- x και . δεν είναι ρίζες του Ρ (χ) - χ άρα θα είναι ρίζες του

χ2 + (α + l) · χ + α + β + l = 0 ή του Ρ (χ) + χ + α + l = Ο .

με Από τις σχέσεις ριζών και συντελεστών έχου-

β (α + l) . χ3 + χ4 = -- = ---= -α - 1 η α ι

lα+ l = -xJ - χ41 · Επίσης Ρ (χ3 ) + χ3 + α + l = Ο και Ρ (χ4) + χ4 + α + 1 = Ο . Επομένως Ρ (χ3) + χ3 - χ3 - χ4 = 0 και Ρ (χ4 )+ χ4 - χ3 - χ4 = 0 Ρ(χ3) = χ4 και Ρ (χ4) = χ3 που είναι το ζητούμενο.

S) Δίνεται πολυώνυμο Ρ (χ) με βαθμό ν � 2 .

α) Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ{χ) με (χ- 2) {χ+ 3) καθώς και το υπόλοιπο

της διαίρεσης Ρ{χ) με (χ- 2)2 • β) Αν το Ρ {χ) έχει παράγοντα το 3χ - 19 ,

να δειχθεί ότι το Ρ (2χ + 3) έχει παράγοντα το 3x - S .

Λύση α) Επειδή ο διαιρέτης είναι 2°υ βαθμού το υ

πόλοιπο της διαίρεσης θα είναι το πολύ ι ου βαθμού δηλαδή υ (χ) = αχ + β οπότε έχουμε

Ρ(χ) = (χ - 2)(χ + 3)Q(χ)+ αχ + β ( 1 ) όπου Q (χ) πηλίκο της διαίρεσης.

Θέτουμε διαδοχικά στην ( 1 ) χ = 2 και χ = -3 {2α +β = Ρ(2) και έχουμε το σύστημα το λύ-

-3α + β = Ρ (-3) Ρ (2)- {Ρ - 3)

νου με και βρίσκουμε α = και 5

β = 3Ρ(2) + 2Ρ{-3)

. 5

Όταν διαιρεθεί το Ρ (χ) με το χ - 2 δίνει πη-λίκο Π (χ) και αφήνει υπόλοιπο υ = Ρ ( 2) άρα Ρ(χ) = (χ - 2)Π(χ)+Ρ (2) ( 1). Αν το Π(χ) διαιρεθεί με το χ - 2 επίσης δίνει πηλίκο Π ι (χ) και αφήνει υπόλοιπο υ ι = Π ( 2) άρα

Π(χ) = (χ - 2)Πι (χ) +Π (2) (2).



Από (1 ), (2) έχουμε Ρ(χ) = (χ - 2)[(χ - 2)Π1 (χ) + Π(2)] + Ρ(2) <=>

Ρ(χ) = (χ - 2)2 · Πι (χ)+ χΠ(2) - 2Π(2)+Ρ (2) (2). Στην (2) η παράσταση χΠ(2)- 2Π(2)+Ρ (2)

είναι το πολύ πρώτου βαθμού και συνεπώς είναι το ζητούμενο υπόλοιπο.

Επομένως το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ (χ) με (χ - 2)2 είναι το υ(χ) = χΠ(2)- 2Π(2)+ Ρ(2) .

β) Αφού το 3χ - 19 είναι παράγοντας του Ρ(χ) θα ισχύει Ρ(1: )= Ο (1).

Θέτουμε Q(x) =P (2x +3) . Για να έχει το Q(x) παράγοντα το 3χ - 5 πρέπει και αρκεί Q(%)= 0 .

Είναι Q(%)= P(2 ·%+3)= P( 1:)= o από την (1).

6) α) Έστω α1 , α2 , α3 , α4 ( flι,Qz,G.J,«J,ι >0) διαδοχικοί όροι Αριθμητικής προόδου, με διαφορά ω > Ο , να αποδειχθεί ότι αι + α4 4/ �-� > ναια2α3α4 . 2

β) Αν οι αριθμοί γ1 , γ2 , γ3 , γ 4 είναι δια-δοχικοί όροι Γεωμετρικής προόδου, να αποδειχθεί ότι

(γ: +γ� +γη( γ� +γ� +γη= (γιγ2 +γ2γ3 +γ3γ4)

γ) Αν οι αριθμοί γ1 + 3 , γ2 + 9 , γ3 + 11 , γ 4 + 1 είναι διαδοχικοί όροι Αριθμητικής προόδου να βρεθούν οι αριθμοί γ1 , γ2 , γ3 , γ 4 ·

Λύση α) Αφού α2 - α1 = α4 - α3 = ω > Ο είναι

α1 + α4 = α2 + α3 (1). Επίσης α� + α� > 2α1α4 οπότε α� + α� + 2α1α4 > 4α1α4 ή (α1 + α4)2 > 4α1α4 (2). Ομοίως ( α2 + α3 )2 > 4α2 α3 (3 ). Επίσης (α1 +α4)2 = (α2 + α3)2 (4).

Από (1), (2), (3), (4) έχουμε (α1 +α4)4 > 16α1α2α3α4 ή α1 +α4 > 2�α1α2α3α4 . β) Έχουμε γ� + γ� +γ� = γ� + λ2γ� + λ4γ� = γf (1 + λ2 + λ4) (λ ο λόγος της Γ.Π.).

Ομοίως γ� + γ� +γ� = γΗΙ + λ2 + λ4) άρα το 1 ο μέλος είναι γ�γ� (ι + λ2 + λ4) .

Επίσης γ,γ2 +γ2γ3 +γ314 = = γ,γ2 + γ2γιλ2 + γ2λγ,� = γ1γ2 (ι + λ2 + λ4) οπότε ισχύει. γ) Οι όροι είναι γ 1 + 3 , γ 1 λ+ 9 , γ 1 λ2 + 1 1 ,

γ1λ3 + 1 άρα 2(γ1λ+9) = γ1 +3 +γ1λ2 + 1 1 και 2(γ1λ2 + 1 1) = γ1λ+9+γ1� + 1 . Πολλαπλασιάζουμε την πρώτη εξίσωση με -λ και προσθέτουμε στην δεύτερη οπότε προκύπτει ότι λ = 3 , γ 1 = 1 επομένως οι αριθμοί είναι 1 , 3, 9, 27.

7) Έστω η εξίσωση χ2 - 2 (1 + 1η θ)χ+ 1- Ιη2 θ = Ο (1) όπου

χ Ε IR. και θ > Ο . Ν α βρεθούν οι τιμές του θ για τις οποίες η (1) έχει ρίζες

ί) πραγματικές ίί) ομόσημες.

Λύση i) Θα πρέπει Δ � Ο <=> 4 (Ι + ln θ )2 -4 ( 1 - ln 2 θ) � Ο <=>

1 + 2ln θ+ 1n 2 θ - 1 + 1n 2 θ � Ο <=> 2 1n θ (In θ + 1) � Ο ή 1n θ (Ιη θ+ Ι) � Ο (2). Οι ρίζες της (2) ως προς Ιηθ είναι Ο και 1 , άρα έχουμε Ιηθ � -1 ή Ιηθ � Ο οπότε Ιηθ � ln.!_ ή Ιηθ � ln l και θ > Ο . Τελικά e Ο < θ < .!_ ή θ � l (3). e

ii) Για να έχει η (1) ρίζες ομόσημες θα πρέπει Δ � Ο και Ρ > Ο (το γινόμενο των ριζών).

Άρα πρέπει να συναληθεύουν οι ανισώσεις Ο < θ �.!.. ή θ � l και 1. > 0<=> 1- Ιη2 θ > Ο . Λύ-e α νουμε την ανίσωση 1 - ln2 θ > Ο<=> ln2 θ < 1 <=> 1 - < θ < e (4). e Με συναλήθευση των (3), (4) έχουμε l � θ < e .

Ο 1 /e Ι e

q r r= 8) Να βρεθούν τα χ για τα οποία η γραφική

παράσταση της συνάρτησης f(x)=(r+x+l)x -1,

χ Ε IR. είναι κάτω από τον άξονα χ' χ .

Λύση Είναι χ2 + χ + 1 > Ο για κάθε Χ Ε IR. αφού



Δ = -3 < 0 . Θέλουμε τη γραφική παράσταση κάτω του

' ' χ χ , απαιτουμε:

<=> χ2 +χ logθ + 100 = Ο που έχει ρίζες y, ω άρα

y+ω=-logθ <=> 20=-logθ οπότε θ = 10-20 • f{x) < O<=> (x2 +x+ l)x < l<=> ln(x2 +x+ l)x < ln l <=> Προτεινόμενες ασκήσεις για λύση

1) Δίνεται η εξίσωση συν2χ = συν2α ,

<=:> xln (x2 + x + l) < O (αφού η g (x) = lnx γνησίως αύξουσα). Έχουμε τα συστήματα:

(Σ, ) j::, o � {:(; +χ + Ι) < m ι In (x2 + x + 1) < 0

<=>{:;ο <=> {::ο <=>{:;ο <=>

χ2 +χ+1 > 1 χ(χ+1)>0 χ>Οή χ<-1 <=> χ < -1 . Τελικά το σύνολο λύσεων του προβλήματος

είναι το ( --οο, -1) . 9) Να βρεθεί ο θ όπου θ ε (Ο,+οο) ώστε οι

ρίζες της εξίσωσης ιog[ιog(x2 +xlogθ+110)]=o (ι) να αποτελούν λύση του συστήματος

(Σ) {ylogω + ωlogy = 20 log� = ι

λύση Ισχύει ylogω = ωlogy (διότι αν λογαριθμίσουμε

log y1ogω = logω1ogy <=> logω · log y = logω · logy , αληθής) οπότε 2y2 1ogω = 20 <=> ylogω = 1 0 άρα log ω · log y = log 1 Ο οπότε το σύστημα γίνεται {log y · log ω = 1

{logy · logω = 1 1 <=> το λύ-"2(1og y+ logω) = 1 log y+ logω = 2 νου με και βρίσκουμε y = ω = 1 Ο .

Η εξίσωση ( 1) γράφεται log[log(x2 + x logθ + 1 10)] = log1 άρα

log (χ 2 + χ log θ + 1 1 Ο) = 1 <=> log (χ 2 + χ log θ + 1 1 = log10<=> x2 +x logθ + 1 10 = 10

π Ο � α �- . 2

1.) π , δ , , , 3χ οσες ιαφορετικες τιμες εχει η εφ Τ ; ii) Να σημειωθούν πάνω στον τριγωνομε-, 'κλο , , 3χ τρικο κυ οι τιμες των γωνιων - .

2 3χ 3κπ 3α

(Υποδ. 2 = 2 ± 2 , κ ε Ζ εξετάζουμε

δύο περιπτώσεις κ = 2λ , λ ε Ζ , κ = 2μ + 1 , με Ζ ).

2) Να αποδειχθούν 1.) 2 2 2 (3 +συν4χ) εφ χ+σφ χ = .

ι -συν4χ ι ii) συν20° . συν40° . συν80° = - . 8

iii) εφ!!.... = .J6-.J3 + J2- 2 . 24

. ) ι IV

εφ3θ+σφθ ι

---- = σφ4θ . σφ3θ+ σφθ

3) Η εξίσωση χ2 + px + q = Ο έχει ρίζες τις χ1 = εφα , χ2 = εφβ . Να υπολογιστεί σε συνάρτηση των p, q η παράσταση Α= ημ2 (α+ Ρ)+pημ( α+ Ρ) συν( α+ Ρ)+ qσυJ (α+ Ρ) .

(απ. A = q ). ι ι 4) Έστω η εξίσωση χ4 +-χ2ημθ +-= Ο 3 400

(ι). Να βρεθεί ο θ έτσι ώστε οι ρίζες της (ι) να αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου. Στη συνέχεια να βρεθούν οι ρίζες της (ι).

(Απ. ημθ = ±.!_. Προκύπτουν δύο διτετράγω-2 νες εξισώσεις).

5) Έστω το πολυώνυμο Ρ (χ) με

Ρ (2) = Ρ( i} Αν Q1 (χ) , Q2 (χ) είναι τα αντί

στοιχα πηλίκα των διαιρέσεων Ρ (χ) με το χ- 2 και με το 2χ -ι , αντίστοιχα να δειχθεί ότι:

i) Το χ- 2 είναι παράγοντας του Q2 (χ) . ) = ii) Το χ - ι είναι παράγοντας του Qι (x)+Q2 (χ) ·


Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου

(Υ πόδ. ί) είναι

Ρ(χ) = (χ -2)Q1 (χ)+ Ρ(2) = (2χ - 1)Q2 (χ)+ Ρ(�) ίί) έχουμε Q2 (χ) = (χ -2)Π(χ) ). 6) Να βρεθούν τα διαστήματα του χ για τα

οποία η Cr της f (x) = (χ-4)(χ-5)(χ + 2)(χ+ 3) βρίσκεται κάτω από την ευθεία y = 44 .

(Υπόδ. Είναι (χ - 4)(χ + 2) = χ2 - 2χ -8 και

(χ - 5)(χ + 3) = χ2 - 2χ - 15 . Θέτουμε

ω = χ2 - 2χ και βρίσκουμε -4 < χ < 6 ); 7) Να σχηματιστεί Γεωμετρική πρόοδος

που έχει πρώτο όρο τη μικρότερη ρίζα της εξί-σωσης χ3 - 2χ2 - 25χ + 50 = Ο και λόγο τη μεγαλύτερη ρίζα. Στη συνέχεια να βρεθεί το άθροισμα των όρων της, που έχει πλήθος τριπλάσιο της τρίτης ρίζας της εξίσωσης.

(απ. s6 = -19530 ):

Άσκηση lη Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με

ΑΒ = 4λ , ΑΓ = 5λ και Α = 60° , (λ > Ο) . α) Να υπολογίσετε την πλευρά ΒΓ. β) Να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ. γ) Να υπολσyίσετε το ύψος ΑΕ του τριγώνου. δ) Αν Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ

να υπολογίσετε το γινόμενο ΑΗ · ΑΕ .

Λύση Α

Β Γ α) Από το νόμο των συvημιτόνων έχουμε:

ΒΓ2 =ΑΒ2 + ΑΓ2 - 2ΑΒ · ΑΓ · συνΑ <=>

<=> ΒΓ2 = 16λ2 + 25λ2 - 2 · 4λ · 5λ · _!_ <=> 2

<=> ΒΓ2 = 21λ2 <=> ΒΓ = λ .J2ι . 1 1 .J3 β) (ΑΒΓ) =2"ΑΒ· ΑΓ ·ημΑ=24λ · 5λ ·l <=>

<=> ( ΑΒΓ) = 5λ2 J3 .

8) Έστω οι πρόοδοι α1 , α2 , ••• , αν (Αριθμητική) και γ 1 , γ 2 , ••• , γ ν (Γεωμετρική). Α ν α1 = β1 , α1 - α2 = 1 Ο και γ 4 -γ 2 = 30 να βρεθούν οι δύο πρόοδοι.

(απ. λ = 2 , α = 5 ή λ = -3 , α = -� ). . 4

9) χ = ; ώστε logx 1000 = (Iogx 10)2 + 2 ; (απ. x = .JIO ή x = lO ).

10) Να λυθούν τα συστήματα {χΥ = 243 _ {yx {l+yx)= lO.lOO (Σι ) y (2χ)2 ' (Σ2) Γχ ,,

Vt024 = 3 log.{x.Y-Ιogγy = 3

(Απ. Το (Σ1 ) έχει λύση (x, y) = (3,5) και το

(Σ2 ) την (x, y) = (j . ι ooo }·'

του Γιώργου Κατσούλη

γ) ( ΑΒΓ) = _!_ ΒΓ · ΑΕ <=> 5/! J3 = _!_ λ.J2Ϊ · ΑΕ <=> 2 2

ΑΕ = ιοJ3λ <=> ΑΕ = 10λ <=> ΑΕ = 10λJ7

J2ϊ J7 7 δ) Το τετράπλευρο ΗΔΓΕ είναι εγγράψιμο

( Ε +Δ = 90° + 90° = 180° ) οπότε

ΑΗ · ΑΕ = ΑΔ · ΑΓ <=> ΑΗ · ΑΕ = ΑΒ · ΑΓ 2

Λ ΑΒ (ΑΒΔ=300 , οπότε ΑΔ=-) <=>ΑΗ·ΑΕ=2λ·5λ=1σι! .

2

Άσκηση 2η Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με α = 2γ και

α.J3 ΑΜ= μ = - . , α 2 α) Ν α αποδείξετε ότι β = γ.J7 . β) Να βρείτε το είδος του τριγώνου ως

προς τις γωνίες του. γ) Αν ΒΔ το ύψος του τριγώνου, να αποδεί-

ξετε ότι ΑΔ = 2γ.J7

. 7

δ) Να βρείτε το λόγο των εμβαδών των τριγώνων ΑΔΜ και ΑΒΓ.

Λύση α) Έχουμε



μz = 2β2 + 2γ2 -αz �(αJ3J

2 = 2β2 +2γ2 - αz

� α 4 2 4

3α2 = 2βz + 2γ2 - αz � βz = 2α2 -γz �

� β2 = 2 (2γ)2 -γ2 � β2 = 7γ2 � β = γ.J7 . Α

Γ β) Η μεγαλύτερη πλευρά είναι η β. Έχουμε

β2 = 7γ2 > 5γ2 = α2 + γ2 . Άρα Β > 90° , οπότε το τρίγωνο είναι αμβλυγώνιο.

γ) Από το γενικευμένο Πυθαγόρειο θεώρημα για την πλευρά α έχουμε: αz = βz + γz - 2β · ΑΔ � 2β · ΑΔ = β2 + γz - αz �

� 2β · ΑΔ = 7γ2 +γ2 -4γ2 �

2.f7γ · ΑΔ = 4γ2 � ΑΔ = 2γ.J7.

7

δ) 'Εχουμε (ΑΜΓ) = (ΑΒΓ)

( 1 ), αφού ΑΜ 2

διάμεσος. Τα τρίγωνα ΑΔΜ και ΑΜΓ έχουν κοινό (ΑΔΜ) ΑΔ ύψος από το Μ, οπότε: = - � (ΑΜΓ) ΑΓ

2γ.J7 (ΑΔΜ ) -7- (ΑΔΜ) 2 ΑΜΓ

= .J7γ

� (ΑΜΓ)

=7 �

. (ΑΔΜ) 1 (1) (ΑΔΜ) 1 � = -� = - . 2(ΑΜΓ) 7 (ΑΒΓ) 7

Άσκηση 3η Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ, κέντρου

Ο και ακτίνας R. Έστω σημείο Γ του ημικυκλί-Λ " "

ου ώστε ΑΟΓ = θ ( θ < 90° ). Φέρουμε χορδή ΓΔ Ι Ι ΑΒ .

2 α) Να αποδείξετε ότι (ΓΟΔ) = R ημ2θ . 2 ,. β) Να βρείτε τη γωνία θ ώστε (ΓΟΔ) να

είναι μέγιστο. γ) Αν το (ΓΟΔ) είναι μέγιστο να βρείτε την

περίμετρο και το εμβαδόν του μικτόγραμμου τραπεζίου ΑΓ ΔΒ.

Λύση

Λ Λ Λ

α) Επειδή ΓΔ Ι Ι ΑΒ θα είναι ΔΟΒ=ΑΟΓ=θ ,

Λ Λ

οπότε ΙΌΔ = 180°-2θ . Γ

Α ο Β 1 Λ

Άρα (ΓΟΔ) =-ΟΓ · ΟΔ ·ημΓΟΔ = 2

ι ( Λ) R2 Λ = "2R · R · ημ 1 80°-2θ � (ΓΟΔ) = τημ2θ .

β) Το (ΓΟΔ) παίρνει την μέγιστη τιμή όταν ημ2θ = 1 , οπότε 2θ = 90° � θ = 45° .

Λ γ) Αφού θ = 45° , είναι ΓΟΔ = 90° , οπότε

Γ Δ = λ4 = R .J2 . π · R · 45° πR Επίσης R- = R- = = - . Επομέ-ΑΓ ΒΔ 1 80ο 4

νως η περίμετρος Π του μικτόγραμμου τραπεζίου είναι:

� πR Π = ΑΒ + Γ Δ + R- + R- � Π = 2R + R ν L +-ΑΓ ΒΔ 2

� Π = R(2+ .J2 +�} Έστω Ε το εμβαδόν του μικτόγραμμου τραπε

ζίου. Έχουμε

Ε = (ΓΟΔ}+ 2 (οΑΓ)= Rz + 2 · π

· Rz · 45o =

2 360° R2 πR2 R2

= -+ - = -(π +2) . 2 4 4

Άσκηση 4η Δίνεται κύκλος (O,R) και τα διαδοχικά ση

μεία του Α, Β, Γ ώστε ΑΒ = λ6 και ΒΓ = λ3 • α) Να εξηγήσετε γιατί η ΑΓ είναι διάμε

τρος του κύκλου. β) Να βρείτε την περίμετρο του τριγώνου

ΑΒΓ. γ) Αν Μ το μέσο της ΒΓ να βρείτε το

(ΑΜΓ). δ) Να βρείτε το άθροισμα των εμβαδών

των κυκλικών τμημάτων που ορίζονται από τις χορδές ΑΒ και ΒΓ.

ε) Αν η προέκταση της ΑΜ τέμνει τον κύ-

κλο στο Δ να αποδείξετε ότι ΜΔ = 3R.J7 .

14 στ) Να βρείτε το (ΒΜΔ).

Λύση

α) ΑΒ = λ6 = R και ΑΒ = 60° .


Μαθηματικά για την Β· Λυκείου

---Άρα ΑΓ = 180° , οπότε ΑΓ = 2R (διάμετρος). Β. Δ

β) Περίμετρος ΑΒΓ: AB+BΓ+AΓ=R+R.J3+2R=3R+R.J3 = R(3+.J3) .

Λ γ) Έχουμε ΑΒΓ = 90° (αφού ΑΓ = 2R ), ο-πότε

(ΑΒΓ) = _!_ ΑΒ · ΒΓ <=> {ΑΒΓ) = _!_ R · R J3 <=> 2 2 <=> {ΑΒΓ) = R 2.)3 (1).

. 2 Αφού ΑΜ διάμεσος, είναι:

(ΑΜΓ) = {ΑΒΓ) � R 2 .J3 (2). 2 4

δ) Έστω Ε το άθροισμα των εμβαδών των δύο κυκλικών τμημάτων. Έχουμε

πR2 R2.J3 Ε = Ε ημικυκλίου - {ΑΒΓ) <=> Ε =-----= 2 2 R2 (π-.J3) = 2

ε) Έχουμε AM2 �AB2 +BM2 �R' +(R�J �

R 2 + 3R 2 = 7R 2 <=> ΑΜ = R J7 . 4 4 2 Από τις τεμνόμενες χορδές ΑΔ, ΒΓ έχουμε

ΑΜ ·ΜΔ = ΒΜ ·ΜΓ<=> RJ7 ·ΜΔ = R.J3 · RJ3 <=> 2 2 2

<=> J7ΜΔ = 3R <=> ΜΔ = 3R J7 . 2 14 (ΒΜΔ) ΜΒ ·ΜΔ , , στ) ( ) = ( ισες γωνιες) ΑΜΓ ΜΑ ·ΜΓ

= ΜΔ =� (από (δ) και (ε)). ΜΑ 7

Άρα (ΒΜΔ) = �(ΑΜΓ)� (ΒΜΔ) = 2R2.J3 . 7 28 Άσκηση Sη Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ, κέντρου

Ο και ακτίνας R. Έστω χορδή ΑΓ = λ3 που τέμνει την εφαπτόμενη στο Β στο σημείο Δ.

) Ν δ ίξ , ΓΔ 1 α α απο ε ετε οτι - =-. ΑΓ 3

β) Να βρείτε την περίμετρο και το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΒΓ Δ.

γ) Αν μεταβλητή ευθεία που διέρχεται από ---το Α, τέμνει το τόξο ΒΓ στο Ε και την εφαπτό-μενη στο Ζ, να αποδείξετε ότι:

ΑΓ · ΑΔ =ΑΕ ·ΑΖ . Λύση

Δ

α) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ προκύ-Λ πτει ότι: ΒΓ2 = ΑΓ · Γ Δ ( αφού ΑΓΒ = 90° ). ΑΧλ.ά

ΑΓ = λ3 = R J3 και ΒΓ = λ6 = R ( αφού ---ΒΓ = 180° - 120° = 60° ). Ά α ΓΔ= ΒΓ2 =�=�= R.J3 = ΑΓ (1). ρ ΑΓ R.J3 .J3 3 3 Ε , ΓΔ 1 πομενως ΑΓ = '3 . ---β) Επειδή BAr = 30° ( = Β; ), είναι ΒΔ (Ι) 2RJ3 ΓΔ =-<=> ΒΔ = 2ΓΔ<=> ΒΔ =-- (2). Επί-2 3

π · R · 60° πR σης .e ΒΓ = 1800 =) . Η περίμετρος Π του μικτόγραμμου τριγώνου ΒΓ Δ είναι:

RJ3 2RJ3 πR R(3J3+π) Π=ΓΔ+ΒΔ+f� =-+--+-= . ΒΓ 3 3 3 3

Το εμβαδόν Ε του μικτόγραμμου τριγώνου ΒΓΔ είναι:

Ε = {ΑΒΔ)- (ΑΟΓ)- (οΒΓ) <=> 1 1 πR2 · 60° <=> Ε =-ΑΒ · ΔΒ--λ3 · α3 - <=> 2 2 36�

Ε =_!_2R · 2RJ3 _ _!_RJ3 . R - πR2 <=> 2 3 2 2 6 <=> E = 2R2.J3 _ R2.J3 _ πR2 = R2 (5.J3-2π) . 3 4 6 12

γ) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ είναι: ΑΒ2 = ΑΓ · ΑΔ . Όμοια από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΖ είναι: ΑΒ2 =ΑΕ · ΑΖ .

Επομένως ΑΓ · ΑΔ =ΑΕ · ΑΖ . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/44

ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ 1) Έστω ένα τρίγωνο ΑΒΓ. Θεωρούμε το

διάνυσμα ΑΔ =!. ΑΒ και ονομάζουμε Ε το μέσο 3

της πλευράς ΑΓ. Οι ευθείες ΒΕ και Γ Δ τέμνο-νται στο σημείο Μ. Θέτουμε ΑΒ = β , ΑΓ = γ , ΒΜ = χΒΕ και ΓΜ = y Γ Δ , όπου χ, y Ε 1R .

i) Να βρείτε τους αριθμούς χ και y. ii) Ν α δείξετε ότι: ΑΜ = !. β +.!γ .

5 5 Λύση

i) Έχουμε: ΒΓ = ΑΓ-ΑΒ =γ -β . Έχουμε: • ΒΜ = χΒΕ <=> ΑΜ-ΑΒ = χ (ΑΕ -ΑΒ) <=>

- - 1-ΑΜ = (1 - χ)ΑΒ+χ ·-ΑΓ <=> 2 - - χ <:::> ΑΜ = (1 - χ)β+2γ . (1) • ΓΜ = yΓΔ <:::> ΑΜ-ΑΓ = y(ΑΔ -ΑΓ)<=>

ΑΜ=(1-y)ΑΓ+y·!ΑΒ<=>ΑΜ=2:β+(1-y)γ. (2) 3 3 Επειδή τα διανύσματα β και γ δεν είναι συγ-

γραμμικά, από τις ( 1 ) και (2), έπεται ότι: {1 - χ = � <=> {3χ + Υ = 3 <=>

fx = � �= 1 - y x + 2y = 2 y =� 2 5

ii) Αντικαθιστώντας το χ στην (1), βρίσκου- 1 - 2 με: ΑΜ =-β+-γ . 5 5

Α

Β Γ

2) Θεωρούμε ένα ορθογώνιο ΑΒΓ Δ με - 1 -

( ΑΒ) = 30 και τα διανύσματα: ΑΕ =-ΑΒ και 5

της Χρυσταλλένης Κυριακοπούλου-Κυβερvήτου

ΔΖ = !ΔΓ . Να βρείτε το εσωτερικό γινόμενο 3 - -

ΖΕ · ΖΓ .

Λύση Έστω Η η προβολή του σημείου Ε στην ΔΓ.

Έχουμε: - - - - - -ΖΕ · ΖΓ = ΖΓ · προ β π ΖΕ = ΖΓ · ΖΗ = = jzfi - jzHj συν ( ΖΓ, ΖΗ) = (ΖΓ) · (ΖΗ)συνπ = = -(ΖΓ) · (ΖΗ) . Βρίσκουμε εύκολα ότι: (ΑΕ)=!(ΑΒ)= 30 =6

5 5

και {ΔΖ) =�(ΔΓ) = �(ΑΒ)= 33° = 10 . Έτσι έχουμε: (ΖΓ) = {ΔΓ)- (ΔΖ) = 30- 10 = 20 και

(ΖΗ) = (ΖΔ)- (ΔΗ) = 10 - 6 = 4 . Συνεπώς: ΖΕ · ΖΓ = -20 · 4 = -80 .

Ε

Δ Γ

3) Θεωρούμε δύο διανύσματα α και β με jβj = J3 και υποθέτουμε ότι, για κάθε χ, y Ε JR , ισχύει: (3χα+ 4yβ) j_ (yα- χβ) (1).

ί) Να δείξετε ότι: αβ = Ο . ii) Να βρείτε τα μέτρα των διανυσμάτων:

α και α + 2β .

Λύση i) Από την (1) με χ = Ο και y = 1 , έχουμε: 4β j_ α=::} ( 4β)α = ο=::} αβ = ο (2). ii) Από την (1) με χ = 1 και y = 1 , έχουμε: (3α+ 4β) j_ (α-β)=::} (3α+ 4β) · (α- β) = ο=::}

- - - (2} 2 ι-ι2 3α2 -3αβ+ 4αβ -4β2 = 0=::}3 1� - 4 β = 0 (και επειδή jβj = J3 ) =::} 3 1�2 = 4 · 3 =::} 1�2 = 4 =::} I� = 2 .

Επίσης, έχουμε:


Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου

la+ 2�2 = (a+ 2P)2 = a2 +4ίiΡ+ 4Ρ2 = l<iJ2 + 41PI2 = = 22 + 4 ο 3 = 16 ο

Άρα: ιa + 2PI2 = 16 και σuνεπώς: ιa + 2PI = 4 ο

4) Θεωρούμε ένα ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ - ι - - ι και τα διανύσματα: ΑΔ =-ΑΒ και ΑΕ =-ΑΓ . 3 5

Ν α δείξετε ότι: ΒΕ _ι Γ Δ . Λύση

Θέτουμε ΑΒ = β και ΑΓ = γ . Έχουμε: • ΒΕ =ΑΕ-ΑΒ=_!_ΑΓ-ΑΒ=_!_y-β .

5 5 - - - 1 - - 1 - -

• ΓΔ =ΑΔ -ΑΓ =-ΑΒ-ΑΓ =-β - γ . 3 . 3

- - - -Άρα ΒΕ · Γ Δ = Ο , οπότε ΒΕ _ι Γ Δ και σuνε-πώς ΒΕ ..LΓΔ .

Α

5) Έστω ένα τρίγωνο ΑΒΓ επεγραμμένο στον κύκλο με κέντρο το σημείο Ο. Θεωρούμε ένα σημείο Ρ του επιπέδου του τριγώνου αυτού και ονομάζουμε Κ, Λ και Μ τις προβολές του σημείου Ρ στις ευθείες ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ, αντιστοίχως. Τέλος, ονομάζουμε Α', Β' και Γ τα μέσα των πλευρών ΒΓ, Γ Α και ΑΒ, αντιστοίχως, του τριγώνου ΑΒΓ.

i) Ν α δείξετε ότι: (ΒΚ)2 =.!_(ΒΓ)2 + (Α'Κ)2 + ΒΓ · ΟΡ . 4

ii) Να βρείτε το σημείο Ρ, για το οποίο το άθροισμα: (ΒΚ)2 + (ΓΛ)2 + (ΑΜ)2 είναι ελάχιστο.

Λύση

i) 'Ε χουμε: ΒΚ = ΒΑ'+ Α'Κ = _!_ ΒΓ + Α 'Κ:::::} 2 ΒΚ2 = (_!_ΒΓ +Α '1<.)2 =_!_ΒΓ2 +Α 'Κ2 + ΒΓ · Α 'Κ:::::} . 2 4 IB�2 = � �Bf12 + IA 'Κ12 + ΒΓ · προβ8r ΟΡ :::::} (ΒΚ)2 =_!_(ΒΓ)2 + (Α'Κ)2 + ΒΓ ·ΟΡ (1). 4

ii) Όπως παραπάνω βρίσκουμε ότι: (ΓΛ)2 =_!_(ΓΑ)2 + (Β'Λ)2 + ΓΑ · ΟΡ (2) 4

2 1 2 - 2 - -και (ΑΜ) =4(ΑΒ) + (Γ'Μ) +ΑΒ · ΟΡ (3).

Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1), (2) και (3), βρίσκουμε: (ΒΚ)2 + (ΓΛ)2 + (ΑΜ)2 = =�[(ΒΓ)2 +(ΓΑ)2 +(ΑΒ)2]+(Α'Κ.)2 +(Β'Λ)2 +(Γ'Μ)2 (γιατί;).

Έτσι, το άθροισμα: (ΒΚ)2 + (ΓΛ)2 + (ΑΜ)2 είναι ελάχιστο αν, και μόνο αν:

(Α '1<.)2 + (Β'Λ)2 + (Γ'Μ)2 = Ο� !��:�: :: <Ο {��;:� � {�::� � Ρ =Ο . (Γ'Μ)2 = Ο (Γ'Μ) = Ο Γ' = Μ

Άρα, το ζητούμενο σημείο είναι το Ο. Α

ΕΥΘΕΙΑ ΣΤΟ ΕΠΙΠΕΔΟ 6) Θεωρούμε τα σημεία Α (α, 2) και

Β (l,α) , όπου α ε JR . Να βρείτε την εξίσωση της μεσοκαθέτου ε του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ.

Λύση Ένα σημείο του επιπέδου Μ (χ, y) ανήκει

στην ευθεία ε αν, και μόνο αν: (ΜΑ) = (ΜΒ)� (ΜΑ)2 = (ΜΒ)2 � � (χ - α)2 + (y-2)2 = (χ - 1)2 + (y-α)2 � � χ2 -2αχ + α2 + y2 -4y+ 4= = χ2 - 2x + 1 + y2 - 2αy+α2 � 2(α- 1)χ + 2(2 -α)y-3 = 0 .


Μαθηματικά yια την Β· Λυκείου

Άρα, η τελευταία εξίσωση είναι η εξίσωση της ευθείας ε.

7) Έστω η εξίσωση: (3�-4λ+ι)χ+(3�-7λ+2)y-6λ2 +ι1λ-3=0 (ι).

i) Να δείξετε ότι, για κάθε αριθμό λ :#:.!. , η 3 εξίσωση (ι) παριστάνει μία ευθεία ε λ •

ii) Σε μία παραθαλάσσια περιοχή με καρτεσιανό σύστημα συντετα'Υμένων Oxy, οι πορείες ι Ο πλοίων είναι οι ευθείες ε λ με λε {ι,2,3, . . . ,ιΟ} .

α) Ν α δείξετε ότι οι πορείες και των ι Ο πλοίων διέρχονται από το ίδιο σημείο, στο οποίο βρίσκεται ένα λιμάνι. Ποιες είναι οι συντεταΎμένες του λιμανιού αυτού;

β) Στο σημείο (3,ι) υπάρχει μια λαστιχένια σημαδούρα. Να εξετάσετε αν κάποιο από τα πλοία αυτά θα crοyκροuστεί με τη σημαδούρα.

Ύ) Μία βάρκα χου κινείται ευθύοyραμμα, κάποια στtΎμή βρίσκεται στο σημείο (ι,8) και. κάποια άλλη στιΎJ1ή βρίσκεται στο σημείο (2,6). Να εξετάσετε αν κώrοιο από τα ιο πλοία κινείται παράλληλα με τη βάρκα.

Λύση ί) Η εξίσωση (1 ) είναι της μορφής:

Αχ +Βy + Γ = Ο , με Α = 3λ2 -4λ + 1 , Β = 3λ2 - 7λ + 2 και Γ = -6'Κ + 1 1λ-3 . Έχουμε: {Α=Ο {3Κ -4λ+1=0 {3λ-1=0 1 <=> <=> <=>λ=- . Β=Ο 3Κ -7λ+2=0 3λ-7λ+2=0 3

Άρα, για κάθε λ :;t: _!._ είναι Α :#: Ο ή Β :#: Ο . 3 Συνεπώς, για κάθε λ :#: _!._ , η εξίσωση (1) παριστά-3 νει μία ευθεία ελ .

ίί) Στη συνέχεια θεωρούμε ότι λε {1, 2,3, . . . , 10}, οπότε η εξίσωση ( 1 ) παριστάνει μία ευθεία ελ .

α) Έχουμε: (1) <=>3Κχ -4λχ +χ+ 3Κy-7λy+ 2y-6"Κ + 1 1λ-3 =Ο<=> (3χ+3y-6)Κ +(-4x-7y+ l l)λ+(x +2y-3) =0 (2).

Βρίσκουμε εύκολα ότι το σύστημα: 3x + 3y-6 = 0 , -4x - 7y+ 1 1 = 0 , x + 2y- 3 = 0 έχει τη (μοναδική) λύση: χ = 1 , y = 1 .

Έτσι, με χ = 1 και y = 1 , η εξίσωση (2) επαληθεύεται για κάθε λε {1,2,3, . . . , 10} . Συνεπώς, οι πορείες ε λ και των 1 Ο πλοίων διέρχονται από το

σημείο (1 , 1 ). Έτσι, οι συντεταγμένες του λιμανιού είναι (1 , 1 ).

β) Κάποιο από τα 1 Ο πλοία θα συγκρουστεί με τη σημαδούρα αν, και μόνο αν, υπάρχει λε {1, 2,3, . . . , 10} , τέτοιο ώστε η εξίσωση ( 1 ) να ε-παληθεύεται με χ = 3 και y = 1 . Από την εξίσωση ( 1 ) με χ = 3 και y = 1 , έχουμε: 3 (3λ2 -4λ+ 1) + (3λ2 - 7λ+ 2)-6λ2 + 1 1λ-3 = ο<=> 3λ2 -4λ+ 1 = Ο<=> ( λ = 1 ή λ =�)<=> λ = 1 (αφού λε {1,2,3, . . . , 10} ).

Άρα, το πλοίο με πορεία την ευθεία ε1 θα συγκρουστεί με τη σημαδούρα.

γ) Η πορεία της βάρκας είναι η ευθεία ε, η οποία διέρχεται από τα σημεία (2,6) και (1 ,8). Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ε είναι: 8 - 6 --= -2 και άρα η εξίσωσή της είναι: 1 - 2 y - 6 =-2 (x - 2) <=> 2χ + y- 10 = 0 . Κάποιο από τα 1 Ο πλοία κινείται παράλληλα με τη βάρκα αν, και μόνο αν, υπάρχει λε {1, 2,3, . . . , 10} τέτοιο ώστε ελ 1 1 ε . Έχουμε: ελ Ι Ι δλ = (3λ2 - 7λ+ 2,-3λ2 +4λ- 1) και ε 11 δ = {1,-2) . Έτσι, έχουμε:

ΙΙ δ Ι Ι δ 3λ2 - 7λ+ 2 1 i _ o . ελ ε <=> λ <=> -3λ2 +4λ- 1 -� - <=>

. . . <=> 3λ2 -10λ + 3 = ο <=> (λ = 3 ή λ = �} Άρα, το πλοίο με πορεία την ευθεία ε3 κινεί

ται παράλληλα με τη βάρκα. 8) Θεωρούμε τα σημεία Α ( 4, Ο) και

8 (0,3) . Να βρείτε τα σημεία Μ της ευθείας ε: y = 2χ + 8 , για τα οποία το εμβαδόν του τριΎώνου ΜΑΒ είναι ιο τετρ. μονάδες.

Λύση Έστω M(x,y) ένα σημείό της ευθείας ε, οπό-

τε: y = 2x + 8 (1). Έχουμε: ΑΒ = (-4,3) και AM = (x -4, y) . Έ

τσι, έχουμε: (MAB) = - det ΑΒ,ΑΜ = - I I= 1 1 (- -� 1 1 -4 � 2 2 χ -4

1 1 2ι-4y-3χ + 121 =2"13x +4y - 12l .

Άρα, το σημείο M(x,y) είναι ζητούμενο αν,



και μόνο αν: {y = 2x+ 8 {y = 2x + 8 1 <::::} <::::} 213x +4y- I2I = IO l3x +4y - I21 = 20 ({Υ = 2χ +8 . {Υ = 2χ +8 ) 3x +4y- 12 = 20 η 3x +4y- 12 = -20 <::::} �[{; :� ή {:::Ι;�] · Άρα, τα ζητούμενα σημεία είναι: Μ1 (0,8) και

Μ (-40 !_) 2 ι ι Ί ι ·

ΚΩΝΙΚΕΣ ΤΟΜΕΣ 9) Θεωρούμε τον κύκλο C: χ2 + y2 = 4 και

την ευθεία ε: y = 2χ + 5 . i) Να δείξετε ότι ο κύκλος C και η ευθεία ε

δεν έχουν κοινό σημείο. ii) Από ένα σημείο Μ της ευθείας ε φέρ

νουμε τις εφαπτόμενες στον κύκλο C και ονομάζουμε Α και Β τα σημεία επαφής. Να δείξετε ότι, όταν το σημείο Μ διαγράφει την ευθεία ε, η ευθεία ΑΒ διέρχεται από ένα σταθερό σημείο.

Λύση i) Οι συντεταγμένες των κοινών σημείων του

κ:ύκ:λου C και της ευθείας ε, αν έχουν, είναι οι λύσεις του συστήματος: {χ2 + y2 = 4 <::::} {χ2 + (2χ + 5)2 = 4 <::::} y = 2x + 5 y = 2x+ 5 <::::} {5χ2 + 20χ + 2 1 = ο (1) y = 2x + 5

Η διακρίνουσα της εξίσωσης (1) είναι: Δ = 202 -4 · 5 · 21 =-20 < 0 .

Άρα, το σύστημα είναι αδύνατο και συνεπώς ο κ:ύκ:λος C και η ευθεία ε δεν έχουν κοινό σημείο. ii) Έστω ότι (λ,μ) είναι οι συντεταγμένες ενός σημείου Μ της ευθείας ε, οπότε μ = 2λ + 5 και ά-

ρα: Μ(λ,2λ+ 5) . Έστω ακόμα ότι: A(x1 , y1 ) και Β ( Χ2 , y 2 ) . Η εξίσωση της ευθείας ΜΑ είναι: χχ1 + ΥΥι = 4 και επειδή αυτή διέρχεται από το σημείο Μ, έχουμε: λχ1 + (2λ + 5) y1 = 4 (2).

Όμοια βρίσκουμε ότι: λχ2 + (2λ+ 5)y2 =4 (3). Λόγω των (2) και (3), η ευθεία με εξίσωση:

λχ + (2λ+ 5)y = 4 διέρχεται από τα σημεία Α και Β και άρα αυτή είναι η εξίσωση της ευθείας ΑΒ.

Έχουμε: λχ + (2λ+ 5)y = 4 <::::} (χ + 2y)λ+ 5y-4 = 0 (4). Το σύστημα: x + 2y = O , 5y- 4 = 0 έχει τη

(μοναδική) λύση: χ = -� , y = � . 'Ετσι, με χ = -� και y = i , η εξίσωση ( 4) της ευθείας ΑΒ 5 5 επαληθεύεται για κάθε λ Ε JR . Άρα, η ευθεία ΑΒ διέρχεται από το (σταθερό) σημείο ( -�,�}

1 Ο) Έστω η εξίσωση: (λ2 - 1)χ - 2λy- λ2 - 2λ- 1 = Ο (1).

i) Ν α δείξετε ότι για κάθε λ Ε JR η εξίσωση (1) παριστάνει μία ευθεία, την οποία συμβολίζουμε με ελ •

ii) Να δείξετε ότι δεν υπάρχει σημείο του επιπέδου, από το οποίο διέρχονται όλες οι ευθείες ελ .

iii) Να βρείτε το σύνολο των σημείων του επιπέδου, από τα οποία διέρχεται μία μόνο ευθεία ελ .

Λύση i) Η εξίσωση (1) είναι της μορφής:

Αχ + By +Γ= Ο , όπου Α = λ2 - 1 , Β = -2λ και Γ = -λ2 -2λ - 1 . Έστω ότι για έναν αριθμό λ Ε JR ισχύουν:

� � � -1 = 0 {Α = Ο {λ2 - 1 = 0 {λ = Ο Β = Ο -2λ = Ο λ2 - 1 = Ο ' άτοπο.

Άρα, για κάθε λ Ε JR , έχουμε: Α ::�; Ο ή Β ::�; Ο . Συνεπώς, για κάθε λΕ JR , η εξίσωση ( 1) παριστάνει μια ευθεία ελ .

ii) Έστω ότι υπάρχει σημείο ( χ0, y 0) , από το οποίο διέρχονται όλες οι ευθείες ελ . Τότε, για κάθε λ Ε JR , θα έχουμε:

{λ2 - l)x0 -2λy0 -λ2 - 2λ- 1 = 0� � (χ0 - Ι)λ2 - 2 (y0 + Ι)λ- (χ0 + Ι) = Ο .

Έτσι, θα έχουμε: χ0 -1 = Ο , y 0 + 1 = Ο και χ0 + I = Ο , αδύνατο. Άρα, δεν υπάρχει τέτοιο σημείο. ίίί) Έστω (x0 , y0) ένα σημείο του επιπέδου.

Μία ευθεία ελ διέρχεται από το σημείο αυτό αν, και μόνο αν:

(λ2 - Ι)χ0 - 2λy0 -λ2 - 2λ- 1 = Ο<::::} <::::} (χ0 - Ι)� -2(y0 + Ι)λ- (χ0 + Ι) = Ο (2).



Από το σημείο ( χ0 , y 0 ) διέρχονται τόσες ευθείες, όσες είναι οι λύσεις της (ως προς λ) εξίσωσης (2).

α) Έστω ότι χ0 = 1 τότε: (2)� -2(y0 + 1)λ - 2 = 0� (y0 + 1)λ = -1 (3).

• Α ν y 0 = -1 , τότε η εξίσωση (3) είναι αδύνατη. -1

• Αν Υο :;t -1 , τότε: (3)� λ=--. Υο + 1

Άρα, από τα σημεία της ευθείας ε: χ = 1 , πλην του σημείου της (1, -1) , διέρχεται μία μόνο ευθεία

β) Έστω ότι χ0 :;t 1 . Τότε, η (2) έχει μία μόνο λύση αν, και μόνο αν:

4(y0 + 1)2 +4(χ0 - 1)(χ0 + 1) = Ο � � χ� + (y ο + 1 )2 = 1 .

Άρα, από τα σημεία του κύκλου C: χ2 + (y + 1)2 = 1 , πλην του σημείου του (1,-1) , διέρχεται μία μόνο ευθεία ελ .

Τελικά, το ζητούμενο σύνολο αποτελείται από τα σημεία του κύκλου C και εκεiνα της ευθείας ε, πλην του κοινού τους σημείου (1, -1) .

c

Υ ο

ε

χ

1 1 ) θεωρούμε την παραβολή C : y2 = 6χ και την ευθεία ε : 2χ -y + 3 = Ο . Να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου της C, του οποίου η απόσταση από την ευθεία ε είναι η ελάχιστη δυνατή. Ποια είναι η ελάχιστη αυτή απόσταση;

Λύση Έστω M(x,y) ένα σημείο της παραβολής C,

οπότε: y2 = 6χ και άρα: χ =.!.. y2 . Συνεπώς: 6 Μ(� , y} Η απόσταση d του σημεiου Μ από την ευθεία ε είναι:

I y2 I 2 ·--y+ 3 d = 6 =-

1-ly2 -3y+ 91 , όπου yε IR .

�22 + (-1)2 3J5 Το τριώννμο: y2 -3y+ 9 έχει διακρίνουσα

αρνητική και συνεπώς: y2 - 3y + 9 > Ο , για κάθε yε JR . Έτσι, έχουμε:

d = 1r;- (Y2 - 3y+9) . 3ν5 Το τριώννμο: y2 -3y + 9 έχει ελάχιστη τιμή

3 Τ ' για y = 2 . οτε: 1 1 9 3 x =-y2 =- ·-=-6 6 4 8

Άρα, οι συντεταγμένες του ζητούμενου ση-, , (3 3 ) Η λ ' , , μειου ει ναι: g, 2 . ε αχιστη αυτη αποσταση

είναι:

1 2) Από ένα σημείο Μ άγονται δύο εφαπτό-χz y2 μενες της έλλειψης C :-+-= 1 και η ευθεία 16 4

που διέρχεται από τα σημεία επαφής έχει εξίσωση: 2χ- 3y- 4 = Ο . Να βρείτε τις συντεταγ-μένες του Μ.

Λύση Έστω ότι M(x0 ,y0 ) και ότι K(x1 , y1 ) και

Λ ( X z , y 2 ) είναι τα σημεία επαφής. Η εξίσωση της ευθείας ΜΚ είναι: ΧΧ ι + ΥΥι = 1 και επειδή αυτή 16 4 διέρχεται από το σημείο Μ ( χ0 , y 0 ) , έχουμε:

ΧοΧι + ΥοΥι = 1 . 16 4 Όμοια βρίσκουμε ότι:

ΧοΧ2 + ΥοΥ2 = 1 . 16 4

( 1 ).

(2). Λόγω των (1) και (2), η ευθεία με εξίσωση:

ΧοΧ + ΥοΥ = 1 � χ x + 4y y- 16 = 0 (3) 16 4 ο ο διέρχεται από τα σημεία Κ και Λ και άρα η (3) είναι η εξίσωση της ευθείας ΚΑ.

Έτσι, το σημείο Μ είναι ζητούμενο αν, και μόνο αν, η εξίσωση (3) και η δοσμένη: 2χ - 3y -4 = Ο παριστάνουν την ίδια ευθεία. Αυτό συμβαίνει αν, και μόνο αν:



� � 4y0 = -16 <=> {Χ0 = 8 2 -3 -4 y0 =-3 Άρα, οι συντεταγμένες του Μ είναι: (8,-3) .

χ2 y2 13)Μία υπερβολή C :---= 1 (α > Ο , αz βz

β > Ο ) διέρχεται από το σημείο Μ (-4,3) και η εφαπτομένη της στο Μ είναι η ευθεία: ε : y = -2χ- 5 . Να βρείτε τους αριθμούς α και β.

Λύση Έστω ότι για δύο θετικούς αριθμούς α και β

πληρούνται οι δοσμένες συνθήκες. Έτσι, η εξίσωση της εφαπτομένης της υπερβολής C στο σημείο της Μ(-4,3) είναι:

x (-4) _ y · 3 = 1 <=> y= -4β2 x -f_ (1). α2 β2 3α2 3 Άρα, η εξίσωση ( 1) είναι η εξίσωση της ευ-θείας ε : y = -2χ - 5 και συνεπώς:

- 3α2 = -2 <=> {β2 = 15 <=> {α = .JW j 4β2 _f_=_5 α2 = 10 β =Μ

3 Α ντιστρόφως. Έστω ότι α = .JW και β = .Ji5 . Τότε:

χ2 y2 C :---= 1 . 1 0 15 Επαληθεύουμε εύκολα ότι η υπερβολή αυτή διέρχεται από το σημείο Μ(-4,3) και η εφαπτο-μένη της στο σημείο αυτό είναι η ευθεία ε.

· Άρα: α =Μ και β =Μ . ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ 14) Να δείξετε ότι, για κάθε ν Ε Ν* , ισχύει:

�'5,ifj. Λύση Αρκεί να δείξουμε ότι, για κάθε ν Ε Ν* , ισχύ-

ει: 3ν � ν3 (1). Η (1) για ν = l και ν = 2 , όπως βρίσκουμε

εύκολα, ισχύει. Θα δείξουμε τώρα επαγωγικά ότι η (1) ισχύει για κάθε ν � 3 . α) Για ν = 3 , η (1) γίνεται: 33 � 33 , ισχύει. β) Έστω ότι η (1) ισχύει για ν = κ ( κ Ε Ν* ,

κ � 3 ), δηλαδή ότι: 3" � κ3 (2). Θα δείξουμε ότι ισχύει και για ν = κ + 1 , δηλ.

ότι: 3"+1 � (κ+ 1)3 (3).

να δείξουμε την (3), αρκεί να δείξουμε ότι: 3κ3 � (κ+ 1)3 , αρκεί (κ;l J <5, 3 , αρκεί

Έχουμε: (ι + :)3 -5, 3 . (4)

1 1 1 4 ( 1 )3 (4 )3 κ � 3�-<5,-� l+-<5,-� 1+- . -5, - � κ 3 κ 3 κ 3 � 1+- '5,- < 3� (4) . ( 1 )3 64

κ 27 Άρα, η (3) ισχύει. 15)Να βρείτε τους φυσικούς αριθμούς χ, y

και ω, για τους οποίους ισχύουν:

Λύση Έχουμε:

{χ+ 14y + 56ω = 860 χ < 7, y < 4

860 = 7 (2y + 8ω)+χ . (1). Επειδή Ο -5, χ < 7 , η (1) είναι η ισότητα της

διαίρεσης 860 : 7 . Εκτελούμε τη διαίρεση αυτή και βρίσκουμε πηλίκο 122 και υπόλοιπο 6. Άρα χ = 6 και 2y+ 8ω = 122 <=> y+4ω= 61 . 'Ετσι, έχουμε:

61 = 4ω+y . (2). Επειδή Ο -5, y < 4 , η (2) είναι η ισότητα της

διαίρεσης 61 : 4 , οπότε y = 1 και ω = 15 . Άρα: χ = 6 , y = 1 και ω = 15 .

Όπως βρίσκουμε εύκολα, οι αριθμοί αυτοί πληρούν τις δοσμένες σχέσεις και άρα είναι οι μοναδικοί ζητούμενοι.

16) Ν α δείξετε ότι, για κάθε ν Ε Ν* , ισχύει: 32ν+Ι + 2ν+2 = πολ. 7 .

Λύση Για κάθε ν Ε Ν* , έχουμε:

32v+l + 2ν+2 = 3 · 32ν +22 · 2ν = 3 · 9ν -3 · 2ν + 7 · 2ν = 3(Ψ -2ν )+ 7 · 2ν = 3Πολ.7 + 2ν πολ.7 = πολ.7 . Σημείωση: Η απόδειξη μπορεί να γίνει και επαγωγικά (πώς;) 17) α) Να δείξετε ότι, για κάθε α,υΕ Ζ

και για κάθε ν Ε Ν* , ισχύει: (πολ.α+υ)ν = πολ.α+ υν .

β) Να βρείτε το τελευταίο ψηφίο του αριθμού 7zoo3 .

Λύση Από την (2) έπεται ότι: 3"+1 � 3κ3 • Έτσι, για ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/SΟ


α) Θέτουμε: β=πολα+υ, οπότε β-υ=πολ.α . ται ότι: (5α, 14) = 7 . (1) Γιίχ. κάθε ν ε Ν• , έχουμε: β Υ ...::. υ Υ = πολ. (β -υ) = πολ. ( πολ.α) = πολ.α ==> ==> β Υ -υ Υ = πολ.α ==> β Υ = πολ.α +υ Υ ==> ==> ( πολ.α + υ) Υ = πολ.α + υ Υ •

β) Το τελευταίο ψηφίο του αριθμού κ = 72003 είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης κ : 10 (γιατί;). Έ-χουμε: κ = 72οο3 = 7 . 72002 = 7 . ( 72 )ΙοοΙ = = 7 · 491001 = 7 · (50- 1)1001 = 7 [πολ. 1 0+ (-1)]1001 = = 7[ πολ. 10+ (-1)1001 ] = 7 (πολ. 1 0- 1) = πολ. ΙΟ - 7 = πολ. ΙΟ- 10+3 = πολ. 10 +3 .

Άρα: κ = πολ. 1 0+3 . Και επειδή Ο S 3 < 10 , το υπόλοιπο της διαίρεσης κ : 10 είναι 3. Άρα, το τελευταίο ψηφίο του αριθμού 72003 είναι 3.

ι8)Θεωρούμε δύο ακέραιους αριθμούς α και β και τους αριθμούς χ = 3α + 4β και y = 2α + β . Να δείξετε ότι: i) 5 1 χ <=> 5 1 Υ •

ii) Αν (α, β) = ι , τότε οι αριθμοί χ και y δεν μπορούν να έχουν άλλους θετικούς κοινούς διαιρέτες εκτός από τους αριθμούς ι και 5.

Λύση Έχουμε: {χ = 3α+4β {χ = 3α+4β ==> => 4y- x = 5α (l ). y = 2α+ β 4y = 8α+4β Επίσης, έχουμε: {χ= 3α+4β {2χ =6α+8β

==> =>2χ-3y= 5β (2). y= 2α+β 3y=6α+3β i) Έστω ότι 5 1 χ . Τότε, επειδή 5 l 5α , από

την (1), έπεται ότι 5 l 4y και επειδή (5,4) = 1 , έπεται ότι 5 1 y .

· Έστω ότι 5 1 y . Τότε 5 l 4y και επειδ� 5 1 5α , από την ( 1 ), έπεται ότι 5 1 χ .

ii) Έστω ότι (α, β) = 1 . Με γ ε Ν• , έχουμε: {γ I χ (Ι) {γ l 5α · ==> =>γ l (5α, 5β)=> γ l 5 · (α, β)=} γ I Υ (2) γ l 5β ==> γ 1 5 ==> (γ = 1 ή γ = 5) .

ι9)Να βρείτε τους ακέραιους αριθμούς α, για τους οποίους ισχύουν: 2 < ( 5α, ι4) < ι4 .

Λύση Έστω ότι για έναν αριθμό α ε Ζ ισχύουν οι

δοσμένες ανισότητες. Επειδή από τους ακέραιους αριθμούς 3, 4, 5, . . . , 13 μόνο ο 7 διαιρεί το 14, έπε-

Από την ( 1 ) έπεται ότι 7 1 5α και επειδή (7, 5) = 1 , έπεται ότι 7 1 α και συνεπώς α = 7λ , όπου λ ε Ζ . Αντικαθιστώντας στην (1) βρίσκουμε:

(5 . 7λ, 14) = 7 ==> 7 . (5λ, 2) = 7 ==> (5λ,2) = 1 (2). Από τη (2) έπεται ότι 2 l 5λ (γιατί;) και άρα

2 % λ (γιατί;) και συνεπώς λ = 2κ + 1 , όπου λ ε Ζ . Έτσι, έχουμε: α = 7λ = 7(2κ+ Ι)=> α = 14κ + 7 .

Α ντιστρόφως: Έστω ότι α = 14κ + 7 , όπου κ ε Ζ . Τότε:

(5α, 14) = (5 · 14κ +5 · 7, 14) = 7(10κ + 5, 2) = 7 , αφού (10κ + 5, 2) = 1 (γιατί;).

Άρα, οι ζητούμενοι αριθμοί είναι: α = 14κ + 7 , όπου κε Ζ .

20)Να βρείτε τους ακέραιους αριθμούς α και β, για τους οποίους ισχύουν:

Ο < α < β (ι) και [α,β]- (α,β)= 7 (2).

Λύση Έστω ότι για δύο ακέραιους αριθμούς α και β

ισχύουν οι δοσμένες σχέσεις ( 1 ) και (2). Θέτουμε: ε = [α, β] και δ = (α, β) . Ονομάζουμε κ το πηλίκο της διαίρεσης α : δ και λ της β : δ , οπότε:

α = κδ , β = λδ και (κ, λ) = 1 . Από τις σχέσεις (1) έχουμε: Ο < κδ < λδ και

άρα: Ο < κ < λ (3). Εξάλλου, έχουμε:

δε = αβ ==> δε = κδ · λδ ==> ε = κλδ (4). Άρα δ Ι ε και επειδή, λόγω της (2), είναι:

ε -δ = 7 (5), έπεται ότι δ 1 7 και άρα δ = 1 ή δ = 7 . • Έστω ότι δ = 1 . Τότε ,από την (5) βρίσκουμε

ότι ε = 8 και από την (4) ότι: κλ = 8 . Από αυτή βρίσκουμε ότι κ 1 8 και άρα: κ = 1,2,4,8 . Από την κλ = 8 βρίσκουμε αντιστοίχως: λ = 8, 4, 2, 1 . Έτσι, λόγω των (3) και επειδή (κ, λ) = 1 , βρίσκουμε: κ = 1 και λ = 8 , οπότε: α = l και β = 8 .

• Έστω ότι δ = 7 . Όπως προηγουμένως βρίσκουμε ότι: α = 7 και β = 14 . Α ντιστρόφως: Όπως βρίσκουμε εύκολα, τα ζεύγη:

(α = 1, β = 8) και (α = 7, β = 14) πληρούν τις δο-σμένες συνθήκες και άρα είναι τα μοναδικά ζητούμενα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" λ.ε. τ.4/51

Α AEKit6sι·s iτ•ιΤι'fΙΊ1ιιιiιs του Θεοδώρου Δ. Ρήγα

ι. Δίνεται το κυκλικό διάγραμμα, που παριστάνει την κατανομή των ωρών εργασίας των υπαλλήλων μιας επιχείρησης κατά το μήνα Μάρτιο 200ι,

Είναι γνωστό ότι:. • Το 6% των ωρών εργασίας αντιστοιχεί σε αμοιβή από 2 μέχρι 4€ την ώρα • Το ι4% των ωρών εργασίας αντιστοιχεί σε αμοιβή από 4 μέχρι 6€ την ώρα • Το 38% των ωρών εργασίας αντιστοιχεί σε αμοιβή από 6 μέχρι 8€ την ώρα • Το 23% των ωρών εργασίας αντιστοιχεί σε αμοιβή από 8 μέχρι ιοε την ώρα • Το ι4% των ωρών εργασίας αντιστοιχεί σε αμοιβή από ι ο μέχρι ι2ε την ώρα • Το 5% των ωρών εργασίας αντιστοιχεί σε αμοιβή από ι2 μέχρι ι4€ την ώρα

Αν ο συνολικός αριθμός ωρών του μήνα ήταν 7.300 ώρες. α) Να βρεθεί ο αριθμός των ωρών για κάθε κλάση αποδοχών. β) Ν α παρασταθούν τα αποτελέσματα σε ένα πίνακα συχνοτήτων. γ) Να βρεθεί το ποσοστό των ωρών εργασίας των υπαλλήλων, που η ωριαία αμοιβή τους είναι

μεταξύ των 6€ και ι 0€. δ) Να βρεθεί η επικρατούσα τιμή καθώς και η διάμεσος της κατανομής.

Λύση α) Ο αριθμός των ωρών για κάθε κλάση είναι: 7300χ6% = 438 1 1 7300χ 14% = 1022 ΠΙ 7300χ38% = 2774 ΙΥ 7300χ23% = 1679

ν 7300 χ 14% = 1022 νΙ 7300 χ 5% = 365 β) Ο πίνακας συχνοτήτων είναι:

I',H ' - >t: ψ ·':Ξ'' "'''·· " "L Κλάσεις ωριαίας αποζημίωσης σε € V; ' f; F; κ λ ' . .. ·· , l l

υκ ικοι τομεις ''��

2 - 4 438 6 6 Ι 4 - 6 1 022 1 4 20 π 6 - 8 2774 3 8 58 ΠΙ 8 - 1 0 1 679 23 8 1 IV 1 0 - 1 2 1 022 1 4 95 ν 1 2 - 1 4 365 5 1 00 VI Σύνολο 7300 1 00

γ) Το ποσοστό των ωρών των υπαλλήλων που η ωριαία αμοιβή τους είναι μεταξύ 6 και 1 0€ είναι 61% δ) Συγκροτούμε το παρακάτω ιστόγραμμα συχνοτήτων:


,.,,

ν; 3500 3000 2500 2000 1500 1000 500

Α Β

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Οι διαγώνιες του τραπεζίου ΑΒΓ Δ τέμνονται στο Ε, του οποίου η τετμημέvη είναι η επικρατούσα τιμή Μ0 •

Απ' το ιστόγραμμα μ' ένα απλό υποδεκάμετρο διαπιστώνουμε ότι: Μσ ::::: 7,2. Πέρα απ' το σχήμα η τετμημέvη του Ε μπορεί να υπολογιστεί ως εξής: ΑΔ = 2774- 1022 = 1752 , ΒΓ = 2774-1679 = 1095 . Κι επειδή τα τρίγωνα ΑΕΔ, ΒΕΓ είναι όμοια ισχύει: ΑΔ = MQ-6 ή MQ-6 = 1,6 . Άρα: MQ =7,23 ... ή MQ ::::: 7,23 ΒΓ 8-MQ 8-MQ

0 �--��--��-----+ 2 4 6 Μο Β 10 12 14 €

F;%

100%

Για την εύρεση της διαμέσου εργαζόμαστε ως εξής: Σχηματίζουμε το πολύγωνο των αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων.

80%

Η διάμεσος δ αντιστοιχεί στην αθροιστική συχνότητα fj =50%.

60% 50% 40%

Απ' το διπλανό διάγραμμα διαπιστώνουμε μ' ένα απλό υποδεκάμετρο ότι: δ:::: 7,5 .

20%

ο 4 6 δ 8 10 12 14 €

Πέρα απ' το σχήμα η διάμεσος τιμή δ, ως τετμημέvη του σημείου Δ της καμπύλης, υπολογίζεται ως εξής: Τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΑΒΓ είναι όμοια. Άρα:

2

ΑΕ = ΑΒ , χδ -6 =-2- , χδ -6 =_.!.._ . Ά α: χ = ι44 ::::: 7 58 . ΕΔ ΒΓ η 50-20 58-20 η 30 ι9 ρ δ 19 ' Άσκηση 2 Μία βιομηχανική μονάδα κατασκευάζει 4

προϊόντα σε ποσοστά 10%, 20°/ο, 30% και 40% με κόστος κατασκευής 9, 7, 5, 3€ για κάθε προϊόν αντίστοιχα.

α) Να υπολογιστεί το μέσο κόστος κατασκευής, η τυπική απόκλιση του κόστους αυτού και ο συντελεστής μεταβολής του κόστους κατασκευής των προϊόντων.

β) Α ν το κόστος κατασκευής για κάθε προϊόν αυξηθεί κατά 10%, λόγω αύξησης των πρώτων υλών και των μισθών των υπαλλήλων, να βρεθεί ο νέος συντελεστής μεταβολής του κόστους κατασκευής.

Λύση Αν παραστήσουμε με χ1 = 9, χ2 = 7,

χ3 = 5, χ4 = 3 € τις τιμές κόστους κάθε προϊόντος, τότε οι αντίστοιχες συχνότητες αυτών είναι f1 = 0, 1, f2 = 0, 2, f3 = 0,3 και f4 = 0,4. Για το (α) έχουμε: 4

• χ= ΣΧj� =9·0,1+7·0,2+5 · 0,3+3·0,4= i=l 0, 9+ 1, 4+ 1, 5+ 1, 2 = 5

• S2 - Σ4 2r -2 <·>_ χ - Xj ί - Χ -i=l

8, 1 + 9, 8+7, 5+ 3, 6-25 = 29-25 = 4 s 2

• cv = - =-= 0 4 = 40%. χ χ 5 '

Για το (β): Ας είναι χ το αρχικό κόστος κατασκευής. οπό

τε με την αύξηση Ι 0% το νέο κόστος θα είναι: y = χ + _!Q_ χ = χ + Ο, ι χ = 1, Ι χ. Οπότε: 100 y = ι, Ι · χ = ι, Ι · 5, sy = ι, ιsχ = ι, ι . 2

Άρα cvY =? = ι, ι - 2 =3.= 40% .Δηλαδή ο y 1, 1 · 5 5 CV παραμένει αμετάβλητος.

Άσκηση 3 Ο πίνακας που παραθέτουμε παρακάτω

δείχνει τη ποσοστιαία κατανομή των ημερομι-

<•> Αφού:

1 { κ 1 ( κ J} κ 2 ( κ 2 J 2 2 2 Υ.Χ· ν-χ; � =- Σνίχί -- Σνίχ; =Σ-' 1 - Σ-• =

ν i=l ν ί=Ι i=Ι ν ί=Ι ν

( )2 κ κ κ 2 = Σf:Χ� - Σf:Χ· = Σf:χ2 -χ I I I I I I i=l i=l i=l



σθίων 100 υπαλλήλων μιας επιχείρησης. Η στήλη Α εκφράζει κλάσεις ημερομισθίων σε ευρώ. Η στήλη Β τα αντίστοιχα ποσοστά fi% υπαλλήλων.

Να βρεθεί το ποσοστό των υπαλλήλων, που παίρνουν ημερομίσθιο:

α) το πολύ 37,5€ β) · τουλάχιστο 36,8€ γ) μεταξύ 36,8 και 39,5€.

Α Β 35 - 36 8 36 - 37 28 37 - 38 44 38 - 39 1 6 39 - 40 4

Λύση • Για το (α)

Το ποσοστό των υπαλλήλων που παίρνουν το πολύ 37,5€ ως ημερομίσθιο είναι 36%. Κι επειδή το 37,5 ανήκει στη κλάση [37,38), στην οποία αντιστοιχεί ποσοστό 44% θα έχουμε ότι το ποσοστό που αντιστοιχεί στο 0,5 της μεταβολής θα είναι 44 · Ο, 5 = 22% .

Άρα το συνολικό ποσοστό των υπαλλήλων, που παίρνουν το πολύ 37,5€ ως ημερομίσθιο είναι 36+ 22 = 58% . • Για το (β)

Το ποσοστό των υπαλλήλων που παίρνουν τουλάχιστον 3 7€ είναι: 44 + 16 + 4 = 64% .

Το ποσοστό 36,8 ανήκει στη κλάση [36,37),

Θέμα 1° Δίνεται η συνάρτηση

f (x) = ln (2x)- χ2 + ι . i) Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία

και τα ακρότατα.

ii) Ν α αποδείξετε ότι ln 2 � 2χ2 - 2 ln χ - 1 για κάθε χ > Ο •

Λύση i) f (x) = ln (2x) - x2 + 1 απαιτούμε 2χ > Ο

άρα χ > Ο έτσι έχουμε πεδίο ορισμού της f (x) το (0,-tco) . Βρίσκουμε την πρώτη παράγωγο της συνάρτησης

f'(x) = [In (2x)- x2 + 1J' = [ln (2x)f - (χ2)' + 1' =

που αντιστοιχεί σε ποσοστό 28%. Συνεπώς το ποσοστό, που αντιστοιχεί στο 0,2 της μεταβολής είναι: 28 · 0, 2 = 5, 6% .

Άρα το συνολικό ποσοστό των υπαλλήλων, που παίρνουν τουλάχιστον 36,8€ είναι: 64+ 5, 6 = 69, 6%

• Για το (γ) Κατ' αρχας υπολογίζουμε το ποσοστό των υ

παλλήλων που παίρνουν το πολύ 36,8€ και μετά το ποσοστό των υπαλλήλων που παίρνουν το πολύ 39,5€. Το ζητούμενο ποσοστό είναι η διαφορά τους.

Σε 36€ αντιστοιχεί ποσοστό 8%. Κι επειδή το ποσοστό 36,8 ανήκει στη κλάση [36,37) συμπαιραίνουμε ότι: το ποσοστό που αντιστοιχεί στο 0,8 της μεταβολής θα είναι: 28 · Ο, 8 = 22, 4% Κι επομένως το ποστό των υπαλλήλων που παίρνουν το πολύ 36,8€ είναι 8 + 22,4 = 30, 4% .

Παρόμοια βρίσκουμε ότι το ποσοστό iων υπαλλήλων που παίρνουν το πολύ 39,5€. Μέχρι 39€ παίρνει το 96% των υπαλλήλων. Άρα το ποσοστό που αντιστοιχεί στο 0,5 της μεταβολής είναι: 4 · Ο, 5 = 2% . Κι επομένω.ς το ποσοστό των υπαλλήλων που παίρνουν το πολύ 39,5€ είναι 96+ 2 = 98% .

Τελικά, το ζητούμενο ποσοστό των υπαλλήλων, που παίρνουν μεταξύ 39,5€ και 36,8€ είναι: 98-30, 4= 67, 6% .

της Αγγελικής Βλάχου

1 ' 2 1 1 - 2χ2 =-(2χ) -2χ = --2χ =--2χ =--2χ 2χ χ χ 2

Εξετάζουμε το πρόσημο του f'( χ)= 1-2χ χ το οποίο εξαρτάται μόνο από το πρόσημο του αριθμητή αφού χ > Ο .

•

•

Έτσι έχουμε: 1 - 2χ2 = 0<=> -2χ2 = -1 <=>

2 1 J2 <=> χ =-<=> χ =±-. 2 2 2 2 1 J2 1 -2χ > ο<=> χ <-<=> χ < -

Έτσι έχουμε: 2 2


Μαθηματικά -yια την Γ Λυκείου

χ ο J2/2 + CO f(x) + ? -f(x) �jM� f(!i/2)

Σ J2 ' ' ζ το χ0 = 2 η συναρτηση παρουσια ει ο-

λικό μέγιστο το

r(�)�+ ·�}(�J + I �m�-±+ I � .l 1 1 1 = ln 22 +-=-ln 2+- . 2 2 2

ii) Έχοuμε: f (ψ; r( �) για κάθε

χ > Ο συνεπώς: ln{2x)- x2 + 1 :::; .!.ιn2+.!.<=> 2 2 <=> ln 2+ ln χ - χ2 + 1 ::::; .!.ln2+.!. ·2

2 2 <=>2ln2+ 21n χ -2χ2 + 2 ::::; ln 2+ 1 <=> <=> ln 2 :::; 2x2 -2 lnx - 1 , που είναι το ζητούμε-νο.

Προσοχή Έστω η γραφική παράσταση μιας συνε

χούς συνάρτησης y = f (χ) η οποία είναι παρα-γωγίσιμη στο σημείο ( χ0 , f ( χ0)) και θέλουμε να προσδιορίσουμε την εξίσωση της εφαπτομένης της γρ. παράστασης της f στο Ρ0 (x0, f (x0)) . Έχουμε δύο τρόπους αντιμετώ-πισης του προβλήματος:

α' τρόπος Θέτουμέ: (ε) y = λ · χ + κ όπου λ = f'(χ0)

και στη συνέχεια για χ = χ0 , y = f(x0) βρίσκουμε το κ.

β' τρόπος Η εξίσωση της εφαπτομένης ως γνωστό

δίνεται και από την ισότητα: y- f(x0) = f'(x0) · (χ - χο) .

Στις ασκήσεις μας εδώ χρησιμοποιούμε κυρίως τον β' τρόπο.

ο χ Θέμα 2° Δίνεται η συνάρτηση f (χ) = -2e3a

x + 4 . ί) Να βρεθούν οι τιμές του α για τις ο

ποίες f' (χ)-f" (χ) = Ο , για κάθε χ ε JR •

ίί) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομέ

νης (ε) της γραφικής παράστασης της f στο

σημείο με τετμημένη χ0 = Ο . ίίί) Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής του

εμβαδού του τριγώνου που σχηματίζει η

παραπάνω εφαπτομένη με τους άξονες όταν

α = 6 .

Λύση i) Θα υπολογίσουμε την πρώτη και δεύ

τερη παράγωγο της συνάρτησης f. Έχουμε: ' ' f'(x) = (-2 · e3αx +4) = (-2 · e3αχ ) + (4) ' =

= -2 · e3αχ (3αχ)' + 0 = -6α · e3αχ . f"(x) =(-6α· e3αχ )' =-6α· e3αχ (3αχ:J =-18α2 · e3αχ . f'(x)- f"(x) = O <=> -6α · e3αχ + 18α2 · e3αχ = 0 <=>

3αχ;t0 (-6α+ 1 8α2) · e3αχ = Ο <=> - 6α+ 18α2 = Ο<=> <=> 6α(-1 +3α) = Ο<=> α= Ο ή α=.!_ 3

ii) Η ζητούμενη εξίσωση έίναι: y- f(O) = f'(O)(x - Ο) (ε)

f {0) = -2 · e3α·O + 4 = -2 · 1 + 4 = 2 f' {Ο) = -6α · e3α·Ο = -6α y-2 = -6α (χ - Ο) <=> r-1 y-=---6α_χ_+---,21 (ε) iii) Θα βρούμε τα σημεία τομής της (ε) με

τους άξονες: Για y = O έχουμε 0=-6αχ+2<=:)6αχ=2<=>

1 <=> χ =- . 3α Άρα η (ε) -tέμνει τον άξονα χ 'χ στο

Α(3� , 0) Για χ = 2 έχουμε y = 2 Άρ η (ε) τέμνει τον

άξονα y'y στο Β(Ο,2) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/55

Μαθηματικά '(ια την Γ Λυκείου

Υ Β (0,2)

Α Ο (113α,Ο) χ

Ε Δ =!(οΑ) · (ΟΒ) (1) με (ΟΑ) =-ι με ΑΟΒ 2 3α α > Ο και (ΟΒ)= 2 .

ι ι ι , ι Ε Δ =- ·- · 2 =- τ.μ. αρα Ε (α) =- . ΑΟΒ 2 3α 3α 3α I ( ι ) ι I ι ι Ε ' (α) = - = -- και ε (6)=-- =- τ.μ. 3α 3α2 3 · 62 ιοs

Θέμα 3° Δίνεται η συνάρτηση f (χ) με τύπο

f (χ) = ημ2χ + συνχ . i) Να βρείτε την παράγωγο η f1 (χ) και

στη συνέχεια την εξίσωση της εφαπτομένης

(ε) της γραφικής παράστασης της συνάρτη-

1 ( ) , π σης f χ στο σημειο χ0 =- . 2

ii) Α ν Χ και Υ δύο μεταβλητές με χ = 3 και y = 4 αντίστοιχα, να βρείτε την ευθεία

παλινδρόμησης της μεταβλητής Υ πάνω

στην μεταβλητή Χ αν γνωρίζουμε ότι είναι

κάθετη στην ευθεία (ε) του ερωτήματος (ί). Λύση i) Θα βρούμε τις f1 , f" της συνάρτησης

f (x) ( )Ι I I f1(x) = ημ2χ +συνχ = 2ημχ · (ημχ) + (συνχ) =

= 2ημχ · συνχ -ημχ = ημ2χ -ημχ . f"(χ) = (ημ2χ -ημχ)1 = (ημ2χ)1 - (ημχ)' =

I = συν2χ (2χ) -συνχ = 2συν2χ -συνχ . Η ευθεία που ζητάμε είναι (ε):

y- r�( � )= r"(; }(χ-;) ( 1 ).

r'( � )= ημ 22π -ημ�= Ο- ι = -ι και

f,(π ) 2π π ( ) - = 2συν--συν- = 2 -ι - 0 = -2 . 2 2 2 'Ετσι (1) έχουμε: y- (-ι) = -2(χ -;) ή

y = -2χ + π - ι .

ii) Έστω (η): Υ = a + βχ η ευθεία παλινδρόμησης της y πάνω στη χ, είναι (η) 1_ (ε) ά-

ρα λε · λη

= -ι άρα /3 · (-2) = -ι άρα lι3 =il · Επίσης το σημείο (χ, y) ανήκει στην (η) άρα

4 Λ βΛ 3 4 Λ ι 3 Λ 4 3 Λ 5 = α + · (::::) = α+- · (::) α = -- (::) α =- . 2 2 2 Έ ξ, ( ) , Λ 5 ι τσι η ε ισωση η ειναι: y = 2 + 2 χ .

Θέμα 4° 'Ενα πλήθος παρατηρήσεων ν1 έχει μέ

ση τιμή μ1 , ένα πλήθος παρατηρήσεων ν2 έχει μέση τιμή μ2 και τέλος ένα πλήθος πα

ρατηρήσεων ν3 έχει μέση τιμή μ3 • Αν όλες

οι παρατηρήσεις έχουν μέση τιμή μ να απο

δείξετε ότι:

μι = μ+ (μ- μ2) · .!1. + (μ- μ3) · � •

Λύση

Vι Vι

Έστω S1 , S2 , S3 τα αθροίσματα των τιμών των παρατηρήσεων ν1 , ν2 και ν3 αντίστοιχα τότε έχουμε:

μι =�, μ2 =�, μ3 = 83 (ι) νι ν2 ν3 Έστω S = S1 + S2 + S3 (2) το άθροισμα των

τιμών όλων των παρατηρήσεων που στο πλήθος τους είναι ν = ν1 + ν2 + ν3 (3) και έχουν μέση τιμή μ.

S (2) (Ι) Έχουμε: μ=-(::::) S=μ · ν(::::)S1 +Sz +� =μ · ν(::) ν

μινι + μ2ν2 + μ3ν3 = μ · ν (::::) μινι = = μ (νι + ν2 + ν3)-μ2ν2 -μ3ν3 (::::)

μνι + μν2 +μν3 -μ2ν2 -μ3ν3 μι = (::::) νι

Θέμα 5° Για μια συνάρτηση f (χ) = χ3 + αχ2 + β χ

με α, β ε IR δεχόμαστε ότι παρουσιάζει α

κρότατο στο χ0 = 1 . i) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτο

μένης (ε) της γραφικής παράστασης f στο

σημείο M(2,f (2)) . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/56


ii) Να βρείτε την πιθανότητα του ενδε

χομένου Α: «η ευθεία (ε) δεν διέρχεται από

το σημείο κ ( 4,40)», όπου το α παίρνει τιμές

από το δειγματικό χώρο Ω, ο οποίος είναι το

σύνολο λύσεων της εξίσωσης

χ3 - χ2 - 20χ = ο ο

Λύση Εφόσον η f παρουσιάζει ακρότατο στο

χ0 = 1 έχουμε f'{1) = 0 , Αλλά f'{x) = {x3 +αχ2 +βχ) = 3χ2 + 2αχ+ β

Οπότε 3 · 12 +2·α·1+β=0<=>3+2α+β=Ο<=>β=-2α-3 έτσι ο τύπος της συνάρτησης γίνεται: f {x) = x3 + άχ2 + {-2α-3)χ .

i) Έστω y = λχ + ιc με λ, κ Ε IR η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) στο σημείο M{2,f {2)) τότε ισχύουν: λ = f' {2) ,

Αλλά f'(χ)=(�+�-2αχ-3χ) =3χ2+2αχ-2α-3 έτσι έχουμε:

λ = f'{2) = 3 · 22 + 2α · 2- 2α-3 = 2α+ 9 και η εξίσωση (ε) γίνεται: y = {2α+ 9)χ + κ .

Όμως το σημείο Μ (2, f(2)) ανήκει στην (ε), άρα f {2) = {2α+9) · 2 + κ και f{2) = 23 + α · 22 + {-2α-3) · 2 = 8+4α-4α- 6 Συνεπώς έχουμε: 2 = ( 2α + 9) · 2 + κ ή κ = -4α - 16 έτσι η εξίσω-

ση της (ε) γίνεται: IY = {2α+ 9)χ -4α- 1 61 (ε).

ii) Έστω ότι η ευθεία (ε) διέρχεται από το σημείο ( 4,40) τότε για χ = 4 y = 40 άρα: 40 = {2α+9) · 4-4α- 16 <=> 40 = 4α+ 20 <=> <=> 4α = 4ο-20 <=> Ι α = sl .

Βρίσκουμε το δειγματικό χώρο Ω επιλύνοντας την εξίσωση: χ3 - χ2 - 20χ =0 <=> χ {χ2 -χ -20)= 0 <=> χ1 = Ο ή χ2 = 5 ή χ3 = -4 ·

Έτσι Ω ={-4,0,5} . Για α = 5 Ε Ω η ευθεία διέρχεται από το

(4,40). Για α = Ο ή α = -4 η ευθεία δεν διέρχεται

από το (4,40) όπως εύκολα μπορούμε να δού-

με. Έτσι Ρ {Α) = Ν{Α) =3_ η ζητούμενη πιθαΝ{Ω) 3 νότητα.

Θέμα 6° Δίνονται οι παρατηρήσεις xi με

i = 1, 2,3, . . . ,40 . 10 από αυτές μειώνονται κα

τά 4 και 6 από αυτές αυξάνονται κατά 8 και

προκύπτουν έτσι οι παρατηρήσεις Υϊ με i = 1, 2,3, . . . ,40 ο

α) Να βρείτε τη μέση τιμή των παρα

τηρήσεων Yi αν χ = 25 . β) Να βρείτε τη διακύμανση και την

40 τυπική απόκλιση των Yi αν Σ y� = 36.400 • i=l

γ) Να εξετάσετε αν το δείγμα των Yi είναι ομοιογενές.

Λύση α) Γνωρίζουμε ότι:

40 40 Σχί Σχ ί 40

χ = i=.!__ <=> 25 = i=l <=> Σ Xj = 1000 ( 1 ). 40 40 i=l 40 Σχ· -10· 4+6 ·8

_ i=ι ι (1) 1000-40+48 1oos =25,2 . y= 40 40 40 2 40 40 ΣΥi ΣΥi 40

β) y= i=l <:::::>25,2= i=l <=> ΣΥi =1008 (2). 40 40 i=l Έχουμε

40 (� v. Υ (2) ( 2 ) s2 =-1 . Σ � -� =-1 . 36.400_ 1oos =

Υ 40 i=l Υι 40 40 40

= 274, 96 έτσι Sy =.J274,96 = 16,58 . s 16 58 , , γ) C · Vy = ! =-'-= 0,65 η 65% ετσι το y 25, 2

δείγμα των Yi δεν είναι ομοιογενές.

Θέμα 7°

Δ, ,

( ) .Jx + 3 - 2

ινεται η συναρτηση f χ = --:-2 --χ - 1

και ο δειγματικός χώρος Ω που αποτελείται

από απλά ισοπίθανα ενδεχόμενα. Επίσης Α,

Β είναι δύο ενδεχόμενα του Ω με



Ρ (ΑυΒ)= Ο,4 , P (A) = Iimf (x) και Ρ(Β) = λ . x�l ί) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συ

νάρτησης f. ίί) Να βρεθεί η τιμή του λ έτσι ώστε τα

Α, Β να είναι ξένα μεταξύ τους.

Λύση . �χ+3-2 απαιτσύμεχ+3�0} χ �-3 ι) f(x) χ2 -1 και χ2 -1 :;e Ο και χ :;C ±1

συνεπώς το πεδίο ορισμού είναι το σύνολο [-3,-1)υ (-1, 1)υ (1,-tco) .

ii) Έχουμε:

Ρ (Α)= lim f (χ) = lim .;;:+3- 2 χ�ι χ�Ι χ2 -1

. (ν'χ + 3 - 2) (ν'χ+ 3 + 2) lιm = χ�Ι (χ + 1)(χ - 1)( ν' χ + 3 + 2)

. (ν'χ +3 )2 - 22 = lιm ----'-----'-:--==-� x�l (χ + 1)(χ - ι)( ν' χ + 3 + 2)

ι. χ - ι ιm------:--==____,.... χ�ι (χ + 1)(χ - ι)( ν' χ + 3 + 2) = lim

1 _!_ . χ�Ι (χ + l)(ν'χ+ 3 + 2) 8 Για να είναι τα Α, Β ασυμβίβαστα απαι

τούμε Ρ(Α)+ Ρ (Β) = Ρ (ΑυΒ)<=> _!_+λ=Ο 4 <=> λ=�-_!_<=> λ=�-2_ <=>λ=.!.!_ 8 ' 10 8 40 40 40

Θέμα 8° Δίνεται η συνάρτηση f(x)= Jt + ml' +βχ+γ

3 2 με α, β, γ ε IR. • Οι τιμές των α, β διατρέχουν

το σύνολο Ω= {1, 2,3,4,5,6} . Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομέ

νου: Α: «η συνάρτηση f δεν παρουσιάζει α

κρότατα».

Λύση Βρίσκουμε την πρώτη παράγωγο της συ

νάρτησης:

f'(x)= �+-+βχ+γ =-+-+β=χ2 +αχ+β (χ3 αχ2 )' 3χ2 2αχ 3 2 3 2

Για να μην παρουσιάζει η f ακρότατα απαιτούμε η διακρίνουσα Δ της f' (χ) να είναι:

Δ < Ο<=> α2 -4β < Ο<=> lα2 < 4βι . Ο δειγματικός χώρος του πειράματος φαί

νεται στον πίνακα διπλής εισόδου:

α2 1 4 9 16 25 36 4β

1 (1,4) (4,4) (9,4) [(16,4) (25,4) (36,4) 2 {1,8) {4,8) (9,8) [{16,8) (25,8) (36,8) 3 (1, 12) (4, 12) [(9, 12) 16, 12 25, 12 36, 12) 4 (1,16) (4, 16) [(9, 16) 16, 16' 25, 16) 36, 16 5 (1,20) (4,20) (9,20) 16,20' 25,20 36,20) 6 (1,24) (4,24) [(9,24) 16,24 25,24 36,24

Έτσι Ρ(Α)= Ν(Α) Ν(Ω)

και Ν (Α) = {(1, 4) , (ι, 8) , (1, 2) , (1, ι'6) , (ι, 2Ο) , (ι,24} ,(4,8),(4, ι2) ,(4, ι6) , (4,20},(4,24),(9,12),(9,16), (9, 20), (ι 6, 20) , (ι 6, 24)} άρα P (A) =.Q_ . 36

Θέμα 9° Δίνεται Υ = α + βχ η ευθεία ελαχίστων

τετραιyώνων της μεταβλητής Υ πάνω στη

μεταβλητή Χ η οποία διέρχεται από το ση

μείο Ε(4,0). Αν y =x-4 με x:;e 4 να εκτιμή-

σετε το y όταν χ = 12 •

Λύση (ε): y = δ.+ βχ το Ε είναι σημείο της (ε) ά-

ρα 0 = δ.+ β · 4 επίσης το σημείο (x,y) είναι

σημείο της (ε) άρα y = δ.+β ·� έτσι έχουμε:

δ.+ 4β = Ο · (1) } y = δ.+ β ·χ (2) Από (1) έχουμε δ. =-4β (4). y =x-4 (3)

Από (2) και (3) έχουμε Α (4) Λ Α X;tA χ-4= δ.+β ·χ<=>χ-4=-4β +β ·χ <=>

<=> �-4 = β · (�-4) <=> I β = ιl άρα lδ. = -4 · ι = -41 .

Έτσι y = -4 + χ είναι η ευθεία ελαχίστων τετραγώνων με χ = 12 το y γίνεται: y = -4+ ι2 = 8 .

Θέμα 10° Η θέση 10 χωρίων της βόρειας Ελλάδας


Μαθηματικά -yια την Γ Λυκεiου

περιγράφεται από τα σημεία Α1 (ι,y1 ) , Α2 (3,y2) , Α3 (5,y3 ) , Α4 (2,y 4 ) , Α5 (4,y 5) , A6 (7,y6) , A7 (6,y7) , Α8 (ιΟ,y8) , A9 (8,y9) και Α10 (9,y10) ο

α) Αν οι τεταγμένες Υϊ με i = ι,2,3, . . . , ιο προκύπτουν με πρόσθεση μιας σταθεράς

ποσότητας c = 4 στις τετμημένες xi , i = ι, 2, . . . ' ι ο αντίστοιχα να δειχτεί ότι:

ί) y = x+c και να βρεθεί η y , ii) SY = Sx και να βρεθεί η SY ο

β) Αν οι τεταγμένες Υϊ με i = ι,2,3, . . . , ιο προκύπτουν από τον zοUΑιπλασιασμό των

τετμημένων xi με i = 1,2, . . . , ιο επί την στα

θερά c αντίστοιχα να δειχτεί ότι: ί) y = c · x ii) Sy = I� . SI .

γ) Αν γενικότερα οι παρατηρήσεις Υϊ με i = ι, 2, . . . ' ν προκώrτουν από τις παρατη

ρήσεις xi με i = 1,2, . . . , ν από την ισότητα

2yi = -4xi + 6 και η διασπορά των Υϊ είναι

81 να βρεθεί η τmπκή απόκλιση των xi . Λύση α) ί)Έχοuμε ότι: Υϊ = xi + c , i = 1,2, . . . ,v διότι : y1 = χ1 + c

Yz = Xz + c

Υιο = χιο + c

Υ + y + · · · + y επομένως: Υ = ι z ιο

= 10

xι +c+x2

+c+· · ·+x 10 +c Χι +χ2+· · +χι0 IO·c

---=---=------=-=---- = +-10 10 10

=x+c =55

+ 4 = 5 5 + 4 = 9 5 . 10 ' '

ίί) 8z = (Υι -y)2 + (yz -y)2 + · · ·+ (Υιο -y)2

Υ 10 (χι +c-x-c)2 +(χ

2 +c-x-c)2 +· · +(x10 +c-x-c)2

10

(χι - χ/ + (xz - χ)2 + · · · + (χιο -χ)2 = S; ( 1).

10 Συνεπώς S� = s; άρα Sy = Sx .

Αντικαθιστούμε στην ( 1) και έχουμε:

s� = s; = 82•5 = 8,25 άρα sY = .j8,25 = 2,8 . 10

β) i)

Υι = c · χι

Yz = c · xz

Υιο = c · χιο

ή

i = 1,2,3, . . . , 10 , - Υι + Υz + · · · + Υιο ετσι y = =

10 CΧι + CXz + · · · + CΧιο Χι + Xz + · · · + Χιο _

= = C · = C · X . 10 . 10

ii) sz = (Υι -y)

z + (yz -y)

z + · · · + (Υιο -y)

z = Υ 10

(cx1 - cx)2 + (cx2

- cx/ + · · · + (cx10 - cx)2 ��-��-�--��-� = 10

cz [(xι -x)z

+ (xz -x)z

+ · · · + (χιο -x)z]

. = � - � 10 χ

άρα Sy = J c2 • s; <=> Sy = I� . sx .

γ) Λόγω των ερωτημάτων (α) και (β) έχουμε:

2yi = -4xi + 6 <=> I� · SY = 1-4\ · Sx όμως

SY = .J8Ϊ = 9 άρα 1 8 2 . 9 = 4 . sx <=> sx = - <=> sx = 4, 5 . 4

Λ. EIPHJ\ΊJE 7. 163 -+5 ΗΛ!Ο'ιΠΟΛΗ ΤΗΛ.: 9937645 - 6 FAX: 99372 1 1

E-mail: ιηail@g�nadios.ectu.gr Επισκεφθείτε. μα..;: l1ttρ:/Λν""\V\V.genadios.edιι.gr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λ.ε. τ.4/S9


Θέμα 1 ° Να προσδιορίσετε το γεωμετρικό τόπο των

σημείων Μ του Μιγαδικού Επιπέδου, των οποίων οι αντίστοιχοι μιγαδικοί αριθμοί z είναι τέτοιοι ώστε τα παρακάτω όρια να είναι συγκεκριμένοι πραγματικοί αριθμοί.

1.) • lz - ϊl χ3 - lz - 11 χ- ( sx- s) lιm . x�l χ- 1

Ι·ι·) • lz - 1 + il χ3 - 2χ2 - 8 lιm •

χ�2 χ - 2 Λύση

f(x) lz-ηx3 -lz-�x-{5x-5) i) Θέτουμε: χ-1 1imf {x) = f , fE !R . χ�ι

Οπότε: lz-ηx3 - lz-1l x-{5x -5)= (χ -1)f{x) . Άρα: limiiz - il x3 - lz - 1l x - {5x -5)}= 0 ή

χ�ι ι! Ιz - il - lz - 11 = ο ή Ιz - il = Ιz - 11 .

ε

Συνεπώς ο γεωμε-Υ . τρικός τόπος, που ζητά

με, είναι η μεσοκάθετη y=x στην ευθεία ΑΒ με

Α{1,0) και Β {Ο, 1) . Το σημείο Ρ {1,1)

προφανώς δεν ανήκει στον γεωμετρικό τόπο.

Συνεπώς ο γεωμετρικός τόπος είναι η πρώτη διχοτόμος του Καρτεσιανού Συστήματος, εκτός του σημείου Ρ(1 , 1).

lz - 1 + il x3 - 2χ2 - 8 ii) Θέτουμε: g(x) = 2 , x -lim g(x) = f' , f'ε IR . χ�2 Οπότε: lz - 1 + il x3 - 2χ2 -8 = {x -2)g(x) .

Άρα limiiz- 1 + il x3 - 2χ2 -8}= 0 ή χ�2 1!

8 lz - 1 + il - 16 = 0 ή lz - 1 + il = 2 ή Jz - {1 - i� = 2 . Υ Συνεπώς ο γεωμε

τρικός τόπος, που ζητάμε, είναι ο κύκλος με κέντρο Κ {1,-1) και α-κτίνα ρ = 2 .

Τα σημεία Μ1 (2,-1-�) και M2 (2,-1 +.J3) δεν ανήκουν προφανώς στον γεωμετρικό τόπο.

των Δ. Αγαπητού και Π. Δημόπουλου

Θέμα 2° Δίνεται μια συνάρτηση f, που είναι δύο φο

ρές παραγωγίσιμη κατά μήκος ενός κλειστού διαστήματος [α,β] με f (x)f'(x) :;t: O , για κάθε Χ Ε [α, β] .

f (α) f' (α) , , Α ν f (β)

= f' (β) (Υ), να αποδείξετε οτι υ-

πάρχει ξ Ε (α, β) τέτοιος ώστε: «η μορφή του μιγαδικού αριθμού z με

z = f" (ξ)f (ξ{ συν:+ ίημ:) είναι τριγωνομε-

τρική με Arg (z) = π ». Στη συνέχεια να δείξετε 4

ότι: z2004 < Ο •

Λύση

f' {β) f'{ ) Απ' την (Υ) παίρνουμε: --=-α- (1). f {β) f {α) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = ��j, που

είναι προφανώς παραγωγίσιμη κατά μήκος του (!) [α,β]. Κι επειδή g(α)= g(β) , συμπεραίνουμε κατά

το Θ. Rolle, ότι: «υπάρχει ξ Ε (α,β) τέτοιος ώστε: I , f"{ξ)f{ξ)- [f'{ξ)]2 g {ξ) = ο η f2 {ξ)

= ο ».

Οπότε: f" {ξ)f {ξ) = (f' {ξ)]2 > Ο . Άρα η μορφή του z είναι τριγωνομετρική με

Arg{z) =� . Έχουμε τώρα:

z2004 = {f'{ξ)}4008 · (συν{501π)+ iημ {501π)] = = -{f' {ξ)}4008 < ο

[αφού συν[501π] = -1 , ημ{501π) = Ο ] . Θέμα 3° Α ν χ, y είναι αντίστοιχα η τετ μ η μένη και η

τεταγμένη του κοινού σημείου των γεωμετρικών τόπων των σημείων Μ ( z) του Μιγαδικού Επιπέδου με �z - 3il = lz + � , lz- � = lz- �} , να αποδείξετε ότι:



ν ν ν+Ζ νΠ * (χ+ iy) + (χ - iy) = 2 z συν-, ν Ε Ν . 4

Απόδειξη

, , �z-(0+3i� =lz-(0-i� (Ι)} Το συστημα γινεται: � I � . z-(0+ li� = z-(1 +Oi� (2) Η ( 1 ) ορίζει τη μεσοκάθετη στην ευθεία ΑΒ

με Α(Ο,3) και Β(Ο,-1) . Δηλαδή είναι η ευθεία με εξίσωση y = 1 .

Η (2) ορίζει τη μεσοκάθετη στην ευθεία Γ Δ με Γ(Ο, 1 ) και Δ( 1 ,0). Η ευθεία αυτή έχει προφανώς εξίσωση: y = χ .

Συνεπώς το κοινό σημείο Ρ των δύο γεωμετρικών τόπων είναι το P(l , 1 ).

Έχουμε λοιπόν: (x+iy)v +(x-iy)v =(1+ί)ν +(1-i)v = [ J2( συν�+ίημ: )Τ +[ J2( συν�- ίημ� )Τ =

=2tz( συν ;.+ίημ;} ffz( ow; -ίημ; )=2 ";2 ow; Θέμα 4° Αν z0 = α+ ίβ , να βρείτε τον γεωμετρικό

τόπο των εικόνων Μ ( z) , για τους οποίους ισχύ-ουν: zz-Re[(zz)2]+4Re(z)Im(z)+jz0j2 -51= 0

όπου: 1-συν (2Fχ)

α = lim και β = f' (Ο) με χ�ο+ 2χ

χ - χ2 ::::; f (χ) ::::; χ , για κάθε χ Ε ( -1,1) .

Λύση , . 1--<n{2Fx)(�) . (1--σw(2Fx))' Εχουμε: α= lim = Jirn ..:...._--'---'-'-

x--d 2χ x--d (2χ)'

= lim &.ημ(2Γχ) = lim ημ(2Γχ) (!)

χ�ο+ Χ χ�ο· 2Γχ

= 1im -/J; συν ( 2Γχ) χ�ο+ 2

2Γχ Απ' τη συνθήκη τώρα για την f(x) παίρνου

με: Ο ::::; f (Ο) ::::; Ο . Οπότε: f (O) = O . • για χ > Ο η συνθήκη γίνεται: 1 - χ ::::; f (x) ::::; 1 . χ

Κι επειδή lim (1 - χ) = 1 = lim 1 , συμπεραί-χ�ο χ�ο

νουμε, κατά το κριτήριο παρεμβολής, ότι lim f(x) = 1 (1). χ�ο+ χ

• θ , , f (x) για χ < Ο η συν ηκη γινεται: 1 - χ ;::: --;::: 1 . χ Και συνεπώς lim f(x) = 1 (2).

χ�ο- χ Απ' τις (1), (2) συμπεραίνουμε ότι: lim

f(x) =1 . x-j() Χ

Κι επειδή f (Ο) = Ο , συμπεραίνουμε ότι: f' (Ο) = 1 . Συνεπώς α = β = 1 . Δηλαδή z0 = 1 + i . Κι ε

πομένως jz0j = J2 . Αν: z = χ + iy , τότε: zz0 = (χ + iy)(1 - i) = (χ + y) - i (x - y) .

Άρα: (zZ{J)2 = (x+y)2 -(x-y)2 -2i(x2 -y2) = = 4xy-2i (x2 - y2) . Και συνεπώς: Re ( zz0 )2 = 4 xy . Έτσι η εξίσωση που μας δόθηκε γίνεται:

χ2 + y2 -4xy+ 4xy+ 2 -5 1 ή χ2 + y2 = 49 . Οπότε ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος κέντρου 0(0,0) και ακτίνας ρ = 7 .

Θέμα 5° i) Να δειχθεί ότι ο γεωμετρικός τόπος των

σημείων Μ του Μιγαδικού Επιπέδου, των οποίων οι αντίστοιχοι μιγαδικοί αριθμοί επαλη-

θεύουν την εξίσωση: lzl - 2 = Ο . 2 IRez -Imz1 1 Imz Rez1

όπου z1 κάποιος συγκεκριμένος μιγαδικός αριθμός με jz1j = 1 .

ii) Α ν χ0 είναι η ακτίνα του παραπάνω κύκλου, να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια στο σημείο χ0 τη συνάρτηση f (χ) , για την οποία ι-σχύει: ex + 1 ::::; f (x) ::::; ex + χ3 , για κάθε Χ Ε JR με χ ;::: 1 .

Απάντηση : ί) Ας είναι z = χ + iy και z1 = α+ ίβ όπου

α2 +β2 = 1 (1). Η εξίσωση γίνεται: χ2 + y2 - 2 1; �� = Ο ή

χ2 + y2 -2 (αχ + βy)= Ο ή (χ -α)2 -α2 + (y-β)2 -β2 = Ο ή

2 2 (1) (χ -α) + (y-β) = 1 (2). Η (2) είναι εξίσωση κύκλου κέντρου Κ(α,β)

και ακτίνας ρ = 1 . Άρα χ0 = 1 . ίί) Απ' τη δοθείσα σχέση για χ = 1 παίρνου-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/61 ·


με: e + Ι � f (Ι) � e + Ι . Και συνεπώς: f (Ι) = e + Ι (3). lim(ex + I) = e + I και lim(ex + x3 ) = e + I .

χ�! χ�! Συνεπώς limf(x) = e + l = f (I) δηλαδή η

χ�! f (x) είναι συνεχής στο χ0 = Ι .

Θέμα 6° Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημεί

ων Μ του Μιγαδικού Επιπέδου, των οποίων οι αντίστοιχοι μιγαδικοί αριθμοί z επαληθεύουν την εξίσωση: lz - 2i + αi = Re (z1 ) · όπου α = f (e) για μια συνάρτηση f με συνεχή παράγωγο κατά μήκος του κλειστού διαστήματος [l,e] και επα-ληθεύει τη συνθήκη: ref(x) dx=l- rer(x)lnxdx Jι χ Jι και z1 είναι η λύση του συστήματος �z- 3il = lz - � , lz - � = lz - η} .

ΛίJση Επιλύουμε το σύστημα για να βρούμε τον z1 •

Η πρώτη απ' τις εξισώσεις γίνεται: (z -3i)(z + 3i) = (z - i)(z + i) <=> i (z - z) = 2 ή i (-2iy) = 2 . Κι επομένως: y = Ι ( 1).

Άρα η δεύτερη εξίσωση γίνεται: χ2 = (χ - Ι)2 + Ι<=> χ = Ι (2).

Δηλαδή: z1 = Ι + i . Εφαρμόζουμε το Θεώρημα «Ολοκλήρωσης

κατά παράγοντες» στη συνθήκη κι έχουμε: re f (Χ) [ e re I Jι -x-dx = I - f(x)ln x]1 + Jι f (x)(In x) dx =

= Ι -f ( e) + re f (χ) dx . Jι χ Άρα f(e) = I δηλαδή α = l (3). Η εξίσωση γίνεται: lz-2i+� =1 ή lz-(-I+2i�= l . Συνεπώς ο γεωμετρικός τόπος, που ζητάμε,

είναι κύκλος κέντρου Κ (-Ι, 2) και ακτίνας ρ = Ι . Θέμα 7" ί) Να βρείτε στο Καρτεσιανό Επίπεδο Oxy

την εξίσωση της ευθείας που ορίζει στο Μιγα-δικό επίπεδο η εξίσωση: lz - 1 - 2il = lz -7 + 2il .

ίί) Να βρείτε τις τιμές των παραμέτρων έ-τσι ώστε η γραφική παράσταση της συνάρτη-

αχ2 + 5βχ - 10 • σης f (χ) = · να έχει στο -σο πλά-χ + l για αδύμπτωτη την πιο πάνω ευθεία.

Απάντηση i) Έστω z = χ + iy . Οπότε η εξίσωση γίνε-

ται: i(x - I) + i (y- 2� = i(x - 7)+ i (y + 2� ή

(χ - Ι)2 +(y-2)2 = (χ-7)2 +(y+2)2 <=> y=�x-6 . 2 . .) 'Ε 3 1im f(x) 1im αχ2+5βχ-10 ιι χουμε: - = -= α. 2 χ-+- χ χ-+= x(x+l) Κι ακόμα --6= lim (r(x)-�x)=

x-+-co 2 = lim (10β-3) χ-20 10β-3

χ�- 2χ + 2 2 Άρα β = -_2_ . 10

3 - ; 9 Επομένως: α =2 , β = - 10 .

Θέμα 8° i) Να βρείτε zε C τέτοιον ώστε: {Ιz + 2il = lz + 4� , Arg(z+ 4i) = ;} . { 2 ι • • χ συν-, ια χ :;ι!: Ο ιι) Αν f (x) = χ γ , να υπολο-

0 , για χ = Ο γίσετε την f' (lzl - 3) .

Απάντηση i) Έστω z = χ + iy . Οπότε η εξίσωση γίνε-ται: lx + (y+ 2)il = lx + (y+ 4)il ή x2 + (y + 2)2 = x2 + (y+4)2 ή 4y+ 4 = 8y+ 16 ή -4y = l2 ή y = -3 .

Κι επομένως z + 4i = χ -3i + 4i = χ + i κι επει-δή: Arg(z +4i) = π , συμπεραίνουμε ότι: χ = Ο . 2 Τελικά z = Ο-3ί κι επομένως I� = 3 .

•

ο

ii) Ζητάμε f'(O)= lim f(x)-f(O) ι;,( xσuv.!)=o χ� χ-0 �\ χ

διότι: -1 � συν.!_ � 1 , για κάθε χ ε JR * . χ

1 Για χ > 0 , -χ � χσυν-� χ . χ Κι επειδή: lim (-χ) = lim χ = Ο συμπεραίνου-

χ�ο χ�ο

με ότι: lim (χσυν.!.)= ο ( 1 ). χ�ο+ χ

1 Για χ < Ο , -χ :2: χσυν-:2: χ . χ Οπότε lim (χσυv.!.)= Ο (2).

χ�ο- χ Από (Ι) και (2) συνάγεται lim(xσυv.!.)= Ο .

χ�Ο Χ


Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

1°) Η συνάρτηση f : [α,p] � R είναι παραγωγίσιμη με f' (χ) * Ο για κάθε χ ε [α, Ρ] .

α) Δείξτε ότι: στο (α,p) υπάρχει το πολύ ένα σημείο μηδενισμού της f.

p) 'Εστω f (ρ) = Ο με ρ ε (α, Ρ) .

i) Αν η f' είναι «1-1», δείξτε ότι η εφαπτομένη της Cr στο σημείο Α(ρ,Ο) δεν έχει άλλο κοινό σημείο με τη Cr •

ii) Αν αf (Ρ)+ pr (α) = Ο (1), δείξτε ότι υπάρχουν ρ1 ,ρ2 ε (α,p) με ρ1 < ρ2 τέτοια, ώστε

Λύση α) Υποθέτουμε ότι στο (α,β) η f έχει δύο σημεία μηδενισμού τα κ, λ με κ * λ . Έστω ότι είναι κ < λ . Εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι εφαρμόζεται για την f στο [κ,λ] το θεώρημα Rolle, οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 ε (κ, λ) τέτοιο, ώστε f' ( χ0) = Ο : άτοπο. Άρα η f στο (α, β) έχει το πολύ ένα σημείο μηδενισμού.

β) i) Σύμφωνα με το α) ερώτημα το ρ είναι μοναδικό σημείο μηδενισμού της f. Η εφάπτομένη (ε) της Cr στο Α έχει εξίσωση ε ή y - f(ρ) = f'(ρ)(χ - ρ) � y = f'(ρ)(χ - ρ) .

Θεωρούμε το σύστημα {Υ = f(x) {Υ= f(x) y = f'(ρ)(χ -ρ) � f(χ)- f'(ρ)(χ -ρ) = Ο (2) Οι λύσεις της (2) στο [α,β] είναι οι τετμημένες

των κοινών σημείων της Cr με την εφαπτομένη ε. Προφανώς το ρ είναι λύση της (2). Έστω ότι η (2) στο [α, β] εκτός του ρ έχει ως λύση και την ξ με ξ * ρ .

Έστω ξ < ρ . Θεωρούμε τη συνάρτηση g με g(x) = f (x) - f'(ρ)(x - ρ) , χε [ξ,ρ] .

• Η g είναι συνεχής στο [ξ,ρ] και παραγωγίσιμη στο (ξ,ρ) με g'(x) = f'(x)- f'(ρ) .

• g(ξ) = g(ρ) = Ο . Σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει ένα

του Σπύρου Γιαννακόπουλου τουλάχιστον κε (ξ,ρ) τέτοιο, ώστε g' (κ) = Ο � f' (κ) = f' (ρ) και επειδή η f' ως συνάρτηση είναι « 1 - 1 » συμπεραίνουμε ότι κ = ρ : άτοπο. Όμοια αν ξ > ρ .

Άρα η εφαπτομένη της Cr στο Α δεν έχει άλλο κοινό σημείο με τη Cr .

ii) Για την f έχουμε ότι: Είναι συνεχής στα διαστήματα [ α,ρ ], [ρ,β], αφού είναι παραγωγίσιμη στο [ α,β] και παραγωγίσιμη στα διαστήματα ( α,ρ ), (ρ,β).

Άρα σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής (του διαφορικού λογισμού) υπάρχουν ρ1 ε (α, ρ) και ρ2 ε (ρ, β) με ρ1 < ρ2 τέτοια, ώστε f'( ) - f(ρ) -f (α) f'( ) - - f(α) ρι - � ρι - -- (3) και ρ - α ρ-α f'(ρ2 ) = f (β)- f (ρ) � f'(ρ2 ) = f (β) (4). 'Εχουμε β - ρ β - ρ f' (χ) * Ο για κάθε χ ε [α, β] , οπότε λόγω των (3), (4) είναι f (α) * Ο , f (β) * Ο .

1 1 (J) ρ-α β-ρ --+--=---+--= f' (ρ1 ) f' (ρ2 ) (4) f (α) f (β) αf(β)+βf(α)-ρ(f(α)+f(β)) (Ι) f(α)+f(β)

f(α)f(β) -ρ f(α)f(β) �

� f'�1 ) + f'�2 )

= -p(f�α) + f�)} 2ο) Θεωρούμε τη συνάρτηση f :[--α,α] �R,

α > Ο για την οποία έχουμε ότι είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με f' (χ)+ f' (-χ) = Ο (1) για κάθε χ ε [-α, α] και f" (χ) * Ο για κάθε χ ε (-α, α) . Δείξτε ότι:

i) Η γραφική παράσταση της f έχει άξονα , , συμμετριας τον y Υ •

ii) Η εξίσωση f'(x) = O (2) έχει στο (-α,α) μοναδική λύση.

iii) Υπάρχει θ ε (Ο, 1) τέτοιο, ώστε f' (α) = αf" (θα) .

Λύση i) Για κάθε χ ε [-α,α] , η ( 1 ) είναι ισοδύνα-

μη με την f'(x) =-f'(-x) �f'(x)= [f(-x)f �f(x) =f(-x)+c



(3), όπου c κάποια σταθερή. Για χ = Ο από την (3) παίρνουμε f(O) = f(O) + c <=> c = Ο .

Άρα για κάθε χ ε [-α, α] ισχύει f (-χ) = f (χ) , πράγμα που μας εξασφαλίζει ότι η f είναι άρτια, οπότε η γραφική της παράσταση έχει άξονα συμμε-

' I τριας τον y y . ii) Από την (1) για χ = Ο παίρνουμε

f'(O) = Ο . Άρα το Ο είναι λύση της (2) στο (-α,α) . Αν υποθέσουμε ότι και ο ρε (-α,α) με ρ * Ο π.χ. ρ > Ο είναι λύση της (2), τότε για την f' έχουμε ότι είναι:

• Συνεχής στο [Ο,ρ ]. • Παραγωγίσιμη στο (Ο,ρ) και • f'(O) = f'(ρ) = O . Σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει ένα

τουλάχιστον χ0 ε (Ο, ρ) τέτοιο, ώστε f" ( χ0 ) = Ο : άτοπο, αφού f" (χ) * Ο για κάθε χ ε (-α, α) . Όμοια αν ρ < Ο . Άρα το Ο είναι μοναδική λύση της (2) στο (-α,α) .

iii) Στο [Ο,α] η f' είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (Ο,α). Σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής του διαφορικού λογισμού υπάρχει ένας τουλάχιστον ξε (Ο,α) τέτοιος, ώστε f" (ξ) = f' (α) - f' (Ο) <=> f" (ξ) = f' (α) ( 4).

α-0 α 'Ε χουμε Ο < ξ < α <=> Ο< 5_ < 1 , οπότε υπάρχει α

θε (0, 1) τέτοιο, ώστε 5_= θ <=> ξ =θα και η (4) α

γράφεται f' (α) = αf" (θα) . 3") Έστω η συνάρτηση f με

f (x) = αeχ + χ2 + 2χ + 2 , χ ε � ' α > Ο . Δείξτε ότι: α) Υπάρχει ακριβώς ένα σημείο της Cr

στο οποίο ορίζεται εφαπτομένη παράλληλη στον άξονα χ'χ .

β) Το σημείο του i) ερωτήματος είναι κοινό σημείο της Cr και μιας παραβολής της οποίας να βρείτε την εξίσωση.

Λύση α) Η f είναι παραγωγίσιμη στο � με f(x) = αex +χ2 + 2χ + 2 .

lim f' (χ) = -οο , οπότε υπάρχει κ < Ο τέτοιο, Χ-+-οο ώστε f'(κ) < Ο .

lim f' (χ) = += οπότε υπάρχει λ > Ο τέτοιο, Χ-Η-οο ώστε f'(x) > Ο .

Η f' είναι συνεχής στο [ κ,λ] με f' (κ) f' (λ) < Ο . Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 ε (κ,λ) τέτοιο, ώστε f'(x0 ) = 0 .

Η f' είναι παραγωγίσιμη στο � με f" (χ) = αeχ + 2 > Ο . Άρα η f' είναι γνησίως αύξουσα, οπότε το χ0 είναι μοναδικό.

β) Έχουμε f(x) = f'(x)+ χ2 (1), για κάθε χε � . Στο σημείο A(x0 , y0) της γραφικής παράστασης της f ορίζεται εφαπτομένη παράλληλη στον άξονα χ'χ , οπότε από την (1) παίρνουμε f(x0) = f'(x0) + x� <=> y0 = x� . Άρα το Α είναι σημείο και της παραβολής με εξίσωση y = χ 2 .

4ο) Θεωρούμε μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f με πεδίο ορισμού ένα ανοικτό διάστημα (α,β). Αν lim f (x) =A , Αε � και lim f (x) = B , χ�α x�p Βε �

i) Να δείξετε ότι: υπάρχει ένα τουλάχιστον

ξε (α,β) τέτοιο ώστε: f' (ξ) = Β-Α . β - α

ii) Α ν Α = Β και η f είναι κυρτή στο (α, β), τότε το ξ του (i) είναι θέση ολικού ελαχίστου για την f.

Λύση i) Θεωρούμε τη συνάρτηση {f (x) - Β-Α (χ -α), αν α < χ < β g(x) = β- α

Α , αν χ =α ή χ = β παρατηρούμε:

και

Η g είναι συνεχής στο [α, β] διότι είναι συνεχής στο (α,β) ως διαφορά συνεχών (παραγωγίσιμων) και lim g(x) = lim f(x) = Α = g(α) ,

χ�α χ�α

lim g (χ) = lim f (χ)- Β-Α (β-α) = χ�β χ�β β-α

= Β-(β-α)= Α= g(β) . • Η g είναι παραγωγίσιμη στο (α, β). Συνε

πώς, κατά το Θ. Rolle υπάρχει ξ ε (α,β) τέτοιο ώ-στε g'(ξ) = Ο ή f'(ξ)-Β-Α=Ο ή f'(ξ) = Β-Α . β-α β- α

ii) Σύμφωνα με το (i) ερώτημα έχουμε f' (ξ) = Ο . Η f' είναι γνησίως αύξουσα, οπότε για



κάθε χΕ (α, ξ) , χ < ξ=> f'(x) < f'(ξ) <=> f'(x) < Ο f(x) � y <=> f(x) � -2χ - 3 <=> f(x)+ 2χ � -3 . και για κάθε χΕ (ξ, β) , ξ<χ=>f'(ξ)<f'(χ) <=>f'(x) >0 Άρα στο ξ η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο.

5°) α) Δείξτε ότι για κάθε ΧΕ � ισχύει xex � ex - 1 .

β) Θεωρούμε τη συνάρτηση f (χ) = xex - 3ex + χ2

•

ί) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της Cr στο σημείο A(O,f (O)) .

ίί) Δείξτε f (x) + 2x � -3 .

Λύση

ότι για κάθε· ΧΕ � '

α) Θεωρούμε τη συνάρτηση h με h (x) = xex - ex + 1 , Χ Ε � .

Η h είναι παραγωγίσιμη με h' (χ) = xex και h'(x) = O<=> x = O .

χ -οο ο +οο I

h'(x) - ό + I

h (χ) �λ.εfα� Ίr

Το Ο είναι ολικό ελάχιστο της f. Άρα για κάθε χ Ε � είναι f (χ) � Ο <=> xex � ex -1 .

β) i) Dr = � . Η f είναι παραγωγίσιμη με f'(x) = xex - 2ex + 2χ .

f(0) = -3 και f'(0) = -2 . Έστω ε η εφαπτομένη της Cr στο Α, τότε η εξίσωσή της είναι y+ 3 =-2χ <=> y = -2χ - 3 .

ii) Η f' είναι παραγωγίσιμη με f"(x) = xex - ex + 2 = {xex -ex + 1)+ 1 > 0 (λόγω του α ερωτήματος). Άρα η f είναι κυρτή στο � , οπότε η ε εκτός του σημείου επαφής Α βρίσκεται κάτω από την Cr . Από το τυχαίο σημείο (x,f(x)) της Cr φέρνουμε παράλληλη ευθεία προς τον άξονα y'y που τέμνει την ε στο σημείο (χ, y) . Έχουμε

6°) Θεωρούμε τη συνάρτηση f με f (x) = χ2 + 2αln x , χ > Ο .

i) Να βρείτε το α ώστε η f στο χ0 = 1 να παρουσιάζει καμπή.

ίί) Για το α του ί) ερωτήματος να βρείτε τις aσύμπτωτες της Cr .

Λ1Jση i) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο

2α 2{χ2 -α) (0,+=) με f'(x) = 2x+- και f"(x) = 2 . χ χ Απαιτούμε f" (Ι) = Ο <=> α = 1 . Για κάθε χΕ (0, 1) , f"(x) < O και για κάθε

χΕ (1, 2) , f"(x) > Ο . Άρα για α = 1 η f παρουσιάζει καμπή στο χ0 = 1 .

ii) Για α = 1 έχουμε f(x) = χ2 + 21n x , χ > Ο .

Η f είναι συνεχής στο (0,+=) , οπότε mθανή κατακόρυφη aσύμπτωτη της Cr είναι η ευθεία με εξίσωση χ = Ο .

lim f(x) = lim {χ2 + 2lnx)=-oo . χ�ο+ χ�ο+

Άρα η ευθεία με εξίσωση χ = Ο είναι κατακόρυφη aσύμπτωτη της Cr . Αναζητούμε στο += aσύμπτωτες με εξίσωση y = λχ + κ .

Ι. f (χ) ι· ( 2 ln χ ) ιm --= ιm χ + - . χ�+- χ χ�+- χ Έχουμε

lim ln χ υ:) lim (Ιη χ)' = lim .!_ = ο ο

Χ�+οο Χ Χ�+- (χ)' Χ�+- Χ

Ά Ι. f(x) , δ , ρα ιm -- = += , οποτε εν υπαρχουν χ�+- χ

στο += πλάγιες ή οριζόντιες aσύμπτωτες της Cr .



Πρώτο μέρος από Βασίλη Δ. Καρακατσάνη

1 ) Να υπολογιστεί το αόριστο

7 -1 ολοκλήρωμα: J [ (

χ ) J dx .

ln lnx ln x Λύση Κατ' αρχάς βρίσκουμε το πεδίο ορισμού

της ολοκληρωτέας συνάρτησης. Πρέπει: hι χ > Ο και ln χ :;t 1 (::::) χ > 1 και

χ :;t e . Άρα: Δ (f) = (l,e)u (e,-too) . Εργαζόμαστε σε κάθε

ξεχωριστά. Θέτουμε y = hι χ . dy =_!_dx . Και συνεπώς έχουμε: χ

διάστημα Οπότε:

7χ-1 1 J dx = 7J-dy = [ln (hιx)]hι x ln y · y

= 7 J (hι Υ)' dy = 7 hι lln � + c , c Ε 1R . ln y Τελικά παίρνουμε: 7χ-1 {7 ·hι(hι(lnx))+c1 ,γιαχ >e J [ln(lnx)]lnx dx

= 7 · 1n(-ln(lnx))+c2 ,για1<x<e 2) Να υπολογιστεί το αόριστο

ολοκλήρωμα: J (

1 4) d

x . χ 1 + χ

Λύση

Λύση Κατ' αρχάς βρίσκουμε το πεδίο ορισμού

της ολοκληρωτέας συνάρτησης. Πρέπει: χ * Ο ,

χ :;t 1 και _χ_ ;::: Ο ή χ (χ - 1) ;::: Ο (::::) χ < Ο ή χ - 1 χ > 1 . Άρα: Δ (f) = (-oo,O)u (1,-too) .

Εργαζόμαστε σε καθένα απ' διαστήματα αυτά ξεχωριστά.

τα

Θέτουμε: � χ = t , t > Ο με t :;t 1 . χ - 1 , χ , t3 Οποτε: - = t3 η χ =-- . χ - 1 t3 - 1

, -3t2 Συνεπως: dx = 2 dt . {t3 - 1)

1 Επίσης: χ (χ - 1) {t3 - 1) 2 Κι επομένως

, 1 g (t3 -1)2 . -3t2 εχουμε: J--3 -dx=J--3 -·t ·--2 dt= χ(χ-1) χ-1 t (t3 -ι)

=-3Jdt = -3t + c .

g !-3� χ +c1 , για χ > 1 Τελικά: J-1- 3 �dx = χ -1

χ (χ - 1) χ- 1 g -33 - +c2, για χ < Ο χ - 1 Πρέπει: χ * Ο . Συνεπώς Δ ( f) = JR * .

Εργαζόμαστε σε καθένα απ' 4) Έστω f, g δύο συναρτήσεις στο [α,β].

τα Να αποδείξετε ότι:

διαστήματα (-οο,Ο) , (0,-too) ξεχωριστά.

1 χ4 -ln--+"· γιαχ>Ο 1 4 4 -ι• Τελικά: J dx= l+x

x(l+x4) 1 χ4 -ln--+C2,γtαX<0 4 l+x4 3) Να υπολογιστεί το

ολοκλήρωμα J ( 1

) � χ dx . χ χ- 1 χ- 1

αόριστο

i) Αν f (x) ;::: g (x) για κάθε χΕ [α, β] τότε

J: f (x)dx ;::: J: g (x)dx .

ίί) Α ν m η ελάχιστη τιμή και Μ η

μέγιστη τιμή της f στο [ α,β] τότε:

m (β - α) :ς J: f (x)dx :ς Μ (β - α) .

Απάντηση ί) Εφόσον f(x);:::g(x) έχουμε f(x)-g(x) ;:::o

συνεπώς J: (f(x)-g(x))dx ;::: ο (::::)

(::::) J: f(x)dx-J: g(x)dx ;::: Ο (::::) J: f(x)dx;::: J: g(x)dx . ί) Για κάθε χΕ [α,β] ισχύει m:ςf(χ) :ςΜ(::::)

J: mdx :ς J: f (x)dx :ς J:Mdx (::::) m(β - α) :ς � J: f (x)dx � Μ (β-α) .


Μαθηματικά Ύια την Γ Λυκείου

, , f f ( ) ln x 5) Δινεται η συναρτηση με χ = ,J;. .

α) Να μελετηθεί η μονοτονία. β) Έστω k � 8 ' k Ε w* να δείξετε ότι:

ln (k + 1) rk+l lnk , ..Jk+ϊ � Jk f (t)dt � -Jk , οπου tε JR και

t ε [k,k + l] .

Jν+l γ) Να υπολογιστεί το lv = 8 f (t)dt .

δ) Να υπολογιστεί το όριο lim Ι ν •

ν-+t-

Λύση α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το

Α = (0, -too) , στο οποίο η f είναι παραγωγίσιμη με: ! .j;. --1- ·Inx

f'( ) - χ 2J;. _ 2- ln x 0 Χ - - Γ ' Χ > . χ 2χνχ • Είναι f'(x) = Ο<=> lnx = 2 <=> χ = e2 .

2χ..Γχ.>σ • f'(x) >O <=> 2-lnx>O<=:>hιx< 2<=>0< x<e2 .

Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο (Ο, e2 J , και γνησίως φθίνουσα στο [ e2 , +οο) , οπό-

, ζ , f ( 2 ) ln e2 2 τε παρουσια ει μεγιστο το e = ι, =- . νe2 e β) Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [ e2 , -too)

και είναι 8 > e2 άρα για k � 8 και t ε [k,k + 1] έχουμε: f(k + 1) � f (t) � f (k) .

Έτσι λόγω της άσκησης 4 έχουμε: rk+l rk+l rk+l Jk f (k + 1)dt � Jk f (t)dt � Jk f(k)dt <=> Jk+l rk+l rk+l f (k + 1) k dt � λ f (t)dt � f (k)Jk dt <=>

f(k + 1)[t]�+l � J f(t)dt � f(k) [t]�+l <=> rk+l f (k + 1) (k + 1 - 1) � J k f ( t) dt � f (k) (k + 1 -k) <=>

r(k+1)� rk+1f(t)dt�f(k)<=> 1i.-{) � rk+1f(t)dt�� . Jk k+1 Jk νk Jv+l ln Χ rv+l ( Γ)'

γ) Είναι lv = 8 J;. dx = J8 2ν χ ln xdx

[ Γ ]ν+ Ι Jν+l 2J;. dx = 2νx ln x - -- = 8 8 χ � � rv+l 2 2νν+ • ln(ν+ 1)-4ν2 ln 8- J8 J;. dx =

= 2�ν+ 1 1n (ν + 1)-4J2In 8- [ 4j;.J:+Ι = 2�ν+ 1 1η (ν + 1)-4J2Ιη8-4�ν+ 1 +4.J8 = = 2�ν + 1 [In (ν + 1) - 2]- 12J21n2+8J2 .

δ) Είναι lim 2�ν + 1 = -too και ν-Ηοο lim [In (ν+ 1) - 2] = -too . Άρα είναι lim lv =-too . ν�+οο ν�+οο

Δεύτερο μέρος από ΓΙΑΝΝΗ ΣΤΡΑ ΤΗ Ι . Για μια συνεχή συνάρτηση

f : [-1,1] � JR δεχόμαστε ότι είναι άρτια. Να

δείξετε ότι: J1 f (χ) dx = rι f (x)dx . -ι ι + eχ Jo Απάντηση

Jl f(x) dx = Jo f(x) dx + ΓΙ f (x) dx (1) . -1 1 + ex -1 1 + ex Jo 1 + ex Εκτελούμε το μετασχηματισμό: χ = -u ,

x = -1<=> u = l dx =-du x = O<=> u = O

2. Αν Ρ (χ) είναι πολυώνυμο το πολύ δευτέρου βαθμού να δείξετε ότι η συνάρτηση

ι Jx+l , f (x) = Ρ(χ)- - P(t)dt είναι σταθερη. 2 χ--1

Απάντηση

Ας είναι Ρ(χ) = αχ2 +βχ + γ . Οπότε: f(x) =αχ? +βx+γ-.!.Jx+1(ar +βt+γ)dt= 2 χ-Ι αχ2 +βχ + γ -}_[αf+βf+γt]χ+Ι = 2 3 2 χ-Ι

2 1 αχ +βχ +γ--2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/67

Μαθηματικά Ύια την Γ Λυκείου ( (χ+Ι)3 (x+l)2 (χ-1)3 (χ-1)2 ] α--+�+γ(χ+1)-α---F-::2--γ(χ-1) . 3 2 3 2 Και συνεπώς: f' (χ) = 2αχ +β -..!_

2 (α(χ + 1)2 +β (χ + Ι)+γ-α(χ - 1)2 -β (χ - 1)-γ) . f'(x) = 2αχ +β _..!_ 2 ( αχ2 + 2αχ +α+ βχ +β-αχ2 + 2αχ -α-βχ +β) = 2αχ +β -..!_ ( 4αχ + 2β) = Ο , για κάθε χ ε JR . 2

Άρα η συνάρτηση είναι σταθερή. 3. Για μια συνεχή συνάρτηση f : [Ο, π] � JR

δεχόμαστε ότι: J!r (x)dx = 2 . Να υπολογίσετε

την τιμή f (;) , αν είναι γνωστό ότι: για κάθε

χε [Ο,π] ισχύει: 3-συν3χ- 2χημ3χ � J:r (t)dt .

Απάντηση Θεωρούμε τη συνάρτηση:

g (χ) = 3 - συν3χ -2χημ3χ -J0x f (t)dt J [O,π] που είναι παραγωγίσιμη.

Κι επειδή g(x) � Ο = g( �} συμπεραίνουμε,

κατά το θεώρημα Fennat, ότι: g'(; )= Ο . Έχουμε: g'(χ)=-3ημ3χ-2ημ3χ-6χσυν3χ-f(χ)= = -5ημ3χ -6χσυν3χ - f (χ) . Κι επομένως: g'(; )= -2πσυνπ- r( �)= Ο .

Κι επομένως r(; )= 2π .

4. Για μια συνάρτηση f δεχόμαστε ότι υ-πάρχει k ε JR τέτοιος ώστε: kf(x+1)+ (2-k)f (2 - x) = χσυνπχ , για κάθε χε JR (1). Αν η f (x) είναι συνεχής στο [0,3], να

υπολογίσετε το J: f (x)dx . Απάντηση Στη σχέση ( 1) θέτουμε χ - 1 στη θέση του χ

και παίρνουμε: kf{x)+{2-k)f{3-x)={1-x)mMΙX, για κάθε χε JR .

Κι επειδή Ο :::; χ :::; 3 <=> Ο :::; 3 - χ :::; 3 , συμπε-

ραίνουμε ότι η συνάρτηση g(x) = f (3 - x) έχει πεδίο ορισμού το [0,3], είναι συνεχής ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων στο [0,3] .

Άρα: kJ: f(x)dx+(2-k) J: f{3-x)dx= J:(Ι-χ)σιΜΙΧdχ (2).

Αν εκτελέσουμε το μετασχηματισμό Τ: x = O<=> u = 3 3 - χ = u , dx = -du έχουμε: x = 3<=> u = O

3 (τ)Jο r3 fσ f (3 - x)dx = 3 f (u)(-du) = Jo f {x)dx .

'Ετσι η (2) γίνεται: 2 J: f (χ )dx = J: (1 - χ )συνπχdχ . Αλλά: J: (1 - χ )σuνπχdχ � J:<ι - χ)( ηι;;"' J dx �

Γ 11 •• \ �-( (1 - χ)' ημπχ dx = �Jo 0 π = ..!_ !3 ημπχdχ = ..!..[- συνπχ]3 = π ο π π ο

..--------, ..!..(..!..

_ συν3π )--� . Άρα·. !3 2 2 f(x)dx = -z π π π π2 ο π !3 Ι f (x)dx =-z · ο π

και

5. Για μια συνάρτηση f : [Ο,+οο) � JR δεχόμαστε ότι: f (χ) > Ο , -yια κάθε χ > Ο . Να δεί-

ξετε ότι: η συνάρτηση

γνήσια φθίνουσα.

Απάντηση Έχουμε:

lxf (t)dt g (x) =....:....::....: --Jo tf(t)dt

f (χ) !χ tf (t)dt - xf (χ) !χ f (t)dt g'(x) = ο ο = υ: tf(t)dt)2 = χ

f (x) 2 υ: tf (t)dt - xJ: r(t)dt) . υο tf (t)dt)

είναι

Κι επειδή f (x) 2 > Ο , για κάθε υ: tf (t)dt)

χ ε (0,-too) , αρκεί να δείξουμε όn: η συνάρτηση



g(x) = J: tf (t)dt - xJ:r(t)dt i [O,+oo) παίρνει για όλους τους χ του (Ο,+=) αρνητικές τιμές.

Έχουμε: g'(x)= xf (x) - J0x f (t)dt - xf (x) = -J: f(t)dt < Ο για κάθε χ ε (0,+=) αφού f(x) > O για κάθε χ ε (0,+=) J:f(t)dt > O . Κι επειδή η g i [O,+=) είναι συνεχής, συμπεραίνουμε ότι είναι γνήσια φθίνουσα. Άρα: g(x) < g(O) , για κάθε χ > 0 . Κι επειδή g(O) = O , συμπεραίνουμε ότι: g(x) < O , για κάθε χ > 0 .

6. t

Απάντηση

Η συνάρτηση f (x) = Ιιιz συν(; Jt }ι είναι προφανώς συνεχής ως σύνθεση συνεχών συναρτή-σεων.

Άρα Άρα:

lim f συν -.Jt t = O = lim(I - x) . χ2 (π J 2 χ�ι Jι 2 χ�ι

. J;'σuv �.[ι t (o) (J:'σuv(�JΙH lιm 2 = lιm ...___ __ ,____..__� χ�ι (1 - χ) χ�ι [(1 - χ)2]'

. 2χσυν(�Ν\>ο . . συν( �χ }ο) = lιm - J = lιm χ · lιm = . χ�ι 2 (Ι - χ)(-Ι) χ�ι χ�ι χ- Ι

[:Μ �!� (χ - \; �!ll:1Ηημ(�χ )}�-� 7. Για μια συνάρτηση f : [Ο, +οο) � JR με

f (Ο) = Ο δεχόμαστε ότι είναι κυρτή. Να αποδείξετε ότι:

ί) f (χ) < xf' (χ) , για κάθε χ ε (Ο, +οο) .

ii) Η συνάρτηση g (x) = Jx f (t) dt είναι ι t κυρτή στο (Ο,+οο) .

Απάντηση i) Έστω Χι ε (0,+=) τυχαίος. Θα δείξουμε:

f (χι ) < χιf'(χι ) ή f (χι ) < f'(χι ) · Η συνάρτηση Χι f Ι [Ο, χι ] ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης τιμής διότι ως κυρτή είναι παραγωγίσιμη. Άρα υπάρχει ξε (Ο, χι ) τέτοιος ώστε f'(ξ) = f (xι )- f (O) = f (χι ) . Κι επειδή η f' , ως Χι - 0 Χι συνάρτηση είναι γνήσια αύξουσα συμπεραίνουμε: f'(ξ) < f'(χι ) · Συνεπώς: f (χι ) < f'(χι ) · Χι

ii) Έχουμε: g'(x) --f(x) . Οπο' τε·. χ "( ) xf'(x) -f (x) , ( ) g χ = 2 > Ο , για καθε χ ε Ο, +οο χ

(σύμφωνα με το (i)). Άρα η g(x) είναι κυρτή. 8. Δίνεται η συνάρτηση

f (x) = J2 ημ(χt) dt I (Ο, π) . ι t ί) Να μελετηθεί η συνάρτηση αυτή ως

προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

ίί) Ν α δείξετε ότι: f (χ) < π , για κάθε 3

Χ Ε (Ο,π) .

Απάντηση i) Εκτελούμε τον μετασχηματισμό Τ:

u Ι t = I � u = x xt = u � t = - , dt =-du χ χ t = 2� u = 2x J2χ ημu du Κι έχουμε: f (x) = χ -Ι- ·-;-=

-u χ = J2x ημu du = J:x ημu du -J: ημu du ( Ι ).

χ u 2 u 2 u Και συνεπώς:

f'(x)=2 ημ2χ -ημχ ημ2χ-ημχ ημχ(2συνχ-Ι) (2). 2χ χ χ χ •

•

•

Ι Π χε(Ο,π) Π f'(χ) = Ο� συνχ =-= συν- � χ=- . 2 3 3

f' (χ) > Ο <=> συνχ > .!.. � Ο � t < � . 2 3 Συγκροτούμε τον πίνακα:



χ ο π 3 f(x) + -

f (x) �- � (ολικό)

ii) (να μελετηθεί η άσκηση (3)). ' π π 2π Εχουμε: 1 ::; t ::; 2 <=>-::;-t ::;- . 3 3 3 Οπότε Ο <�t < π . 3

π

Συνεπώς: ημ(� t)= lημ(� t] ::; l� t� =�t . , .. ( �t 1

Άρα: O <.:ll.J < π . t 3 , .. ( �t 1

Δηλαδή: για κάθε tε [l,2] ισχύει: �<� . t 3 1111(�t1

Κι επειδή η συνάρτηση: g ( t) = .:1lJ Ι [1, 2] t είναι συνεχής συμπεραίνουμε ότι: 2 1111 (�t1 2 Π Π J .:ll.Jdt < J -dt =- . Κι επειδή : I t I 3 3 f (x) ::; f(�} για κάθε χε (Ο,π) ισχύει: f(x) < � , για κάθε χε (Ο, π) . 3

9. Δίνεται η συνάρτηση f(x)=4x3 -6(5+2α)χ2 +2(25+ 13α)χ+(2α+13) . i) Να δείξετε ότι για οποιαδήποτε τιμή της

παραμέτρου α υπάρχουν πάνω στη γραφική παράσταση Cr της συνάρτησης δύο σημεία που η εφαπτομένη της Cr είναι παράλληλη προς τον άξονα χ'χ .

ii) Αν είναι Χι , χ2 με Χι < χ2 οι τετμημένες των σημείων αυτών, να υπολογιστεί το Jx2 f (χ) dx , αν είναι γνωστό ότι:

Χι

J�/ (x)dx = l lα + l . Απάντηση i) Έχουμε:

f'(x) = 12χ2 - 12 (5 + 2α)χ + 2(25 + 13α) (1).

Θα δείξουμε ότι υπάρχουν χ1 , χ2 με χ1 < χ2

τέτοιοι ώστε: f'(x1 ) = f'(x2 ) = Ο . Η διακρίνουσα της ( 1) είναι Δ = 48 (12α2 +34α+ 25) (2).

Η διακρίνουσα Δ' του τριωνύμου της (2) είναι: Δ' = 34 2 -4 · 12 · 25 = -44 < Ο . Άρα Δ > Ο , για κάθε α > Ο . Κι επομένως η εξίσωση f' (χ) = Ο έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες χ1 , χ2 και f'(x1 ) = f'(x2 ) = 0 .

ii) Έχουμε: J1 f (x)dx = -I [ Χ4 Χ3 Χ2 ]I = 4--6(5+2α)-+2(25+13α)-+(2α+3)χ = 4 3 2 -1 = -14-4α . Συνεπώς:

J1 f(x)dx = 1 1α+ 1 <=> -14-4α = l lα+ 1 <=> I α= :-11 . -I Για την τιμή αυτή η διακρίνουσα Δ της παρα-

γώγου γίνεται: Δ = 144 = 122 • 12 · 3 - 12 Και συνεπώς: χ1 = = 1 και 2 · 12

Χι = 12 · 3 + 12 = 2 . 2 · 12 Άρα: J:2 f(x)dx= Jι2f(x)dx α:-1[χ4-6,( +1�+xJ = = 18 - 8 = 10 . 10. Για μια όυνεχή συνάρτηση f : (α, β] --? !R

δεχόμαστε ότι: f (β) > β2 • Να δείξετε ότι: «αν

3J:r (x)dx < β3 -α\ τότε η εξίσωση f (x) = x2

έχει λύση».

Λύση β β3 - α3

Επειδή f x2dx = η συνθήκη της υπό-Jα 3 θεσης γίνεται: J: f (x)dx < J: x2dx και συνεπώς: J: (f (x)-x2 )dx < O . Κι επομένως υπάρχει χ1 ε (α,β] τέτοιος ώστε: f(x1 ) -x� < 0 (διαφορετικά f(x) -x2 :2: 0 , για κάθε χε (α,β] , οπότε: J: (f (x)-x2 )dx :2: 0 : άτοπο).

Κι επειδή f(β)-β2 > Ο και η συνάρτηση g (χ) = f (χ)- χ 2 είναι συνεχής με g (χ 1 ) · g (β) < Ο συμπεραίνουμε, κατά το θεώρημα Bolzano, ότι υ-



πάρχει ξε (χ1 ,β) τέτοιος ώστε: f (ξ)-ξ2 = 0 ή

f{ξ) = ξ2 . l l.Δίνεται η συνάρτηση

f (x) = χ+ ln2x I (Ο,+οο) . l + x ί) Α ν η F Ι (Ο, +οο) είναι αρχική της f, να

αποδείξετε ότι: F (x)- F(� )= lnx , yια κάθε

χ > Ο .

ίί) Αν F (x) = J:r(t)dtμε α > l , να απο

δείξετε ότι η F διατηρεί σταθερό το πρόσημο στο (Ο,+οο) .

Απάντηση

i) Έχουμε Χ Ε {Ο,+οο) (1).

F'(x) = x+ ln x , l + x2 για κάθε

Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση: g(x) = F(x) - F(: ) ι (Ο,+οο) και παρατηρούμε ότι:

Συνεπώς: g(x) = lnx + c . Αλλά: g (l) = O . Οπότε: c = O .

Άρα: g (x) = ln x , για κάθε χε (Ο,+οο) δηλα-δή: F(x) -F(:)= ln x i (O,+oo) .

ii) Έχουμε: F'(x) = f (x) = χ + ln2x > Ο , διόl + χ

α> I τι: χ > α:::::} 1n χ > 1n α > Ο . Άρα η F Ι [α, +οο) ως

συνεχής είναι γνήσια αύξουσα. Επομένως: F(x) > F(α) = Ο (αφού χ > α ).

� θέματα Εlvικώv Elεriλflεωv ΠoproyαJίαs

Λύση

ι . Δίνονται οι συναρτήσεις f, g μέσω των γραφικών παραστάσεων τους (Σ χ. 1 ).

Ν α υπολογίστε το

lim g (x) . χ�3- f (x)

Παρατηρούμε ότι lim g (x) = g(3) > 0 , ενώ χ�Τ

για κάθε χε {2,3) είναι f {x) > O και

lim f(x) = Ο , άρα lim -(

1

) = +οο . χ�Τ χ�Τ f Χ

Άρα 1im g((x)) = limg(x) · lim-

(

1

) =g(3) {too)=-t=.

x�:r f Χ χ�3- x�:r f Χ

2. Αν είναι ψ = f(x) μια συνάρ-τηση, ορισμένη στο (Ο, +οο) , της οποίας η γραφική παράσταση δίνεται στο σχ.2. Να υπολογίστε το

lim f (x) .

x�-too Χ

Λύση

του Σ. Σκοτίδα

ψ f

�ω I .... -··········

χ

Από το σχήμα βρίσκουμε την εξίσωση της

(ε) : y =!x+ l η οποία είναι aσύμπτωτη της Cf 2



' ι· f (x) 1 στο +οο αρα ιm -- = - . Χ-Ηοο Χ 2

3. Αν μια συνάρ- ψ

τηση ψ = f(x) , της ο- f

ποίας η γραφική πρά-σταση (Σχ.3) εφάπτε-ται μιας ευθείας (ε) στο σημείο Ρ( α, f(α)) , είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο α με f" (α) * Ο , τότε να υπογραμμίσετε την ορθή απάντησης: Α) f' (α) · f" (α) > Ο , Β) f (α) · f" (α) > Ο Γ) f' (α) · f" (α) < Ο , Δ) f (α) · f' (α) < Ο

Λύση Από το σχήμα προκύπτει f (α) < Ο , f'(α) < Ο

αφού η εφαπτομένη στο α σχηματίζει αμβλεία γωνία με τον χ'χ , ενώ f" (α) > Ο καθώς σε περιοχή του α η Cr στρέφει τα κοίλα άνω. Άρα σωστό είναι το (Γ).

1 4. Αν f (χ) = 5χ -χ , το χ που ικανοποιεί την εξίσωση f' (χ) = 4f (χ) είναι Α) 2,5

2 Β) -+0,5 Γ) 2 Ιη 5+0,5 ln 5

Δ) 2 ln 5

Λύση

( )' 2 2 f'(x) = 4f {x)<=> χ2 - χ 5χ -χ · ln 5 = 4 · 5x -χ <=> (2 1)

4 2 1 Ά , , χ - =-<=> χ = -+- . ρα σωστο ειναι το ln 5 ln5 2 (Β).

5. 'Εστω η συνάρτηση C(t) = s (e-t

- e--21 ) ,

( t > 0 ). α) Βρείτε το lim C(t) . t-+too

β) Επιλύστε την εξίσωση C ( t) = '!... . 8

γ) Βρείτε την μέγιστη τιμή της C(t) για t > O .

Λύση

α) lim C(t) =8 · lim (_!_ __ l )= 8 · (0-0) =0 . t-+too t-+too et ezι β) c(t) =2 <=> _!_ _ _

ι = .2_ <=> 8 e1 e21 64 ( --1 )2 ( -t ) 7 ο -t 7 t 1 <=> e - e +- = <=> e =- ή e- = -64 8 8

Συνεπώς t = ln� ή t = ln8 . 7

γ) Αν t > Ο , τότε c' ( t) � ο <=> 8e -t (-ι + 2e -t ) � ο <=>

-t ι e � - <=> -t �-ln 2 <=> t � ln 2 . 2 C(ln 2) = 8(e-In Z -(e-In Z )) = 8(�-� )= 4- 2 = 2

6.

t Ο ln2 +ω I C'(t) + l ...: LιtJ ·�.; � ο� μ. �

;; �

Πόσες aσύμπτωτες έχει συνολικά η γραφική παράσταση της συνάρτησης

χ2 f (x) = �� - 3 ;

Α) Ο, Λύση

Β) 2, Γ) 4, Δ) 3

lim+ f(x) = lim+

(x2 ._ι_)= 9 · (+=) = += . Άρα χ�3 χ�+3 χ - 3 χ = 3 κατακόρυφη aσύμπτωτη. Όμοια lim f (x) = -οο . χ�Γ

lim f (x) = lim �= - lim (χ2 ._ι_)= χ�--3+ χ�--3+ -χ - 3 χ�--3+ χ + 3 = -9 · ( +οο) = -οο . Άρα χ = -3 κατακόρυφη aσύμπτωτη. Όμοια lim _ f (χ) = +οο .

χ�--3

Επίσης α = lim f(x) = lim χ2 = ι

χ�+οο χ χ�+οο χ2 -3χ β = lim (f (χ)- ι · χ) = lim � = 3

χ�+οο χ�+οο χ - 3 άρα y = χ + 3 aσύμπτωτη της Cr στο +οο . Όμοια βρίσκουμε ότι η ευθεία y = -χ + 3 εί

ναι aσύμπτωτη στο -οο της Cr . Άρα σωστό είναι το (Γ).

7. Η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : JR + � JR ικανοποιεί τις παρακάτω συνθήκες

I) f (1) = 2 , 11) lim f (x) = +oo χ�

ο+ 111) lim f (x) = l

χ�+οο ΙV)Για κάθε xε .IR+ , f'(x) < O . Ποια από τις παρακάτω καμπύλες είναι η

γραφική παράσταση της συνάρτησης


Μαθηματικά Ύια την Γ Λυκείου

g(x) = f(�} Να υπογραμμίσετε την ορθή απά

ντηση. (Α) (Β)

2 --------. 2 ------- . ! ( I I

(Γ) (Δ)

2 ------.

i 'h -------: ι ι

Ι) Α ή Γ 11) Α ή Β 111) Μόνο η Δ, ΙV) Μόνο η Α.

Λύση Σωστή απάντηση είναι ((Α) ή (Β)).

lim. g(x) = lim. r(!)= lim f (y) = Ι χ---+0 χ---+0 χ y-++co

lim g (x) = lim r(!)= lim f (y) =-tco x-++co x-++co Χ y---+0+ g (I) = r(i)= 2

g'(Ψ(� J r'(� )� -:, r(� )> ο c αφού

f' (χ) < Ο , για κάθε χ > Ο . Ενώ -� < Ο . χ 8. Να βρείτε το πρωτεύον όρισμα του μιΎα-

δικού Ζ = ( -1 + .J3i )5 •

. \ίJση ( -1 + .fii )5ο = 25ο [συν 23

π + iημ 23π ]5ο =

25ο ( ΙΟΟπ . ΙΟΟπ ) συν-3-+ ιημ-3- =

= 250 ( συν(ΙΟ�π -32π )+ iημ(ΙΟ�π - 32π ))=

250 ( 4π . 4π ) Ά Ar 4π συν3+ιημ) . ρα gz =3 . 9 Ν β θ , 1. !+ι . α ρε ει το ιm e• . JΙ---+0-Λύση Ι- 1+1 ι· Υ ο ( · 1 ι ιm e• = ιm e = αφου y =-+ με χ---+0- y-+- χ

Iim_(!+ ι)= (-σο)+ 1 =-σο). χ---+0 χ

1 Ο. Βρείτε τον Ύεωμετρικό τόπο των εικό-νων των μιΎαδικών z για τους οποίου ισχύει

α) lzl = lz+� , β) li - 1 - 2zl > 9 . Λύση α) lz - (O + Oi� = lz -( 0 +-j i ] -

Παριστάνει τη μεσοκάθετο του ευθυγράμμου τμήματος με άκρα τα σημεία Ο (0,0) και Ρ( o,-j} Άρα ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η ευθεία (ε) : y = _!_ •

6

β) l2z + l - il > 9 � lz - ( -�+� i] >� -0 γεωμετρικός τόπος των σημείων του Μιγα

δικού επιπέδου, των οποίων ο αντίστοιχοι μιγαδικοί αριθμοί επαληθεύουν την εξίσωση είναι τα εξωτερικά σημεία του κύκλου που έχει κέντρο

-- - και ακτινα - . κ( 1 1 ) ' 9 2 ' 2 2

1 1 . Βρείτε την Γ1 αν ι α) f (x) = x2 + 1 , χ < Ο β) f (x) = --3 • l + x

Λύση α) y = f(x) = x2 + 1 ( y > l )

χ<Ο y- l = x2 � x =-�y- 1 άρα Γ1 (χ) = -.Jχ- 1 με x > l .

1 β) y = f(x) =--3 ( χ :;t: -1 ) l + x

3 1 3 1 1 - y l + x =-� χ =-- 1 =--

χ =

y Υ Υ vl; Υ ' αν Ο < Υ � 1

v- 1;Υ , αν y < O ή y � l

Το κεντρικό θέμα του εξωφύλλού του τεύχους που κρατάτε στα χέρια σας φιλοτέχνησε η μαθήτρια Παπαδάκου Ελένη του 53° Γυμνάσιο Αθηνών την οποία ευχαριστούμε θερμά και της ευχόμαστε πάντα επιτυχίες.

Ευχαριστούμε θερμά την καθηγήτρια των καλλιτεχνικών κ. Χατζή Ζωή για την συνεργασία της με το περιοδικό μας.


Μαθηματικά ΎJΑΙ την Γ' Λυκείου

τ,;. �,ι ,ωrίΑ ΕlrΙΑνιιλιιΙΙτικλ ιιt,.ιιrιι, Σrιι Μιιlιιιι•rιιιΑ Κ ΙΑrsόlον,.ιιs r11s Τ' ιtοκsίοu

του Γιάννη Κερασαρίδη

ΘΕΜΑ ι [4,75 ρ] ι. [0.5, p] Να λυθεί στο C η εξίσωση

z2-2z+2=0 2. [ Ι , p] Έστω Κ,Λ,Μ οι εικόνες των

zκ=l+i, ΖΛ=1-ί, ΖΜ= -i .J3 Να απεικονισθούν αυτά τα σημεία.

3. α) [0.25, p] Ονομάζουμε Ν το συμμετρικό του Μ ως προς το σημείο Λ. Να βρεθεί ο μιγαδικός ΖΝ του οποίου εικόνα είναι το Ν. β) [0.75, p] Θεωρούμε σημεία Α, Γ που είναι τέτοια ώστε (ΟΜ)=(ΟΑ), (ΟΝ)=(ΟΓ) και ( ΟΜ, ΟΑ)=( Ο:Ν, of )=π/2. Να βρεθούν οι μιγαδικοί zA, zr των οποίων εικόνες είναι τα Α,Γ αντίστοιχα.

4.

γ) [0.5, p] Θεωρούμε τα σημεία Δ, Β τα οποία είναι τέτοια ώστε ΜΔ = ΝΒ = 2} ,όπου ] το μοναδιαίο διάνυσμα του άξονα των τεταγμένων, να βρεθούν οι μιγαδικοί ΖΔ, z8, των οποίων εικόνες είναι τα Δ, Β αντίστοιχα. α) [0.251 p] Δείξτε ότι το σημείο Κ είναι μέσο των (ΔΒ) και (ΑΓ) β) [0.75, p] Δείξτε ότι zr-zκ

=i ΖΒ-ΖΚ

γ) [0.75, p] Τι είδους τετράπλευρο είναι το ΑΒΓΔ;

Απάντηση ι. Υπολογίζουμε τη διακρίνουσα Δ της εξίσωσης

κι έχουμε Δ=-4 άρα η εξίσωση έχει δύο ρίζες μιγαδικές συζυγείς. Επειδή --4=(2i)2 θα είναι

zι=l+i, z2=1-i

2.

Δ

ο

Λ

Μ 3. α) Αφού το Λ είναι μέσο του τμήματος ΜΝ,

άρα οι συντεταγμένες του θα είναι ίσες με το ημιάθροισμα των αντίστοιχων συντεταγμένων των Μ, Ν" άρα ο μιγαδικός ΖΝ , του οποίου εικόνα είναι το Ν, είναι 2zΛ=(zM+ zN) ή

ΖΝ=2+( .J3 -2)ί

β) Το Α βρίσκεται πάνω στον άξονα των τετμημένων και είναι (ΟΑ)=(ΟΜ)=../3 , άρα Α( .J3 ,0), άρα zA= .J3

Αν Θ, Ε οι αντίστοιχες προβολές των Ν, Γ στους χ'χ και y'y αντίστοιχα, τότε τα τρίγωνα ΟΘΝ και ΟΕΓ είναι ίσα, άρα (ΟΕ)=(ΟΘ)=2 και (ΓΕ)=(ΝΘ)=2- .J3 , δηλ. οι συντεταγμένες του Γ είναι (2- .J3 , 2 ), άρα zr =(2- .J3 )+ 2i

γ) Το Δ βρίσκεται στον άξονα των τεταγμένων άρα η τετμημένη του είναι Ο. Είναι ο Δ = ΟΜ + ΜΔ , άρα η τεταγμένη του Δ είναι -../3 +2, άρα ΖΔ=(2- ../3 )ί Η τετμημένη του Β ισούται με την τετμ. του Ν. Για την τεταγμένη του Β έχουμε ΘΒ = ΘΝ + ΝΒ , άρα είναι ίση με .J3 , άρα

zB=2+../3 i 4. α) Πραγματικά αυτό ισχύει αφού οι συντε

ταγμένες του Κ είναι ίσες με το ημιάθροισμα των αντίστοιχων .συντεταγμένων των σημείων Α, Γ και Β, Δ αντίστοιχα.

β) Είναι z r- zκ=( 1 - .J3 )+i, και ΖΒ- zκ=

-1 +( 1 - .J3 )i, άρα zr-zκ = . . . =i

ΖΒ-ΖΚ γ) Το. τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι τεράγωνο, γιατί:

1 ) οι διαγώνιοι είναι ίσες Ιzr-ZA I = ΙzΒ - zΔ Ι , 2) οι διαγώνιοι διχοτομούνται στο Κ, 3) οι διαγώνιοί του είναι κάθετες μεταξύ τους, αφού λΑrλΔΒ=- 1



θΕΜΑ 2 [ 5 p]

Δίνεται η συνάρτηση f με f(x)=ln(x+ .J χ2 + 2 ) με χε[Ο, l] . 1. α) [0.5, p] Να βρεθεί η παράγωγος της �χ2+2

β) [ 1, p] Να βρεθεί η f 1

γ) [0.5 , p] Υπολογίστε το Ι= Ι� o Jx2+2

2. α) [0.5, ρ] Χωρίς να υπολογίσετε τα ολοκλη-1 2 1

ρώματα J= Ι � dx, Κ= J λ2+2 dx ο νχ2+2 ο

να δείξετε ότι: J+ 2Ι=Κ β) [ 1 .5 , p] Δείξτε ότι K=.J3 -J γ) [ 1 , p] Να βρεθούν οι τιμές των J, Κ

Απάντηση

1. α) Η .Jx2 + 2 είναι άρρητη συνάρτηση, σύνθετη. Άρα είναι

( .Jx2 + 2 )·= (χ2 + 2) = . . . = χ 2.Jx2 + 2 2.Jx2 + 2

β) Η f είναι λογαριθμική σύνθετη, άρα, η πα-ράγωγος της είναι

1+ χ

( (x:F[ln(x+ Jx2 + 2 )] ' � - 1 χ+ χ2 + 2 . . . .J χ 2 + 2

2.

γ) Από το προηγούμενο ερώτημα (β), παρατηρούμε ότι η f είναι αρχική (παράγουσα) της προς ολοκλήρωση συνάρτησης, άρα είναι

1 dx 1 ' 1 Ι= Ι J 2

= Ι f (x)dx = [f(x)]0 =f( l )-o χ +2 ο

f(O)=ln (l'+.J2+ 1 )-In.J2 =1n 1J/! 1 2 1 d

α) Είναι J+21= Ι � dx+2 Ι � = o vx2+2 o vx2+2

= J χ2 + 2 dx :;:; J.Jx2 + 2dx =K o .Jx2 + 2 ο

1 I [ ]I β)Κ= / Jx2+2 dx= Jx'.Jx2 +2dx= x.Jx2 + 2 ο ο ο

ι 2 -J χ dx =[l .JI + 2 -0]- J=.J3 - J o .Jx2 + 2

γ) Από (2.α,β) έχουμε J+2I=K, K=.J3 -J

' (1 ) Ι--ln 1 + .J3 και απο .γ .J2 Αυτό είναι ένα σύστημα τριών εξισώσεων με τρεις άγνωστους J, Κ, I, πρώτου βαθμού. Το λύνουμε με τη μέθοδο της αντικατάστασης και βρίσκουμε

J= .J3 - ln( 1 +.J3 ) και Κ= .J3 + ln( I +.J3 ) 2 J2 2 J2

θΕΜΑ 3 [13 p) Σημειώνουμε με Cr, Cg τις καμπύλες με εξισώσεις y= ex , y=lnx με Τα την εφαπτομένη της Cr, στο

σημείο Α, με τετμημένη α ( αΕ R) και με Dλ την εφαπτομένη της καμπύλης Cg στο σημείο Κ με τετμημένη λ (λΕ R)

ΜΕΡΟΣ Α' 1. α) [ 1 , ρ] Να βρεθούν οι εξισώσεις των Τα, Dλ

β) [0.5, p] Να υπολογισθεί ο λ συναρτήσει του α ώστε Τα 1 1 Dλ Σημειώνουμε με β την τιμή του λ που παίρνουμε μ' αυτό τον τρόπο, με Β το σημείο της

καμπύλης Cg με τετμημένη β και Dβ την αντίστοιχη εφαπτόμενη

2. [0.75, p] Δείξτε ότι οι Τα, Dβ συμπίπτουν αν και μόνο αν β=e·α και (α+1)e-α=α-1

ΜΕΡΟΣ Β'

Δίνεται η συνάρτηση h με h(x)= χ-1 ex χ+1 1. α) [0.75, ρ] Δείξτε ότι h(x)=l , αν και μόνο αν

-χ χ-1 e =χ+1

β) [2, ρ] • Να καταρτισθεί ο πίνακας μεταβολών της h στο [0, + οο ) και

• το 1im h(x) x-+toa

γ) [ 1 .25. p] Δείξτε ότι η εξίσωση h(x)=l δέχε-



ται, στο [0, +co ), μοναδική λύση μΕ [ 1 ,5, 1 ,6] 2. α) [0.5, p] Να υπολογισθεί το γινόμενο

h(x)h(-x), για κάθε χΕ R-{- 1 , 1 }

β) [0.5, p] Δείξτε ότι η εξίσωση e·x= χ-Ι x+l δέχεται δύο λύσεις αντίθετες γ) [0.5 , p] Να βρεθούν οι κοινές εφαπτόμενες των Cr,Cg

3. [1 .5, p] • Δείξτε ότι οι Cr,Cg είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία με εξίσωση y=x

• Φέρτε τις κοινές εφαπτόμενες Τ μ, Τ.μ των Cr,Cg αντίστοιχα και θεωρήστε την τιμή του μ, κατά προσέγγιση ίση με 1 ,55

ΜΕΡΟΣ Γ'

Θεωρούμε ότι κάθε σημείο M(x,y), (με y:;tO) είναι αντίστοιχο του σημείου Μ' (χ', y') με

χ'=-χ και y'=1/y ι. [0.75, p ] Δείξτε ότι, αν το σημείο Μ ανήκει στη

Cr , τότε το σημείο Μ' ανήκει επίσης στη Cr 2. Έστω Α ένα σημείο της Cr , με τετμημένη μ

(όπου μ είναι αυτό που ορίσαμε στο «ΜΕΡΟΣ Β'», Ι .γ'), Τ

μ είναι, άρα, η εφαπτόμενη της Cr στο Α και εφαπτόμενη της Cg στο Β με τετμημένη e-μ. α) [0.25, p] Να υπολογισθούν οι συντεταγμένες του Α' συναρτήσει του μ β) [Ο. 7 5, p] Δείξτε ότι η ευθεία Τ -μ είναι εφαπτόμενη της Cr στο Α' και ότι είναι επίσης εφαπτόμενη της Cg στο Β1 , του οποίου να δώσετε τις συντεταγμένες συναρτήσει του μ.

3. α) [0.5, p] Δικαιολογίστε τις παρακάτω συντε-

ταγμένες Α (μ, μ + 1 ) , Β ( μ - 1 , -μ ) ,

μ - 1 μ + 1

Α' (-!':::} Β{��: , μ ) β) [0.75, p] Δείξτε ότι οι ευθείες Τ μ, Τ_μ είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία με εξίσωση

y=x Προσδιορίστε το είδος του τετραπλεύρου

ΑΒι ΒΑ' 4. [1 .25, p ] • Δείξτε ότι το εμβαδό του χωρίου

που ορίζεται από το ευθύγραμμο τμήμα (ΑΑ') και το τόξο της καμπύλης Cr με άκρα τα Α, Α' ισούται με 2μ. • Δείξτε ότι το παραπάνω τόξο βρίσκεται κάτω από το ευθ. τμήμα (Α')

Απάντηση ΜΕΡΟΣ Α'

ι. α) Γνωρίζουμε ότι η εξίσωση της εφαπτομένης Τ

α, της Cr στο σημείο χο=α, δίνεται από τον τύπο y=f(xo)+f'(xo)(x-xo) ( 1 ) Αν λάβουμε υπ' όψη μας ότι f'(x0)=exo , η ( 1 ) γράφεται y=eα+ eα(χ-α)

ή (τα): y= eαχ+ eα(1 -α) (2) Με όμοιο τρόπο έχουμε για την Dλ

1 (Dλ): y=- χ+Ιηλ- 1 (3) λ

β) Για να είναι Τα 1 1 Dλ πρέπει, οι συντελεστές

διεύθυνσής τους, να είναι ίσοι, δηλ. .!.. =eα ή λ

λ=e-α Σημειώνουμε με β αυτή την τιμή του λ, οπότε έχουμε: β= e-α

2. Γνωρίζουμε ότι για να συμπίπτουν δύο ευθείες y=αιχ+βι και y=α2χ+β2, πρέπει και αρκεί αι= α2 και βι= β2. Άρα, για τις Τ

α, Dβ θα πρέπει να ισχύουν: 1 Τ

α = Dβ <=> - = eα και Ιηλ-1 = eα(1 -α) <=> β=eα λ

και Ιηβ-1= eα(1 -α) <=> β=e-α και (α+1) e-α=α- 1

ΜΕΡΟΣ Β'

ι. α) Αφού h(x)=1 , δηλ. χ-Ι ex=1, τότε x+l

χ-1 =1/ ex x+l ή χ-1 -χ - =e x+l


-μ -μ

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου ' 2

' ' (χ-1 ) χ + 1 χ β) • Ειναι h (χ)= --ex = . . . = 2

e , x+ l (χ + 1)

άρα για κάθε χ, θα είναι h (χ)>Ο, άρα h γνήσια αύξουσα.

1 -_!_ χ-1 χ χ • Είναι h(x)=- e =--1 e

x , άρα για x+l 1

Χ-Ηοο, h(x)-Hoo

+χ

πίνακας μεταβολών της h

χ ο h (χ) +

+οο

__.. +οο h(x) -1

γ) Δείχνουμε ότι η εξίσωση h(χ)=1δέχεται, στο[Ο, +οο), μοναδιιcή λύση μΕ ( 1 ,5, 1 ,6). Θέτουμε t(x)= h(x)- 1 . Είναι t' (x)=h' (χ)>Ο, άρα η t είναι γνήσια αύξουσα στο [0, +οο ), δηλ. όλες οι τιμές της μοναδικές. Είναι ακόμη t(1 ,5)t( 1 ,6) == (0,896-1 )(1 , 143- 1 )<0. Δεδομένου ότι η t είναι συνεχής στο [0, +οο ), συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση t(x)=O δηλ. η h(x)=1 , έχει μοναδιιcή λύση μΕ ( 1 ,5 , 1 ,6).

-χ-1 2 α) Είναι h(x)h(-x)=e χ -χ+1 e-x= . . . =1

β) Η εξίσωση h(χ)=1είδαμε ότι έχει στο [0, +οο) μοναδιιcή λύση μ. Εάν χΕ ( -οο, 0], με χ*- 1 , τότε h(x)h(-x)=1 . Έχουμε τότε h(x)=1 αν και μόνο αν h(-x)=1 , δηλ. αν και μόνο αν -χ =μ, είναι χ=-μ. Δηλ. η h(x)=1 f:χ.ει στο (-οο, Ο] μοναδιιcή λύση -μ. Συμπέρασμα: η εξίσωση h(x)=1 έχει δύο λύσεις αvriθετες.

γ) Αναζητούμε την εξίσωση μιας ευθείας που να είναι εφαπτόμενη συγχρόνως στις Cr, Cg , δηλ. αναζητούμε αΕ R , σε τρόπο ώστε η ευθεία Τα να είναι εφαπτόμενη προς τη Cr. Αναζητούμε, άρα β>Ο σε τρόπο ώστε Τ a=Db. Είδαμε [ΜΕΡΟΣ Α', 2 ] ότι αρκεί να πάρουμε β=e-α και (α+1) e-α=α- 1 (το -1 δεν μπορεί να είναι λύση). Η τελευταία γράφεται α-1

=e-a, α+1

που είναι η εξίσωση h( α)= 1 . Όπως είδαμε [στο προηγούμενο υποερώτημα (β)] αυτή η εξίσωση έχει λύσεις τα μ και -μ. Υπάρχουν, λοιπόν, δύο κοινές εφαπτόμενες προς τις Cr, Cg . Αυτές είναι οι ευθείες Τ μ , Τ_

μ· Η Τ μ είναι [«ΜΕΡΟΣ Α', 2))], η εφαπτόμενη της Cr στο σημείο με τετνημένη e-μ, και η Τ_μ εφαπτόμενη της Cr στο σημείο με τετμημένη eμ

3. • Οι συναρτήσεις f και g είναι εκθετιιcή και λογαριθμική αντίστοιχα· γνωρίζουμε ότι αυτές είναι aντίστροφες μεταξύ τους συναρτήσεις και ότι οι γραφικές τους παραστάσεις Cr, Cg είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία με εξίσωση y=x.

• Παίρνουμε μ == 1 ,55. Η Τ μ είναι εφαπτόμενη της Cg στο σημείο με τετμημένη μ και εφαπτόμενη της Cr στο σημείο με τετμημένη e-μ. Βρίσκουμε ότι e-μ == e-1 '55 == 0,21 . Άρα η Τ μ περιέχει τα σημεία με συντεταγμένες (μ, eμ) και (e-μ, -μ). Η Τ_μ είναι εφαπτόμενη της Cr στο σημείο με τετμημένη -μ και εφαπτόμενη της Cg στο σημείο με τετμημένη eμ. Βρίσκουμε ότι eμ == e1'55 == 4,7 1 . Άρα η Τ_μ περιέχει τα σημεία με συντεταγμένες (-μ, e-μ) και (eμ, μ ).

ΜΕΡΟΣ Γ'

1. Όταν ένα σημείο Μ ανήκει στην Cr , οι συντεταγμένες του θα είναι της μορφής (χ, ex), με χΕ R. Οι συντεταγμένες του Μ δεν είναι μηδέν ( αφού για κάθε χΕ R, θα είναι ex>O), άρα το Μ' υπάρχει. Οι συντεταγμένες του είναι

, , 1 -χ ' , χ = -χ, y =-= e , αρα επανερχομαστε στη ex

φόρμα: χ'=χ και y'=ex· άρα το Μ' ανήκει στην Cr .

2. α) Οι συντεταγμένες του Α' είναι: χ'= -μ,

1 y'= - =e-μ. Δηλ. Α'(-μ, e-μ)

eμ β) Το Α ανήκει στην Cr , άρα (σύμφωνα με το 1) το Α' ανήκει στην Cr. • Τότε (ΜΕΡΟΣ Β ', 2) η Τ_μ είναι εφαπτόμενη της Cr στο σημείο με τετμημένη -μ. Το σημείο της Cr με τετμημένη -μ είναι το Α', άρα η Τ_μ είναι εφαπτόμενη της Cr στο Α'. Τότε (ΜΕΡΟΣ Β' , 2) η Τμ επίσης εφαπτόμενη της Cr στο σημείο Βι με τετμημένη eμ. Η τεταγμένη του Β1 είναι ln(eμ)=μ. Συμπέρασμα: οι συντεταγμένες του Βι είναι (eμ, μ).



• Με όμοιο τρόπο δείχνουμε ότι οι συντεταγμένες του Β είναι (e·μ, -μ). (τα σημεία επαφής είναι τα σημεία επαφής που αποδείχθηκαν στο ΜΕΡΟΣ Β', 3)

3. α) Έχουμε τις ακόλουθες συντεταγμένες: Α(μ, eμ), Β(e-μ, -μ), Α'(-μ, e·μ), Β'( eμ, μ)

Για να προσδιορίσουμε το μ , χρησιμοποιούμε

την ισότητα f(μ)= 1 , δηλ. μ - 1 eμ= 1 κατά συνέ μ + 1

πεια είναι eμ= μ + 1 κι ακόμη e·μ= μ -1

. Απ' μ- 1 μ+ 1

όπου οι ζητούμενες συντεταγμένες.

Τ-μ Βι Cg

β) • Γνωρίζουμε ότι το συμμετρικό του σημείου Μ, με συντεταγμένες (x,y), ως προς την ευθεία με εξίσωση y=x είναι το σημείο Μ', με συντεταγμένες (y, χ). [Μαθηματικά Α' Λυκείου] . Συμπεραίνουμε, (σύμφωνα με το (α) ), ότι το συμμετρικό του Α είναι το Β 1 και ότι όμοια του Β είναι το Α'. Η εικόνα της ευθείας ΑΒ στη συμμετρία με άξονα την ευθεία εξίσωσης y=x, είναι η ευθεία ΑΒ. Τα σημεία Α,Β ορίζουν την Τμ και τα Α',Β ορίζουν την Τμ . Συμπέρασμα: οι ευθείες Τ μ , Τμ είναι συμμετρικές με άξονα συμμετρίας την ευθεία με εξίσωση y=x. • Επειδή τα ζεύγη σημείων Α,Β1 και Α',Β είναι συμμετρικά μεταξύ τους ως προς την ευθεία (ε): y=x, άρα A'BIIABι , αφού και οι δυο είναι κάθετες στην ευθεία (ε). Ακόμη αφού το ευθ. τμήμα ΑΑ' είναι συμμετρικό του ΒΒ1 , ως προς την (ε), θα είναι ίσα μεταξύ τους. Άρα το τετράπλευρο ΑΒ1ΒΑ' είναι ένα ισοσκελές τραπέζιο.

4. • Γνωρίζουμε τις συντεταγμένες των σημείων Α' ,Α, άρα η εξίσωση της Α' Α είναι η εξίσωση ευθείας που διέρχεται από δύο γνωστά σημεία.

Δηλ. y-y1 = Yz - y, (χ-χ1) απ' όπου έχουμε Xz - χ,

μ - 1 _ μ+ 1 μ+ 1 μ+ 1 μ - 1 Υ - - = (χ-μ) <=> . . . <=> μ- 1 -μ - μ

ΑΑ' : y = -2- χ +μ2 + 1

μz - 1 μz - 1 που αποτελεί την εξίσωση της ευθείας ΑΑ' .

Οι συντεταγμένες των Α και Α' είναι

Α (μ, � � � ) , Α' (-μ, �: � ) . άρα το χωρίο του οποίου το εμβαδό ζητείται ορίζεται από τις καμπύλες με εξισώσεις χ=-μ,

2 μ2 + 1 ' χ=μ, y=ex και y=--χ +-- αρα μz - 1 μz - 1 '

Ε= Jμ (-2-χ + μ2 + 1 _ex )dx

-μ μ2 - 1 μ2 - 1 [ 1 μ2 + 1 ]μ μ2 + 1 = μ2 - 1 χ2 +

μ2 - 1 x -ex -μ= . . . =

μ2 - 12μ+

e·μ-eμ

δ ' μ μ+ 1 -μ μ- 1 και επει η e =-- , e =--μ - 1 μ+ 1

έχουμε τελικά Ε = 2μ

• Οι συναρτήσεις, των οποίων γραφικές παραστάσεις είναι η ευθεία ΑΑ ' και η Cr , είναι γνήσια aύξουσες παντού, έχουν μόνο δύο κοινά σημεία Α, Α' , η δε Cr στρέφει παντού τα κοίλα άνω. Συμπέρασμα: στο διάστημα (μ, μ) η Cr βρίσκεται κάτω από την ΑΑ ' . Αυτό προκύπτει από την ανισότητα: ex::;

2 μ2 + 1 -2-χ +-

2- για κάθε χΕ [-μ, μ]

μ - 1 μ - 1

Βιρλισyραφία

Τα παραπάνω θέματα είναι παρμένα από το γαλλικό Baccalaunat (Sujet National '96). Η επιλογή, μετάφραση και προσαρμογή στα δεδομένα της χώρας μας, έγιναν από το συνάδελφο Γιάννη Κερασαρίδη. Οι εντός αγκυλών σημειούμενοι αριθμοί (δίπλα από κάθε θέμα ή υποερώτημα), είναι η "αξία" τους σε μόρια, δηλ. η "βαρύτητα" του καθενός. Δυστυχώς ο χώρος δεν μας επιτρέπει να παραθέσουμε τη χρονική στάθμιση των θεμάτων.


Η ιιτ

Από το συνάδελφο Αντώνη Κυριακόπουλο (μέλος της Σ.Ε. του περιοδικού) πήραμε τις παρακάτω εmστολές.

lη Επιστολή Στη σελίδα 72 του προηγούμενου τεύχους του

Ευκλείδη (Β43) διάβασα μια άσκηση γεωμετρίας που έφτιαξε και έλυσε ο μαθητής Αναστάσιος Πασχαλίδης της Β' τάξης του ] ου Λυκείου Βόλου. Καταρχήν θέλω να συγχαρώ τον μαθητή αυτό και να του συστήσω να συνεχίσει να φτιάχνει ασκήσεις σε όλα τα μαθηματικά που έχει διδαχθεί, γιατί έτσι θα εμβαθύνει όλο και περισσότερο στις διάφορες μαθηματικές έννοιες.

Οι παρατηρήσεις που θα κάνω στη συνέχεια δεν μειώνουν στο ελάχιστο την προσπάθεια του εν λόγω μαθητή.

1) Νομίζω ότι θα ήταν καλύτερα η άσκηση αυτή να διατυπωθεί ως εξής: ((Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓ Δ ( ΑΒ 11 Γ Δ ) με: ΑΒ = ΑΔ = ΔΓ

= κ , όπου κ > Ο σταθερός». 3 2) Μία άλλη λύση είναι η εξής: Αν υπήρχε τέτοιο

τραπέζιο (παρακάτω σχήμα), τότε: ΑΒ = κ , ΑΔ = ΒΓ = κ και ΔΓ = 3κ , οπότε:

ΔΓ = ΔΑ + ΑΒ + ΒΓ ( = 3κ ), άτοπο γιατί η τεθλασμένη ΔΑΒΓ και το ευθύγραμμο τμήμα ΔΓ έχουν τα ίδια άκρα και άρα:

ΔΓ < ΔΑ + ΑΒ + ΒΓ (με βάση την τριγωνική ανισότητα, από τα τρίγωνα ΔΑΓ και ΑΒΓ, έχουμε:

ΔΓ < ΔΑ + ΑΓ < ΔΑ + ΑΒ + ΒΓ ). Άρα, δεν υπάρχει τέτοιο τραπέζιο.

κ

Δ

Α κ Β

3κ 211 Επιστολή

κ

Γ

Στη σελίδα 41 του προηγούμενου τεύχους του Ευκλείδη (Β43) διάβασα το θέμα 2, το οποίο στην αρχή λέει ότι: <<Ένας πληθυσμός βακτηριδίων τριπλασιάζεται σε αριθμό κάθε μία ώρα>>. Μετά, ακολουθούν δύο ερωτήματα Α και Β. Το ερώτημα Α λέει: ((Αν αρχικά υΠάρχουν 10 βακτηρίδια, να βρείτε κτλ.». Στο ερώτημα Β δεν δίνεται η υπόθεση αυτή. Εντούτοις, στη λύση του ερωτήματος Β η υπόθεση αυτή (ότι αρχικά υπάρχουν 1 Ο βακτηρίδια) λαμβάνεται ως δεδομένη, που προφανώς δεν είναι σωστό. Για να μπορούσαμε να το κάνουμε αυτό θα έπρεπε η υπόθεση αυτή vα εiχε δοθεi crτηv αρχή, πριν από τα δVο εριιnήματα ή vα εiχε επαvαληφθεi στο εριίnημα Β. Λοιπόν, το ερώτημα Β πρέπει να λυθεί χωρίς αυτή την υπόθεση. Στο ερώτημα αυτό πρέπει να υποθέσουμε ότι αρχικά υπάρχουν α0 βακτη-

ρίδια, οπότε οι απαντήσεις είναι: Β1) 27 ( 27α0 - 200 ) βακτηρίδια.

Bz) 2, 7α0 ώρες ( α0 � 8 ). Σημειώνω ότι στις 23-6-2000 όλες οι εφημερίδες

είχαν τη λύση του ερωτήματος Β με δεδομένη την υπόψη υπόθεση, όπως γίνεται και στον Ευκλείδη (οι Πανελλαδικές εξετάσεις έγιναν στις 22-6-2000). Το λάθος αυτό το επεσήμανα με εmστολή μου προς την εφημερίδα ((Απογευματινή» (φύλλο της 24-6-2000).

- · -

0 συνάδελφος και τοπογράφος μηχανικός Ε.Μ.Π. λγγελος Στρατήyης (Χατζηδάκη Νίβα - Ηράκλειο Κρήτης) μας απέστειλε απαντήσεις σ' ορισμένα θέματα, που 'χαν προταθεί στο τεύχος 42. Δίνουμε τη διαπραγμάτευση του συναδέλφου Α.Σ. στο παρακάτω θέμα: «Να ευρεθούν όλες οι τριάδες (χ, y, z) θετικών ακεραίων αριθμών, οι οποίες ικανοποιούν την εξίσωση:

χ4 + y4 + z4 = 2x2y2 + 2y2z2 + 2z2x2 που 'χε θέσει ο Ακαδημαϊκός κος Νικόλαος Αρτεμιάδης.

«Κατ' αρχάς παρατηρούμε ότι η τριάδας( 1 , 1 , 1 ) επαληθεύει την εξίσωση. Θα δείξουμε ότι η εξίσωση δεν έχει άλλη λύση.

Έστω ότι η εξίσωση δέχεται και μία άλλη λύση: (x0 , y0, z0) όπου x0 , y0, z0 θετικοί ακέραιοι, απ' τους οποίους ένας τουλάχιστον είναι μεγαλύτερος του 1 .

Θέτουμε χ0 + y0 + z0 = α, α = ακέραιος με α > 3 . Επίσης θέτουμε: x0y0 + y0z0 + z0x0 = β, β = «ακέραιος» με β � 3 και x0y0z0 = γ, γ = «ακέραιος» με γ > 1 .

Έχουμε: (xo + Yo + zo)2 = α2 ή χ� + y� + z� = α2 - 2β (1)

Επίσης: (χοΥο + ΥοΖο + zσχο)2 = β2 ή

x�y� + yδz� + z�x� = β2 - 2αγ Απ' τις (1) και (2) παίρνουμε:

χ� + y� + z� = (α2 - 2β2) - 2(β2 - 2αγ) Και επομένως η ισότητα:

χ� + y� + z� = 2(χ�yδ + y�zδ + z�x�) - 3 γίνεται

(α2 - 2β)2 - 2(β2 - 2αγ) = 2(β2 - 2αγ) - 3 ή

4β2 - (α2 - 2β)2 - 8αγ = 3 Κι επομένως:

[2β - (α2 - 2β)][2β + (α2 -2β)] - 8αγ = 3

ή (4β - α2)α2 - 8αγ = 3 ή α(4αβ - α3 - 8γ) = 3 (4)

(2)

(3)

Απ' τη (4) παίρνουμε ότι: «Ο α είναι διαιρέτης του 3» κι αυτό είναι άτοπο ( α > 3 ).

- · -

Ο συνάδελφος L Ιιοαvvfδης μας απέστειλε μια άλλη διαπραγμάτευση του θέματος που είχε προτείνει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.4/79

Η στήλη της Αλληλογραφίας

στο τεύχος 42 (στήλη; «0 Ευκλείδης προτείνει . . . Ευ-κλείδη και Διόφαντο») ο συνάδελφος Α. Καλακόπουλος.

«Να αποδείξετε ότι: 1 1 1 --+--+ -- > 2 ( 1) p+� m+� η+rm_

για οποιουσδήποτε θετικούς ακεραίους m, η, ρ)). Απόδειξη Έστω η ;::: p ;::: m ;::: 1 .

, 1 1 1 1 1 1 Ισχυει -- � - + - � --- ;::: ----

p + m ρ m p + m ρ m , 1 1 1 1 ομοια --- ;::: - - - - , --- ;::: ---- . m + η m η η + ρ η Ρ Το 1 ° μέλος της ανισότητας ( 1 ) γράφεται

I Ι I I I Ι Ι I I η p+m + Ρ m+η + m η+p ;::: η p m + Ρ m η + m η Ρ

(θ , 1 1 1 , ετω - = χ , - = y , - = z αρα και η Ρ m

Ο < χ � Υ � z � 1 ) = ( � τy-z + (; τχ-z + (; τχ-y

=

= Xy+z + yx+z + zx+y ;::: 3�Xx+zyx+zzx+y .

Ισχύουν χ � y � z � χ2 � y2 � z2 χ Υ � yY � zY (2) Χ χ � Υχ � Ζχ

Αν Α το 1° μέρος της ( 1 ) � Α ;::: 3�rx-Y+_z_Y_x_+z_Z_x_+_y (3)

(2) Ισχύει xy+zy"-+zr+Y =xyxzy"-yrzY ;::: xYxzxxxzxxxy =

= X2x+2y+2z = X2(x+y+z) ;::: Χ6χ ;::: XJx .

Οπότε Α ;::: 3�xy+zyx+zzx+y ;::: 3ffκ = 3χχ {4). f (x) = xx = ex lη x � f'(x) = xx (Iη x + l) f : (ο, +οο) � �

χ ο 1/e f '(x) - + f (x) r---.:· �

(ολικό) I

οπότε χ χ ;::: (; J (5).

I Άρα από (4) και (5) Α ;::: 3(; J .

I I Αρκεί να ισχύει 3(; J > 2 � (; J >� .!. ιη (.!. ) > Ιη 2 - 1n 3 � -.!. > Ιη 2 - Ι η 3 � e e e

� .!. < Ιη 3 - ln 2 (το οποίο ισχύει). e

Ο συνάδελφος Γ. Καραγιάννης (Ενιαίο Λύκειο Κονιστρών Ευβοίας τηλ. 0222058465) μας απέστειλε μια παρατήρηση για τη λύση του 3ou από τα Σύνθετα Θέματα σελ. 88 του βιβλίου «Ευκλείδεια Γεωμετρία Α' και Β ' Ενιαίου Λυκείου)).

Ευχαριστούμε το συνάδελφο για την εργασία του σχετικά με τη λύση της παραπάνω άσκησης. Η ομάδα συγγραφέων του βιβλίου, καθώς μαθαίνουμε συγκεντρώνει όλες τις παρατηρήσεις, τις αξιολογεί και θα εκδώσει τα παρορόματα, τα τυχόν τυπογραφικά λάθη κ.λ.π. του βιβλίου.

Ο κύριος Τηλέμαχος Μπαλταβιάς (Υψηλάντου 32 Άλιμος 174 55) μας απέστειλε ένα γράμμα, στο οποίο ευχαριστεί το περιοδικό για τη βοήθειά που του 'δινε από τότε που ήταν μαθητής αJJ..ά και μετά. «Όλ' αυτά τα χρόνια το περιοδικό αποτελούσε σημαντική βοήθεια)) καταλήγει.

Με την ευκαιρία δίνει τη δική του λύση σ' ένα θέμα που 'χε δοθεί στο Σουηδικό Μαθηματικό Διαγωνισμό στις 22/1 1/1986, στον τελικό γύρο και έχει δημοσιευθεί στον «Ευκλείδη Β ')) τεύχος 1 , σελ. 1 9, της περιόδου 1987-1988.

Το θέμα ήταν: «Αποδείξτε ότι δεν έχει πραγμαnκές ρίζες το πολυώνυμο

Ρ(χ) = χ6 - xs + χ4 - xJ + χ2 - χ + � )). 4

Απόδειξη

Θα αποδειχθεί ότι: Ρ( χ) > Ο, για κάθε χ ε � . • Για χ ;::: 1 έχουμε:

Ρ(χ) = χ(χ - 1)(χ4 + χ2 + 1) + � > Ο 4

• Για χ < 1 έχουμε:

Ρ( χ) = .!_ (4χ6 - 4χ5 + 4χ4 - 4χ3 + 4χ2 - 4χ + 1 + 2) ή 4 1 Ρ( χ) = -[2(2χ··· - 2Γ + 1) + 4χ4 (1 - χ) + (4χ2 - 4χ + 1] 4

= ±[2 ( χ6 + (χ6 - 2χ3 + 1) )+ 4χ4 (1 - χ) + (4χ2 - 4χ + 1)]

=± [2 {χ6 + (χ3 - 1)2 )+ 4χ\1 - χ) + (2χ - 1)2] > Ο .

Ο μαθητής της Α' τάξης του 400 Ενιαίου Λυκείου Λαμίας Ιωάννης Βούλγαρης μας έστειλε απαντήσεις (ορθές) στη 1η και 3η άσκηση απ' την ενότητα που 'χε προτείνει ο συνάδελφος Γ. Αποστολόπουλος (2° Λύκειο Μεσολογγίου) στο τεύχος 42 σελ. 44.

- · -

Η μαθήτρια της ίδιας τάξης, του ίδιου σχολείου Κατερίνα Καραγιάννη μας έστειλε απαντήσεις (ορθές) στη 2η και 4η άσκηση από την ίδια ενότητα. Μάλιστα τη 4η την έδειξε με δύο τρόπους .

- · -

Ο μαθητής Άγγελος Γκάγκαλος της ίδιας τάξης, του ίδιου σχολείου μας έστειλε απαντήσεις (ορθές) και για τα 4 προτεινόμενα θέματα της ενότητας.


Εχδόσει� τη� ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑθΗΜΑΠΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ

!ΑI.ιι ... .. ιi &!I II I!!AI,I:IA

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ γ· �� EUC L IDES γ ·

\J-"\'Πιι ' Ιti\tt..ιt� \Ι\itΗΙΙ,ι ιι..ιι• ι Ι\tΙ>Ι ιu ll\1Jfl:f"1\

�'rrtJι,Mt ιαιιs BUAND διοστοσn

--

,,__

- -Σιοιχ•ιn .. ια: Για'iΕJΡJ\

\.JΙΟ Α...,.nη ί"JJ Σι.:οnΙΑ JIJiiJ.I'Λif N.#v ΙIΚII

ΙJ.(ιrff;w.,-rκ (!><N.JttV-;fH 'J •1 ΘΕΩΡJΛ

ΑΡΙΘιvΙΩΙ�

ΕυWίδηςΑ': Τεύχος 600δρχ. Πραιrnκά: 5.000 δρχ Μαβημσιική Ανάλυση Συνδρομή 3.000 δρχ. 1ου Πανελληνίου Συνεδρίου 14ου Πανελληνίου Συνεδρίου Louis Brand 7.000 δρχ. (4 � + 600 δρχ. ΠΙ)(Uδρομικά) 2.000 δρχ 5.000 δρχ Σχi)λεία: 2.400 δρχ. (4 τεύχη) 2ου Πανελληνίου Συνεδρίου 15ου Πανελληνίου Συνεδρίου Διαtορικές Εξισιίισεις ΕυL\είδηςΒ': Τεύχος 700δρχ. 2.000 δρχ 5.000 δρχ Συνδρομή 3.400 δρχ. 3ου Πανελληνίου Συνεδρίου 16ου Πανελληνίου Συνεδρίου Stephenson 2.500 δρχ. (4 ΊΦχη + 600 δρχ. ΠΙ)(Uδρομικά) 2.000 δρχ 5.000 δρχ Ιστορία 111α8ημcmκών Loria Σ�λεία: 2.800 δρχ. (4 τεύχη) 4ου-5ου Πανελληνίου Συνεδρίου 17ου Πανελληνίου Συνεδρίου ΕυdείδηςΓ: Τεύχος 1 .500δρχ. 3.000 δρχ 7.000 δρχ (4 ιόμοι) Α, Β, Γ Α• Γ Β ο τόμος 3.000 δρχ. (2 τεύχη) 6ου Πανελληνίου Συνεδρίου Συνέδριο Hermis '92 (Αyyλιιιά) ...... Επι8εώρηση: 2.000 δρχ 7.000 δρχ. 2.000 δρχ . Τεi)χος 1 .500 δρχ. 7ου Πανελληνίου Συνεδρίου Συνέδριο Hermis '94 (Αyyλιι.ά) 70 Χρόνια EJI..E. 1 .000 δρχ. Σuvδρομή 3.000 δρχ. (2 τεύχη) 2.500 δρχ 2 τόμοι ο τόμος 4.500 δρχ. �η- ....... ---. �: Τεύχος 1 .500 δρχ. βου Πανελληνίου Συνεδρίου Γραμμική Άλyήlρο ......... , .... , ....... _... .... , Συ9δρομή 3.000 δρχ. (2 τεύχη) 2.000 δρχ Gr. Muncres 1 .500 δρχ. Βιρλιοypσfίσ 1 .000 δρχ. ΔrλΊίο (IWie&ι): Τεύχος 2.CXXJ δρχ. 9ου Πανελληνίου Συνεδρίου ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΑΝΔΡΕΩΣ Διε8νής ΜιιfΙημσπιιiς Ολψπιάδες 2.500 δρχ (Ονόματα Γεωμεrριιιών όρων Σπιιχειώδης Γειιιμεηιίcι 19$9 - 1999: 6.000 δρχ. 10ου Πανελληνίου Συνεδρίου ΓΕΩΜΕΙΡΙΚΑ) 6.000 δρχ. από Α.,..;....,,., Σκοπιά 2.500 δρχ. θέ(.Μmι εξmίσεων στα A.E.I 5.000 δρχ (Μεrριιιά - Διόmpα) 6.000 δρχ. ··-·....-ι 1!176 - 1989: 1 .500 δρχ. 1 1ου Πανελληνίου Συνεδρίου Διαλέξεις: Ο τόμος 1 .300 δρχ. θειιιρία Αριβμών 5.000 δρχ.

Τα παλαι6τeρα τeuxn 6λwν τwν eκδ6aewv πωλούνται με τις τρexouaeς τιμές τοu 2001

Για τη Γ' Λυκείου ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

V Κριτήριο αξιολόγησης Βιολογίας (μεθοδολογία αακήσεων - λυμένα παραδείγματα} Β. Τ ριανταφυλλοποuλου

V Θεματικοί κύκλοι (2 τεύχη) Σ. Κοuτρας - Υ. Ζουροuδη V Διαγωνίσματα Μαθηματικών Γ. Μπαϊλάκης V Το 4ο Θέμα των Μαθηματικών Γ. ΜπαΊλάκης V Αρχές Οικονομικής θεωρίας (2 τεύχη)

Π . Τέντες - Γ. Λαζάνης - Γ. Τζήρου - Α Χατζηανδρέου - Π. Γιαλέρης

ΘΗΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑ ΤΕΥΘΥΝΣΗΣ V Κριτήριο αξιολόγησης Χημείας {με συνοπτική θεωρία) Κ. Παπαζήσης V Κριτήριο αξιολόγησης Φυσικής Β. Βείτης V Διαγωνίσματα Μαθηματικών Γ. Μπαϊλάκης V Προβλήματα Μαθηματικών ,Χ. & I . Στεργiου - Χ. Νάκης V Το 4ο Θέμα των Μαθηματικών Γ. ΜπαΊλάκης V Ανάπτυξη εφαρμογών σε προγραμματιστικό περιβάλλον Κ. Ντζιός - I . Κοψiνης

Σαβ��ς Σ'Ι!fιίο a.v�ofdς 6το ιΚ.1ίώJίvrιι:.ό fffίlio

βlβΛΙΟρuθιιός τ ι μ τ'\ 2,05 Ευρώ

www.savvalas.gr ΖΩΟΔ. ΠΗΓΗΣ 1 8 & ΣΟΛΩΝΟΣ, ΑΘΗΝΑ 1 06 8 1 ΤΗΛ. : 0 1 0 33 .0 1 . 2.:J Ι FAX: 0 1 0 . 3 3 . 06 . 9 1 8

Ευκλειδης Β 44

Documents

Transcript of Ευκλειδης Β 44