Ευκλειδης Β 56

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ www.patakis.qr

ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΑ ΒΙΒΛΙΑ ΠΑΤΑΚΗ

για να ξεκινήσετε με προβάδισμα

άλγεf)ρα "'""" Α fo(rι fνιoiou Λu�c·ou

ΑΛΓΕΒΡΑ

Α' Ενιαίου Λυκείου

Γιάννης Βιδάλης, Βασίλης Γκιμίσης

ΑΛΓΕΒΡΑ

Β' Ενιαίου Λυκείου, Γ ενικής Παιδείας

Γιάννης Βιδάλης, Βασίλης Γ κιμίσης

μαθηματικά r· Ενιαίου Λυκείου

MAθHMAJIKA

Γ' Ενιαίου Λυκείου, Γενικής Παιδείας

Ματθαίος Τ σιλπιρίδης

1Birdi&1 ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ

ΓΕΩΜΗΡΙΑ


Γιάννης Βιδάλη ς, Βασίλης Γ κιμίσης

ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΗΡΙΑ

Β' Ενιαίου Λυκείου, Γενικής Παιδείας

Μ. Γεωργάκης, Αθ. Μακρίδης κ.ά.

ΜΑθΗΜΑτtΚΑ

Γ Ενιαίου Λυκείου, θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης

Ελευθέριος Πρωτοπαπάς

ΦΥΙΙΚΗ


Νεκτάριος Πρωτοπαπάς

ΦΥΙΙΚΗ

Β' Ενιαίου Λυκείου, Γ ενικής Παιδείας

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς

φuοική Γ· Εν α Όυ Λuκεiοu

ΦΥΙΙΚΗ

Γ Ενιαίου Λυκείου, θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης

Τ ριαντάφυλλος Μελισσαρόπουλος

σε όλο το βιβλιοπωλείο ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΠΑΤΑΚΗ: ΑΚΑΔΗΜΙΑΣ 65, I 06 78 ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 210.38.11.850

ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΔΙΑθΕΣΗ: ΕΜΜ. ΜΠΕΝΑΚΗ 16, 106 78ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 210.38.31.078

θΕΠΑΛΟΝΙΚΗ: Ν. ΜΟΝΑΠΗΡΙΟΥ 122. ΤΗΛ. 2310.70.63.54-5

ΦΥΙΙΚΗ


Βαγγέλης Φωτεινόπουλος

ΜΑθΗΜΑτtΚΑ

Β' Ενιαίου Λυκείου, Θετικής Κατεύθυνσης

Κ. Α. Κυριακόπουλος

ΒΙΟΛΟΓΙΑ

Γ' Ενιαίου Λυκείου, θετικής Κατεύθυνσης

Αμαλία Τ ένγκου

LETRINA S.A. CERτiFΙCAτiON BODY

ISO 9001 CcniHcaιc Νο. 081054

Υπcύ8υvοι Έκδοσηc; ΕυσταDίου Ευάγγελος,

Μπαραλής Γεώργιος.

Συντακτική Ομάδα: Ανδρουλακάκης Νίκος Βακαλόπουλος Κώστας Βλόχου Αγγελική Γράψας Κωνσταντίνος Δούvαβης Αντώνης Καλίκας Σταμάτης Καρακατσάνης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος

Κeρασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόντζιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος θανάσης Κυριακοπούλου-Κυβeρvήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας θανάσης Μεταξάς Νίκος Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Σακελλάρης Βασίλης ΣαiτηΕύα ΣταDόπουλος Γιώργος ΣτάίΊως Κωνσταντίνος Στάϊκος Παναγιώτης Στρατής Ιωάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τριάντος Γεώργιος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας θανάσης Τυρλής Ιωάννης Φελλούρης Ανάργυρος Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλόμπους θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

:: . ΛΟΣΗ ΤΗl.ι \ΑΙ- ΉΣ Μ\Θ ΙΜι\1 Ι. l.ι 1'. \IPll l.ι ΠΜΊΕΙllΣΊΉΜΙΟΥ 34- 106 79 ΑΘΙ-ΙΝΑ Τιιλ: 210-36 17 784, 210-36 16 532 Fax 210-36 41 025 Εκδότης: Αλε[ανδρής Νικόλαος ΔιcυΟυvτής: ]{αρκούλιας Γιώργος

,., Κωδικ6ς ΕΛ.ΤΑ.: 2055

ISSN: 1105-7998 ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ Τεύχος: 2,50 ευρώ Ετήσια σuνδρο:ιnΊ 10,00 ευρώ (Σχολ) Σuνδρο:ιπιτές: 10,00+2,00 ευρώ (Tax.) Οργανισμοί: 18,00 ευρώ Ταχ. Επιιαyές Τ. Γραφείο ΑΟήνα 54, Τ.Θ. 30044

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 56 • Απρfλιος • Μάιος • Ιούνιος 2005 • Ευρώ: 2,50

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

ΜΑΘΗΜΑ η κο ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΑ ΤΟ Λ ΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 2 Αρχαία Ελληvικά Μαθηματικά

7 Ο Ευ�είδης προιείνει ... Ευκλείδη και ... Διόφαvιο

i3 Η σrήλη rου μαιlηrή

15 Homo Mathematicus

19 Μαθημαrικοί Διαγωνισμοί

I Μα8ημαηκά yια την Α' Τάξη rου Λυκείου I 24 Επανάληψη λλyε6ρας ιης Α' Λυκείου

33 Αφορμή yια επανάληψη σrη Γεωμεφία rης Α' Λυκείου

I Μα8ημαηκά yια την Β' Τάξη ιου Λυκείου I 41 Θέμαrα σrην λλyε6ρα

46 Γεωμεrρία Β' Λυκείου

51 Θέμαrα Θεωρίας Αριιlμών (Καrεύιlυvση)

53 θέμαrα σιην ευιlεία

φ I Μαllημαηκά yια ιηv Γ Τάξη ιου Λuκciou I

55 Μαιlηματικά καrεύιlυvσης Γ' Λυκείου (Θέμαrα επανάληψης)

67 Γενικά Dέμαrα Μαθηματικών καrεύ8υνσης_ Γ' Λυκείου

73 Γcvικές ασκήσεις Μαθηματικών Γενικής Παιδείας

Σιοιχειοιlεσία - Σελιδοποίηση Ν. Αλεξόπουλος

Ακαδημίας 43, τηλ 210-3606826

Ειιτύπωση ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε., Υπευθ. Ttmoyρaφcίou Βασίλης ΣωτηριόδηςΤηλ: 21081603330

11 λΡΧλlλ. θλλΗΝΙΚλ. tνιλ.θΗΜλ. ΤΙΚλ. 11 Το άρθρο που ακολουθεί αποτελεί τη συνέχεια του πρώiου άρθρου της μαθηματικής παιδείας

. κατά τα έτη της Τουρκοκρατίας, που δημοσιεύσαμε στο 55° τεύχος του Ευκλείδη Β'. Είμαι βέβαιος ότι και το άρθρο αυτό, που είναι εξόχως κατατοπιστικό και ακριβολογημένο, θα τύχει της ίδιας θερμής υποδοχής που είχε και το πρώτο του μέρος. Ο συνάδελφος Στέλιος Λαμνής εργάστηκε με ευσυνειδησία και διέθεσε αρκετό χρόνο για να συγκεντρώσει και να επιλέξει, με επιτυχία, το περιεχόμενο του άρθρου.

Η στήλη των αρχαίων Ελληνικών Μαθηματικών ευχαριστεί τον μαθηματικό Στέλιο Λαμνή για το άρθρο του που δημοσιεύουμε παρακάτω και ελπίζει ότι και άλλοι συνάδελφοι ή αναγνώστες μας, θα τον μιμηθούν και θα μας αποστείλουν παρόμοιες εργασίες. Εμείς, ευχαρίστως, θα τις δη-μοσιεύσουμε.

Χρήστος Κηπουρός

Η Αριθμητική, η Γεωμετρία και η λλγεβρα στους χρόνους της Τουρκοκρατίας

ι Έλληνες μαθητές στα σχολεία των χρόνων της Τουρκοκρατίας διδάσκονταν, συνήθως, τρεις κλάδους των

μαθηματικών: Αριθμητική, Γεωμετρία και Άλγεβρα. Αυτό τουλάχιστον προκύπτει από τα στοιχεία που έχει φέρει στο φως, μέχρι τώρα, η ιστορική έρευνα. Θα πρέπει όμως να επισημάνουμε ότι ασφαλείς πληροφορίες (προσωπικές μαρτυρίες, τετράδια σημειώσεων μαθητών κ.λ.π.) για την ύλη των διδασκόμενων μαθηματικών έχουμε μόνο για τον 18° αι. και για τις δύο πρώτες δεκαετίες του 19ου α ι. Αντίθετα είναι λιγοστά τα στοιχεία που έχουμε στη διάθεσή μας για τους πρώτους αιώνες της Τουρκοκρατίας.

Την έλλειψη όμως επαρκών ιστορικών στοιχείων γι' αυτό το θέμα, μπορούμε να αναπληρώσουμε σε μεγάλο βαθμό με την εξέταση των βιβλίων μαθηματικού περιεχομένου που κυκλοφόρησαν στον ευρύτερο ελληνικό χώρο κατά την διάρκεια της Τουρκοκρατίας. Από την έκδοση των μαθηματικών βιβλίων αυτής της περιόδου, μπορούμε να παρακολουθήσουμε την εξέλιξη των τριών μαθηματικών κλάδων που εξετάζουμε.

Από τους τρεις βασικούς κλάδους των μαθηματικών, η Αριθμητική είναι εκείνη που είχε ανέκαθεν μια μόνιμη θέση στα προγράμ-

Στέλιος Λαμνής Θεσσαλονίκη

ματα σπουδών των ελληνικών σχολείων. Αυτό άλλωστε επιβεβαιώνεται και από τα τρία συνολικά βιβλία μαθηματικού περιεχομένου που εκδόθηκαν στον ελληνικό χώρο ως τις αρχές του 18° αι. Το παλαιότερο από τα τρία αυτά βιβλία είναι το «Σύνταγμα ευσύνοπτον εις τας τέσσερας μαθηματικάς επιστήμας» του Βυζαντινού λόγιου Μιχαήλ Ψελλού. Το βιβλίο εκδόθηκε το 1532 στη Βενετία και εκτός της αριθμητικής περιλαμβάνει γεωμετρία, αστρονομία και μουσική. Χρονικά ακολουθεί η «Λογαριαστική» του Μανουήλ Γλυζώνιου, δηλαδή το γνωστό «Βιβλίον Πρόχειρον τοις πάσι περιέχον την τε Πρακτικήν Αριθμητiκήν», που τυπώθηκε για πρώτη φορά το 1568 στη Βενετία και από τότε έκανε πάρα πολλές επανεκδόσεις. Το τρίτο μαθηματικό βιβλίο είναι η «Λογιστική» του Βαρλαάμ του Καλαβρού, που τυπώθηκε το 1592 στο Στρασβούργο και αργότερα το 1600 στο Παρίσι.

Η Γεωμετρία είναι άγνωστο πότε ακριβώς μπήκε στα προγράμματα σπουδών των ελληνικών σχολείων. Γνωρίζουμε πάντως ότι περίπου στα 1795 κυκλοφόρησε το πρώτο βιβλίο γεωμετρικού περιεχομένου, η «Εισαγωγή Μαθηματική» του Γιαννιώτη δασΚάλου Αναστάσιου Παπαβασιλόπουλου. Πρόκειται για χειρόγραφο βιβλίο πρακτικής γεωμετρίας, που

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/2

3

------------- Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά ----------'----

κατά τον Κων. Κούμα δίδασκε «νύξιν τινά της Γεωμετρίας». Το βιβλίο του Παπαβασιλόπουλου, αλλά και η «Εισαγωγή εις τα Γεωγραφικά και Σφαιρικά» (Βενετία 17 16) του Πατριάρχη Ιεροσολύμων Χρύσανθου Νοταρά, που περιείχε «τα όσα είναι χρειώδη από τα στοιχεία της Γεωμετρίας», ουσιαστικά αποτέλεσαν τον προπομπό για ένα πραγματικά πολύ σημαντικό μαθηματικό σύγγραμμα, την «Οδό Μαθηματικής» του Μεθόδιου Ανθρακίτη.

Κων. Κούμας

Η «Οδός Μαθηματικής» τυπώθηκε σε τρεις τόμους το 1749 στη Βενετία, με επιμέλεια και εκδοτική φροντίδα του Μπαλάνου Βασιλόπουλου. Το έργο ήταν πραγματικά πολύ υψηλού επιπέδου και περιλάμβανε σχεδόν όλους τους κλάδους των κλασικών aρχαιοελληνικών μαθηματικών. Ειδικά όμως για τη Γεωμετρία, η έκδοσή του βιβλίου αποτέλεσε σταθμό, επειδή για πρώτη φορά, μετά από αιώνες, κυκλοφόρησε στην ελληνική γλώσσα ολόκληρο το Ίεωμετρικό μέρος των <<Στοιχείων» του Ευκλείδη. Αυτό ακριβώς επισημαίνει και ο Κων. Κούμας λέγοντας για τον Α νθρακίτη ότι «ούτος ο θαυμάσιος ανήρ μετεκόμισε εις τα Ιωάννινα τας γεωμετρικάς γνώ

σεις, αι οποίαι έλειπαν προ χρόνων». Την ίδια περίπου εποχή κυκλοφόρησε ένα ακόμη σημαντικό βιβλίο γεωμετρίας, τα «Στοιχεία Γεωμετρίας Ανδρέου Τακουέτιου» σε μετάφραση του

.----....;._-�-�""1 ..

Μπαλάνου Βασιλόπουλου

Ανδρέας Τακουέτιος είναι το εξελληνισμένο όνομα του Βέλγου μαθηματικού Andrέ Tacquet και ο τίτλος του πρωτότυπου είναι «Elementa geometriae planae et solidae, et selecta ex Archίmίdί Theoremata» (Αμβέρσα 1654). Ο Βούλγαρης χΡησιμοποίησε για τη μετάφρασή του την έκδοση του 17 10, στην οποία την επιμέλεια και τα σχόλια είχε κάνει ο Άγγλος William Whiston. Το βιβλίο κυκλοφόρησε επί πολλά χρόνια χειρόγραφο, και μ' αυτή τη μορφή χρησιμοποιήθηκε σαν διδακτικό εγχειρίδιο από τον Βούλγαρη και αρκετούς άλλους δασκάλους, για να τυπωθεί τελικά στη Βιέννη το 1805.

======

William Whiston

Τη Γεωμετρία του Tacquet χρησιμοποίησε και ο Νικηφόρος Θεοτόκης σαν βάση για τη συγγραφή του γεωμετρικού μέρους του τρίτομου έργου του <<Στοιχεία Μαθηματικών» (Μόσχα 1798), καθώς και για τη συγγραφή του ανέκδοτου έργου του <<Στοιχεία Γεωμετρίας τα Ευκλείδεια». Ο Θεοτόκης, εκτός από τη Γεωμετρία του Tacquet, γνωρίζουμε ότι χρησιμοποίησε και το βιβλίο «Les elements dΈuclίde», ενός σχετικά άγνωστου Γάλλου μαθηματικού, του Jacques Ozanam.

Μια διαφορετική μετάφραση της Γεωμετρίας του Tacquet έκανε ο Ιώσηπος Μοισιόδαξ, ο οποίος μάλιστα αιτιολογεί την επιλογή του αυτή με τα εξής λόγια: «Εγώ μετέφρασα ποτέ καιρού τα Στοιχεία Ανδρέου του Τακουετίου μέχρι και της Τριγωνομετρίας αυτής, και επειδή ο μέγας ανήρ εκείνος βαδίζει ακριβώς κατά τον Ευκλείδη, και είναι κατά το αυτό ο ακριβέστατος πάντων των λοιπών νεωτερικών»�

Η έκδοση αξιόλογων βιβλίων Γεωμετρίας συνεχίστηκε με τη «Γεωμετρία νέα τάξει τε και μεθόδω Οκταβιανού Καμετίου» (Βενετία 1787), που μετέφρασε ο ιατροφιλόσοφος Δη-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/3

4

------------- Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά -------------

μήτρwς Ραζής. Συγγραφέας του βιβλίου είναι ο Ιταλός μαθηματικός Ottaviano Cametti και ο τίτλος του πρωτοτύπου είναι «Elementa geometriae>> (Φλωρεντία 1755). Ο Ραζής στον πρόλογό του αναφέρει ότι προτίμησε το συγκεκριμένο βιβλίο επειδή ο Cametti έβαλε σε νέα τάξη τα <<Στοιχεία» του Ευκλείδη και τα παρουσίασε με τρόπο εύληπτο και παιδαγωγικά σωστό.

Ας επανέλθουμε όμως για λίγο στην Αριθμητική και στον Ευγένιο Βούλγαρη. Το 1765 εκδόθηκε στη Λειψία ένα έργο του Βούλγαρη με τίτλο «Των Μαθηματικών Στοιχείων αι Πραγματείαι αι αρχοειδέσταται». Δεν πρόκειται για πρωτότυπη συγγραφή αλλά για μια επιλεκτική μετάφραση από το f:ξάτομο σύγγραμμα «Cursus Mathematici» του J,A.Segner. Ο Βούλγαρης πίστευε ότι η διδασκαλία της αριθμητικής ήταν πιο αναγκαία και εφικτή για τη νεοελληνική μαθηματική παιδεία της εποχής του απ' ότι η διδασκαλία της άλγεβρας, κι αυτό πρέπει να ήταν το κριτήριό του για την επιλογή του βιβλίου του Segner. Την ίδια εποχή με την Αριθμητική του Βούλγαρη εκδόθηκε στη Χ άλλη της Γερμανίας μια ακόμη αριθμητική, με τίτλο «Εγχειρίδιον Λριθμητικόν» και συγγραφέα τον Κων/νο Τζεχάνη, έναν αξιόλογο και παραμελημένο λόγιο από τη Μοσχόπολη της Μακεδονίας.

Κι ενώ η εξέτασή μας έχει φτάσει στη δεκαετία του 1760, παρατηρούμε ότι η Άλγεβρα δεν έχει κάνει ακόμη την εμφάνισή της στη νεοελληνική μαθηματική παιδεία. Με βάση τα στοιχεία που έχουμε ως τώρα στη διάθεσή μας μπορούμε να πούμε ότι η Άλγεβρα, στη σύγχρονή της μορφή, εισάγεται για πρώτη φορά στην Ελλάδα την τελευταία δεκαετία του 18ου αι. Υπάρχουν βέβαια μαρτυρίες ότι ο Νικηφόρος Θεοτόκης περίπου το 1758 δίδαξε άλγεβρα στο «Κοινόν Φροντιστήριον>> της ιδιαίτερης πατρίδας του Κέρκυρας. Είναι αμφίβολο όμως αν ο Θεοτόκης συνέχισε και μετά την Κέρκυρα τη διδασκαλία της άλγεβρας, αφού ο κλάδος αυτός απουσιάζει τελείως από τα τετράδια σημειώσεων των μαθητών του. Την ίδια περίπου εποχή πιθανολογείται ότι δίδαξε Άλγεβρα και ο Νικόλαος Ζερζούλης. αυτό εικάζεται από τα περιεχόμενα διασωθέντος και λανθάνοντος μέχρι πρόσφατα χειρογράφου του, όπου υπάρχει η αναφορά: «Σημειώσεις

περί του δ' βιβλίου του περί Λογικής, ή Γραμματισμού ή Άλγεβρας κοινώς, περί ου ο Ουόλφιος [ Christian Wolf] εν των α' τόμω της Μαθηματικής σειράς αυτού επραγματεύσατο λατινιστί». Πρέπει να πούμε όμως ότι στη θέση του σχετικού κεφαλαίου υπάρχουν 70 λευκές σελίδες.

Το αναμφισβήτητο κενό της νεοελληνικής μαθηματικής παιδείας στον τομέα της άλγεβρας ανέλαβε να καλύψει ο ιατροφιλόσοφος Σπυρίδων Ασάνης με τη μετάφραση του αλγεβρικού μέρους του συγγράμματος «Lecons elementaires des Mathematiques, ou Elements dΆlgebre et de Geometrie» του Γάλλου μαθηματικού Nicolas-Louis De Lacaille. Ο τίτλος της ελληνικής έκδοσης είναι «Στοιχεία Αριθμητικής και Λλγέβρας» (Βενετία 1797) . και, εκτός του Ασάνη, στη μετάφραση του έργου συμμετείχε και ο ιερομόναχος Ιω· νάς Σπαρμιώτης.

Το βιβλίο του De Lacaille είναι το πρώτο νεοελληνικό βιβλίο με αμιγώς αλγεβρικό περιεχόμενο. Από τις συνολικά 540 σελίδες του βιβλίου, οι 3 πρώτες περιλαμβάνουν μια εισαγωγή με γενικούς ορισμούς, οι επόμενες 46 αναφέρονται στην αριθμητική και οι υπόλοιπες 49 1 στην άλγεβρα. Το αλγεβρικό μέρος χωρίζεται σε τρεις ενότητες.

Η πρώτη ενότητα περιλαμβάνει τις αλ γεβρικές πράξεις με δυνάμεις και ρίζες, η δεύτερη ενότητα μια συστηματική και ολοκληρωμένη παρουσίαση της θεωρίας των εξισώσεων ενώ η τρίτη ενότητα, τις προόδους, τους λογαρίθμους και τις σειρές.

Η κυκλοφορία μαθηματικών βιβλίων, εντύπων και χειρογράφων, που αφορούν τους τρεις κλάδους των Μαθηματικών, κυρίως ·όμως την Άλγεβρα και τη Γεωμετρία, αρχίζει να αποκτά πραγματικά εντυπωσιακούς ρυθμούς την τελευταία δεκαετία του 18ου αι. και ιδίως στις αρχές του επόμενου αιώνα.

Πρώτα στον τομέα της Γεωμετρίας. Το 180 1 ο Δανιήλ Φιλιππίδης μεταφράζει το «Lecons de geometrie theorique et pratique» του Α. R. Mauduit, το οποίο χρησιμοποίησε κατά τη διδασκαλία του στην Ακαδημία του Ιασίου. Το βιβλίο, για άγνωστους λόγους, δεν τυπώθηκε ποτέ, ούτε όμως και διασώθηκαν τα σχετικά χειρόγραφα. Το ίδιο συνέβη και με τη μετάφραση του «Elements de Geometrie>> του

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη' τ.4/4

5

---'----------- Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά -------------

Jean-Batiste Biot του Κορίνθιου λόγιου Γεώργιου Καλάρα.

Ο δάσκαλος από τα Άγραφα Ιωάννης Φουρναίος πραγματοποιεί δύο άλλες αξιόλογες μεταφράσεις γεωμετρικών έργων. Η πρώτη έχει τίτλο «Προσθήκαι εκ της του Κλαιρώτου Γεωμετρίας» και είναι μετάφραση αποσπασμάτων από το «Elements de la Geometrie. De la mesure des figures et des solides» του Γάλλου μαθηματικού Clairaut. Η δεύτερη έχει τίτλο «Επιτομή της Γεωμετρίας του Βλώδ» και είναι μετάφραση της Γεωμετρίας του, σχετικά άγνωστου μαθηματικού Βλώδ. Για άγνωστους λόγους και τα δύο έργα του Φουρναίου παρέμειναν ανέκδοτα.

Εκτός από τις μεταφράσεις ξενόγλωσσων έργων Γεωμετρίας, κυρίως γαλλικών, στις αρχές του 19°υ αι. παρατηρείται μια νέα κίνηση μετάφρασης και έκδοσης έργων κλασικών aρχαιοελληνικών γεωμετρικών κειμένων.

Η σημαντικότερη από αυτές είναι η έκδοση του έργου «Γεωμετρίας Ευκλείδου Στοιχεία» (Βιέννη 1820), του Βενιαμίν Λέσβιου. Πρόκειται ίσως για την πληρέστερη έκδοση των «Στοιχείων» του Ευκλείδη σε ολόκληρη την περίοδο της Τουρκοκρατίας. Η γλώσσα του κειμένου είναι η καθομιλουμένη της εποχής, δεν γίνονται περικοπές ή συντμήσεις του κειμένου, απλώς χρησιμοποιείται σύγχρονος συμβολισμός και προστίθενται σχόλια του Βενιαμίν.

Στο ίδιο πνεύμα με το έργο του Λέσβιου, μπορούμε να εντάξουμε το ανέκδοτο έργο του Μακεδόνα δασκάλου της Ακαδημίας Ιασίου Μανασσή Ηλιάδη, «Ευκλείδου Στοιχεία Γεωμετρίας», καθώς και τα, παρακάτω, τρία ανέκδοτα βιβλία του λόγιου αρχιερέα Δωρόθεου Πρώιου, που είναι:

(i) τα «Ευκλείδου Στοιχεία», (ii) η<<Γεωμετρία και Άλγεβρα» και (iii) τα «Θεωρήματα εκ των του Αρχιμή

δους εκ της λατινίδος φωνής μεταφρασθέντα».

Ιδιαίτερη μνεία πρέπει να γίνει επίσης στο οκτάτομο σύγγραμμα του Κωνσταντίνου Κούμα: Σειράς «Στοιχειιόδους των Μαθηματικών και Φυσικιόν πραγματειιόν» (Βιέννη 1807).

Το κολοσσιαίο αυτό έργο μεταξύ πολλών άλλων περιλαμβάνει και ύλη αριθμητικής, γεωμετρίας, άλγεβρας αλλά και aπειροστικού

λογισμού. Τέλος, πρέπει να επισημάνουμε τη «Στοιχειώδη Γεωμετρία» του Θεόφιλου Καί'ρη, του οποίου παρέμεινε ανέκδοτο, ολόκληρο το μαθηματικό του έργο.

Στην Άλγεβρα, τα «Στοιχεία Αριθμητικής και Αλγέβρας» του De Lacaille φαίνεται ότι έδωσαν το έναυσμα για την έκδοση πολλών και σημαντικών βιβλίων.

Η αρχή γίνεται με το έργο του Κοσμά

Βασιλόπουλου «Έκθεσις Συνοπτική Αριθμητικής, Αλγέβρας και Χρονολογίας» (Βιέννη 1798). Το βιβλίο παρουσιάζει ενδιαφέρον κυρίως για τον συμβολισμό και την ορολογία του. Ο Κοσμάς είναι ίσως ο πρώτος Έλληνας συγγραφέας που εισάγει τα σύμβολα +, -, χ, =, καθώς και τα σύμβολα των ανισοτήτων < και >, το σύμβολο οο του απείρου, το σύμβο-

λο F της ρίζας κ.α.

Ο Κοσμάς Βασιλόπουλος επιμελήθηκε της έκδοσης και μιας αριθμητικής που είχε γράψει ο πατέρας του Μπαλάνος Βασιλόπουλος και παρέμενε ανέκδοτη. Το βιβλίο είχε τίτλο <<Συνοπτική Ερμηνεία Αριθμητικής» και τυπώθηκε στη Βενετία το 1803.

Το 1800 εκδίδεται στην Ιένα της Γερμανίας το βιβλίο «Στοιχεία Αριθμητικής και Αλγέβρης. Εκ του Γερμανικού μεταφρασθέντα εις την ημετέραν διάλεκτον υπό τινος φιλογενούς χάριν των ομογενών)). Μέχρι σήμερα είναι άγνωστος τόσο ο συγγραφέας του γερμανικού πρωτοτύπου, όσο και ο ανώνυμος Έλληνας «φιλογενής» μεταφραστής. Για τον μεταφραστή είμαστε σχεδόν σίγουροι ότι είναι ο γιατρός Ζήσης Κάβρας, ενώ για τον συγγραφέα του πρωτότυπου υπιiρχουν ενδείξεις ότι είναι ο μεγάλος Ελβετός μαθηματικός Leonhard Euler.

Leonhard Euler

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη' τ.4/5

6

------------- Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά -------------

Ακολουθεί η έκδοση των <<Στοιχείων της Αριθμητικής και Αλγέβρας>> (Πάδοβα 1804) του Γιαννιώτη ιατρού Μιχαήλ Χρησταρή. Το βιβλίο είναι μετάφραση του «Arithmetik und Algebra» του Αυστριακού μαθηματικού Georg von Metzburg. Το «Aήthmetik und Algebra» πρέπει να μετέφρασε πριν από τον Χρησταρή και ο Αθανάσιος Ψαλίδας, αφού έχουν βρεθεί χειρόγραφες προσωπικές του σημειώσεις από τις παραδόσεις του στη Μαρουτσαία Σχολή των Ιωαννίνων με εκτενή μεταφρασμένα αποσπάσματα από το συγκεκριμένο σύγγραμμα του Metzburg.

Ο Ψαλίδας πάντως μετέφρασε και εξέδωσε ένα έργο αριθμητικής του Metzburg με τίτλο «Εισαγωγική Μαθηματική ήτοι Αριθμητική εις χρήσιν των πρωτοπείρων» (Βιέννη 179 1). Σε αυτήν την αναγέννηση του ενδιαφέροντος για την αριθμητική που παρατηρήθηκε στις αρχές του 19ου αι. πρέπει να εντάξουμε και το <<Στοιχείων Αριθμητικής Δοκίμιον»

(Βιέννη 1787) του Καστοριανού Ιωάννη Εμ

μανουήλ, την «Πρόχειρον Αριθμητικήν»

(Βιέννη 1803) του Δημήτριου Δάρβαρη, καθώς επίσης την «Επιτομή Αριθμητικής>> (Βιέννη 18 10) του Αθανάσιου Σταγειρίτη και τα <<Στοιχεία Αριθμητικής» (Βιέννη 18 18) του Βενιαμίν Λέσβιου.

Το 1806 εκδόθηκε στη Χάλλη της Γερμανίας ένα ακόμη σπουδαίο βιβλίο άλγεβρας, τα <<Στοιχεία Αλγέβρας» του Δημήτριου Γοβδε

λά, ο οποίος από το 1808 γνωρίζουμε ότι ανέλαβε τη διεύθυνση της Ηγεμονικής Ακαδημίας του Ιασίου.

Το σημαντικότερο όμως βιβλίο άλγεβρας ολόκληρης της περιόδου της Τουρκοκρατίας είναι το τετράτομο έργο του Στέφανου Δού

γκα <<Στοιχεία Αριθμητικής και - Αλγέβρης»

(Βιέννη 18 16). Στο σύγγραμμα �ου Δούγκα περιλαμβάνονται όλες οι σύγχρονες μαθηματικές έννοιες της εποχής (εξισώσεις, λογάριθμοι, σειρές με άπειρους όρους κ.τ.λ.). Ωστόσο, εκείνο που εντυπωσιάζει στο βιβλίο αυτό είναι η λογική της συγγραφής του� "'

Σε αντίθεση με όλους τους προγενέστερους Έλληνες συγγραφείς, ο Δούγκας δεν αρκείται σε μια αυστηρή και ακαδημαϊκή πα-

ρουσίαση του περιεχομένου του, αλλά έναν παιδαγωγικά άψογο τρόπο επαγωγικής παρουσίασης όλων των εννοιών.

Κάθε καινούργια μαθηματική έννοια εισάγεται, συνήθως, με παραδείγματα και εφαρμογές, για να ακολουθήσει, αμέσως μετά, ο αυστηρός μαθηματικός ορισμός της. Χαρακτηριστικό του διαφορετικού πνεύματος συγγραφής του έργου του Δούγκα είναι το κεφάλαιο του δεύτερου τόμου που επιγράφεται «Περί ευρέσεως προβλημάτων». Στο κεφάλαιο αυτό ο Δούγκας πραγματεύεται τον τρόπο δημιουργίας και επίλυσης των μαθηματικών προβλημάτων, διότι, όπως σημειώνει ο ίδιος, «ΟΙ μαθηματικοί, όσους ημείς ανέγνωμεν, ουδέν είπον περί αυτού ».

Σε όλη αυτή την περίοδο που εξετάζουμε κυκλοφόρησαν και αρκετά χειρόγραφα αλ γε

βρικά έργα, όπως η «Οδός Μαθηματικής εκ πολλών παλαιών τε και νεωτέρων ερανισθεί

σα» του Κοζανίτη γιατρού Μιχαήλ Περδικά

ρη, τα <<Στοιχεία Αλγέβρας εκ νεωτέρων συνερανισθέντα», του Δωρόθεου Πρώιου, καθώς και του Ιωνά του Σπαρμιώτη το: «Περί εσχηματισμένων αριθμών εκ του 425 παρα

γράφου της Αλγέβρας του Εουλέρου και εξής». Η σημασία του βιβλίου του Σπαρμιώτη έγκειται στο γεγονός ότι πρόκειται για απόδοση στα ελληνικά αποσπασμάτων από το σύγγραμμα του Leonhard Euler «Elements d'Algebre» (Λυών 1774), που είναι η γαλλική μετάφραση του « V ollstandige Anleitung zur Algebra» (Πετρούπολη 1770). Το ίδιο βιβλίο του Euler πιθανότατα ήταν το πρωτότυπο και για το αποδιδόμενο έργο, στον Ζήση Κάβρα: <<Στοιχεία Αριθμητικής και Αλγέβρης>>.

Συνοψίζοντας, μπορούμε να πούμε ότι η συντριπτική πλειοψηφία των μαθηματικών βιβλίων που κυκλοφόρησαν στον ελληνικό χώρο κατά τους χρόνους της Τουρ1ςοκρατίας ήταν μεταφράσεις από δυτικοευρωπαϊκά έντυπα. Οι πρωτότυπες συγγραφές είναι ελάχιστες. Έστω κι έτσι όμως η ελληνική μαθηματική παιδεία κατόρθωσε να παρακολουθήσει από κοντά τις δυτικοευρωπαϊκές εξελίξεις κυρίως στους τομείς της Αριθμητικής και της Γεωμετρίας και λιγότερο της Άλγεβρας.


Ο Ευκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη

και ... lhόφαvτο Την ευθύνη της διατύπωσης και της ορθότητας της λύσης κάθε άσκησης την έχει ο συνάδελφος που

οτέλ νει τη λύση.

42. Να βρείτε τις συναρτήσεις f: JR � JR , για τις οποίες, για κάθε χ Ε JR , ισχύουν: (ex -e-x J ef(x) -e-f(x)

f :::;; χ :::;;----2 2

(1)

(Επροτάθη από το συνάδελφο Αντιύνη Κυριακόπουλο)

Λύση (από τον ίδιο) ex -e-x

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = , 2

Άρα, η μοναδική ζητούμενη συνάρτηση είναι η f = g -

1 , δηλαδή η συνάρτηση:

f: JR�JR με f(x)=ln(x+ .Jx2+1).

• Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Γεώργιος Τριάντος (Αθήνα), Νίκος Αντωνόπουλος (Ιλιον - Αθήνα), Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα), Ροδόλφος Μπόρης (Αθήνα), Γιάννης Σταματογιάννης (Αθήνα).

47. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, το ύψος ΑΔ και η Α Α

χ Ε JR. Έτσι, οι σχέσεις (1) γίνονται: f(g(x)):::;; χ:::;; g(f(x)). (2) διάμεσος ΑΜ. Αν ΒΑΔ = ΜΑΓ , να αποδεί-

Όπως βρίσκουμε εύκολα, η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο JR . Άρα, η g είναι 1 - 1 και συνεπώς αντιστρέφεται. Κατά τα γνωστά βρίσκουμε ότι g(JR) = JR και ότι:

g-1 : JR � JR με g-1(x) = ln(x + .Jx2 + 1).

(η συνάρτηση g-1 είναι επίσης γνησίως αύξουσα στο JR ).

Έστω τώρα ότι μία συνάρτηση f: JR � JR πληροί τις σχέσεις (2), για κάθε χ Ε JR . Θεωρούμε έναν αριθμό χ Ε JR . Θέτουμε στην αριστερή σχέση από τις (2) όπου χ το g-1(x), οπότε έχουμε:

f(g(g-1 (χ))):::;;

g-1 (χ):::::> f(x):::;; g-\x) (3)

Εξάλλου, επειδή η g-1 είναι γνησίως αύξουσα στο JR και λόγω της δεξιάς σχέσης από τις (2), έχουμε:

g-1 (χ):::;; g-1 (g(f (χ))):::::> g-1 (χ):::;; f (χ) (4)

Από τις (3) και (4) έπεται ότι f(x) = g-1(x).

Άρα, τότε: f(x) = g-1(x) , για κάθε χ Ε JR.

Α ντιστρόφως. Όπως βρίσκουμε εύκολα η συνάρτηση f(x) = g

-1(x) , χ Ε JR πληροί τις σχέσεις (2) για κάθε χ Ε JR .

ξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο. (Επροτάθη από το συνάδελφο Γειύρμο Κσ.τσαούνη, Πρέβεζα).

111 λύση (από το συνάδελφο Μπάμπη Στεργίου, Χαλκίδα)

Ε

I I I I

��---------�r Έστω Ε, Ζ τα συμμετρικά του Α ως προς τα

σημεία Δ, Μ αντίστοιχα. Τότε

Β Μ = ΒΕΑ και MAr = ΑΖΒ ,

διότι το τετράπλευρο ΑΒΖΓ είναι παραλληλόγραμμο μια και οι διαγώνιες διχοτομούνται. Επειδή από την υπόθεση είναι Β Μ = MAr , .θα είναι και ΒΕΑ = ΑΖΒ . Αυτό εξασφαλίζει ότι το τετράπλευρο ΑΒΕΖ είναι εγγράψιμο, οπότε:

ΑΒΖ = ΑΕΖ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4Π

Ο Εκλείδης προτείνει ••. Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Στο τρίγωνο ΑΕΖ το τμήμα ΔΜ ενώνει μέσα, οπότε ΔΜ // ΕΖ. Επειδή ΜΔ .l ΑΕ, θα είναι και EZ.lAE .

Άρα ΑΕΖ = 90°, δηλαδή ΑΒΖ = 90° . Το παραλληλόγραμμο λοιπόν ΑΒΖΓ είναι ορθογώνιο, οπότε Α = 90° .

2η λύση (από το συνάδελφο Γεώργιο Αποσrολόπουλο, Μεσολόγγι).

.. ι ' ι

' '

' '

' '

I ', ' Ι ι ' ... ' ι

Κ -------------� Λ

Γ

Προεκτείνω το ύψος ΑΔ και τη διάμεσο ΑΜ που τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ στα σημεία Κ, Λ αντίστοιχα. Τότε ΒΚ = fΛ, οπότε ΚΑ// ΒΓ, άρα ΑΚΛ = 90°.

Επίσης οι εγγεγραμμένες γωνίες ΑΒΓ και λλr είναι ίσες, γιατί βαίνουν στο ίδιο τόξο Ar . Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΒΜ και ΜΓ Λ. Αυτά έχουν ΒΜ = ΜΓ, Β = Λ και ΑΜΒ = ΠvΙΛ , σαν κατακορυφήν. Άρα τα τρίγωνα αυτά είναι ίσα. Δηλαδή ΑΜ = ΜΑ. Άρα το τετράπλευρο ΑΒΛΓ είναι παραλληλόγραμμο, γιατί οι διαγώνιές του διχοτομούνται. Επειδή ΑΒΛ = ΑΚΛ = 90° σαν εγγεγραμμένες, σημαίνει ότι το παραλληλόγραμμο ΑΒΛΓ με την γωνία του ΑΒΛ ορθή, θα είναι ορθογώνιο. Επομένως BAr = 90 " .

• Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα), Ιωάννης Τσόπελας (Αμαλιάδα), Νικόλαος Βαδιβούλης (Άρτα), Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δράμα), Γεώργιος Νικητάκης (Κρήτη), Γιάννης Σταματογιάννης (Αθήνα), Σωτήρης Κουντουβάς (Πειραιάς). Επίσης, λύση έστειλε και ο μαθητής Β' Λυκείου ΓεωΡΎακόπουλος Αλέξανδρος (52° Λύκεω Αθηνών).

48. Ένας κύκλος έχει διάμετρο την μία βάση ΑΒ τραπεζίου ΑΒΓ Δ ενώ εφάπτεται στην

μη παράλληλες πλευρές ΑΔ και ΒΓ. Να βρείτε τις γωνίες του τραπεζίου αυτού. (Επροτάθη από το συνάδελφο Σωτήρη Σκοτίδα, Καρδίτσα).

1 η λύση (από το μαθητή Β' Λυκείου Γεωργακό

πουλο Αλέξανδρο, 52° Λύκειο Αθηνών- Κολωνός). Ν; Δ Μ Γ

Επειδή ΔΓ // ΑΒ . και ΟΜ .l ΔΓ , έπεται ότι ΑΟΜ = 90° . Έτσι, από το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΟΜ (ΟΑ = ΟΜ = R), βρίσκουμε ότι: ΑΜ = R J2 . Θέτουμε ΑΚ = α, οπότε ΚΔ = α. Έχουμε:

ΔΜ2 = ΔΚ · ΔΑ � ΔΜ2 = α· 2α � ΔΜ = α.fi.

Φέρνουμε ΑΝ .l ΔΓ . Έχουμε:

ΑΔ2 = ΑΝ2 + ΝΔ2 � (2α)2 = R 2 + (R - α.fi)2

(πράξεις κτλ.) . � R2 -αR.fi -α2 = 0 �

R J2 + .J6 'Ε , � =

2 ·α . τσι, εχουμε:

Λ Λ Λ ΑΝ R η μΑ = ημΔΑΒ = ημΑΔΝ = - = -= ΑΔ 2α

.fi+ .J6 2

·α .fi(./3+ 1) = = (Σχολικό βιβλίο 2α 4

Άλγεβρα Β ' Λυκείου § 1 .3) = ημ75 °. Άρα Α = 75 ° και συνεπώς Δ = 105 °. Όμοια

βρίσκουμε ότι Β = 75 ° και Γ = 105 °.

2η λύση (από το συνάδελφο Γιάννη Σταματογιάννη, Αθήνα).

Ρ Γ

. άλλη βάση Γ Δ και επιπλέον διχοτομεί τις ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/8

Ο Εκλείδης προτείνει .•. Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Έχουμε: ΜΝ I/ ΔΓ // ΑΒ. Επειδή ΟΡ ..l ΔΓ , έπεται ότι ΟΡ ..l ΑΒ και ΟΡ ..l ΜΝ .

Επειδή ΑΜ = ΜΔ, έπεται ότι ΟΚ = ΚΡ =!. . 2 Έτσι, στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΚΜ, έχουμε:

OK = R = OM. 2 2 Συνεπώς Μι = 30° και άρα Οι = 30° . Έτσι, στο

ισοσκελές τρίγωνο ΟΑΜ, έχουμε: Α = 75°. Άρα Δ = 105° . Όμοια: Β = 75° και Γ = 105°. • Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Σωτήρης

Κουντουβάς (Πειραιάς), Γιάννης Τσόπελας (Αμαλιάδα), Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δράμα) .

49. Αν α, β, γ, δ θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι:

1 1 4 16 64 - + - + - + -� (1) α β γ δ α + β + γ + δ

(Επροτάθη από το συνάδελφο Σωτήρη Σκοτίδα, Καρδίτσα).

Λύση (από το συνάδελφο Γιάννη Τσόπελα, Αμαλιάδα).

Για δύο θετικούς αριθμούς χ, y ισχύει:

(χ + y)2 � 4xy {::::> _x_+_

y � _4_ {::::>

xy x + y 1 1 4 {::>- + - � --χ Υ x + y

Με διαδοχική εφαρμογή της (2) έχουμε: 1 1 4 1 6 4 4 16 - + - + - + - � -- + - + - = α β γ δ α + β γ δ

= 4(-1-+.!.) + 16 � 4 · 4 1 + 16 = α + β γ δ α + β + γ δ

= 16 ( 1 + .!.) � 16 . 4 1 = α + β + γ δ α + β + γ + δ

= 64 => (1) . α + β + γ+ δ

(2)

• Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Γεώργιος Αποστολόπουλος (Μεσολόγγι), Μπάμπης ΣτερΎίου (Χαλκίδα), Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα), Χρήστος Δεμφτζόγλου (Δράμα), Νίκος Αντωνόπουλος (Ιλιον - Αθήνα), Χρυσόστομος Κούρτης (Λάρισα), Γεώργιος Νικητάκης (Κρήτη).

51. Να βρείτε συνάρτηση f: R--+ R με

f(O) = � τέτοια ώστε: f(x) > Ο και

f '(x) · f(l - x) = l για κάθε xeR.

( Επροτάθη από το συνάδελφο Γεράσιμο Κεραμιδά, Κέρκυρα).

Λύση (από το συνάδελφο Νίκο Αντωνόπουλο, Ίλιον- Αθήνα).

Θέτουμε όπου χ, το 1 - χ στη δοσμένη ισότητα και έχουμε: f '(1 - x)f (x) = 1 , οπότε:

f '(x)f (1 - χ) = f '(l - x)f (x) {::::> {::::> (f (x)f (l - Χ))' = 0 {::::> f (x)f (l - Χ) = C , C Ε Jlι Είναι:

c f (x)f (1 - χ) = c {::::> f (1 - χ) =--, οπότε η δοf (χ) σμένη ισότητα γίνεται:

f '(x) · c f '(x) 1 1 ---'--'--- = 1 {::::> -- = - {::::> ln f (χ) = -χ + C ι {::::> f (x) f (x) c c

ι -χ+cι {::::> f (χ) = ec Για χ = ο έχουμε: f (0) = ec' {::::> � = ec' {::::>

1 !χ_! {::::> Cι = -l, οπότε f (x) = ec 2

ι ι -χ--

Με f (x) = ec 2 η ισότητα f '(x)f (l - χ) = 1 γί-νεται:

!_ι ! {::::> ec = c {::::> ec = e . c. Θα αποδείξουμε ότι c = 1 . Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = e x - ex . Ισχύει:

οπότε gJR.

g'(x) =-e' - e = - -ex + e < 0 , -1 ! ( 1 ! ) χ2 χ2

Ακόμα g(l) = e - e = Ο, οπότε η g(x) = Ο έχει μοναδική ρίζα την χ = 1 .

! Άρα ec = e·C{::>f (c) = 0{::>C = 1 οπότε:

ι χ χ-- e f (x) = e 2 {::>f(x) = �· xe!R.


Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

• Λύσεις έστεtλαν και οι συνάδελφοι: Γεώργιος Αποστολόπουλος (Μεσολόγγι), Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα), Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δράμα), Γεώργιος Νικητάκης (Κρήτη).

52. Για μια συνάρτηση f: [α, β]� IR με f(α) =

f(β) = Ο δεχόμαστε ότι είναι: «δύο φορές παραγωγίσιμψ> και ότι «f(x) > Ο, για κάθε χ με α < χ < β». ί. Να δείξετε ότι: υπάρχουν ξυξ2 Ε (α, β)

με ξ1 < � τέτοιοι ώστε: · 4Μ f '(ξ1 ) - f'(ξ2 ) �-- , όπου

. β - α Μ = max{f(x), χ Ε [α, β]) } .

ίί. Ν α δείξετε επίσης ότι: β jf"(x)j 2 J dx�-. α M + f(x) β - α

(Επροτάθη από το συνάδελφο Γεράσιμο Κεραμιδά, Κέρκυρα).

Λύση (από το συνάδελφο Γεώργιο Νικητάκη, Σητεία Κρήτης).

ί. Είναι Μ = maxf(x) όπου α� χ �β . Υπάρχει Χι Ε (α,β) τέτοιο ώστε f (χι ) = Μ ( χι :;t:α, β

γιατί f(x) > 0 ). Εφαρμόζω το Θεώρημα Μέσης Τιμής στα διαστήματα [α, χ ι] και [χ ι, β] . Υπάρχει ξι Ε (α, χι ) :

f '(ξι ) = f(χι ) - f (α) = ___!:!.___ . Χι - α Χι - α

f '(ξ2) = f (β) - f (χι ) -Μ β - Χι β - Χι

Άρα f '(ξι ) - f '(ξ2) = Μ (-1 -+ -1 -) = Χι - α β - χι

β - α = Μ---=----(χι - α)(β - χι ) (I)

Επειδή χ ι - α> Ο και β - χ ι > Ο η ανισότητα Μέσου δίνει:

(χι - α)(β - χι )�( Χι - α;β - χι J2

=( β;α J

2 Οπότε (I)

=>f'(ξ,) - f '(ξ,) � Μ (�)' � β4�α

.

ii. Το ερώτημα αυτό είναι ελλιπές, γιατί δεν γνωρίζουμε αν η f " είναι συνεχής για να υπάρχει

βJ jf "(x)j , , , το Ι = dx . Αν ομως υποθεσουμε οτι αΜ + f(χ)

υπάρχει τότε, επειδή M + f (x)�2 M έχουμε: β jf "(x)j β jf "(x)j ξ2jf "(x)j

Ι = J dx � J--dx � J--dx α Μ + f ( Χ) α 2Μ ξι 2Μ

β γιατί �f"(x)jdx � Ο. Άρα:

α ξzjf "(x)j ξz f "(x) Ι � J--dx � J-dx = ξι 2Μ ξι 2Μ

= Ι f '(ξ2) - f '(ξι ) ι � ι -4Μ l = -2 -. 2Μ 2Μ(β - α) β - α

• Λύσεις έστεtλαν και οι συνάδελφοι: Γεώργιος Τριαντός (Αθήνα), Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δράμα), Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα).

55. Για μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f στο IR με f '(1) < 1 δεχόμαστε ότι

χ

χ Jr(xt)dt � χ3 - χ για κάθε χ Ε IR . Να δείι

ξετε ότι υπάρχει ξ Ε (0,1) : f '(ξ) = ξ.

(Επροτάθη από τον κύριο Ροδδλφο Μπδρη, Αθήνα).

Λύση (από το συνάδελφο Αντώνη Ιωαννίδη, Λάρισα).

χ Η σχέση χ Jf (xt)dt � χ3 - χ γράφεται xt = u,

ι

οπότε du = xdt . Έτσι, για t = 1 , έχουμε: u = χ και ' 2 t = χ εχουμε u = χ .

Οπότε χ Jf (u) du � χ3 - χ �

ι χ χ2 χ2

� Jf (u)du�x3 - x � Jf (u)du - x3 + x�O, για χ

κάθε χ Ε JR ( 1 ) . χ2

Θεωρούμε h(x) = Jf (u)du - x3 + x ,


Ο Εκλείδης προτείνει .•. Ευκλείδη ... και Διόφαντο

h : � � � οπότε ισχύουν h(x) 5 h(O) = Ο και h(x) 5 h(l) = Ο, για κάθε χ Ε � , άρα σύμφωνα με το θεώρημα του Feπnat θα ισχύουν:

h'(O) = h'(l) = Ο

h'(x) � [!f(u)du + !f (u )du - χ '+ χ} �

=-f(x) + f (x 2)2x -3x2 + ι (α Ε �)

(2)

� h'(x) = -f (x) + 2xf (x 2)-3χ 2 +ι, για κάθε

Χ Ε � (3) . <2> {h'(O) = -f(O) + ι = Ο � f (O) = ι (4)

(3) � h'(ι) =-f(1) + 2f (l)-3+ι=O � f(1) = 2 (5)

Θεωρούμε f : [Ο, ι] �� η f συνεχής στο [Ο, ι]

και παραγωγίσιμη στο (Ο, ι ) άρα Θ.Μ.Τ. υπάρχει (4)

χ 0 E(O,ι) : f '(x 0) = f (ι) - f (O)�f '(x 0) = ι (6) (5) Θεωρούμε επίσης φ( χ) = f '(x)-χ ,

φ : [χ 0,ι] ��, η φ(χ) συνεχής στο [χ ο, ι ] ως δια-' ' . φορα συνεχων .

φ(χ 0) = f '(x 0)-χ 0 = ι -χ 0 > Ο � φ(χ 0)φ(1) < Ο, { (�

φ(l) = f '(ι) -ι < Ο (υπόθεση)

οπότε από Θ. Bolzano υπάρχει ξ Ε (χ 0, 1) : φ(ξ) = Ο� f'(ξ) = ι .

• Λύσεις έστεtλαν και οι συνάδελφοι: Νίκος Αντωνόπουλος (Ιλιον - Αθήνα), Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δράμα).

χ2 y2 56. Δίνεται η έλλειψη C: 2 + 2 = 1 , όπου α,

α β β > Ο. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της έλλειψης αυτής που σχηματίζει με τους θετικούς ημιάξονες τρίγωνο ελαχίστου εμβαδού. (Επροτάθη από το συνάδελφο Θανάση Κυρια

κόπουλο, Αθήνα).

Λύση (από το μαθητή Β' τάξης Σπύρο Λεονάρδο, Κολλέγιο Αθηνών).

Έστω Μ(χ 0, Υο) ένα σημείο της C με χ 0 > Ο και y 0 > Ο. Έχουμε:

*Σημείωση. Έπρεπε να είχε δοθεί ότι η f' συνεχής στο IR..

2 2 � + � = ι α2 β2 ( 1 )

Η εξίσωση της εφαπτομένης ε της C στο Μ είναι: ΧΧο + yy ο = ι (2) α2 β2

2 Από τη (2) με y = Ο βρίσκουμε χ = � και με

Χ ο

χ = Ο, βρίσκουμε y = f_. Άρα, η εφαπτομένη ε Υ ο

τέμνει τους άξονες στα σημεία κ(:: , Ο) και

Λ( Ο,�:) . 'Ετσι έχουμε:

(ΟΚΛ) = .!..(οκ). (ΟΑ) = .!.I α2 1 · 1t_ l και άρα: 2 2 Χ0 Υο

2β2 ( ΟΚΛ) =-α-

2ΧοΥο Από την ( 1 ) έχουμε:

(3)

(� - �)2 + 2ΧοΥο = ι � (� - �)2 =ι- 2ΧοΥο � α β αβ α β αβ

2x 0y0 ι ι � ι--- � 0 �-- � -.

αβ 2x 0y0 αβ

Έτσι, από την (3), έχουμε: 2β2 2β2

(ΟΚΛ) = -α- � � �(ΟΚΛ) � αβ (4) 2ΧοΥο αβ

Το ίσον στην (4) ισχύει, όπως βρίσκουμε εύκολα, αν, και μόνο αν:

� - � = 0 . α β

(5)

Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων (ι) και

, αJ2 βJ2 (5) και βρισκουμε: χ 0 =-- και Υ ο= --. 2 2

Άρα, η ελάχιστη τιμή του εμβαδού του τριγώνου ΟΚΛ είναι αβ και η εξίσωση της ζητούμενης εφαπτομένης ε, όπως βρίσκουμε από τη (2), είναι:

�. αJ2 + _L · βJ2 = ι��+l._= J2. α2 2 β2 2 α β

• Λύσεις έστεtλαν και οι συνάδελφοι: Γεώργιος Τριάντος (Αθήνα), Γεώργιος Αποστολόπουλος (Μεσολόγγι), Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δράμα), Γιάννης Τσόπελας (Αμαλιάδα), Γιάννης Σταματογιάννης (Αθήνα).


Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη .•. και Διόφαντο

57. Θεωρούμε τους ακεραίους α. ,α2 , ••• , α2004 για τους οποίους ισχύει: «1 + α2 + ••• + α2004 = 2004 • Ν α δείξετε ότι

= πολ · (α1 - 1)α1 (α1 + 1) + πολ · (α2 - 1)0.2{α2 + 1) + + . . . . + πολ · (ακ -1)ακ (ακ + 1) = = πολ · 6 + πολ · 6 + . . . + πολ · 6 = πολ6 � (2).

για κάθε θετικό ακέραιο ν ισχύει(·

αfν+Ι + α�ν+Ι + ••• + α��;J = πολ. 6

(Χρησιμοποιήσαμε την πρόταση ότι για κάθε ακέ(1) ραιο λ, ισχύει (λ- 1 )λ(λ + 1 ) = πολ · 6).

(Επροτάθη από το συνάδελφο /\/iι>ο ΑΙ'τtUΙ'(Jπουί,ο, 1λιον- Αθήνα).

,\ (Jcrη (από τον ίδιο).

Ισχύει: 2004 = 6 · 334 . Έτσι, για να δείξουμε την ισότητα ( 1 ) , αρκεί να δείξουμε ότι:

α� ν+! + α; ν+! + . . . + α;;.: - 2004 = ΠΟλ • 6 (2)

Έχουμε, λόγω και της υπόθεσης (θέσαμε για ευκολία κ= 2004) : α� ν+] + α; ν+] + . . . + α; ν+! - κ = = α2ν+Ι - α + α2ν+Ι -α + + α2ν+Ι - α = Ι Ι 2 2 ••• κ κ = α1(α�ν -1) + α2(α;ν - 1) + . . . + ακ (α;ν - 1) =

= α1 [ (α� ) ν - 1 J + [ α2 (α; ) ν - 1 J + . . . + α κ [ (α; γ - 1 J =

= α1 ·πολ·( α� - 1)+α2 ·πολ-( α; -1 )+ . . . +α κ ·πολ( α; -1) =

ΔΙΟΡΘΩΣΗ:

Σχόλω Σ.Ε. Στο τεύχος 54 από λάθος είχε 2004

γραφτεί να δειχθεί ότι Σ α;004 = πολ · 6 , αντί του i=l

2004 σωστού: Σ α;ν+Ι = πολ · 6

i=l Όταν το προηγούμενο τεύχος 55 ήταν στο τυπογραφείο , από τους παρακάτω συναδέλφους πήραμε τις λύσεις των ασκήσεων, ο αριθμός των οποίων αναγράφεται δίπλα από το όνομά τους (οι λύσεις των ασκήσεων αυτών έχουν δημοσιευτεί στο τεύχος 55) . Ξενοφών Τασσόπουλος: 33, 34 Γεώργιος Νικητάκης: 33, 4 1 , 50 Γεώργιος Κατσαούνης: 34, 40 Νίκος Αντωνόπουλος: 4 1

Από το συνάδελφο Γεώργιο Τριάντο πήραμε την παρακάτω διόρθωση της λύσης της άσκησης του 44, τεύχος 55 , σελίδα 1 3 :

Ο ι τρεις τελευταίες γραμμές της λύσης να αντικατασταθούν ως εξής: c3

9- = 4c2 <::::? 9c3 -32c2 = Ο<::::? c2 (9c-32) = Ο 8

(και επειδή c :;t: Ο )<::::? 9c-32 = Ο<::::? c = 32 . 9

• Διόρθωση της Άσκησης ( 1 β) του Άρθρου «Ασκήσεις στις Λογαριθμικές και εκθετικές Συναρτήσεις» του τείJχους 55 σελίδα 45

Λ1Jση Για να ορίζεται η g αρχικά Πρέπει ln(ln(x2- (2+e)x + 3e) �Ο<::::> ... <::::> χ� 2 ή χ� e. Παρατηρούμε ότι για χ� 2 ή χ� e χ2 -(2-e)χ+3e>e>1>0.'Ετσιέχουμε ln(x2 -(2+e)x +3e) <lnl.

Δηλαδή ln(x2 -(2+e)x +3e) >Ο. Επομένως το πεδίο ορισμού της g είναι το Α = ( -οο, 2] υ [ e, + οο) .

• Διόρθωση στην παράγραφο (Α) του Άρθρου «Το τριώνυμο f(x) = αχ2 +βχ +γ, α :;t: Ο » του τεύχους 55 σελίδα 29.

Αντί για «Η χάραξη της γραφiκής παράστασης μιας γραμμικής συνάρτησης Β ' βαθμού . . . » Να γραφεί «Η χάραξη της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης Β ' Βαθμού . . . . ».

Παρακαλούνται οι συνάδελφοι να γράφουν κύθε μία άσκηση (ει(φ<i>νηση και λiJση) σε ξεχωριστ6 φύλλο ( uπ6 τη μία μόνο όψη) με το όνομά τους και το τηλf:φωνό τους και να μας το στέλνουν σε δύο αντίγραφα.


Η .�r ΤΗΛΗ ΤΟ Υ ΜΑ ΘΗΤΗ

Επιμέλεια: Αντώνης Κυριακόπουλος - Γιάννης Στρατής

Λ ΥΣ Ε Ι Σ ΑΣ ΚΗΣΕΩΝ

16 . Οι αριθμοί α, β,γ και δ είναι θετικοί και ισχύει: α4 + β4 + γ4 + δ4 = 4αβγδ (1). Να δείξετε ότι: α = β = γ = δ. (Επροτάθη από τη μαθήτρια Α' τάξης λ θ η -, να Ά ντζου, Αθήνα).

Λύση (από το μαθηη) Α ' τ6ξης Γ. Πί.αηΊ . \Ο1] • ' . Από την ( 1 ) έχουμε: (αz - βz )z + 2αzβ2 + (γz - δz )z + +2γ2δ2 - 2αβγδ - 2αβγδ = Ο => (αz - βz )z + (γz - δz )z + +2αβ(αβ - γδ) - 2γδ(αβ - γδ) = Ο => (αz - βz )z + (γz - δz )z + 2(αβ - γδ)z = Ο => {α2 = β2 {α = β {α = β γ2 = δ2 => γ = δ => γ = δ => α = β = γ = δ αβ = γδ β2 = δ2 β = δ

• Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Π ωrαβασιλείου Γ. , Λιη ιητριάδης Θ., Σοίψτrλης Γ . , ;\'l ι στριώτης Α. , Λεονάρδος Σ. , Π απαγεωργίου Κ., Καρύδης Κ.

1 7. Να δείξετε ότι ο αριθμός: χ = � J5 + 2 - � J5 - 2 είναι ακέραιος.

(Επροτάθη από το μαθητή Α' τάξης Κιόοτα Τ ρ ιανταφυλλίδη, Πάτρα).

Λύση (από την μαθήτρια Α ' ·r6�ης Σταμ{;],i: Κων/νο, 1" Λ \Jκειο Χολαpγuι'J ) .

Θέτουμε: α = �..JS + 2 και β = �..JS- 2 . Έτσι έχουμε: χ = α - β <=:> χ3 = (α - β)2 <=> .

χ3 = α3 - 3αβ(α - β) - β3 ( 1 ) Επειδή α - β = χ και όπως βρίσκουμε εύκολα α3 - β3 = 4 και αβ = 1 , έχουμε: (1) <=> χ3 = 4 - 3χ <=> χ3 + 3χ - 4 = ο <=> (χ3 - 1) + 3χ - 3 = 0 <=:> (χ - 1)(χ2 + χ + 1) + 3(χ - 1) = 0

<=:> (χ - 1)(χ2 + χ + 4) = 0 (2)

Η διακρίνουσα του τριώνυμου: χ 2 + χ + 4 είναι: Δ = 1 - 12 < Ο. Έτσι έχουμε: (1) <=:> χ = 1 .

Άρα, ο αριθμός χ είναι ακέραιος.

<ii'l Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: !lαπιφ;ωργίου Ι<·"· l:ι ιυμπλης r., Πlαπαβασιλr.ίου Γ_. , Λr.ονάρδος

Σ .. Δη ιιητρ ιf!δης Θ., ΠλαηΊς Γ., Λντζου Λ.

' ' · Σ' ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ)

ισχύει: ! + υ α ;;:: p.J2 . Να δείξετε ότι το τρί-2

γωνο αυτό είναι και ορθογώνιο. (Επροτάθη από το μαθητή Β ' τάξης lΓα;)ρ � γω Σοίψπλη, Αρσάκειο Ψυχικού - Αθήνα).

ΛΙ1ση ( από το μαΘητή Β ' τ{ιξης Κων/νο Π απαγεωργiου, Ε uσrαιδευη) ιηο «Ο Πλάτων», Αθήνα).

Β

/

f\/ /

Α Ι\

/ Ι \ / i

/ i . -- - r: . α/2 Γ

'Ε χουμε: υ α = βημΒ και ! = βσυνΒ , οπότε: 2

! + υα = β(ημΒ + συνΒ) . 'Ετσι έχουμε: 2 � + υα � βJ2 => β(ημΒ + συνΒ) � βJ2 => 2 ημΒ + συνΒ � J2 => (ημΒ + συνΒ)2 � 2 => ημ 2Β + συν2Β + 2ημΒσυνΒ � 2 => ημ2Β � 1 => ημ2Β = 1 => 2Β = 90° => Β = 45° . Έχουμε λοιπόν Β = 45° , οπότε Γ = 45ο και Α=90ο . Άρα το τρίγωνο αυτό είναι και ορθογώνιο.

Θ . Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Λεονόφδος Σ . , iVI ωτρ υiιτη ς Α, , Αντω\' iΗωυλος Ν , ΚορΜiης


19. Σ'ένα επίπεδο Oxy θεωρούμε την ευθεία ε: χ = -4. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των σημείων Μ του επιπέδου αυτού, για τα οποία αν Α είναι η προβολή του Μ στην ευ-

Λ

θεία ε, η γωνία ΜΟΑ είναι ορθή. (Επροτάθη από το μαθητή Β ' τάξης Σπύρο

Λεονάρδο, Κολλέγιο Αθηνών).

Λύση (από το μαθητή Β ' τάξης Γεώργιο Σού

μπλη, Αρσάκειο Ψυχικού - Αθήνα).

Έστω ένα σημείο Μ(χ, y) του επιπέδου αυτού. Έχουμε Α(-4, y). Συνεπώς:

Υ c Μ

χ

χ=-4 OM = (x , y) και OA = (-4, y) .

Το σημείο Μ ανήκει στο ζητούμενο γεωμετρικό τόπο αν, και μόνο αν:

- - - -

ΟΜ ..L ΟΑ � ΟΜ · ΟΑ = Ο � � X · (-4) + y · y = O � y2 = 4χ .

Άρα η ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η παραβολή C : y2 = 4χ .

• Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Παπαγεωργί

ου Κ., Γεωργίου Β., Μιστριώτης Α., Καρύ

δης Κ., Αντωνόπουλος Ν.

20. Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και δύο φορές παραγωγίσμη στο IR . Για δύο αριθμούς α, β Ε IR με α < β ισχύει: 2f(χ) ;;; f(α) + f(β) , για κάθε x E IR (1)

Να δείξετε ότι υπάρχει χ0 Ε (α, β) με. f"(x0 ) = Ο .

(Επροτάθη από το μαθητή Γ ' τάξης Γιάννη Σταματόπουλο, Καλαμάτα).

Λύση (από τον μαθητή Γ τάξης Γιάννη Νικο

λάου, Πάτρα).

Από την ( 1) με χ = α και χ = β έχουμε, αντιστοίχως: {2f(α) ;;; f (α) + f(β) {f (α) ;;; f (β) 2f(β) ;;; f (α) + f(β)

::::> f (β) ;;; f (α) ::::> f(α) = f(β) .

Έτσι, από την ( 1 ) βρίσκουμε ότι, για κάθε χ Ε IR , ισχύουν: f (x) ;;; f (α) και f (x) ;;; f (β) . Άρα, η f

στις θέσεις χ = α και χ = β έχει ελάχιστο. Συνεπώς, σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat, έχουμε: f '(α) = Ο και f '(β) = Ο . Έτσι, η Γ πληροί τις υπο-θέσεις του θεωρήματος του Rolle στο διάστημα [α, β] . Άρα, υπάρχει χ0 Ε (α, β) με f "(x0 ) = 0 .

• Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Κωνσταντί

νου Γ., Λαμπίρης ι,

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ Λ ΥΣΗ

21. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 60° . Ονομάζουμε Η το ορθόκεντρο και Ι το έyκεντρο του τριγώνου αυτού. Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΒΗΙΓ είναι εγγράψιμο σε κύκλο. (Προτείνεται από το μαθητή Β ' τάξης Αλέξανδρο Γεωργακόπουλο, 52° Λύκειο, Αθηνών).

22. Να δείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό ν � 2 ,

' 1 1 1 1 3 ισχυει: -- + -- + . . . + -- > - .

ν + 1 ν + 2 ν + ν 23 (Προτείνεται από το μαθητή Β ' τάξης Σπύρο Λεονάρδο, Κολλέγιο Αθηνών).

23. Σ' ένα κουτί έχουμε βάλει ν κοσμήματα αριθμησμένα από το 1 μέχρι το ν, συνολικού βάρους 1Kg. Να δείξετε ότι υπάρχει αριθμός κ ε {1, 2, . . . , ν} τέτοιος ώστε το κόσμημα με αριθμό

κ να έχει βάρος μεγαλύτερο του __!_ Kg 2κ

(Προτείνεται από το μαθητή Β ' τάξης Κων/νο Παπαγεωργίου, Εκπαιδευτήρια «0 Πλάτων», Αθήνα).

24. Θεωρούμε ένα φυσικό αριθμό ν > Ο και τρεις ακέραιους αριθμούς α, β και γ, για τους οποίους ισχύει:

α + β2 + γ2 + 3(ν2 + ν) � (2ν + 1)(α + β + γ) . Να δείξετε ότι: α) Καθένας από τους αριθμούς α, β και γ είναι � ν , β) Δύο τουλάχιστο από τους αριθμούς α, β και γ είναι ίσοι, γ) Αν ν = 6, τότε ο αριθμός α + β + γ δεν είναι τετράγωνο ακέραιου αριθμού. (Προτείνεται από το μαθητή Β ' τάξης Γεώργιο Σουμπλή, Αρσάκειο Ψυχικού-Αθήνα).

25. Να δείξετε ότι δεν υπάρχει συνάρτηση f : IR � IR με σύνολο τιμών το IR και

f (χ + y) = f(χ) · f (y) , για κάθε x, y έ !R . (Προτείνεται από το μαθητή Γ τάξης Γιάννη Νικολάου, Πάτρα) .

26. Θεωρούμε ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με γωνία της κορυφής Α = 20° . Στηv πλευρά του ΑΓ παίρνουμε ένα σημείο Δ με ΑΔ = ΒΓ. Να βρείτε το μέτρο της γωνίας ΑΒΔ( = χ) . (Προτείνεται από το μαθητή Α' τάξης Σταμέλο Κων/νο, 1 ° Λύκειο Χολαργού) .


Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους συνεργάτες της στήλης: παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

I. 11 που και με ποιο τρδπο εφαρμόζονται τα ΜαΟηματικά; 11

του Γιάννη Κερασαρίδη Μαθη ματικά, Πιθανοθεωρία και Εφαρμογές

Η Πιθανοθεωρία είναι κλάδος των Μαθηματικών, ο οποίος μελετά όχι απλώς οιαδήποτε φαινόμενα, αλλά μόνο τυχαία και ακόμη "πιθανοθεωρητικώς τυχαία" φαινόμενα, δηλαδή , εκείνα για τα οποία έχει νόημα, να αναφερόμαστε στις αντίστοιχες κατανομές πιθανότητας. Η Πιθανοθεωρία παίζει ένα καθοριστικό ρόλο στην στατιστική μελέτη των μαζικών φαινομένων πάσης φύσης.

Σε μια σειρά παραδείγματα, παρμένα από τη ζωή και το περιβάλλον μας, θα βεβαιωθούμε ότι ένα πλήθος από σημαντικά φαινόμενα εξαρτάται ουσιαστικά από την τύχη και ότι δεν μπορεί να θεωρηθεί επαρκής η μελέτη τους, αν δεν υπολογίσουμε την επίδραση του τυχαίου. Ο άνθρωπος, χωρίς να υπολογίσει την επίδραση των τυχαίων περιστατικών, αδυνατεί να κατευθύνει την εξέλιξη των διαδικασιών που τον ενδιαφέρουν στην επιθυμητή κατεύθυνση . Τα τυχαία γεγονότα υποτάσσονται κι αυτά σε ειδικούς νόμους. Η μελέτη αυτών των νόμων είναι έργο της επιστήμης του τυχαίου, δηλ. , της Θεωρίας των πιθανοτήτων.

Στη βάση όλων των πρακτικών μεθόδων, που χρησιμοποιούμε κάθε μέρα, βρίσκονται τα γενικά θεωρήματα της θεωρίας των πιθανοτήτων, που λέγονται νόμοι των μεγάλων αριθμών. Πολλές φορές στη σύγχρονη βιομηχανική παραγωγή δεν έχουμε την δυνατότητα να ελέγξουμε την ποιότητα του κάθε αντικειμένου χωριστά, είτε γιατί τα αντικείμενα αυτά είναι πάρα πολλά και για τον έλεγχο της ποιότητάς τους χρειάζονται πολλά χρόνια, είτε γιατί τα αντικείμενα είναι τέτοια, που ο έλεγχος θα τα καταστήσει άχρηστα. Γι' αυτό δοκιμάζουμε μόνο ένα μικρό μέρος του προϊόντος, απ' όπου κρίνουμε για την ποιότητα ολόκληρης της παρτίδας. Αποδείχθηκε στην πράξη ότι οι σχετικές μέθοδοι της πιθανοθεωρίας μας δίνουν θαυμάσια αποτελέσμάτα, που μας βοηθούν να κάνουμε οικονομία σε χρήματα, σε υλικά, σε εργασία και σε χρόνο.

Οι πρώτες έννοιες της θεωρίας των πιθανοτήτων διατυπώθηκαν [Blaise Pascal, Pieπe Fennat,

Chήstian Huyghens και Jacob Bernoulli (Ars Conjectandi)] κάτω από την επίδραση των αναγκών της ασφάλισης και των τυχερών παιχνιδιών. Οι ασφαλίσεις 'κείνο τον καιρό ( ναυτασφαλίσεις, 17α; αιώνας, περίοδος ραγδαίας ανάπτυξης των θαλασσίων συγκοινωνιών) , (τα τυχερά παιχνίδια είχαν κυριεύσει τους ιθύνοντες της φεουδαρχικής κοινωνίας, πολλοί από τους οποίους προσπαθούσαν να βελτιώσουν την κακή τους οικονομική κατάσταση με τα τυχερά παιχνίδια).

Στο τέλος του 1700 αιώνα και τον 19°, έχουμε ραγδαία ανάπτυξη της Αστρονομίας, της Φυσικής, της Χημείας , της Βλητικής, της Μοριακής Φυσικής, της Θεωρίας των Αερίων κλπ., οπότε τέθηκε το θέμα των μετρήσεων ακριβείας στην Τεχνική, άρα, με μεγάλη οξύτητα το θέμα της διατύπωσης της Θεωρίας των Σφαλμάτων των μετρήσεων (Adήen-Marie Legendre, Karl Fήedeήch Gauss) . Μεγάλη η συμβολή στην Πιθανοθεωρία των Pieπe Simon de Laplace, Simeon Denis Poisson, P.L. Tschebyscheff, Α.Μ. Liapunov, Α. Α. Markov)

Οι βασικές έννοιες της σύγχρονης Πιθανοθεωρίας είναι οι έννοιες της τυχαίας διαδικασίας, του τυχαίου πεδίου, της πληροφορίας. Ο φυσικός, ο χημικός, ο βιολόγος και ο τεχνικός, ενδιαφέρονται πρώταπρώτα για την έρευνα των διεργασιών, δηλ. για τα φαινόμενα που παρατηρούνται σε μια χρονική περίοδο. Μέσω της Πιθανοθεωρίας δίνονται απαντήσεις σε θέματα Διάχυσης. Πολύ σημαντικός είναι ο κύκλος των φαινομένων που γίνονται με βάση την αρχή της ραδιενεργού σχάσης. Έχει μεγάλη σημασία να προσδιορισθεί η mθανότητα του ότι σε ορισμένο χρονικό διάστημα, διασπάται ο ένας ή ο άλλος αριθμός ατόμων. Εξάλλου το ίδιο ακριβώς πρόβλημα δημιουργείται στην τηλεφωνία, στον υπολογισμό της διαπεραιωτικής ικανότητας των γεφυρών, στη θεωρία της ασφάλειας, στην οικονομία, στην πολεμική τέχνη και στην Τεχνολογία.

Άσχετα από την συγκεκριμένη παρουσίασή του, το πρόβλημα που εμφανίζεται μόνιμα μπαίνει ως


Homo Mathematicus

εξής: Πόσο μεγάλη είναι η πιθανότητα να σημειωθεί , σ' ένα συγκεκριμένο χρονικό διάστημα, ένας αριθμός συγκεκριμένων γεγονότων (κλήσεων συνδρομητών στο τηλεφωνικό κέντρο , αυτοκινήτων που πάνε να περάσουν από μια γέφυρα, διακοπή λειτουργίας στοιχείων που συγκροτούν ένα πολύπλοκο μηχανισμό , κλπ.) ; Σε πολύ γενική μορφή η ζητούμενη πιθανότητα μπορεί να παρουσιαστεί με τον τύπο:

Pk(t)= ( λt) k

e-λι k!

όπου Pk(t) συμβολίζει την πιθανότητα να συμβούν ακριβώς k γεγονότα σε χρονικό διάστημα t, και λ είναι η σταθερά, η λεγόμενη συχνότητα εμφάνισης των γεγονότων. Ο τύπος αυτός μας δίνει με καταπληκτική ακρίβεια τον αριθμό των αφίξεων πλοίων σε ένα συγκεκριμένο λιμάνι σε συγκεκριμένο χρονικό διάστημα t, τον αριθμό των διαστημικών σωματιδίων που πέφτουν σε ορισμένο τμήμα της επιφάνειας της Γης σε χρόνο t, τον αριθμό των λυχνιών της ηλεκτρονικής υπολογιστικής μηχανής που θα καούν σε διάστημα t, τον αριθμό τηλεφωνικών κλήσεων που σημειώνονται στο τηλεφωνικό κέντρο σε χρόνο t, κλπ.

11. "Αυτό το ξέρατε; "

Η εξέταση των προβλημάτων της φυσιογνωσίας (όχι από την άποψη της ποιοτικής , αλλά από τη θέση της ποσοτικής έρευνας) , οδήγησε στη διατύπωση της έννοιας της τυχαίας διαδικασίας ( Α. Φόκερ και Μ. Planck- φυσικοί, Α.Ν. Kolmogorov και Α.Ι. Κhintchin- μαθηματικοί )

Άλλες εφαρμογές της Πιθανοθεωρίας είναι: η κατανόηση του σχηματισμού των παρασίτων στη ραδιοφωνία, ο υπολογισμός της σωστής οργάνωσης της παραγωγής, η δημιουργία ορθολογικών τρόπων τεχνικού ελέγχου παραλαβής μεγάλων παρτίδων βιομηχανικού προϊόντος, ο υπολογισμός των αποθεμάτων , τα σωστά μέσα για την άμυνα της χώρας, οι ασφαλιστικές εταιρείες για να καθορίσουν τα ασφάλιστρα και τις αποζημιώσεις πρέπει ως ένα βαθμό να γνωρίζουν το ποσοστό των ασφαλισμένων που θα αποζημιωθούν ( ζωή , ατύχημα, καλλιέργειες, κοπάδια, περιουσίες , κλπ. κλπ.) . Άλλες εφαρμογές: Μια βιομηχανία, πχ. υποδηματοποιίας, πρέπει να προγραμματίσει τα μεγέθη των παπουτσιών που πρέπει να παράγει την επόμενη χρονιά. Η λύση αυτού του προβλήματος βασίζεται στην έρευνα τη σχετική με τις διαστάσεις των ποδιών, δηλ. με έναν από τους νόμους του τυχαίου , που λέγεται θεώρημα των Laplace και Lyapounov.

[Πηγή : "ΑΚΑΔΗΜΑΪΚΗ" , τόμος: ΜΑΘΗΜΑτΙΚΆ]

Γνωρίζετε αν δόθηκε λύση στο «πρόβλημα τριχοτόμησης τυχαίας γωνίας»; [Το ερώτημα αυτό έθεσε στη στήλη μας ο μαθητής Θανάσης I. Κίντζης (Πάτρα)]

111. " Οι συνεργάτες της στιμης γράφουν-ερωτούν " Α Ό Το . . . παράδοξο του Χρ. Λουναρά

Φαίνεται πως, η αδιάλειπτη παράθεση βιβλιογραφικών πηγών στη στήλη μας, οδήγησε το μαθητή Χρήστο Λουναρά (Αθήνα) να "ψάξει" και να μας θέσει (ηλεκτρονικά) , σαν ερώτημα: αν γνωρίζουμε το «Παράδοξο του Ελαιοχρωματιστή». Η αλήθεια είναι πως " μας έπιασε αδιάβαστους" . Σε λίγες ημέρα λάβαμε το παρακάτω μήνυμα «Τα στοιχεία είναι: QUANTUM, τ.4, τ.3 ( 1 997) . Σαν αντάλλαγμα

«Το παράδοξο του ελαιοχρω «Όλοι όσοι έχουν βάψει κάποτε ένα τοίχο γνωρίζουν ότι όσο μεγαλύτερη είναι η επιφάνεια τόσο περισσότερη μπογιά χρειαζόμαστε. Με άλλα λόγια, η ποσότητα του χρώματος είναι ανάλογη με το εμβαδόν της επιφάνειας που βάφουμε. l.Ας θεωρήσουμε, για παράδειγμα, μια επίπεδη

επιφάνεια που αποτελείται από άπειρο πλήθος ορθογωνίων, όπως στο σχήμα 1 . Εδώ, το πρώτο ορθογώνιο είναι ένα τετράγωνο με

μήκος πλευράς 1 cm. Καθένα από τα επόμενα ορθογώνια έχει διπλάσιο μήκος από το προηγούμενό

για την πληροφορία και επειδή σας έπιασα αδιάβαστους, υποχρεούστε να δημοσιεύσετε αυτούσιο το άρθρο , θέτοντάς το σαν ερώτημα προς τους αναγνώστες σας. Χ.Λ.». Δεν αργήσαμε να βρούμε την άκρη του νήματος. Σας παραθέτουμε αυτούσιο το μικρό άρθρο , με το ερώτημα: ποιος θα μας δώσει απάντηση στο ερώτημα του συγγραφέα;

ατιστή» [του Α.Α. PANOV] του αλλά το μισό του πλάτους. Είναι φανερό ότι όλα αυτά τα ορθογώνια έχουν εμβαδό 1 cm2• Επομένως το εμβαδό ολόκληρου του σχήματος S είναι άπειρο :

S= ( 1 + 1+ 1+ . . . ) cm2, οπότε για να το βάψουμε απαιτείται άπειρη ποσότητα χρώματος. 2.Ας δούμε τώρα το ζήτημα διαφορετικά. Περι

στρέφουμε το επίπεδο σχήμα μας γύρω από την ημιευθεία που αποτελεί το ένα σύνορό του. Το


Homo Mathematicus

προκύπτον στερεό εκ περιστροφής αποτελείται I από άπειρο πλήθος κυλίνδρων (σχ. 2).

(σχήμα 1 ) Ο όγκος του αποτελείται από το άθροισμα των

όγκων όλων των κυλίνδρων: ν= ν ι +ν 2+ ν 3+ . . . Γνωρίζουμε ότι ο όγκος ενός κυλίνδρου με ακτίνα

βάσης r και ύψος h, ισούται με πr2h. Για τό η-στο κύλινδρο (μετρώντας από την κορυφή του σχήματος 2), έχουμε

1 n ι r= 7ι cm, h=2 - cm. Συνεπώς, 2

π 3 ' 1 1 ν n= -ι cm και επομενως ν =π( l + - + -2 + . . . ) n- 2 2 2

cm3 • στην παρένθεση έχουμε το πασίγνωστο άθροισμα

μιας γεωμετρική προόδου. Ισούται με 2, οπότε ν=2π cm3.

(σχήμα 2) Ας φανταστούμε ότι το εκ περιστροφής στερεό

μας είναι κενό. Το γεμίζουμε έως το χείλος με 2π cm3 χρώμα και κατόπιν βυθίζουμε το επίπεδο σχήμα μας στο εσωτερικό του. Όταν το ξαναβγάλουμε, θα είναι σίγουρα βαμμένο - και μάλιστα, και από τις δύο πλευρές ! Έχουμε, λοιπόν, δύο παραδείγματα aψεγάδια

στων συλλογισμών που οδηγούν σε αντιφατικά συμπεράσματα. Ακολουθώντας την πρώτη σειρά επιχειρημάτων, συμπεραίνουμε ότι χρειαζόμαστε άπειρη ποσότητα χρώματος, ενώ με τη δεύτερη βλέπουμε ότι μας αρκούν μόνο 2π cm3 χρώματος. Αυτό είναι το παράδοξο του ελαιοχρωματιστή. Νομίζω πως θα το διασκεδάσετε προσπαθώντας να το διαλευκάνετε» Αυτά γράφει ο Α.Α. ΡΑΝΟν. Μήπως κάποιος

από σας μπορεί να μας βοηθήσει; Β Ό «Η Α.λίκη στη χ(ί ψ α των θαυ μάτων», « iVΗ :σα από τον καθρέφτη » και η Συμβολική Λογική .

του Γι(ιννη Καλιοτζή μα

Από το νέο συνάδελφο, αδιόριστο μαθηματικό, ρολ ήταν το ψευδώνυμο του καθηγητή των ΜαθηΓιάννη Καλιοτζήμα (από τη Θεσσαλονίκη ;), λά- ματικών στην Οξφόρδη Τσαρλς Ντάντγκσον, συγβαμε, ηλεκτρονικά, το παρακάτω κείμενο και ε- γραφέα της «Αλίκης στη χώρα των θαυμάτων». μείς, ευχαρίστως το δημοσιεύουμε. Όπως . μας Υπήρξε επίσης ένας από τους καλύτερους φωτοπληροφορεί, ο καλός μας συνάδελφος, το κείμενο γράφους παιδιών της βικτωριανής εποχής. Αν και αυτό το σταχυολόγησε από τον τόμο «ΜΑΘΗ- ο Ντάντγκσον δημοσίευσε με το όνομά του μόνο ΜΑτΙΚΑ» (εκδόσεις LIFE), το βρήκε ενδιαφέρον, τα μαθηματικά του έργα, οι μαθηματικοί εξεπλάτο πληκτρολόγησε και μας το έστειλε. Εμείς, όπως γησαν από την πλούσια συμβολική λογική που είείχαμε καθήκον, το "ψάξαμε" το θέμα, το βρήκαμε ναι συνυφασμένη με τα βιβλία του «Η Αλίκη στη ενδιαφέρον και πολύ σύντομα θα έχουμε αφιέρω- χώρα των θαυμάτων» και «Μέσα από τον καθρέμα, σ' αυτό που όλοι μας ονομάζουμε «Μαθηματι- φτη>> ] . κή Λογική» με τα παρεπόμενά της [Εμείς, επικου- Ακολουθεί το κείμενο: ρικά, προσθέτουμε "πέντε" γραμμές: Λιούης Κά-

«Η Συμβολι �a·� Λ. ογι ική στους ι<αθρέφτΕς τη ς Λ λί ι<η ς»

Όταν η Αλίκη περιπλανιόταν στη χώρα των θαυ- Ο Έρνεστ Νάγκελ, καθηγητής της Φιλοσοφίας μάτων βρέθηκε μπλεγμένη σε μια γλωσσική σύγ- του πανεπιστημίου της Κολούμπια, έχει μεταφράχυση. Με τη βοήθεια, όμως, της συμβολικής λογι- σει τη συζήτηση αυτή στη γλώσσα της συμβολικής κής είναι δυνατόν να ξεκαθαρίσουμε κάπως το λογικής, με τον εξής κώδικα: μπέρδεμα. Γι' αυτό είναι κατ' αρχήν απαραίτητο • ( 3χ) σημαίνει «υπάρχει χ ώστε . . . » να εξηγήσουμε κάθε φράση στη γλώσσα της συμ- • = σημαίνει «τότε και μόνο τότε . . . » βολικής. Παίρνουμε π. χ. τον διάλογο όπου ο Λευ- • =::> σημαίνει «εάν . . . κατά συνέπεια . . . » κός Ιππότης δείχνει στην Αλίκη ότι έγραφε μια με- • ν σημαίνει «ή» λωδία: • - σημαίνει «όχι» και κάνει αρνητική την πρό-··« - Ή εκείνη κατόρθωσε να τους κάνει να κλά- ταση που ακολουθεί. ψουν, ή . . . » Με τη βοήθεια αυτού του συμβολισμού και αντι-« - Ή τι;», ρώτησε η Αλίκη. . . καθιστώντας το «Τραγούδι του Ιππότη» με KS και « - Ή δεν κατόρθωσε να τους κάνει να κλά- αν παραδεχτούμε ότι το y αντιπροσωπεύει μια ο-

ψουν», απάντησε ο Ιππότης. ποιαδήποτε στροφή, το χ έναν οποιοδήποτε ακρο-


Homo Mathematicus

ατή και το t το χρόνο , οι μύστες της συμβολικής λογικής θα μπορούσαν να μεταφράσουν τα λόγια του Ιππότη με την εξής μορφή: ( 3χ) (y) (z) (t) ((y είναι KS=x είναι KS) . (z ακούει τον Ιππότη να τραγουδά χ σε χρόνο t ::::> ((χ κάνει τους z να δακρύζουν σε χρόνο t) ν - ( χ κάνει τους z να δακρύζουν σε χρόνο t))) . Αν και παρόμοια σύμβολα μπορεί να φαίνονται

ακατανόητα, έχουν ωστόσο μια σαφή και ακριβή σημασία στο λογικό , που ίσως να μη την έχουν τα καθαρά λόγια. Σε ζούγκλες πολύ πιο πυκνές από της Αλίκης, η συμβολική λογική έχει χρησιμο-

ποιηθεί μ' επιτυχία και βοήθησε ν' ανοίξουν δρόμοι κατευθείαν στο κέντρο πολύπλοκων προβλημάτων που αφορούν νομικές αμφισβητήσεις και μεταφυσικές έννοιες. Η άποψή μας . Για μας θα παρουσίαζε μεγάλο

ενδιαφέρον αν, στο επόμενο ή μεθεπόμενο τεύχος, δημοσιεύαμε τοποθέτηση κάποιου ακαδημαϊκού δάσκαλου πάνω στο θέμα που σχετίζεται με το λαβύρινθο που ονομάζεται Μαθηματική Λογική ή Συμβολική Λογική ή . . . . Εμείς πιστεύουμε πως ο ρόλος των δασκάλων, όλων των βαθμίδων, είναι Προμηθεϊκός . . .

IV. Οι απαντήσεις 1 1 11 • ' 'Α υτό το ξι:οατε; "

Το ερώτημα, όπως τέθηκε, επιτρέπει δύο εκδοχές α) <<να τριχοτομηθεί τυχαία γωνία με τη βοήθεια μόνο κανόνα και διαβήτη», β) <<να τριχοτομηθεί τυχαία γωνία με τη βοήθεια άλλων οργάνων πλέον του κανόνα και διαβήτη».

Στην πρώτη εκδοχή, η μαθηματική επιστήμη απάντησε οριστικά πως δεν μπορούμε να τριχοτομήσουμε μια τυχαία γωνία με τη βοήθεια μόνο του χάρακα και του διαβήτη. Οι μοναδικές γωνίες που είναι δυνατό να τριχοτομηθούν με τα όργανα αυτά είναι των 90°, 1 80°, 360°.

Στη δεύτερη εκδοχή δόθηκαν λύσεις, ήδη από την αρχαιότητα. Να μερικές: 1 ) Η λύση του Ιππίου εξ Ηλείας. Η πρώτη καμπύλη, η οποία θεωρήθηκε από τους Έλληνες γεωμέτρες, μετά την περιφέρεια του κύκλου, είναι, ασφαλώς, η τετραγωνίζουσα του Ιππίου εξ Ηλείας. Εντούτοις χρησιμοποιήθηκε, από του Ιππία, κυρίως, για την τριχοτόμηση της γωνίας, όπως αναφέρει ο Πρόκλος 2) Οι λiiσ"εις του Αρχιμήδη . Ο Αρχιμήδης έδωσε στο πρόβλημα αυτό δύο λύσεις. Η πρώτη βασίζεται στη μέθοδο της νεύσης Η δεύτερη στηρίζεται στην ιδιότητα της σπείρας ή επίπεδης έλικας 3) Η λύση του :\ ικuμήδη . Ο Νικομήδης επινόησε την καμπύλη που είναι γνωστή ως κογχοειδής. Με τη βοήθεια αυτής της καμπύλης κατάφερε να τριχοτομήσει την τυχαία γωνία. Στην πραγματικότητα ο Νικομήδης, αυτή την καμπύλη την επινόησε στην προσπάθειά του να διπλασιάσει τον κύβο ( σχ. 1 ) 4) Ο ι λύσης του Π iιππου . Ο Πάππος έδωσε, στο βιβλίο του Συναγωγή, δύο λύσεις. Στην πρώτη λύση χρησιμοποιεί την υπερβολή για να επιτύχει την κατάλληλη νεύση μεταξύ δύο ευθειών, οπότε, εν συνεχεία, εφαρμόζει τη μέθοδο του Αρχιμήδη. Στη δεύτερη λύση, ο Πάππος χρησιμοποιεί με μεγάλη επιτυχία τις ιδιότητες των εστιών και των διευθετουσών της υπερβολής

5) Η λύση του Pascal ( 1 623- 1662). Η λύση αυτή χρησιμοποιεί τη γνωστή καμπύλη με το όνομα κοχλίας του Pascale (σχ. 2). Είναι αξιοσημείωτο πως η καμπύλη αυτή επινοήθηκε από τον Etienne Pascal, πατέρα του διάσημου Blaise Pascal. 6) Η λiJση του Ceva ( 1 699). Η λύση αυτή αποτελεί μια γενίκευση του προβλήματος της τριχοτόμησης της γωνίας και μπορεί να οδηγήσει τη διαίρεση δοσμένης γωνίας σε περιττό πλήθος ίσων γωνιών. Αυτό επιτυγχάνεται με τη βοήθεια των διαφόρων τάξεων ανωμάλων κυκλοειδών του Ceva 7) Η λύση του Mac Laurin ( 1 742). Στη λύση αυτή, ο Mac Laurin χρησιμοποίησε την καμπύλη, η οποία είναι γνωστή ως τριχοτόμος του Mac Laurin (σχ. 3) . Η καμπύλη αυτή είναι μια ειδική περίπτωση κογχοειδούς. 8) Η λύση του Delanges ( 1 783). Στη λύση αυτή, ο Delanges χρησιμοποίησε την καμπύλη, η οποία είναι γνωστή ως τριχοτόμος του Delanges ( σχ. 4) 9) Η λύση του Plateau ( 1 826). Η λύση αυτή, όπως και η λύση του Ceva, είναι γενίκευση της τριχοτόμησης και επιτρέπει τη διαίρεση δοσμένης γωνίας σε η ίσα τμήματα. Τόσο οι καμπύλες του Ceva, όσο και οι καμπύλες του Plateau, είναι ισοκυκλοτομικές (όπως ονομάστηκαν από τον Collignon) 10) Η λύση του Longchanψs ( 1 888). Η τριχοτόμος του Longchamps αποτελείται από τρεις κλάδους ( σχ. 5) 1 1 ) Μηχανικοί τριχοτό μοι . Παράλληλα προς τις λύσεις του προβλήματος της τριχοτόμησης της γωνίας, με τη βοήθεια διαφόρων καμπυλών, έχουν επινοηθεί, κατά καιρούς, διάφορα όργανα, τα οποία επιτρέπουν την άμεση τριχοτόμηση δοσμένης γωνίας. Το απλούστερο, απ' αυτά, έχει επινοηθεί από τον Α. Pegrassi ( 1 893), αποτελείται δε από δύο κανόνες ΚΜ και ΛΜΝ, που είναι συνδεδεμένοι κάθετα μεταξύ τους, με ΛΜ=ΜΝ=α

[πηγή : "ΤΑ ΠΕΡΙΦΗΜΑ ΑΛΥΤΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΆ ΠΡΟΒΛΉΜΑΤΑ ΤΗΣ ΑΡΧΑΙΟΤΗΤΟΣ", Μ.Α. Μπρίκας ( 1970)]

Σχήμα 3 Σχήμα 4 Σχήμα 5 Σχήμα 6 Σχήμα 7


-

65°ς ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ «0 ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ»

18 ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΥ 2004 ΘΕΜΑ 1° Να προσδιορίσετε πολυώνυμο Ρ(χ) με πραγματικούς συντελεστές τέτοιο ώστε Ρ(2) = ι2 και

Ρ(χ2 ) = χ2 (χ2 + ι)Ρ(χ) , για κάθε χ Ε JR.

Λύση

Αν είναι βαθ. Ρ(χ) = ν , τότε βαθ. Ρ(χ2 ) = 2ν και βαθ. χ2(χ2 +1)Ρ(χ) =ν+4 , οπότε 2ν = ν + 4 <=:> ν = 4 . Εmπλέον , από την ισότητα Ρ(χ2 ) = χ2 (χ2 + 1)Ρ(χ) για κάθε χ Ε 1R , προκύπτει ότι Ρ( -χ) = Ρ( χ) , για κάθε χ Ε JR. Επομένως το πολυώνυμο Ρ( χ) θα έχει τη μορφή

Ρ( χ) = αχ4 + βχ2 + γ, α, β, γ Ε 1R

Από τη δεδομένη ισότητα προκύπτει ότι αχs +βχ4 + γ =αχg + (α+β)χ6 + (β+γ)χ4 +γχ2 , Vx E1R <=:>α+β =Ο,β+γ = β, γ ='Ο<=:>β = -α, γ =Ο, α Eilt Άρα έχουμε Ρ(χ) = a(χ4 -χ2 ) = αχ2 (χ2 -1) , οπότε από τη συνθήκη Ρ(2) = 12 , λαμβάνουμε α = 1 και Ρ(χ) = χ4 - χ2

ΘΕΜΑ 2° Δίνεται η ακολουθία (αν ), ν Ε Ν* με «ι = ι και

ι αν = αν-ι + -τ, ν = 2,3, • • • • ν i) Να αποδείξετε ότι αν < � , για κάθε ν Ε Ν* . 4 ii) Α ν ε είναι δεδομένος θετικός πραγματι

κός αριθμός, να προσδιορίσετε τον ελάχιστο φυσικό αριθμό ν 0 > Ο που είναι τέτοιος ώστε , για κάθε ν > ν 0 , να ισχύει Ιαν+ι - αν I < ε

Λύση

i) Κατ' αρχήν εύκολα βρίσκουμε ότι 1 1 1 ' * αν = 1 + -τ + 3 + . . . + 3, για καθε ν Ε Ν

2 3 ν Επιπλέον, για κάθε κ Ε Ν, κ > 1 έχουμε

1 1 1 �+υ -�-υ - < --κ3 κ3 -κ κ(κ-1)(κ+ 1) 2κ(κ- 1)(κ+ 1)

1 1 κ-(κ-1) (κ+ 1)-κ 2κ(κ- 1) 2κ(κ+Ό 2κ(κ-1) 2κ(κ+ 1)

=�(κ�1-�J-�(�-

κ�1J .

οπότε προσθέτοντας κατά μέλη τις ανισότητες που προκύπτουν από την παραπάνω ανισότητα για κ = 2, 3, . . . , ν λαμβάνουμε

<1v -1=_!_ +_!_ + .. . +_!_ <![(1-!J-(! --1 J] 23 33 � 2 ν 2 ν+ 1

1 ( 1 1 ) 1 1 1 =2 2 -ν(ν+1)

=4 2ν(ν+ 1) <4

Ε ' , 1 1 5 ' θ �τ* πομενως εχουμε ay < +4 =4, για κα ε ν Ε 1'<� •

ii) Έχουμε

I I 1 3 1 αν+\ -αν < ε <=>

3 < ε <=> (ν + 1) > - <=>

(ν + 1) ε 1 1 <=:> ν + 1 >

�<=> ν >

�-1

Αν πάρουμε τώρα ν0 = [ � -1] , τότε για κάθε

ν > ν 0 θα ισχύει και η τελευταία ανισότητα 1 1 ' θ ' ' ν >

�- , οποτε α ισχυει και η πρωτη.


-------------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί --------------Επειδή όμως πρέπει να είναι ν0 Ε Ν* διακρί

νουμε τις περιπτώσεις: 1 1 ' 1 • Αν �Γ - 1 < 1 <:> ε > - , τοτε ν0 = .

�ε 8 ι ι , [ ι ι] • Αν � -l > l <:>O< ε s;g , τοτε ν0 = ifi -

Συνοπτικά έχουμε ν 0 = max ( 1, [ � - 1 ]) . Θ Ε ΜΑ 3° Έστω κυρτή γωνία χόy . Εντός αυτής θεωρούμε τις ημιευθείες . Ox1 ,0y1 έτσι ώστε

Α

Α Α xOy χ0χ1 = y10y < -3- . Πάνω στις ημιευθείες

Οχι ' Οyι θεωρούμε σταθερά σημεία Κ, Λ ,αντίστοιχα, έτσι ώστε ΟΚ = ΟΛ. Αν τα σημεία Α και Β κινούνται πάνω στις πλευρές Οχ και Oy , αντίστοιχα, έτσι ώστε Α ;:;; Ο ,Β ;:;; Ο και το εμβαδόν του πολυγώνου ΟΑΚΛΒ να παραμένει σταθερό , να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΟΑΒ διέρχονται από σταθερό σημείο, διαφορετικό του Ο.

Λύση Έχουμε ΕοΑΚΛΒ = ΕοΑΚ + ΕοΚΛ + ΕοΛΒ ( 1 ) Έστω ΚΚ' .l Οχ και ΛΛ' .l Oy . Το εμβαδόν

Δ του Ο Κ Λ είναι σταθερό, έστω Ει , αφού Κ, Λ είναι δεδομένα σταθερά σημεία. Παρατηρούμε ότι:

ΕοΑΚ = .!_ :ΚΚ' · ΟΑ και ΕοΛΒ = .!_ ΛΛ' · ΟΒ . Τα 2 2

Δ Δ τρίγωνα Ο Κ Κ' και Ο Λ Λ' είναι ίσα, ως ορθογώ-νια με ΟΚ = ΟΑ και χ0χ1 = y10y . Άρα ΚΚ' =

ΛΛ'=d σταθερό. ο

Χι y ι

Τελικά έχουμε ΟΑ · ΚΚ' ΟΒ · ΛΛ'

-�- + ΕοΚΛ + = ΕοΑΚΛΒ => 2 2

1 θ ' => - · (ΟΑ + ΟΒ) · d = ΕοΑΚΛΒ - Ε0ΚΛ = ρ = στα ερο 2

2 2ρ θ ' πότε: ΟΑ + ΟΒ = - · ρ = - στα ερο. d d

Άρα αναγόμαστε στο πρόβλημα :

ο

Έστω κυρτή γωνία χόy . Α ν Α Ε Οχ με Ο * Β

και ΟΑ + ΟΒ = 2ρ σταθερό οι περιγεγραμμένοι d

Δ κύκλοι των τριγώνων Ο Α Β διέρχονται από στα-θερό σημείο διαφορετικό του Ο. Άρα έχουμε α ' τρόπος: Θεωρούμε την διχοτόμο Οδ. Τα Α, Β βρίσκονται εκατέρωθεν αυτής. Επομένως ο περιγεγραμμένος κύκλος

Δ περί τα Ο Α Β την τέμνει, έστω στο σημείο Δ.

ο

Έστω ΑΡ=ΟΒ. Τότε ΟΑ+ΟΒ = ΟΑ+ΑΡ = ΟΡ = 2ρ θ ' - , στα ερο. d

Δ Δ Συγκρίνουμε τα τρίγωνα Ο Δ Β και Δ Α Ρ τα ο-

ποία έχουν: (ι) ΔΒ=ΔΑ, (ιι) ΟΒ=ΑΡ και (ιιι) 6ΒΔ = ΡΜ (από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΟΑΔΒ). Άρα τα τρίγωνα αυτά είναι ίσα. Επομένως ΟΔ=ΔΡ, οπότε το Δ ανήκει και στη μεσοκάθετη του ΟΡ. Τελικά το σημείο Δ ορίζεται ως τομή δύο σταθερών γραμμών, της διχοτόμου και της μεσοκάθετης του ευθυγράμμου τμήματος ΟΡ. β ' τρόπος:

Α Α χόy , ' ΔΑΒ = ΔΒΑ = -- • Άρα το τριγωνο 2

Δ Δ Α Β που

είναι ισοσκελές διατηρεί τις γωνίες του . Επομένως


-------------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί -------------

είναι όμοιο προς τον εαυτό του. Δηλαδή ΑΔ ΒΔ θ , - = - = t στα ερο. ΑΒ ΑΒ Από το Θεώρημα του Πτολεμαίου ΟΔ · ΑΒ = ΑΔ · ΟΒ + ΔΒ · ΟΑ �

ΑΔ ΔΒ � ΟΔ = -ΟΒ + -ΟΑ � ΑΒ ΑΒ

� ΟΔ = t(OB + OA) � ΟΔ = 2 · ρ · t σταθερό. d

ΘΕΜΑ 4° Δίνεται ότι ο αριθμός k είναι θετικός ακέραιος και ότι η εξίσωση

χ3 + y3 _ Zy(x2 _ xy + y2 ) = k2 (x _ y) (1)

έχει μία λύση (x0 , y0 ) , με x0 , y0 Ε Ίl: και χ0 '* Υ 0 • Ν α αποδείξετε ότι :

(α) η εξίσωση (1) έχει πεπερασμένο πλήθος λύσεων (x, y) με x,y Ε Ζ και χ '* y .

(β) είναι δυνατόν να προσδιορίσουμε 11 επιπλέον διαφορετικές λύσεις (Χ, Υ) της εξίσω-σης (1), με Χ, Υ Ε z* και Χ '* Υ , όπου οι Χ, Υ είναι συναρτήσεις των x0 ,y0 •

Λύση Η εξίσωση ( 1 ), για χ '* y , είναι ισοδύναμη

προς την εξίσωση χ 2 - xy + y2 = κ2 (2)

α) Αν (x, y) E Z x Z με Χ '* Υ είναι μια λύση της (2), τότε 2κ2 = 2χ2 - 2xy + 2y2 = = (χ - y)2 + χ2 + y2 � χ2 + y2 , οπότε θα είναι ( αφού και χ '* y )

χ 2 + y2 < 2κ2 ή �χ 2 + y2 < κ.J2 (3) Επίσης θα έχουμε κ2 =χ2 -xy+r <χ2 +r +xy:::;

2 2 3 2 2 χ + Υ ( 2 2 ) :::; χ + y + 2 = 2 χ + y οπότε θα είναι ( αφού χ '* y )

χ2 + y2 > 2κ2 <::::> �χ2 + y2 > κ.J6 (4) 3 3 οπότε κάθε ακέραια λύση (χ, y) χ '* y , βρίσκεται εντός του Δ = +0,0), κ� , κ.Γz}

της (2) με δακτυλίου

Επειδή ο δακτύλιος Δ περιέχει πεπερασμένο

πλήθος σημείων με ακέραιες συντεταγμένες, έπεται ότι και η εξίσωση ( 1 ) έχει πεπερασμένο πλήθος ακέραιων λύσεων (χ, y) με χ '* y .

β) Για χ '* y η εξίσωση ( 1 ) είναι ισοδύναμη με την εξίσωση (2) . Έστω (x0 , y0 ), x0 , y0 E Z με Χο '* Υο και x0y0 '* Ο μια λύση της (2) . Τότε: χ� - ΧοΥο + Υ ο = Κ2 <::::> (χο - Υο )2 + ΧοΥο = Κ2 <::::> ( -χο + Υο )2 - (- + Υ οΧ -χο ) + ( -χο )2 = Κ2 <::::> (-χ0 + Υ ο - χ0 ) είναι ακέραια λύση της (2) με -χ0 + y0 '* -χ0 και (-χ0 + y0 )(-x0 ) '* Ο . Έτσι με αυτήν τη διαδικασία, λαμβάνουμε: (ΧοΥο) /ώση της (2) �(-Χο +yo,-Xo) /ώση της (2) �(-<-χα +Υο) -χο,--{-Χο +yo)) = (-Yo·Xo -yo) /ώση της (2) � (Υ ο + Χο - Υ ο · Υ ο ) = (χο , Υ ο ) λύση της (2) δηλαδή από την ακέραια λύση (χ0 + y0 ) της (2) με χ0 '* Υ ο και x0y0 '* Ο , προκύπτουν άλλες δύο διαφορετικές λύσεις της (2) της ίδιας μορφής, οπότε έχουμε τις διαφορετικέ λύσεις: Lι = {<χο , Υ ο ), (-χο + Υο · -χο ), (-yo , Xo - Υ ο )} · Από τη μορφή της εξισώσεις (2) παρατηρούμε ότι αν (x0 , y0 ) είναι μια ακέραια λύση της (2) με χ0 '* y0 και x0y0 '* Ο , τότε και (y0 , x0 ) εί-ναι επίσης λύση της (2) της ίδιας μορφής, οπότε έχουμε για την (2) τις λύσεις

-{(xo , Yo ), (yo , xo ), (-xo + Yo · -xo ), }

Lι - (-χο , -Χο + Υ ο ) , (-yo , Xo - Υ ο ), (χο - Υο · -Υο )

Επιπλέον, αν (χ0 , y0 ) είναι μια ακέραια λύση της (2) με χ0 -:F Υ ο , x0y0 '* Ο , τότε και το ζεύγος (-x0 , -y0 ) είναι επίσης λύση της (2) του ίδιου . τύπου , οπότε έχουν προκύψει συνολικά 1 2 διαφbρετικές λύσεις (χ, y) της (2) με χ '* y , xy '* Ο και οι x,y συναρτήσεις των x0y0 . Εύκολα διαπιστώνουμε, από τις δεδομένες συνθήκες του προβλήματος, ότι οι 1 2 παραπάνω λύσεις είναι διαφορετικές.

Παρατήρηση Σχετικά με το ερώτημα ( 1 ), είναι αρκετή για

την απόδειξη του η ανισότητα (3) . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/21

-------------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί --------------

Επίσης μπορούμε να εργαστούμε ως εξής : Θεωρούμε τη δευτεροβάθμια εξίσωση (2)

πρέπει να έχει λύσεις στο IR , ως προς χ , οπότε πρέπει η διακρίνουσα του τριωνύμου να

είναι μη αρνητική. Αυτό οδηγεί στην σχέση _ 2k J3 :::;

Υ :::; 2k J3

3 3

Η σχέση όμως αυτή δεν είναι αρκετή για να είναι οι λύσεις της εξίσωσης (2) πεπερασμένου πλήθους. Έτσι εργαζόμενοι ομοίως λαμβάνουμε και τη σχέση

2kJ3 2kJ3 - -- < χ < --

3 - - 3 ' οπότε πλέον οι πιθανές λύσεις της εξίσωσης

(2) φράσσονται εντός τετραγώνου.

«ΛΕΥΚΟΠΟΥ ΛΕΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΠΙΘΑΝΟ

ΤΉΤΩΝ» 12 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ 2005

ΘΕΜΑ 1° Δέκα μαθητές/τριες κέρδισαν, σε ένα διαγωνισμό, να πάνε ένα ταξίδι στο εξωτερικό. Οι 6 θα πάνε στην Ιταλία και οι 4 στην Αυστρία. Υπάρχουν 10 κλήροι, στους 6 είναι γραμμένο το όνομα Ιταλία και στους 4 το όνομα Αυστρία. Κάθε μαθητήςΙτρια, με αλφαβητική σειρά, παίρνει έναν κλήρο, χωρίς επανάθεση. α) Αν ο Κώστας και η Μαρία είναι μέλη της

ομάδας των 10 μαθητών/τριών, ποια η πιθανότητα να κληρωθούν για την ίδια χώρα;

β) Ο Κώστας ήταν τρίτος στη σειρά και η Μαρία πέμπτη και θεώρησαν ότι έτσι αδικήθηκαν από την κλήρωση, είχαν δίκιο;

Λύση α) Αν ορίσουμε τα ενδεχόμενα Α1={0 Κώστας πάει

στην Ιταλία}, B l={H Μαρία πάει στην Ιταλία}, Α2={0 Κώστας πάει στην Αυστρία}, Β2={Η Μαρία πάει στην Αυστρία}, D={O Κώστας και η Μαρία πάνε στην ίδια χώρα}, τότε: P(D) = Ρ(Α1 n Bl) + Ρ(Α2 n Β2) = = � - � + ..±_� = 42 = 2_ = 0.4667 10 9 10 9 90 1 5 Άλλος τρόπος: Υπάρχουν (1�) = 2 10 ομαδο-ποιήσεις (δυνατότητες) να πάνε 4 στην Αυστρία και 6 στην Ιταλία. Αν αφαιρέσουμε τον Κώστα και τη Μαρία, υ-

πάρχουν (:) = 70 δυνατότητες να πάνε, από τους 8, οι 4 στην Ιταλία και 4 στην Αυστρία. Αν τώρα προστεθούν ο Κώστας και η Μαρία στους 4 που πάνε στην Ιταλία, τότε υπάρχουν 70 δυνατότητες να πάνε ο Κώστας και τη Μαρία στην Ιταλία. Ομοια υπάρχουν ( �) = 28 δυνατότητες να πάνε

και οι δύο στη Αυστρία. Επομένως η ζητούμενη θ , , Ρ 70 + 28 7 πι ανοτητα ειναι, = 2 10 = 1 5

β) Α ν ο Κώστας και η Μαρία παίρνουν από ένα κλήρο στη σειρά i, j αντίστοιχα, που γράφει Ιταλία, τότε από τους υπόλοιπους 8 πηγαίνουν στην Ιταλία 4 και στην Αυστρία 4, οπότε το πλήθος των περιπτώσεων να πάνε στην Ιταλία είναι (:) = 70 , ενώ το πλήθος όλων των περι-πτώσεων είναι ( 1�) = 2 10 . Επομένως η πιθα

νότητα να πάρουν και οι δύο κλήρο που να , Ι λ' , n 70 ξ ' αναγραφει τα ια ειναι η = 210 , ανε αρτητο

από τη σειρά με την οποία πήρε ο καθένας τον κλήρο. Ομοια η πιθανότητα να πάνε και οι δύο στην Αυστρία είναι ανεξάρτητη από τη σειρά που παίρνουν τον κλήρο.


-------------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί --------------

Επομένως δεν είχαν δίκιο να διαμαρτύρονται ότι αδικήθηκαν από την κλήρωση.

ΘΕΜΑ 2° Στην εξέταση ενός μαθήματος υπάρχουν 10 ερωτήσεις και σε κάθε ερώτηση υπάρχουν 3 απαντήσεις, από τις οποίες η μία είναι σωστή. Ένας μαθητής, που έχει μελετήσει μέρος του μαθήματος, γνωρίζει τη σωστή απάντηση σε 3 ερωτήσεις, στις άλλες 7 ερωτήσεις επιλέγει τυχαία την απάντηση. α) Ποια η πιθανότητα ο μαθητής να απαντή

σει σωστά τουλάχιστον σε 9 από τις 10 ερωτήσεις και να πάρει άριστα;

β) Αν στις εξετάσεις μετείχαν 10.000 μαθητές, που είχαν τι ίδιες γνώσεις με τον προηγούμενο μαθητή, πόσοι αναμένεται να απαντήσουν σωστά σε τουλάχιστον 9 από τις 1 Ο ερωτήσεις και να πάρουν άριστα;

Λύση α) Η πιθανότητα να απαντήσει ο μαθητής σωστά

σε μια ερώτηση, στην οποία δεν γνωρίζει την απάντηση, είναι 1/3 . Η πιθανότητα να απαντήσει σωστά στις υπό-λοιπες 7 ερωτήσεις είναι (_!_)7 = -1- . Επί-

3 3 1 87 σης η πιθανότητα να απαντήσει σωστά στις 6

' 7 ' ' 7( 1)6(2) 1 4 απο τις ερωτησεις ειναι - -

= -- .

3 3 3 1 87 Επομένως η ζητούμενη πιθανότητα είναι: Ρ = l + l4 = 0 .0047 .

3 1 87 β) Αν οι εξεταζόμενοι μαθητές, που είχαν μελετή

σει μέρος του μαθήματος, ήταν 10000, τότε θα περιμέναμε 47 από αυτούς να πάρουν άριστα, δηλαδή να απαντήσουν σωστά στις 9 τουλάχιστον από τις 10 ερωτήσεις.

ΘΕΜΑ 3° Μας ενδιαφέρει να εξετάσουμε το μήνα των γενεθλίων για μια ομάδα από 5 άτομα {φυφ2 ,φ3 ,φ4 ,φ5 } , που επιλέγονται τυχαία.

Υποθέτουμε ότι και οι 12 μήνες του έτους

{α1 ,α2 , ... ,α12 } είναι το ίδιο πιθανοί ως μήνες γενεθλίων. Να υπολογισθούν οι πιθανότητες, (α) ένα ακριβώς άτομο να έχει γενέθλια τον Ιανουάριο και δύο ακριβώς άτομα τον Ιούλιο, (β) Σε καθέναν από τους μήνες Μάρτιο και Ιούνιο να έχει γενέθλια ένα τουλάχιστον άτομο, (γ) σε καθένα από τους μήνες Σεπτέμβριο, Οκτώβριο και Νοέμβριο να έχει γενέθλια ένα τουλάχιστον άτομο.

Λύση α) Έστω Α το συγκεκριμένο ενδεχόμενο. Το πλή

θος των περιπτώσεων να έχει γενέθλια ένα ακριβώς άτομο, από τα 5 , τον Ιανουάριο και δύο ακριβώς τον Ιούλιο είναι Ν(Α) = (:) (�) 102 = 5 · 6 · 102 . Το σύνολο των περιπτώσεων είναι Ν = 1 25 , τότε η ζητούμενη πιθανότητα είναι Ρ(Α) = Ν(Α) = 5 · 6 · 102 = � = 0.0 12 . Ν 125 10368

β) Αν Αι και Α2 είναι τα ενδεχόμενα να μην υπάρχει άτομο με γενέθλια στους μήνες Μάρτιο, Ιούνιο, αντίστοιχα, τότε η ζητούμενη πιθανότητα είναι Ρ(Α;Α; ) = 1 - Ρ(Α1 υ Α2 ) =

= 1 - Ρ(Αι ) - Ρ(Α2 ) + Ρ(Α1Α2 ) =

1 15 105 = 1 - 2-+-= 0. 107 1 25 125 γ) Αν Αι , Α2 και Α3 είναι τα ενδεχόμενα να μην

υπάρχει άτομο με γενέθλια τους μήνες Σεπτέμβριο, Οκτώβριο, Νοέμβριο, αντίστοιχα, τότε η ζητούμενη πιθανότητα είναι Ρ(Α;Α;Α; ) = 1 - Ρ(Α1 υ Α2 υ Α3 ) =

= 1 - {Ρ(Αι ) + Ρ(Α2 ) + Ρ(Α3 ) } +{Ρ(ΑιΑ2 ) + Ρ(ΑιΑ3 ) + Ρ(Α2Α3 ) } - Ρ(ΑιΑ2Α3 )

1 15 105 95 = 1 - 3-+ 3---= 0.0267 . 1 25 125 1 25

Για το Δ.Σ. του Ελληνικού Στατιστικού Ινστιτού

του (ΕΣΙ) Στρατής Κουνιάς ομ. καθηγητής Παν. Αθηνών

Χαράλαμπος Χαραλαμπίδης, καθηγητής τμήμα Μαθηματικών, Παν. Αθηνών.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη' τ.4/23

Μαθ ηματ ι κά για την Α. e> τάξη το υ Λυκείου

Α Επανάληψη �λ γεβpας Χρήστος Λαζαρίδης

Εισαγωγή Το παρακάτω άρθρο είναι επαναληπτικό της Άλγεβρας Α ' Λυκείου.

Σημειώνουμε ότι αρκετές από τις ασκήσεις αντιμετωπίζονται και με άλλους τρό{rους. Έγινε προσπάθεια

για την κάλυψη όλης της αντίστοιχης ύλης.

Στο τέλος υπάρχουν προτεινόμενες ασκήσεις με απαντήσεις- υποδείξεις.

Ασκήσεις 1 . i ) Να aπλοποιήσετε την παράσταση

χ2 - 1 χ2 - 3χ + 2

ί ί ) Ν α αποδείξετε ότι: 20042 - 1 2005 ------:----- =

20042 - 3. 2004 + 2 2002

Λύση i) -x2 - l = (x - 1) ( x + 1)

-χ2 '- 3Χ + 2 = χ2 - Χ - 2Χ + 2 = = χ (χ - 1) - 2 ( χ - 1) = (χ - 1) ( χ - 2) Η παράσταση ορίζεται αν χ * 1 και χ * 2 . 'Ε (χ - 1)(χ + 1) χ + 1 χουμε: =--(χ - 1)(χ - 2) χ - 2

ί ί ) Από το (i) για χ = 2004 έχουμε: 2004 2 - 1 2004 + 1 2005

------- - -20042 - 3 · 2004 + 2 - 2004 - 2 - 2002 2. ί) Αν x,y * Ο και χ > y να συγκρίνετε τους

αριθμούς χ3 - y3 και xy2 - x2y •

i i) Να αποδείξετε ότι: 20043 - 20013 > 2004. 20012 - 2001 · 20042

Λ\Jση i) (x3 - y3 ) - (xy2 - x2y) = x3 - y3 - xy2 + x2y =

χ(χ2 _ y2 ) + y(x2 _ y2 ) = (χ2 _ /)(χ + y) = (χ - y)(χ + y)2 > 0 , διότι x , y =F- 0 και x > y . Άρα, χ3 - y2 > xy2 - x2y .

i i ) Από το (i) για χ = 2004 και y = 2001 , προκύπτει: 20043 - 20013 > 2004 · 20012 - 2001 · 20042

3. Να αποδείξετε ότι: i ) (α2 + β2 )(γ2 + δ2 ) � (αγ + βδ)2

i i ) �(χ2 + 5)(y2 + 7) � lxy + .J3SI Λύση

i ) Για να δείξουμε την ( 1 ) , αρκεί να δείξουμε ότι: αγ2 + α2δ2 + β2γ2 + β2δ2 � α2γ2 + β2δ2 + 2αγβδ ή α2δ2 + β2γ2 - 2αγβδ � Ο , ή (αδ - βγ)2 � 0 . Ισχύει.

ί ί ) Εφαρμόζουμε το i) για χ = α, .J5 = β, y = γ και J7 = δ . (χ2 + 5)(y2 + 7) "?. (xy + .J5J7)2 ::::::? �<χ2 + 5)(y2 + 7) � �(xy + m)2 = Ιχy + m ι .

4. ί ) Να λύσετε την εξίσωση λχ + 25 = λ2 + 5χ , όπού λ e IR (1)

i i ) Αν χ0 είναι η λύση της (1) για λ = J2 , να αποδείξετε ότι: χ0 ( J2 - 5) = -23 .


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Λύση

i ) (1) � λχ - 5χ = � - 25 � (λ - 5)χ = (λ - 5)(λ + 5)

• λ - 5 :;t: Ο � λ :;t: 5 χ = λ + 5

• λ - 5 = 0 � λ = 5 Οχ = Ο. Αόριστη .

i i) Αν λ = .J2 :;ι 5 , εφαρμόζουμε το (i), οπότε χ0 = λ + 5 = .J2 + 5 . Τελικά, χ0 ( .J2 - 5) = ( .J2 + 5)( .J2 - 5) = .J22 - 52 = 2 - 25 = -23 .

5. i) Να λυθεί το σύστημα των ανισώσεων. χ( χ + 1) > χ2 + 1 και χ < Ο

i i) Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει αρνητικός ακέραιος ο οποίος πολλαπλασιαζόμενος με τον επόμενό του να είναι μεγαλύτερος του τετραγώνου του αυξημένο κατά 1.

Λύση

i ) χ( χ + 1) > χ2 + 1} � χ2 + χ > χ2 + 1} � χ > 1 } χ < Ο χ < Ο χ < Ο ο 1

-.. �J J '-----_ ..

Το σύστημα είναι αδύνατο . ii) Έστω ότι υπάρχει τέτοιος ακέραιος χ, τότε,

χ(χ + 1) > χ2 + 1} , , . Το συστημα, οπως διαπι-χ < Ο στώσαμε στο (i) είναι αδύνατο, άρα δεν υπάρχει τέτοιος ακέραιος.

6. i) Να αποδείξετε ότι α2 + β2 � αβ . Πότε ισχύει η ισότητα;

ii) Να δείξετε ότι

α2 + β2 + γ2 � αβ + βγ + γα 2

ίίί) Αν ισχύει (χ - 2)2 + ( 4y - 1)2 = (χ - 2)( 4y - 1) '

τότε να υπολογίσετε τους χ, y.

Λύση

i) Για να δείξουμε ότι α2 + β2 � αβ , αρκεί να δεί-

ξουμε ότι: 2α2 + 2β2 - 2αβ � Ο , αρκεί (α - β)2 + α2 + β2 � Ο , ισχύει. Βρίσκουμε εύκολα ότι το = ισχύει αν α = β = Ο.

i i ) Από (i) έχουμε: {α2 + β2 � αβ β2 + γ2 � βγ γ2 + α2 � γα

Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει 2( α2 + β 2 + γ2 ) � α β + βγ + γα � 2 β2 2 > αβ + βγ + γα α + + γ - . 2

ίίί) Από (i) για α = χ - 2 και β = 4y - 1 , διαπιστώσαμε ότι η ισότητα ισχύει αν α = β = Ο, άρα

7.

i )

i i )

χ - 2 = 0 } Χ = 2 } 4y - 1 = 0 � y =�

i) Ν α υπολογίσετε τα αναπτύγματα

( χ -�Υ και (yh -�)2 . . ) Α 2 9y2

2 1 Ο ιι ν χ - xy + - - y + - = 4 2 ' να απο-

δ 'ξ ' 1 1 ει ετε οτι χ = - και y = - . 4 2

Λύση

• (χ -�)2 = x2 - xy + : • (y.fi --1 )2 = 2y2 - 2y.J2-1 + .!..

.J2 .J2 2 2 1 = 2y - 2y + -2

2 9y2 1 χ - xy +--2y + - = 0� 4 2 [ χ2 - xy + :) + ( 2y2 - 2y +�) = o�

(x -�)2 + (y.J2-�Ι = 0�

Υ } I }

Χ -- = 0 Χ = -2 4 1 � 1 .

y.fi- .J2 = Ο Υ = 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη' τ.4/25

Μαθηματικά Α' Λυκείου

8, i ) Να αποδείξετε ότι: lα2 + 2α + 81 = lα2 + 2α + 21 + 6

i i ) Ν α λύσετε την εξίσωση: 2 Ιχ2 + 2χ + sΙ = Ιχ2 + 2χ + 21 + 12

Λι)ση ; ) Ια2 + 2α + 21 + 6 = 1(α2 + 2α + 1) + 11 + 6 =

Ι cα + 1)2 + 11 + 6 = (α + 1)2 + 1 + 6 = α2 + 2α + 8 lα2 + 2α + 81

( i) ni ) (1)<=> 2cl x2 + 2χ + 21 + 6) = Ιχ 2 + 2χ + 21 + 1 2

<==> 2 Ιχ 2 + 2χ + 21 + 1 2 = Ιχ2 + 2χ + 21 + 12 <::? Ι χ 2 + 2χ + 2 1 = ο <::? <::? χ 2 + 2χ + 2 = ο <::? χ 2 + 2χ + 1 + 1 = ο <::? <==> (χ + 1)2 + 1 = Ο . Αδύνατη .

n ) Ν α λύσετε την εξίσωση l lxl + Ι χ - 11 1 = 2 lxl (1)

Ώ ! Έστω τα διαφορετικά Α(α, 0), Β(2α, Ο) και Γ(l, 0). Να εξετάσετε αν είναι δυνατόν να συμβαίνει:

(ΑΒ) + (ΑΓ) = 2(0Α) , όπου Ο η αρχή των αξόνων

Λύση Ο l x l + l x - 11 > 0 , άρα

(1) <==> l x l + lx - 11 = 2 l x l <==> lx - 11 = l x l <==> χ - 1 = χ ή χ - 1 = -χ <==> -1 = Ο αδύνατο ή

1 2χ = 1 <::? χ = -2 ; i ; (ΑΒ) = �(2α - α)2 + (0 - 0)2 = Ν = lαl

(ΑΓ) = �(α - 1)2 + (0 - 0)2 = lα - 11 (ΟΑ) = �(α - 0)2 + (0 - 0)2 = lαl Έστω ότι ισχύει (ΑΒ) + (ΑΓ) = 2(0Α) =?

(i) 1 Ιαi + Ια - 11 = 2 1αΙ�α = 2 .

Αν α = .!._ , τότε, B( l , 0) δηλαδή Β , Γ συμπί-2 πτουν πράγμα άτοπο.

Ι Ο. Να λυθούν οι εξισώσεις: i ) l lxl - 11 = χ (1) ii) l lxl - 11 = -x (2)

Λύση i ) • χ < Ο .

Η ( 1 ) είναι αδύνατη. • χ � Ο , άρα l x l = χ . (1) <==> l l x l - 1 1 = lx l <==> l x l - 1 = χ ή lx l - 1 = -χ <==> χ - 1 = χ ή χ - 1 = -χ <==> -Ι = Ο Αδύνατο ή

1 2χ = 1 <::? χ = -2 Τελικά, χ = .!._ . 2

i i ) (2) <::? 1 1-x l - 11 = -χ (Ισχύει: Ι-χ Ι = I χ Ι ) Θέτουμε y = -χ οπότε έχουμε την εξίσωση

( ί ) 1 I I Y I - 1 1 = y<=>y = 2 Τελικά -χ = .!._ <==> χ = _.!._ . ' 2 2

1 1 . i ) Να βρεθεί το ανάπτυγμα (2 + J3)2 • i i ) Να λύσετε την εξίσωση

χ2 - 4J3 = 6 + 2χ (1) Λύση

i ) (2 + J3 )2 = 22 + 2 . 2 . J3 + ( J3 )2 = 7 + 4J3 . i i ) (1) <::? χ2 - 2χ = 6 + 4J3 <::?

<::? χ2 - 2χ + 1 = 7 + 4J3 <::? (χ -1)2 = (2 + J3)2 χ - 1 = -(2 + J3) ή χ - 1 = 2 + J3 <::? x = -1 -J3 ή x = 3 + J3 .

1 2. i ) Έστω η παράσταση Α = .Jx - 1 + .J1 - χ . Να αποδείξετε ότι Α = Ο.

i i ) Να λύσετε την εξίσωση �lxl - 1 + �1 - lxl = 1 (1)

Λί>ση i ) Οι περιορισμοί είναι:

χ - 1 � ο} χ � 1} <::? <::? Χ = 1 . 1 - χ � Ο χ � 1 Η παράσταση Α ορίζεται μόνο για χ = 1 . Α ν χ = 1 τότε Α = .J1=l + .J1=l = Ο .



ii) Το πρώτο μέλος της ( 1 ) είναι η παράσταση Α, αν θέσουμε όπου χ το l x l . (1) � Ο = 1 , που προφανώς είναι αδύνατη .

13. ί) Να αποδείξετε την ισοδυναμία Ι α + Pl = Ια l + IP I � αβ :?: Ο ·

ii) Αν lx + 11 = lxl + 1 , να λύσετε την εξίσω-

ση J;ϊ + �(χ + 2)2 = 4 (1) Λύση

i) Ι α + βl = Ιαl + Ιβ l � Ι α + β 12 = (Ιαl + Ιβ 1)2 � (α + β)2 = ( Ια l + lβ l)2 � α2 + 2αβ + β2 = Ια l2 + 2 lα l lβ l + lβ l2 � 2αβ = 2 lαβ1 � Ιαβ l = αβ � αβ :?: Ο

ii) • Ι χ + 1 1 = lx l + 1 ' άρα από i) συμπεραίνουμε ότι

χ · 1 :?: 0 ή χ � Ο . (1) � l x l + lx + 2 1 = 4 � χ + χ + 2 = 4

( χ :?: Ο και χ + 2 :?: Ο ) � 2χ = 2 � χ = 1 .

14. ί) Να λυθεί η ανίσωση χ6 + 2χ3 :::::; -1 .

ii) Ομοίως η ανίσωση 4χ4 + 25 ;?: 20χ2

Λύση

i) χ6 + 2χ ::ς -1 � (χ3 )2 + 2χ3 + 1 ::s; Ο � (χ3 + 1)2 ::ς ο � χ3 + 1 = 0 � χ3 = -1 �

χ = -1 . ii) 4χ4 + 25 � 20χ2 �

(2χ 2 )2 + 52 - 2 . 2χ 2 . 5 � ο � (2χ 2 - 5)2 � Ο : αόριστη, δηλαδή ισχύει για κάθε πραγματικό αριθμό χ.

15. Δίδεται η σχέση Ιχ2 - yl + y = Ο (1). ί) Να αποδείξετε ότι y :::::; Ο . ii) Να υπολογίσετε την τιμή του χ.

Λύση

i) (1) � Ιχ2 - y l = -y . Το πρώτο μέλος είναι με-

γαλύτερο ή ίσο του Ο, άρα και το δεύτερο, επομένως -y � Ο � y :::::; Ο .

ii) y ::ς O � -y :?: O , χ2 :?: 0 άρα χ2 - y :?: O επομέ-

νως Ιχ2 - Yl = χ2 - Υ . (1) � χ2 - y + Υ = 0 � χ2 = 0 � χ = 0 .

16. Να λυθούν οι εξισώσεις i) Ιχ2 - Sx + 61 + (χ - 3)2 = Ο (1). ii) lx - 4y + 71 = - l3x - y - 11 (2)

Λύση

ί) Ιχ2 - 5χ + 6 Ι . (χ - 3)2 :?: ο

(1) � χ2 - 5χ + 6 = 0} �

χ - 3 = 0 χ = 3 ή χ = 2} � χ = 3 . χ = 3

ii) (2) � lx - 4y + 7 1 + l3x - y + 1 1 = Ο � ,

x - 4y + 7 = 0}� x - 4y = -7}�

χ = 1 } 3x - y - 1 = 0 3x - y = 1 y = 2

17. Δίνονται οι ευθείες ει, ε2 με εξισώσεις 1 y = (λ2 - λ)χ + 1 , y = --x + 1 αντίστοιχα. 2

Αν η ει διέρχεται από το σημείο Α(1, 3), τότε, i) να αποδείξετε ότι οι ει, ε2 είναι κάθετες. ii) να εξετάσετε αν είναι δυνατόν οι ευθείες

να είναι παράλληλες.

Λύση

Η ει διέρχεται από το σημείο A( l , 3) άρα 3 = (λ2 - λ) · 1 + 1 � λ2 - λ + 1 = 3 � λ2 - λ = 2 ( 1 )

ί) Οι ε ι , ε2 έχουν αντίστοιχα συντελεστές διευ-

θύνσεως λ 2 - λ , _

.!_ αντίστοιχα. 'Ε χουμε:

2

αι · α2 = (λ2 - λ> ( -�)� 2( -�) = -1

άρα οι ε ι , ε2 είναι κάθετες. ίί) Έστω ότι οι ευθείες είναι παράλληλες, τότε,

λ2 - λ = -.!_

� 2 = -.!_

αδύνατο 2 2 '

Άρα δεν υπάρχει τιμή του λ, ώστε οι ε ι , ε2 να είναι παράλληλες.

λχ - y = λ - 1 } 18. Δίνεται το σύστημα , όπου -χ + λy = λ - 1 λ ε JR . i) Να λυθεί το σύστημα.



i l ) Να λυθεί το σημείο των ευθειών με εξισώσεις y = xJ2 - J2 + 1 και yJ2, = x + J2 - 1 .

Λi>ση

i ) D = ι λ - 1 1 = λ2 - 1 = (λ - 1)(λ + 1) -1 λ D = ι λ - 1 -1 1 = λ(λ - 1) + (λ - 1) = (λ - 1)(λ + 1) χ λ - 1 λ D = ι λ λ - 1 ι = λ( λ - 1) + (λ - 1) =

Υ -1 λ - 1 (λ - 1)(λ + 1) I) D :;t: Ο <=> λ :;t: 1 και λ :;t: -1

D. } χ =υ <=> χ = 1} D y = 1 y =-y D

11) D :;t: Ο <=> (λ - 1)(λ + 1) = Ο <=> λ = 1 ή λ = -1 .

"' λ = 1 Το σύστημα γίνεται:

. χ - Υ = Ο } <=> χ - Υ = Ο} <=> χ - Υ = Ο <=> χ = Υ . -x + y = O x - y = O Το σύστημα είναι αόριστο, με λύσεις, (x , y) = (y, y), y E IR . !}) λ = -1 Το σύστημα γίνεται: -χ - Υ = -2} <=> -χ - y = -2 <=> χ = 2 - y . -χ - y = -2 Το σύστημα είναι αόριστο με λύσεις, (x , y) = (2 - y, y), y Ε IR .

n i ) Θεωρούμε το σύστημα των εξισώσεών τους. x.fi- y = .fi - 1 } -χ + y.fi = .fi - 1 Το σύστημα αυτό προκύπτει από το σύστημά του (i) αν θέσουμε λ = J2 . J2 :;t: 1 και J2 :;t: -1 , άρα σύμφωνα με το i) το σύστημα έχει τη λύση χ = 1 , y = 1 . Τελικά οι ευθείες τέμνονται στο σημείο ( 1 , 1 ) .

fί! 'Εστω η συνάρτηση f(x) = .Jαχ2 + 2 της οποίας η γραφική παράσταση διέρχεται

από το σημείο της f. ί ) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f. ίί) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράστα

ση της f έχει άξονα συμμετρίας τον y Ύ. Λύση

i) Η γραφική παράσταση διέρχεται από το σημείο A( l , 1 ) αν και μονο αν f (l) = 1 <=> .Jα · 12 + 2 = 1 <=> να + L = 1 <=> <=> α = -1 . r-:-;:; {α + 2 � Ο

α + 2 = 1 Άρα: f (x) = .J-x2 + 2 . Πρέπει και αρκεί: -χ2 + 2 � Ο <=> χ2 ::; 2 <=> jx j ::; J2 <=> -.fi ::; χ ::; J2 .

Άρα: A = [-.J2,.J2] . ii) • Για κάθε χ E [-.J2,.J2] , -χ E [-.J2,.J2J

• f (-x) = �-(-x)2 + 2 = .J-x2 + 2 = f (x) , για

κάθε χ Ε Α . Συμπεραίνουμε ότι η f είναι άρτια, άρα η γραφική της παράσταση έχει άξονα συμμετρίας τον y 'y.

20. Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού Α = [-4, 4], είναι περιττή και f(2) = -3. ί ) Να υπολογίσετε τις τιμές f(O) και f(-2). i i) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

[f( -1) + f(l)]x + f( -2) = f(O) είναι αδύνατη

Λύση Η f είναι περιττή, άρα f (-x) = -f (x) για κάθε

χ Ε Α ( 1 ) . i) • Η ( 1 ) για χ = Ο γίνεται:

f (O) = -f (O) <=> 2f (O) = Ο <=> f (O) = Ο . • f (-2) = -f (-2) = -(-3) = 3 ο

i i) f (-1) = -f (-1) <=> f(-1) + f (l) = 0 . Η εξίσωση γράφεται: Οχ + 3 = Ο<=> Οχ = -3 , αδύνατη .

21 . Δίνεται η συνάρτηση f(x) = χ3 + χ . i) Να αποδείξετε ότι η f είναι περιττή. ί ί ) Αν A(J3,r(J3)) , B(-J3,f(-J3)) δύο

σημεία της γραφικής παράστασης της f, να αποδείξετε ότι ( ΑΒ) = 2JSϊ •



Λύση

i) Το πεδίο ορισμού της f είναι το IR . • Για κάθε χ Ε IR , -χ Ε IR . • f (-x) = (-x)3 + (-x) = -x3 - x = = -(χ3 + χ) = -f (x) , για κάθε χ Ε IR .

Άρα η f είναι περιττή . i i) Η f είναι περιττή άρα η γραφική της παράσταση

έχει κέντρο συμμετρίας το Ο. Τα Α, Β είναι συμμετρικά ως προς Ο, άρα, (ΟΑ) = (ΟΒ). Έχουμε: f (J3) = (J3)2 + J3 = 3J3 + J3 = 4J3 .

Υ

; ο I � χ

(ΑΒ) = 2(0Α) = 2�(J3 - 0)2 + (4J3 - 0)2 = 2.J3 + 48 = 2.J5ϊ .

αχ + (α + β)y = α } 22. Έστω το σύστημα , ό--βχ + (α - β)y = β

που α,β Ε IR * .

i) Να αποδείξετε ότι το σύστημα έχει μοναδική λύση.

i i ) Αν Dy = D , να λύσετε το σύστημα. Λύση

i) D = Ι α α + β l = α( α - β) + β( α + β) = . -β α - β α2 -αβ + βα + β2 = α2 + β2 =ι:. Ο , για κάθε α, β Ε IR * , άρα το σύστημα έχει μοναδική λύση.

ii) DY = Ια α l = αβ + βα = 2αβ -β β Έχουμε: Dy = D <=> 2αβ = α2 + β2 <=> Ο = α 2 + β 2 - 2αβ <=> (α - β)2 = Ο <=> α = β Το σύστημα αν α = β, γίνεται: αχ + 2αy = α}�χ + 2y = 1} <=> χ = -1} · -αχ = α -χ = 1 y = 1

λx - y = l } 23. Δίνεται το σύστημα , όπου χ + λy = -1

λ Ε R . i) Να λύσετε το σύστημα. ii) Να υπολογίσετε τις τιμές του λ, αν το

σύστημα έχει μια μοναδική λύση (x0 , y0 ) με χ0 > Ο και Υ ο < Ο .

i) D = I� D = 11 χ -1 Τελικά:

Λύση

-1 1 λ = λ2 + 1 =ι:. Ο για κάθε λ Ε IR .

- 1 1 Ιλ 1 I = λ - 1 , DY = = -λ - 1 λ 1 - 1

χ = Dx } χ = !:.=_!_ } D <=> λ2 + 1 Dy λ + 1 y =D y = - λ2 + 1

i i) Από την (i) έχουμε, λ - 1 > 0 } ' λ2 + 1 λ - 1 > 0 } λ > 1 } - λ + 1 < ο

<=> -(λ + 1) < ο <=> λ + 1 > ο <=> � + 1

λ > 1 }<=> λ > 1 . λ > -1 24. Έστω η εξίσωση χ2 - kx - k = Ο , όπου

k E IR με k < -4 ή k > O . i ) Ν α αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει δύο

άνισες ρίχες χι, χ2. ii) Αν xi + χ� - 3 = Ο , να υπολογίσετε το k.

Λύση

i ) Δ = (-k)2 - 4 · 1 · (-k) = k2 + 4k = k(k + 4) . Το πρόσημο της Δ, φαίνεται στον παρακάτω πίνακα.

Από υπόθεση k < -4 ή k > Ο , άρα Δ > Ο. Επομένως η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες.

i i ) Έχουμε,



β -k Χι + χ2 = -- = -- = k και α 1

γ k Χ ιΧ2 = - = -- = -k . α 1

χ2 + χ2 - 3 = Ο <:::> (Χι + χ2 )2 - 2χιχ2 - 3 = Ο <:::> I 2

k2 - 2( -k) - 3 = ο <::::? k2 + 2k - 3 = ο . Δι = 22 - 4 · 1 · (-3) = 4 + 12 = 16 , άρα

-2 + 4 k = --- <:=> k = 1 ή k = -3 . 2 Η τιμή k = -3 απορρίπτεται, διότι k < -4 ή k > O . Τελικά, k = 1 .

25. ί) Να λύσετε την εξίσωση χ2 - χ + k - k 2 = Ο με k ε JR •

ίί) Να λύσετε την ανίσωση χ2 - χ � k2 - k . Λύση

ί) Δ = (-1 )2 - 4 · 1 · (k - k2 ) = 1 - 4k + 4k2 = = (2k - 1)2 ;::: ο χ = 1 ± (2k - 1) <::::? χ = k ή χ = 1 - k . 2

ίί) χ2 - χ � k2 - k <::::? χ2 - χ + k - k2 � ο Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

• k < 1 - k <::::? 2k < 1 <::::? k < .!.. 2 Το πρόσημο του τριωνύμου φαίνεται στον παρακάτω πίνακα.

1 χ ι� + k

Άρα k � x � 1 - k 1

• k > 1 - k <:=> k > - . 2 Αντίστοιχα προκύπτει 1 - k � χ � k . • k = 1 - k <:::> k = � τότε Δ = Ο και έχουμε μία

διπλή ρίζα χ = .!.. . Η ανίσωση αληθεύει για 2 1 Χ = - . 2

26. Αν η εξίσωση αχ2 - βχ + γ = Ο, α 'Φ Ο έχει πραγματικές άνισες ρίζες να δείξετε ότι η εξίσωση, ί) (β2 - 4αγ )χ2 + βχ - 2005 = Ο έχει επίσης

πραγματικές άνισες ρίζες. ίί) (β2 - 4αγ)χ2 + �(β2 - 4αγ)χ + 2005 = 0

έχει μια διπλή ρίζα ή είναι αδύνατη. Λύση

Η εξίσωση αχ 2 - β χ + γ = Ο έχει πραγματικές άνισες ρίζες, άρα Δι ;::: Ο => β2 - 4αγ > Ο . i) Δ2 = β2 + 4 · 2005 · (β2 - 4αγ) > Ο,

άρα η εξίσωση έχει επίσης πραγματικές ρίζες. ίί) Δ3 = (β2 - 4αγ) - 4 · 2005(β2 - 4αγ) =

= -8019(β 2 - 4αγ) < Ο , άρα η εξίσωση είναι αδύνατη.

27. ί) Να λύσετε την εξίσωση χ2 - ( J3 + J2 )χ + J6 = ο .

x + y = J3 + Ji} ίί) Να λύσετε το σύστημα G χy = ν6

Λύση

ί) x2 - (J3 +J2)x +J3J2 = 0 Άθροισμα ριζών J3 + J2 και γινόμενο J3J2 . Άρα, x = J3 ή x = J2

ίί) Οι χ, y θα είναι ρίζες της εξίσωσης χ2 - (J3 +J2)x + J6 = 0 άρα από (i)

x = J2 ή

χ = J3} y = J3 y = J2

28. Η εξίσωση χ2 - kx + λ = O,k, λ ε JR έχει δυο άνισες ρίζες χυχ2 . ί) Να αποδείξετε ότι lx1 - χ2 1 = JΔ. ·

ίί) Α ν επιπλέον χ1 ,χ2 > Ο , να δείξετε ότι: IF. -�l = �k - 2Jλ

Λύση

ί) Χι + χ2 = -� = - -1k = ko

Χ ιΧ2 = 1 = � = λ . 'Εχουμε: α 1

I χ ι - χ2 Ι = �,....(Χ_ι __ -χ-2 )-2 = �χ� - 2χιχ2 + χ; = �(χι + χ2 )2 - 2χιχ2 - 2χιχ2 = .Jk2 - 4λ = JΔ .

ίί) IFι -FI = �<Fι -F)2 =



29. Έστω ότι ισχύει 4χ2 - 4αχ + (3α - 2) > Ο , για κάθε χ Ε JR , όπου α Ε JR . i ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

4χ2 - 4χFα + α2 = Ο , έχει δυο άνισες και θετικές ρίζες.

ί ί ) Αν Χι ,χ2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης του i) να εξετάσετε αν είναι δυνατόν να ισχύει:

2 2 9 Χι + χ2 = 2 . Λύση

Η aνίσωση 4χ 2 - 4αχ + (3α - 2) > Ο , αληθεύει για κάθε χ Ε JR , άρα Δ < Ο (αφού α = 4 > 0) . Δ < 0 � 16α2 - 1 6(3α - 2) < 0 � α2 - 3α + 2 < 0� 1 < α < 2 . ί) Έχουμε

Δι = (-4J3α)2 - 4 · 4 · α2 = 16 · 3α - 16α2 = 16α(3 - α) Όπως διαπιστώσαμε 1 < α < 2 , άρα Ο < α < 3 , επομένως Δι > Ο . Για το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών, έχουμε, S = -� = J3α > Ο και Ρ =� > Ο , άρα α 4 είναι και οι δύο θετικές.

ί ί ) Έστω ότι ισχύει 2 2 9 2 9 Χ ι + χ2 = 2� (Χι + χ2 ) - 2χιχ2 = 2

2 α2 9 α2 9 � (J3α) - 2- = - � 3α -- =-� . 4 2 2 2 6α - α2 = 9 � 0 = α2 - 6α + 9� (α - 3)2 = 0� α = 3 , πράγμα άτοπο, διότι 1 < α < 2.

Π ρ οτεινόμενες 1 . Να λύσετε την εξίσωση ( J;. - 1)2 = 2 . 2. Να λύσετε τις εξισώσεις:

ί) l l x l + 11 = χ ί ί ) l l x l + 11 = -χ 3. Να αποδείξετε ότι για κάθε α, β, γ Ε JR , ισχύει:

i ) α2 + β2 � 2αβ ίί) α2 + β2 + γ2 � αβ + βγ + γα

4. ί) Α ν α, β, γ, δ Ε JR , να αποδείξετε ότι:

(αβ + γδ)2 + (αδ - βγ)2 = (α2 + γ2 )(β2 + δ2 ) i i) Να γράψετε το γινόμενο (72 + 92 )(62 + 82 )

ως άθροισμα δυο τετραγώνων. 5. Αν α, β, γ � Ο , να αποδείξετε ότι:

ί ) α + β � 2Μ i i ) (α + β)(β + γ)(γ + α) � 8αβγ ί ί ί ) α + β + γ � J<ψ + $r +Fα .

6. Αν χ2 - 2χ + y2 - 4y :::; -5 , να αποδείξετε ότι: χ = 1 και y = 2.

7. ί ) Πότε ορίζονται οι παραστάσεις: �Γχ+ϊ και �(χ - 1)(χ + 1) i i ) Να λύσετε τις εξισώσεις: .Jx - 1Γχ+ϊ = Jl5 και -Jx2 - 1 = Jl5 .

8. i ) Να υπολογίσετε το ανάπτυγμα (1 + J2)2 . ί ί ) Να λύσετε την εξίσωση

x2 - 4x - 2J2 = -1 . 9. i ) Να αποδείξετε ότι: iα lαiJ = α2 .

ί ί ) Να λύσετε την εξίσωση Ι< χ - l) l x - 11 1 + ι σ - x) l x - 11 1 = 2 .

1 Ο. i ) Να αποδείξετε ότι: 2α2 - α + 1 > Ο , για κάθε α Ε JR . ί ί ) Να λύσετε την εξίσωση : ι-2χ2 + χ - 11 - 12χ2 + 2χ + 11 = 2

1 1 . Δίνεται το σύστημα: αχ - (α + 1)y = 1 } , , οπου α E JR 4χ + (α - 3)y = 1 i) Να αποδείξετε ότι το σύστημα έχει μονα

δική λύση, για κάθε α Ε JR . i i ) Αν (χ0, y0) είναι η μοναδική λύση του συ

στήματος με χ0 > Ο και Υο < Ο, να υπολογίσετε το α.

12. Δίνεται η εξίσωση χ2 - 2κχ + κ2 - 1 = Ο , όπου κ E JR . i ) Να λυθεί η εξίσωση. i i ) Να λυθεί η aνίσωση χ2 - 2κχ < 1 - κ2 .

1 3 . Η εξίσωση χ2 - κχ + λ = Ο, κ, λ Ε JR , έχει δύο θετικές ρίζες Χι , χ2• i) Να αποδείξετε ότι: F; +Fz =�κ+ 2.Jλ



ii) Αν Fι + F; = 5 και χ , + χ2 = 1 3 , να 22. Η γραφική παράσταση της f (x) = χ3 + αχ + β , υπολογίσετε τις τιμές των κ, λ. διέρχεται από τα ( 1 , 2) και (2, 10) . Να απο-

14. Έστω η εξίσωση αχ2 + βχ + γ = Ο , όπου δείξετε ότι η f είναι περιττή . α, β, γ Ε 1R και α :;t: Ο . Α ν η εξίσωση έχει δύο Απαντήσεις - Υποδείξεις

ι .

3.

2. Αδύνατες ii) Χρησιμοποιούμε το i) .

15. Έστω Jχ2006 - α + 1 J + (α - 1) = 0 . Να αποδείξε- 4. i) Πράξεις τε ότι: i) α s 1 ii) χ = ο

16. Να λύσετε τις εξισώσεις: i) .J9 - x2 + .Jx - 4 = 0 ii) l x - 1I + Jx2 - 1 J + R""=i = 0

(λ+ l) x - 3λ2y = λ} 17. Δίνεται το σύστημα , λ Ε IR χ + (λ- 1) y = -1

i) Να λυθεί το σύστημα. ii) Να υπολογίσετε τις λύσεις του συστήμα-

7 τος αν λ = - . 2 18. Έστω ένα γραμμικό σύστημα δύο εξισώσεων

με δύο αγνώστους χ, y. Α ν ισχύει ότι το σύστημα έχει μοναδική λύση και (Dx - D)2 + (DY - 2D)2 = 0 , να βρείτε τη μο-ναδική λύση του συστήματος.

19. Έστω οι ευθείες ε1 , ε2 με εξισώσεις y = (λ-4) χ + 1, y = (9 - 2λ ) χ + 2 αντίστοιχα. i) Να υπολογίσετε τις τιμές του λ, αν ισχύει

ε1 .l ε2 • ίί) Για τις τιμές του λ που βρήκατε να βρείτε

το κοινό σημείο των ε1 , ε2• 20. Να βρείτε τα πεδία ορισμού των παρακάτω

συναρτήσεων. ") f ( ) = 7x + l 6 Ι Χ Γ + r;:--:} . ν χ ν9 - χ2 ii) f (χ ) = .J-x2 + 5χ - 6 + .J�--x2_+_5_x ___ 4

21. Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το IR και είναι άρτια. Επίσης f (3) = _!_ . Να λύσετε την 2 εξίσωση λχ - λ2 + 1 = xf (-3) + �, όπου λ Ε IR . 2

5. i) α + β - 2Γαjβ = (Γα-Jβ)2 ii) , iii) Χρη-σιμοποιούμε το i) .

6. Προκύπτει: ( x - 1)2 + ( y - 2)2 s 0 . 7. i) χ � 1 και x s -1 ή x � l

ίί) χ = 4 και χ = ±4 8. ίί) χ = 3 + J2 ή χ = 1 - J2

9. ίί) χ = 2 ή χ = ο 2 χ = --3 10. ίί)

1 1 . ίί) 1 < α < 4 12. i) χ = κ + 1 ή χ = κ - 1 ii) 13. ii) κ = 1 3, λ = 36 14. l χι - χ2 1 =�(χι - χ2 )2

15. i) α - 1 s Ο 16. i) Αδύνατη ii) χ = 1

κ - 1 < χ < κ + 1

17. λ :;t: ±� , μοναδική λύση, λ = � , αδύνατο,

λ 1 . = -2 αοριστο

18. X = l , y = 2 19. i) λ = 5 ή λ = 2 2 20. i) (0, 3)

ii) Θ·�) ή ( -�·�) ii) [2, 3]

21 . λ :;t: l : χ = λ + l , λ = Ι : Αόριστη 22. α = 1 και β = Ο



�j� Αφορμή γ ια Επανάληψη στη Γεωμετρία της Α.- Λυκείου

1 . Να aντιστοιχίσετε κάθε στοιχείο της στήλης (Α) με ένα μόνο στοιχείο της στήλης (Β).

Στήλη (Α) Στήλη (Β) α. Ορθογώνιο πα- 1. Δύο απέναντι πλευ-

ραλληλόγραμμο ρές παράλληλες β. Τραπέζιο

γ. Ρόμβος

δ. Τετράγωνο

2. Οι διαγώνιες ίσες και τέμνονται κάθετα

3. Είναι παραλληλό-γραμμο και όλες οι πλευρές του είναι ίσες.

4. Οι διαγώνιοί του είναι ίσες.

(Απ. : α � 4, β � 1, γ � 3, δ � 2)

2. Στο παρακάτω σχήμα είναι Ax//By. Η τιμή της γωνίας ω ισούται με:

Υ

(Απ. : Β)

3. Να aντιστοιχίσετε κάθε γωνία της στήλης (Α)

με το μέτρο της στη στήλη (Β). Στήλη (Α) Στήλη (Β)

Α α. ΑΔΓ 1. 30° Α β. ΑΟΓ 2. 40°

Α γ. ΔΑΒ 3. 50° Α δ. ΟΑΓ 4. 60° Α ε. ΑΔχ 5. 80°

6. 100° 7. 150° 8. 130°

Κώστας Βακαλόπουλος - Τάσος Γαβράς Α

Δ

so · so · Γ

(Απ.: α � 8, β � 6, γ � 5, δ � 2, ε �. 3)

4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας τη λέξη Σωστό ή Λάθος δίπλα

στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση.

α. Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και έστω ΒΔ το ύψος του. Τότε το ΒΔ είναι διάμεσος και διχοτόμος του ΑΒΓ.

β. Οι απέναντι γωνίες ενός εγγεγραμμένου τετραπλεύρου είναι ίσες.

γ. Α ν ένα παραλληλόγραμμο έχει μια γωνία ορθή, τότε έχει και ίσες διαγωνίους.

(Απ. : α. Λάθος, β. Λάθος, γ. Σωστό)

5. Συμπλήρωσε σωστά τις παρακάτω προτάσεις:

α. Το σημείο στο οποίο τέμνονται οι τρεις διάμεσοι ενός τριγώνου λέγεται • . • . . . • • . •

' . . . . . . . . . . . . . . . . . . του τριγωνου. β. Το μέτρο εγγεγραμμένης γωνίας που

βαίνει σε τεταρτοκύκλιο είναι • • . • • . • • . • •

μοίρες. (Απ. : α. βαρύκεντρο, β. 45)

6. Να aντιστοιχίσετε κάθε στοιχείο της στήλης (Α)

με όλα εκείνα τα στοιχεία της στήλης (Β) με τα

οποία ταιριάζει.



α. ΕΓΚΕΝΤΡΟ ΤΡΙ- 1 . Σημείο τομής των ΓΩΝΟΥ τριών μεσοκαθέ

των του τριγώνου β. ΒΑΡΥΚΕΝΤΡΟ

ΤΡΙΓΩΝΟΥ

γ. ΠΕΡΙΚΕΝΤΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟΥ

2. Σημείο τομής των τριών υψών του τριγώνου

3. Σημείο τομής των τριών διχοτόμων του τριγώνου

4. Σημείο τομής των τριών διαμέσων του τριγώνου

5. Κέντρο περιγε-γραμμένου κύκλου τριγ.

6. Κέντρο εγγεγραμμένου κύκλου τριγώνου

( ι\πΌ : α � 3, 6 β � 4, γ � 1 ,5)

Να κυκλώσετε το (Σ) αν είναι σωστή ή το (Λ)

αν είναι λάθος κάθε μία από τις παρακάτω

προτάσεις. α. Οι διχοτόμοι δύο εφεξής και παραπλη

ρωματικών γωνιών είναι μεταξύ τους κάθετες. Σ Λ

· β. Κάθε ευθεία κάθετη στην ακτίνα στο σημείο που τέμνει τον κύκλο είναι εφαπτό-μενή του. Σ Λ

γ. Σε δύο άνισες χορδές του ίδιου κύκλου αντιστοιχούν ομοιότροπα άνισα aποστή-ματα. 2: Λ

δ. Δύο ορθογώνια τρίγωνα είναι ίσα αν έχουν την υποτείνουσα και μια οξεία γω-νία ίση. Σ ,ι\

ε. Δύο γωνίες τριγώνου μπορεί να είναι παραπληρωματικές. Σ Λ

Στα παρακάτω σχήματα να υπολογίσετε τα χ και y.

9.

i )

ω

ί i i )

Β . .

.... ,

3

Α Β r\

Ν

l,_...-'-, [ 3 1 1 \ ' \ i !

ψ

Α

Δ

:f i

Β

-........... χ ι . ............ Μ

ψ

\ \ Χ \

\

*

Δ Γ iv) -------=

7 I /3

I

Ι' Α ΑΒ = ΔΓ Β

1 0 (Απ. ί ) χ = ν = 3, ί ί ) χ = 5 . ' = - , i i i ) χ = 5, . . 3

ν = 2 iv) χ = 2, y = � . 2

α. Στο παρακάτω σχήμα να υπολογίσετε τις γωνίες χ και y.

Γ

r"' Α�-----?-�� Β

� Ε



β. ί. Στο παρακάτω σχήμα να υπολογίσετε τις γωνίες α και β.

ίί. Ν α δείξετε ότι: ΓΕ // ΔΖ. Γ

α Ε Β z

Λύση

α. χ = 2 · 44° = 88° , Ψ = 1 800 - 44° = 1 36° .

β. ί. α = 80° , β = 1 80° - 80° = 100° ίί. Επειδή f, Δ παραπληρωματικές και οι γω-

νίες αυτές είναι εντός και επί τα αυτά των ευθειών ΕΓ και ΔΖ που τέμνονται από την Γ Δ, θα είναι ΕΓ// ΔΖ.

10. Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ 11 ΓΔ και ΑΒ < Γ Δ. Φέρνουμε τη μεσοκάθετο ΕΖ (Ε μέσο του ΒΓ) του ΒΓ που τέμνει τη ΔΓ στο

Α Α Ζ. Γνωρίζουμε επίσης ότι: Β = 3Γ . Α Α α. Υπολογίστε τις γωνίες Β και Γ του

τραπεζίου. β. Αποδείξτε ότι το τρίγωνο ΒΖΓ είναι ορ

θογώνιο ισοσκελές. Λύση

α. Ισχύει: Β = 3f . Όμως: Β + f = 1 800 . Άρα: 4Γ = 1 800 <::> f = 45° . Άρα: Β = 1 35° .

β. Επειδή ΖΕ μεσοκάθετος του ΒΓ, το τρίγωνο ΒΖΓ είναι ισοσκελές.

Α Β

Άρα: ΒΖ = ΖΓ και Β1 = f = 45° . Άρα: ΒΖΓ = 1 80° - 2 · 45° = 900 .

Γ

Επομένως: Το τρίγωνο ΒΖΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

1 1 . Δύο τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β 'Γ έχουν β = β ', γ = γ' και Α = Α ' . Αν Ι είναι το σημείο τομής των διχοτόμων ΑΔ και ΒΕ του τριγώνου ΑΒΓ και Ι ' το σημείο τομής των διχοτόμων Α'Δ ' και ΒΈ ' του Α'Β 'Γ να αποδείξετε ότι: ί. ΑΔ = Α' Δ' και ΒΕ = Β Έ ' ίί. ΑΙ = ΑΤ και ΒΙ = Β Τ

Λύση

Α

ί. Τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β 'Γ είναι ίσα (Π-Γ-Π). Α Α Β Β '

Άρα: Β = Β ' => - = - . 2 2

Τα τρίγωνα ΑΒΔ και Α'Β'Δ' έχουν:

ΑΒ = Α'Β ' , ΒΜ = Β'Α'Δ' <::::>Α

= Α' και

2 2 Β = Β' . Άρα (Γ-Π-Γ) είναι ίσα. Επομένως: ΑΔ = Α' ΔΌ Ομοίως: ΒΕ = ΒΈΌ

ίί. Τα τρίγωνα ΑΒΙ και Α 'Β Τ έχουν:

ΑΒ = Α'Β ' , ΒΑΙ = Β'Α'Ι' <::::>Α

= Α' και

2 2

ΑΒΙ = Α'Β'Ι ' <::::> Β = Β' 2 2

Άρα (Γ-Π-Γ) είναι ίσα. Επομένως: ΑΙ = ΑΤ και ΒΙ = Β ΊΌ

12. Να αποδειχθεί αν η ευθεία που ενώνει τα ίχνη των διχοτόμων των γωνιών Β, Γ τριγώνου ΑΒΓ είναι παράλληλη προς την ΒΓ, τότε τρίγωνο είναι ισοσκελές.



Β

Λύση Α

Έστω Ε και Η τα ίχνη των διχοτόμων των γωνιών Β και Γ στις πλευρές ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα. Επειδή ΗΕ I I ΒΓ θα ισχύει: Βι = Ει = Β2 . Άρα το τρίγωνο ΗΒΕ ισοσκελές. Άρα: ΒΗ = ΗΕ. Ομοίως: Το τρίγωνο ΗΕΓ ισοσκελές. Άρα: ΗΕ = ΕΓ Επομένως: ΒΗ = ΓΕ Έστω ΗΚ = ΕΛ οι κάθετες από τα Η και Ε στην ΒΓ. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΗΚΒ και ΕΛΓ έχουν: ΒΗ = ΕΓ και ΗΚ = ΕΛ (αποστάσεις παράλληλων). Άρα: είναι ίσα οπότε Β = Γ . Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ ισοσκελές.

1 3. θεωρούμε παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. Προεκτείνουμε την πλευρά ΒΓ και από τα δύο μέρη αυτής κατά ΒΕ = ΑΒ και ΓΖ = ΓΔ. Να δειχθεί ότι οι ΕΑ και ΖΔ τέμνονται κάθετα.

Λύση

Στο τρίγωνο ΑΒΕ έχουμε: Βι = Αι + Ε ( Βι εξωτερική .) Όμως το τρίγωνο ΑΒΕ ισοσκελές.

κ

Ε Λ

Λ Λ Λ Β Άρα: Αι = Ει , οπότε Ε = _ι

. 2

z

Λ

Λ Γ Α Λ

Ομοίως: Ζ = ___!_ • Όμως Β ι , Γι : παραπληρωμα-2

τικές

Άρα: Ε + z = Βι + fΊ = 1 800

= 90ο . 2 2

Στο τρίγωνο ΕΚΖ ισχύει: E+Z+K=lSOO <=>K=� οπότε ΕΚ ..l ΖΚ .

1 4. α. Σε τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° και Β = 30° φέρνουμε τη διάμεσο ΑΜ. Σε τι είδους τρίγωνα χωρίζεται το ΑΒΓ και γιατί;

β. Στο διπλανό σχήμα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ. Το Δ είναι το μέσο της ΒΓ και το Ε της ΑΓ και ΔΕ = ΕΖ. Να δείξετε ότι το τε- Β

τράπλευρο ΑΖΓ Δ είναι ορθογώνιο. Λύση

α. Ισχύει:

ΑΜ = ΒΓ

= ΜΒ = ΜΓ .

2

Ό ΑΓ ΒΓ μως = τ ·

Άρα: το ΑΜΓ είναι ισόπλευρο και το ΑΜΒ είναι ισοσκελές.

β. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ η διάμεσος ΑΔ είναι και ύψος. Άρα το τρίγωνο ΑΔΓ είναι ορθογώνιο στο οποίο η ΔΕ είναι διάμεσος.

Άρα: ΔΕ = ΑΓ . 2

Όμως ΔΕ =

ΔΖ . Άρα το τετράπλευρο ΑΔΓΖ 2

είναι κατ' αρχήν παραλληλόγραμμο αφού οι διαγώνιοι του διχοτομούνται. Όμως ΔΖ = ΑΓ άρα το ΑΔΓΖ είναι ορθογώνιο, αφού έχει ίσες διαγωνίους.



15. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β > Γ και η διχοτόμος τους ΑΔ. Να αποδείξετε ότι:

Α Α Α Α ί. ΑΔΓ - ΑΔΒ = Β - Γ Λ Α Α Λ

ίί. ΑΔΒ = 90° - Β - Γ ' ΑΔΓ = 90° + Β - Γ . 2 2

Λύση ί. ΜΓ -ΜΒ = (Αι + Β) - (Α2 + Γ) = Β - Γ ( 1 )

Α

Γ ίί. ΜΒ + ΜΓ = 1 800 (2) (παραπληρωματικές) .

Λύνοντας το σύστημα των ( 1 ), (2) έχουμε το ζητούμενο !

16 . Στο παρακάτω σχήμα η χΓy είναι εφαπτόμενη στον κύκλο (0, R) και ΟΔ // ΑΓ. Δείξτε ότι η ΔΒ εφάπτεται στον (0, R).

χ

2 Α

Γ Δ

/

iLJ ) Ο \ Β

Λύση

ψ

ΟΔ//ΑΓ. Άρα: 6ι = Γι (εντός εναλλάξ), 62 = Α2 (εντός εκτός επί τα αυτά). Όμως: Γι = Α2 (ΟΑ = Ο Γ) Άρα: 6ι = 62 • Τα τρίγωνα ΟΓ Δ και ΟΒΔ έχουν: ΟΔ κοινή, 6ι = 62 , ΟΓ = ΟΒ (ακτίνες) .

Άρα (Π-Γ-Π) είναι ίσα Επομένως: Β = Γ = 90° . Άρα ΔΒ .l ΟΒ . Άρα η ΔΒ εφαπτόμενη του κύκλου στο Β ως κάθετη στο άκρο της ακτίνας ΟΒ.

Λύση

• Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΗΒ, ΗΔ διάμεσος.

Άρα ΔΗ = ΑΒ ( 1 ) 2 • Στο τρίγ. ΑΒΓ, Ζ, Ε μέσα των πλευρών ΒΓ, ΑΓ.

Α

; i

I Β Η Γ

Άρα ΕΖ = ΑΒ (2) . 2 Από ( 1 ), (2) προκύπτει ότι: ΔΗ = ΕΖ • Στο τρίγωνο ΑΒΓ, Δ, Ε τα μέσα των ΑΒ, ΑΓ Άρα ΔΕ // ΒΓ δηλαδή ΔΕ // ΗΖ. Επομένως: Το τετράπλευρο ΔΕΖΗ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

18 . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 2Γ . Από το μέσο Μ της ΑΓ φέρνουμε παράλληλη προς τη διχοτόμο ΒΔ της γωνίας Β που τέμνει τη ΒΓ στο Ν. Δείξτε ότι: α) Το τρίγωνο ΜΝΤ είναι ισοσκελές. β) Το τρίγωνο ΑΝΓ είναι ορθογώνιο στο Ν.

Λύση

Α Α Β 2 · Γ Α α) Ισχύει Βι = Β2 = - = -- = Γ 2 2 Όμως Νι = Βι = Γ . Άρα το τρίγωνο ΜΝΓ είναι ισοσκελές.

Α

17. Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε το ύψος ΑΗ. Α ν ΑΓ β) ΜΝ = ΜΓ (ερώτ. α) = -Δ, Ε, Ζ είναι τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΑΓ 2 και ΒΓ αντίστοιχα, να δειχθεί ότι ΔΗΖΕ Άρα: στο τρίγωνο ΑΝΓ η διάμεσος ΝΜ ισούται ισοσκελές τραπέζιο. με το μισό της πλευράς που άγεται.



Άρα το τρίγωνο ΑΝΓ είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα τη πλευρά ΑΓ.

19. Δίνεται πaραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ με ΑΒ = 2 · ΒΓ και Β > 90 • • Φέρνουμε τμήμα ΑΕ .l ΒΓ (το Ε βρίσκεται στη προέκταση του ΒΓ) και έστω Ζ το μέσο του Γ Δ και Η το μέσο του ΑΒ. Ν α δείξετε ότι: α) Το ΗΒΓΖ είναι ρόμβος. β) ΗΖ = ΗΕ = ΗΒ γ) Η ΕΖ είναι διχοτόμος της γωνίας ΗΕΓ.

Λύση 11

α) Το ΗΒΓΖ παρ/μο αφού ΗΒ = ΖΓ

(��r:) Άρα: ΗΖ = ΒΓ. Όμως ΒΓ = ΔΓ = ΖΓ .

2 Επομένως: το ΗΒΓΖ ρόμβος.

Δ Ζ

I I I

1 ι Β . ι ' 2 '

..., ..., \ I , , Ε β) Στο ορθ. Τρίγωνο ΑΕΒ η ΕΗ διάμεσος.

Άρα ΕΗ = ΑΒ = ΗΒ = ΗΖ 2

γ) Ει =. ΗΖΕ ( Ε ΗΖ ισοσκελές), Ε2 = ΗΖΕ (ε

ντός εναλλάξ των παραλλήλων ΗΖ // ΕΓ τεμνομένες από την Ε2) Άρα Ει = Ε2 •

20. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και Δ το μέσο της ΒΓ. Φέρνουμε ΔΕ .l ΑΓ . Αν Ζ το μέσο του ΕΓ ν' αποδείξετε ότι: i) ΔΖ // ΒΕ ii) Α ν Η μέσο του ΔΕ τότε ΖΗ .l ΑΔ . ίίί) ΑΗ .l BE

Λύση

i) Στο τρίγωνο ΒΕΓ, Δ μέσο της ΒΓ, Ζ μέσο της

' ΙΙ ΒΕ ΕΓ. Άρα ΔΕ =- . 2

ii) Στο τρίγωνο ΔΕΓ, Ζ μέσο της ΕΓ, Η μέσο της ΙΙ ΔΓ ΔΕ. Άρα ΖΗ =- . Όμως: ΑΔ .l ΔΓ .

2 ( αφού στο ισοσκελές τρίγωνο η διάμεσος στη βάση του είναι και ύψος σ' αυτήν) Άρα ΖΗ .l ΑΔ

Α

iii) Στο τρίγωνο ΑΔΖ, έχουμε: • ΔΕ ύψος στη πλευρά ΑΖ (Αφού ΔΕ .l ΑΖ ) • ΖΗ ύψος στην ΑΔ ( αφού ΖΗ .l ΑΔ )

Άρα το σημείο Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΔΖ. Άρα το ΑΗ είναι το τρίτο ύψος του. Άρα ΑΗ .l ΔΖ , άρα ΑΗ .l ΒΕ

21 . Σε ισοσκελές τραπέζw ΑΒΓΔ οι βάσεις ΑΒ και Γ Δ έχουν μήκη ΑΒ = α, Γ Δ = 3α και Γ = 60 • • Φέρνουμε τα ύψη του τραπεζίου ΑΕ και ΒΖ. α) Να δείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΒΖΓ

είναι ίσα. β) Να βρείτε τα μήκη των ΔΕ και ΖΓ ως

συνάρτηση του α. γ) Υποθέτουμε οι πλευρές του παραπάνω

τραπεζίου είναι δρόμοι που συνδέσουν τα χωρία Α, Β, Γ και Δ και έχουν συνολικό μήκος 80 Km. Στο μέσο του δρόμου ΑΔ υπάρχει ένα εκκλησάκι Ει και στο μέσο του δρόμου ΒΓ υπάρχει ένα άλλο εκκλησάκι Ε2. i) Πόσα χιλιόμετρα απέχουν τα εκκλη

σάκια Ει, Ε2 από τα χωριά Α και Β αντίστοιχα;

ii) Πόσο θα στοιχίσει η διάνοιξη ενός ευθύγραμμου δρόμου που θα συνδέει



απευθείας τα εκκλησάκια Ει και Ε2, αν υποθέσουμε ότι ένα χιλιόμετρο δρόμου κοστίζει 500€.

Λ1J ση

α) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΕΔ και ΒΖΓ έχουν ΑΕ = ΒΖ (αποστ. παρ/λων), ΑΔ = ΒΓ (ισοσκ. τραπ.) . Άρα είναι ίσα οπότε ΔΕ = ΖΓ.

Α α Β /--- - - -- , ; : :\

Ε 1 / : I

i Δ Ε 3α z

β) ΕΖ = α (ΑΒΖΕ ορθογώνιο) Άρα: ΔΓ = 3α <::::> ΔΕ + α + 2Γ = 3α <::::> <::::> 2 · ΔΕ = 2α <::::> ΔΕ = α . Άρα ΔΕ = ΖΓ = α.

γ) ΑΒ + ΒΓ + Γ Δ + ΔΑ = 80 <::::> α + ΑΔ + 3α + ΔΑ = 80 <::::> <::::> 2 · ΑΔ + 4α = 80 ( 1 )

_i. Γ

Όμως στο ορθογώνιο ΑΔΕ έχουμε Δ = 60°

Άρα ΔΕ =

ΑΔ ή ΑΔ = 2 · ΔΕ = 2α (2) 2

Από ( 1 ), (2) έχουμε: 8α = 80 <::::> α = lOΚm

i) ΑΕΙ = ΒΕ2 =

ΑΔ = lOΚm

2 . " ) Ε Ε ΑΒ + ΔΓ (δ , ζ' ) ιι 1 2 =

2 ιαμεσος τραπε ιου

Άρα: Ε1Ε2 = 20Κm Οπότε το κόστος θα είναι 20 · 500 = 10.000 €

22. Σ' ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ το σημείο Ε είναι συμμετρικό του σημείου Β ως προς το Δ. Α ν Ζ είναι το μέσο της ΑΔ και το σημείο Η είναι η τομή των ΑΕ και Γ Δ, να αποδείξετε ότι:

ΑΒ α) ΔΗ = -2 β) Τα τρίγωνα ΑΔΗ και ΖΓ Δ είναι ίσα. γ) Η ΓΖ είναι κάθετη στην ΑΕ.

Λύση α) Στο τρίγωνο ΑΕΒ, Δ μέσο του ΕΒ και ΔΗ // ΑΒ.

Άρα Η μέσο της ΕΑ και ΔΗ = ΑΒ 2

Ε

β) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΗ και ΖΔΓ έχουν ΔΗ = ΔΖ και ΑΔ = ΔΓ. Άρα είναι ίσα οπότε Δf'Ζ = ΔΑΗ .

γ) Αν Θ το σημείο που η ΓΖ τέμνει την ΑΕ, έχουμε: ΘΑz + ΑΖΘ = ΔΓΖ + ΔΖΓ = 90° ( ΑΖΘ = ΔΖΓ ως κατακορυφήν) Άρα: ΓΖ .l ΑΕ .

23. Σε κύκλο (0, R) παίρνουμε τρεις χορδές ΑΒ=ΒΓ=ΓΔ. Αν η διάμετρος ΒΕ τέμνει την ΑΔ στο Ζ να δείξετε ότι: α) ΑΔ//ΒΓ β) ΑΔ .l ΓΕ γ) Η ΓΕ τέμνει την ΖΔ στο μέσο.

Λίιση

� ---.

α) ΑΔΙ/ΒΓ (χορδές μεταξύ ίσων τόξων: ΑΒ = ΓΔ είναι παράλληλες: Σχόλιο Σχολ. Βιβλ.) .

β) Bf'E = 90° ως εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο . Άρα: ΒΓ .l ΓΕ . Επειδή ΑΔΙ/ΒΓ, θα είναι ΑΔ .l ΓΕ .

γ) Αν Η η τομή της ΓΕ με την ΖΔ, στο τρίγωνο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/39


ΖΔΕ η ΕΗ είναι ύψος στην ΖΔ αλλά και διχοτόμος αφού ΒΕΓ = ΓΕΔ ως εγγεγραμμένες σε ίσα τόξα. Άρα το τρίγωνο ΖΕΔ είναι ισοσκελές, οπότε η ΕΗ είναι και διάμεσος δηλ. η ΓΕ τέμνει την ΖΔ στο μέσο.

24. Δίνονται δύο κύκλοι (Κ, α) και (Ο, β) που τέμνονται στα Α, Β. Από τυχαίο σημείο Γ του (Κ, α) φέρνουμε την τέμνουσα ΓΑΔ. Αν Ε η τομή την ΓΒ και (Ο, β), Ζ η τομή των ΔΒ και (Κ, α) και Η η τομή των ΓΖ και ΔΕ, τότε το ΖΒΕΗ είναι εγγράψιμο.

Λύση

Δ

Ε Έστω ΑΒ η κοινή χορδή των δύο κύκλων. 'Εχουμε: ΓΑΒ = ΓΖΒ (ως εγγεγραμμένες στο

---

ΓΒ ). Επίσης το τετράπλευρο ΑΒΕΔ είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο (0, β) . Άρα: ΒΕΔ = ΓΑΒ

Λ Λ

Άρα: ΒΕΔ = ΓΖΒ οπότε το τετράπλευρο ΖΒΕΗ είναι εγγράψιμο.

25. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τα ύψη ΒΕ και ΓΖ αυτού. Α ν Η το ορθόκεντρο του τριγώνου και Σ, Κ τα μέσα των ΑΗ, ΒΓ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΚΖΣΕ είναι εγγράψιμο.

Λύση

Αφού Η ορθόκεντρο θα έχουμε ΑΗ l_ ΒΓ . Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΖΗ, ΖΣ διάμεσος προς την υποτείνουσα. Άρα: zl = Η! = 90 - fΊ .

Α

Γ Επίσης στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΖΓ, ΖΚ διάμεσος προς την υποτείνουσα. Άρα: z2 = fΊ . Επομένως: zl = 90° - Zz <=> zl + z2 = 90° <=> ΣΖΚ = 90° ( 1 ) Με όμοιο τρόπο στα ορθογώνια τρίγωνα ΑΕΗ και ΒΕΓ έχουμε: ΣΕΚ =90° (2) . Από ( 1 ) , (2) προκύπτει ότι: Το ΚΖΣΕ είναι εγγράψιμο.

Λ

26. Σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α =90° Λ Λ

είναι Γ =2 Β . Στο μέσο Κ της υποτείνου-σας ΒΓ φέρνουμε μια ευθεία κάθετη στην ΒΓ που τέμνει την ΑΒ στο σημείο Δ. Να αποδειχθεί ότι τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΔΒΚ είναι ίσα.

Λύση

Β

Αφού f =2Β έχουμε Β =30° και f =60° (γιατί;) . Επειδή ΚΔ μεσοκάθετος του ΒΓ θα ισχύει ΔΒ = ΔΓ. Άρα:

Λ

Λ Λ Γ Το τρίγωνοΓΔΒ ισοσκελές, οπότε Γ1 = Β = - .

2 Άρα: f1 = f2 .

Λ

Επομένως Γ Δ διχοτόμος της γωνίας Γ . Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΓ και ΔΚΒ έχουν:

Λ Λ Γ2 = Β , ΓΔ = ΔΒ. Άρα είναι ίσα !


Μαθηματι κά για την Β .. τάξη του Λυκείου

Α Θέματα στην �λ γεfJpα ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Άσκηση 1η Έστω η εξίσωση: χ2 - χ - 1 = Ο . Αποδείξτε

ότι οι ρίζες της εξίσωσης είναι: 2συν36° , -2ημ18° •

Κατόπιν να υπολογίσετε το ημ18°

Λύση Έστω οι αριθμοί χ1 = 2σuν36° , χ2 = -2ημ1 8° .

Τότε Ρ = Χ1 • χ2 = 2σuν36 · ( -2ημ1 8) = -4σuν36 · ημ1 8 . Α').λά 2ήμ1 8 · σuν1 8 = ημ36 , ημ36 = 2ημ18 , άρα σuν1 8 Ρ = -2σuν36 ημ36 = -:- ημ72 = - σuν1 8 = -1 σuν18 · σuν18 σuν1 8 Αρκεί να αποδείξω ότι S = χ1 + χ2 = 1 Αποδείξαμε ότι Ρ = -4σuν36 · ημ1 8 = -1,

1 4σuν36 · ημ18 = 1, 2σuν36 = --. 2ημ1 8 Άρα : S = 2σuν36 - 2ημ1 8 = -1 - - ημ36 = · 2ημ1 8 σuν18

σuν18 - 2ημ36 · ημ1 8 σuν18 - 4ημ2 1 8 · σuν1 8 2ημ1 8 · συν1 8 2ημ18 · σuν1 8

σuν18 - 4(1 - σuν2 1 8) · σuν1 8 = = 2ημ18 · σuν1 8 _

4σuν3 1 8 - 3σuν1 8 _ σuν (3 · 1 8) _ σuν54 _ 1 - ημ36 - ημ36 - σuν54 - ' αφου ημ36 = σuν ( 90-36) = σuν54

ο 'ζ ξ' ' 1 + J5 ι ρι ες της ε ισωσης ειναι: χ1 = -2- και 1 - JS ' 1 + J5 χ2 = -. - , αρα 2σuν36 = -- και 2 2

Του Θάνου Χαραλάμπους

-2ημ1 8 = 1 -2J5 , ημ18 = J54

- 1

Εφαρμογή

Εάν τότε αλλά

Α Κ = λιο Ι 2 ' λ JS -1 R ( � ) Α1Κ = ΟΑ1 · ημ18_!Q_ = R ·--, λ10 =- ν5 - 1 2 4 2

Άσκηση 2η Ν α αποδειχθεί ότι :

i) ημχ + συνχ = hημ(χ + :) = hσυν(: - χ) ii) Να λυθεί η εξίσωση :

ημ(πlηχ) + συν (π lηχ) = 1 Λύση

i) ημχ + σuνχ = v12( � ημχ + � σuνχ)

=Γ2( � ημχ + � σuνχ J =ν'2( ημχ · σuν�+ημ�σuνχ)

=ν'2ημ( � + χ ) = ν'2σuν[�- ( � + χ)]

=ν'2σuν( � - χ) ii) ημ(π lη χ ) + σuν (π lη χ ) = l �


Μαθηματικά Β' Λυκείου

hημ( π ln x +�) = 1 � ημ( π ln x +�) = � , � ημ ( π lη χ +�) = ημ�

π π πlη χ +- = 2κπ+-ή

4 4

π π πln x +- = (2κ + l)π --4 4 {χ = e2"'�

� ι 2κ--Χ = e 2

ln x = 2κπ � ή

1 ln x = (2κ + 1) --2

ΠΌΛΥΩΝΥΜΑ Παραθέτουμε δύο χαρακτηριστικά

προβλήματα στην διαιρετότητα πολυωνύμων πού αφορούν στην εύρεση του υπολοίπου της διαίρεσης ενός πολυωνύμου Ρ(χ) με διαιρέτες διώνυμα πρώτου βαθμού (δηλ. της μορφής αχ + β ) ή με διαιρέτες που διατηρούν σταθερό πρόσημο στο IR (δηλ. δεν έχουν ρίζα)

ΠΡΌΒΛΗΜΑ l ον Έστω πολυώνυμο Ρ(χ) με ακεραίους

συντελεστές τέτοιο ώστε διαιρούμενο με χ - 2 δίδει υπόλοιπο 1 , ενώ διαιρούμενο με το χ+3 δίδει υπόλοιπο -9.

Ποιο το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ( χ) : (χ - 2)(χ + 3)

Λύση Εφόσον ο διαιρέτης του Ρ(χ) είναι το

(χ - 2)(χ + 3) = χ2 + χ - 6 δηλαδή είναι δευτέρου βαθμού , άρα το υπόλοιπο θα είναι το πού πρώτου. Έστω υ( χ) = αχ + β

Τότε θα είναι: Ρ( χ) = (χ - 2)(χ + 3)π(χ) + αχ + β(l ) . Όμως διαιρούμενο με χ - 2 , χ + 3 δίδει

υπόλοιπα 1 και -9 αντίστοιχα, άρα Ρ(2) = -1 και Ρ(-3) = -9 .

Θέτουμε στην ( 1 ) : χ = 2: Ρ(2) = 2α + β = 1 χ = -3 : Ρ(-3) = -3α + β = -9

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι α=2 και β =-3 άρα υ(χ) = 2χ - 3

ΠΡΌΒΛΗΜΑ 2ον Έστω . πολυώνυμο Ρ(χ) με ακεραίους

συντελεστές, τέτοιο ώστε διαιρούμενο με χ2 + χ + 1 δίδει υπόλοιπο χ + 3 ενώ διαιρούμενο με χ2 - χ + 1 δίδει υπόλοιπο Sx + 1 .

Ποιο το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) :

( χ2 + χ + 1 )( χ2 - χ + 1 ) ; Λύση Εδώ δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε το

θεώρημα που λέει ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) δια χ - ρ είναι το Ρ(ρ) !

Η διαίρεση του Ρ(χ) : ( χ 2 + χ + 1 )( χ 2 - χ + 1 ) θα δίδει υπόλοιπο το πολύ τρίτου βαθμού αφού ο διαιρέτης είναι τετάρτου.

Έστω υ(χ) = αχ3 + βχ2 + γχ + δ Θ , δι (χ) = χ2 + χ + l υι (χ) = χ + 3 ετω : δ2 (χ) = χ2 - χ + l υ2 (χ) = 5χ + 1 Θα έχουμε λοιπόν: {Ρ( χ) =δι (Χ) · δ2 (χ) · Π(χ) +υ(χ)

Ρ( χ) = δι (χ) . Πι (χ) +υι (χ) Ρ( χ) = δ2(χ) ·llz(x) +υ2 (χ) Άρα

δι (χ) · δ2 (χ) · Π(χ) + υ( χ) = δι (χ) · Πι (χ) + υι (χ) � υ( χ) = δι (χ) · [Π, (χ) - δ, (χ) · Π(χ)] + υ1 (χ)

Ομοίως : δ, (χ) · δ2 (χ) · Π(χ) + υ( χ) = δ2 (χ) · Π2 (χ) + υ2 (χ) � υ( χ) = δ2 (χ) · [Π2 (χ) - δ, (χ) · Π(χ)] + υ2 (χ)

Άρα το υ( χ) διαιρούμενο με δ, (χ), δ2 (χ) δίδει υπόλοιπα υι (χ), υ2 (χ) 'όπως και η διαίρεση του Ρ(χ) με δι (χ), δ2 (χ) ! ! !

Εφόσον βαθ ( υ( χ) ) = 3 , βαθ ( δι (χ)) = βαθ ( δ2 (χ)) = 2 άρα βαθ ( [Π2 (χ) - δ, (χ) · Π(χ)] ) = = βαθ ( [Π2 (χ) - δι (χ) · Π(χ)] ) = 1 Έχουμε λοιπόν: υ(χ) =(χ2 +χ+1) (kχ+λ) +χ+3� υ(χ) = kx3 + (λ + κ)χ2 + (λ + κ + 1)χ + λ + 3

α = κ α = κ β = λ + κ β - α = λ � γ = λ + κ + 1 γ - β = 1 δ = λ + 3 δ = λ + 3

Ομοίως: υ(χ) = {χ2 - χ + 1) (μχ + ν) + 5χ + 1 � υ(χ) = μχ3 + (ν - μ)χ2 + (μ - ν + 5)χ + ν + 1

α = μ α = μ β = ν - μ β + α = ν � γ = μ - ν + 5 γ + β = 5 δ = ν + 1 δ = ν + 1



γ - β = 1 ι γ + β = 5

:::::> γ = 3, β = 2

δ=λ + 3 = ν + 1 :::::> ν - λ = 2 ι α = κ = μ, :::::> μ = 1

β = λ + μ = ν - μ :::::> ν - λ = 2μ Άρα α = 1, β = ν - μ :::::> 2 = ν - 1 :::::> ν = 3 Και από ν - λ = 2 :::::> λ = 1, αρα δ = 4 Τελικά υ(χ) = χ3 + 2χ2 + 3χ + 4

Άσκηση 1 Να βρεθεί ένα από τα πολυώνυμα με

ακέραιούς συντελεστές που να έχει ρίζα τον αριθμό : J3 - J2 .

Λύση Έστω: ρ = .J3 - J2 :::::> ρ + J2 = .J3 => (ρ + J2)2 = 3 :::::>

ρ2 + 2J2ρ + 2 = 3 :::::> ρ2 - 1 = -2J2ρ :::::>

(ρz - 1γ = 8ρ2 =>

ρ4 - 10ρ2 + 1 = ο Παρατηρώ ότι ο αριθμός : ρ = J3- J2 είναι

ρίζα του πολυωνύμου : Ρ(χ) = χ4 - 10χ2 + 1

Άσκηση 2 Αν το πολυώνυμο Ρ(χ) , έχει ακεραίους

συντελεστές και Ρ(3) = 11 και Ρ( 4) = 13 να αποδείξετε ότι το Ρ( χ) δεν έχει ακέραιες ρίζες •

Λύση Έστω ότι έχει μία ακέραια ρίζα ρ, τότε θα είναι

Ρ(ρ)=Ο . Από Ρ(3)=1 1 :::::> Ρ( χ) = (χ - 3)Π(χ) + 1 1 Και για

χ = ρ : Ρ(ρ )=(ρ-3)Π(ρ )+ 1 1 :::::> - 1 1=(ρ-3)Π(ρ) , άρα το ρ-3 διαιρεί το 1 1

Οι διαιρέτες του 1 1 όμως είναι ±1, ±1 1 , επομένως :

ρ - 3 = 1 :::::> ρ = 4 ρ - 3 = -1 :::::> ρ = 2 ρ - 3 = 1 1 :::::> ρ = 14 ρ - 3 = -1 1 :::::> ρ = -8

Από Ρ(4)=1 3 :::::> Ρ(χ) = (χ - 4)Q(x) + 1 3 Και για χ = ρ : Ρ(ρ )=(ρ-4 )Q(ρ )+ 1 3 :::::> - 1 3=(ρ-4 )Π(ρ) ,

άρα το ρ-3 διαιρεί το 1 1 Οι διαιρέτες του 1 3 όμως είναι ±1, ± 13 ,

επομένως :

ρ - 4 = 1 :::::> ρ = 5 ρ - 4 = -1 :::::> ρ = 3 ρ - 4 = 1 3 :::::> ρ = 1 1 ρ - 4 = - 1 3 :::::> ρ = -9

Παρατηρώ ότι καμιά τιμή του ρ δεν είναι κοινή ! ! !

ΠΡΟΟΔΟΙ Άσκηση 1η Εάν s. το . άθροισμα των ν-πρώτων όρων

αριθμητικής προόδου , τότε : ι s. = ν(α1 - ω) + -ν(ν + l)ω 2

Λύση Πράγματι :

Sν = [2α1 + (ν - 1)ω]� 2

1 Sν = α1ν + -ν(ν - 1)ω 2

1 Sν = α1ν - νω + -ν(ν - 1)ω + νω 2 1 Sν = ν(α1 - ω) + -ν(ν - 1 + 2)ω 2 1

Sν = ν(α1 - ω) + -ν(ν + 1)ω 2

Άσκηση 2η s 2

Σε μια αριθμητική πρόοδο, ισχύει: _μ = μ 2 •

s. ν Να υπολογισθεί ό λόγος των τελευταίων

όρων , δηλαδή ο λόγος αμ . α.

Λύση Γνωρίζουμε ότι: 2αμ = α1 + αzμ-ι , 2αν = !lι + α2ν-ι ,

. αμ αι + αzμ-ι αρα : - = ___:____:=-:... αν αι + α2ν-1

Όμως : α + α

S = ι 2μ-ι (2 - 1) 2μ-Ι 2 μ

2S2μ-ι 2 ( 2μ - 1 )2 αι + αzμ-ι = -- = = 2(2μ - 1)

2μ - 1 2μ - 1 Ομοίως: α1 + α2ν-ι = 2( 2ν - 1) Άρα τελικά :

αμ αι + α2μ-ι 2(2μ - 1) 2μ - 1 - = = = -- :::::? αν αl + α2ν-Ι 2(2ν - 1) 2ν - 1



αμ 2μ - 1 - =--αν 2ν - 1

Άσκηση 3η 1. Σε μία ακολουθία με 2μ - 1 πλήθος όρων ο όρος αμ είναι ο μεσαίος όρος. Ειδικά σε αριθμητική πρόοδο να δείξετε ότι ισχύει : α1 + α2μ-ι = 2αμ

2. Τα αθροίσματα των ν-πρώτων όρων δύο 7ν + 1 Ν αριθμητικών προόδων έχουν λόγο : • α 4ν + 27

υπολογισθεί ο λόγος των 21 ων όρων των προόδων .

Λύση 1 . Έχουμε : α, + α2μ-ι = α, + α, + (2μ - 2)ω = 2α1 + 2(μ - 1)ω =

= 2 [α, + (μ - 1)ω] = 2αμ 2. Έστω και s·, = β, + β2 + β3 + . . . + β ν τα αθροίσματα των νπρώτων όρων των δύο αριθμητικών προόδων. Τότε S; = 7ν + 1

Sv 4ν + 27 Αναζητούμε τον λόγο � . β21 Από την : α, + α2μ-ι = 2αμ , προκύπτει:

{α, + α4, = 2αzι β, + β41 = 2β21 7ν + 1

--- για ν = 4 1 , 4ν + 27 Από την υπόθεση : Sv s�

έχουμε : 4 1

s�, = 282 τότε : _<_α,_+_α_4ι_)_,2,_ = _28_2 ή S4, 1 9 1 (β, + β4, ) 4 1 1 9 1

2 2α21 282 . α21 282 -=- η -=-2β21 1 9 1 β21 1 9 1

Άσκηση 4η Σε μια αριθμητική πρόοδο γνωρίζουμε τα

αθροίσματα Sμ και Sν των πρώτων μ και ν όρων αντίστοιχα. Να υπολογιστεί συναρτήσει αυτών το άθροισμα Sμ+v των πρώτων μεν όρων.

Λύση Από την σχέση : αμ+κ = ακ + μω για

κ= 1 ,2,3 , . . . ,ν , η οποία ισχύει σε μία αριθμητική πρόοδο ( αφήνεται στον αναγνώστη η απόδειξη) έχουμε :

αμ+Ι = α, + μω αμ+Ζ = α2 + μω αμ+J = α3 + μω

δια προσθέσεως κατά μέλη έχουμε : αμ+Ι + αμ+2 + . . . + αμ+ν = α1 + α2 + . . . + αν + νμω . Προσθέτοντας και στα δύο μέλη το: α, + α2 + . . . + αμ έχουμε :

= α, + α2 + . . . + α μ + α, + α2 + . . . + αν + νμω sμ+ν = sμ + sν + νμω (i)

Όμως :

τότε :

Sμ = (2α1 + (μ - 1)ω]� , 2α1 + (μ - l)ω = 2Sμ 2 μ Ομοίως: 2α1 + (ν - l)ω = 2Sν ν Αφαιρούντες κατά μέλη , έχουμε :

2Sμ 2S _ _ _

ν = (μ - ν)ω , μ ν 2νSμ - 2μSν = μν(μ - ν)ω

2 (νsμ - μsv ) . . μνω = (η) μ - ν Τελικά από (i) και (ii) ισχύει : . 2 ( νSμ - μSν ) sμ+ν = sμ + sν + �______: __ _!_ μ - ν

Παρατή ρηση ! ! !

Από τον τύπο Sν = [2α1 + (ν - 1)ω]� έχουμε 2 2α1 + (ν - 1)ω = 2Sν άρα : ν

2Sμ+ν -- = 2α1 + (μ + ν - 1)ω ( 1 ) μ + ν


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

σ:λλά από το

2α1 + (μ - 1)ω = 25μ ) μ υπολογίζουμε 2S 2α1 + (ν - 1)ω = -· ν

σύστημα

συναρτήσει των μ,ν, S. , Sμ και aντικαθιστούμε στην ( Ι ) για τον τελικό υπολογισμό του Sμ+• .

Αφήνεται στον αναγνώστη να διαπιστώσει την πολυπλοκότητα των πράξεων και την σημαντική δυσκολία του υπολογισμού, γεγονός πού αναδεικνύει την αξία της χρήσεως του τύπου αμ+κ = ακ + μω που προαναφέραμε .

Άσκηση Sη Να βρεθεί η συνθήκη ώστε το άθροισμα δύο

τυχαίων όρων μιας αριθμητικής προόδου να είναι επίσης όρος της ιδίας προόδου.

Λύση Έστω αμ+Ι = α1 + μω και αν+ Ι = α1 + νω δύο

τυχόντες όροι της ιδίας αριθμητικής προόδου τάξεως μ+ 1 και ν+ 1 αντίστοιχα .

Ζητούμε το άθροισμα αμ+Ι + αν+! να είναι επίσης όρος της ιδίας προόδου , έστω κ+ 1 τάξεως. Άρα:

α1 + μω + α1 + νω = α1 + κω, α1 = (κ - μ - ν)ω

Δηλαδή θα πρέπει ο πρώτος όρος α1 να είναι ακέραιο πολλαπλάσιο της διαφοράς ω !

Άσκηση 6η Να υπολογισθεί το από ν όρους άθροισμα :

S = 1 + 2x + 3x2 + ... + νχ•-• Λύση s = 1 + 2χ + 3χ 2 + . . . + νχ ν-Ι

xS = χ + 2χ2 + 3χ3 + . . . + νχ• Οπότε: S - xS = 1 + 2χ + 3χ2 + . . . + νχ•-Ι

- (χ + 2χ 2 + 3χ3 + . . . + νχ· ) � S - xS = 1 + 2χ - χ + 3χ 2 - 2χ 2 + . . . . . . + νχ•-Ι - (ν - 1)χ•-1 - νχ• � (l .- x)S = 1 + x + x2 + . . . + χ• - νχ• � (1 - x)S = 1-χ· -vx• 1 -χ· -vx• (1 - x) = 1 -χ 1-χ

vx•+l - (ν + 1)χ· + 1 = ----'----'-----1 - χ

νχ•+Ι - (ν + 1)χ• + 1 s = __ ___.:_ _ _.:_ __

(1 - χ )2

Άσκηση 7η Έστω μία γεωμετρική πρόοδος (α. ) με

λόγο λ :;e Ο και λ :;e 1 . Εάν s . ,S2• ,S3• τά αθροίσματα των ν , 2ν ,

3ν όρων αντίστοιχα, τότε οι: s. ,S2• -S. ,S3• -S2• είναι επίσης διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου.

Λύση

Θα αποδείξουμε ότι: (S2• -S. )2 =S. · (�. -S2. ) .

, λ2ν - 1 λν - 1 Πραγματι: S2• - s. = α1 -- - α1 -- = λ - 1 λ - 1

= � (λ2ν - λ· ) = αlλν (λ• - 1)

λ - 1 λ - 1

Άρα : (S2ν - S. )2 = α�λ2ν ( λ• - 1)2 λ - 1

λ· - 1 ( J!• - 1 λ2· - 1 ) s. · (S3• - S2. ) = α1 -- α1-- - α1--λ - 1 λ - 1 λ - 1

Άσκηση 8η Σε μία γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ :;e Ο

και λ :;e 1 θεωρώ s. το άθροισμα των ν πρώτων όρων, π. το γινόμενο τους και Α. το άθροισμα των aντίστροφων τους • Ν α αποδειχθεί ότι :

(�:)' - π: Λύση Εάν (α. ) η γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ ,

, λν - 1 τοτε : s. = α1 --λ - 1 ' 1 1 1 1 Τοτε : Α. = - + - + - + . . . + - =

α1 α2 α3 α. 1 1 1 1 = - + - + --2 + . . . + --! = α1 α1λ α1λ α1λ•-



Το άθροισμα 1 1 1 : 1 + - + -2 + . . . + -ι λ λ λν- είναι

άθροισμα διαδοχικών όρων γεωμετρικής προόδου ' ' 1 λ ' 1 ' θ ' με πρωτο ο ρο το και ογο - , αρα α ειναι : λ

1 1 1 1 λν - 1

1 + λ + λ2 + . . . + λν-ι = -1-- - 1 λ

1 λν - 1 Έτσι θα είναι: Αν = ι αι · λν- λ - 1 τ ' Sν λ - 1 λν-ι λ - 1 2 λν-ι οτε: - = α ·--α · -- = α · και Α ι λ - 1 ι λ - 1 ι

ν επομένως : ( �: ) ν = α; ν · λν(ν-ι ) .

Για το γινόμενο των όρων της γεωμετρικής προόδου έχουμε: Π ν = αι · α2 · α3 · . . . αν =

= αι · (αι · λ) · (αι · λ2 ) · (α1 · � ) • • • · (αι · λν-ι ) = ν( ν-ι ) = α ν . Κ+2+3+ . . . +(ν-ι > = α ν . λ-z-ι ι

διότι ως γνωστόν , ισχύει: ν( ν - 1) 1 + 2 + 3 + . . . + (ν - 1) = ---

2 ν ( ν-ι ) Επομένως έχουμε τελικά : Πν = α� · λ 2 ,

έτσι Π2 = α2ν . λν(ν-1 ) ν ι Τελικά λοιπόν από τα παραπάνω προκύπτει : (�·.)' � π;

�):, Γεωμετρία

1 . Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ύψος

ΑΔ και Μ το μέσο της υποτείνουσας ΒΓ. Α ν

ο κύκλος διαμέτρου ΒΜ τέμνει το ύψος ΑΔ

στο σημείο Ε, να αποδείξετε ότι:

α) ABz = 2BEz β) ΑΔz = ΔΓ ΕΔ2 ΔΜ

Λύση

Η γωνία ΒΕΜ ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο είναι ορθή. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε ΑΒ2 = ΒΔ · ΒΓ και ΑΔ2 =ΒΔ · ΔΓ Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΜ έχουμε ΒΕ2 = ΒΔ · ΒΜ και ΕΔ2 = ΒΔ · ΔΜ .

Α

του Κυριάκου Κ. Καμπούκου

Ε , ABz ΒΔ . ΒΓ δ λ δ , πομενως ΒΕ2 = ΒΔ · ΒΜ ' η α η ΑΒ2 = ΒΓ ' άρα ABz = 2ΒΕ2 . ΒΕ2 ΒΜ Επί ΑΔ2 = ΒΔ . ΔΓ δ λαδ , ΑΔ2 = ΔΓ . σης ΔΕ2 ΒΔ · ΔΜ ' η η ΔΕ2 ΔΜ

2. Α ν οι διάμεσοι ΒΔ, ΓΕ τριγώνου ΑΒΓ

τέμνονται κάθετα να δείξετε ότι: α) μ: + μ� = μ: β) Sαz = βz + yz

4 γ) συνΑ ;::: -5

Λύση

α) Έστω Θ το βαρύκεντρο του τριγώνου και ΑΖ 2 2 διάμεσος. Τότε ΘΒ = -μ ΘΓ = -μ και 3 β ' 3 Ύ

1 ΘΖ = -μα . 3

1 1 1 Επίσης ΘΖ = lΒΓ , δηλαδή 3μα = 2α 2 3μα = α .

οπότε



Α

Β Εξάλλου στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΘΓ ισχύει

2 2 2 4 2 4 2 4 2 ΒΓ = ΒΘ + ΘΓ δηλαδή 9μβ + 9μr = 9μα , . 2 2 2 συνεπως μβ + μr = μα . β) Σύμφωνα με το 1 ο θεώρημα των διαμέσων έχουμε β2 + γ2 = 2μ� + α2 και επειδή μα = �α 2 3

έπεται ότι β2 + γ2 = 2 · 2.α2 + α2 , δηλαδή 4 2 β2 + γ2 = 5α2 .

β2 + 2 _ α2 γ) 'Εχουμε συν Α = γ , άρα 2βγ i (β2 + γ2 )

συνΑ =..:::.5---2βγ β2 + 2 Επίσης β2 + γ2 :2: 2βγ , άρα γ :2: 1 . 2βγ

Επομένως συν Α :2: _± . 5

3. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε

κύκλο (0, R). Από το μέσο Δ της πλευράς

ΒΓ φέρνουμε κάθετη ΔΕ στη διάμετρο ΑΖ. Να δείξετε ότι 4ΑΕ · R = β2 + γ2 •

Λύση

Έστω Μ το σημείο στο οποίο η διάμεσος ΑΔ τέμνει τον κύκλο. Τότε ΑΜΖ = 1ι ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο, άρα το τετράπλευρο ΔΕΖΜ είναι εγγράψιμο. Συνεπώς ΑΕ · ΑΖ = ΑΔ · ΑΜ , οπότε 2R · ΑΕ = ΑΔ ( ΑΔ + ΔΜ ) δηλαδή 4R · ΑΕ = 2ΑΔ2 + 2ΑΔ · ΔΜ ( 1 )

Μ Εξάλλου ΑΔ · ΔΜ = ΔΒ · ΔΓ , δηλαδή ΑΔ · ΔΜ = ΒΓ2

4 2 Τότε η ( 1 ) γράφεται 4R · ΑΕ = 2μ� +� , οπότε 2

σύμφωνα με το 1 ο θεώρημα των διαμέσων έχουμε 4R · ΑΕ = β2 + γ2 .

4. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και τα ύψη

του ΒΕ, ΓΖ που τέμνονται στο σημείο Η.

Να δείξετε ότι ΒΗ · ΒΕ + ΓΗ · ΓΖ = ΒΓ2 •

Λύση

α ' τρόπος Φέρνουμε το ύψος ΑΔ. Το τετράπλευρο ΗΕΓΔ είναι εγγράψιμο, διότι Ε + Δ = 2ι . Άρα ΒΗ · ΒΕ = ΒΔ · ΒΓ ( 1 ) .

Α

Γ Ομοίως, από το εγγράψιμο τετράπλευρο ΗΖΒΔ έχουμε ΓΗ · ΓΖ = ΓΔ · ΓΒ (2) Προσθέτοντας τις ( 1 ) , (2) κατά μέλη παίρνουμε ΒΗ · ΒΕ + ΓΗ · ΓΖ = ΒΔ · ΒΓ + ΓΔ · ΓΒ , δηλαδή ΒΗ · ΒΕ + ΓΗ · ΓΖ = ΒΓ (ΒΔ + ΔΓ) , άρα ΒΗ · ΒΕ + ΓΗ · ΓΖ = ΒΓ2 β ' τρόπος Έχουμε ΒΗ · ΒΕ+ ΓΗ · ΓΖ= ΒΗ(ΒΗ + ΗΕ) + ΓΗ(ΓΗ +ΗΖ)

Δηλαδή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λη . τ.4/47

Μαθημάτικά Β ' Λυκείου

ΒΗ · ΒΕ+ΓΗ·ΓΖ= = ΒΗ2 +ΓΗ2 +ΒΗ ·ΗΕ+ΓΗ·ΗΖ (1) Το τετράπλευρο ΒΖΕΓ είναι εγγράψιμο, διότι η πλευρά ΒΓ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες. Άρα ΒΗ · ΗΕ = ΓΗ · ΗΖ , οπότε η ( 1 ) γράφεται

ΒΗ · ΒΕ + ΓΗ · ΓΖ = ΒΗ2 + ΗΓ2 + 2ΒΗ · ΗΕ (2) Στο τρίγωνο ΒΗΤ έχουμε ΒΗΓ > 90. , άρα σύμφωνα με το γενικευμένο Πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε ΒΓ2 = ΒΗ2 + ΗΓ2 + 2ΒΗ · ΗΕ , οπότε από τη (2) έπεται το ζητούμενο.

Σχόλιο Το παραπάνω ερώτημα μπορεί να δοθεί έμμεσα ως εξής: Σε ημικύκλιο διαμέτρου ΒΓ, οι χορδές ΒΕ, ΓΖ τέμνονται στο Η. Να δείξετε ότι ΒΗ · ΒΕ + ΓΗ · ΓΖ = ΒΓ2 • Τότε ο 2°ς τρόπος λειτουργεί αυτούσιος ενώ για να εφαρμοστεί ο 1 ος τρόπος θα πρέπει να φέρουμε την ΗΔ l. ΒΓ

z

5. Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ και

σημείο Ρ της διαγωνίου ΑΓ. Από το Ρ

φέρνουμε ευθείες παράλληλες στις πλευρές

του παραλληλογράμμου που. τέμνουν τις

πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ στα σημεία Ε, Ζ,

Η, Θ αντιστοίχως. Να δείξετε ότι: α) (ΕΒΖΡ) = (ΘΡΗΔ) β) (ΑΒΖΘ) = (ΑΕΗΔ) γ) (ΒΡΓ) = (ΓΡΔ) δ) ΑΒ·ΑΘ=ΑΕ·ΑΔ

Λύση

α) Έχουμε (ΑΒΓ) = (ΑΔΓ), (ΑΕΡ) = (ΑΘΡ) και (ΡΖΓ) = (ΡΗΓ). Άρα (ΕΒΖΡ) = (ΘΡΗΔ) .

Α Θ β) Έχουμε (ΑΒΖΡ) + (ΑΕΡΘ) = (ΘΡΗΔ) + (ΑΕΡΘ),

δηλαδή (ΑΒΖΘ) = (ΑΕΗΔ). γ) 'Εχουμε (ΒΡΖ) = .!_(ΕΒΖΡ) και 2

(ΡΗΔ) = .!_( ΘΡΗΔ) άρα (ΒΡΖ) = (ΔΡΗ). 2 Επίσης (ΡΖΓ) = (ΡΗΓ) . Επομένως (ΒΡΖ) + (ΖΡΓ) = (ΔΡΗ) + (ΡΗΓ), δηλαδή (ΒΡΓ) = (ΓΡΔ)

δ) Επεlδή (ΑΒΖΘ) = (ΑΕΗΔ) έχουμε (ΑΒΘ) = (ΑΕΔ) (ΑΒΘ) ΑΘ · ΑΒ Επίσης ( ) = , διότι τα τρίγωνα ΑΕΔ . ΑΕ · ΑΔ

ΑΒΘ,ΑΕΔ έχουν κοινή τη γωνία Α . Άρα ΑΘ · ΑΒ = ΑΕ · ΑΔ

6. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με βάση

ΒΓ = 12 και ίσες πλευρές ΑΒ = ΑΓ = 10. Να

υπολογίσετε το εμβαδόν του εγγεγραμμένου

κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ.

Λύση

Φέρνουμε το ύψος ΑΔ. Τότε ΔΓ = 6, οπότε ΑΔ2 = ΑΓ2 - ΔΓ2 = 100 - 36 = 64 άρα, ΑΔ = 8.

Α

10

Β Δ Γ

Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι 1 1 (ΑΒΓ) = -ΑΔ · ΒΓ = - · 8 · 1 2 = 48 . 2 2

Επίσης Ε = τ · ρ , όπου τ = α + β + γ = 16 . 2



Άρα ρ = ( ΑΒΓ) = 48 = 3 και το εμβαδόν του τ 16 εγγεγραμμένου κύκλου είναι Ε = πρ2 = 9π

8. Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε 7. Δύο κύκλοι (Κ, 3R) (Λ, R) εφάπτονται κύκλο (0, R) με α2 = β2 +γ2 -βγ . Να βρεθεί

εξωτερικά στο Α. Α ν ΒΓ είναι ένα κοινό

εξωτερικό εφαπτόμενο τμήμα να

υπολογίσετε το τμήμα ΒΓ και το εμβαδόν

του μεικτόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ.

Λύση

Από το σημείο Λ φέρνουμε ΛΜ .1 ΚΒ . Επειδή Λ Λ ι επιπλέον Β = Γ = 1 , το τετράπλευρο ΒΓ ΛΜ

είναι ορθογώνιο.

Άρα ΒΓ = ΜΑ και Γ Λ = ΜΒ, οπότε ΜΚ = ΚΒ - ΛΓ = 2R. Επίσης ΚΑ = 4R οπότε από το ορθογώνιο τρίγωνο κΜΛ συμπεραίνουμε ότι ΜΑΚ = 30° , συνεπώς ΜΚΑ = 60° και ΑΑΓ = 120° . Επομένως ΜΛ2 = ΚΛ2 -ΜΚ2 , δηλαδή ΒΓ2 = 12R 2 , οπότε ΒΓ = 2.J3R . Το εμβαδόν του μεικτόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ προκύπτει από το εμβαδόν του τραπεζίου ΚΒΓ Λ αν αφαιρέσουμε τα εμβαδά των

,...--..._ κυκλικών τομέων Κ · ΑΒ και Λ · ΑΓ . ΚΒ + ΛΓ , Έχουμε (ΚΛΓΒ) = · ΒΓ , δηλαδη 2

(ΚΛΓΒ) = 4.J3R 2 .-. π 3R 3πR2 ( )2 Επίσης (κ · ΑΒ) = 6 =-2- και

(Λ ·Αr) = π�2 Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι ίσο με

ο λόγος των εμβαδών των δύο κυκλικών

τμημάτων με χορδή ΒΓ.

Λύση

Από το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε α2 = β2 + γ2 - 2βγσυνΑ . Από υπόθεση ισχύει α2 = β2 + γ2 - βγ , συνεπώς συν Α = _!._ και επειδή Ο < Α < 1 80° έπεται ότι 2 Α = 60° . Άρα Br = 120° και ΒΓ = λ3, δηλαδή BΓ = R.J3

\ )

Το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που ορίζει --το κυρτογώνιο τόξο ΒΓ είναι

( ----- ) ( --) πR2 Ε= Ο· ΒΓ -( ΟΒΓ) . Έχουμε Ο · ΒΓ = -3- και 1 1 R ι;; R2.J3 (ΟΒΓ) = lα3 · λ3 = '2 ·2 · Rν3 =-4-

, πRz RzJ3 δ λ δ , Ε 4π -3.J3 R2 Άρα Ε = -3- --

4- , η α η 12 .

Το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που ορίζει το μη κυρτογώνιο τόξο Br είναι Ε' = πR 2 - Ε , δηλαδή Ε' = 8π + 3.J3 · R 2 . 12 , Ε' 8π + 3.J3 Άρα Ε = 4π - 3.J3 ·

9. Αν τα τρίγωνα ΑΒΓ, Α'Β 'Γ ' είναι όμοια,

τότε: α) Ο λόγος ομοιότητας λ, είναι ίσος με το

λόγο των ακτίνων των περιγεγραμμένων

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ η' τ.4/49


κύκλων τους καθώς και με το λόγο των ακτίνων των εγγεγραμμένων κύκλων του.

β) Να βρεθεί ο λόγος των εμβαδών των κυρτογώνιων κυκλικών τμημάτων με χορδές ΑΓ, ΑΤ' όπου Β=Β' < 90° , ως συνάρτηση του λ.

Λύση

α 1 ) Α ν Β = Β ' < 90° και Ε, Ε ' τα aντιδιαμετρικά Δ Δ των Α, Α' τότε ΑΓΕ - Α' ΓΈ' διότι

Λ λ ΑΓΕ = 90° = Α'ΓΈ' (βαίνουν σε ημικύκλια) και Ε = Β = Β' = Ε' (βαίνουν σε ίσα τόξα) . Ά α λ = ! = ΑΕ = 2R = !._ ρ β' Α'Ε' 2R' R'

Α_� - - -�

Μ

'� \ I \ / \

( σ ) Β' ' Γ

Β� .�ι)------ -"-Μ

' �--··--- -� ε----- ------�Ε

αz)Αν Δ, Δ ' τα σημεία επαφής με τις ΒΓ, Β 'Γ

Β

Δ Δ τότε ΙΒΔ - Ι' Β' Δ' ως ορθογώνια με Ι:ΒΔ = Β = Β' = Ι'Β 'Δ '

Α

Άρα

2 2 Α

Γ

α+ β + γ _ β _e_ = ΒΔ = Τ-Β = 2 = α -β + γ ρ' Β' Δ' Τ' - Β' α' + β' + γ' - β' α' - β' + γ'

2 Όμως λ = � = ! = 1.. = α - β + γ . α' β' γ' α' - β' + γ' Σύμφωνα με γνωστή ιδιότητα των αναλογιών. Άρα λ = _e_ . ρ'

β) (�ΓA) = (O ·AJJr) - (OAΓ) =

2 2Β Λ 2 λ = πR -- - -R ημ2Β = 360° 2

= R2 ( 1:0 · Β -�ημ2Β) Ομοίως ( Α'Μ'Γ'Α') = (R' )2 • (�Β' -.!.ημ2Β')

1 80 2 λ λ (�Γ Α) ( R )2 Άρα Β = Β' οπότε = - = λ2 ( Α'Μ'ΓΆ') R'

Σχόλιο Το ίδιο ισχύει και για δύο όμοια πολύγωνα αφού 3 διαδοχικές κορυφές τους ορίζουν όμοια τρίγωνα με τις ίδιες ακτίνες R, ρ και R' , ρ ' με τα πολύγωνα.

10. Σε τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευρά α θεωρούμε

τα τεταρτημόρια με κέντρα Α, Β, Δ και

ακτίνα α τα οποία τέμνονται στα σημεία Μ,

Ν. Να βρείτε το εμβαδόν του κυκλικού

τμήματος ΜΣΝΜ και το μήκος ΜΝ. \ Λί1ση

Τα τρίγωνα ΑΒΝ, ΑΔΜ προφανής είναι ισόπλευρα. Άρα

λ 360° ΔΑΝ = 90° - 60° = 30° = -- . Άρα ΜΝ = λιz 1 2 και (ΜΣΝΜ) = (Α ·ΜΣΝ) - (ΑΜΝ) =

2 300 1 2 ο = πα ·-- --α ημ30 = 360° 2

= ��2 _: = ( π1�3 )α2

Από τον τύπο λ�ν = 2R (R - αν ) με R = α , 2 ( ) ( αJ3 ) εχουμε: λ12 = 2α α - α6 = 2α α --2- =

= 2α2 - α2J3 = α2 { 2 - J3) . Άρα ΜΝ = λ12 = αJ2 - J3 .


r Θέματα Θεωρίας Αριθμών (Κατεύθυνση}

Σε πολλές ασκήσεις στο κεφάλαιο της Θεωρίας Αριθμών χρησιμοποιούμε κάποιες από τις παρακάτω προτάσεις :

ΧΡΗΣΙΜΕΣ ΠΡΟΤ ΑΣΕΙΣ ι. Α ν α , β Ε Ζ και ν Ε Ν , ν � 2 τότε και (α + β)ν = αν + πολβ = βν + πολα

Απόδειξη Γνωρίζουμε ότι :

ν ν(ν - 1) 2 2 (α + β)ν = αν +-αν-Ιβ + αν- β + . . . + βν 1 1 · 2 = αν + [�αν-Ιβ + ν(ν - 1) αν-2β2 + . . . + βν ] 1 1 · 2 = αν + β [�αν-1 + ν(ν - 1) αν-2β + . . . + βν-1 ] 1 1 · 2 = αν + πολβ

• Παράδειγμα Για κάθε ν Ε Ν* ισχύει ι ον = πολ9 + ι Λύση

ιον = (9 + 1)ν = πολ9 + 1ν = πολ9 + 1

2. Αν α , β Ε Ζ τότε για κάθε ν Ε Ν* ισχύουν : i) α ν - β ν = πολ( α - β) ii) α2ν - β2ν = πολ( α + β) iii) α2ν+l + β2ν+Ι = πολ(α + β) Λύση Κάνοντας τις διαιρέσεις : (αν - βν ) : (α - β) ,

(α2ν - β2ν ) : (α + β) , (α2ν+Ι _ β2ν+Ι ) : (α + β) προκύπτουν ότι : i) (αν - βν ) = (α - β)(αν-1 + αν-2β + αν-3β2 + . . . + βν )

Του Βαγγέλη Ευσταθίου

Λύση ι ον + 3 · 4ν+2 + 5 = (9 + 1γ + 3 · 42 · 4ν + 5 = = (πολ9 + 1) + 48 · 4ν + 5 = πολ9 + 48 · 4ν + 6 = πολ9 + 6(8 · 4ν + 1) = πολ9 + 6(23 · 22ν + 1) = = πολ9 + 6(22ν+3 + 1) , 2ν +3 περιττος =πολ9 + 6(2 + 1)(22ν+2 - 22ν+Ι + . . . + 1) = πολ9 + 1 8 (22ν+2 - 22ν+Ι + . . . + 1) = πολ9

3. i) Το γινόμενο δύο διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του 2

ii) Το γινόμενο τριών διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του3

iii) Γενικά το γινόμενο (ν) διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του ν •

Απόδειξη ii) Έστω α - 1, α, α + 1 οι διαδοχικοί ακέραιοι ,

τότε ο α Ε Ζ μπορεί να έχει τις παρακάτω μορφές α = 3λ , α = 3λ + 1 , α = 3λ + 2 , λ Ε Ζ .

• Με α = 3λ έχουμε Γ = (α - 1)α(α + 1) = (α2 - 1)α = (92 - 1)3λ = πολ3

• Με α = 3λ + 1 έχουμε : Γ = (α2 - 1)α = [(3λ + 1)2 - 1] (3λ + 1) = [(πολ3 + 12 ) - 1] (3λ + 1) = πολ3(3λ + 1) = πολ3

• Με α = 3λ + 2 έχουμε : Γ = (α2 - 1)α = [(3λ + 2)2 - 1] (3λ + 2) = [ (πολ3 + 22 ) - 1] (3λ + 2) = (πολ3 + 3)(3λ + 2) = πολ3(3λ + 2) = πολ3 = πολ(α - β) iii) Η απόδειξη γίνεται με το θεώρημα της Τέλειας

ίί) α2ν - β2ν = (α + β)(α2ν-1 + α2ν-2β + α2ν-3β2 + . . . + β ν-Ι ) =Επαγωγής. = πολ(α + β)

ίίί) α2ν+l + β2ν+Ι = = (α + β)(α2ν - α2ν-Ιβ + α2ν-2β2 - . . . - αβ 2•-ι + β2ν ) = πολ(α + β)

• Παράδειγμα Ν α δείξετε ότι για κάθε ν Ε Ν

ιον + 3 · 4ν+Ζ + 5 = πολ9

4. i) ii) iii) iv) v) vi) vii) viii)


(άρτιος) ± (άρτιος) = (άρτιος) (άρτιος) ± (περιττός) = (περιττός) (περιττός) ± (περιττός) = (άρτιος) (άρτιος) · (άρτιος) = (άρτιος) (περιττός) · (περιττός) = (περιττός) (άρτιος) · (περιττός) = (άρτιος) (άρτιος) ν = (άρτιος) (περιττός)ν = (περιττός)


ΑΣΚΗΣΕΙΣ Άσκηση 1η Να δειχθεί ότι για κάθε ν ε Ν*

(2ν - 1)2 ,2(2' -ι)-ν - 1 •

Λύση Έστω χ = 2ν - 1 , τότε 2ν = χ + 1 . Έτσι

2(2'' -1) -ν - 1 = ( 2ν )(2' -1) - 1 = (χ + 1γ - 1 Αρκεί να δείξουμε ότι χ2 1(χ + 1γ - 1 . Γνωρίζουμε ότι: (χ + 1γ - 1 =

= [ cx + ι) - ι{cχ + ιy-' + Cx + υ::; cχ + ιy-' + . . . + ι] = χ . [<πολχ + 1χ-1 ) + (πολχ + 1χ-2 ) + . . . + (πολχ + 1) + 1

χ-οροι

= χ · [ πολχ + 1 · χ] = χ · πολχ = πολχ 2 Άσκηση 2η

i) Α ν α , β ε 2 και υ είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης α: β τότε οι διαιρέσεις α ν : β και υ ν : β 'ν Ε Ν ' δίνουν το ίδιο υπόλοιπο.

ii) Να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης 1973 : 3 Λύση

i) Έχουμε α = βπ + υ , Ο � υ < l β l , τότε α - υ = βπ ( 1 ) . Επίσης ισχύουν : α ν = βπ1 + υ1 , Ο � υ1 < l β l

(2) και υ ν = βπ2 + υ2 ' ο � υ2 < ιβι (3)

Γνωρίζουμε ότι : αν - υν = (α - υ)(αν-1 + αν-2υ + . . . + υν-1 ) = π . (α ν-1 + α ν-2υ + . . . + υ ν-1 )β = πολβ (4)

Όμως από τις (2) και (3) έχουμε: α ν - υ ν = Κβ + ( υ1 - υ2 ) Κ Ε 2

Έτσι από τις (4) και (5) , έχουμε λβ = κβ + (υ1 - υ2 ) λ ε 2 ή β(λ - κ) = υ1 - υ2 . Δηλαδή υ1 - υ2 = πολβ , όμως --1� � υ1 -υ2

�� ,

άρα υ1 - υ2 = Ο , έτσι υ1 = υ2 ii) Η διαίρεση 197 : 3 δίνει υπόλοιπο υ = 2, άρα η διαίρεση 1973 : 3 δίνει το ίδιο υπόλοιπο υ1 με την υ3 : 3 ή 23 : 3 , δηλαδή υ1 =2

Άσκηση 2η Να δείξετε ότι για κάθε ν Ε 2* ο ν2 + 3ν + 4

δεν διαιρείται με το 49 .

Απόδειξη Έστω ότι 49 1ν2 + 3ν + 4 τότε

ν2 + 3ν + 4 = 49λ , λ ε 2 ή ν2 + 3ν + (4 - 49λ) = 0 Επειδή ν ε 2 θα πρέπει η διακρίνουσα:

Δ = 9 - 4(4 - 49λ) = -7 + 4 · 49λ = 7(28λ - 1) να είναι τέλειο τετράγωνο ενός ακεραίου αριθμού , άρα θα πρέπει :

28λ - 1 = 7κ2 , κ ε 2 ή 28λ - 7κ2 = 1 ή 7(4λ - κ2 ) = 1 'άρα 7 1 1 , άτοπο.

Επομένως ο αριθμός 49 δεν είναι διαιρέτης του ν2 + 3ν + 4 .

Άσκηση 3η Έστω α , β ε 2* και β > 2 . Να δείξετε ότι

αν β lα2 + 1 τότε β'Χ_α4 + 1

Απόδειξη Έστω ότι β I α4 + 1 τότε α4 + 1 = λβ με λ ε 2:

( 1 ) και β > 2. Επίσης έχουμε β Ι α2 + 1 άρα α2 + 1 = κβ με

κε 2: ή α2 = κβ - 1 (2) Τότε α4 - 1 = ( κβ - 1)2 - 1 = = κ2β2 - 2κβ = β(κ2β - 2κ) = μβ , μ ε 2: . (3) Από τις ( 1 ) και (3) προκύπτει ότι: (α4 + 1) - (α4 - 1) = λβ - μβ ή 2 = (λ - μ)β Δηλαδή β 1 2 άρα β = 1 ή β = 2. Άτοπο ! Αφού β > 2 . Άσκηση 4η Αν χ = 32ν+2 - 8ν - 4 και ν ε Ν να βρείτε το

υπόλοιπο της διαίρεσης χ : 8 Λύση Έχουμε : χ = 32(ν+1 ) - 8ν - 4 = 9ν+1 - 8ν - 9 + 5 =9(Ψ - 1) - 8ν + 5 = 9 · πολ(9 - 1) - 8ν + 5 = 9πολ8 - 8ν + 5 = πολ8 + 5 Άρα η διαίρεση χ: 8 έχει υ = 5

Άσκηση Sη Αν για κάποιο ν ε Ν* 17 I 4ν + 1 , να δείξετε

ότι 17 I 4ν+4 + 1 Λύση Έχουμε 17 I 4 ν + 1 ' τότε 4 ν + 1 = 17λ ' λ Ε 2: . Έτσι:

4ν+4 + 1 = 444ν + 1 = 4\17λ- 1) + 1 = 256(17λ - 1) + 1 = 256 · 17λ - 256 + 1 = 256 · 17λ - 255 = = 17(256λ - 15) = πολ17

Άρα 17 Ι 4 ν+4 + 1 Άσκηση 6η Δίνεται πολυώνυμο Q(x) με συντελεστές



ακεραίους. Αν οι ακέραιες τιμές Q(O) και Q(l) είναι περιττοί αριθμοί ν δείξετε ότι το Q(x) δεν έχει ακέραιες ρίζες.

Λύση Έστω ότι ρ ε Ζ είναι μία ακέραια ρίζα του

Q(x) τότε Q(ρ)=Ο και χ - ρ παράγοντας του Q(x) , άρα θα υπάρχει μοναδικό πολυώνυμο π(χ) ώστε Q(χ) = (χ - ρ)π(χ) ( 1 )

Έτσι από την ( 1 ) έχουμε Q(O) = -ρπ(Ο) και Q(1) = (1 - ρ )π(1) = -(ρ - 1)π(1)

Επομένως Q(O) · Q(l) = ρ(ρ - 1)π(Ο) · π(l) (2) Όμως ρ και ρ - 1 είναι διαδοχικοί ακέραιοι

άρα θα ισχύει ρ(ρ - 1) = πολ2 , λόγω όμως της (2) προκύπτει ότι 2/Q(O) · Q(l) , άτοπο διότι Q(O) · Q(l) είναι περιττός ως γινόμενο περιττών.

Άρα το Q(x) δεν έχει ακέραια ρίζα .

··�� Θέματα στην ευθεία του Νίκου Σ. Ταπεινού

Οι ασκήσεις που ακολουθούν διαπραγματεύονται την ευθεία, είναι επαναληπτικές και στο πνεύμα των εξετάσεων που φέτος θα γίνουν μέσα στο σχολείο.

1 . Να βρεθεί εξίσωση ευθείας (ε) που διέρχεται από την τομή των ευθειών (ει): 4χ + y = 7 και (ε2) : 3χ - 4y = 10 και είναι κάθετη στην ευθεία (ε3) που ορίζεται από τα σημεία A(l, - 5) και Β(3, 2)

Λύση Η ευθεία (ε3) που ορίζεται από τα σημεία A(l , - 5) και Β(3, 2), έχει συντελεστή διεύθυνσης λ3 =

2 + 5 = 2 . Επειδή (ε) ..l (ε3 ) θα ισχύει 3 - 1 2 λ · λ3 = -1 , όπου λ ο συντελεστής διεύθυνσης της (ε). Άρα λ ·7__ = -3 � λ = -3. 2 7 Η τομή των ευθειών (ε1 ) και (ε2) προκύπτει από τη λύση του συστήματος: 4x + y = 7 } 3x -4y = 10 που δίνει το ζεύγος (χ, y) = (2, - 1 ) Άρα η εξίσωση της ευθείας ε είναι:

2 y + 1 = -- (χ - 2) � 2χ + 7y + 3 = 0 7 2. Να βρεθεί η εξίσωση ευθείας (ε) που είναι

παράλληλη στην ευθεία (ει) : y = 3χ - 1 και τέμνει τις ευθείες των διχοτόμων των γωνιών του καρτεσιανού επιπέδου σε δύο σημεία Α και Β αντίστοιχα, έτσι ώστε ( ΑΒ) = Jlo .

Λύση

Επειδή (ε) //(ε , ) είναι λε = 3 . Άρα η ζητούμενη ευθεία (ε) είναι της μορφής y = 3χ + Κ. Οι ευθείες των διχοτόμων των γωνιών του

καρτεσιανού επιπέδου έχουν εξισώσεις: y = χ ( 1 η και 3η γωνία) και y = - χ (2η και 4η γωνία) . Αν Α και Β είναι τα σημεία τομής των διχοτόμων και της (ε), τότε αυτά είναι οι λύσεις των συστημάτων y = 3x + K} y = 3x + K} , και αντιστοιχα, που y = x y = -x λύσεις τους είναι: Α(-� , -�) και Β (-� , �) Επειδή (ΑΒ) = J10 � (ΑΒ)2 = 10 � (-� + �)2 + (-� - �)2 = 10 � Κ2 9Κ2 -+ - = 10 � 10Κ2 = 160 � 16 16 � Κ2 = 16 � Κ = 4 ή Κ = -4 Άρα η ζητούμενη ευθεία (ε) είναι y = 3χ + 4 ή y = 3χ - 4.

3. Να βρεθεί η εξίσωση ευθείας (ε) που τέμνει τους άξονες στα σημεία Α και Β ώστε (ΟΑΒ) = 12 τ. μονάδες και είναι κάθετη σε ευθεία (ει) που διέρχεται από το σημείο M(l, 2) και τέμνει τους θετικούς ημιάξονες στα σημεία

Κ και Λ ώστε (ΟΚΛ) = 16 τ. μονάδες. 3

Λύση Έστω λ1 ο συντελεστής διεύθυνσης της (ε ι ) . Τότε η (ε 1 ) έχει εξίσωση : y - 2 = λ, · (χ - 1) � \χ - y = λ, - 2



Για χ = Ο έχουμε y = 2 - λι , δηλαδή Κ(Ο, 2 - λι) Για y = Ο έχουμε χ = λι - 2 με λ1 -=F- 0 δηλαδή λ] Λ( λιλ� 2 , Ο) . Γνωρίζω ότι: (ΟΚΛ) = 16 <::::> 3 1 I Ι ι λ� - 2 16 I 1 2 I I "2 " 2 - λ\ . � =3<::::> 3 λ\ - 2 = 32 λ\ <::::> 3λ� - 12λ1 + 12 = 32 lλ1 I αλλά λ ι < Ο (γιατί;) <::::> 3λ� + 20λ1 + 12 = 0<::::> λ1 = -3_ ή λ1 = -6 3

i) αν λ1 = _3_ και επειδή ( ε1 ) l. ( ε ) <::::> λ · λ1 = -1 3 <::::> λ = 3. (όπου λ ο συντελεστής διεύθυνσης 3 της ευθείας (ε)) δηλαδή η (ε) έχει εξίσωση :

3 y = -χ + β . 2 Για χ = Ο έχουμε y = β δηλαδή Α( Ο, β) Για y = Ο έχουμε χ = - 2: δηλαδή Β (- 2: .ο) . Επειδή (ΟΑΒ) = 12 <::::> � · Ιβ Ι · Ι-�β l = 12 <::::> <=> Ι β 1 2 = 36 <=> β = 6 ή β = - 6

• Αν β = 6 η (ε) έχει εξίσωση y = %χ + 6 <::::> l3x - 2y + 12 = 01

• Αν β = - 6 η (ε) έχει εξίσωση y = �χ - 6 <::::> l3x - 2y - 12 = 01 2

ii) αν λ ι = - 6 έχουμε λ · λ1 = -1 <::::> λ = .!.. 6 και η (ε) έχει εξίσωση y = .!.. χ + β . 6 Για χ = Ο έχουμε y = β δηλαδή Α( Ο, β) Για y = Ο έχουμε χ = - 6β δηλαδή Β(- 6β, Ο)

Επειδή ( οΑΒ) = 12 <=> .!.. lβl · l-6βl = 12 <=> 2 <=> Ιβ12 = 4<=> β = 2 ή β = -2 • αν β = 2 η (ε) έχει εξίσωση : y = .!_χ + 2 <::::> lx - 6y + 12 = 0I 6

• αν β = - 2 η (ε) έχει εξίσωση : Υ = ix - 2 <::::> Ι χ - 6y - 12 = οΙ

4. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των

σημείων τομής των ευθειών (ε1 ) : (λ-2)χ+ (λ +3)y = λ ( ε2 ) : (λ - 3) χ + (λ + 2) y = λ + 1 με λ Ε JR •

Λύση Το σημείο τομής των ευθειών (ε ι) και (ε2) είναι η λύση του συστήματος των εξισώσεων τους δηλαδή : (λ - 2) χ + (λ + 3) y = λ } ' τοτε (λ - 3) χ + (λ + 2) y = λ + 1 D = ιλ-2 λ+ 3 ι = (λ- 2) (λ-3) - (λ-3) (λ+ 3) = λ-3 λ+ 2 = λ2 - 4 - λ2 + 9 = 5 * Ο , άρα οι ευθείες τέμνονται για κάθε τιμή του λ Ε JR

οχ = Ιλ� 1 �: �Ι = λ(λ+ 2) - (λ + 1) (λ + 3) = = λ2 + 2λ-λ2 -4λ-3 =-2λ- 3 Dy = Ι�=� λ� 1 1 = (λ- 2) (λ + 1) - (λ - 3)λ = = λ2 -λ-2-λ2 +3λ = 2λ-2 Τότε χ = Dx = -2λ-3 =- 2λ+3 D 5 5

Dy 2λ-2 Και y =-=--D 5 Άρα τέμνονται στο σημείο (χ, Υ) = ( _ 2\+ 3 , 2\-2) Σ"' εξισώσεις:

χ�- 2\+ 3} κάνουμε 2λ - 2 y =--5

απαλοιφή της παραμέτρου λ και έχουμε: 5χ = -2λ - 3} <::::> 2λ = -5χ - 3} 5y = 2λ - 2 2λ = 5y + 2 Άρα, -5χ - 3 = 5y + 2 <::::> 5χ + 5y + 5 = Ο<::::> χ + y + 1 = Ο που είναι ο ζητούμενος γ.τ. των σημείων τομής, των ευθειών (ει ) και (εz) .


tlfJ ι κα θ μ Μ

για τη Γ' τάξη του Λυκείου Α ΜαΘηματ ι κά κατεύΘυνσης Γ' Λυκείου

Θέματα Επανάληψης των Βασίλη Καρκάνη, Γιώργου Γκαρή, Θανάση Κοπάδη

Η περίοδος των πανελληνίων εξετάσεων πλησιάζει. Καθώς έχει ολοκληρωθεί η διδασκαλία της ύλης δί

νουμε στους μαθητές τη δυνατότητα να αντιμετωπίσουν τα λεγόμενα «συνδυαστικά» θέματα.

Τα «συνδυαστικά» θέματα χρησιμεύουν σε μια στοιχειώδη επανάληψη, ενισχύουν τη φαντασία, τις γνώσεις και βοηθούν στην εμπέδωση κάθε κεφαλαίου ξεχωριστά, αλλά και όλων μαζί ως μια ενότητα (Άλγεβρα, Ανάλυση).

Αν και ο συνδυασμός των τριών κεφαλαίων της ανάλυσης γίνεται σύντομα αντιληπτός από τους μαθητές, μια από τις κλασικές ερωτήσεις τους, όταν περνάνε από την μια ενότητα στην άλλη, είναι: «συνδυάζεται η άλγεβρα με την ανάλυση; » Η σύνθεση όλων των κεφαλαίων είναι κάτι που θα διαπιστωθεί εύκολα σε αρκε

τά από τα παρακάτω θέματα επανάληψης.

ί\σκηση 1 Δίνεται ο μιγαδικός αριθμός z = α + β · i και η εξίσωση Ιn lz l = 1 - lz l (1).

α. Να δείξετε ότι η εξίσωση (1) έχει μοναδική λύση την l z l = 1 .

β. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο της εικόνας Μ( α, β) του μιγαδικού z.

γ. Από τους παραπάνω μιγαδικούς z να βρείτε εκείνον του οποίον η εικόνα απέχει τη μικρότερη δυνατή απόσταση από την εικόνα του μιγαδικού w = 2 + 2i .

Λύση α) Θέτουμε l zl = χ > Ο . Αρκεί να δείξουμε ότι η

εξίσωση lnx = 1 - χ έχει μοναδική λύση την προφανή λύση χ = 1 . Θεωρούμε την συνάρτηση f(x) = lnx - 1 + χ, χ > Ο. Η f είναι παραγωγίσι-μη στο (Ο, +οο) με f '(x) = _!_ + 1 > Ο . Άρα η f εί-

χ ναι γνησίως αύξουσα για κάθε χ > Ο οπότε η ρίζα χ = 1 είναι μοναδική.

β) Αφού l z l = 1 η εικόνα Μ( α, β) του μιγαδικού z ανήκει στον κύκλο C: χ 2 + y2 = 1 .

γ)

χ

Έστω Α(2,2) η εικόνα του W. Ο μιγαδικός αριθμός με εικόνα το σημείο Β είναι ο ζητούμενος. Η εξίσωση της ευθείας ΟΑ είναι ΟΑ: y = χ. Οπότε συντεταγμένες του σημείου Β προκύπτουν από την λύση του συστήματος: χ2 + y2 = 1} <:::::> χ2 + χ2 =

1} <:::::> χ2 = �} <:::::> y = x y = x y = x

X = Ji y = Ji

I 2 , 2

X = -Ji y = -Ji 2 '

2

Ά Β (Ji JiJ 'Ε ζ , ρα = 2, 2 . τσι ο ητουμενος μιγα-

δ ' ' J2 J2 . ικος ειναι ο z =-+- · ι . 2 2


Μαθηματικά Γ Λυκείου

Άσκηση 2

Δίνεται η συνάρτηση f, συνεχής στο διάστημα [0, 2] και οι μιγαδικοί αριθμοί z1 = f(O) + i και z2 = 1 + f(2) · i . Αν ισχύει: l z1 + z2 1 = l z1 - z2 1 , να δείξετε ότι η εξί

σωση f(x) = Ο έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [0, 2]. Λύση

Έχουμε: lzι + z2 1 = lzι - z2 1 � lf (O) + i + 1 + f (2) · i l = = lf (O) + i - 1 - f(2) · il � �[f(O) + 1] + [1 + f(2)] · il = = l [f (0) - 1] + [1 - f (2)] ο i l � J[f(0) +1]2 +[1+f(2)]2 = �r-[f-(0-) --1-]2-+-[1---f(-2)-]2 � [f (0) + 1]2 + [1 + f (2)]2 = [f (0) - 1]2 + [1 - f (2)]2 � f2 (0) + 2f (O) + 1 + 1 + 2f (2) + f\2) = f 2 (0) - 2f (O) + 1 + 1 - 2f (2) + f2 (2) � 4f (O) + 4f (2) = Ο� f(O) + f (2) = Ο ( 1 ) Εφαρμόζουμε για τη συνάρτηση f το Θεώρημα

Bolzano στο διάστημα [0, 2] . Πράγματι: • η f είναι συνεχής στο [0, 2] • και από την ( 1 ) έχουμε:

lη περίπτωση : Οι αριθμοί f(O), f(2) θα είναι αντίθετοι οπότε f (Ο) · f (2) < Ο και η εξίσωση f(x) = Ο έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (0, 2).

2'1 περίπτωση : f(O) = f(2) = Ο δηλαδή οι αριθμοί Ο, 2 είναι ρίζες της εξίσωσης f(x) = Ο. Άρα σε κάθε περίπτωση η εξίσωση f(x) = Ο έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [0, 2] . Άσκηση 3 Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β) με f(α) > α > Ο. Δίνεται

β + i · f(β) και ο μιγαδικός z = . α - i · f(α)

Α ν ο z είναι φανταστικός αριθμός να δείξετε ότι η εξίσωση f(x) = χ έχει μια τουλάχιστον λύση στο διάστημα (α, β).

Λύση

Είναι: z = β + i · f (β) = α - i · f (α) [β + i · f (β)] · [α + i · f (α)] = = = [α - i · f (α)] · [α + i · f (α)]

αβ - f (α) · f (β) f (α) · β + f (β) · α . --'--:-....:.......,:-""--'- + . ι = α2 + f 2 (α) α2 + f\α) Αφού ο z είναι φανταστικός θα πρέπει:

αβ - f (α) · f (β) = Ο� α · β = f (α) · f (β) ( 1 ) α2 + f 2 (α) Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = f(x) - χ στο [α, β] .

• Η h συνεχής στο [α, β] • h(α) = f(α) - α > Ο (από υπόθεση) h(β) = f(β) - β Από την ( 1 ) έχουμε:

α α · β = f (α) · f (β) �-· β = f (β) � f(α) � = f (β) (Γιατί (f (α) ;t: Ο , αφού f(x) > Ο και f (α) β β ;t: Ο , αφού β > α > 0) . Επίσης: f (α) > α ��< 1 � f (β) < 1 � f(α) β f (β) < β � f(β) - β < Ο. Άρα h(β) < Ο. Οπότε h(α) · h(β) < Ο και από το Θεώρημα Bo1zano η εξίσωση h(x) = Ο άρα και η f(x) = χ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (α, β) .

Άσκηση 4

Δίνεται η συνάρτηση

z - + z ,χ <

f(x) = χ - 1 {I 1 1 2χ2 - 3χ + 1 1

l z + i l + x -� , x 2:: 1 Αν η f είναι συνεχής συνάρτηση να δείξετε ότι η εικόνα του μιγαδικού αριθμού z κινείται σε ευθεία της οποίας να προσδιορίσετε την εξίσωση.

Λύση Αφού η f είναι συνεχής συνάρτηση σε όλο το πεδίο

ορισμού της (Α = R) θα είναι συνεχής και στο χ0 = 1 . Δηλαδή θα πρέπει: limf(x) = limf(x) = f (1) ( 1 )

χ_.Γ ,_.ι

Είναι: lilΊ! f (x) = liΠ! ( I z - 1 1 + 2χ2 �3χ + 1 ) χ .... ι χ .... ι χ - 1

Ι . <I 11 ) ι · 2χ 2 - 3χ + 1 = ιm z - + ιm = χ _. Γ χ _. Γ Χ2 - 1

2 jY4)(x _ .!.) = l z - 11 + lim jY4) 2 = lz - 11 + .!. .

ΗΓ ( Χ + 1) 2 Επίσης: lim f (x) = Iim ( Ι z + il + χ -.!.) = x�l+ x----tl+ 2 = lim lz + i l + lim (x _.!.) = lz + il + .!. . .... ι• χ .... ι· 2 2


Μαθηματικά Γ Λυκε(ου

Ακόμη f (1) = lz + il + 1 -_!_ = lz + il + _!_ , έτσι λό-2 2 γω της ( 1 ) θα πρέπει: l z - 1 1 +Ξ = lz + il +Ξ� � Ιz - (1 + ο . i) l = Ιz - (Ο - 1 · i) ι . Άρα η εικόνα του μιγαδικού z κινείται στην με

σοκάθετο ε του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ, όπου A(l , 0) και Β(Ο, -1) .

Υ

� ο

Είναι λΑΒ = 1 .

A( l ,O ) Μ / ;,<,

/ ', '

8(0,-1 )

χ

Άρα λ. = -1 (γιατί;) . Επίσης για το μέσο Μ του ' 1 + 0 1 0 - 1 1 ΑΒ ειναι: χΜ =--=- και ΥΜ =--= -- . 2 2 2 2

Άρα ε: y _ _!_ = -(χ _

_!_) � ε: y = -χ η ζητού-2 2 μενη εξίσωση.

Άσκηση 5 Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής και παραγωγί-

, . f(x)-2x+3 σιμη στο χ0 Ε IR , και ισχυει: lim =0 . χ--+χ,ι χ-χσ

Να δειχθεί ότι η ευθεία (ε) : y = 2χ - 3 εφάπτεται της Cr στο A(x0 ,f(x0 )) .

Λύση Για χ ::;:. χ0 θεωρούμε τη συνάρτηση ( ) f (x) - 2x + 3 g x = �

Χ- Χ0 � f(x) = g(x)(x - χ0 ) + 2χ - 3 . Τότε lim g(x) = Ο

Χ4-Χο

(από υπόθεση) και lim f (x) = lim [g(x)(x-x0 )+2x0 -3] = 2χ0 - 3 . Χ --+Χο Χ--+Χο

Η f συνεχής στο χ0 Ε IR άρα f (x0 ) = lim f (x) ή f(x0 ) = 2x0 - 3 ( 1 ) .

Βρίσκουμε την παράγωγο της f στο χ0. Γ , 1. f (x) - f (x0 ) ια χ ::;:. χ0 ειναι ιm =

χ --+χσ Χ- Χ ο

Χ --+Χο

lim f (x)-2x0 +3 = lim f (x) - 2χ + 2χ - 2χ0 + 3 = Χ- Χ0

lim [ f (x) - 2x + 3 + 2y-< ] = 0 + 2 = 2. Χ --+Χο Χ- Χ Χ ___/ ο � Λο Άρα f '(x0 ) = 2 οπότε λόγω της ( 1 ) η ευθεία

ε: y = 2x - 3 εφάπτεται της Cr στο A(x0 , f (x0 )) . Άσκηση 6

Α. Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] και ισχύουν f '( α) > Ο, f '(β) < Ο και η f' είναι συνεχής στο [α, β]. Να δειχτεί ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (α, β) τέτοιο ώστε f '(ξ) = Ο .

Β. Αν για μια συνάρτηση f ισχύει f '(x) ::;:. Ο για κάθε χ Ε Δ , τότε να δειχτεί ότι: α) f '(x) > Ο για κάθε χ Ε Δ ή f '(x) < Ο για

κάθε χ Ε Δ . β) Η γραφική παράσταση της f τέμνει τον

χ'χ το πολύ σ' ένα σημείο. Λύση

Α. Για την f έχουμε: f ' (α) > Ο και f ' (β) < Ο . Έτσι η f' είναι συνεχής στο [α, β] και f '(α) · f '(β) < Ο οπότε από θ. Bolzano θα υπάρ-χει ένα τουλάχιστον ξ Ε (α, β) : f '(ξ) = Ο

Β. α) Έστω ότι η f' αλλάζει πρόσημο στο Δ. Τότε θα υπάρχουν α, β Ε Δ τέτοια ώστε f '(α)f '(β) < Ο οπότε λόγω του Α θα υπάρχει ξ Ε (α, β) τέτοιο ώστε f '(ξ) = Ο άτοπο εφόσον f '(x) ::;:. Ο για κάθε χ Ε Δ .

β) Αν f '(x) > Ο για κάθε χ Ε Δ τότε η ft στο Δ άρα θα τέμνει τον χ ' χ το πολύ σε ένα σημείο. Αν f '(x) < Ο για κάθε χ Ε Δ τότε f! στο Δ,

άρα θα τέμνει τον χ' χ το πολύ σε ένα σημείο. Άσκηση 7

Δίνεται η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο [1, 2] και με συνεχή παράγωγο στο [1, 2]. Επίσης ισχύουν:

i) f(l) = f(2) -2 3

Ν α δείξετε ότι:

ii) f '(l) > 4

α) υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (1, 2) τέτοιο ώστε f '(x0 ) = χ; .

β) υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (1,2) τέτοιο ώστε f '(ξ) = 4ξ .


Λύση 3

α) Θωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f (x) - � στο 3 [ Ι , 2] . Η g είναι συνεχής στο [ 1 , 2] (γιατί;) Η g είναι παραγωγίσιμη στο ( 1 ,2) (γιατί;) με g'(x) = f '(x) - χ2 • , 1 ( i ) 7 1 8 Επισης: g(l) = f(l) - -= f (2) -- -- = f(2) - -

3 3 3 3

και g(2) = f (2) -� . Οπότε: g(1) = g(2) 3

Έτσι από το Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 E (l, 2) τέτοιο ώστε g'(x0 ) = 0<::> f '(x0 ) = x�

β) Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f '(x) - 4χ στο [1, χ0 ] ς [1, 2] . Η h είναι συνεχής στο [ 1 , χ0] (γιατί;) . Επίσης h(l) = f '(l) - 4 h(x0 ) = f '(x0 ) - 4χ0 = χ� - 4χ0 = χ0 (χ0 - 4) < Ο (γιατί;) Έτσι: h(l)h(x0 ) < Ο οπότε από το Θ. Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (1, χ0 ) τέτοιο ώστε h(ξ) = Ο<::> f '(ξ) = 4ξ .

Άσκηση 8

Δίνεται η συνάρτηση f : [0, 2] � [0,4] παραγωyίσιμη με f '(x) :ι:. 2 για κάθε χ Ε [0, 2] . Να δειχτεί ότι υπάρχει μοναδικό ξ Ε [0, 2] , τέτοω ώστε f(ξ) = 2ξ .

Λύση Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = f (x) - 2χ

στο [0, 2] . Η g είναι συνεχής στο [0,2] . (γιατί;) Επίσης: g(O) = f (Ο) και g(2) = f (2) - 4 . Όμως f ([0, 2]) = [0, 4] άρα

Ο :s;; f (χ) :s;; 4 , οπότε f(O) :?: O και f (2) - 4 :s;; O . Έτσι g(O)g(2) ::;; Ο . • Αν g(O)g(2) = Ο τότε: g(O) = Ο ή g(2) = Ο δηλ. : ξ = Ο ή ξ = 2.

• Αν g(O)g(2) < Ο τότε από Θ. Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (0,2) . Δηλαδή σε κάθε περίπτωση υπάρχει ξ Ε [0, 2] : g(ξ) = Ο<::> f (ξ) = 2ξ Έστω ότι υπάρχει και ξ1 Ε [0, 2] με ξ < ξ1 τέ-

τοιο ώστε f (ξ1 ) = 2ξ1 δηλαδή : g(ξ1 ) = Ο . Τότε η g είναι συνεχής και παραγωyίσιμη στο

[ξ, ξ1 ] ς (0, 2) με g'(x) = f' (x) -2 και g(ξ) = g(ξ1 ) = 0 οπότε από το Θ. Rolle θα υπάρχει Χ0 Ε (ξ, ξ1 ) τέτοιο ώστε g'(x0 ) = 0 <::> f '(x0 ) = 2 άτοπο, εφόσον f '(x) :ι:. 2 για κάθε χ Ε [0, 2] .

Άσκηση 9 Έστω οι συναρτήσεις f, g ορισμένες και παραγωγίσιμες στο διάστημα [α, β] με g(x) · g'(x) :ι:. Ο , για κάθε χ Ε (α, β) . Αν w = f(α) + g(β) · i , z = g(α) + f(β) · i και ισχύει lw + zl = lw - zl , να δείξετε ότι υπάρχει χ0 Ε (α, β) για το οποίο ι-σχύει: f '(xo ) + f(xo ) = 0 . g'(xo ) g(xo )

Λύση Έχουμε: lw + zl = lw - zl <=> lf (α) + g(β) · i + g(α) - f (β) · i l = = lf (α) - g(β) · i - g(α) - f(β) · i l <::> <=> l[f (α) + g( α)] + [(g(β) - f (β)] · i l = = l[f (α) - g(α)] + [-g(β) - f (β)] · i l <::> <=> �[f (α) + g(α)]2 + [g(β) - f (β)]2 = = �[f (α) - g(α)]2 + [-g(β) - f (β)]2 <::> . . . <::> f (α) · g(α) = f (β) · g(β) ( 1 ) Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f (x) · g(x)

στο διάστημα [α, β] . • Η h είναι συνεχής στο [α, β] (ως γινόμενο συνεχών) .

• Η h είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) με h'(x) = [f (x) · g(x)]' = f '(x) · g(x) + f (x) · g'(x)

• h(α) = f (α) · g(α) , h(β) = f (β) · g(β) οπότε λόγω της ( 1 ) είναι h(α) = h(β) . Έτσι από το Θ. Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (α, β) τέτοιο, ώστε να ισχύει: h'(x0 ) = Ο<=> f '(χσ ) · g(χσ ) + f (χσ ) · g'(xo ) = Ο<=> f '(χσ ) + f(xo ) = Ο g'(χσ ) g(χσ ) .

Άσκηση 10

Έστω στο σύνολο των μιγαδικών αριθμών C η εξίσωση: z2 - λ · z + λ = Ο (1), όπου ο z άγνωστος και ο λ Ε IR . α) Να βρείτε τα λ Ε IR ώστε η εξίσωση (1) να

μην έχει πραγματικές ρίζες. β) Να λύσετε την εξίσωση (1) για την τιμή λ =

2. Στην συνέχεια να προσδιορίσετε το μέτρο κάθε μιας από τις ρίζες που θα βρείτε.

γ) Αν z1, z2 οι ρίζες του προηγούμενου ερωτήματος:



i) Να δείξετε ότι z�2 + z�2 = -27

ii) Α ν η f είναι συνάρτηση παραγωγίσιμη

στο [0, 4] και ισχύουν f(O) =_!_ +_!_ , Ζι Zz

f(4) = z; + z; , τότε να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (0, 4) τέτοιο,

ώστε f'(ξ) = _ .!_ .

4 Λύση

α) Θα πρέπει: Δ < Ο <::::> ( -λ)2 - 4λ < Ο<::::> λ2 - 4λ < Ο <::::> λ · (λ - 4) < Ο <::::> Ο < λ < 4 οι ζητούμενες τιμές.

β) Για λ = 2 η ( 1 ) δίνει: z2 - 2z + 2 = Ο . Είναι: Δ = -4 < Ο οπότε :

-β ± i .J-Δ 2 ± 2i ο ' z, 2 = = --<::::> z, = 1 + 1 η · 2α 2

z2 = 1 - i οι ρίζες και lz, I = ,Jϊ2";ϊ2 = .J2 , l z2 1 = �12 + (-1)2 =.J2 τα μέτρα τους.

γ) i) Έχουμε: z :2 + z�2 = (1 + i) 12 + (1 - i)12 = [(l + i)2 ]6 + [(1 - i)2 ]6 = (1 + i2 + 2i)6 + (l + i2 - 2i)6 = (2i)6 + ( -2i)6 = 26 i6 + ( -2)6 i6 = -26 - 26 = -2 · 26 = -27 ;

ii) Είναι: -β

f (O)=_!_+_!_ = z, + z2 = � = α =� = 1 και z1 z2 z1 · z2 Ρ γ 2 α

f(4)=z� +z; = (z1 +z2 )2 -2z,z2 =22 - 2 · 2 = 0 . Έτσι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [0, 4] και παραγωγίσιμη στο (0, 4) (από την υπόθεση). Έτσι, από το Θεώρημα Μέσης τιμής θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (0, 4) τέ-τοιο, ώστε f '(ξ) = f(4) -f (O) = Ο- 1 = _.!.

.

4 -0 4 4 Άσκηση 11

Δίνεται η συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσιμη στο IR. ώστε f"(x) + κ2f(χ) = Ο για κάθε χ Ε IR. , κ Ε IR. * . Αν f(O) = f '(O) = Ο να δειχτεί ότι f(x) = Ο, για κάθε χ Ε IR. •

Λύση

Έχουμε: f "(x) + κ2f (x) = 0 ( 1 ) για κάθε χ Ε IR. , κEIR.* .

Θεωρούμε τη συνάρτηση F(x) =�f2(x)+[f'(x)]2 στο IR. .

Είναι F'(x) = 2κ2f(x)f'(x) + 2f '(x)f "(x) = ( I ) = 2f '(x)[κ2f (x) + f "(x)] = O οπότε F(x) = c, c E IR.

δηλαδή : κ2f 2 (χ) + [f '(x)]2 = c και για χ = Ο παίρνουμε: κ2f 2 (0) + [f '(0)]2 = c και εφόσον κ Ε IR.* θα είναι: c = Ο. άρα F(x) = Ο ή κ2f 2 (χ) + [f '(x)]2 = Ο , οπότε f (x) = f '(x) = O . Άσκηση 12

Δίνεται η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο IR. με f '(x) < χ για κάθε χ Ε IR. . Να δειχτεί ότι f(4) -f(2) < 6.

Λύση 2 Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f (χ) -� στο 2

[2, 4] , παραγωγίσιμη με g'(x) = f '(x) - χ < Ο για κάθε χ Ε [2, 4] , άρα η g J στο [2, 4] οπότε: 2 < 4 => g(2) > g(4) <::::> f (2) - 2 > f (4) - 8 <::::> f (4) - f (2) < 6 ο

Άσκηση 13 α Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = lnx - - + α με χ

χ > Ο και α Ε IR. Αν f(x) ;::: Ο για κάθε χ > Ο τότε: Α) Να δειχθεί ότι α = - 1. Β) Με δεδομένο το ερώτημα Α.

α) Να δειχθεί ότι f(1) = Ο .

β) Να λυθεί η εξίσωση f(x) = Ο. γ) Να λυθεί η aνίσωση

1 1 Ιη(2λ2 + 2) --

2-- > ln(λ2 + 3) +

2 •

λ + 3 2λ + 2 Λύση

Α) Η f είναι παραγωγίσιμη στ.ο (Ο, +οο) με f '(x) = ..!.. +..;. ( 1 ) και ισχύει: f (x) ;::: O (2). Είχ χ ναι f( l ) = Ο, άρα f(x) ;::: f (l) για κάθε χ > Ο οπότε η f θα παρουσιάζει ελάχιστο στη θέση χ0 = 1 .

( I ) Έτσι από το Θ. Fermat θα είναι: f '(1) = Ο<::> 1 + α = Ο<::::> α = -1 .

Β) α) Λόγω του (Α) είναι: f (x) = ln x +..!.. - 1 οπόχ τε f( l ) = Ο.

' 1 1 χ - 1 β) Για χ > Ο ειναι: f '(x) = - --2 =-2-χ χ χ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/59


Έτσι f '(x) = Ο<:::::> χ = 1 οπότε: χ () 1 +οο r - + -- �--

f � � Δηλαδή η fJ στο (0, 1 ] και 1 στο [1, +οο) και στο χ0 = 1 η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το f( l ) = Ο, (λόγω του (α)) . Άρα f(x) = Ο<:::::> χ = 1 .

γ) Είναι: 2λ2 + 2, λ2 + 3 > 1 για κάθε λ Ε JR .

'Εστω: ln(2λ2 +2) -� >ln(λ2 +3) --21-<:::::> 11, +3 2/1, +2

1 1 ln(2λ2 +2)+ 2 1 > ln (λ2 +3)+-2-- 1 <:::::> 2λ + 2 λ +3 f (2λ2 +2) > f (λ2 +3) <:::::> 2λ2 + 2 > λ2 + 3 <:::::> ( εφόσον η f 1 στο [1, +οο) <:=> λ2 - 1 > 0 <:=> λ < -1 ή λ > 1

Άσκηση 14 Δίνεται η συνάρτηση f(x) =4r -4αχ+α2 -2α+2 με χ Ε [0,2] . Για ποιες τιμές του α Ε JR η ελάχι-στη τιμή της f είναι ίση με 3;

Λύση

Η f είναι παραγωγίσιμη στο [0, 2] με f'(χ) = 8χ -4α .Είναι: f '(x) = Ο<:::::> 8χ = 4α <:::::> χ = � 2 Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: i) Αν � < 0 τότε: 2

r--- ,---χ ο 2 r + -------f �

Άρα f παρουσιάζει ελάχιστο στο χ0 = Ο με τιμή f (O) ;:= α2 - 2α + 2 . 'Ετσι f (O) = 3 <:::::> α2 - 2α + 2 = 3 <:::::> α2 - 2α - 1 = 0 <:::::> α = 1 + .J2 > Ο απορρίπτεται ή α = 1 -.J2 < Ο δεκτή.

ii) Αν Ο � α � 2 τότε θα έχουμε: χ ο α/2 2 Γ - +

ι

f �-. �·

Δηλαδή η f θα παρουσιάζει ελάχιστο στο α , ( α J α2 α 2 χ0 = - με τιμη f - = 4-- 4α-+ α - 2α + 2 = 2 2 4 2

= -2α + 2 . 'Ετσι f (ΞJ = 3 <:=>-2α+ 2 =3 <:=>α=-� � [0, 2] οπότε απορρίπτεται.

iii) Α ν α > 2 τότε θα έχουμε: ! χ ο 2

Γ ---------

f �

Δηλαδή η f θα παρουσιάζει ελάχιστο στο Χο = 2 με τιμή f(2) = 4 · 4-8α+α2 -2α+ 2 = α2 - 10α+ 18 . Έτσι f (2) = 3 <:::::> α2 - 10α + 1 8 = 3 <:::::> <:::::> α2 - 10α+ 15 = Ο<:::::> α = 5 -.JW > 2 δεκτή ή α = 5 + .JW > 2 δεκτή.

Άσκηση 15 Δίνεται η συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσιμη στο [1, e] με f(1) = 2, f(e) = e + 1 και σύνολο τιμών [- 1, 4]. Να δείξετε ότι: Α. α) υπάρχουν τουλάχιστον δύο xux2 Ε (l,e)

με χ1 -=1:- χ2 ώστε f '(x1 ) = f '(x2 ) = 0 .

β) υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (1,e) τέτοιο ώστε f"(ξ) = Ο .

γ) υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (1,e) τέτοιο ώστε: f(Χσ)[f'(Χσ)-4(f(Χσ))4] = Χσ ·

δ) Η ευθεία ε : y = -χ + e + 2 τέμνει τη γραφική παράσταση της f σε ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη c0 Ε (1,e) .

ε) Υπάρχουν ξ1 ,ξ2 Ε (1,e) με ξ1 -=1:- ξ2 για τα οποία ισχύει f '(ξ1 )f '(ξ2 ) = 1 .

Λύση

Για την f έχουμε: f( l ) = 2 ( 1 ), f(e) = e + 1 (2) και -l � f (x) � 4 (3) για κάθε x E [1, e] . Α. α) Η f είναι συνεχής στο [ 1 , e] οπότε από θεώρ.

μέγιστης και ελάχιστης τιμής θα υπάρχει ένα (3) τουλάχιστον Χι Ε (l, e) , ώστε f (Χι ) =- 1 (ε-


Μαθηματικά Γ' Λυκείου

λάχιστη τιμή) και ένα τουλάχιστον χ2 Ε (l, e) (3) ώστε f ( χ2 ) = 4 (μέyιστη τιμή) με Χ1 * Χ2 •

Έτσι από Θ. Fennat θα είναι: f'(x1 ) =f'(�) =0. β) Έστω Χι < Xz.

Η f' είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [χι , χ2] και f '(x 1 ) = f '(x2 ) = 0 οπότε από το Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (χ 1 ,χ2 ) ς ( 1 , e) τέτοιο ώστε f "(ξ) = Ο .

γ) Θα δείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (l, e) ώστε f(x0 ) [f '(x0 ) - 4(f (x0 ))4 ] - χ0 = Ο<:::::> f(x0 )f '(x0 ) - 4(f (x0 ))5 - χ0 = 0 (4) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f (x)f '(x) - 4(f (x))5 - χ . Η g είναι συνεχής στο [χ 1 , χ 2 ] ς (1, e) και g(x 1 ) = f (χ 1 )f'(x 1 ) - 4(f (χ 1 ))5 - χ1 =

(α) =-4 · (-1)5 - χ . = 4 - χ1 > 0 (αφού 1 < χ1 < e)

Επίσης: g(x2 ) = f(x2 )f '(x2 ) -4(f(x2 ))5 - χ2 = (α) 5 6 =-4 · 4 -χ2 =-4 -χ2 < 0 (αφού 1 < χ2 < e) άρα g(x1 )g(x2 ) < 0 , οπότε από το Θ. Bol-zano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (χ1 , χ2 ) τέτοιο ώστε g(x0 ) = Ο<:::::> f (x0 ) [f tx0 )-4f4 (χ0 )] = χ0 λόγω της (4) .

δ) Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(x) + χ - e - 2 στο [ 1 , e] . Η h είναι συνεχής στο[l , e] ως άθροισμα συνεχών και h(1) = f (l) + 1 - e - 2 h(e) = f (e) + e - e - 2

(Ι ) = 2 + 1 - e - 2 = 1 - e < O

(2) = e + 1 - 2 = e - 1 > 0

Οπότε: h(l) · f (e) < Ο και από το Θ. Bolzano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον c0 Ε (1, e) τέτοιο ώστε h(c0 ) = Ο<:::::> f (c0 ) = -c0 + e + 2 οπότε η ε τέμνει τη Cr σε ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη c0 Ε (1, e) .

ε) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στα διαστήματα [1 , Co] και [Co, e] οπότε από το Θ.Μ.Τ. θα υπάρχουν ξ1 Ε (l, c0 ) και ξ2 E (c0 ,e) τέτοια

ώστε , f(c0 ) - f(l) (δ),( ΙJ -c0 + e + 2- 2 f (ξ. ) = = = c0 - 1 c0 - 1 -(c0 - e) =-....::...,_-c0 - 1

f(c ) - f(e) (δJ.(ZJ -c +e+2-e-1 και f '(ξ2 ) = 0 = 0 = c0 - e c0 -e

c0 - e Οπότε θα είναι: f '(ξ1 )f '(ξ2 ) = 1 .

Άσκηση 1 6 Δίνεται η συνάρτηση f : JR � JR παραγωγίσιμη

' ' ι· f(x) - 2x 1 και για την οποια ισχυουν ιm = και Χ--73 Χ - 3

f(5) = 6. α) Να δειχθεί ότι f(3) = 6. β) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της

Cr στο χ = 3. γ) Να δειχθεί ότι η y = χ+ 2 τέμνει την Cr σε ένα

τουλάχιστον σημείο με τετμημένη χ0 Ε (3,5) •

δ) Αν η f στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω στο [3, 5] να βρεθεί το πλήθος των ριζών της εξίσωσης f '(x) = Ο στο διάστημα (3, 5).

Λύση

Γ f ' ι· f (x) - 2x 1 ( 1 ) ια την εχουμε ιm = και Χ--+3 Χ - 3

f(5) = 6(2) . α) Για χ * 3 θεωρούμε

g(x) = f (x) - 2χ τότε χ - 3 f (χ) - 2χ = (χ - 3)g(x) f (χ) = 2χ + (χ - 3)g(x) =>

τη συνάρτηση ( I ) limg(x) = 1 και

Χ-->3

Είναι: limf (χ) = lim[2x + (χ - 3)g(x)] = 6 χ--+3 χ-->3 άρα limf (x) = 6 .

χ-->3 Όμως η f είναι παραγωγίσιμη στο χ = 3 άρα και συνεχής, οπότε f(3) = 6.

β) Για χ =F- 3 είναι: lim f (x) - f (3) = lim f (x) - 2χ - 6 + 2χ = Χ--73 Χ - 3 Χ-->3 Χ - 3 lim( f (x) - 2x + 2(χ - 3) )� 1 + 2 = 3 Χ-->3 Χ - 3 Χ - 3 άρα f '(3) = 3 , οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης στο χ0 = 3 είναι: ε : y - f (3) = f '(3)(x - 3) ή ε : y - 6 = 3(x - 3) ή ε : y = 3χ - 3 .



γ) Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f (x) - χ - 2

:::)[:·::�)�: �:� 6�:

ε��ς }στ:5:(3:::Ό (β) h(5) = f(5) - 5 - 2 = 6 - 7 = -1

και από το Θ. Bolzano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (3, 5) τέτοιο ώστε h(x0 ) = Ο<:::? f (x0 ) = χ0 + 2 . Δηλαδή η y = χ + 2 τέμνει την Cf σε ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη Χ0 Ε (3, 5) .

δ) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [3,5] και f (3) = f ( 5) = 6 , άρα από Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (3,5) τέτοιο ώστε ftξ) = 0 . Όμως η f στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω άρα η f' είναι J στο [3,5] , οπότε το ξ είναι μοναδική ρίζα της f' . Δηλαδή η εξίσωση f' (χ) = Ο έχει μοναδική ρίζα στο (3, 5) .

Άσκηση 17 Η συνάρτηση fείναι συνεχής στο [α, β], παραγωγίσιμη στο (α, β) με f(α) = f(β) = Ο και η f'

γνησίως φθίνουσα στο (α, β). Α. Να δειχθεί ότι f(x) > Ο για κάθε χ Ε (α, β) . Β. α) Να δειχθεί ότι υπάρχει ένα μόνο

χ0 Ε (α, β) , στο οποίο η f να παρουσιάζει

μέγιστο. β) Να δειχθεί ότι υπάρχουν Χ1 , Χ2 Ε (α, β) ,

4f(x ) τέτοια ώστε f 1(X1 ) - f 1(X2 ) >-β

0 •

- α Γ. Αν υπάρχει η f" στο (α, β) να δειχθεί ότι

υπάρχει ξ Ε (χ1 , χ2 ) τέτοιο ώστε:

α) f"(ξ) < Ο . β) f(x) < -f"(ξ>( β; α )2 •

Λύση

Η f είναι συνεχής στο [α, β] ( 1 ), παραγωγίσιμη στο (α, β) (2), f(α) = f(β) = Ο (3) και η f'J στο (α, β) (4) .

Α. Έστω ότι υπάρχει γ Ε (α, β) τέτοιο ώστε f (γ) :::; Ο . Θεωρούμε την f στα διαστήματα [α, γ] και [γ, β] στα οποία θα ισχύει το Θ.Μ.Τ. οπότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον U1 Ε (α,γ) τέτοιο ώστε

f 1(u ) = f (γ) - f (α) ι: f (γ) :::; ο και ένα τουλά-1 γ - α γ - α χιστον u2 Ε (γ,β) τέτοιο ώστε f l(u ) = f (β) - f (γ) ι:_ f(γ) � ο 2 β - γ β - γ

(4) Όμως: u1 < u2 �f 1(U 1 ) > f 1(u2 ) άτοπο. Άρα f(x) > Ο για κάθε χ Ε (α, β) . Β. α. Λόγω των ( 1 ) , (2), (3) για την f από το Θ.

Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (α, β) τέτοιο ώστε: f 1(X0 ) = 0 . Για α < χ < χ0 επειδή η f'J στο (α, β) έχουμε: f 1(X) > f 1(X0 ) άρα f 1(X) > Ο. Για χ0 < χ < β επειδή η f' J στο (α, β) έχουμε: f 1(X) < f 1(x0 ) άρα f1(X) < Ο. Έτσι:

χ α "<> β Γ + -f � �

Άρα υπάρχει ένα μόνο χ0 Ε (α, β) , στο οποίο η f να παρουσιάζει μέγιστο.

β) Η f είναι συνεχής στα [α, χο] και [χο, β] και παραγωγίσιμη στα (α, χ0) και (χο, β), οπότε από το Θ .Μ. Τ. θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ1 Ε (α, χ0 ) τέτοιο ώστε f 1(χ ι ) = f(χο ) - f (α) ι: f(xo ) και ένα του-χ0 - α χ0 - α λάχιστον χ2 Ε (χ0 ,β) τέτοιο ώστε ftx2 )

f (χ0 ) - f (β) ι: f(x0 ) . Χο - β Χο - β 1 1 (Χο -β) - (Χο -α) _ Έτσι: f (x1 ) -f (X2) = f(x0 ) (χο -β)(χο -α) -

α-β = f (χο)----'--(χο -β)(χο -α) Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι:

α - β 4f (x0 ) f (x0 ) � β (χο - βΧχο - α) - α fλ ( 3 )

(5)

Ισχύει: χ0 > α�f(χ0 ) > f (α)�f (x0 ) > Ο , β - α 4 και από την (5) <=> (β _ χοΧχο -α) � β _ α

<=> (β - α)2 � 4(β - χ0 )(χ0 - α) <=> [(β - χ0 ) + (χ0 - α)]2 � 4(β - χ0 )(χ0 - α) <=> (β - χο )2 + 2(β - χοΧΧο - α) + (χο - α)2 -



-4(β - χ0 )(χ0 - α) � Ο <:::::> [(β - χ0 ) - (χ0 - α)]2 � Ο , που ισχύει.

Γ. α) Η f' είναι παραγωγίσιμη στο [χι , χ2] ς (α,β) οπότε από το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (χι , χ2 ) τέτοιο ώστε:

f "(ξ) = f '(x2 ) - f '(x ι ) (6) χ2 - χ . Όμως Χι < χ2 και ΓJ άρα f '(χι ) > f '(x2 ) , και από την (6) παίρνουμε f "(ξ) < Ο .

β) Από την (6) είναι: f'(x2 ) -f'(xι ) =f"(ξ)(x2 -χι ) άρα f '(x1 ) - f '(x2 ) = -f"(ξ)(x2 - χι ) και λόγω , 4f(x ) του Β,β θα ει ναι: -f" (ξ)( χ2 -χ1 ) > --0- (7) β-α

Επίσης λόγω του Β,α είναι: f(x) ::; f(x0 ) => 4f (x) 4f (x0 ) λ ' (7) =:::> -- ::; και ογω της : β - α β - α

4f (x) < -f "(ξ)(χ - χ ) => β 2 ι - α f (χ) < -f "(ξ) (χ2 - Χι )(β - α) (8). 4 Όμως 1 άρα 0 < χ2 - χι < β - α

-β < -χ < -α} α < χ2 < β

οπότε: -f"(ξ) (χ2 -χι )(β - α) < -f"(ξ) (β -α)2 4 2 καιλ&yω της (8) θα ισχύει f(x) < -f"(ξ)(β;α )2 . (το -f "(ξ) > Ο λ&yω του Γα).

Άσκηση 18

Δίνεται η συνάρτηση f ορισμένη στο JR και για την οποία ορίζεται η f<3> (x) με f<3> (x) > Ο για κάθε χ Ε JR.

α) Να δειχθεί ότι η f έχει το πολύ ένα σημείο καμπής.

β) Να δειχθεί ότι δεν υπάρχει ευθεία που να εφάπτεται σε δύο διαφορετικά σημεία Α(χι, f(χι)) και Β(χ2, f(x2)) της C,.

Λύση

α) Είναι: t'3>(x) > Ο ( 1 ) άρα f " 1 στο JR .

Έστω ότι η f έχει δύο διαφορετικά σημεία καμπής στις θέσεις χι , Xz με Χι < Xz. Τότε f "(x ι ) = f "(x2 ) = 0 , οπότε από το Θ. Rolle στο [χι, Xz] θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (χι , χ2 )

τέτοιο ώστε f3>(x) = Ο άτοπο (λ&yω της ( 1)). Άρα η f έχει το πολύ ένα σημείο καμπής.

β) Για να εφάπτεται ευθεία σε δύο διαφορετικά σημεία Α( χι , f(χι)) και B(xz, f(xz)) της Cf θα πρέπει:

f '(χι ) = f '(x2 ) = f (x2 ) - f (χι ) (2) Χ2 - Χι

Έστω Χι < χ2, τότε η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [χι , χ2] οπότε από το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (χι , χ2 ) τέτοιο ώστε:

f '(ξ) = f(x2 ) - f (χ ι ) (3) Χ2 - Χι

χ

Από τις (2), ( 1 ) έχουμε f '(χι ) = f '(x2 ) = f '(ξ) . Έτσι για την Γ από το θ. Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον Uι Ε (χι , ξ) τέτοιο ώστε f "(uι ) = Ο και ένα τουλάχιστον u2 Ε (ξ, χ2 ) τέτοιο ώστε f "(u2 ) = 0 . Έτσι η f " είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [uι , Uz] και f "(uι ) = f "(u2 ) οπότε από θ. Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον Χ0 Ε (uι , u2 ) ς (χι , χ2 ) τέτοιο ώστε f <3> (x0 ) = 0 άτοπο (λόγω της ( 1 )) . Άρα δεν υπάρχει ευθεία που να εφάπτεται της cf σε δύο διαφορετικά σημεία.

Άσκηση 19

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = .,Γχ · ln x .

α) Να μελετηθεί ως προς την κοιλότητα και τα σημεία καμπής.

β) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης στα σημεία καμπής.

γ) Να δείξετε ότι: i) .,Γχ ln x � χ - 1 για κάθε χ Ε (0, 1] . ii) .,Γχ Ι η χ ::; χ - 1 για κάθε χ Ε [1, +οο) •

Λύση Έχουμε τη συνάρτηση f(x) =..Γxlnx με Α = (Ο,+οο)

α) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο (Ο,+οο) 1 c 1 lnx + 2 με f'(x) = Γlηχ+ νχ ..;.... = Γ και 2νχ χ 2νχ



! . 2-Γχ - (lnx + 2)2-1- Γ f"(x) = 2 . 2-Γχ = = νx lnx

4χ 4χ2 • Έτσι f"(x) = O�lnx = O�x = 1 και

-ΓχΙη χ f"(x) > O� 2 > 0�1nx < O�O< x < 1 4χ Άρα:

χ ο 1 + co Γ + -

Ι � � Σ. Κ.

Οπότε η f είναι κυρτή στο (0, 1 ] και κοίλη στο [1,+οο) . Στο χ0 = 1 παρουσιάζει σημείο καμπής το A(1, f(1)) = (1, 0) β) Η εφαπτομένη της Cr στο σημείο καμπής Α

είναι η ε: y -f(1) = f'(l)(x - l) ή ε : y -0 = 1(χ - 1) ή ε : y = χ - 1 .

γ) i) Λόγω του (α) ερωτήματος η f είναι κυρτή στο (0, 1 ] και λόγω του ερωτήματος (β) η ε : y = χ - 1 είναι εφαπτομένη της Cr στο ση-μείο Α( 1 , 0) άρα βρίσκεται κάτω από τη Cr στο (0, 1 ] . Δηλαδή για κάθε χ ε (0, 1] θα ι-σχύει: f(x) � y � -Γχ lnx � χ - 1

ii) Όμοια η f είναι κοίλη στο [1,+οο) και η ε : y = χ - 1 είναι εφαπτομένη της Cr στο Α( 1 , Ο) άρα θα βρίσκεται πάνω από την Cr στο [1, +οο) . Δηλαδή για κάθε χ ε [1,+οο) ισχύει: f(x) � y �.rx lnx � χ - 1

Άσκηση 20

Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς κ, λ, μ με κ > Ο, λ > Ο για τους οποίους η γραφική παράσταση της συνάρτησης f με τύπο: f(x) = κχ + �λχ2 + μχ - 1 και πεδίο ορισμού το

JR έχει aσύμπτωτη στο +οο μια ευθεία παράλληλη προς την ευθεία: y = 2χ + 1 και στο -οο

έχει aσύμπτωτη την ευθεία y = - 1. Λύση

'Εχουμε τη συνάρτηση f(χ) =κχ +�λχ2 +μχ-1 με κ,λ > Ο και Α = JR και τις ευθείες ε1 : ψ = 2χ + 1 με λ,, = 2 ( 1 ) και ε2 : y = -1 .

Εφόσον η Cr έχει ασύμπτωτη στο +οο ευθεία παράλληλη στην ει θα πρέπει: lim f (x) = λ = 2 (2) .

χ -Η«> Χ ε,

Επίσης η Cr στο --οο έχει ασύμπτωτη την ε2 άρα θα πρέπει: lim f (χ) = -1 (3) και lim f (χ) = Ο ( 4).

x � -co x --+-GO Χ

Είναι: lim f (x) = lim κχ + �λχ2 + μχ - 1 = . . . = Χ -Η«> Χ Χ -Η«> Χ

� lim + +�ι + Jλ Χ -Η«> Χ

και λόγω της (2) πρέπει: κ + Jλ = 2 (5)

Όμοια: lim f (x) = lim κχ + �λχ2 + μχ - 1 = =

Χ -+-«> Χ Χ -+-«> Χ

� lim χ [κ -�ι κ - Jλ και )jyyω

χ -+-«> χ της (4) πρέπει: κ -Jλ = Ο (6) .

Από το σύστημα των (5), (6) έχουμε: κ + Jλ = 2} κ = 1

ι;;.- � και η f γράφεται κ - ν Λ = Ο λ = 1 f (x) = χ + �χ2 + μχ - 1 οπότε lim f (x) = lim [χ + �χ2 + μχ - 1 ] =

Χ -+-<:0 X-+-GO

και λόγω της (3) πρέπει: _.!: = -1 � μ = 2 . 2 Άρα κ = 1 , λ = 1 , μ = 2 οι ζητούμενοι αριθμοί.

Άσκη ση 21

Έστω f συνάρτηση παραγωγίσιμη στο [α, β] με Ο < α < β τέτοια, ώστε για τους μιγαδικούς z = α + i · f(α) και w = β + i · f(β) να ισχύει z

- εJR . w



α) Να αποδείξετε ότι για τη συνάρτηση

g(x) = f(x) ισχύουν οι προϋποθέσεις του χ

Θεωρήματος Rolle στο διάστημα [α, β].

β) Α , ι· r f(x + α - t) d ι ν ισχυει: ιm t = , να χ-->ο (χ - α)(χ + α - t)

αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (α, β) για το οποίο ισχύει: f '(ξ) = ι .

Λύση α) Έχουμε:

z α + if (α) (α + if (α))(β - if (β)) = = = = w β + if (β) (β + if (β))(β - if (β)) αβ + f (α)f (β) -αf (β) + f (α)β . _;_ __ __:._ + 1 β2 + f 2 (β) β2 + f 2 (β) Αφού !:_ Ε IR θα πρέπει: -αf (β) + f ( α)β = ο<::::>

w β2 + f2 (β) -αf (β) + f(α)β = Ο<::::> αf (β) = f (α)β <::::> f (α) = f(β) ( 1 ) . 'Ετσι: α β

• η g είναι συνεχής στο [α, β] (γιατί;) • η g είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) (γιατί;) • g(α) = f (α) α

g(β) = f (β) και λόγω της ( 1 ) θα είναι: β g(α) = g(β), οπότε ισχύουν όλες οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Rolle για την g στο [α, β] .

β) 'Εχουμε lim rx f (x + α - t) dt = 1 (2) χ-+α lχ (χ - α)(χ + α - t) Θέτουμε u = χ + α - t = h(t) τότε du :ο:: -dt . Για t = α είναι: u1 = h(α) = χ . Για t = χ είναι: u2 = h(x) = α . Έ l. r· f (x + α - t) d τσι: ιm t = χ-+α (χ - α)(χ + α - t) l. 1 r· f (u) ( d ) - ι· 1 r· f (u) d -ιm-- -- - u - ιm-- -- u -χ-+α χ - α u χ-+α χ - α u Ι f (u) du lim u = (έχουμε μορφή 0/0, οπότε ε-χ-+α Χ - α φαρμόζουμε κανόνα De L' Hospital)

' [γu duJ f (x) = lim α U = lim -X- = f (α) . χ-+α (χ - α)' χ-+α 1 α

Λόγω της (2) θα είναι: f (α) = 1 <::::> f (α) = α . α Οπότε λόγω της ( 1 ) θα ισχύει: f (β) = 1 <::::> f (β) = β . β Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μέσης Τιμής για την f στο [α, β] :

• η f είναι συνεχής στο [α, β] • η f είναι παραγωγίσιμη στο (α, β)

οπότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (α, β) τέτοιο ώστε f '(ξ) = f (β) - f(α) = β - α = 1 . β - α β - α

Άσκηση 22

Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο IR και η συνάρτηση g που ορίζεται στο IR και έχει τύπο:

g(x) = r' f(t - ι)dt + Ix3 +1f(t - ι)dt. α) Να δειχθεί ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο

IR και να βρεθεί η g'(x) . β) Α ν η g παρουσιάζει ακρότατο στο Χο = ι

τότε να δείξετε ότι f(O) = f(-ι). γ) Να δείξετε ότι υπάρχει ξ Ε (Ο,ι) , έτσι ώστε

να ισχύει: f(ξ3 - ι) = f(-ξ3 ). Λύση

α) Εφόσον η f είναι συνεχής στο IR τότε και η f ( t - 1) είναι συνεχής στο IR ως σύνθεση συνεχών. Επίσης η Ι f ( t )dt είναι παραγωγίσιμη στο IR

άρα και οι συναρτήσεις: ( f (t - 1)dt, rx3 +1 .b f ( t - 1)dt, θα είναι παραγωγίσιμες στο IR

ως συνθέσεις παραγωγίγιμων. Έτσι η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο IR ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων με: g'(x) = ( ( f (t - 1)dt + Ix3 +1 f (t - 1)dt)' = = . . . = 3χ2 {f(x3 - 1) - f (-x3 )] .

β) Εφόσον η g είναι παραγωγίσιμη στο IR και εμφανίζει ακρότατο στο χ0 = 1 τότε από το θ. Fermat θα είναι:

(α) g'(l) = 0<::::> 3[f (O) - f (-1)] = Ο<::::> f (O) = f (-1) γ) Η g είναι συνεχής στο [0, 1 ] και παραγωγίσιμη

στο (0, 1 ) .



g(O) = 1 f (t - 1)dt} Επίσης: άρα g(O) = g(1)

g(l) = 1 f (t - 1)dt Οπότε από θ. Rolle θα υπάρχει

(α) ξ Ε (0, 1) : g'(ξ) = 0�3ξ2 [f(ξ3 - 1) - f(ξ3 )] = 0 � ξ>'Ο �f(ξ3 - 1) = f (-ξ3 ) .

Άσκηση 23 1 t2 - 1 Δίνεται η συνάρτηση f(x) = r -3- dt . t + t

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της. β) Να βρεθεί η f '(x) όπου ορίζεται. γ) �α μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία. δ) Να λυθεί η εξίσωση f(x) = Ο.

Λύση

χ2 t2 - 1 α) Έχουμε τη συνάρτηση f(x) = f' -3-dt . ΘεJχ t + t t2 - 1 ωρούμε τη συνάρτηση g(t) = -3- με t + t

D 8 = IR( = ( -οο, Ο) υ (0, +οο) οπότε για την f , χ 2 Ε ( -οο, Ο)} δ , , πρεπει: α υνατο η χ Ε (-οο, Ο)

χ2 Ε (Ο,+οο)} ' αραχ Ε (Ο,+οο) οπότε Dr = (Ο, +οο) χ Ε (Ο, +οο)

β) Το 1 Ε (0, +οο) οπότε: f (x) = lg(t)dt + { g(t)dt = { g(t)dt - f g(t)dt Η g είναι συνεχής στο (0, +οο) οπότε η f θα είναι παραγωγίσιμη με

χ4 - 1 χ2 - 1 f '(x) = g(x2 )(x2 )' - g(x) = 2x 6 2 --3 -= χ + χ χ + χ (χ2 - 1)(χ2 + 1) χ2 - 1 = 2χ = χ2 (χ4 + 1) χ(χ2 + 1)

= (χ2 - 1) 2(χ2 + 1)2 - 1 = χ(χ2 + 1)(χ4 + 4) = (χ2 - 1) 2χ4 + 2χ2 + 1 . χ(χ2 + 1)(χ4 + 1)

γ) Για χ Ε (Ο, +οο) είναι: (β ) f '(x) > O� . . . � χ2 - 1 > 0� χ > 1 οπότε η f 1

στο [1, +οο) και f J στο (0, 1 ] . δ) Λόγω του (γ) είναι:

χ ο 1 + οο Γ - +

[ � / τ. ε.

Οπότε η f στο χ0 = 1 παίρνει την ελάχιστη τιμή της που είναι: f( 1 ) = . . . = Ο.

Δηλαδή το χ0 = 1 είναι ρίζα της εξίσωσης f(x) = Ο και μάλιστα μοναδική λόγω της μονοτο-νίας της από το (γ) ερώτημα. Άσκηση 24

Δίνεται η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο IR με 2χ - 1 f'(x) = -- και f(O) = - 1.

ex α) Να βρεθεί η συνάρτηση f. β) Να υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου που

περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις

των συναρτήσεων f και g με g(x) = f(x) 2χ - 1

τον άξονα y 'y και την ευθεία χ = 1.

Λύση

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο IR και f '(x) = 2χ - 1 ( 1 ) , f (0) = -1 (2) e' α) Από την ( 1 ) είναι: Jt '(x)dx = J<2x - l)e-'dx ή . f(x) = J<2x - 1) · (-e-' )'dx = . . . =-2χ ;1 +c, c EIR e Όμως f(O) = - 1 + c οπότε λόγω της (2) :

, 2χ + 1 -1 + c = -1 � c = O . Άρα f (x) = ---2χ + 1

f (x) (α ) - -,- 1 β) Είναι g(x) = --= e = 2χ + 1 2χ + 1 e' Έτσι για κάθε χ Ε [0, 1] είναι

e'

1 2χ + 1 2χ g(x) - f (x) = --+--=-� 0 οπότε το e' e' e' ζητούμενο εμβαδόν είναι: Ε = 1 [g(x) - f (x)]dx = 1 2xe-'dx =

r 2(e - 2) = 2 .b x(-e-' )'dx = . . . e τετρ. μον.


Γενικά θέματα Μαθηματικών

�)} ΓΕΝ Ι ΚΑ Θ ΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙ ΚΩΝ ΚΑ ΤΕΘΥΝΣΗΣ Γ .. Λ YKE IOY

1 ° Θέμα Οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιμες στο 1R με f'= g , g'= f και ισχύουν f(x) > Ο, χ ε 1R και g( -χ) · g(x) < Ο για χ * Ο.

α) Μελετήστε τις f και g ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.

β) Αποδείξτε ότι : g(x) > χ · f(O), για χ > Ο .

γ) Μελετήστε τις f και g ως προς την κυρτότητα

δ) Αποδείξτε ότι οι συναρτήσεις h και φ με τύπους h(x) = e-x (f + g)(x) και φ( χ) = ex (f - g)(x) είναι σταθερές.

ε) Αν f(O) = 1 ,να βρείτε τους τύπους των f , g .

Λύση α) Για κάθε χ ε 1R είναι g'(x) = f (x) > Ο άρα η

g είναι γνησίως αύξουσα στο 1R , οπότε δεν έχει ακρότατα. Αφού g( -χ) · g(x) ( Ο , για χ * Ο, και η g είναι

συνεχής (ως παραγωγίσιμη) στο Ο θα ισχύει limg( -χ) · limg(x) :::;; Ο � g(O) · g(O) :::;; Ο � χ --+0 χ --+0

g2 (0) :::;; Ο , οπότε g(O) = Ο . (Είναι �g(-x) =�g(u) =g(O) , όπου u = -χ . Αφού f '(x) = g(x), χ ε 1R θα είναι f '(O) = g(O) = Ο . Επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα στο 1R και g(O) = Ο έχουμε:

• για χ < Ο, g(x) < g(O) � f '(x) < Ο • για χ > Ο, g(x) > g(O) � f '(x) > Ο

χ -Χ; () +οο f(x) - +

f(x) � / ελαχ.

του Θαραλλίδη Λεωνίδα

Είναι f J στο ( -οο, Ο] , f 1 στο [0, +οο) και η f παρουσιάζει ελάχιστο στο Ο, με τιμή f(O) .

β) Έστω φ( χ) = g(x) - χ · f(O) , χ � Ο. Είναι φ ' (χ) = g'(x) - f(O) = f(x) - f(O) > Ο για χ > Ο αφού η f είναί γνησίως αύξουσα στο [0,+ οο ) . Έτσι φ1 [0,+ οο ) και για χ > Ο θα ισχύει : φ( χ) > φ( Ο) � g(x) - χ · f(O) > g(O) - Ο · f(O) � g(x) > x · f(O) .

γ) Είναι f" = (f') ' = g ' = f , άρα f"(x) = f(x) > Ο και η f είναι κυρτή στο 1R . Όμοια g" = g δηλαδή η g είναι κοίλη στο (- οο ,0] και κυρτή στο [0,+ οο ). Η αρχή των αξόνων είναι σημείο καμπής της γραφικής της παράστασης.

δ) Εύκολα βρίσκουμε ότι: h '(x) = Ο και φ '(χ) = Ο οπότε οι συναρτήσεις h και φ είναι σταθερές.

ε) Αφού h(O) = e0 [f(O) + g(O)] = 1 ( 1+0) = 1 και όμοια φ( Ο) = 1 , θα έχουμε h(x)= 1 και φ( χ) = 1 για κάθε χ Ε � . Έτσι e-x [f(x) + g(x)] = 1 και e-x [f(x) - g(x)] = 1 , χ Ε � . Πολλαπλασιάζοντας τις προηγούμενες σχέσεις με ex , παίρνουμε: f(x) + g(x) = ex και f(x) - g(x) = ex , χ Ε � . Με πρόσθεση και αφαίρεση των σχέσεων αυτών , έχουμε τελικά :

ex + e-x e· - e-x f(x) = ενώ g(x) = , χ Ε � . 2 2

2° Θέμα Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 1R και ισχύουν :

[f'(x)]2 + f(x) · f"(x) = � , χ ε � ενώ 2

f(O) = 1,f'(O) = Ο .

α) Αποδείξτε ότι f2 (x) = ex + c1x + cμ όπου C1 ,c2

σταθερές. β) Να βρείτε τον τύπο της f2 • γ) Αποδείξτε ότι : f(x) = .Jex - χ , χ ε 1R

δ) Υπολογίστε το ολοκλήρωμα:



I = Jf(x) · f"(x)d 0 χ χ, χ > •

e - 1

Λύση

α) Η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά : χ

[f'(x)]2 + f(x) f"(x) = � � [f(x) f' (x)] ' = 2 χ χ

[ � ] , άρα f(x) f'(x) = � + c (c σταθερά) 2 2 � 2f(x) f'(x) = ex + C ι ( 1 ), όπου C ι=2c. Έτσι, για κάθε χ Ε JR έχουμε [f \χ)] ' = ex +

' f 2( ) χ ' c ι , αρα χ = e + c ιχ + c2 , οπου c1 ,c2 στα-θερές.

β) Είναι f \Ο) = 12 = 1 οπότε e0 + c 1 • Ο +c2 = 1 � c2 = Ο και η ( 1 ) , για χ = Ο, δίνει : 2f(O)f' (O) = e0 + c ι � 2 · 1 · 0 = 1 + c 1 άρα c 1 = - 1 . Τελικά : f 2(x) = ex- x ' χ Ε JR .

γ) Για κάθε πραγματικό αριθμό χ ισχύει ex � χ + 1 ) χ επομένως ex-x > Ο. Συμπεραίνου-

με ότι .J ex - χ * Ο για κάθε χ Ε JR δηλαδή f(x) * Ο, για κάθε χ Ε JR . Α)..λά η f είναι συνεχής, επομένως θα διατηρεί σταθερό πρόσημο, δηλαδή f (x) = .Jex - χ ή f (x) = -.Jex - χ . Επειδή f (0) = 1 > Ο έχουμε τελικά

f (x) = .Jex - χ , για κάθε χ Ε JR . χ

δ) Από την αρχική σχέση έχουμε f(x)f' '(χ) = � 2 - [f' (x)] 2. Ακόμη :

f' (x) = (ex - χ)' = ex - 1 , συνεπώς το 2.Jex - χ 2.Jex - χ

χ

� - [f '(x)]2 ολοκλήρωμα Ι ισούται με: J 2 dx =

= _!_ · J�ctx _ _!_ Jex - 1 dx = 2 ex - 1 4 ex - χ

ex - 1

= _!_ J(ex - 1)' dx -_!_ J(ex - χ)' dx = 2 ex - 1 4 ex - χ = � ln lex - 11 -±m lex - χΙ + C .

3" Θέμα Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1R με f(x) > Ο και

ισχύει : lnf(x) + er<x> = χ για κάθε χ Ε IR .

α) Μελετήστε την f ως προς την μονοτονία. β) Αποδείξτε ότι η f αντιστρέφεται γ) Να λύσετε τις εξισώσεις: f(x) = 1 και f(x) = e δ) Υπολογίστε το άθροισμα:

e e2 +1

Ι = Jr-ι (x)dx + J f(x)dx I e

Λύση Δίνεται ότι: ln f (x) + ef (x) = X, X E lR ( 1 ) α) Παραγωγίζοντας την ( 1 ), παίρνουμε

f '(x) + ef (x ) · f '(x) = 1 � f '(x) = 1 f (χ) 1 f (x ) --+ e f (x)

και αφού f (x))O θα είναι και: f '(x))O, x Ε JR

επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα. β) Αφού η f είναι γνησίως μονότονη , θα είναι

και 1 - 1 , συνεπώς αντιστρέφεται. γ) Αν χ0 Ε JR με f(x0) = 1 , από την ( 1 ) έχουμε:

ln f (x0 ) + ef <x. ) = χ0 � ln 1 + e = χ0 � χ0 = e Έτσι: f(x) = 1� f(x) = f(e) � x = e και όμοια: f(x) = e � f(x) = f(ee + 1) � χ = ee + 1 αφού

η f είναι « 1 - 1 » δ) Στο ολοκλήρωμα r Γ1 (x)dx θέτουμε

u = Γ1 (χ) οπότε χ = f (u) και dx = f '(u)du . ενώ από το (γ) ερώτημα συμπεραίνουμε ότι: u1 = Γ1 (1) = e και u2 = Γ1 (e) = ee + 1 . Έτσι:

r Γ1 (χ)dχ = {+1 uf'(u)du = {+\f '(x)dx οπότε το ολοκλήρωμα Ι ισούται με :

{+1 [xf '(x) + f (x)]dx = [χf (χ)]:' +Ι = (ee + 1)f (ee + 1) - ef (e) = (ee + 1)e - e = ee+I

4" Θέμα Η f είναι παραγωγίσιμη στο JR και ισχύει :

χ

Jron t)dt = χ · f(lnx) - 2χ3 + 1,χ > ο. ι

ln 2 α) Αποδείξτε ότι : J ex

· f' (x)dx = 14 ο



β) Αποδείξτε ότι : f(x) = 3e2x - 2 , χ ε JR •

γ) Να γράψετε την εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της Gr στο Α ( O,f(O)} .

δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου μεταξύ του Gr ,της εφαπτομένης (ε) και της ευθείας χ = ln 2 .

Λύση

α) Θέτουμε u = ex οπότε χ = ln u και Ακόμη

u2 = eln 2 = 2 Επομένως: Ι = f2 ex · f1(X)dx = J2 f1(ln u)du = r2 1 I r2 I Jι u · � f (ln u )du = .Ιι u · [ f (ln u)] = [ uf (ln u)] � - J2 f (ln u )du . Και τελικά Ι = 2f (ln 2) - f (Ο) - J2 f (ln u )du . Από την Jx f (ln t)dt =χ · f (ln χ) - 2χ3 + 1, χ)Ο ( 1 ) παίρνουμε : για χ= 1 : O=f(0)- 1 άρα f(0)= 1 για χ=2 : J2 f (ln t)dt = 2f (ln 2) - 15 Έτσι Ι = 2f (ln 2) - 1 - [2f (ln 2) - 15] = 14

β) Παραγωγίζουμε την ( 1 ) : f (ln χ) = f (ln χ ) + χ · f 1(ln χ) . ..!.. _ 6χ2

χ <::::> f 1(ln χ) = 6χ2 και με u = ln χ <::::> χ = eu έχουμε f 1(U) = 6e2u <::::> f (u) = 3e2u + c <::::> f (x) = 3e2x + c . Αφού f(O) = 1 βρίσκουμε c = -2. Τελικά: f (x) = 3e2x - 2, χ ε JR

γ) Είναι f(O) = 1 , f'(O) = 6 επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης είναι: y=6x+ 1 .

δ) Αφού f "(x) = 12e2x )O , η f είναι κυρτή στο

JR οπότε η γραφική της παράσταση βρίσκεται πάνω από κάθε εφαπτομένη της. Θα έχουμε, λοιπόν : f(x) 2: 6χ + l, x ε JR

και το μοναδικό κοινό σημείο της Cr και της εφαπτομένης είναι το (0, 1 ) . Έτσι :

Ε = ,b" 2 [(3e2x - 2) - (6x + 1)]dx =

r 2 . e2x 1"

[3e2x - 6χ - 3]dx = 3 - [2- χ2 - χ ]� 2

και μετά τις πράξεις Ε = 3 · ( l - ln 2 2 - ln 2) τ.μ. 2 Υ

1

ο ln2 χ

5" Θέμα Η f είναι παραγωγίσιμη στο [ι,+οο) με f(x) 2: ι και

f(x) - lnf(x) = χ για χ 2: ι . α) Υπολογίστε την τιμή f(ι) . β) Λύστε τις εξισώσεις f(x) = ι και f(x) = e . γ) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. δ) Να βρείτε τον τύπο της aντίστροφης της f ε) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου πού

περικλείεται μεταξύ της γραφικής παράστασης της Γ1 ,της διχοτόμου του πρώτου τεταρτημορίου και της ευθείας χ = e .

Λύση

α) Ισχύει f (x) - ln f (x) = χ, για χ 2: 1 ( 1 ) Για χ = 1 παίρνουμε

f (l) - ln f(l) = 1 <::::> ln f (l) = f (l) - 1 . Όμως γνωρίζουμε ότι ln χ � χ - 1 για χ)Ο και η ισότητα ισχύει όταν χ = 1 . Συμπεραίνουμε ότι f (l) = 1 .

β) Η ( 1 ) με f(x) = 1 γράφεται 1 - ln 1 = x <::> χ = 1 . Έτσι f (x) = 1 <::::> χ = 1 και με ανάλογο τρόπο παίρνουμε f (x) = e <::::> χ = e - 1 .

γ) Παραγωγίζουμε την ( 1 ) : f 1(X) - f 1(x) = 1 <::::> f 1(X) = f (x) και αφού f (x) f (x) - 1 f (x))1 για χ)1 θα είναι f 1(x))O για χ)1 οπότε f ! [l, +oo)



δ) Θέτοντας στην ( 1 ) y=f(x) έχουμε y. - ln y = x άρα Γ\y) = y-Ιηy 'δηλαδή Γ1 (χ) = χ -Ιηχ .

ε) Η διχοτόμος έχει εξίσωση y=x . Από την εξίσωση Γ1 (χ) = χ έχουμε.

χ - Ιη χ = χ <=> ln χ = Ο <=> χ = 1 . Έτσι το κοινό σημείο της γραφικής παράστασης της f1 και της διχοτόμου έχει τετμημένη 1 . Θα είναι, λοιπόν : Ε = f iΓ1 (x) - y�x = fιn xdx = f Cx) ' ln xdx = [x ln x]� - f1dχ = . . . = 1 τ.μ

6° Θέμα

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο JR • με f'(x) = 1 + x · e-r<xJ και

ef (x) + χ + 1 ---- ::; 1 για κάθε x :;t: O . ex

α) Αποδείξτε ότι : ( ef(x)-x ) ' = χ . e-x ,χ * ο f(x) = ln (ex - x - 1) , x :;t: O

β) Μελετήστε την f ως προς την κυρτότητα στο JR*

γ) Υπολογίστε το ολοκλήρωμα Ι = Jx2 · f'(x)e-r<xJdx

Λύση α) i) Έχουμε (ef (x )�x )' = ef (x )-x · [f '(x) - 1] =

ef (x )-x . [1 + xe -f (x ) - 1] = ef (x )-x . χ . e -f (x ) = x - e-x για χ :;t: O . ii) Έτσι ef (x )-x = Jxe-xdx = . . . = {-xe-x - e-x + c1 , χ < Ο , οποτε

-xe-x - e-x + c2 , χ > Ο {-x - 1 + c ex , χ(Ο ef (x) = 1 και τελικά : -χ - 1 + c2ex , χ)Ο

ef (x) + χ + 1 = {c1 , χ < Ο ex c2 , x > Ο

ef (x ) + χ + 1 Αφού < 1, χ :;t: Ο θα είναι ex

c1 ::; 1, c2 ::; 1 .

β)

Όμως για χ>Ο είναι ef (x ) = -χ - 1 + c2ex άρα lim (-χ - 1 + c2ex ) � Ο <=> c2 - 1 � Ο <=> c2 � 1 χ---+0+ Τελικά c2= 1 και όμοια c 1= 1 οπότε ef (x) = ex - χ - 1, χ :;t: Ο και f (x) = ln(ex - x - 1), x :;t: O .

ex - 1 Είναι f '(χ) = , χ :;t: Ο και ex - χ - 1

ex - xex - 1 f "(x) = 2 , x :;t: O . (ex - χ - 1)

Θέτοντας g(x) = ex - xex - 1, χ Ε IR έχουμε g'(x) = -xex και συνεπώς η g παρουσιάζει στο Ο ολικό μέγιστο με τιμή g(O) = Ο. Έτσι g(x) < Ο για χ :;t: Ο . Τελικά f "(x) = g(x)

2 (Ο οπότε η f είναι (ex - χ - 1) κοίλη στα διαστήματα (-οο, Ο) και (Ο, +οο) .

γ) Είναι f '(x)e-f (x) = -[e-f (x ) ]' άρα : Ι = JC-x2 ) · [e-f (x ) ]'dx = [-x2e-f (x ) ] + 2 Jxe-f (x)dx =

χ2 -ef(x )

+ 2 J[f '(x) - 1]dx = χ2 --- + 2f (x) - 2x + c =

ex - χ - 1 χ2 = + 2 ln(ex - χ - 1) - 2χ + c, x :;t: Ο (

ex - χ - 1 για την ακρίβεια, έχουμε δύο σταθερές c ι , c2 στη θέση του c, για καθένα από τα διαστήματα ( -οο,Ο) και (Ο, +οο) .

7° Θέμα Θεωρούμε την συνάρτηση f(z) = l z + 1 1 , όπου

z Ε C και τους μιγαδικούς για τους οποίους f(z) = 2 (1) f(-z)

α) Ποιος είναι ο γεωμετρικός τόπος των εικό-νων Μ αυτών των μιγαδικών;

β) Α δ 'ξ • • ι 5 ·ι 4 • θ πο ει τε οτι ισχυει : z - 3ι = 3 για κα ε

z Ε C , που ικανοποιεί την (1). γ) Ποιος από τους μιγαδικούς για τούς οποί

ους ισχύει η (1) έχει το μεγαλύτερο μέτρο



και ποιος το μικρότερο; δ) Θεωρούμε την συνάρτηση g(z) = z - 3 , ό-

που z μιγαδικός πού ικανοποιεί την (l).Να βρείτε την γραμμή στην οποία κινούνται οι εικόνες Ν των μιγαδικών g(z) .

Λύση α) Έχουμε f (z) = 2 · f ( -z) <=> l z + i l = 2 1-z + i l <=>

l z + i l = 2 l z - il και με z = x + yi, (x, y E JR) βρίσκουμε χ2 + (y -�)2 = 1 6

. 3 9 Ο γεωμετρικός τόπος είναι ο κύκλος με κέ-ντρο το σημείο Α(Ο, � ) και ακτίνα ρ= i . 3 3

β) 'Ετσι l z - �i � = �x2 + (y - �)2 =Ν = � για

γ)

κάθε z που ικανοποιεί την ( 1 ) . Από τα σημεία του κύκλου (Α, i ), το πλησιέστερο 3 στην αρχή των σf,όνων είναι το (0, .!.. ) και το μακρι-

3

νότερο το (0,3). Συμπεραίνουμε ότι l z l . = .!..

ό-mιη 3

ταν z = .!_i και l z l = 3 όταν z = 3i . 3 max δ) Αφού g(z) = z - 3 <::> g(z) + 3 = z <::>

( ) 3 5 . 5 . θ ' . g z + --ι = z --ι , α εχουμε 3 3 lg(z) - ( -3 + �i) � = lg(z) + 3 -�i� =

lz - �i � = � , σύμφωνα με το (β) ερώτημα.

Αν Ν είναι η εικόνα του g(z) και Β( -3, � ) , τότε 3 (ΝΒ) 4 , , ; Ν , =- , που σημαινει οτι οι εικονες κινου-3

' κλο ' Β ' 4 νται σε κυ με κεντρο το και ακτινα 3" .

8° Θέμα Οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιμες στο JR με συνεχή παράγωγο και ισχύουν f'(x) > Ο

χ

και g '(x) = χ · Jf'(xt)dt , για κάθε χ ε JR . ι

α) Αποδείξτε ότι g '(x) = f2 (x) - f(x) , x ε JR

β) Μελετήστε την g ως προς την μονοτονία. γ) Αποδείξτε ότι υπάρχει ξ ε (0,1), τέτοιο

ώστε: f'(ξ2 ) = f'(ξ) 2ξ

Λύση α) Έχουμε

g'(x) = !χ χ · f '(xt)dt = !\xt)' · f '(xt)dt

= !x [f (xt)]'dt =[f (xt)]f = f (x2 ) - f (x), x Ε JR β) Αφού f '(x))O, η f είναι γνησίως αύξουσα και

συνεπώς 1 - 1 . Η εξίσωση g'(x) = Ο γράφεται f (x2 ) = f (x) <::> χ2 = χ <::> χ = Ο, χ = 1 ενώ g'(x))O , όταν χ(Ο ή χ)1 . Έτσι: g 1 (-οο, Ο] , g J [0, 1] , g ! [l, +oo) γ) Είναι g'(O) = Ο και g'(l) = Ο . Αφού η g ' εί-ναι παραγωγίσιμη στο [0, 1 ] με g"(x) = 2xf '(x2 ) - f '(x) , από το θεώρημα Rolle συμπεραίνουμε ότι υπάρχει ξ Ε (Ο, 1) με g"(ξ) = ο <=> 2ξ . f '(ξ2 ) - f '(ξ) = ο

<=> f '(ξ2 ) = f '(ξ) . 2ξ

9° Θέμα ι 2

Η f είναι συνεχής στο JR με Jr(t)dt = Jr(t)dt .

Αποδείξτε ότι :

α) Jr(t)dt = !. Jr(t)dt ο 2 0

ο ι

ι χ

β) Η συνάρτηση φ(χ) = - Jr(t)dt ικανοποιεί Χ ο

τις προϋπόθεσεις του θεωρήματος του Rolle στο διάστημα [1,2]

ι

γ) Υπάρχει ξε (1,2), τtτοω ώστε f(x) = Jr(xt)dt . ο

Λύση

α) 'Ε χουμε διαδοχικά : ,b f ( t )dt = !2 f ( t )dt <::>

,b f (t)dt + !2 f (t)dt = 2 ,b f (t)dt επομένως rf (t)dt = 2 1 f (t)dt � 1f (t)dt = � rf (t)dt .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4Π1


β) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο � . Τότε η συνάρτηση g(x) = ,b f (t)dt θα είναι παραγω-

γίσιμη στο � άρα και συνεχής στο � . Επο

μένως η φ(χ) = � · ,b f (t)dt θα είναι συνεχής

στο [ 1 , 2] ως γινόμενο συνεχών και παραγωγίσιμη στο ( 1 , 2) ως γινόμενο παραγωγισίμων

1 rx 1 με φ'(χ) = -2 - .b f (t)dt + - · f (x) , Χ Ε [1, 2] χ χ

και φ( l ) = φ(2) (από το ερώτημα (α)). Επομένως ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Rolle στο [ 1 . 2] .

γ) Υπάρχει, λοιπόν, ξ Ε (1, 2) με

φ'(ξ) = Ο � f(ξ) = i · .b f (t)dt. ( 1 )

Στο ολοκλήρωμα 1 f (xt)dt , θέτοντας u=xt,

έχουμε du = xdt και u1 = χ · Ο = Ο, u2 = χ · 1 = χ , οπότε :

tf(xt)dt = ,b f(u) � = � .( f(u)du =� .( f(t)dt

συνεπώς 1 f (ξt)dt = i ,b t (t)dt .

Η ( 1 ) γράφεται τώρα : f (ξ) = 1 f (ξt)dt για

κάποιο ξ Ε (1, 2) .

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑ Τ Α ΓΙΑ Λ ΥΣΗ

1. Η f: [1, +οο) ---+ � είναι παραγωγίσιμη στο (1, +οο) και ισχύει ef (x ) - f (x) = χ2 , χ � 1 . α) Να λύσετε την εξίσωση f (x) = Ο

β) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται γ) Αν f(5)>0, να μελετήσετε την f ως προς τη

μονοτονία δ) Υπολογίστε το εμβαδό του χωρίου μεταξύ

της γραφικής παράστασης της 3 . φ( χ) = [Γ1 (χ)]2 , των αξόνων χ 'χ και y 'y

και της ευθείας χ= 1 .

2. Οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιμες

στο � με f'=f-g και g '=f+g. Ακόμη, ισχύουν : f 2 (x) + g2 (x) = e2x , χ Ε JR

και f(O) = 1 . Α) Αποδείξτε ότι :

i) [f '(x)]2 + [g'(x)]2 = 2e2x και [f "(x)]2 + [g"(x)]2 = 4e2x , χ Ε �

ii) g(O) = O, f '(O) = 1, f "(O) = O, g"(O) = 2

iii) lim f (χ) = lim g(x) = Ο χ

�-<Χ) χ

�-00

iν) Αν α και β είναι δύο διαδοχικές ρίζες της f, τότε υπάρχει κοινό σημείο των γραφικών παραστάσεων των f και g με τετμημένη στο (α,β).

Β) Αν επιπλέον η g είναι γνησίως αύξουσα στο [Ο,γ] , όπου γ>Ο , αποδείξτε ότι :

i) Η συνάρτηση φ(χ) = f '(x) αντιστρέφεται g(x)

στο (Ο,γ]

ii) Δεν υπάρχει εφαπτομένη της Ct-g παράλληλη στον χ 'χ,σε σημείο με τετμημένη στο (Ο, γ] .

iii) f (x)(x + 1 για Χ Ε (Ο,γ] 1 - 2xg(x) � f '(x) � 1, χ Ε [0, γ] .

Γ) Έστω Φ(χ) = [f (x)e - χ - συνχ]2 + [g(x)e -χ - ημχ]2 , χ Ε � .

και

i) Αποδείξτε ότι η φ είναι σταθερή με φ(χ) = Ο, χ Ε �

ii) Βρείτε τους τύπους των συναρτήσεων f και g.

Αν υπάρχει ακριβώς ένας μιγαδικός z έτσι ώστε να ισχύουν I z - z1 1 = a και I z - z1 1 = β

όπου α,β>Ο και z1 σταθερός μιγαδικός, διάφορος του μηδενός, αποδείξτε ότι :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4Π2


4. Έστω z0 τυχαίος μιγαδικός, διάφορος του μηδενός. α) Αποδείξτε ότι: ο γεωμετρικός τόπος των

εικόνων των μιγαδικών z για τους οποίους ισχύει lz - z0 l = lz + z0 l , είναι ευθεία (ε) , η

οποία διέρχεται από την αρχή των αξόνων. β) Αν η ευθεία (ε) του προηγούμενου ερωτή

ματος έχει εξίσωση y = -2χ και lzo l = J5 ,

6. 'Εστω f (x) = �x2 · ex3 + 1 , χ � Ο . α) Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία

και να βρείτε το σύνολο τιμών της. β) Για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού

λ, η εξίσωση f (χ) = λ -ln λ έχει λύση;

γ) 'Εστω I = �χ ·Γ1 (χ)dχ . Αποδείξτε ότι I = .( x · f (x) · f '(x)dx και

στη συνέχεια υπολογίστε το Ι .

να βρείτε το μιγαδικό Ζο· 7. Η συνάρτηση f : [0, 1] � [0, +οο) είναι συνεχής

με f (�) = 1 , και f (x) = .( 2xf (t)dt . 5. Δίνονται οι μιγαδικοί w 1= 4+4i και w2= 1+i

και έστω Α, Β οι εικόνες τους. α) Αποδείξτε ότι ο γεωμετρικός τόπος των

σημείων Μ για τα οποία (ΜΑ)=2(ΜΒ), είναι ο κύκλος (C1 ) με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα .J8 .

β) Αν zι , Zz, z3, z.. είναι μιγαδικοί με τις εικόνες τους στον (C1 ) , υπολογίστε το μέτρο

z1z2z3 + z1z2z4 + z1z3z4 + z2z3z4 Ζι + Zz + z3 + z4

γ) Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο (C2) των εικόνων Ν των μιγαδικών για τους οποίους (ΝΑ) = 1 .

δ) Α ν οι εικόνες δύο μιγαδικών z και w βρίσκονται στους (C1) , (C2) αντίστοιχα, να υπολογίσετε τη μέγιστη και την ελάχιστη δυνατή τιμή του lz1 - z2 1 .

α) Αποδείξτε ότι υπάρχει χ0 Ε {0, 1) με 1 f (xo ) = 2 .

β) Να βρείτε τον τύπο της f.

8. Έστω f : JR � JR με f "(x))O και f '[f (x)] = f[f '(x)] , x Ε JR . Αν η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο χ0 ·: α) Αποδείξτε ότι χ0 = Ο. β) Βρείτε το είδος του ακροτάτου και aπο

δείξτε ότι είναι μοναδικό. γ) Αποδείξτε ότι η εξίσωση f '(x) = χ έχει

μία τουλάχιστον πραγματική λύση. δ) Αποδείξτε ακόμη ότι : αν ξ είναι μία λύση

της παραπάνω εξίσωσης, τότε και το f(ξ) είναι επίσης λύση της.

ε) Τέλος, δείξτε ότι f(O) = Ο.

r ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑ ΤΙΚΩΝ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

Κώστας Βακαλόπουλος, Κώστας Παπαϊωάννου, Θανάσης Χριστόπουλος

Άσκηση 1 Δίνεται η συνάρτηση F(x) = 2χ3 - λχ2

•

α) Να βρεθεί η F'(x) .

β) Να βρεθεί η εφαπτόμενη (ε) στο A(2,F(2)) .

γ) Θεωρούμε το δ.χ. Ω={-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5} ενός πειράματος τύχης αποτελούμενο από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα και λ Ε Ω . Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων.



Α = {λ Ε Ω I η ευθεία (ε) να είναι παράλληλη στην ευθεία (η) : y = Sx - 2} Β = {λ Ε Ω I η ευθεία (ε) να είναι κάθετη

στην ευθεία (ζ) : y = _!χ + 3} 4

Γ = {λ Ε Ω/limF(x) = λ2 } x�l Δ = {λ Ε Ω/ ο ρυθμός μεταβολής της F να

-3 παίρνει την ελάχιστη τιμή -} . 2 δ) Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων:

Ε : Να πραγματοποιείται ένα τουλάχιστον από τα Α, Β, Γ, Δ.

Ζ: Να μην πραγματοποιηθεί κανένα από τα Α, Β, Γ, Δ.

Η: Να πραγματοποιείται ένα μόνο από τα Α, Β, Γ, Δ.

Λύση α) F'(x) = 6χ2 - 2λχ = 2χ(3χ - λ) β) F(2) = 16 - 4λ

F'(2) = 24 - 4λ

Άρα: η εξίσωση της εφαπτόμενης στο A(2, F(2)) είναι: y = (24 - 4λ) · χ + β ενώ 16 - 4λ = (24 - 4λ) · 2 + β � β = -32 + 4λ άρα y = (24 - 4λ) · χ - 32 + 4λ : (ε)

γ) i) Πρέπει: 24 - 4λ = 8 � λ = 4

Άρα: Α = {4} , οπότε Ρ(Α) = Ν(Α) = .!.. . Ν(Ω) 9

ii) Πρέπει:

(24-4λ{ -�J = -1 � 24-4λ = 4 � λ = 5

Άρα: Β = {5 } , οπότε Ρ(Β) = Ν(Β) = .!_ Ν(Ω) 9

iii) lim F(x ) = lim (2x 3 - λχ 2 ) = χ � ! χ � ! = 2 · 13 - λ · 12 = 2 - λ Πρέπει: 2 - λ = λ2 � λ2 + λ - 2 = 0 � � λ = -2 ή λ = 1 .

Άρα Γ = {-2, 1} οπότε Ρ(Γ) = Ν(Γ) = 3_ Ν(Ω) 9

iv) F'(x) = 6x2 - 2λχ F"(x) = 12χ - 2λ = 2(6χ - λ)

χ -00 λ/6 + οο F"(x) - +

F'(x) � / τ. ελ.

Από τον πίνακα μεταβολής του προσήμου της F" προκύπτει ότι ο ρυθμός μεταβολής

λ ' λ ' λ ' ε αχιστοποιειται για χ = 6 ενω η ε αχι-

, , F' (λJ λ2 στη τιμη του ειναι: 6 = -6 .

λ2 3 Πρέπει: -- = -- � λ = ±3 . 6 2

Άρα: Δ = {-3, 3} , οπότε Ρ(Δ) = Ν(Δ) = 3_ Ν(Ω) 9

δ) Τα ενδεχόμενα Α, Β, Γ, Δ είναι ανά δύο ξένα μεταξύ τους άρα:

• Ρ(Ε) = Ρ(Α υ Β υ Γ υ Δ}= = Ρ( Α) + Ρ(Β) + Ρ(Γ) + Ρ(Δ) =

1 1 2 2 6 2 = - + - + - + - = - = - . 9 9 9 9 9 3

• Ρ(Ζ) = Ρ(Α υ Β υ Γ υ Δ)' =

6 1 = 1 - Ρ(Α υ Β υ Γ υ Δ) = 1 - - = -9 3

• Επειδή τα ενδεχόμενα Α, Β, Γ και Δ είναι ανά δύο ξένα μεταξύ τους θα ισχύει:

Α - Β - Γ - Δ = Α , Β - Α - Γ - Δ = Β , Γ - Α - Β - Δ = Γ και Δ - Α - Β - Γ = Δ

Άρα: 6 2 Ρ(Η) = Ρ( Α) + Ρ(Β) + Ρ(Γ) + Ρ( Δ) = "9 = 3'

Άσκηση 2 Δίνεται η συνάρτηση F(x) = 2χ3 - κχ2 + 6λχ + 4 , Χ Ε IR . α) Να βρεθεί η F' . β) Α ν η F παρουσιάζει ακρότατα για χ = 1 και

χ = 2 δείξτε ότι κ = 9 και λ = 2. γ) Αν κ = 9 και λ = 2 να μελετηθεί η F ως προς

τη μονοτονία και τα ακρότατα. δ) Να βρεθεί ο συντελεστής διεύθυνσης της F

στο σημείο Α(λ,F(λ)) . Για ποια τιμή του λ



αυτός γίνεται ελάχιστος; Ποια η ελάχιστη τιμή του;

ε) Θεωρούμε συνάρτηση F'(x) h(x) = r-;-:

νχ2 + 5 - 3 Να υπολογιστεί το όριο: lim h(x) . χ-+2

Λύση

α) Για κάθε χ ε !R., F'(χ) = 6χ2 - 2κχ + 6λ . β) Θα ισχύει: F'(1) = 0 <=> κ - 3λ = 3 ( 1 )

και F'(2) = Ο <=> 2κ -3λ = 12 (2) Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων ( 1 ), (2) προκύπτει: κ = 9 και λ = 2.

γ) Για κ = 9 και λ = 2, F(x) = 2x3 - 9χ2 + 12χ + 4 F'(x) = 6χ2 - 1 8χ + 12

Από τον παρακάτω πίνακα προκύπτει ότι:

χ -οο 1 2 +οο r(x) + - +

F / � / • η F είναι γν:αύξουσα στο ( -οο, 1] και στο

[2, +οο) ενώ στο [ 1 , 2] είναι γν. φθίνουσα. • Παρουσιάζει στο 1 τ. μέγιστο το F( l ) = 9

και στο 2 τ. ελάχιστο F(2) = 8. δ) Ο συντελεστής διεύθυνσης της F στο Α(λ,

F(λ)) είναι: F'(λ) = 6λ2 - 1 8λ + 12 F"(λ) = 12λ - 1 8

ε)

χ -οο 3/2 +οο F'(λ) - +

F � / Από το παραπάνω πίνακα προκύπτει ότι ο συντελεστής διεύθυνσης F'(λ) γίνεται ελάχιστος

3 , '( 3 ) 3 για λ = 2 με ελάχιστη τιμη : F 2 = -2 ·

F'(x) . 6χ2 - 1 8χ + 12 (δ) lim = lιm = Χ-+2 �Χ2 + 5 - 3 Χ-+2 �Χ2 + 5 - 3

. (6χ2 + 8χ + 12)(�χ2 + 5 + 3) = lιm �-===------'---;:::==---χ-+2 (�χ2 + 5 - 3)(�χ2 + 5 + 3)

. 6(χ - 1)(χ - 2)�χ2 + 5 + 3 = lim 2 χ-+2 (χ + 5) - 9

= lim 6(χ - 1)(χ - 2)(� + 3) = . . . = 9 χ-+2 (χ + 2)(χ - 2)

Άσκηση 3 Η ομάδα ποδοσφαίρου του 3ου Ε.Λ. Κοζάνης αποτελείται από μαθητές της Α, Β και Γ τάξης. Η συμμετοχή τους στην ομάδα σε σχέση με την ηλικίας τους ακολουθεί την κανονική κατανομή. Οι σημερινές ηλικίες των μαθητών έχουν συντελεστή μεταβολής CV1 = 6,25% . Πριν από 11 χρόνια ο συντελεστής μεταβολής ήταν cv2 = 20% . α) Να βρεθεί η μέση σημερινή τους ηλικία. β) Πριν πόσα χρόνια από σήμερα οι ηλικίες

των μαθητών είχαν για πρώτη φορά ομοιογένεια.

γ) Δείξτε ο τύπος που δίνει μπορεί να πάρει

2 ι Σv 2 (-)2 S = - Χί - Χ •

v i=l

τη διακύμανση την μορφή:

δ) Αν το άθροισμα των τετραγώνων των σημερινών ηλικιών των μαθητών είναι 5.140 να βρεθεί πόσοι μαθητές απαρτίζουν την ομάδα ποδοσφαίρου.

ε) Αν οι μαθητές της Α' τάξης είναι μέχρι και 15 χρόνων, της Β ' μέχρι 17 χρόνων και πάρουμε τυχαία ένα μαθητή από την ομάδα i) να βρεθεί η mθανότητα των ενδεχομένων:

Ε: να είναι μαθητής της Α ή της Β τάξης. Ζ: Να είναι μαθητής της Β και όχι της Α.

ii) Πόσοι περίπου είναι οι μαθητές κάθε τάξης που συμμετέχουν στην ομάδα ποδοσφαίρου.

Λύση α) Έστω χί , i = 1, 2, . . . , ν οι σημερινές ηλικίες των

παιδιών.



Τότε: CV1 = � = 6, 25% <=> 1Sx = 0,025 · xl ( 1 )

χ Αν Yi = xi - ι ι , Ι = ι , . .

. , ν οι ηλικίες πριν

από ι ι χρόνια, τότε: sy = sx ενώ y = χ - ι ι . Sy S Άρα CV2 =- = 20% <::::>_χ_ = 20% <::::> Υ χ - 1 1

<=> Ιsχ = 0. 2 . χ - 2. 21 (2)

Από ( 1 ) , (2) έχουμε: 0, 0625 · χ = 0, 2χ - 2, 2 <::::>

lx = 1 6

1

β) Έστω πριν από t χρόνια οι ηλικίες των μαθητών είχαν για πρώτη φορά ομοιογένεια. Τότε θα ισχύει: CV � 10% .

γ)

Α ν οι ηλικίες των μαθητών ήταν τότε: z i = xi - t , Ι = ι , 2, . . . , ν, θα ισχύει: Sz = Sx και z = χ - t .

Άρα: CV2 = Sl!l = _sx � 10% (3) z x - t

Όμως: Sx = ι (ερώτημα (α)) .

Άρα: (3) <::::> _ι_ � ο, ι <::::> t � 6 ι6 - t

Άρα: Πριν από 6 χρόνια θα είχαν για πρώτη φορά ομοιογένεια.

(i>· )2 Από τον τ6πο: S2 =

.!. Σ χ; - i=l ι = ν i=Ι ν

ι ν -

= -Σ χ; - (χ)2 ν i=Ι ν

2

=

δ) Για Σχ; = 5 ι4Ο , χ = ι6 και Sx = ι ο προη-i=l

γούμενος τ6πος δίνει: ι =.!.

5ι40-ι62 <=>lν=20

1 ν

ε) Αφού οι ηλικίες των παιδιών ακολουθούν κανονική κατανομή θα έχουμε:

i) Ρ(Ε) = (50 + 34)% = 84% (χ � ι7) Ρ(Ζ) = 68% (ι5 .< χ � ι7)

ii) Για την Α ' τάξη έχουμε ποσοστό ι6% (χ � ι5) . Άρα ι 6% · 20 = 3 μαθητές Για την Β ' τάξη έχουμε ποσοστό 68% (1 5 < χ � ι7) Άρα 68% · 20 :::: ι4 ενώ για την Γ τάξη έχουμε πάλι 1 6% (χ > ι7) άρα 3 μαθητές.

Άσκηση 4 Έστω ο δ.χ. Ω = {2,4,6, ••• , 2ν}, ν ε Ν* ενός πει-ράματος τύχης αποτελούμενος από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. Αν τα στοιχεία του Ω, είναι οι παρατηρήσεις ti μιας μεταβλητής Χ με μέση τιμή χ = 9 ,

α) Να βρεθεί το σύνολο Ω.

β) Να βρεθεί η διάμεσος (δ) και το εύρος (R) των παρατηρήσεων.

γ) Δείξτε ότι: S2 = 2χ + 3 .

δ) Αν θεωρήσουμε τα ενδεχόμενα, Α = {α ε Ω/α = πολ4}

Β = {β ε Ω/β ρίζα της εξίσωσης: (χ2

- 6χ + 8)(χ - 3) = 0 χ - 2

να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων: Α, Β, Α ιι Β , Α υ Β , Α - Β

Λύση

α) Τα στοιχεία του Ω αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου με α1 = 2, ω = 2 και πλήθος ν.



β)

Άρα: χ = _!_ Σti � χ = _!_ · �[2α1 + (ν - 1)ω] � ν ν 2

1 � 9 =-[2 · 2 + (ν - 1)2] � . . . � ν = 8 2

Άρα Ω = {2,4, 6, . . . 16}

δ = t4 + ts = 8 + 10 = 9 2 2

R = tmax - tmin = 16 - 2 = 14

γ) S2 = _!_Σ(ti -x)2 = ν

= .!.[(2-9)2 + (4-9)2 + . . . + (16 -9)2 ] = 168 = 21 8 8

Άρα: S2 = 2 · 9 + 3 = 2χ + 3 . δ) Α = {4, 8, 12, 1 6} , Ν(Α) = 4

Β = {4 }, Ν(Β) = 1 Άρα: Ρ( Α) = � , Ρ(Β) = _!_

8 8 Όμως: Α n Β = {4} ενώ Α υ Β = {4, 8, 1 2, 1 6}

Άρα: P(A n B) = _!_ , Ρ(Α υ Β) = � και 8 8

Ρ(Α - Β) = P(A) - P(A n B) = � 8

Άσκηση 5 Το πολύγωνο συχνοτήτων της κατανομής (Χ) του μηνιαίου τζίρου των βιοτεχνιών μιας κωμόπολης, (σε εκατοντάδες ευρώ) ομαδοποιημένη σε κλάσεις ίσου πλάτους, έχει κορυφές τα σημεία: Α(20, 0), Β(40, 5), Γ(60, 10), Δ(80, 20) Ε(100, 30), Ζ(120, ν5), Η(140, 10), Θ(160, 0). Η κατακόρυφη γραμf.ιή με εξίσωση χ = 100 χωρίζει το χωρίο που ορίζεται από το πολύγωνο συχνοτήτων και τον οριζόντιο άξονα σε δύο ισεμβαδικά χωρία.

α) Να αποδείξετε ότι ν5 = 25.

β) Να κατασκευάσετε το ιστόγραμμα συχνοτήτων της κατανομής (χ).

γ) Ν α υπολογίσετε τις τιμές των μέτρων θέσης της (Χ).

δ) Αν ως όριο βιωσιμότητας τη βιοτεχνίας είναι τα 7200 ευρώ, να εκτιμήσετε το ποσοστο (%) των βιοτεχνιών που δεν μπορούν να επιβιώσουν.

ε) Να χαρακτηρίσετε την κατανομή ως προς τη συμμετρία της.

Vi 35 311 25 20 15 10 5

Λύση

Ιστόγραμμα Συχνοτήτων

10 30 5Ο 70 90 1 10 130 150 170 ( εκατοντ. €)

Κλάσεις Χι Vι ΧιVι fι fι % Fι %

[30, 50) 40 5 200 0,05 5 5

[50, 70) 60 10 600 0, 10 10 15

f70, 90) 80 20 1600 0,20 20 35

[90, 1 10) 100 30 3000 0,30 30 65

[ 1 10, 1 30) 1 20 νs 3000 0,25 25 90

[ 1 30, 150) 140 10 1400 0, 10 10 100

, ν4 ν4 α) Πρεπει: ν1 + ν2 + ν3 + - = - + ν5 + ν6 � 2 2

� 5 + 10 + 20 + 15 = 15 + ν5 + 10 � lν5 = 25 1 β) Βλέπε σχήμα ! (ΙΣΤΌΓΡΑΜΜΑ)

δ = l10ol

(ΑΒΔ :::: A rE ::::> ΔΒ = ΕΓ => ΔΒ = 20 => ΑΔ ΑΕ 1 5 30

=> ΔΒ = 10) . Άρα δ = 90 + 10= l10ol



Fi% 100 - - - - - - - - - - - - - - - - - -90

65

50 35

χ 15 5

30 so 70 i 90 Ι ι 1 ο no ιsο 72 100

δ) Από το πολύγωνο αθροιστικών σχετ. συχν. Δ Δ

(%) έχουμε: ΚΛΜ � ΚΑΝ � ΚΜ ΚΝ ΚΜ 20 � - = - � - = - � ΚΜ = 2 ΜΑ ΝΑ 2 20

Άρα: ζητούμενο ποσοστό: 1 5 + 2 = 17% ε) Επειδή χ < δ έχουμε αρνητική ασυμμετρία.

Άσκηση 6

Α ν Α, Β ασυμβίβαστα ενδεχόμενα ενός πειράματος τύχης και η συνάρτηση:

f(x) = ![Ρ(Α)]2 χ2 - Ρ( Α u Β)χ + 2

+Ρ(Β) · lnx - 2(Ρ(Α) - 1)-Γχ

έχει εφαπτομένη στη γραφική της παράσταση στο σημείο της με τετμημένη χ0 = 1, παράλληλη στο χ'χ τότε το Α είναι βέβαιο ενδεχόμενο και το Β αδύνατο.

Λύση

Για χ > Ο,

f '(x) = [Ρ(Α)]2 χ - Ρ(Α υ Β) + Ρ(Β) . _!_ - P(Jx.- 1 χ χ

Θα ισχύει: f '(l) = Ο <:::::>

<:::>[Ρ(Α)]2 - (Ρ( Α) + Ρ(Β)) + Ρ(Β) - Ρ( Α) + 1 = Ο <:::::>

<:::::> [Ρ(Α)]2 - 2Ρ(Α) + 1 = Ο <:::::> [Ρ( Α) - 1]2 = Ο <:::::> Ρ(Α) = 1 Άρα Α = Ω: βέβαιο ενδεχόμενο.

Επειδή Α, Β ασυμβίβαστα ως γνωστόν ισχύει: Ρ( Α υ Β) = Ρ( Α) + Ρ(Β) 5 1 <:::::> Ρ(Β) 5 Ο

Όμως: Ρ(Β) � Ο . Άρα Ρ(Β) = Ο δηλαδή Β = 0 : Αδύνατο ενδεχόμενο.

Άσκηση 7 Α ν το τοπικό ελάχιστο και το τοπικό μέγιστο

της συνάρτησης f με f(x) = χ3 - χ2 + � είναι 5

αντίστοιχα οι πιθανότητες των ενδεχομένων Α, Β του δ.χ. Ω ενός πειράματος τύχης.

α) Να εξετάσετε αν τα Α, Β είναι ασυμβίβαστα.

β) Να βρείτε σε ποιο διάστημα βρίσκεται η πιθανότητα: Ρ( Α n Β) •

Λύση

Για κάθε χ ε JR, f '(x) = 3χ2 - 2χ .

•

•

•

χ -οο ο f(x) + -

f / �

f '(x) = 0 <:::::> χ = 0 ή χ = 3_ 3

f '(x) > O <:::> x < O ή χ > 3_ 3

2 f '(x) < O <:::::> O < x < -3

2/3 + οο +

/

Άρα η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο

στο Ο το f (0) = � και τοπικό ελάχιστο στο 3_ το 5 3

f (j) = 1�� . Άρα Ρ( Α) = 88 και Ρ(Β) = �

1 35 . 5

α) Αν τα ενδεχόμενα Α, Β ήταν ασυμβίβαστα θα

ίσχυε: Ρ( Α υ Β) = Ρ( Α) + Ρ(Β) = 88 + � > 1 1 35 5

άτοπο ! Άρα: τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα.



β) Α n B ς Α ::::> P(A n B) ::; Ρ(Α) Α n B ς Β ::::> Ρ(Α n B) ::; Ρ(Β) Άρα: P(A n B) :s; min{P(A), P(B) } =

. { 88 4} 88 = πnn 1 35 '5 =

1 35 Άρα:

88 P(A n B) :s;

1 35 ( 1 )

Επίσης: Ρ( Α υ Β) ::; 1 <=> Ρ( Α) + Ρ(Β) - Ρ( Α n Β) ::; 1 <=>

88 4 <=> - + - - 1 ::; Ρ(Α n Β) <=> 1 35 5 6 1 <=> - ::; Ρ( Α n Β) (2) 1 35

Από ( 1 ), (2) προκύπτει ότι:

Άσκηση 8

61 88 - ::; P(A n B) ::; -135 1 35

Έστω Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} ο δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης.

Αν P(l) = 2Ρ(2) = Ρ(3) = Ρ(4) = P(S) = 3Ρ(6) .

3 4

α) Να βρεθούν οι πιθανότητες όλων των απλών ενδεχομένων του Ω.

β) Αν Ε = {λ ε Ω/ η συνάρτηση f(x) =� -� +l.x δεν έχει ακρότατα στο R }, να βρεθεί η Ρ(Ε).

Λύση

α) Προφανώς ισχύει: Ρ(1) + Ρ(2) + Ρ(3) + . . . + Ρ(6) = 1 <=> Ρ(1) + P(l) + 3Ρ(1) + 4P(l) + Ρ(1) +

Ρ(1) = 1 <=>

2 3 6 . . . Ρ(1) =59

3 1 8 24 άρα: Ρ(2) =59

, Ρ(3) =59

, Ρ(4) = 59,

6 2 Ρ(5) = - και Ρ(6) = -59 59

β) Για κάθε χ ε IR , f '(x) = 3χ2 - 2λχ + λ

Η συνάρτηση f δεν έχει ακρότατα. Άρα Δ ::; Ο <=> 4λ2 - 12λ ::; Ο <=> Ο ::; λ ::; 3 οπότε: Ε = {1, 2, 3} .

Άρα 6 + 3 + 1 8 27 Ρ(Ε) = Ρ(1) + Ρ(2) + Ρ(3) =

59 =

59 .

Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρία και η Συντακτική Επιτροπή σας εύχεται:


22° ΠΑΝΕΛΑΒΝΙΟ ΣΥΝΕΛΡΙΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Λαμία 18 .. 19 - 20 Νοεμβρίου 2005

<�Οι οtίγκιιονες Εφαρμοy€ς rων Μαfhιμαrικών και η aξwπolηmf rους οnιν Εκπιιiδεvοιι»

Αντικείμενο των Εφαρμοσμένων Μαθηματικών ε ίναι η μελέτη και η επίλυση - με μαθηματικές μεθόδους -προβλη μάτων που προέρχονται από κάθε είδους εφαρμογές, π.χ. από τις θετικές επιστήμες, την τεχνολογία, την πληροφορική, τις β ιο"ίατρικές και τις κοινωνικές και οικονομικές επιστήμες. Κεντρικό αντικείμενο κάθε τέτοιας μελέτης ε ίναι η διατύπωση ενός μαθηματικού μοντέλου, που περιγράφει το "φυσικό" πρόβλημα σε μαθηματική γλώσσα, συνήθε ις υπό ορισμένες απλουστευτικές παραδοχές, αλλά που λαμβάνει υπόψη τους βασικούς μηχανισμούς και διαδικασίες του "φυσικού"προβλήματος. Το μαθηματικό μοντέλο διερευνάται ποιοτικά (π.χ. ύπαρξη, μοναδικότητα, ευστάθεια και ποιοτική συμπεριφορά των λύσεών του) και επιλύεται αναλυτικά ή με αναλυτικές προσεγγιστικές μεθόδους ε ίτε με αριθμητικές μεθόδους στον υπολογιστή.

Τα αποτελέσματα και οι προβλέψε ις των μαθηματικών μοντέλων συγκρίνονται στη συνέχεια με την πραγματικότητα ως προς την αξιοπιστία τους και το μοντέλο υιοθετείται ή επανασχεδιάζεται.

Το φάσμα των περιοχών της Μαθηματικής Επιστήμης, που απαιτούνται στις σύχνονες εφαρμογές είναι ευρύτατο τα δε όρια μεταξύ των καλουμένων "εφαρμοσμένες" και "καθαρών" μαθηματικών είναι ασαφή, αφού και οι πλέον αφηρημένες μαθηματικές θεωρίες έχουν χρησιμοποιηθεί σε εφαρμογές.

Για να ενδιαφερθούν οι μαθητές - φοιτητές μας για τα Μαθηματικά, εκτός από την προσπάθεια που κάνουμε ως δάσκαλοι να μεταλαμπαδεύσουμε την αγάπη που εμείς αισθανόμαστε για την Επιστήμη των Μαθηματικών, θα πρέπε ι, συμβαδίζοντας με τις σύγχρονες απαιτήσεις και την εξέλιξη της Τεχνολογίας, να τους δείξουμε το σημαντικό και καθοριστικό ρόλο των Μαθηματικών σε κάθε τομέα της σύγχρονης ζωής και να επισημάνουμε τον ρόλο των Μαθηματικών στη βαθύτερη κατανόηση και την επίλυση των προβλημάτων στις σύγχρονες επιστήμες και τεχνολογίες.

Θεματικές Ενότητες του Συνεδρίου Α. Μαθηματικά μοντέλα

• Ντετερμινιστικά - Στοχαστικά μοντέλα

• Αναλυτικές - Αναλυτικές προσεγγιστικές Μέθοδοι

• Αριθμητικές Μέθοδοι

Β. Διδακτική αξιοποίηση των σύγχρονων Εφαρμοσμένων Μαθηματικών στη Μέση Εκπαίδευση • Προβληματισμός και κίνητρα για την ενδυνάμωση του ενδιαφέροντος των μαθητών - φοιτητών για τα

Μαθηματικά

Οδηγίες για τη Σύνταξη των Εργασιών Τα πρακτικά του Συνεδρίου θα εκδοθούν με ηλεκτρονική στοιχειοθεσία των κε ιμένων που θα υποβληθούν γι'

αυτό. Χάριν ομοιομορφίας και καλής ποιότητας, απαιτείται να τηρηθούν τα παρακάτω: 1. Η εκτύπωση θα είναι σε σελίδα Α4 με περιθώρια 4 εκ. δεξιά και αριστερά, 5,3 εκ. επάνω και κάτω. Το κεί

μενο θα είναι πλήρως στοιχισμένο εκτός του τίτλου και των στοιχείων του συγγραφέα που θα είναι στοιχισμένα στο κέντρο.

2. Η πρώτη σελίδα της εργασίας θα περιέχε ι κατά σειρά: α) Τον τίτλο της εργασίας, γραμμένο με γράμματα κεφαλαία μεγέθους 16 . β) Μια κενή γραμμή . γ) Το όνομα του συγγραφέα με πλήρη διεύθυνση γραμμένο με γράμματα μεγέθους 12. δ) Δύο κενές γραμμές. ε) Περίληψη της εργασίας (στα Ελληνικά) , που δε θα υπερβαίνει τις 15 γραμμές κε ιμένου, γραμμένη με

γράμματα μεγέθους 12. ζ) Θα ακολουθεί το κυρίως κείμενο, γραμμένο με γράμματα μεγέθους 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 κειμένου MS-Word for Windows και θα συνοδεύεται από δισκέτα που θα περιέχε ι την εργασία. Να χρησιμοποιηθούν γραμματοσειρές Times New Roman Greek για τους τίτλους και για το κυρίως κείμενο.

ΣΗΜΑΝτΙΚΉ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ 15 Σεπτεμβρίου 2005 Τα πλήρη κείμενα των εργασιών (μέχρι 10 σελίδες) θα πρέπει να υποβληθούν μέχρι τις 15 Σεπτεμβρίου 2005

στην παρακάτω διεύθυνση :

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία (για το 22ο Συνέδριο της ΛΑΜΙΑΣ) Πανεπιστημίου 34 - 106 79 Αθήνα

και στην Ηλεκτρονική Διεύθυνση : e-mail: [email protected]

,

από τις εκδόσεις <<Εν Δυνάμει>>

Για την r· Λυκείου • Φuαική Κατεύeυνσπς (ταλαντώσεις - Κύματα) - Γ. Θ. Ντούβαλης

• Φuαική Κατεύθυνσης (Μηχανική του στερεού σώματος) - Γ. Θ. Ντούβαλης

• Φuαική Κατεύθυνσης (Κρούσεις • Φαινόμενο Doppler) - Γ. Θ. Ντούβαλης

• Ασκήσεις Βιολογίας Γενικής Παιδείας - Κ Ρ. Παπαζήσης

• Μaβηματικά Κατεύθυνσης (Παράγωγοι) - Γ. & Π. Λοuκόπουλος

• Μα8ημαnκά Κατεύθυνσης (Ολοκληρώματα) - Γ. & Π. Λοuκόποuλος

•Έκφραση -Έκθεση - Α. Καλλή · Γ. Σουλτάνης

• Ανάπτυξη εφαρμογών σε προγραμματιστικό περιβάλλον - Κ Ν. Ιορδανόποuλος

• Αρχές Οικονομικής Θεωρίας - Κ Γαροφαλάκης

Για την Α. Λυκείου • Φυσική - Κ Ρ. Παπαζήσης

• Άλγεβρα - Γ. & Π. Λοuκόποuλος

Ειι Δuιιάμ&ι Ε Κ Δ Ο Σ Ε Ι Σ

ΧΡΥΣ Ι Π Π Ο Υ 1 & ΟΥΛΟΦ ΠΑΛΜ Ε - ΖΩ ΓΡΑΦΟΥ Τηλ. : 2 1 0 74 88 030, fax: 2 1 0 74 83 0 3 1

Ευκλειδης Β 56

Documents

Transcript of Ευκλειδης Β 56