Ευκλειδης Β 18

li1J�[jj)�(Q)��(Q) υ=�� 1f(Q)

Ά'tl�[g�(Q)

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Ο Πανελλήνιος Μαθητικός Διαγωνισμός (Θαλής) .......................................... 3 Τα_ Μαθηματικά δεν

_είναι τόσο δύσκολα ?σο νο}lίzετε . .... .. ......... ......... .. .... .... . 8

Θεματα στις συναρτησεις και τα γραμμικα συστηματα ..... ........ ........... ............. 16 Ασκήσεις Γεωμετρίας (Ισότητα τριγώνων, Παράλληλες ευθείες, Άθροισμα γωνιών τριγώνων ........... 22 Πολυώνυμα- Πολυωνυμικές εξισώσεις και ανισώσεις .................................. 26 Εφαρμογές της θεωρίας εμβαδών ................................................................. 32 Εμβαδά επίπεδων σχημάτων ................ .... .... ........ ........................ ................. 34 ��;��6�·:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::1��1 Εξισώσεις και ανισώσεις με τη βοήθεια της Ανάλυσης .................. ............. .. .. . !4� Υπολογισμός της δύναμης Αν, ν ε Ν τετραγωνικού πίνακα Α ........................ 5 Στις ασκήσεις λέμε ΝΑΙ ! . .... ...... .... ...................... . . . .. .......... .. .. ..... .... ........... .. .. 58

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

Συντακτική Επιτροπή: Βακαλόπουλος Κώmας, Βωκαδουράκης Βασίλης, Γεωργακόπουλος Κώmας, Γράψας Κώmας, Δαμ1Gνός Πέτρος, Καρακατσάνης Βασίλης Κατσοuλης ΓΙώργος, Κηπουρός Χρήmος, Κοvτογ1άvvης Δημήτρης, Κοτσ1φάκης ΓΙώργος, Κυρ1Gκόπουλος Θανάσης, Λαμπρόπουλος Τάσος, Μαλαφέκας Θανάσης, Μπαδήi\αΛ, Μώκος Χρήmος, ΣαΤτη Εύα, Τουρλάς Λεωνίδας, Τσ1καλουδάκης ΓΙώργος,

Υπεύθυνοι Έκδοσης: Παπαδόπουλος Νίκος, Τ σαρπαpί\ής Ιωάννης Επιμέλεια Έκδοσης: Μαpαγκάκης Σ.

Συνεργάστηκαν: Ντρίzος Δημήτρης, Κώmας Αναγvώmου, Σταμάτης Καi\ίκας, Χρήmος Λαzαρίδης, Τσάμης ΓΙώργος, ΠαναγΙώτης Ρεκοuμης

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ Πανεπ1mημίου 34-106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ.: 36 17 784-36 16 532 Fax: 36 41 025 Εκδότης: Ν. Αλεξανδρής Διεuθuντής:Κ.Σάλαρης

ISSN: 1105-8005 ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τεvχος: Ετήσια σ"νδρομή: Ορyανισμοί: Ταχ. Εnιταyές

350 δρχ. 1.600 δρχ. 3.000δρχ.

Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54, Τ.Θ. 30044

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

IJ 20.000 μαθητές

πιστεύουν

ότι τα Μαθηματικά

προσφέρονται

και για πνευματικούς

αγώνες.

IJ Πολλοί λέμε: Τα μαθηματικά πολύ

Δύσκολο μάθημα!

Μήπως δεν είναι

έτσι;

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

Ο Πανελλήνιος

Μαθητικός

Διαγωνισμός

(Θαλής)

Επιτροπή Διαγωνισμών

Οπως κάθε χρόνο, έτσι και φέτος διεξήχθη με αρκετή επιτυχία ο Πανελλήνιος Μαθητικός Διαγωνισμός της Ε.Μ.Ε. Η προσέλευση των μαθητών ήταν πολύ μεγάλη, αν και σε αρκετά σχολεία οι μαθητές άργησαν να ειδοποιηθούν.

Η επιτροπή και από τη θέση αυτή ευχαριστεί τους συναδέλφους που βοήθησαν στη διεξαγωγή του διαγωνισμού είτε ως διορθωτές είτε ως επιτηρητές.

Τα θέματα με τις λύσεις τους δημοσιεύουμε παρακάτω:

Θέματα για την Α' τάξη Λυκείου

lA. Δύο μαθητές Α, Β παίζουν το ακόλουθο παιχνίδι: Τους δίνεται ένα κανονικό πολύγωνο με άρτιο πλήθος πλευρών, μεγαλύτερο από 6 (π.χ. ένα 100-γωνο). Κάθε παίκτης συνδέει δύο από τις κορυφές του πολυγώνου με ένα τμήμα το οποίο, όμως, να μην τέμνει κανένα από άλλα τέτοια τμήματα που οι παίκτες είχαν φέρει προηγουμένως. Θα χάσει ο παίκτης που πρώτος δε θα μπορέσει να φέρει ένα τέτοιο τμήμα. Μπορεί ένας παίκτης να ακολουθήσει μια στρατηγική ώστε να νικήσει σίγουρα;

2Α. Ένα τετράγωνο ΚΛΜΝ είναι εγγεγραμμένο σε ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ ώστε οι κορυφές του Κ, Λ, Μ, Ν να βρίσκονται πάνω στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ και ΔΑ αντιστοίχως. Αν ο λόγος του εμβαδού του ΚΛΜΝ προς το εμβαδόν του ΑΒΓ Δ είναι λ, να βρείτε το λόγο των μηκών των τμημάτων στα οποία διαιρούνται οι πλευρές του τετραγώνου ΑΒΓ Δ από τις κορυφές του άλλου τετραγώνου.

3Α. Υπάρχει τρίγωνο με όλες τις πλευρές του και ένα ύψος του να έχουν ακέραια μήκη και η περίμετρός του να είναι 2ι;

4Α. Α ν α > Ο, β > Ο να αποδείξετε ότι ...[ri +..,[β � νt + �·

Θέματα για τη Β' -ctiξη Λυκείου lB. Έστω κύκλος ακτίνας ι, στον οποίο ορίζουμε ένα συγκεκριμένο σημείο Α0• Στη συνέχεια

ορίζουμε τα σημεία Αν, ν ε IN ως εξής:

Το μήκος του τόξου Α0Αν (όπου αυτό μπορεί να είναι μεγαλύτερο του 2π) να είναι ι ι ι +2+ ···+ν·

Ν α δείξετε ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/3

Ο Πανελλήνιος Μαθητικός Δια"(ωνισμός (Θαλής)

α) Δεν υπάρχει σημείο Αν, ν � 1 που να συμπίπτει με το Α0•

β) Δεν υπάρχουν μ, ν ε Ν, μ =F- ν ώστε τα σημεία Α μ, Αν να συμπίπτουν.

2Β. Αν ΑΒΓΔ είναι ένα τετράπλευρο περιγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας ρ, να δείξετε ότι ισχύει: ΑΒ + ΓΔ�4ρ.

3Β. Να εξετάσετε αν υπάρχουν φυσικοί αριθμοί ν με την ιδιότητα: Από το σύνολο Α(ν) = { 1 , 2, . . . , ν} μπορούμε να διαλέξουμε κ αριθμούς α1 , α2, ... , ακ όπου κ� 3, αi =F- αj, έτσι, ώστε να ισχύει: Ια1 - �� = I�- α3 Ι = · · · = Ιακ-1 - ακΙ = Ιακ - α1 Ι· Τι συμβαίνει αν απλά κ� 1 ;

4Β. Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός 321 - 224 - 68 - 1 διαιρείται με το 1930.

Θέματα yια την Γ τάξη Λυκείου lΓ. Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης:

Π(χ, ψ) = Χψ + Χ� + ψ� -��' με Ιχ Ι � 1, IΨI � ι

2Γ. Έστω η συνάρτηση f: IR. -+ IR. τέτοια ώστε για κάθε χ ε IR. να ισχύει ότι:

f(x - 2) + f(x + 2) = 13f(x). Να δείξετε ότι η f είναι περιοδική .

3Γ. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και (ε) μια ευθεία που περνάει από το βαρύκεντρο Θ του τριγώνου και τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ στα Κ, Λ αντίστοιχα. Ν δ 'ξ , ΑΚ 4 ΓΛ α ει ετε οτι: ΚΒ � ΑΛ"

4Γ. Έστω Α ένα σύνολο ν ακεραίων αριθμών. Από το σύνολο αυτό κατασκευάζουμε όλες τις δυνατές παραστάσεις παίρνοντας ένα ορισμένο πλήθος αριθμών και προσθαφαιρώντας τους μεταξύ τους. Π.χ. αν αϊ1 , αϊ2, αϊ3, αi4 ε Α τότε μια δυνατή παράσταση είναι η αi1 + αi2 - αi3 + αi4 ή -αi1 + αi2 + αi3 + αi4· Δύο διαφορετικές παραστάσεις ανεξάρτητα από το αριθμητικό τους αποτέλεσμα θα θεωρούνται διακεκριμένες. Να υπολογίσετε το πλήθος των δυνατών παραστάσεων.

Λύσεις. του 56ου Πανελλήνιου Μαθητικού Διαγωνισμού «Ο Θαλής» ,

Τάξη Α' Λυκείου

lA. Θα νικήσει ο Α παίκτης αν ακολουθήσει την παρακάτω στρατηγική : Φέρει τη διαγώνιο Α1Αν που χωρίζει το 2ν-γωνο σε δύο ίσα (ν + 1 )-γωνα (σχήμα). Τα σχήματα αυτά είναι ίσα και συμ- A2v_2 μετρικά. Ο δεύτερος παίκτης έστω ότι φέρει μια διαγώνιο AiAj. Τότε ο Α φέρνει τη συμμετρική αυτής ως προς την Α1Αν κ.λ.π.


Ο Πανελλήνιος Μαθητικός Διαγωνισμός (Θαλής)

2Α. Έστω ΑΒ = 1 , ΚΛ = νλ και ΚΒ = χ (σχήμα). Τότε ΒΛ = ΓΜ = ΑΝ = ΑΚ = 1 - χ και χ2

+ ( 1 - χ)2 = λ ή χ = � ( 1 ± νλ).

, ΑΚ 1 - χ 1 + :Jλ Επομενως ΚΒ = -- = _ r-�· χ 1 ±"λ

3Α. Έστω ότι υπάρχει ορθογώνιο τρίγωνο με α, β, γ, υ ακέραιους (σχήμα). Γ Τότε συν Β = Ά Ε Q, συν Γ = 1.. Ε Q. Αλλά συν Β = ΒΔ Ε Q άρα ΒΔ, ΔΓ α α υ ρητοί αριθμοί. Αλλά από το Πυθαγόρειο θεώρημα προκύπτει ότι ΒΔ, Γ Δ ακέραιοι. Εξετάζουμε τις περιπτώσεις: α) Αν ΒΔ, ΓΔ και οι δύο άρτιοι είτε περιττοί. Τότε η ΒΓ είναι άρτιος, και από το Πυθαγόρειο θεώρημα προκύπτει ότι οι β, γ θα είναι είτε και οι δύο άρτιοι, είται και οι δύο περιττοί. Τότε όμως η περίμετρος είναι άρτιος, πράγμα άτοπο. β) Είναι ΒΔ άρτιος, Γ Δ περιττός. Ομοια. r

4Α. Μετά τις πράξεις βρίσκουμε � + β\[α � σ:να + Νβ ή (-Γα- νr,χ α - β)� Ο που ισχύει.

Τάξη Β' Λυκείου

Β

lB. α) Αν υπάρχει σημείο Αν που να ταυτίζεται με το Α0, θα πρέπει 1 + � + · · · + � = 2κπ (1 ) (κ

φυσικός), άτοπο.

2Β.

Πράγματι το α' μέλος της ( 1 ) είναι ρητός, ενώ το β' μέλλος άρητος. β) Όμοια θα πρέπει ..!. + -1-

1 + · · · +..!. = 2κπ (κ Ε IN), άτοπο. μ μ + ν

Πρωτα αποδεικνύεται ότι σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: α�2ΑΔ εφ (1) όπου ΑΔ το ύψος από το Α (σχήμα). Ακολούθως εφαρμόζοντας το παραπάνω στα τρίγωνα ΑΟΒ

Α

Δ

και ΓΟΔ παίρνουμε: Β Δ Γ Α Ε Β ΑΒ + ΓΔ � 2ρ (εφ Α�Β + εφ Γ�Δ )= 2ρ (εφ Α�Β + σφ Α�Β) ( 1 ), αφού ΑΟΒ + ΓΟΔ = 1 80°.

, , ΑΟΒ ΑΟΒ ν ΑΟΒ ΑΟΒ Οποτε ΑΒ + ΓΔ � 2ρ·2 = 4ρ. Αφου εφ-2- + σφ-2-� 2 εφ-2- · σφ-2- = 2{Ϊ = 2

Γ

3Β. Προφανώς η πρόταση για κ = 2 ισχύει: Ιαl - azl = Ιαz - αΙ Ι · . Παρατηρούμε ότι η ακολουθία α1 , az, . . . , αιc πρέπει να είναι γνησίως μονότονη, γιατί αν αϊ-Ι < αj και αi+Ι < αϊ, τότε αϊ - αϊ-Ι = Ι αϊ - αϊ-Ι Ι = Ιαi+Ι - αϊ Ι = αϊ - αi+Ι οπότε αϊ-Ι = αi+Ι. Αυτό όμως είναι άτοπο αφού οι αριθμοί θα πρέπει να είναι κ το πλήθος, άρα διαφορετικοί. Έστω ότι Ια1 - azl = Ιαz - α3 Ι = · · · = Ιαi+l - αϊ Ι = m.

IC

Τότε (κ - 1 )m = Σ I�- �-11 = αιc - α1 = m ( 1 ) j=2


Ο Πανελλήνιος Μαθητικός Δια.,ωνισμδς (Θαλής)

Η ( 1 ) ισχύει αν κ = 2. ' 3 3 3 2 2 2 4Β. Ως γνωστον α + β + γ - 3αβγ = (α + β + γ)( α + β + γ - αβ - βγ - γα) ( 1 )

7 8 ' 7 8 Αν α = 3 , β = - 2 , γ = -1 η (l) γινεται 3 - 2 - 1 = 1930. Τάξη Γ Λυκείου

lΓ. Θέτουμε χ= συνα, ψ = συνβ. Είναι: Π( συ να, συν β) = συνασυνβ + συναημβ + συνβημα - ημαημβ = συν( α + β) + ημ(α + β) = -../2 ημ (α + β + �) � -../2 Άρα η μέγιστη τιμή της Π( χ, ψ) είναι το -../2.

2Γ. Πολλαπλασιάζουμε τη σχέση f(x - 2) + f(x + 2) = ""./3f(x) και παίρνουμε: "".{3f(x- 2) + ""./3f(x + 2) = 3f(x) ( 1 ) Ομως ""./3f(x- 2) = f(x- 4) + f(x) και ""./3f(x + 2) = f(x) + f(x + 4), οπότε η ( 1 ) γίνεται: f(x - 4) + f(x + 4) = f(x) (2) Πολλαπλασιάζοντας τη (2) με ""-./3 παίρνουμε: f(x- 6) + f(x + 6) = Ο ή f(x + 12) = -f(x) άρα f(x + 24) = f(x), για κάθε χ ε IR.. Άρα η f είναι περιοδική με περίοδο 24.

3Γ. Έστω ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ κάθετες από τα Α, Β, Γ στην (ε). Τότε ΑΔ = ΒΕ + ΓΖ (1) .

1 1 Ομως (ΑΚΛ) = ΙΚΛΑΔ = ΙΚΛ·(ΒΕ + ΓΖ) = (ΒΚΛ) + (ΓΚΛ);;;:: 2-ν(ΒΚΛ)(ΓΚΛ), άρα (ΑΚΛ/ ;;;:: 4(ΒΚΛ)(ΓΚΛ) => ��J ;;;:: 4 fλ��

.ΑΚ ΓΛ δηλαδη ΒΚ ;;;:: 4 ΑΛ'

Α

4Γ. Προκειμένου για κ (κ< ν) αριθμούς από το σύνολο Α, το πλήθος των κ-άδων είναι όσοι οι συνδυασμοί ( �) ενώ το πλήθος των διαφορετικών κ-άδων των προσήμων είναι 2κ. Άρα (αρχή πολλαπλασιασμού) το πλήθος των παραστάσεων με κ αριθμούς είναι 2κ ( �) Επομέ-νως όλες οι παραστάσεις, για τις διάφορες τιμές του κ είναι Σ 2κ (� )= 3ν - 1 , το πλήθος.

1C=l

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 2/6

... Επειδή ο υποψήφιος της τέταρτης δέσμης αξίzει ένα βιβλίο

γραμμένο ειδικά γι' αυτόν ... ΚΥΚΛΟΦΟΡΟΥΝ ΑΠΟ ΤΙΣ ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΣΑΒΒΑΛΑ

Στέλιος Μαιιίνης Άλχη; Πα:rι:αδήμας

Δ'Δέσμη

ΟΙ Σ ΥΝΑΔΕΛΦΟΙ ΜΑΘΗΜΑτΙ ΚΟΙ Μ ΠΟΡΟΥΝ

ΝΑ Π ΡΟΜΗΘ ΕΥΟΝΤΑΙ ΤΑ ΒΙΒΛΙΑ Μ Ε ΕΚ ΠΤΩΣΗ

5(J% ΜΟΝΟΑΠΟΤΟ

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΣΑΒΒΑΜ

Στέλιος Μαιιίνης Άλχης Ηα:rι:αδήμας

Εισαγωγή οτην

Ανάλυση Δ'Δtυμη Γ Κιιρττ:;JΙfΑVrίf.'fι'Fr.ι)ο

ΚιiΗλι.;:-1-:ι.JJι:ι'α

Γ "(J!}ιιιιΠ!I'f.it}tljllη;

ΓΣιΨ{χrιιιοιιμι:ίφιμnιι:

Δ'Δέομη

Στέλιος Μαpίνη;�,, Άλκης Ηαπαδήμας

�οκληρώματα Δ'ΔLσμη

ΕΚΔΩΣΕ1Σ • ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ

Σημείο αναφοράς ατο ειmαιδεuτικ61Jι#Jλίο Ζωοδ. Πηγής 18 106 81 Αθήνα Τηλ. 33.01.251-38.29.410 Fax: 38.10.907

Τα μαθηματικά δεν είναι τόσο δύσκολα όσο νομίζετε

Τάσος Λαμπρόπουλος

Εισαγωγικό σημείωμα

Φίλοι μας μαθητές της Α' Λυκείου (και όχι μόνο). Μόλις έχετε διαβεί το κατώφλι του Λυκείου, κουβαλώντας, ενδεχομένως, μαζί σας μια προκατάληψη για τα μαθηματικά. Για σας γράφτηκε αυτό το άρθρο, για να σας δείξει ότι, αν έχετε κατανοήσει τις βασικές γνώσεις που διδαχτήκατε στο Γυμνάσιο, τότε με διαδοχικά βήματα, όλοι σας μπορείτε να λύσετε προβλήματα, που ίσως σας φαίνονται άλυτα. Αρκεί να μελετήσετε με προσοχή τις ιδιότητες και Εφαρμογές των πραγματικών αριθμών, που αναφέρονται στο βιβλίο σας.

Πάμε λοιπόν . . . Μια από τις ιδιότητες, την οποία αποδεικνύει το βιβλίο σας είναι: Α Q_r , Q_r_Q..±..I « ν β - δ τοτε β - δ - β + δ».

Την ιδιότητα αυτή μπορούμε να την γενικεύσουμε: «Αν αι = α2 = α3 τότε αι = α2 = α3 = αι + α2 + α3». ' βι β2 β3 βι β2 β3 βι + β2 + β3 Και ακόμα περισσότερο: «Αν α ι= α2 = α3 = ... = ιΙν τότε αι = α2 = α3 = ... = ιΙν = κιαι + κ2α2 + · · · + Kv!lv

β ι β2 β3 βν βι β2 β3 βν κιβι + κ2β2 + . . · + κvβν με κι , κ2, ... , Kv πραγματικούς αριθμούς και κιβι + κ2β2 + ... + κvβν * 0.»

Ας λύσουμε τώρα μια άσκηση. Αν χ, y, z, ω, α, β, γ, δ θετικοί πραγματικοί αριθμοί, με !! = .I! = Ι = ! να δειχθεί ότι: χ y z ω

ψϊΧ + ..JPY + -fil + -JδΟΟ = -.J (α+ β+ γ +δ)(χ + y + z + ω).

Για να λύσουμε την άσκηση αυτή, πρέπει να κατασκευάσουμε του όρους αχ, βy', yz, δω και τα αθροίσματα α + β + y + δ, καθώς και χ+ y + z + ω.



Για συντομία θέτουμε λ το λόγο της αναλογίας και θά' χουμε: λ = Q = Ά = r = .Q. = α + β + Υ + δ (1) και ακόμα χ y z ω x+y+z+ω

λ = αχ = ..lh = E. = δω <=> λ = αχ =..lh=E.= δω (2). χχ yy zz ωω 2 2 2 2

Από την (1) έχουμε: νλ =

χ y z ω

α + β+ y + δ x + y + z + ω"

Από την (2)έχουμε:"Ι/λ =� =� =� =W=

νλ = � = �= �= �= � + � + W + � χ y z ω x+y + z+ω τελικά παίρνουμε:

α + β+ y + δ_� + � + fΥΖ +� ..:.;_;_....ι;;....;......ι.......;......;;.. _ . <=> x + y + z + ω x + y + z+ω

ναχ + νf3Υ + -fiZ + ν&Ο = ..Jα + β+ Υ + δ (χ + y + z + ω)<=> (εφαρμόζουμε ιδιότητες ριζών) νχ + y + z + ω .

ναχ + νf3Υ + -fiZ + ν&ό = ν( α + β+ γ+ δ)(χ + y + z + ω)

Ας λύσουμε τώρα μια άλλη άσκηση . Δίνονται οι Πραγματικοί αριθμοί α, p, γ, χ, y, z με αχ3 = py3 = γz3 και!+!+!= 1 με xyz :;t: Ο. χ Υ z

Να δειχθεί ότι: �

αχ2 + py

2 + γz3 = � + � + �. τ λ δ, λ , , , , , 1 1 1 'Ε ο κ ει ι για τη υση της ασκησης ειναι η κατασκευη της παραστασης - + - + -. χουμε χ Υ z

λοιπόν 2 2 2 αχ + βy + yz = αχ 2 + β/ + γz 2

1

επομένως {αχ: = κ βy = Κ

. 3 γz = κ

α=� 3 χ β=�

Υ κ γ= 333

z

3 Va = � χ

και αν προσθέσουμε κατά μέλη 3 3 3 j r:: . � r:: � r:: 3 (1 1 1 ) 3 } Ι 2 2 3 να + 'W + νΎ = .:yJS_ + .:yJS_ + .:yJS_ = VΚ - + - +- = νκ,.ι = ν αχ + βy +- γz χ Υ z χ Υ z Ας ασχοληθούμε τώρα με τις ταυτότητες



και τις προεκτάσεις τους.

:z :z :z (α + β) = α + 2αβ + β :z :z . :z (α - β) = α - 2αβ + β

Χρειάζεται να μπορούμε να διακρίνουμε, αν μια παράσταcrη είναι τετράγωνο μιας άλλης, ή αν περιέχει όρους που είναι ανάπτυγμα κάποιου τετραγώνου.

Ας δούμε μερικές «δύσκολες» ασκήσεις: Αν η παράσταση, Α =� (ν+ 2- ν2ν + 3) με ν ε IN, είναι ρητός θετικός αριθμός, τότε και η πα-

ράσταση {Α είναι ρητός αριθμός.

Προφανώς έχουμε ότι αν η παράσταση Α είναι ρητός, τότε και η παράσταση κ = ν2ν + 3 είναι ρητός με κ > 1 . Επομένως παίρνουμε τις ισοδυναμίες:

- � 2 · κ2- 3 -ν L. ν -τ .J

= κ = 2ν + 3 = κ = ν = -2-Τότε την παράσταση Α την γράφουμε:

Α = 2 κ- - 3 + 2 _ = 2 κ - 3 + 4 - 2κ = 2 κ - 2κ + 1 ( 7

) . 2 2 2 2 κ 2 2 2 2

Τελικά παίρνουμε: ...JA =� (κ - 1 )

Μια άλλη άσκηση είναι: Να δειχτεί ότι: α2 + 2β2- 2αβ + 2α- 4β + 2;;::: Ο.

9 2 [3 J 2

4(κ - 1 ) = 2cκ - 1)

Είναι αρκετά δύσκολο να διάκρίνούμε ότι, η παράσταση αυτή είναι άθροισμα δύο τετραγώνων. Μας διευκολύνουν, λίγο όμως, οι όροι 2αβ, 2α, 2β + 2β = 4β, που .είναι διπλάσια γινόμενα των α και β, α και 1 , β και 1 αντίστοιχα.

Επομένως, η παράσταση μπορεί να γραφεί: 2. 2 2 (α + β + 1 - 2αβ + 2α - 2β) + (β - 2β + 1 ),

οπότε, εύκολα πλέον διακρίνουμε ότι, η παράσταση γράφεται: 2 2 (α - β + 1) + (β - 1 ) ,

η οποία προφανώς, είναι;;::: Ο. Αν κάποιος θέλει να κάνει παιχνίδι με τους αριθμούς και τις εξισώσεις, μπορεί εύκολα να

βρει, πότε ισχύει: α2 + 2β2- 2αβ + 2α - 4β + 2 = Ο. Σε ένα διαγωνισμό, νομίζω της Ε.Μ.Ε., είχε δοθεί μια άσκηση, περίπου ίδια με την:

6 :z 4 Να λυθεί η εξίσωση: � + ;

:z + 2; - 4χ 9: 12 = Ο

Το πρόβλημα δεν είναι πώς θα λύσουμε την εξίσωση, αλλά πώς θα παραγοντοποιήσουμε την παράσταση του πρώτου μέλους. Νομίζω πως εύκολα διακρίνουμε ότι:

χ6 +_l + 2χ2 = (x3'f + (1.)2 + 2 χ

3 . .!. = (χ

3 + .!. J2 και 9 χ2 3 l3 ) �χ 3 χ l3 χ)

4χ4 + 12 ='4(χ4 +3) 4χ4 +.1_)=4χ3 +.!.

) 9χ 9χ 3l3x 3χ 3l3 χ

οπότε θά' χουμε:



χ6 + ._!_+ 2χ2- 4χ4 + 12 =ο� (χ3

+ .!. j2 -�(χ3 +.!.)=ο<=> (χ3 +.!.)(χ3 +.!.-�)=ο 9 χ2 3 9χ l3 χ) 3 l3 χ l3 χ l3 χ 3 3 � + � = Ο, η οποία δεν έχει ρίζες στο IR.. Γιατί;

3 � + � -1 =Ο, στην οποία εύκολά μπορούμε να βρούμε ρίζα. Ποια είναι; , , ( β)

2 2 2 β β2 , , 2 2 , Απο την ταυτοτητα α - = α - α + , προκυπτει η ανισοτητα α + β � 2αβ και αν θε-2 2 .

σου με α= φ., β = νΥ, με χ, y � Ο, θα πάρουμε: φ. + νΥ � 2φ. νΥ <=> χ + y � 2-ψ:y Στηριζόμενοι στην πιο πάνω ιδιότητα, ας λύσουμε την άσκηση: Αν α, β, γ Ε IR.+, να δειχτεί ότι: α+ β+ γ+ αβ + βγ +γα� 6ψί.βγ, μια άλλη έκφραση της οποίας

είναι: Αν α, β, γ Ε IR.+, με αβΎ � ι να δειχτεί ότι: α+ β+ γ+ αβ + βγ +γα� 6.

Η λύση είναι εύκολη, αρκεί να κάνουμε κατάλληλη έπιλογή ζευγών, που είναι: (α + βγ) + (β + αγ) + (γ + αβ)

και προφανώς η κάθε παρένθεση, είναι μεγαλύτερη ή ίση της παράστασης 2{aβ-(. Εύκολα τώρα μπορεί να διατυπωθεί η απόδειξη.

Μια άλλη ταυτότητα είναι: (α + β)3 == α3 + 3α2β + 3αβ

2 + β3 = α3 + β3 + 3αβ(α + β)

και αν θέσουμε όπου α το χ + y και όπου β το z παίρνουμε: 3 3 3 (χ + y + z) =(χ+ y) + z + 3(χ + y)z(x + y + z) =

3 3 3 2' χ + y + 3xy(x + y) + z + 3(χ + y)(zx + zy + z ) = 3 3 3 2 3 3 3 χ + y + z + 3(χ + y)(xy + zx + zy + z ) =χ + y + z + 3(χ + y)[x(y + z) + z(y + z)] = 3 3 3 χ + y + z + 3(χ + y)(y + z)(z +χ)

, . 3 3 3 3 Επομενως: (χ+ y + z) =χ + y + z + 3(χ + y)(y + z)(z + χ). Γνωρίζοντας πλέον την παραπάνω ταυτότητα, θα λύσουμε με άνεση ασκήσεις, που θεωρού

νται δύσκολες, όπως: Αν xyz -:ι:. Ο, χ + y + z = ι και χ3 + y3 + z3 =ι, να δειχθεί ότι:

α) Δύο τουλάχιστον από τους χ, y, z είναι αντίθετοι. ι ι ι β) 3+3+3= ι. χ Υ z Έχουμε:

3 3 3 3 3 ' (χ + Υ + z) =χ + y + z + 3(χ + y)(y + z)(z + χ) <=> 1 = 1 + 3(χ + y)(y + z)(z + χ) <=> (χ + y)(y + z)(z + χ) =Ο <=> χ+ y =Ο ή y + z = Ο ή z +χ= Ο. Δηλαδή δύο τουλάχιστον από τους χ, y, z είναι αντίθετοι, οπότε ο τρίτος υποχρεωτικά είναι

ίσος με 1 .

'Ε , 1 , 1 1 1 ι ι 1 0 στω χ= -y οποτε z = και επομενως χ= --y <=> 3= -3<=> 3+3= χ Υ χ Υ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/1 1


' 1 1 1 1 και τοτε: 3 + 3 + 3 = Ο + 3 = 1 χ y z 1

Ομοια αν y = -z ή z = -χ. Μια άλλη διατύπωση της πιο πάνω άσκησης είναι: Αν (α + β+ γ{= α3 + β3 + γ3, τότε να δειχθεί ότι:

1995 β1995 1995

( β )1995

α) α + + γ = α+ + γ

β) �995 + β�995 + � =

( β1

)1995

α γ α + +Ύ γ) (α + β.+ γ) ν = αν + βν +γ ν, για κάθε ν Ε IN με ν= 2κ + 1, κ Ε IN.

3 3 3 3 Προφανώς από: (α + β + γ) = α +β +γ <=> 3(α + β)(β + γ)( γ + α) = Ο

που σημαίνει ότι δύο τουλάχιστον από τους α, β, γ είναι αντίθετοι οπότε εύκολα πλέον, ό-πως στην προηγούμενη άσκηση, μπορούμε να aποδείξουμε τα ερωτήματα της άσκησης.

i)

Και μια ακόμα, θεωρούμενη δύσκολη άσκηση

Α , , 2 2 2 3 3 3 1 , ο ν ισχυουν οι ισοτητες χ + y + z = χ + y + z = χ + y + z = τοτε xyz = . Επειδή

2 2 2 2 (χ+ y + z) = (χ + y + z ) + 2(xy + yz + zx), και 3 3 3 3

(χ + Υ + z) = χ + y + z + 3(χ + y)(y + z)(z +χ) τότε έχουμε

{ . xy + yz + zx = Ο και

(χ + y)(y + z)(z +χ)= b { xy + yz + zx = Ο <=> και.

' ' . χ = -y η y = -z η z = -χ

Α ν χ = -y, τότε από xy + yz + zx = Ο :::::. -y 2 + yz - zy = Ο <=> y 2

= Ο <=> y = Ο, οπότε xyz = Ο. Ομοια aν y = -'Ζ ή z � -χ: ' Στις εφαρμογές του βιβλίου υπάρχουν οι ταυτότητες

3 3 3 1 2 2 2 , α + β +γ - 3αβγ = 2 (α + β + γ)[(α- β) + (β - γ) +(γ - α) ), καθως και

ίί) αν α + β+ γ= Ο, τότε α3 + β3 + γ3 = 3αβγ

Το βιβλίο κάνει υπόδειξη, για πράξεις στο β' μέλος, οπότε φθάνουμε στο α'. Εμείς θα πάμ,ε από το α' μέλος στο β' μέλος, αναλαμβάνοντας υπόψη την ταυτότητα:

,.

έχουμε:

3 3 3 α +β = (α+ β) - 3αβ(α +β)

3 3 3 . 3 3 3 3 α +β +γ - 3αβγ = (α+β) - 3αβ(α+β) - 3αβγ+γ = [(α + β) + γ ] - 3αβ(α+β + γ) =

3 (α + β + γ) - 3(α + β)γ(α +β+ γ) - 3αβ(α + β+ γ) =

2 (α+ β + γ)[(α + β+ γ) - 3(α + β)γ - 3αβ] =

2 2 2 ; (α+ β + γ)(α + β + γ + 2αβ + 2αγ + 2βγ - 3αβ :- 3βγ - 3αβ) =

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

1 2 2 2 (α + β + γ)"2(2α + 2β + 2γ - 2αβ- 2αγ - 2βγ) = . 1 2 2 ' '2 2 2 2 2 (α+β+γ)[(α + β - 2αβ) + (β + γ - 2βγ)+(γ +α - 2α-y)] =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2112

ί)

, Τα μαθηματικά δεν είναι τόσο δύσκολα όσο νομίζετε

1 2 2 2 2 (α+ β+ γ)[( α- β) +(β- γ )+ (γ- α)]. ·.· ι

Οι εφαρμογές της πιο πάνω ταυτότητας, σταματημό δεν έχουν. Ας δούμε μερικές: 3 3 3 .

Α ν α + β + γ - 3αβγ = α με 'α β γ εiR και α ::f:. β ::f:. γ ::f:. α τότε 7 2 2 ' ' ' .

α-+ β +γ - αβ- βγ - γα ·

3 _!_+_!_+_!_-( ι ) α3 β3 γ3 - α + β + γ ·

Κατά τη διάρκεια της απόδειξης, της πιο πάνω ταυτότητας, συναντήσαμε την παράσταση (1), δηλαδή α3 + β3 + /- 3αβγ =(α+ β+ γ)(α2 + β2 + γ2 - αβ - βγ- γα), οπότε -από: '· ' ι 3 3 3

2 α : β 2+ γ

- 3αβγ = α <=> α + β + γ = α <=> β + γ = Ο, οπότε ισχύει η ισότητα α + β + γ - αβ - βγ- γα Γ ι · ·ι ι δ , δ , 'λ , , ι ""3 + 3 + --:3 = _ .. 3, ιοτι και τα. υο με η της ει ναι ισα με 3. α β γ (α+ β+ γ) · α .

:2 2 • 2 2 ίί) Αν 3Χ' +L+ 3Ζ = 3 (1), με χ, y, z ε IR+, να δειχθεί ότι 3Χ =L= 3z. · .�Υ χ xy -- zy χ xy :ι·ο 2 2 2 2 2 2

Παρατηρούμε ότι: �.L. 3Ζ = 3·1 = 3 οπότε...!__+ L + 3Ζ - � L 3z = Ο 3-zy χ xy 3zy χ xy 3zy χ xy γ;2 �3 και αν θέσουμε: α= -, β= L, γ = �τότε έχουμε:

Υ χ xy. . · · 3 3 3 1 2 . 2 2., α +β +γ - 3αβγ =? <=> 2 (α+ β+ γ)[(α- β) +(β- γ )+ (γ- α) J = 0<=> α+β+γ=Οήα=β=γ

και επειδή α+ β +γ ::f:. Ο, τότε α= β= γ οπότε έχουμε: �3 (;[ = �

3 Jl. = _3 fu <=> - - ·νJΖΥ ·ν"'Χ ·νχy 2 2 _!__ y__ 3z 3zy - χ - xy· Για να βρούμε τα χ, y, z, παρατηρούμε ότι κάθε όρος της αναλογίας είναι ίσος με 1 . .

"') Ν λ θ ' ξ' ι 23χ 33χ 2χ 3χ + 1 ιιι α υ ει η ε ισωση: + + ·· = · Αν θέσουμε α= 1, β= 2χ, γ= 3χ, τότε η εξίσωση γίνεται α3 + β3 +/ = 3αβγ οπότε: 3 3 3 1 2 2 2 α +β +γ - 3αβγ=0<=>�α+β+γ)[(α - β) +(β - γ )+(γ- α)]=Ο<=>

_ { 1 + 2χ + 3χ,= Ο άτοπο <=> η

1 = 2χ = 3χ <=> χ = ο

Στο σχολικό βιβλίο υπάρχει η άσκηση Να αποδειχθε! η ταt)τότητ.α: (α2 + β2)(χ2 + y2) = (αχ+ βy)2 + (αy - βχ)2, που ονομάζεται ταυτό

τητα Lagrange. Η απόδειξη είναι θέμα πράξεων. Επειδή όμως (αy _:_ βχ)2 �Ο, εύκολα παίρνουμε την ανιcrό

τητα: (α2 + β2)(χ2 +. y2) � (αχ+ βy/, που ονομάζεται ανίσωση του Schwartz, και αν θέσουμε όπου α


Τα μαθηματικά δεν είναι τόσο δύσκολα όσο νομίζετε ,

το .Jα· όπου β το·�, όπου χ το να, και όπου y το� παίρνουμε (i + i) α+ β) � 4 V α, β ε IR.: Η ανισότητα του Schwartz μπορεί να γενικευθεί: (α2 + β2

+ /)(χ2 + / + z2) � (αχ+ βy + γz)2

από την οποία για α= β= γ= 1 , παίρνουμε: 3(χ2 + / + z2) �(χ+ y + z/ και ακόμα για χ, y, z >Ο, παίρνουμε: (�+�+�)χ+ y + z) � 9

και για εξάσκηση να αποδείξετε: 6 , 2 2 2 12 «Α ν χ + y + z = , το τε χ + y + z � »

και ακόμα: «Αν χ2 + y

2= 9, να βρεθεί η μέγιστη και ελάχιστη τιμή της παράστασης Α= 4χ + 3y» Προφανώς έχουμε: 2 2 2 2 2 . 2 - � � � (4 + 3 )(χ +Υ)� (4χ + 3y) <:::::> 25·9 � (4χ + 3y) <:::::> -ν25·9 � Ι4χ + 3yl <:::::> -1)::;; 4χ + 3y::;; 1) Αναφέρουμε για ενημέρωση τη γενική μορφή της ανισότητας του Schwartz 2 2 2 2 .2 2 2 2 • 2 (αι + α2 + α3 + ... + ακ)(Χ1 + χ2 + χ3 + ... + χκ) � (α1χ1 + α2χ2 + α3χ3 + ... + ακχκ) V κ ε IN*. Μια εφαρμογή βασική, του βιβλίου είναι:

ί) Α ν α > Ο τότε α + ! � 2 α .

ίί) Αν α<Ο τότε α+!::;;-2 α Δηλαδή: Το άθροισμα δύο θετικών aντίστροφων είναι μεγαλύτερο ή ίσο του 2, ε\ιώ το �θροισμα δύο

αρνητικών aντίστροφων είναι μικρότερο ή ίσο του- 2. Η ιδιότητα ισχύει και στις δύο περιπτώσεις, όταν οι aντίστροφοι είναι ίσοι, δηλαδή α= 1 αν α> Ο ή α= -1 αν α< Ο.

Μερικές απλές εφαρμογές είναι i) (;: +5}(�+�)� 4 με χ, y >Ο

2 2 Αρκεί να διακρίνουμε ότι οι! και Υ.. καθώς και οι χ 2 και� είναι aντίστροφοι.

Υ χ Υ χ ίί) Να λυθεί η εξίσωση 9χ + 1 = 2 · 3χ συνχ.

Την εξίσωση αυτή μπορούμε να τη γράψουμε 9χ 1 χ (1)

χ -+-= 2 συνχ <=> 3 + -3 = 2 συνχ 3χ 3χ

χ χ Παρατηρούμε ότι οι όροι 3χ και β) είναι θετικοί aντίστροφοι οπότε 3χ +β) � 2.

επίσης γνωρίζουμε ότι- 1 ::;; συνχ::;; 1 οπότε 2συνχ::;; 2. Επομένως η ισότητα θα ισχύει όταν ·

{ χ { χ 1 3χ + (.!) = 2 3 =--;;:= 1 3 <:::::> 3

2συνχ = 2 συνχ = 1 <=>Χ=Ο

2 Εύκολα πλέον μπορούμε να λύσουμε την εξίσωση: 2χ χ χ 4χ - χ 2 + 2 + 1 = 3·2 συν . 2

αν διαιρέσουμε και τα δύο μέλη με 2χ.

Καιρός να εξετάσουμε και την εξίσωση αχ + β = Ο ή την εξίσωση αχ = β. Το βιβλίο αναφέρει:

«Αν α= Ο και β= Ο, τότε η εξίσωση είναι αόριστη και την ονομάζουμε ταυτότητα».



Μια άλλη έκφραση είναι:

«Αν η εξίσωση αχ+ β= Ο ,αληθεύει για περισσότερες της μιας τιμής του χ, τότε θα αληθεύει για κάθε χ ε!R. και τότε θά'ναι α= β= 0».

Μια άσκηση είναι: Αν η εξίσωση (α+ l)x- 2(βχ + αy) + α2 + β2 + y2 = Ο, αληθεύει για κάθε χ εΙR. να βρεθούν τα α, β, y Παρατηρούμε ότι η εξίσωση γράφεται: (α+ 1 - 2β)χ + (α2 + /- 2αy) + β2 =Ο

και έχει τη μορφή Αχ+ Β= Ο όπου Α= α+ 1 - 2β και Β= (α2 + /- 2αy) + β2 και επειδή είναι, από υπόθεση, αόριστη, τότε: { Α=Ο

και Β=Ο

<=> και { (α+ 1 - 2β) =Ο { α- 2β = - 1

<=> και οπότε τελικά παίρνουμε: 2 . 2 (α- y) +β =0 β = Ο, α = - 1 , και y = α= - 1 .

α - y = Ο και β = Ο

Από το γυμνάσιο έχουμε πάρει στοιχειώδεις γνώσεις, για τις ιδιότητες, -tης απόλυτης τιμής πραγματικού αριθμού α.

ιy1ια άσκηση, που δόθηκε σε πανελλήνιο διαγωνισμό της Ε.Μ.Ε., ήταν: Να βρείτε τα ζευγάρια των φυσικών αριθμών (�,y), που ικανοποιούν την εξίσωση: Ιχ - 21 + IY - 31 = 3 - Υ Η λύση είναι εύκολη αν εφαρμόσουμε-τις ιδιότητες: i) Ιαl = α αν α � Ο ii) ΙαΙ =-α αν α< Ο iii) ΙαΙ �α. Παρατηρούμε στη δοσμένη άσκηση ότι IY - 31 � 3 - y και η ισότητα ισχύει όταν y- 3 �Ο, ο-

πότε IY - 31 = -(y- 3) = 3 -Υ και ακόμα Ιχ- 21 �ο. Άρα έχουμε Ιχ- 21 + IY - 31 � 3 -Υ Η ισότητα ισχύει αν συγχρόνως έχουμε: { χ -

κ�� Ο

<=>

{ χκ:ι2

y- 3 �Ο y =Ο, 1, 2, 3 I Άρα τα ζευγάρια είναι (2,0), (2, 1) , (2,2), (2,3).

Μια άσκηση μπορούμε να την έχουμε λύσει τελειώνοντας τη μελέτη της εκφώνησης όπως: Αν ισχύουν α + β= αβ και αΙβl = β, β ::ι:. Ο να δειχθεί ότι Ια: Pl + Ια Ρ Pl � 2 Από την ισότητα αΙβl =β<=> Ιβl = 1!, παίρνουμε ότι α και β ομόσημοι, επειδή lβl >Ο οπότε α

αβ > Ο, που σημαίνει ότι α+ β >Ο και επειδή α, β ομόσημοι, τότε α> Ο και β >Ο. Επομένως: .lQ..±..lli. = � = 1 + Ά α α α

i) Αν α:>-: β τότε .lQ..::_ill = � = � - 1 ' � β β β

και επομένως Ι α: βl + Ι α β βl = 1 + � + �- 1 = � + � � 2, διότι� και�· θετικοί aντίστροφοι. ii) Αν α< β τότε .lQ..::_ill = � = 1 -� β β β 2 2

οπότε και .lQ..±..lli. + .IQ..::_ill.= 1 + Ά + 1 - � = 2 + (�-�) = 2 + β - α > 2 διότι β2- α2 > Ο. α β α β α β · αβ


--------- Θέματcι στις Συναρτήσεις και τα γραμμικά συστήματα ----------Θέματα στις Συναρτήσεις

, ,

και τα γραμμικ:α συστηματα

1. Σε ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι ΒΔ = 9 και ΔΓ = 2χ.

1.1. Να εκφράσετε την περίμετρο και το εμβαδόν του ΑΒΓ Δ ως συναρτήσεις του χ και να βρείτε τα πεδία ορισμού αυτών των συ-ναρτήσεων.

· ·

1. 2. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f(x) = Ε( 2χ - 5), όπου Ε είναι το εμβαδόν του ΑΒΓΔ

1.3. Να εξετάσετε αν η συνάρτηση της περιμέτρου του ΑΒΓΔ είναι άρτια ή περιττή.

Λύση Α�--�----------�Β

9 h(x)

�--------�r 2χ (Σχ. 1)

1;1. Θεωρούμ� τις συvαρτήσεις Π(χ): περίμετρος του ΑΒΓ Δ Ε(χ): εμβαδόν του ΑΒΓΔ h(x): μήκος της πλι;:υράς ΒΓ Εφαρμόζουμε το Πυθάγόρειο

στο ορθ. τρίγωνο ΒrΔ: . ·' ·

ΒΓ2 = 81- 4χ2 και επειδή (ΒΓ) > Ο παίρνουμε

h(x) =ν81- 4χ2.

Θεώρημα

Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης h(x) α-ποτελείται από εκείνα τα χ για τα οποία είναι:

χ > Ο και 81 - 4χ2 > Ο <=> χ > Ο και Ι χ Ι <�<=>χΕ (Ο·�) Έτσι έχουμε: Π= 2·(ΔΓ) + 2-(ΒΓ) <=>

Π(χ) = 2·(2χ) + 2·h(x) <=> Π(χ) = 4χ + �81- 4χ2. Επίσης:

Δημήτρης Ντρίζος

Ε= (ΔΓ)(ΒΓ) <=> Ε(χ) = 2χν81- 4χ2. Είναι φανερό πως οι συναρτήσεις Π(χ)

και Ε(χ) έχουν κοινό πεδίο ορισμού το διά-στημα (ο.�) 1. 2. Επειδή η συνάρτηση Ε(χ) έχει πεδίο ορισμού το (ο.�) και f(χι) = Ε(2χ- 5), θα πρέπει:

ο < 2χ - 5 < � <=> 5 < 2χ < � + 5 <=> .?.< χ< 12 2 4 Άρα η f(x) έχει πεδίο ορισμού το διάστη-.. '(5 .. 19) μα %'4

1.3. Η ι;Jυνάρ;rηση .της περιμέτρου Π(χ) θα είνάι άρτι� ή περιττή, αν για κάθε χ Ε (ο.�) ι-σχύει -χ Ε (ο.�) και f(-x) = f(x) ή f(-x) = -f(x) αντίστοιχα.

'.Είναι q)ανερό όμως ότι για κάθε Χ Ε (ο.�) δεν ισχύει -χ Ε (ο.�) Γι� παράδειγμα, 1 Ε (ο.�) ενώ -1 �(ο.�)

Επομένως η Π(χ) δεν είναι ούτε άρτια ο\Jτε περιττή.

2.1. Στη γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = -2, χ =ι:. Ο παίρνουμε το , χ

, , � -2) ο μεταβλητο σημειο Κ\α'a α> .

Αν Λ είναι το συμμετρικό του σημείου Κ ως προς την αρχή 0(0,0) του καρτεσιανού συστήματος συντεταγμένων Οχψ, να βρεί-


____ :._____-'------- Θέματα στις Συναρτήσεις και τα γραμμικά συστήματα ----------τε την τιμή του α ώστε η απόσταση (ΚΛ) να γίvεται ελάχιστη. ' .

2.2. Να εξετάσετε τη συνάρτηση x3·f(x) ως προς τη μονοτονία, να βρείτε το σύνολο των τιμών της και τα ακρότατα της συνάρτησης, αν υπάρχουν.

2.3. Να βρείτε τα σημεία τομής των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f(x) και x3·f(x).

Λύση ψ

(Σχ. 2)

χ

2.1. Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) είναι η ισοσκελής υπερβολή του σχήματος 2. Είναι γνωστό πως η γραφική παράσταση της f(x) έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή 0(0,0), οπότε το Λ είναι σημείο της γραφικής παράστασης της f(x).

Για την απόσταση (ΚΑ) έχουμε: (ΚΑ)=\]�- α- α)2 + [�- (-�)]2 =

ν(2α)2+(�) �� 4

Άρα (ΚΑ) � 4. Επομένως η ελάχιστη απόσταση του τμήματος ΚΑ είναι 4. Για να βρούμε την τιμή του α ώστε η απόσταση (ΚΑ) να γίνεται ελάχιστη, λύνουμε την εξίσωση:

2 (ΚΑ) = 4 <=> (2α)2 +( �) = 4 <=>

2 2 (2α)2+(�) ,= 16<=> (�α-:-�) =0<=> 2α � � <=> α2 = 2 <=> α= -fi, :�ατί α> d.

\ Σtην περίπτωση που η απόσταση (ΚΑ) )γίνεται ελάχιστη είναι K(-J2,, �) και Λ(�,12).

2.2. Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι η f(x) ορίζεται για τα χ που είναι χ * Ο οπότε και η συνάρτηση x3-t(x) θα έχει το ίδιο πεδίο ορισμού με την f, δηλαδή το (-οο, Ο) U (0, +οο).

Η γραφική παράσταση της συνάρτησης x3·f(x) = -2χ2, χ* Ο είναι η παραβολή του σχήματος 3 χωρίς το σημείο 0(0,0).

+ΟΟ ψ

χ -00

-00

(Σχ. 3) Από τη μορφή της συνάρτησης -2χ2, αλλά

και παρατηρώντας το σχήμα 3 προκύπτει ότι η συνάρτηση είναι γνήσια αύξουσα για κάθε χ ε (-οο, Ο) και γνήσια φθίνουσα για κάθε χ ε (0, +οο).

Σύνολο τιμών της είναι το διάστημα (-οο, Ο) και δεν έχει ακρότατα (γιατί;) ' 2.3. Οι συντεταγμένες (χ, ψ) των σημείων τομής των γραφ. παραστάσεων των f(x) και x3·f(x), είναι οι λύ.σεις του συστήματος: {ψ = f�x) • } <=> {ψ � -; , χ* Ο } <=> ψ= χ ·f(x) 2 ψ=-2χ {ψ=-2, χ*0 }

χ {ψ= -2 } -; = -2r.2 . <=> χ= 1

Άρα τέμνονται στο σημείο A(l,-2). 3. Δίνονται οι συναρτήσεις:

f(x) ='./(χ- 5)2 +'./(χ+ 5)2 και

g(x)=2� 3.1. Να εξετάσετε αν είναι άρτιες ή πεμιττές.

;loi' • . .0! ' 3.2. Με τη βοή�εtα της γραφικής παράστασης

της f(x) να βρείτε τα διαστήματα που η συνάρτηση αυτή είναι γνήσια αύξουσα, γνήσια φθίνουσα ή σταθερή. Για ποιές θέσεις


--------- Θέματα στις Συνάρτήσεις και τα γραμμικά συστήματα ---------'-----

της (ανεξάρτητης) μεταβλητής χ η συνάρiηση f(x) παίρνει την ελάχιστη τιμή της;

Λύση

. 3.1. Η συνάρτηση f(x) ορίζεται για τα χ που είναι: (χ - 5)2 � Ο και (χ + 5)2 � Ο. Αυτό όμως συμβαίνει για κάθε χ Ε IR.

Επομένως η f(x) έχει πεδίο ορισμού το IR και για κάθε χ Ε IR είναι:

f(x) = Ιχ-51 + Jx + 5J . Εξετάζουμε τώρα αν η f(x) είναι άρτια ή

περιττή. Για κάθε χ Ε IR ισχύει -χ Ε IR και f(-x) =Ι-χ-51+ Ι-χ+ 51= 1-(χ + 5) 1 + J-(x -5) 1 = ιχ + 51 + ιχ -51 = f(x) Αρα η f(x) είναι άρτια συνάρτηση. Η g(X:) ορίζεται για τα χ που είναι

3χ2 - 4 � Ο. Λύνοντας την τελευταία aνίσωση βρίσκουμε πως το πεδίο ορισμού της g(x) είναι το σύνολο Α = (-οο, -2f] U [ 2 Ρ, + οο)

Τώρα για κάθε χ Ε Α είναι -χ Ε Α (γιατί;) και: g(-x) = 2(-χΝ3(-χ)2- 4 =

-2χ'./3χ2- 4 = -g(x). Επομένως η g(x) είναι περιττή συνάρτη-

ση. 3.2. Θα γράψουμε τον τύπο της f(x) χώρίς τις

. απόλυτες τιμές. Για το πρόσημο τών (χ- 5) και (χ + 5) εύκολα φτιάχνουμε τον πίνακιι:

-5 5 _1

l : 1 : Επομένως: αν χ < -5 τότε ιχ - 51 = -χ + 5, ιχ + 51 =-χ -5 και f(x) =(-χ+ 5) +(-χ-5) = -2χ αν -5 �χ< 5 προκύπτει f(x) = 1 0 αν χ� 5 προκύπτει f(x) = 2χ Άρα η συνάρτηση γράφεται:

{ - 2χ f(x) = 10

2χ

,ανχ<-5 ,αν-5�χ<5 , ανχ�5

τ

-00

-tοο ψ

Α lO Β

-5 ο 5

--οο

(Σχ. 4)

τ'

χ

Στο σχήμα 4 βλέπουμε πως η γραφική παράσταση της f(x) αποτελείται από: (i) την ημιευθεία Α τ: ψ= -2χ, χ< -5 (ii) το ευθ. τμήμα ΑΒ: ψ= 10, -5 �χ< 5 (iii) την ημιευθεία Βτ': ψ= 2χ, χ �5

Παρατηρώντας το σχήμα 4 προκύπτει ότι η f(x) είναι γνήσια φθίνουσα στο διάστημα (-οο, -5), σταθερή με τιμή το 10 στο διάστημα [-5, 5) και γνήσια αύξουσα στο διάστημα [5, +οο).

Βλέπουμε επίσης ότι για κάθε χ Ε IR η αντίστοιχη τεταγμένη f(x) είναι μεγαλύτερη ή ίση του 10. Δηλαδή για κάθε χ από το πεδίο ορισμού της f(x) ισχύει f(x) � 10. Παρατηρούμε (σχήμα 4) ότι για τις θέσεις χ με -5 �χ � 5 η f(x) παίρνει ως ελάχιστη τιμή της το 10.

Σημείωση: Από τη μορφή που πήρε ο τύπος της f(x) θα μπορούσαμε να μελετήσουμε τη μονοτονία της και χωρίς να γίνέι η γραφική της παράσταση. (Πώς;) 4. Για μια συνάρτηση f ισχύει f(x) = ψ και

χιχι+�= ι 9 2 4.1. Να βρεθεί ο τύπος της f(x), όταν χ < Ο και

ψ>Ο.

4.2. Να εξετάσετε την f(x) ως·προς τη μονοτονία και να αποδείξετε ότι ισχύει: f(-4)·f(-2) > f(-3)·f(-1)

Λύση 4.1. Οταν χ < ο και ψ > ο τότε ιχι = -χ, IΨ I = ψ και η σχέση x�xl +�= 1 γίνtcαι

v{ _v\ \11\lf \112 Χ2 �+�= 1 <=>�--= 1 <=> 9 2 2 9 9ψ2- 2χ2 = 1 8 <=> ψ2 = 2χ2 + 1 8 <=> 9


--------- Θέματα στις Συναρτήσεις και iαγρaμμικά συστήματα ----------'---

IΨI =� · ν2χ2 + 1 8

Άρα ψ =� · ν2χ2 + 18 επειδή ψ > Ο

Οπότε-f(χ) = � · ν2χ2 + 1 8, χ < Ο

4. 2. Για κάθε χι, χ2 Ε(-οο, Ο) με την υπόθεση χ1 < χ2 διαδοχικά προκύπτει:

Χ1 < Χ2 < 0 <=> 0 < -Χ2 < -Χι <=> 2 )2 (-xz) < (-χι

επειδή -χι, -χ2 θετικοί <=> χ22 < χι2 <=> 2χ22 + 18 < 2χι2 + 1 8 <=>

� · -ν2χ22 +. 1 8 < � · -.j2x/ + 1 8 <=>

f(χι) > f(x2) δηλαδή η f είναι γνήσια φθίνουσα στο πεδίο ορισμού της.

Επειδή η f είναι γνήσια φθίνουσα, από τις ανισότητες -4 < -3 και -2 < -1 προκύπτει:

f(-4) > f(-3) (1) και f(-2) > f(-1) (2). Τα μέλη των ( 1 ) και (2) είναι θετtκά

(γιατί;), οπότε πολλ/Vζας κατά μέλη παίρνουμε f(-4)f(-2) > f(-3)f(-1 ) .

5. Θεαιρούμε τις συναρτήσεις

f(x) = ( 2λ + 1)χ + λ + 2

που προκύπτουν για τις διάφορες τιμές της παραμέτρου λ Ε IR..

5.1. Να αποδείξετε ότι οι γραφικές τους παραστάσεις διέρχονται όλες από το ίδίο σημείο.

5. 2. Σε ποιά σημεία οι γραφικές παραστάσεις των f(x) τέμνουν τον άξονα χ' χ;

5.3. Ποιά από τις ευθείες ψ= ( 2λ + 1)χ + λ + 2, λ Ε IR.

είναι παράλληλη στη διχοtόμο της 1ης -3ης ορθής γωνίας του καρτεσιανού συστήματος Οχψ;

5.4. Α ν λ < - ! να αποδείξετε ότι, για κάθε

γ, δ Ε IR. με γ =ι:. δ ισχύει

f( γ2 + δ2) < f( 2γδ) Λύση

5.1. Οι γραφικές παραστάσεις όλων των συναρτήσεων f(x) - που είναι ευθείες γραμμές � θα περνούν από ένα σημείο Α(α, β), αν και μόνο αν, για κάθε λ Ε IR. οι συντεταγμένες του Α

ικανοποιούν την ψ = (2λ + l )x + λ + 2, δηλαδή αν: β = (2λ + l )α + λ + 2, για κάθε λ Ε IR..

Η τελευταία ισοδύναμα γράφεται: (2α + 1 )λ = β - α - 2

και ισχύει για κάθε λ Ε IR., αν και μόνο αν,

2α + 1 = Ο β - α - 2 = 0

1 α = - -2 β =l 2

Επομένως οι γραφικές παραστάσεις των f(x) περνούν από το Α( --:-�· �)

Σημε-ίωση: Θα μπορούσαμε να αντιμετωπίσουμε την ερώτηση 5. 1 . και με άλλο τρόπο.

Δίνοντας στο λ δυο τυχαίες τιμές, για παράδειγμα Ο και 1 παίρνουμε τις ευθείες ψ = χ + 2 (1) και ψ = 3χ + 3 (2)

Το σύστημα των εξισώσεων ( 1 ) και (2) μας δ' 1 3 δ λ δ ' . , ινει χ = - 2 και ψ = 2 η α η τις συντεταγμε-νες του Α.

'Ε 1 3 δ , πειτα με χ = - 2 και ψ = 2 ιαπιστωνου-με ότι η ψ = (2λ + l)x + λ + 2 γίνεται: Ο · λ = Ο, που ισχύει για κάθε' λ Ε IR.

Άρα όλες οι ευθείες ψ = (2λ + l )x + λ + 2

περνούν από το ίδιο σημείο Α.

5. 2. Τα σημεία του άξονα χ' χ έχουν τεταγμένη ψ = Ο.

Οπότε οι τετμημένες των κοινών σημείωv των ευθειών ψ = (2λ + l )x + λ + 2 με� τον άξονα χ' χ είναι οι λύσεις της εξίσωσης:

(2λ + 1 )χ + λ + 2 = ο 6

(2λ + l )x = - λ -2 (3)

Α ν 2λ + 1 =ι:. Ο δηλ. λ =ι:. - � τότε λόγω της (3) τα σημεία τομής έχουν συντεταγμένες

' (- λ - 2 ) της μορφης 2λ + 1 ' Ο

Τονίζουμε πως για κάθε μια συγκεκριμένη τιμή του λ προκύπτει και μια διακεκριμένη ευθεία, η οποία τέμνει τότε τον χ'χ σ' ένα μοναδικό σημείο.

Α v· 2λ + 1 = Ο _δηλ. λ = - �· παίρνουμε τη διακεκριμένη ευθεία ψ = � που είναι παράλληλη στον άξονα χ'χ


--------- Θέματα στις Συναρτήσεις και τα γραμμικά συστήματα ----------

5.3� Η διχοτόμος της 1 ης - 3ης ορθής γωνίας έχει εξίσωση την ψ = χ. Οπότε οι ευθείες ψ= (2λ + 1)χ +λ+ 2 και ψ= χ γίνονται παράλληλες όταν: 2λ + 1 = 1 =λ= Ο

Έτσι η ευθεία που ζητάμε είναι η ψ =Χ+ 2.

5.4. Οταν λ < - i τότε 2λ + 1 < Ο και οι f(x) = (2λ + 1)χ +λ+ 2 είναι γνήσια φθίνουσες (γνωστή εφαρμογή). Για κάθε γ, δ Ε IR. με γ =ι:. δ ισχύει:

(γ- δ)2 >ο= γ2 + δ2 - 2γδ >ο=

γ2 + δ2 > 2γδ και επειδή f(x), γνήσια φθίνουσα προκύπτεί:

f(γ2 +δ2) < f(2γδ) 6. Δίνεται το σύστημα

' { (κ+λ)χ+(κ- λ)ψ ::.: Ο } ( 2κ- λ)χ- (3κ- 5λ)ψ = -92 (Σ)

Να βρείτε τις τιμές των παραμέτρων κ, λ Ε IR αν μια λύση του συστήJιατος (Σ) είναι η (χ, ψ)= (1, 2).

Λύση

Το ζεύγος (1, 2) είναι λύση του συστήματος (Σ). Άρα θα ικανοποιεί συγχρόνως τις εξισώσεις του συστήματος, δηλαδή:

{ (κ+ λ)+ 2(κ- λ)= Ο } (2κ- λ)- 2(3κ-5λ) = -92 =

{ 3κ- λ= Ο } - 4κ + 9λ = -92

Το τελευταίο είναι ένα σόΟτημα δυο γραμμικών εξισώσεων με αγνώστους τους κ, λ και χρησιμοποιώντας τη μέθοδο των αντιθέτων συντελεστών παίρνουμε ισοδύναμα: { 27κ- 9λ =Ο }

- 4κ + 9λ = -92 = { λ= 3κ } { λ=- 12 }

23κ=-92 = κ=-4 7. Δίνονται οι ευθείες ε1 κάι ε2 με εξισώσεις

τις λχ + (λ + 1)ψ = 2λ - 1 (1) και (λ - 3)χ + 2(λ - 3)ψ = -λ .:.. 1 (2), αντίστοιχα. Να βρείτε τις τιμές της παραμέτρου λ ε;: IR ώστε οι ευθείες ει και ε2. για κάθε συγκεκριμένη τιμή της λ, vα έχουν:

7.1. ένα μόνο κοινό σημείο (να τέμνονται) 7. 2. κανένα κοινό σημείο

7.3. άπειρα κοινά σημεία (να ταυτj'ζονται)

Λύση

Θεωρούμε το σύστημα (Σ) των εξισώσεων των ευθειών ει και ε2 { λχ + (λ + 1 )ψ = 2λ - 1 }

(� � 3)χ + 2(λ - 3)ψ = -λ - 1 (Σ)

και υπολογίζουμε τις ορίζουσες D, Dx , Dψ του (Σ). Είναι:

I λ (λ+ 1) I D = (λ- 3) 2(λ- 3) = 2λ(λ - 3) - (λ + 1 )(λ - �) = .. . = (λ- 3)(1ι.r- 1) . 1 (2λ _ 1) (λ + 1) 1. Dx= (-λ- 1) 2(λ- 3 )_

= 2(2λ - υ<λ - 3) - (λ + 1 )(-λ - 1) = .. . = 5λ2- 12λ + 7 = (5λ � 7)(λ- 1)

. I λ (2λ _ 1) I Dψ, = (λ - 3) (-λ - 1) =

λ(-λ- 1)- (2λ- 1)(λ- 3) = ... = . -3(λ- 1)2

7.1. Οι ευθείες ε1 κa:i. ε2 -t�μνοντdι, αν και μόνο αν, το σύστημα (Σ) τών εξισώσεών τους έχει μια μοναδική λύση.

Αυτό συμβαίνει ότaν: D =ι:. Ο = (λ - 3)(λ - 1) =ι:. Ο =

λ =ι:. 3 και λ =ι:. 1 Για κqθε τέτοια διάκεκριμένη τιμή της λ,

το σημείο τομής των ευθειών έχει συντεταγμένες (χο, Ψο) με

χ Dx 5λ- 7 και ψ =�= -3(λ- 1) ο=ο= λ- 3 ° D λ- 3 7.2.-7.3. Οι ει και ε2 δεν έχουν κοινό σημείο, αν και μόνο αν., το (Σ} δεν έχει καμιά λύση (είναι αδύνατο). Οι ει και ε2 έχουν άπειρα κοινά σημεία (ταυτίζονται), αν και μόνο αν, το (Σ) έχει άπειρε·ς λύσεις.

Με λ = 3 το (Σ) γράφεται: { 3χ+ 4ψ = 5 } Οχ+Οψ=-4

Το σύστημα αυτό είναι αδύνατο, αφού είναι αδύνατη η 2η εξίσωσή του.

Με λ= 1 το (Σ) γράφεται: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 1/20

------�-- Θέματα στις Συναρτήσεις και τα γραμμικά συστήματ� ----�-----

{ χ + 2ψ = ι } { χ + 2ψ = r } . -2χ - 4ψ = -2 = χ + 2ψ = 1 '

που έχ.ει όπειρες λύσεις. Επειδή χ + 2y = 1 = χ = 1 - 2ψ, λύσεις

του συστήματος στην περίπτωση αυτή είναι όλα τα ζεύγη της μορφής (1 ...., 2κ, κ) όπου κ ε IR..

8. Να λύσετε τα συστήματα: {βχ + 61 + 2\1\il' + Ζψ + ι � ι ο } (Σι) 3'./χ2 +4χ + 4 - Ιψ + 1 1 = -5 {.! - � - ω }

και 2 - 3 - 4 . (Σz) 5χ + 6ψ + 7ω = 112

Λύση Το σύστημα (Σι ) γράφεται: {3 Ιχ + 21 + 21ψ + 1 1 = 10 1 = 3 Ιχ + 21 - Ιψ + 1 1 = -5 J

{3 ix + 21 + 2Ιψ + 1 1 = 10 } = -3Ιχ + 21 + IΨ + 1 1 = 5 {3 Ιχ + 21 = 1 0 - 21ψ + 1 1 }·= 3 Ιψ + 1 ! = 15

Να βρεθεί το σημείο τομής τους, αν αυτές τέμνονται.

Λύση Το σύστημα των εξισώσεών τους είναΊ το {89·Χ + 78·ψ = 3·892

+ 78 , ( 1 ) } 9 8 (Σ)

7g·X + 89·ψ = 8 +/·7 ' (2) Προσθέτουμε κατά μέλη τις ( 1 ) και (2) και

παίρνουμε (89+78)-χ + (89+78)-ψ = 2(89+78) = χ + ψ = 2 Πολ/ζουμε την (2) επί - 1 και αυτήν που

προκύπτει την προσθέτουμε (κατά μέλη) με την (1) και παίρνουμε

(89-78)-Χ - (89-78)-ψ = 89-78 = Χ - ψ = 1 Έτσι τελικά το σύστηj.ια (Σ) γράφεται ι-

σοδύναμα {: � � : � }, που βρίσκουμε να έ-χει μοναδική λύση την (χ, ψ) = (�· �)

Επομένως οι ευθείες με εξισ.ώσεις. τις ( 1 ) { Ιχ + 2 1 = ο � Ιψ + 1 1 = 5 )

= {χ + 2 = 0 }"= 0

και (2) τέμνονται στο σημείο Α (�· �) ψ + 1 = 5 ή ψ + 1 = -5 { χ = -2 ;αι ψ = 4 } χ = -2 και ψ = -6

Άρα οι λύσεις του (Σ1) είναι τα ζεύγη (χ, ψ) = (-2, 4) ή (χ, ψ) = (-2, -6) Για το σύστημα (Σ?):

Θέτοντας ! = � = ω = α παίρνουμε 2 3 4 χ = 2α, ψ = 3α, ω = 4α,"

και η 2� εξίσωση του (Σ2) γράφεται: •

0 10α + 1 8α + 28α = 1 12 = α = 2 Άρα χ = 4, ψ = 6, ω = 8 και το (Σ2) έχει μο

ναδική λύση την τριάδα (χ,ψ,ω) = (4,6,8) 9. Δίνονται οι ευθείες με εξισώσεις τις

89-χ + 7s·ψ = 3·89 + 78 και 2

Σημείωση: Λύστε το σύστημα (Σ) χρησιμοποιώντας και μια από τις γνωστές σας μεθόδους επίλυσης γραμμικών συστημάτων.

Αχιλλέα Β. Κυριάκου Κ�);οφοοεί: 330 Λυμένα rενιχά θέμα'tα 4� Δέσμης m'-'t�v rενιχών εξ&'Ι;άσεωv εφ όλ� 'tης

• Άλγεβρα Α · Λυκείου (2 τεύχη) • Άλγεβρα Ι ης Δέσμης • Άλγεβρα 4ης Δέσμης

• Ανάλυση 4ης Δέσμης (2 τείJΧη)

Εκδοτ. ΌμLλ. Συγγρ. Καθηyητών. Σόλωνος 100 Αθήνα τηλ. 36461Ζ5. Αχι.λλέας Β. Κυρι.άκου • Ασκληπι.ού 28 Λgρωα τηλ. (041) 259530 8ι (0495) 31125

Μαθηματικούς γίνεται έκπτωση 30% δωρεάν οι λύσεις των


/

Ασκήσεις Γεωμετρίας Ισότητα τριγώνων, Παράλληλες ευθείες, Άθροισμα γωνιών τριγώνων

Κώστας Θ. Αναγνώστου - Λαμία � Άσκηση 1

.-.... β) ΝΡΓ = ΝΒΓ + ΡΓΒ =

�

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ. Στην προέκταση της ΑΓ (προς το μέρος του Γ) θεωρώ τυχαίο σημείο Δ και στην προέκταση της ΑΒ (προς το Β), σημείο Ε με ΒΕ = ΑΒ + ΓΔ. Δείξτε ότι το τρίγωνο ΕΓ Δ είναι ισοσκελές.

Ε

Λύση Α

Στη ΒΕ θεωρώ σημείο Ζ με ΒΖ = Γ Δ, τότε ΑΖ = ΑΔ} Α = 60ο άρα το τρίγωνο ΑΔΖ είναι ισόπλευρο. Τα τρίγωνα ΒΕΓ και ΖΔΕείναι ίσα γιατί:

ΒΕ = ΖΔ } ΒΓ = ΖΕ οπότε:

.-.... .-.... ΕΒΓ = ΕΖΔ = 120° τρίγ. ΒΕΓ = τριγ. ΖΛΕ έτσι ΕΓ = ΕΔ συνεπώς τρίγωνο ΕΓ Δ ισοσκελές.

Άσκηση 2

Στις πλευρές ΑΒ, ΑΓ ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ, θεωρώ τα σημεία Μ, Ν τέτοια ώστε ΒΜ = ΑΝ. Δείξτε ότι: .-.... .-....

α) ΒΝΓ = ΓΜΑ . .-....

β) να βρεθεί η γωνία ΝΡΓ, όπου Ρ το ση-μείο τομής τφv ΒΝ, ΓΜ.

·Λύση

α) Ισχύει ΑΜΤ � �Β� • ...-:-. ./."... j ' άρα ΒΝΓ = ΓΜΑ'.: ' · :. , ·. ' .,,. Α

.-.... ΜΓΑ + 60° - ΜΓΑ = 60°.

...J Άσκηση 3

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ .-....

(ΑΒ = ΑΓ), με Α = 80°. Έστω Μ εσωτερικό ση-,.... .-....

μείο του με ΜΒΓ = 30° και ΜΓΒ = ιοο. Εάν Ν το σημείο τομής της ΒΜ και της διχοτόμου της .-.... γωνίας Α, να υπολογισθούν:

.-.... α) ΒΝΓ = ;

.-.... β) ΑΜΓ = ;

Λύση Α

...... ΒΝΓ tσοσκ.} .-.... .-.... .-.... άρα ΒΝΓ= ΙΥ καιΝΓΒ=30" ΝΒΓ=30" · '

.-.... άρα ΜΓΝ = ΝΓΑ = 20°

...... τα ΜΝΓ, ΑΝΓ έχουν:

.-.... ,..... ΝΓ = ΝΓ }

Μ�Γ = Α�Γ =. 120° οπότε: ΝΓΜ = ΝΓΑ = 20°

...... ΜΝΓ = ΑΝΓ άρα ΓΜ = Γ Α , οπότε

ΓΜΑ ισοσκελές} ....._

MrA = 40o Άρα ΑΜΓ = 70ο.

Άσκηση 4

Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ), θεωρώ σημείο Δ στη ΒΓ και σημείο Ε στην ....._ ....._ πλευρά ΑΓ, τέτοια ώστε ΒΑΔ = 2ΓΔΕ. Δείξτε · ότι ΑΔ = ΑΕ.

Λύση


6 B r ι,..ι σ?-L IS b ;;=l\ 6;:. & r. Α ν ο ·(..() �a ο 't.o Α. λ '7 F. n-�� · - - \

Ασκήσεις Γεωμετρίας --------------

Α

φ

Β Δ ,.. .... : ............. ...........

Έ.στω Β=Γ =φ, ΓΔΕ=ω, τόtεΔΑΒ=2ω . ....... Ισχύει ΔΕΑ = ω + φ οπότε

ΑΔΕ + ω = 2ω +φ<=>ΑΔ:β = ω+φ .<:>..

άραΑΔΕ ισοσκελέςοπόtεΑΔ=ΑΕ. Άσκηση 5

....... - ....... Σε τρί"(ωνο ΑΒΓ με Α = 60° + Β, φ�ω τη

διχοτόμο τουj'Δ και ΔΕ διχοτόμο της ΓΔΒ (το Ε στη ΒΓ). ϊί'είξτε ότι Γ Δ .l ΑΕ.

Λύση Α

....... Έστω Β = ω, τότε Α = 60° + ω και ....... Γ = 1 20° - 2ω, άρα Γ1 = Γ2 = 60° - ω .

....... ΓΔΒ = 1 80° - (Γ2 + Β) = 120° ....... άρα ΒΔΕ = ΕΔΓ = ΓΔΑ = 60° .

.<:>.. Ισχύει Γ ΑΔ = ΓΕΔ οπότε ΓΕΑ ισοσκελές} , ΓΔ 1 ΑΕ ΓΔ δ ετσι ..L • ιχοτ.

Άσκηση 6

Β

Δίνεται οξυ"(ώνιQ τρί"(ωνο ΑΒΓ, Δ και Ε τα συμμετρικά των σημέiων , Α και Β ως προς τις πλευρές ΒΓ και ΑΓ αντίστοιχα. Δείξτε ότι: Δ, Γ, Ε συνευθειακά αν καiμόνο αν Γ = �0°.

Λύση

Ε

Δ α) Έστω οτι τα Δ, Γ, Ε είναι συνευθειακά.

Είναι BrE ισοσκελές, άρα fι = f2 .<:>.. ....... ....... και ΑΓ Δ ισοσκελές, άρα Γ 2 = Γ 3 οπότε Γ = 60°.

β) 'Εστω ότι Γ = 60°, τότε fι = f2 = f; = 60°, άρα Ε, Γ, Δ συνευθειακά.

Άσκηση 7 Έστω τρi"(ωνο ΑΒΓ ισοσκελές (ΑΒ = ΑΓ),

....... .

""Α Β Φ ' δ ' ΒΔ ' με = 2· ερω τη ιχοτομο και στην προε-

κτασή της, θεωρώ σημείο Ε τέτοιο ώστε ΑΕ = ΑΒ. Δείξτε ότι: .<:>.. .<:>..

α) ΑΒΓ = ΕΑΔ β) εάν ΔΜ .l ΒΓ, ΔΝ .l ΑΕ τότε Δ, Μ, Ν

συνευθειακά ·

Λύση ·Γ-�Ντ------�Ε

..... �) ΑΕ=ΑΒοπόtεΑΒΕισοσκελέςάρα:

....... ....... Βι = Ε = Α ΑΔΕ =Bt + Α =2Α έτσι ΑΔΕ = Β

..... ..... Στα ΑΒΓ, ΑΕΔ έχουμε: ............ ............ ....c.. .Δ.

ΑΒ = ΑΕ} ....... Α = � οπότε ΑΒΓ = ΑΕΔ Β = ΑΔΕ .

Δ


" β) ισχύει ΕΑΓ = Γ οπότε: ΑΕ //ΒΓ ΔΜ _l ΒΓ, ΔΝ _l ΑΕ} ,

ΑΕ // ΒΓ αρα · Δ, Μ, Ν συνευθειακά.

Άσκηση' S "

Έστω ορθογώνιο �ρίγωνο ΑΒΓ(Α = 90°) και τα σημεία Μ, Ν, Ρ στις πλευρές ΒΓ, ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα. Έστω Μ1 το συμμετρικό τQυ Μ ως προς την ΑΒ, Μ2 το συμμετρικό του Μ ως προς tην ΑΓ. Δείξτε ότι:

α) ΜιΜ2 = 2ΑΜ β) ΜΝ + ΝΡ + ΡΜ > 2ΑΜ

Λύση Γ

" α) ΜΑΜ2 ισοσκελές άρα Α1 = Α2

" ΑΜΜ1 ισοσκελές άρα Α3 = Α4

"

Β

ακόμη Α2 + Α3 = 90°, άρα Μι , Α, Μ2 συ-νευθειακά.

ΜΜ';Μ2 ορθογ. (Μ = 90°)} , ΑΜ δ οποτε: ιαμ.

2ΑΜ = ΜιΜ2.

β) ισχύει Μ2Ρ + ΡΝ + ΝΜι > ΜιΜ2, όμως Μ2Ρ= ΡΜ και ΝΜ1 = ΜΝ, ΜιΜ2 = 2ΑΜ άρα ΜΡ + ΡΝ + ΝΜ > 2ΑΜ.

Άσκηση 9 Σε τρίγωνο ΑΒΓ, τα μήκη �ων πλευρών

του είναι διαδοχικοί ακέραιοι και ισχύει " ΑΒ < ΒΓ < ΓΑ. Αν η διχοτόμος ΑΔ της Α, είναι κάθετη στη διάμεσο ΒΕ, να υπολογισθούν τα μήκη των πλευρών του.

Λύση

Γ Δ Β

Α

Έστω ΑΒ = γ, τότε ΒΓ = γ + 1 , Γ Α = γ + 2 ...... ' , · ·· 1....:t..1 ' ΑΕΒ ισοσκελες, αρα γ = 2 οποτε: γ = 2

επομένως ΑΒ = 2, ΒΓ = 3, Γ Α = 4.

Άσκηση 10

Δ(νεται τρίγωνο ΑΒΓ, το ύψος ΑΔ και Ε, Ζ τα μέσα των ΑΔ, ΔΓ aντίστοιχά. Εάν ΒΕ _i ΑΖ, " τότε Α = 90°.

Λύση

Α

Γ ......

Ε ορθόκεντρο του ΑΒΖ, άρα ΕΖ _i ΑΒ (1) ......

Στο ΑΔΓ } είναι Ε μέσο ΑΔ άρι;χ ΕΖ // ΑΓ (2)

Ζ μέσο ΔΓ "

Από (1), (2) προκύπτει ότι:Α = 90°.

Άσκηση 11

Έστω Δ, Ε τα συμμετρικά των κορυφών Β και Γ τριγώνου ΑΒΓ ως προς τα μέσα Μ, Ν των , πλευρών ΑΓ, ΑΒ �ντίστοιχα. Δείξτε ότι:

α) Α, Δ, Εσυνευθειακά β) ΔΕ = 4ΜΝ.


Στο τριγ. ΑΕΓ} Μ μέσο ΑΓ · άρα ΜΝ 11= �Ε (1 ) Ν μέσο ΕΓ

όμοια στο τρίγ. �ΑΔ είναι ΜΝ 11= �Δ (2) Άρα

α) ΑΕ // ΜΝ // ΑΔ είναι Α, Ε, Δ συνευθειακά β) ΑΕ + ΑΔ = 4ΜΝ δηλαδή ΕΔ = 4ΜΝ

Άσκηση 12 ..--..

Έστω xOy οξεία γωνία, Α ένα σημείο στην η-μιευθεία Oy και Β σημείο τής ημιευθείας Οχ, τέτοω ώστε ΑΒ .l Οχ. Να αποδειχθεί ότι, υπάρχουν δύο σημεία στην ημιευθεία Oy, το καθένα από τα οποία, ισαπέχει από το Α και την Οχ.

Λύση Μ' Υ

Έστω Μ το ζητούμενο σημείο. Τότε ΜΑ = ΜΝ, όπου ΜΝ .l Οχ, άρα

..--.. ΜΝΑ = ΜΑΝ = ΝΑΒ = ω οπότε: ..--.. ΑΝ διχοτόμος της ΟΑΒ, άρα το Ν προσδiορίζεται.

Φέρω τις διχοτόμους των γωνιών :ο:ΑΒ και ..--.. BAy, πόυ τέμνουν την Οχ, στα Ν και Ρ, από τα Ν κα{ Ρ, φέρω τις ΝΜ 11 ΑΒ και ΡΜ' // ΑΒ (τα Μ, Μ' στην Oy). Τα Μ, Μ' είναι τtl ζητΟύμενα σημεία γιατί

..--.. ..--.. Μ�Ά = ΜΑΝ = ΝΑΒ άρα ΜΑΝ ισοσκελές οπότε ΜΑ = ΜΝ, ΜΝ .l Οχ. Ομοια για το Μ'.

Άσκηση 13

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, η διάμεσος ΒΔ και Ε το μέσον της. Φέρω την ΑΕ και στην προέκτασή της, παίρνω τμήμα ΕΖ = ΕΑ. Εάν η ΑΖ

τέμνει τη ΒΓ στο. Η, δείξτε ότι ΗΖ = AJI.

Λύση Α

z ΑΕ = ΕΖ} . ΒΕ = ΕΔ άρα ΑΒΖΔ παρ/μο οπότε ΔΖ // ΑΒ ΔΖ // ΑΒ }

Δ μέσο ΑΓ άρα Θ μέσο ΒΓ Το Η είναι κέν-tρο βάρους του ΒΔΖ, επομένως ΑΗ = ΑΕ + ΕΗ = ΕΖ + ΕΗ = 2 2 2 ΗΖ + 2ΕΗ = ΗΖ + ΗΖ οπότε. ΑΗ = ΗΖ 2 2 2 2 2 ο

Άσκηση 14 ..--.. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ(Α = 90°),

το ύψος ΑΔ, ·η διάμεσος ΑΜ και Ε, Ζ τα μέ<!α των ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα. Εάν Η το σημείο τομής των ΑΜ και ΕΖ, δείξτε ότι: ΑΖΔΗ ρόμβος, ..--.. αν και μόνQ αν Β = 30°.

Λύση Γ

α) Αν ΑΖΔΗ ρόμβος, τότε ΑΖ = ΖΔ = ΔΗ = ΗΑ """'" Στο ΑΜΒ είναι: Εμέσο ΑΒ} ΕΗ // ΒΜ άρα Η μέσο ΑΜ

Β

ΑΓ ΑΜ ΒΓ , ΑΖ = ΑΗ � Τ = -2- � ΑΓ = Τ οποτε: "' Β = 30°

β) Β = 30° ισχύει ΑΓ = Β[ οπό�ε: ΑΖ = ΑΗ , ΑΓ ΑΜ ομως ΔΖ = τ, ΔΗ = τ άρα ΑΖΔΗ ρόμβος.

Πολυώνυμα - Πολυωνυμικ.ές εξισώσεις και ανισώσεις

Χ. Δ. ΜΦκος

Ένα από τα πιο παλιά προβλήματα της άλγεβρας είναι η λύση των πολυωνυμικών εξισώσεων ποv συγκέντρωσε το ενδιαφέρον πολλών, ακόμα και μεγάλων, μαθηματικών. Ενδεικτικά αναφέρουμε τους Καρτέσιο, Lagrance, Cauchy, Gauss, Abel, Galois, . . . Το θέμα αυτό λοιπόν είναι τεράστιο. Εμείς εδώ θα ασχοληθούμε με ορισμένες ασκήσεις που έχουν σχέση με την ύλη της Β' Λυκείου. Ασκήσεις

Άσκηση 1 Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) = α2(β - γ)χ3 + β2(γ - α)χ2 + γ2(α - β), α,β,γ ε IR. Αν για τους

πραγματικούς αριθμούς α, β, γ ισχύει α3 + β3 + γ3 = 3αβγ και α + β + γ ::;:. Ο να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο είναι μηδενικό.

Λύση

Από τις σχέσεις α3 + β3 + γ3 = 3αβγ και α + β + γ ::;:. Ο παίρνουμε ότι α = β = γ οπότε οι συντελεστές του πολυωνύμου είναι α2(β - γ) = Ο, β2(γ - α) = Ο και γ2(α - β) = Ο. Επομένως Ρ(χ) = ό για κάθε χ ε IR.

Άσκηση 2

Αν Ρ(χ) = χ4 + (συνθ - ημθ)χ3 - (ciυν2θ - ημ2θ)χ2 + (1 - ημ3θ)χ - 1 με θ ε IR, να βρείτε για ποιες τιμές του θ ε IR του πολυώνυμο Ρ(χ) έχει παράγοντα το Q(x) = χ + 1.

Λύση Για να είναι το Q(x) = χ + 1 παράγοντας του Ρ(χ) πρέπει Ρ(-1) = Ο, δηλαδή

1 - (συνθ - ημθ) - (συν2θ - ημ2θ) - (1 - ημ3θ) - 1 = Ο και καταλήγουμε μετά από πράξεις στην εξίσωση συνθ(2ημθ - 1)(2συνθ + 1 ) = Ο άρα: συνθ = Ο ή 2ημθ - 1 = Ο ή 2συνθ + Ι = Ο και τελικά: θ = κπ + � ή θ = 2κπ + � ή θ = 2κπ + 56Π ή θ = 2κπ + 23π ή θ = 2κπ - 2

3Π με κ ε 7l

Άσκηση 3

Αν Ρ(χ) = χ3 + αχ2 + βχ - 6, α,β ε IR, . να προσδιορίσετε τα α, β ε IR ώστε τα πολυώνυμα Q(x) = Ρ(χ + 1) + 2αχ + β και φ(χ) = Ρ(χ - 1) - 2αχ - β να έχόυν συγχρόνως σαν παράγοντες το Q(x) το (χ - 1) και το φ (χ) το (χ + 1).

Λύση

Q(x) = (χ + 1 )3 + α(χ + 1)2 + β(χ + 1 ) - 6 +2αχ + β φ(χ) = (χ - 1 )3 + α(χ - 1)2 + β(χ - 1 ) - 6 - 2αχ .::. β Για να έχουν παράγοντες συγχρόvως τα χ - 1 και χ + 1 αντίστοιχα πρέπει:

Q( l ) = O 6α + 3β = -2 8 { α = 1 }

{ φ( -1 ) = Ο } <=> { 6α - 3 β = 1 4 } � β = - 3


Πολυώνυμα - Πολυαινυμικές εξισώσεις και ανισώσεις

Άσκηση 4

Έστω Ρ( χ) = �4 - 2χ3 - 4χ2 + 4χ +' α πολυώνυμο που έχει ρίζα το 1 + -{3. ί) Να βρείτε το α Ε IR.. ίί) Να εξετάσετε αν το 1 - -{3 είναι ρίζα του Ρ (χ) και ίίί) Να λύσετε την aνίσωση Ρ(χ) � Ο.

Λύση

ί) Επειδή το 1 + './3 είναι ρίζα του Ρ(χ) με εφαρμογή σχήματος Horner βρίσκουμε ότι υ := α - 4 =Ο<=> α= 4.

ίί) Από το (i) προκύπτει: Ρ( χ) = (χ- 1 - �)[χ3 + ( -1 + '.{3)χ2- 2χ + (2- 2'./3)] και διαπιστώνουμε ότι για το Q(x) � χ3 + (-1 + './3)χ2- 2χ + (2 - 2�) ισχύει Q(l - �)= Ο, άρα και το 1 - './3 είναι ρίζα του Ρ( χ).

iii) Το Ρ( χ)= (χ- 1 - './3)(χ- 1 + �)(χ2- 2) έχ�ι ρίζες τις χ= 1 + '.{3, χ= 1 - �. χ= --J2, χ= -J2 οπότε:

χ -fi l -13 Ρ(χ) + + +

χ Ε ( -οο, --J2] υ [1 - ....[3', -Jl] υ [1 + '.[3, +οο)

Άσκηση 5

Να λυθεί η aνίσωση Ρ ( χ) = 2χ4 :.... 3(1 + �)χ3 + (1 + 3\β)χ2 + 3(1 + 1"J)x - 3(1 + -{j) > Ο.

Λύση

Επειδή 2 - 3 - 3-J?, + 1 + 3'.{3 + 3 + 3� - 3 - 3'.{3 = Ο, ο αριθμός χ = 1 είναι ρίζα του Ρ(χ) και εφαρμόζοντας σχήμα Horner παίρνουμε:

Ρ(χ) =(χ- 1)[2χ3 - (1 + 3-J?,) χ2+ 3 (1 +'./3)] Εφαρμόζοντας το σχήμα Horner στο Π( χ) = 2χ3 - (1 + 3-Jj) χ2 + 3(1 + �) για χ+ 1 παίρνου-

με:

Π(χ) = (χ+ 1)[2χ2- 3(1 +'./3)χ + 3(1 +'./3)], επομένως Ρ( χ) = (χ - Ι )(χ + 1 )[2χ2 - 3(1 + './3)χ .+ 3(1 + './3)] που έχει ρίζές χ = 1 ή χ = -1 ή

_ r:;: ' 3+...!3 ' λ , , χ= -ν .J η χ= 2 και παιρνουμε τε ικα τον πινακα:

χ -1 Ρ(χ) +

Οπότε: χ<-1 ή 1 < χ<� ή 3+2-J3< x.

+

Άρα: Ρ(χ) >ο<=> χ Ε (-οο, -1 ) υ ( 1 , �) υ ( 3 +2..[3 , +οο)

Άσκηση 6

Να λυθεί η εξίσωση χ2 (χ - 1)2 + (χ+ l)(x + 4) = 6χ2 (1).


3 +6 2 +

Πολυώνυμα - Πολυωνυfιιι&ς εξισώσεις και ανισώσί:ις

Λύση Η ( 1 ) γίνεται: [χ(χ - 1 )]2 + χ2 + 5χ + 4 = 6χ2 <=> (χ(χ - 1)]2 - 5(χ(χ - 1 )] -t 4 = Ο (2) Θέτουμε y = χ(χ - 1 ) οπότε η (2) γίνεται y2 - 5y + 4 � Ο και παίρνουμε y = 1 ή y = 4. Τελι-

• κά έχ�υμε:

ή

χ2 - χ = 1 <=> χ2 - χ � 1 = Ο και χ - 1 -.J5 · χ _ l...±::Ji 1 - 2 ': 2 - 2 χ? - χ = 4 <=> χ2 - χ - 4 = Ο και χ - 1 --JI7 χ - 1 + \[[? 3 - 2 , 4 - 2

Άσκηση ,� Ν� λbθεί η aνίσωση χ(χ - l)(x - 2)(χ - 3) �· 5040 (1).

·' Λύση

Από την ( 1 ) παίρνοbμ� ·?(χ) = χ(χ - l )(x - 2)(χ - 3) - 5040 � Ο και p(x) .= [χ(χ - 3)J(σι_j ί)(� - 2)] - 5040 � JO <=> Ρ(χ) = (χ2 - 3χ)(χ2 - 3χ + 2) - 5040 � ο ��α τον προσδιορισμό τ�� ριζών του Ρ(χ) έχουμε:

fος τ.ρόπος Θέ�ουμε χ2 - 3χ = y. Τότε ·χ2 - 3χ + 2 = y + 2 και P(y) = y2 + 2y - 5040 του οποίου οι ρίζες

είναι Υι = -72 κ�ι Υ2 = 70 .. Επομέ,νως: χ2 - 3χ = -72 <=> χ2 - 3χ � 72 :;:: 0 (αδ�vατη γιατί Δ < Ο) και χ2 - 3χ = 70 <=> χ2 --: 3χ - 70 = Ο, άρα χ = -7 ή χ = 1 Ο Επρμένως Ρ(χ) =(χ + 7}(χ - 10)(χ2 - 3χ + 72) � Ο <=> χ Ε [-7, 10] , γιατί' χ2 - 3χ + 72 > Ο για κά-

θε χ Ε JR.. ·. ·

2°ς τpόπ6ς �πό το Ρ(χ) = (χ2 - 3�)(χ2 - 3χ + 2) - 5040 = [(χ2 - 3χ + 1) - 1][(χ2 - 3χ + 1) + 1] - 5040 απ' ό-

που eέτοΎτας χ2 - 3χ + ι .= Υ παίρνουμ�: P(y) = (y - 1 )(y + 1) - 5040 <=> P(y) � y2 - 5041 με ρίζες y1 = -7 1 , y2 = 7 1 . Οπότε: χ2 - 3χ + 1 = -7 1 <=> χ2 ,- 3χ + 72 = Ο (αδύνατη γιατί Δ < Ο) και χ2-:: 3χ + 1 = 7 1 <=> χ2 -:- 3χ ,... 70 = Ο, άρα χ = -7 ή χ =;= 10

� . . . . . , Επομένώς Ρ(χ) � Ο <=> χ Ε [-7, 10) όπως παραπάνω. • 1

Άσκη.ση 8 ι ! f

. Να pρείτε τις t.ιμέ.ς: τοί> λ ε JR." για τις οπο4;ς τα πολυώνυμα Ρ(χ) = 5χ3 - 2λχ + 1 και Q(x) = χ2 - λχ + 2 έχ�vν ,iiα το�λάχισtον κοινή. ρίζα·:

Λύση � : - �- ·. 'Εστω ρ1 , ρ2 οι ρ�'ε( tc>ύ, πολυrοvύμο� Q(x). Τότε Ρ(ρ1) = Ό 'ή Ρ(ρ2) = Ο, δηλαδή Ρ(ρ1)Ρ(ρ2) = Ο,

οπότε έχουμε (5ρ{�Ίλp1 + · 1 )(5ρ� ...,. 2λp2 + 1 ) = b και καταλήγουμε: ' . 25(ρι ρ2)3-l Ολριρ2((ρι+ρz)2-2ρrρz]+5[(pι+Ρ2)3 -3ριρ2(ρι+ρ2)]+4λ 2ριρΓ2λ(ρι+Ρ2)+ 1=0 ( 1 ) . . Αλλά ρl + Ρ2 = λ και ρ lρ2 = 2 όπου αντικαθιστώντας . στην ( 1 ) παίρνουμε:

�� ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/28

Πολυώνυμα - fΙολυωνυμικές εξισώσεις και ανισώσεις

1 5λ3 ,... 6λ2 - sολ + 201 = σ (2)

Χρησιμοποιώντας σχήμα Horner για την (2) παίρνουμε (λ - 3)( 15λ 2 + 39λ + 67) = Ο από όπου λ = 3, γιατί 1.5λ2 + 39λ + 67 * Ο (επειδή είναι Δ < 0).

Άσκηση 9

i)

Να αναλύσετε σε απλούστερα τα παρακάτω κλάσματα: υ " , .

·. ,, ii) , ; χ - 1 ... χ� ,� 3χ2 + 4

Λύση

'Εστω f(x) = 2 χ + 3 με Dr= IR. - {- 4, 2} . Τότε έχουμε:

χ + 2χ - 8 ..

χ + 3 Α Β (χ _ 2)(χ + 4) = χ _ 2

+ χ + 4 <=> Α(χ + 4) + Β(χ - 2) = χ + 3 <=>

(Α + Β)χ + (4Α - 2Β) = χ + 3 και παίρνουμε το σύστημα:

{ Α + Β = 1 } <=> { ΑΒ =

=--

6�1 } δ�λαδή : 4Α - 2� = 3

χ + 3 5 + 1 χ2 + 2χ - 8 6(χ - 4-) 6(χ + 4) � ·� ·- · .

ii) 'Εστω g(x) = 3 x -J = · , χ - 1

2 με χ ε !R. - {-1 , 2} . Τότε έχουμε: _ χ - 3η + 4 {χ -t 1 )(χ - 2)

χ - 1 =� +___!!__ + r <=> (χ + l )(x - 2)2 χ + 1 χτ 2 (χ - 2)2 Α(χ - 2)2 + Β(χ + 1 )(χ - 2) + Γ(χ + 1 ) = χ - 1 <=>

(Α + Β)χ2 + (-4Α - Β + Γ - 1 )χ + (4Α - 2Β + Γ + 1 ) = Ο και παίρνουμε το σύστημα:

{ Α + Β = Ο } 4Α + Β - Γ = -1 <=>

ΑΑ - 2Β + Γ = -1

2 Α = ..,. 9 2 Β ='§:

Γ =t επομ�νως:

2 + 2 + 1 9(χ + 1 ) 9(χ - 2) 3(χ --' 2)2

χ - 1 _ __:..:..___..::._...,.? = (χ + 1 )(χ - 2)-

Άσκηση 10

Να αναλύσετε σε απλούστερα τα παρακάτω κλάσματα: ") χ2 - 3 "") χ3 I

3 2 ll 2 χ - χ + χ - 1 χ - 2χ - 3

i)

Λύσrι 2 '

Το κλάσμα 3 χ

?- 3 ορίζεται για χ ε IR. - { 1 } και έχουμε:

χ - χ- + χ - 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ �, ιι:θ. τ. 2/29

Πολυώνυμα - Πολυωνυμικές εξισώσεις και ανισώσεις χ2 -i . = _Δ__1 + Β� + Γ <=> (Α + Β)χ2 + (Γ - Β)χ + Α - Γ = χ2 - 3 οπότε: (χ - 1 )(χ + 1 ) χ - χ + 1

{ � �:: � } <=> { �: �1 } Α - Γ = -3 Γ = 2

Άρα: χ2 - 3 _ _ 1_ + 2χ + 2 (χ - 1 )(χ2 + 1 ) χ - 1 χ2 + 1

χ3 ii) Το κλάσμα 2 ορίζεται για κάθε χ ε IR. - {-1 , 3 } και γίνεται (με τη διαίρεση χ - 2χ - 3

χ3 : ('χ2 - 2χ - 3)):

χ3 7χ + 6 ' . (χ + 1 )(χ _ 3) χ + 2 + (χ + 1 )(χ _ 3) ( 1 ) οποτε.

7χ + 6 _Δ_ + _!!_ (χ + l )(x - 3) χ + 1 χ - 1 ' ξ Α 1 Β 27 και με πρα εις: = 4' = τ·

Έτσι, από την ( 1 ) τελικά έχουμε:

χ3 1 27 (χ + l )(x - 3) 4(χ + 1) + 4(χ - 3) + χ + 2

Άσκηση 1 1

Να βρείτε αν υπάρχουν τα κοινά σημεία των Ύραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων: f(x) = χ3 + 4χ2 + 4χ, χ ε IR και g(x) = !, χ ε IR • χ

Λύση Τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f, g δηλαδή των Cr, Cg είναι

εκείνα που έχουν τετμημένες τις ρίζες της εξίσωσης: { . f(x) = go(x) } <=> χ3 + 4xz + 4χ = 2 <=> χ4 + 4χ3 + 4xz - 9 = ο ( 1 ) Χ :;ι!: - Χ

Η ( 1 ) έχει πιθανές ακέραιες ρίζες ±1 , ±3, ±9 και επειδή 1 + 4 + 4 - 9 = Ο, ο αριθμός χ = Ι είναι ρίζα της ( 1 ). Με εφαρμογή του σχήματος Horner παίρνουμε:

(χ - l )(x + 3)(χ2 + 2χ + 3) = Ο (2)

όπου χ = 1 ή χ = -3 (χ2 + 2χ + 3 :;t: Ο γιατί Δ < 0). Επομένως τα κοινά σημεία είναι τα Α(-3, -3) και B(l , 9).

Άσκηση 12

Δίνεται η πολυωνυμική συνάρτηση: f(x) = 6χ4 - 5χ3 + 13χ2 - lOx + 2. i) Βρείτε τα σημεία στα οποία η Ύραφική παράσταση της f, δηλαδή Cf τέμνει τον άξονα χ' χ. ii) Βρείτε το σημείο στσ οποίο η Cr τέμνει τον άξονα y'y. iii) Βpείτε τις τιμές του χ Ύι« της οποίες η γραφική παράσταση βρίσκεται πάνω από τον άξονα

χ'χ. Λύση

i) Τα σημεία στα οποία η Cr τέμνει τον χ' χ είναι της μορφής Μ(χ, 0), δηλαδή τα σημεία με τε-


Πολυίονυμα - Πολυωνυμικές εξισώσεις και ανισώσεις

τμημένη ρίζα της εξίσωσης 6χ4 - 5χ3 + 1 3χ2 - l Ox + 2 = Ο ( 1 ). Οι διαιρέτες του σταθερού όρου της ( 1 ) είναι οι πιθανές ακέραιες ρίζες της, δηλαδή : ±1 , ±2. Οι πιθανές ρητές ρίζες της ( 1 ) είναι της μορφής Ι' λ ::ι:. Ο όπου κ ακέραιος διαιρέτης του 2 και

λ ακέραιος διαιρέτης του 6. Επομένως οι πιθανές ρίζες της είναι: ± 1 , ±2, ± �· ± t. ± i· ± � Εφαρμόζοντας σχήμα Horner παίρνουμε: (2χ - l)(3x - l )(x? + 2) = Ο, δηλαδή τα ζητούμενα σημεία είναι τα Α( � ,0), Β( � ,0). - .)

ii) Τα σημεία στα οποία τέμνει η Cr τον άξονα y'y είναι της μορφής Ν(Ο, f(O)), δηλαδή το σημείοΓ(Ο, 2).

i ii) Τα σημεία της Cr που βρίσκονται πάνω από τον άξονα χ'χ είναι εκείνα που έχουν τεταγμένες τις λύσεις της ανίσωσης Ρ(χ) > Ο, δηλαδή (2χ - 1 )(3χ - Ί)(χ2 + 2) > Ο και επειδή χ2 + 2 > Ο για κάθε χ Ε IR έχουμε: (2Χ - 1)(3Χ - 1 ) > 0 <=> Χ Ε (-οο, � ) υ ( t , +οο).

Άσκηση 13 Να βρείτε τις τιμές του χ για τις οποίες η γραφική παράσταση της συνάρτησης

f(x) = χ4 - 5χ3 + 8χ2 - 4χ + 3 βρίσκεται πάνω από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης g(x) = -χ4 +.4χ3 - 6χ2 + 5χ+ ι.

Λύση Η Cr βρίσκεται πάνω από τη Cg για εκείνα τα σημεία των οποίων οι τετμημένες είναι λύ-

σεις της ανίσωσης f(x) > g(x), δηλαδή : χ4 - 5χ3 + 8χ2 - 4χ + 3 > -χ4 + 4χ3 - 6χ2 + 5χ + 1 <=> 2χ4 - 9χ3 + 14χ2 - 9χ + 2 > ο ( 1 ) Με εφαρμογή του σχήματος Horner παίρνουμε:

(Χ - 1 )2(2χ2 - 5χ + 2) > 0 <=> (Χ - 1)2(2Χ - 1 )(Χ - 2) > 0 <=> Χ Ε (-οο, � ) υ (2,+οο)

ΘΕΩΡΗΜΑ

BOLZANO

ο ε> ' l'j\ •. ....... lfl" .,.J>" ,_ς Υ,. Κ ΓΙΑΝΝΙΤΣΙΩΤΗΣ

�b� Α. ΚΑΡΑΓΕΩΙ'ΓΟΣ

ΕΚΔΟΣΕΙΣ Ε. ΚΩΣΤΟΓΙΑΝΝΟΣ Αyyελάτου 17 Χαλκίδιι Τηλ. 0221 - 78509 Fax : 88542

ΘΕΩΡΗΜΑ • FERMAT

, • ROLLE }' όfιι • .,όl'(>

il'o"' ν."

�ό'�''ι;

Κ. ΓΙΑΝΝiτtΙΩΤΗΣ Α. ΚΑΡΑΓΕΩΡΓΟΣ

ΘΕΩΡΗΜΑ

ΜΕΣΗΣ τΙΜΗΣ

3 βιβλία ylα: · οπαjτηηκούς αναγνώστες. Θα τα βρείτε στις εκδόσεις μας και σε όλα τα βιβλιοπωλεία .


Εφαρμογές της θεωρίας εμβαδών

Για τους περισσότερους μαθητές η θεωρία εμβαδών ταυτίζεται με τους τύπους που μας δίνουν το εμβαδό διαφόρων επιπέδων σχημάτων. Και όμως δεν είναι έτσι! Χρησιμοποιόντας την θεωρία εμβαδών μπορούμε να αποδείξουμε βαcrικά θεωρήματα της γεωμετρίας και μάλιστα μερικές φορές με απλούστερο τρόπο.

Χαρακτηριστικό παράδειγμα είναι το γνωστό μας θεώρημα του Θαλfι. (Στο βιβλίο της Α' Λυκείου γίνεται απόδειξή του στο παράρτημα, λόγω της δυσκολίας που παρουσιάζει).

Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και φέρνουμε ευθεία (ε) παράλληλη πpος την ΒΓ, που τέμνει τις λΒ, ΑΓ στα Β' και Γ ( σχ. 1 ). Θα δείξουμε ότι:

.....

ΑΒ' ΑΓ Β'Β = ΓΓ .

ε Β'

Β #

Α

(Σχ. 1 ) , Γ

..... ,φέρνουμε τα ;ΒΓ και ΒΤ. Τα ΒΒ'Γ και

ΓΓΒ' έχουν ίδιο εμβαδό (γιατί;) Δηλ. (ΒΒ'Γ) = (ΓΓΒ')

.Δ' Τα ΒΒ'Γ και ΑΒ'Γ έχουν το ίδιο ύψος

ΓΉ. Άρα ο λόγος των εμβαδών τοuς θα ισούται με τον λόγο των βάσ'εων τους:

(ΑΒ'Γ) = ΑΒ' (ΒΒ'Γ) Β'Β .

I

Για τον ίδιο λόγο (ΑΒ'Γ) _ ΑΓ (ΓΓΒ') - ΓΓ Επομένως: ΑΒ' _ (ΑΒ'Γ) _ (ΑΒ'Γ) _ ΑΓ Β'Β - (ΒΒ'Γ) - (ΓΤΒ') - ΓΓ

. Για. την απόδειξη του θεωρήματος στη γενική του μορφή ( σχ.2)., αρκεί να φέρουμε ευθεία χ2 // χ3• Τα υπόλοιπα αφήνονται στον αναγνώστη .

Λεωνίδας Τούρλας

χ2 (Σχ. 2)

Οπως παρατηρήσατε η απόδειξη του θεωρήματος μ' αυτό τον τρόπο είναι αρκετά απλή . Αξίζει να σημειώσουμε ότι η απόδειξη που δόθηκε από τον Ευκλείδη είναι με την θεωρία εμβαδών, γεγον'ός που δεν είνφ ευρύτερα γνωστό.

Αντίθετα όλοι γνωρίζουμε ότι το Πυθαγόρειο θεώρημα αποδεικνύεται με πάρα πολλούς τρόπους. Εκτός απ' αυτόν που στηρίζεται στην ομοιότητα τριγώνων, υπάρχουν άλλοι με χρήση εμβαδών. Ένας απλός τρόπος είναι ο ακόλουθος':

Θεωρούμε τετράγωνο ΑΒΓ Δ, σημείο Ε στην ΑΒ και ΑΕ = χ, ΕΒ = ψ. Σχηματίζουμε τέσσερα ίσα ορθογώνια τρίγωνα ΑΕΘ, ΒΖΕ, ΓΗΖ και ΔΕ) Η. ( σχ. 3)

Αποδεικνύεται (πως ;) ότι το τετράπλευρο Ε�ΗΘ είναι τετράγωνο με πλευρά έστω z .

Από το αξίωμα εμβαδού έχουμε: (ΑΒΓΔ) = (ΕΖΗΘ)+ 4(ΑΕΘ)

2 2 1 ή (χ + ψ) = z + 4 2 χψ

ή 2 2 2 χ + ψ + 2χψ = z + 2χψ

(Σ�. 3)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. l/32

Εφαρμογές της θεωρίας εμβαδών

τ λ , 2 2 2 , ε ικα χ + ψ = z , αυτο που θέλαμε να α-

ποδείξουμε. · Ο Ευκλείδης χρησιμοποίησε και αυτός εμ

βαδά, αλλά η απόδ'ειξη του ήταν πιο πολύπλοκη. Σε δοθέν ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, κατασκεύασε εξωτερικά του 3 τετράγωνα με πλευρές ίσες με τιςπλευρές του τριγώvου (σχ. 4). ·

Θ

Η Ι

z

I Δι__......Ι.:.Λ�---_j Ε

(Σχ. 4) Η απόδειξη με αυτόν το\' τ-ρόπο υπάρχει

στ σ βιβλ\ο της Β' Λυκείου (σελ. 46) και γι' αυτό εδώ παραλείπεται. Οπωσδήποτε είναι πιο κομψή από την προηγούμενη . Είναι θα λέγαμε · πιο «γεωμετρική», ενώ η προηγούμενη χρησιμοποιεί σ).γεβρικούς υπολογισμούς.

Με τη θεωρία των εμβαδών αποδεικνύεται και το �εώρημα της (εσωτερικής) διχοτόμου.

Στο τεύχός 1 1 του Ευκλείδη Β' (3° του 1 994) ο συνάδελφος Γ. Κατσούλης το έχει αποδείξει χρησιμοποιόντας θεωρήματα εμβαδών με δύο τρόπους. Παραθέτουμε εδώ έναν τρίτο:

Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ, ΑΔ διχοτόμος, ΑΗ ύψος και ΔΕ, ΔΖ οι αποστάσεις του Δ από τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ (σχ. 5). Θα αποδείΕου-με ο, τ . ΑΒ . ΒΔ

-ι. ΑΓ = ΔΓ "

Α

z

Δ Γ (Σχ. 5)

Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΔΓ έχουν ίδιο ύψος ΑΗ. Άρα ο λόγος των εμβαδών τους ισούται με το λόγο των βάσεων τους:

(ΑΒΔ) ΒΔ ( l ) (ΑΔΓ) ΔΓ Επειδή ΑΔ διχοτόμσ((;ίναι ΔΖ = ΔΕ. Άρα αν στα ίδ�α τρίγωνα θεωρήσου

.με α

ντίστοιχα σαν βάσέις τις ΑΒ και ΑΓ, θα έχουμε:

(ΑΒΔ) _ ΑΒ (2) ' (ΑΔΓ) :- ΑΓ Από τις ( 1) και (2) έπεται ότι ΑΒ ΒΔ ΑΓ = ΔΓ "

Βιβλιογραφία: Edwin Ε. Moise ''Eiementary Geometry", A.ddison - Wesley.

Γιάννη Δ. Στρατό

ΠΡΑΓΜΑΥΙΚΗ ΑΝΜΥΣΗ Ι

σελίδες: 392 τιμή 3.800δρχ.

Διατίθεται στα κεντρικά 6ι6λιοnωλεία

ΠερΙέχεΙ: • Όλη τη θεωρία, σύμφωνα με το Αναλυπκό

Πρόγραμμα που ωχύε1, με παραδείγματα κω ανηπαραδείγματα.

• Κάθε κεφάλαΙΟ κλείνεΙ με μω πλούσια συλλογή ασκήσεων προοδευηκής δυσκολίας με αποτέλεσματα στο τέλος του ΒΙβλίου κω υποδείξεΙς γω ης πιο δύσκολες.

• Γω την εμπέδωση των μεθόδων παρατίθετω ένα πλήθος από υποδε1γμαηκά λυμένα θέματα.

Για την αποστολή (με ανηκαταβολή του ΒΙβλίου ταχυδpομείστε το παρακάτω δελτίο παραγγελίας στη δΙεύθυνση:

"Γιάvvn Στρατή Εσnερίδωv 5 Γαί\άτm 111 46"

ΔΕΛΥΙΟ ΠΑΡΑΓΓΕΛΙΑΣ

Όνομα:

Επώνυμο:

ΔΙεύθυνση: ______ Πόλη: ___ _

Τηλέφωνο:

Σχολείο:

Φρονηστήρω: -------------

Στους συναδέλφους μαθημαηκούς γίνετω έκπτωση 40% κω προσφέρετω ένα Β1βλωράκ1 με ης λύσεΙς των ασκήσεων.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' ι& τ. 1 /3�

Εμβαδά επίπεδων σχημάτων

Για τη λύση των παρακάτω ασκήσεων θεωρούμε γνωστές τις προτάσεις:

α) Κάθε διάμεσος τριγώνpυ το χωρίζει σε δύο ισεμβαδικά τρίγωνα.

β) Αν μια κορυφή τριγcόνου μετατοπίζεται παράλληλα στην απέναντι βάση, κάθε τρίγωνο που σχηματίζεται είναι ισοδύναμο με το αρχικό

..,._ (ΑΒΓ) = (ΑιΒΓ) (AAt // ΒΓ)

Β Γ ..,._

γ) Αν για τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β' Γ είναι ............ ........... ............ ............ Α = Α' ή Α + Α' = 1 80° τότε (ΑΒΓ) ΑΒ·ΑΓ

(Α'Β'Γ) Α'Β' -Α'Γ δ) Ο λόγος των εμβαδών δύο ομοίων τριγcό

νων ισούται με το τετράγωνο του λοyου ομοιότητάς τους.

Άσκηση 1 ...,.. ..

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, ΑΔ διάμεσος και Ε σημείο της ΒΔ. Αν η παράλληλη από το Δ προς την ΑΕ τέμνει ττiν ΑΒ στο Η δείξτε ότι: (ΒΕΗ) = (ΑΔΓ)

Λύση

Η

Γ ...,..

Στο ΑΒΓ αφού ΑΔ διάμεσος είναι (ΑΔΓ) = (ΑΒΔ) <=> (ΑΔΓ) = (ΑΒΕ) + (ΑΕΔ) ( 1 )

Κατσούλης Γιώργος

..,._ Τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΑΕΗ είναι ισοδύνα

μα γιατί έχουν την ίδια βάση ΑΕ και οι κορυφές τους Δ και Η βρίσκονται σε παράλληλη ευθεία προς αυτή.

Άρα (ΑΕΔ) = (ΑΕΗ) (2) Από ( 1 ) και (2) είναι (ΑΔΓ) = (ΑΒΕ) + (ΑΕΗ) <=>

(ΑΔΓ) = (ΒΕΗ) Άσκηση 2

Στις πλευρές ΑΒ και ΑΓ τριγώνου ΑΒΓ παίρνουμε τμήματα ΑΔ = � ΑΒ και ΑΕ = 1 ΑΓ. Αν Μ μέσο της ΑΓ και η παράλληλη από το Μ προ

_ ς την JAB τέμνει την ΒΓ στο Η δείξτε ότι:

(ΑΒΗ) = ιΒΔΕΓ) Λύση

Α

Γ Είναι (ΑΒΗ) = (ΑΒΜ) γιατί η ΑΒ είναι

κοινή βάση και οι κορυφές Μ και Η βρίσκονται σε παράλληλη ευθεία προς αυτή .

Αλλά ΒΜ διάμεσος οπότε:

(ΑΒΗ) = (ΑΒΜ) � (ΑΒΓ) ( 1 ) . , , 2 ...,.. ...,..

Τ� τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΒΓ έχουν κοινή τη γωνία Α άρα

(ΑΔΕ) _ ΑΔ·ΑΕ _ 2 3 _ 1 (ΑΒΓ) - ΑΒ·ΑΓ -3 . 4-'2 <=> (ΑΔΕ) = � (ΑΒΓ) Άρα και

(ΒΔΕΓ) = � (ΑΒΓ) (γιατί;)

� (ΒΔΕΓ) = (ΑΒΗ)



Άσκηση 3 ......

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΓΔ η διάμεσός του. Α ν Ε σημείο της Γ Δ ώστε �� = 3 και η ΑΕ τέμνει την ΒΙ;' στο Η δείξτε ότι:

i) (ΒΔΗ) = �ΑΒΓ) ii) (ΕΗΓ) = fο<ΑΒΓ) Λύση

Α

� ι';t . Ε . ·• • ••· • ·. '.·· .• . . : '. • '

• • ·.· .·. ·.· ·. Ή • • . • Ί

.

Β Κ Η Γ ...... ......

i) Τα τρίγωνα ΒΔΗ και ΑΒΓ έχουν κοινή τη ....... γωνία Β άρα: (ΒΔΗ) = ΒΔ·ΒΗ =l . ΒΗ (l) (Α Β Γ) ΒΑ-ΒΓ 2 ΒΓ Φέρνουμε ΔΚ // ΑΗ οπότε: ΒΚ = ΚΗ (2) (γιατί;)

, ΕΓ ΓΗ Επισης ΕΔ = 3 <=> ΚΗ = 3 <=> ΓΗ = 3ΚΗ (3) (γιατί;) , ΒΗ 2ΚΗ 2 Άρα ΒΓ = 5ΚΗ = 5 (4)

Από ( 1 ) κα (4) έχουμε: (ΒΔΗ) - l (Β _ 1 (ΑΒΓ) - 5 <=> ΔΗ) - '3<ΑΒΓ)

..... ...... ii) Τα τρίγωνα ΕΗΓ και ΓΔΚ είναι όμοια

(ΕΗ 11 ΔΚ) οπότε: (ΕΗΓ) _ (ΕΓ)2 _

(1)2 _ _2_ •

(ΔΚΓ) - \_ΓΔ - 4 . - 16 <=>

(ΕΗΓ) = ft<ΔΚΓ) .(1)

Αλλά (ΔΚΓ) = (ΒΔΓ) - (ΒΔΚ) <=>

(ΔΚΓ) = (Α Β Γ) _ (ΒΔΗ) ( α , ·) (i) 2 2 γι τι, <=> (ΔΚΓ) = (Α�Γ) - (Αl�Γ) <=>

(ΔΚΓ) = -fο<ΑΒΓ) (2) Από ( 1 ) και (2) είναι: (ΕΗΓ) = {6 · l� (ΑΒΓ) = :ο (ΑΒΓ)

Άσκηση 4

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α. Φέρνουμε την εξωτερική διχοτόμο Γχ και την ΑΜ .l Γχ. . 2

Δείξτε . ότι (ΒΓΜ) = (ΑΓΜ) = α f και

βρείτε το ύψος ΓΗ του τριγώνου BrM. Λύση

Α

Επειδή Ary = 1 20° είναι fi = fΊ = 60° οπότε Αι = 30° άρα ΓΜ = Α[ = 1 (1) και:

2 ΑΜ2 = ΑΓ2 - ΓΜ2 = α2 - (1) <=>

ΑΜ 2 = 3α2 <=> ΑΜ = α-J3 (2) 4 2 Είναι:

1 ( l ) ι α �/3 (ΑΓΜ) =- ΓΜ·ΑΜ = - · - · � <=> 2 (2) 2 2 2

(ΑΓΜ) = α2-J3 8

...... ...... Τα τρίγωνα ΑΓΜ και ΒΓΜ είναι ισοδύ-ναμα γιατί έχουν κοινή βάση ΓΜ και ΑΒ // ΓΜ (γιατί;) .

�2- Γ-2 Άρα (ΒΓΜ) = (ΑΓΜ) = Τ ....... Επίσης ΜΑΒ = 90° (γιατί;) οπότε:

ΒΜ2 :::: ΑΒ2 + ΑΜ2 <=>

2 2 ΒΜ2 = α2 + 3α = Ία <=> . 4 4

ΒΜ = S!:Π (3) 2 Αλλά (ΒΓΜ) = l ΒΜ·ΓΗ·�

2 s6Il = l .'·S!:Π . ΓΗ <=>

8 2 2 .



ΓΗ = α� = αffi . ' 2-{7 1 4

Άσκηση 5 """"

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με γ > α > β. Φέρ-νουμε την διχοτόμο ΓΔ και έστω Η σημείο της ΒΓ ώστε ΒΗ = α; Ρ. Αν η διάμεσος ΑΜ τέμνει την Δ� στο Κ δείξτε ότι: (ΒΔΚΜ) = (ΑΚΗΓ)

_ Ι}\)ση

Α

Β """"

Τα τρίγωνα ΒΔΗ και ΑΒΓ έχουν κοινή τη /"-.. . γωνία Β οπότε:

ΒΔ· � (ΒΔΗ) _ ΒΔ·ΒΗ =

. · -2 ( 1 ) (ΒΑΓ) - ΒΑ·ΒΓ γ·α Επέι�ή ΓΔ διχοτόμος είναι:

(

ΒΔ = αα}β (2) · (γιατί;)

ΑΠό( 1 ) κάι (2) είναι: (ΒΔΗ) = .!. � (ΒΔΗ) � .!. (ΒΑ Γ) (ΒΑΓ) 2 2 . . Ι .

άρα και (ΑΔ�Γ) = 2 (ΑΒΓ) (3) -

Αφού ΑΜ διάμεσος είναι:

(ΑΒΜ) = .!. (ΑΒΓ) � 2

(ΑΒΜ).= (ΑΔΗΓ) �

(ΑΔΚ)+(ΒΔΚΜ) = (ΑΔΚ)+(ΑΚΗΓ) �

(ΒΔΚΜ) = (ΑΚΗΓ) Άσκηση 6

. Η μεσοκάθετη Μχ στην υποτείνουσα ΒΓ ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ τέμνει την ΑΒ στο Δ ώστε (ΒΔΜ) = -� (ΑΒΓ).

/"-.. Να βρεθούν οι γωνίες Β και Γ.

Λύση """"

Αφού ΔΜ διάμεσος στο τρίγωνο ΒΔΓ . εί-ναι (ΒΔΜ) = (ΔΜΓ) =t(ΑΒΓ)

Β

Γ

Άρα (ΑΔΓ) = 1 (ΑΒΓ) (για'Fί;) �

1 . Ι 1 - ΑΔ·ΑΓ = - - ΑΒ·ΑΓ <=> 2 . .. 3 2 .

ΑΔ = .!. ΑΒ � ΑΔ = .!. ΔΒ � . 3 2 . .

1 . � ΑΔ = 2 ΔΓ (δ ιότι ΔΜ μ�σ/�ος ΒΓ)

Άρα Γι = 30°, Δι = 60° οΠότε: .. I. < ............ : ............

Β = 3.0°, (γιατί;) Γ = ?,Οό· · ,·. • ;

Άσκηση � """" /'-

Δίν'εται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°) με Β_ = ·�οο, η διάμεσος το.; ΑΜ και σημείο . Δ

" · · ι - Ή · της ΒΓ ώστε ΒΔ = '3 ΒΓ. Αν η κάθετη στη ΒΓ

στο Δ τέμνει την ΑΒ στο Ε κα την προέκταση της �Μ στο Η δείξτε ότι (ΑΕΗ) = ;� (ΑΒΓ)

Λύση Β

Γ """"

Τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΔΗΜ είναι όμοια

ΕΥΚΛΕΙΔΗΙ; Β' κθ. τ. 2/36


. 2 ( ' ·) , . (ΔΗΜ) � (ΔΜ) (Ι ) γιατι, οποτε. (ΒΔΕ) � ΔΕ

Είναι ΒΔ = � ΒΓ <=> ΒΔ = � 2ΒΜ <=>

ΒΔ = � ΒΜ <=> ΒΔ = 2ΔΜ <=>

ΔΜ = .!. ΒΔ (2) 2 ..... Στο ΒΔΕ τρίγωνο έχουμε:

ΒΕ2 = ΒΔ2 + ΔΕ2 <=>

(2ΔΕ? � ΔΕ2 = ΒΔ 2 (γιατί;) <=>

ΒΔ 2 = 3ΔΕ2 <=> ΒΔ = ...j3ΔΕ <=>

ΔΕ = Β�J? (3) Από ( 1 ), (2) και (3) είναι:

(ΔΗΜ) � (� ΒΔ J � 1 <=> (ΒΔΕ) �

L � ΒΔ � 4

(Δ�Μ) =� (ΒΔΕ) (4) ...... Τα τρίyωνα ΒΔΕ και ΑΒΓ είναι όμοια ο-πότε:

ι�� lA�)2 =[�:J =iι=

(ΒΔΕ) = 2� (ΑΒΓ) (5)

Άρα (ΑΕΗ) = (ΑΕΔΜ) + (ΔΜΗ) (i) (Α Β Γ) � (ΒΔΕ) + 1 (ΒΔΕ) <=> 2 4 •

(ΑΕΗ) (�) (ΑΒΓ) � .!. · _.!_ (ΑΒΓ) = 2 4 27 (Α�Γ) � (Α:.,Γ) <=> (ΑΕΗ) = ;; (ΑΒΓ)

Άσκηση 8

Έστω Μ, Ν τα μέσα των πλευρών ΑΒ, Γ Δ τετράπλεύρου (κυρτού) ΑΒΓΔ. Αν η ΓΜ και ΒΝ τέμνονται στο Κ και η ΑΝ τέμνει την ΔΜ στο Λ δείξτε ότι: (ΜΚΝΛ) = (ΚΒΓ) + (ΛΑΔ)

(Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχα)

Λύση Γ

Δ (ΑΒΓΔ) = (ΚΒΓ) + (ΓΚ:Ν) + (ΒΚΜ)

και:

+ (ΜΚΛΝ) + (ΜΑΛ) + (ΔΝΛ) + (ΛΑΔ) (1 )

Αλλά:-(ΑΒΓΔ) = (ΑΒΔ) + (ΒΓΔ) = 2(ΜΑΔ) + 2(ΒΓΝ) (2) . (γιατί;)

(ΑΒΓΔ) = (ΒΑΓ) + (ΔΑΓ) = 2(ΒΓΜ) +2(ΔΑΝ) (3) Προσθέτουμε κατά μέλη τις (2) και (3) και

έχουμε: (ΑΒΓΔ)=(ΜΑ�)+(ΒΓΝ)+(ΒΓΜ)+(ΔΑΝ) <=> (ΑΒΓ Δ) = (ΜΑΛ) + (ΛΑΔ) + (ΚΒΓ)

+ (ΓΚΝ) + (ΚΒΓ) + (ΒΚΜ) + (ΛΑΔ) + (ΔΝΛ) (4)

Από ( 1 ) καιc (4) αφού τα πρώτα μέλη είναι ίp-α, εξισώνουμε τα δεύτερα μέλη και διαγράφοντας τους "όμοιους" όρους παίρνουμε: ; (ΜΚΝΛ) = (ΚΒΓ) + (ΛΑΔ)

Γιάννης Μπαϊλάκης Μαθη ματικά 4ης δέσμης

(Άλγεβρα - Ανάλυση) Σε κάθε κεφάλαιο:

• 30 θέματα λυμένα • 20 θέματα άλυτα Ασκήσεις� διαγωνίσματα, θέματα εξετάσεων

Ειδική μεθοδολογία · 200 νέα γενικά θέματα εξετάσεων

συνδιασμού της ύλης με το νέο πνεύμα των εξετάσεων

Κυκλοφορεί σύντομα Εκδόσεις: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΉ ΒΙΒΛΙΟΘΉΚΗ

Χάρης Βαφειάδης Δέλιου 4 • 546 21 Θεσσαλονίκη

Τηλ. : (03 1 ) 263 163 • Fax: (03 1) 240 595


Ασκήσεις Εμβαδών

Άσκηση 1

Το τρίγωνο που έχει πλευρές ίσες με τις διαμέσους τριγώνου ΑΒΓ έχει εμβαδό ίσο με τα � του (ΑΒΓ).

Λύση

Έστω ΑΔ, ΒΕ και ΓΖ οι διάμεσοι του λΒΓ. Έστω ΕΚ = ΕΖ τότε ΕΚ = ΒΔ και ΕΚ 11 ΒΔ άρα ΕΚΔΒ παραλληλόγραμμο οπότε και ΔΚ // ΒΕ και ΔΚ = ΒΕ.

Στο τετράπλευρο ΑΚΓΖ οι διαγώνιοι διχοτομούνται άρα είναι παραλληλόγραμμο. Έτσι ΑΚ = ΓΖ.

Δηλαδή οι πλε�ές του ΑΔΚ είναι ίσες με τις διαμέσους του ΑΒΓ.

(ΕΚΔ) = (ΕΓ Δ) = i (ΑΒΓ) ομοίως

(ΕΑΔ) = (ΕΑΚ) = i (ΑΒΓ) άρα (ΑΔΚ) = � (ΑΒΓ).

Άσκηση 2

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, Θ το βαρύκεντρο αυ1:ού και R η ακτίνα του περιγεγραμμένου του κύκλου.

Αν R1, R2, R3 οι ακτίνες των περιγεγραμ-μένων κύκλων στα τρίγωνα ΘΒΓ,, ΘΑΓ, ,ΘΑΒ και ρ η ακτίνα του περιγεγραμμενου κυκ�ου στο τρίγωνο με πλευρές τις διαμέσους του ΑΒΓ, να δειχθεί ότι 4R·ρ2 = 3RιR2R3.

Λύση (Θ Β Γ) _ .!. (ΘΑΓ) = .!. (ΘΑΒ) = .!. (ΑΒΓ) - 3' (ΑΒΓ) 3 ' (ΑΒΓ) 3

Καλίκας Σταμάτης

Β Ακόμα:

Α

(ΘΒ)-(ΘΓ)·α = 4Rι·(ΘΒΓ) (ΘΑ)·(ΘΓ)·β = 4R2·(ΘΑΓ) (ΘΑ)·(ΘΒ)·γ � 4R3·{ΘΑΒ) (από τον τύπο Ε = �'f[)

Γ

Επίσης μαμβμγ = 4ρ· Ε' όπου Ε' το εμβαδό του τριγώνου με πλευρές τις μα, μβ και μγ.

3R1R2R3 = 3 (ΘΒ)(ΘΓ)α (ΘΑ)(ΘΓ)β (ΘΒ)(ΘΑ)γ = 4(ΘΒΓ) 4(ΘΑΓ) 4(ΘΑΒ)

2 2 2 . 2 2 2 3 3μβ 3μγ α 3μα 3μγ β 3� 3μβ γ = 43 -kΑΒΓ) -kΑΒΓ) -:;{3

1 ΑΒΓ) 3 3

3(μαμβμγ)2αβγ = (4ρΕ')24R(ΑΒΓ) = 33(ΑΒΓ)3 9(ΑΒΓ)3 (από άσκηση 1 ) 1 6ρ2 _2_ (ΑΒΓ)24R(ΑΒΓ) 16 = 4Rρ2 9(ΑΒΓ)3

Άσκηση 3

Ο εγγεγραμμένος κύκλος τριγώνου ΑΒΓ εφάπτεται των ΒΓ, Γ Α, ΑΒ στα Δ, Ε, Ζ.

Α ν κ, λ, μ τα μήκη των πλευρών του τριγώνου ΔΕΖ να δειχθεί ότι:

τ σι:

α(τ - α) _ β( τ - β) γ( τ - γ) κ2 - λ2 μ2

Λύση

Τα ΑΖΕ και ΑΒΓ έχουν κοινή την Α. 'Ε-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ.· τ. 2/38

Ασκήσεις-Εμβαδών -------------

•

Α

(ΑΖΕ) = χ2 ( 1 ) (ΑΒΓ) βγ ,..._

ρ

Γ

• ΑΖΕ .= ΖΔΕ _,..... _,..... (ΑΖΕ υπό χορδή και εφαπτομένη και ΖΔΕ

εγγεγραμμένη στο τόξο ΖΕ). Οπότε: (ΔΕΖ)'= J!:Δ (2) (ΑΖΕ) Χ·Κ Α , ( Ι') (2) , (ΔΕΖ) χμλ (3) πο και επεται: (ΑΒΓ) βγκ Ομοίως: (ΔΕΖ) = ρκλ (4) (ΑΒΓ) αβμ

(ΔΕΖ) = � (5) (ΑΒΓ) αγλ Από (3) (4) και (5) έπεται: � = ρκλ =� ' βγκ αβμ αγλ Από την πρώτη ισότητα:

lY:! - � , (τ - α)μ _ (τ -γ)κ η' γκ - αμ η γ·κ - α·μ α(τ - α) _ γ(τ - γ)

κ2 - 2 μ Ομοίως, από τη δεύτερη ισότητα: γ(τ - γ) _ β(τ - β) μ2 - λ2 Άσκηστj 4

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ οι διχοτόμοι αυτού. Να βρεθεί ο λόγος ��:�� συ

ναρτήσει των α, β, γ. Στην συνέχεια να δειχτεί , (ΔΕΖ) 1 οτι (ΑΒΓ) � 4·

Λύση Α

Ε

Γ

..,.. Τα ΑΒΓ, ΑΖΕ έχουν Α κοινή άρα: . .. _r.IL _ _k_ (ΑΖΕ) _ ΑΖ · ΑΕ _ α + β α + γ (ΑΒΓ) - ΑΒ · ΑΓ - β · γ

β γ (α + β�(q + γ) , (ΒΖΔ) Ομοιως: (ΑΒΓ)

(ΓΔΕ) . (ΑΒΓ)

α γ (α + β)(β + γ)

α β (α + γ)(β + γ) οπότε: (ΔΕΖ) = (ΑΒΓ) -: (ΑΖΕ) - (ΒΖΔ) - (Γ ΔΕ) = (ΑΒΓ{ Ι - (α+β)tα+γ) - (α+β)fβ+γ) - (α+γ)(β+γ)J =

2αβγ ·(ΑΒΓ) (α + β)(β + γ)( α + γ) · δ λαδ·, . (ΔΕΖ) = 2αβγ · η η . (ΑΒΓ) (α + β)(β + γ)(α + γ) Ομως: α + β � 2'\[(iβ

β + γ � 2Vβy α + γ � 2�

άρα (α + β)(β + γ)(α + γ) � 8αβγ οπότε: (ΔΕΖ) = . 2αβγ . � .l (ΑΒΓ) (α + β)(β + γ)(α + γ) "' 4·

Άσκηση 5

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με α > β > γ. Να δειχθεί ότι, αν Ρ εσωτερικό σημείο του τριγώνου και dα, dp, dγ οι αποστάσεις του Ρ από τις πλευρές α, β, γ αντίστοιχα τότε da + dp + dy > υα.

Λύση Αφού α > β > γ είναι υα < υβ < υ1 . . Ακόμα:

Α

Γ

dα + � + �= (ΡΒΓ) + (ΡΑΓ) + (ΡΑΒ) = υα υβ υγ (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) = Ι (ΑΒΓ)

d dί:ι d d dA dγ ' Έτσι: __Q + � + � > __Q + � + -L. = Ι υα υα υα υα υβ υγ οπότε: da + dβ + dγ > υα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β! κθ. τ. 2139

Το βήμ� του Ευκλείδη Η Στήλη αυτή είναι ανοιχτή σε όλους τους συναδέλφους και μάθητές. jια να εκφράσουν

ελεύθερα τις απόψεις τους για τα μαθημα�κ,ά ... ·· ·

Από Γιώργο Π. Τσάμηι

Για να σταματήσει επί τέλους το μαρτύριο να εξετάζονται οι υποψήφιοι σε Παvεπιστημιακή ·Ύλη που δεν μπορεί να γραφεί στο Σχολικό βιβλίο και δεν μπορεί χωρίς θεωρiα να γίνει σωστή αγωγή ούτε σε ψευδσευφυείς ασκησιολόyους (και μάλιστα στο τέλος της σχολικής χρονιάς).

«Οι Άσσοι που κρύβονται στα μανίκια των θεμάτων, στα μαθηματικά, της 1 ης και 4ης Δέσμης των Πανελλαδικών εξετάσεων και που

• δεν περιέχονται στα βιβλία της Ανάλυσης των σχολικών βιβλίων}), Θεώρημα 1 f ι2 = g2(x) Για την συνάρτηση F(x) = f(t) d( και

ι ι = g,(x) την παράγωγο της F(x) ως προς χ, όπου η f: IR - IR είναι συνεχής και οι g1·, g2 είναι παραγωγίσιμες στο IR, είναι:

F�(x) = f(t) dt = (J ι, = g,(x) l' ι ι = gι(χ) f(g2(x))·g2(x) - f(g1 (x))·g;(x)

Θεώρημα 2

f ι2 = g2(x) Για την συνάρτηση F(x) = f(x, t) dt

ι ι = g1(x) . και την παράγωγό της ως προς χ, όπου g1 , g2 και f(x, t) είναι παραγωγίσιμες στο IR, είναι:

FX(x) = (J ι2 = g2(x) f(x, t) dtl' =

ι ι = gι(χ) '

= f(x, g2(x))-g2(x) - f(x, g1(x))·g;(x) + J ι2 = g2(x)

fx(x, t) dt ι1 = g1(x)

Και τώρα (ως εφαρμογές στα Θεωρήματα 1 και 2)

ί) Ζήτημα των Πανελλαδικών εξετάσεων της 1 ης Δέσμης του 1993.

Να ευρεθεί η συνεχής συνάρτηση f: IR - IR για την οποία ισχύει: f χ

e-tf(t)dt =·e-x - e-α - ε-χf(χ) ο '

(με α και χ ε IR) (1) Για τη λύση έχουμε (από το Θε·ώρημα Ο:

e-x f(x)·xx. - e-O f(O)·Ox. =

e-.x f(x)- 1 - 1 ·f(O)·O = e-x f(x) και [e-x - e-α - e-x f(x)]X. =

-e-x + e-x�f(x) - e-x.fχ(x) και τελικά λόγω της (1) έχουμε τη διαφορική εξίσωση:

f�(x) = -1 αν f�(x) = (-χ + c)� άρα: f(x) = -χ + c.

ii) Ζήτημα των Πανελλαδικών Εξετάσεων, στα μαθηματικά, της πρώτης δέσμηξ του 1995. Να οριστεί η F;(x) της συνιiρτησης

F(x) = f tz = β f(x - t) dt όπου χ, α, β � IR και

tι = IJ η f είναι παραγωγίσιμη στο IR.

Για τη λύση έχουμε (από το Θεώρημα 2): •,

Fχ(χ) = J

_ f(x - t) dt = - '

( ι2 = β l' . ι, - α


Για το βήμα του Ευκλείδη Β

και επειδή βχ = Ο και � = Ο ισοδύναμα έπεται: f t, = β F�(x) = f�(x - t) dt = t1 = α f (χ - t)2 = χ - β

- f:k(x - t) d(x - t) = (χ - t)1 = χ

- α

f(x - β) - f(x - α)' άρα τελικά: F�(x) = f(x - β) - f(x - α).

iii) Ζήτημα Πανελλαδικών Εξετάσεων, στα μαθηματικά, της IV δέσμης του 1995.

Αν G(x) = fιχ f(t� dt (1). όπου

1 υ1 = 3t U f(t) =

υι

= 1 }υ du (2� και χ > Ο και t > Ο

να βρείτε τον G"(x). Κατ' αρχήν έχουμε εδώ διπλό ολοκλήρωμα (που για τους μαθητές του Λυκείου) είναι «αλλού Παππά Ευαγγέλιο» ήτοι είναι:

G(x) = . .. _er.: du dt f χ (J u2 = 3t u J \ Uι = l -JU

Αλλά από την δοθείσα:

G(x) = J.x f(t) dt (1)

(σύμφωνα με το Θεώρημα 1 ) έχουμε: I

G'(x) = (Γ f{t) dt l = f(x)·xX - f( l ) · ΙΧ =

f(x)· 1 - f( 1)·0'

και επομένως G'(x) = f(x) και επειδή δίνεται ότι:

J υz = 3t υ f(t) = _er.: du (2)

υι = ι -νu .

θα είναι: J υz = 3χ υ G'(x) = _er.: du (α)

υι = ι -νu

και πάλι με τ(οJπ

�� εώρ

lηγα είναι:

G"(x) = · .L du , uι =

1 �

και έχουμε: 3χ Ι

G"(x) = -�·(3χ)χ - _efϊ·O)x = -ν3χ -ν Ι

3χ ώστε G"(x} = _ k 3 και είναι τελικά: -ν3χ

3χ G"(x) ='��

iv) Μια άσκηση που υπάρχει στο βιβλίο της Ανάλυσης (για τηv Ι η Δέσμη). �τη Γ ομάδα (dτις γενικές ασκήσεις του 7ου Κεφαλαίου)1σελ. 294 δίνετaι η άσκη-ση 2 (Γράφουν): ·

«Αν η συνάρτηση g είναι συνεχής και για κάθε χ Ε IR. ισχύει: · · J 2x + ι f(x) = χ �(t) dt

να αποδείξεη; ότι: f(x) = 2g(2x + 1) - g(x)»

' Λύση ( σύμφωνα με το �εώρημα Ι ) J. tz = 2x -!- l Από .την f(x) = . g(t) dt έχουμε:

ι ι = χ

fx(x) = g(2x + . 1 )-(2χ + Ι )χ - g(x)·xx <:::;>

fx(x) = g(2x + 1 );2 - g(x) · l και τελικά ί .

fx(x) = 2·g(2x +: Ι) - g(x) Η υπόδειξη που γίνεται στο βιβλίο της Ανάλυσης (Σελ. 343) είναι: Γ Ομάδα . 2. Να θέσετε h(x) :::

Jι

χ g(t) dt

Και η λύση που δίνε1:αι στο λυσάρι (και για τους καθηγητές και για τους μαθητές) είναι: (Σελ. 280). 2. Για κάθε χ Ε IR. είναι:

J 2x+ ι f(x) = χ g(t) dt =

f \ J 2x + l

χ g(t>: dt + . 1 . g(t) dt =


Για το βήμα του Ευκλείδη Β

- ιχ g(t) dt + ι2χ + ι g(t) dt ( 1 )

Θέτουμε h(x) = ιχ g(t) dt οπότε για κάθε χ ε IR ισχύει h'(x) = g(x) (2) Εξάλλου λόγω της ( 1 ), έχουμε f(x) = -h(x) +h(2x + 1) , οπότε f(x) = -h'(x) + h'(2x + 1 )·(2χ + 1 ) ' =

2h'(2x + 1 ) _:._ h'(x) Επομένως λόγω της (2), είναι: r(x) = 2g(2x + 1) - g(x)

Σημείωση: Δεν θα κάνω κανένα σχόλιο. Αλλά ας μη

δοθεί ο ισχυρισμός της ύπαρξης μιας αρχικής συνεχούς συνάρτησης για την οποία δεν γίνεται καμμία υποτυπώδης καλλιέργεια και της οποίας η απόδειξή της είναι καταχωνιασμένη στο Παράρτημα του βιβλίου Σελ. 308 ή ότι υπάρχει η άσκηση 2 Σελ. 294. Εφαρμογές

Ως εφαρμογές, όταν θα διδαχθούν στο τέλος της χρονιάς το «Ορισμένο ολοκλήρωμa>» . Να λυθούν με τον τρόπο αυτό οι ασκήσεις του βιβλίου

Ι . Να ευρεθή η παράγωγος :ι [f:' 1 d: ιJ χ ε (-1 , +οο)

·

2. Να βρείτε τις παραγώγους των συναρτήσεων ί) F(x) = ισυvχ � dt

ίί) F(x) = f ι συνθ dθ ..[χ θ

ΩΡΟΑΟΓΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ Φτιάξτε το ωρολόγιο πρόγραμμα του

σχολείου σας (Γυμνάσιο - Λύκειο) με απλό και γρήγορο τρόπο.

Το Πρόγραμμα ERMHS για P.C., λύνει το αιώνιο πρόβλημα. Κατανομή ωρών, ελαχιστοποίηση κενών, προτιμήσεις, όλοι οι έλεγχοι, πρόσθεση-αφαίρεση καθηγητή στο τελικό ηρόγραμμα κλπ.

Απεριόριστοι καθηγητές-τμήματα.

Αναγνώστου Βασίλης - Μαθηματικός Τηλ. : (01 ) 43. 14.702

3. Αν F(x) = ιχ xf(t) dt, να βρείτε την F'(x)

4. Α ν F(x) = J χ f(t) dt, όπου: ι . ,

f(t) = J ι-νι+Ί1' du

ι u να βρείτε·την F"(2) 1. Τηλ.38 05 378

Γ. ΤΣΙΚΑΛΟΥ ΔΑΚΗΣ ΓΕΝΙΚΑ ΘΕΜΑ Τ Α

Δ' ΔΕΣΜΗΣ e 400 Λ ΥΜΕΝΑ Θέματα

Άλγεβρα - Ανάλυση • Πρωτότυπα επαναληπτικά • 1000 Ασκήσεις

κατανεμημένες ανά παράγραφο • 2 τεύχη

Τηλ.: 95 1 7 863

ΠΛΗΡΕΙΣ ΣΕΙΡΕΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ _:

όλα γραμ�ένα ,σύμφω;��-�;ο αναλυτικο προγραyμ υσίαση και σε άψογη εκδοτικη πα ρο . Β. ΒΟΣΚΟΥ: ) ΑΛΓΕΒΡΑ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

-.....__,......'"

Χ. ΠΑΠΑΤΖΙΚΟΥ: ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑ11· ΚΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΚΑΤΑ ΕΝΟΤΗΤΑ ΥΛΗΣ

Σιους καθηγηιές γίνειαι έκπιωση και δίνο•11αι δωρεάν οι λύσεις ιων ασκήσεων.

Το βιβλιοπωλείο μας διαθέιει και πολλά άλλα βιβλία για ιη μέση εκπαίδευση καθώς και πλήθος επισιημονικών βιβλίων για ια ΑΕΙ και ΤΕΙ.

Ζηιήσιε να σας σιείλουμε ιο περιοδικό ιου βιβλιοπωλείου μας με ια αναλυιικά περιεχόμενα ιων εκδόσεων μας και ιον ιιμοκαιάλογο ιου Σεπιεμβρίου 95.

ΈΥΚΛΕΙΔΗΣ Β� κθ. τ. 2/42

Η Λ I Α Σ 8. Ν Τ Ζ I Ω Ρ Α Σ Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Α

Α Ν Α Λ Υ Σ Η r· ΛΥΚΕIΟΥ • � τεΥΧΟΣ (fA Τ Ι Σ ΑΕΣΜ Ιϊ; J. Α'. 8' κιι• Α""

Η Λ Α Σ Β tJ T Z ! Q ? .δ Σ M A e M M A T 8 K A Α Ν ΑΛΥ Σ Η Γ AYII:810Y • 8' Υ8ΥΧΟΖ

ΘΕΩΡ!Α, ΠΑΡΑΔΕΙΓΜ:ΑΤΑ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΙΚΗΣΕIΣ ΑΣ:<ΗΣΕ'Σ Γ!Α ΛΥlΉ . .ΑΠΑΙ'ΠΗΣΕlΙ. ΤΕΗ tΞΞΠΑΣΕΩΝ

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ

ΗΛΙΑΣ ΝΤΖΙΩΡΑΣ

Μαθηματικά-Ανάλυση Γ' Λυκεlου (3 τόμοι)

Μόλις κυκλοφόρησε •�-= ο Γ' τόμος

ΣΤΕΛΙΟΣ ΕΥΡΙΠΙΩΤΗΣ

Μόλις κυκλοφόρησε

ΑΙΜΙΛΙΟΣ ΤΣΟΥΛΦΑΝΙΔΗΣ

Γ Ι Ο Ρ Γ Ο Σ Σ Κ Α Ν Δ Α Λ Η Σ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8' ΛΥΚΕΙΟΥ • Β' ΜΕΡΟΣ

• Άλγεβρα Δ' δtσμης

• Θtματα Ανάλυσης Γ' Λυκείου

Ι Τ Ε ι1 I Ο Σ Γ Ε Υ Ρ I Π J Ω Τ Η Σ βΕΙΙΑΤΑ ΑΝΑΛΠΗΣ Γ ΛYUIOY • 8' MEI"'Z

•

ΓΙΩΡrb!�ΙΚΑΝΔΑΛΗΣ Μαθηματικά Α' Λυκείου Μαθηματικά Β' Λυκείου Μαθηματικά Γ' Λυκείου

Σε όλα τα βιβλιοπωλεία

• Όριο συνάρτησης Συνtχεια σσνάρτησης Ακολουθίες

• Πίνακες Ορίζουσες Γραμμικά συστήματα

• Ακολουθίες για την Α' Δtσμη

• Ολοκληρώματα • Παράγωγοι

Κεντρική Διάθεση: Σ. Πατάκης ΑΕ. Εμμ. Μπενάκη 1 6, 1 06 78 Αθήνα. Τηλ: 38.3 1 .078, Fax: 36.28.950 Υ.ποκ/μα Β. Ελλάδ�ς: Ν. Μοναστηρίου 1 22, 563 34 Θεσσαλονίκη, Τηλ: (03 1 )70.63.54-5

Εξισώσεις και ανισώσεις με τη βοήθεια της ανάλυσης

Άσκηση 1

α) Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσω-6 σης χ - 6χ + k = Ο, k.E IR..

β) Να λύσετε την aνίσωση: 6 χ - 6χ + 1995 < ο (2)

Λύση α) Θεωρούμε τη συνάρτηση :

6 f(x) = χ - 6χ + k, Α = IR,

με f'(x) = 6(/ - Ι ) , Ισχύουν: f'(x) = Ο <=> χ = 1

. .

Χρήστος Λαζαρίδης

Άσκηση 2 v

α) Να λύσετε την εξίσωση ex = xv + 1� όΠου ν Ε IN* (Ι)

β) Να λύσετε την aνίσωση:

χιο > ln(xιo + 1) (2) Λύση

α) Προφανής ρίζα της ( 1 ) η χ = Ο. Θεωρούμε τη συνάρτηση :

ν fv(x) = ex - χν + 1 , Α = IR., όπου f(O) = Ο.

Η f είναι παραγωγίσιμη με:

Θα αποδείξουμε ότι η χ = Ο, είναι μοναδιΗ f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο, Ι ] κή ρίζα της fv-και γνησίως αύξουσα στο [Ι , +οο). Θα υπολογί- ·

σουμε το σύνολο των τιμών της f.

f'(x) > Ο <=> χ > Ι και f'(x) < Ο <=> χ < Ι .

f((�oo, 1]) = [lirnf(x), lirn f(x)) = [k-5,+oo) χ- 1 χ--::ο f([1 ,+oo)) = [lirnf(x), lirn f(x)) = [k-5,+oo) χ- Ι χ-+οο .

Άρα f(IR.) = [k-5,+oo) U [k-5,+oo) = [k-5,+oo). •

. .

•

Αν κ > 5, τότε Ο ι.t: f(IR.) και η f(x) = Ο δεν έχει λύση . Αν κ < 5, τότε Ο Ε f(IR.) και η f(x) = Ο, έχει δύο λύσεις στα (-οο, 1), ( 1 , +οο), που είναι μοναδικές, διότι η f είναι γνησίως μονό-ι:ονη σε καθένα από τα διαστήματα. Αν κ = 5, τότε Ο Ε f(IR.) και η f(x) = Ο <=> χ = Ι , (μοναδική λύση}.

β) Παρατηρούμε ότι το πρώτο μέλος της (2) είναι η f(x), για k = 1 995. Άρα:

(2) .b f(x) < Ο (2'}. Από το (α) προκύπτεί ότι f( l ) = 1990 είναι

το ελάχιστο της f(x), άρα για κάeε χ ε IR., f(x) � f( l ) ή f(x) � 1990 δηλαδή f(x) > Ο.

Τελικά η (2'), άρα και η (2) είναι αδύνατη .

Έστω ότι υπάρχει ρ > Ο, ώστε f(ρ) = Ο. Η f είναι συνεχής στο [0, ρ] , είναι παραγωγίσιμη στο (Ο,ρ) και f(O) = f(ρ) = Ο, άρα από το Θεώρημα Rolle, θα υπάρχει ξ Ε (0, ρ) ώστε:

, ν f(ξ) = Ο ή νξν - \e� - 1 ) = Ο οπότε ξ = Ο, άτοπο, διότι ξ Ε (0, ρ).

Ομοια riν υπάρχει ρ < Ο, ώστε f(ρ) = Ο. Τελικά, μοναδική λύση της f(x), άρα και της (1), είναι η χ = Ο.

χ!Ο !Ο β) (2) <=> e > χ + 1 <=> !Ο

ex - χ10 - 1 > 0 <=> f10(x) > f10(0) (2') .

Η t' είναι γνησίως αuξουσα στο (0, +οο) και γνησίως φθίνουσα στο (-�, 0). - ' : • χ > Ο, τότε, (2') ·� χ > Ο, διότι fι ο γνησίως

αύξ9υσα στο (0, +οο). ·

• χ < Ο, τότε, (2') <=> χ < Ο, διότι fιο γνησίως φθίνουσα στο (---οο, 0). Τελικά, η (2'), άρα και η (2) iσχύει για κά-· 1 I ' ' θ ε χ ε IR.* . · · , ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ:θ. τ. 2/44


Άσκηση 3 Να λύσετε τις εξισώσεις:

α) 9χ - 7χ = Sx - 3χ

β) 3χ + sx - sx = ο

(1)

(2) Λύση

α) Θεωρούμε την f(t) = tx, t > Ο και χ Ε IR. με χ - I f(t) = xt .

Η f ικανοποιεί τις υπόθέσεις του Θεωρή·ματος μέσης τιμής σε καθένα από τα διαστήματα [7, 9] και [3, 5] , επομένως, • Υπάρχει ρ1 Ε (7, 9), ώστε:

f(ρι) = f(9) - f(7).<=:> 2χρ; - ι = 9χ- t 9 - 7 • Υπάρχει ρ2 Ε (3, 5), ώστε:

f(ρ2) = f(5) - f(3) <::::> 2χρ: -ι = 5χ - 3χ 5 - 3 -

τ λ , ' ( 1 ) 2 .. - ι ? .. - ι ε ικα, απο <::::> χρ1 = _χρ2 <::::>

β) Προφανής λύση της (2) η χ = 1 .

χ χ (2) <::::> αJ + (iJ _ ι = ο (2')

Θεωρούμε τη συνάρτηση : χ χ f(x) = (�) + (i) - 1 , Α = IR. με f(l ) = Ο.

Έχουμε:

για κάθε χ Ε IR., διότι� < l , i < l , άρα: ιη(�)< ο, ιn(i)< ο. Η f είναι γνησίως φθίνουσα, άρα η χ = 1

.είναι μοναδική λύση της (2'), επομένως και · μοναδική λύση της (2).

Άσκηση 4 Να βρείτε το πρόσημο της παράστασης:

4 χ 4 •ns + x - s. Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση : 4 4 f(x) = ln� + χ 4 - 5, Α = IR. * με f(± 'V5) = Ο, 4 f(x) = 4(χ + 1) με f(x) > Ο <::::> χ > Ο και χ

f(x) < Ο<=:> χ < Ο. Η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +�) και

γνησίως φθίνουσα στο (-οο, 0), άρα οι ρίζες ± � είναι μοναδικές. • χ > Ο, τότε f(x) > Ο <::::> f(x) > f(�) <::::> χ > �·

και f(x) < Ο <::::> f(x) < f(�) <::::> Ο < χ < Vs. • χ < Ο, τότε f(x) > Ο <::::> f(x) > f(-�) <::::>

χ < -Vs και f(x) < ο· <::::> f(x) < f(-Vs) <::::>

0 > x > -1Js . Τελικά: f(x) > Ο = χ > � ή χ < -Vs f(x) < Ο = -Vs < χ < Ο ή Ο < χ < Vs f(x) = Ο = χ = ± �

Άσκηση 5 . Α ν f(x) = εφ χ, να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης ε της Cr στ� σημείο Ο και στη συνέχεια να βρεθεί το πρόσημο της g(x) = εφχ - χ,

, ' Π Π . στο διαστημα (-2, 2 ). Λύση

Ισχύει: f(x) = -1-2 και f'(x) = �'

συν χ συν χ ( π π ) με χ Ε - 2' 2 .

ε: y - f(O) = f(O)(x - Ο) = y = χ. f'(x) = Ο = χ·= Ο, f'(x) :< Ο = χ Ε (-Ι' 0), f'(x) > Ο = χ Ε (0, Ι ). Η f είναι κοίλη στο [0, Ι ), κυρτή στο

(- Ι• Ο] και (0, Ο) είναι σημείο καμπής, στο οποίο εφαπτομένη είναι η ε: y = χ.



Συμπεραίνουμε ότι η Cr βρίσκεται «Κάτω» από την ε στο (- �' Ο) και «πάνω» από την ε στο (0, � ). Τελικά, g(x) = Ο = χ = Ο, g(x) < Ο = χ Ε (-�, Ο) και g(x) > Ο = χ Ε (0, � ). Άσκηση 6

Να λύσετε την ανίσωση: 3 2

!.... - .!.;, - συνχ + 1 < Ο 3 2

3 2 Λύση

(1).

χ χ IR f(x) = 3 - 2 - συνχ + 1 , Α = . . 2 f(x) = χ - χ + ημχ,

f'(x) = 2χ - 1 + συνχ και f3\x) = 2 - ημχ, χ Ε ΊR.

Είναι f3\x) > Ο, χ Ε IR, διότι ημχ < 2, άρα η f' είναι γνησίως αύξουσα στο IR. •

•

Αν χ ε (-οο, 0) . f'(x) < f'(O) δηλαδή f'(x) < Ο, άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο, 0), επομένως f(x) > f(O) δηλαδή f(x) > Ο, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (-οο, Ο) και f(x) < f(O) δηλαδή f(x) < Ο. Αν χ Ε (0, +οο). Αντίστοιχα, προκύπτει ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +οο) και f(x) > Ο. Τελικά, ( 1 ) = f(x) < Ο = χ < Ο.

. Άσκηση 7

Να δείξετε ότι η εξίσωση xv - lnx = Ο, είναι αδύνατη, για κάθε ν ε \Ν*.

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) Α = (0, +οο).

ν f( ) ν - ι 1 νχ - 1 χ = νχ - - = ...;.__ __ χ χ '

-2 1 f'(x) = ν(ν - 1)χν + 2, χ > Ο χ

ν = χ - lnx,

f(x) = Ο = χ � -1- και f'(_l_J > Ο, άρα Vv Vv ί� J � 1 +.}ην ελάχιστο, επομένως:

f(x) ;;;: ί_l_J ή f(x) ;;;: 1 + Ιην > Ο (ν ;;;: 1) . ν ν . νν

Άρα f(x) > Ο, για κάθε χ > Ο. Τελικά, η f(x) = Ο, είναι αδύνατη .

Ασκηση 8

. Να λύσετε την ανίσωση:

2 χ2-3χ+7 ' 2χ+ι ln(x -3χ+ 7)+2 < ln(2x+ 1)+2 (1)

Λύση

Η ( 1 ) ορίζεται για χ > - i (2). Θεωρούμε τη συνάρτηση:

χ f(x) = lnx + 2 , χ > Ο. f(x) = .!. + 2xln2 > Ο, χ > Ο, χ άρα η f είναι γνησίως αύξουσα.

2 ( 1 ) = f(x - 3χ + 7) < f(2x + 1) = 2 χ - 3χ + 7 < 2χ + 1 (διότι f γνησίως αύξουσα)

2 = χ - 5χ + 6 < ο = 2 < χ < 3.

Άσκηση 9 α) Θεωρούμε το σύνολο των συναρτήσεων

fν(χ) = χ + ln(x + ν), όπου ν ε \Ν*. Να δεί-ξετε ότι όλες οι συναρτήσεις . του συνόλου δέχονται ακριβώς μία όχι θετική ρίζα.

Λύση α) fν(χ) = χ + ln(x + ν) και

,_ 1 fν(χ) = 1 +-- > Ο, για κάθε χ > -ν. Χ + ν Ισχύει fν(Ο) = Ιην > Ο και

fν( l - ν) = 1 - ν+ ln1 = 1 - ν < Ο, αν ν * 1 . Είναι fν(O)fν( l ) < Ο , άρα από Θεώρημα

Bolzano, η fν έχει μια ρίζα στο ( 1 - ν, 0), που είναι μοvαδική διότι η fν είναι γνησίως αύξουσα.


_ ,.

Εξισώσεις και ανισώσεις με τη βοήθεια της ανάλυσής

Αν ν = 1 , τότε f1(x) = χ + ln(x + 1), που έχει μοναδική ρίζα χ = Ο. Τελικά, κάθε συνάρτηση του συνόλου, έχει ακριβώς μια ρίζα στο ( 1 - ν, 0), αν ν * 1 και τη ρίζα χ = σ αν ν = 1 .

Άσκηση 10 Να βρείτε τα σημεία τομής της γραφικής

χ παράστασης της f(x) == e και της ευθείας y = αχ.

Λύση Οι τετμημένες των σημείφν τομής προκύ

πτουν από τις λύσεις της εξίσωσης ex = αχ <=> ex - αχ = Ο (1) . Άρα το πλήθος των σημείων τομής ισούται με το πλήθος των λύσεων της ( 1 ).

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = ex - αχ με χ f(x) = e - α, χ Ε IR..

Α ν α < Ο, τότε f(x) > Ο, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο IR..

Το σύνολο τιμών της έίναι: f(IR.) = ( lim f(x), lim f(x)) =

χ--ω x---f-IX)

(-οο, + οο) = IR.. Το Ο Ε f(IR), άρα η f έχει μία ρίζα, η οποία

είναι μοναδική, αφού η f είναι γνησίως αύξου..: σα στο IR..

Αν α > Ο, τότε f(x) = Ο <=> χ = lnα, f(x) > Ο <=> χ > lnα, και f(x) < Ο <=> χ < lnα.

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο, lnα] και γνησίως αύξουσα στο [lnα, +α:>).

f((-oo, lnα]) = [ lim f(x), lim f(x)) = χ-Ιηα x-+--co

[α( l - Ιηα), +α:>) και f([Ιηα, +οο)) = [α( l - lnα), +α:>),

άρα f(IR.) = [α( l - lnα), +α:>). Αν α( l - lnα) > Ο <=> Ο < α < e, τότε Ο (;!: f(IR),

άρα η f δεν έχει ρίζα. Αν α( l - lnα) < Ο <=>,α > e, τότε Ο Ε f(IR.), ά

ρα η f έχει μία μόνο ρίζα στο (-οο, lnα] και μία μόνο στο [Ιηα, +α:>).

Αν α(Ιηα - 1) = Ο <=> α = e, τότε Ο Ε f(IR), άρα η f έχει τη ρίζα χ = Ο.

Αν α = Ο, τότε ( 1 ) <=> ex = Ο, που είναι αδύνατη .

Τελικά έχουμε, .

ένα σημείο τομής αν α < Ο ή α = e, δύο σημεία τομής flν α ::> e και κανένα σημείο τομής αν α = Ο ή Ο < α < e.

Άσκηση 11 Να δείξετε ότι: Ιη(Ιηχ - 1) - J.nx + 2 � Ο, για

κάθε χ Ε (e, +οο). Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση: f(x) = ln(lnx - 1) - lnx + 2, Α = ( e, +α:>).

1 1 1 2 - lnx · · f(x) = 1 1 - - = (I 1 ), x E (e, +oo). nx - χ χ χ nx - .

2 f(x) > Ο <=> χ Ε (e, e ) ,

2 f(x) < Ο <=> χ Ε (e , +οο) και 2 f(x) = Ο <=> χ = e .

' Η f παρουσιάζει μέγιστο το f(e-) = Ο, άρα:

f(x) < f(e2) <=> ln(lnx - 1 ) - lnx + 2 � Ο, για κάθε χ Ε (e, +α:>).

Άσκηση 12 Να μελετήσf;τε το πρόσημο της .συνάρτη-

3 . 3 σης f(x) = ημ χ + συν χ, στο (Ο, π).

Λύση f(x) = 3ημχσυνχ(ημχ - συνχ): Έχουμε,

f(x) = Ο <=> χ =* ή χ =�'

f(x) < Ο <=> χ Ε (0, �) U ( �' π) και

f π π (χ) > 0 <=> Χ Ε ( 4' 2 ).

Τα όρια της f(x) όταν το χ τείνει στα Ο, �' π 3Π ' ' . 1 � 1 ο 1 ' 2, 4, π αντιστοιχα ειναι. , 2 , , , - , αρα

για το σύνολο τιμών της f, προκύπτει:

� - 1i f((O, 4 ]) - [ 2 , 1) ,

f([ �' � ]) = [�, 1 ) ,

f([�, π)) = (-1 , 1] .

Παρατηρούμε ότι Ο ε (-1 , 1] , άρα η f έχει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΙ; Β' κθ. τ. 2/47


μία μοναδική ρίζα στο [ �' π); η οποία είναι η . . .

3π 4'

Αν χ Ε [0, � ] , από τα επί μέρους σύνολα.

τιμών, έχουμε ύτι f(x) > Ο. [ π 3π ] , fi fi 3Π Αν χ Ε 2, 4 , τοτε (χ) > ( 4 ) �

f(x) > Ο.

Αν χ Ε ( 34π, π), τότε f(x) < f( 7 ) �

f(x) < Ο. J

' π 3π i Τελικα, f(x) > ο � χ Ε (0, 2 ] υ ( 4' π),

fi π 3π fi 3π (χ) < Ο � χ Ε ( 2, 4 ) και (χ) = Ο � χ = 4.

Άσκηση 13 Να λύσετε την aνίσωση:

3 2 2χ + 6χ + 8χ - 1 < ο (1). Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση: 3 ?

f(x) = 2χ + 6χ- + 8χ - Ι , Α = R.

'Εχούμε, f(x) = 6χ2

+ 12χ + 8 > Ο, για κάθε χ Ε IR, διότι Δ = -144 < Ο.

Η f είναι γ:νησίως αύξουσα στο IR. Η f είναι πολυωνυμική περιττού βαθμού, άρα .θα δέχεται τουλάχιστον μία πραγματική ρίζα ρ, η οποία θα είναι μοναδική , διότι η f είναι γνησίως μονότονη .

Είναι f(O)-f( l ) = (-1)- 1 5 < Ο, άρα από Θεώ-ρημα Bolzano, ρ Ε (0, 1) .

f(0, 1 )-f(0,5) < Ο, άρα ρ Ε (0, 1 , 0,5). f(O, 1 1 )-f(O, 19) < Ο, άρα ρ Ε (0;11 , Ο, 1 9) . Με προσέγγιση ρ = 0, 1 15. Τελικά,

( 1 ) � f(x) < f(0,1 1 5) � χ < 0,1 1 5 (διότι f γνησίως αύξουσα).

Προτεινόμενες Ασκfισεις

1. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = ex - χ - 1 . α) Να δείξετε ότι f(x) � Ο , χ Ε IR και

lnx :;;.; χ __: 1 , χ > Ο. β) Να λύσετε την εξίσωση :

2 . ln χ - 2lnx + 2χ - 2 = Ο.

2. Να λύσετ.ε την εξίσωση χ5 -5χ+α = Ο, γιq τις διάφορες τιμές του . α Ε IR. Στη συνέχεια να :{fpείτε το πλήθος των ριζών της f(x) = 1995.

3. Ν α βρ�θεί το. πρόσημο της: f(x) = (ix - 3χ)(3χ - 4χ)(4χ - 5χ)(5χ - 6\

4. Αν Ο < α < 1 , να δείξετε ότι η εξίσωση αχ = χ, έχει μία λύση.

5. Να δείξετε ότι η εξίσωση 2-νχ. = Ιηχ,είναι αδύνατη.

6. Να λύσετε την aνίσωση: -χ3 -/ 3 2

3 - 3 - χ + χ :;;.; lnx.

7. Να λύσετε την aνίσωση: εφχ + ημχ + χ < Ο στο διάστημα ( -�' � ).

8. Να λύσετε την εξίσωση : χ χ 3e + 1 = x(e + 1) .

(f} Να λύσετε την aνίσωση: 101χ + 200χ < 201χ + l00x.

10. Να βρείτε το πλήθος των κοινών σημείων της γραφικής παράστασης της f(x) = lnx με την ευθεία y = αχ.


Θ. Ν. Καζαντζής Ολοκληρώματα

Θ. Ν. Καζαντζής Ελένη Μ ήτσιου

Σειρά: ((εξετάσεις» • Διαγωνίσματα • Προβλήματα

Περιοδικό ι

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΉ ΠΑΙΔΕΙΑ lo τεύχος κυκλοφορεί τον Νοέμβριο

Δ. Γεωργακίλας Μαθηματικά επανάληψη 4ης δέσμης

Θ. Ν. Καζαντζής Συνδιαστική

(τεύχος β)

ΑΘΗΝΑ 1 995

Θ. Ν. Καζαντζής Πιθανότητες

(τεύχος α)

Π. Βασιλειάδης Γ. Μαυρίδης ·

Αλγεβρικά Θέματα Νέα έκδοση

Θ. Ν. Καζαντζής 1000 ασκήσεις

Ολοκληρωμάτων

Θ. Ν. Καζαντζής Γ. Μαυρjδης

Ελένη Μήτσιου Σειρά: ((εξετάσεις» • Εξετάσεις 95 Θέματα - επανάληψη

πω λείο - εκδ'όσεις ΑΤΙΚΗΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ

Δ. Γεωργακίλας . τ�

Γιάννης Μπαϊλάκης Μαθηματικά

4ης δέσμης (Άλγεβρα - Α νάλυση)

Γιώργος Ρίζος Προβλήματα

Μ αθημαtικών γ ' γυμνασίου

Θεοδωρακόπουλος Άλγεβρα και

Α ναλυτική Γεωμετρία

Δ. Γεωργακίλας Άλγεβρα Β ' Λ υκείου

για υποψηφίους 1 ης και 4ης δέσμης

Θ. Μάστορης Γ. Ρουσιάς Μαθηματικά

Γ' Τ Ε.Λ.

Τ Ο ΒΙΒΛΙΟ ΠΕΡΙΕΧΕΙ : "'

• ΟΛΗ ΤΗ ΘΕΩΡΙΑ με ερωτήσεις - απαντήσεις, ώστε να

διευκολύνεται ο μαθητής στην καλύτερη κατανόησή της.

• ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΥΠΟΔΕΙΓΜΑτΙΚΑ ΛΥΜΕΝΕΣ, ώστε με βάση αυ

τές να μπορεί ο μαθητής να λύνει οποιαδήποτε άσκηση του

δίνεται.

• ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΛΥΤΕΣ για παραπέρα εξάσκηση του μαθητή

και εμπέδωση της ύλης.

• Θ Ε ΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΑ Π ΡΟΧΕΙΡΑ ΔΙΑΓΩΝΙ ΣΜΑΤΑ ΤΩΝ

ΤΡΙ ΜΗΝΩΝ.

• Ο Μ ΑΔΕΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΓΙΑ Τ ΙΣ ΑΝΑΚΕΦΑΛΑΙΩτΙ ΚΕΣ

ΕΞΕτΑΣΕΙΣ ιογΝΙΟΥ (2 θέματα θεωρίας και 3 ασκήσεις σε

κάθε ομάδα) , σύμφωνα με τις οδηγίες του Παιδαγωγικού

Ινστιτούτου και των Σχολικών Συμβούλων.

ΕΝΑ ΠΡΑΓΜΑτΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ

• ΓΙΑ ΤΟ ΜΑΘΗΤΗ:

Εξάσκηση και εμπέδωση της ύλης.

• ΓΙΑ ΤΟΝ ΚΑΘΗΓΗΤΗ:

Καλύτερη προετοιμασία και οργάνωση της διδασκαλίας.

Κεντρική Διάθεση : ΔΗΜ. ΡΑΜΑΝΤΑΝΗΣ

Χάλκης 51 142 33 Ν. ΙΩΝΙΑ,

Τηλ. 01 - 27 1 30 71 ΟΜ ΙΛΟΣ ΣΥΓΓΡΑΦΕΩΝ ΚΑΘΗΓΗΤΩΝ

Σόλωνος 1 00 1 06 80 ΑΘΗΝΑ,

01 - 364 61 25 FAX : 363 13 63

Υπολογισμός της δύναμης Αν, ν ε JN * τετραγωνικού πίνακα Α

Ρεκούμης Παναγιώτης

Πολλές φορές, στις ασκήσεις και προβλήματα, πάνω στη Θεωρία των Πινάκων, υπεισέρχεται άμεσα ή έμμεσα η νιοστή δύναμη τετραγωνικού πίνακα, που καλούμεθα να την προσδιορίσουμε. Δύο είναι τα βασικά προβλήματα στην κατηγορία αυτή .

1° Πρόβλημα

Δίνεται ο τετραγωνικός πίνακας Α, με καθορισμένα στοιχεία και μας ζητούν ο πίνακας Αν να είναι ένας συγκεκριμένος τετραγωνικός πίνακας Β με στοιχεία συναρτήσει του ν.

Παραδείγματα. (α)Αν Α = [ � � ], να δείξετε Αν = 2ν - 1-Α, ν Ε IN*.

. [ 1 (β)Αν Α = - l . [ ο (γ)Αν Α = - l

� ], να δείξετε Αν = 2ν - 1 [ 2 �ν ν

2 : ν ] , για κάθf: ν Ε IN* .

� J και Β = [ �� J, να αποδείξετε ότι:

[(Α3,Β2)ν}ι = [ � �ν ], νΕΝ*. · Τα προβλήματα αυτά αντιμετωπίζονται πλήρως, χωρίς ιδιαίτερες δυσκολίες, με την επαγω

γική μέθοδο και γι' αυτ'ό δεν θα ασχοληθούμε παρακάτω με την κατηγορία αυτή των προβλημάτων.

2° Πρόβλημα Δίνεται ο τετραγωνικός πίνακας Α, με καθορισμένα στοιχεία και μας ζητούν να υπολογί

σουμε τον πίνακα Αν, ν EIN* .

Παραδείγματα. (α)Δίδ�ται ο πίνακας Α = [ !1 1 J , ν 4 , να βρειτε τον Α , ν Ε ΙΝ* .

(β)Δίδεται ο πίνακας Α = [ !1 �3 ]. Αν Β, Γ πίνακες 2 χ 2, μη μηδενικοί,

δ 'ξ , Β Αι993 Γ Α2οοο Ο ει τε οτι: · + · = .

[ 6 -9 J (γ) Δίδεται ο πίνακας Α = 4 _6 . Υπολογίστε το άθροισμα 2 3 ν Sν = Α + 2Α + 3Α + . . . + νΑ .

Οι παρακάτω σκέψεις μας, αποτελούν μια μικρή προσπάθεια αντιμετώπισης του προβλήματος στις διάφορες μορφές του και πιστεύουμε ότι θα διευκολύνουμε σε μεγάλο βαθμό.τους μαθη-τές στις δικές τους προσπάθειες.

·

Γένικά

(Α) Η δύναμη Αν, ορίζεται μόνο όταν ο Α Ε Πν. Επομένως α� Α ένας τετραγωνικός πίνακας, �qτε

οι δυνάμεις Α2 = Α·Α, Α3 = Α·Α-Α κ.τ.λ., ορίζονται ως εξής:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ . 2/50

1 .

2. 3.

(Β)

•

•

Υπολογισμός της δύναμης Α•, ν ε JN• τετραγωνικού πίνακα Α

, αν ν = 1 , αν ν > 1

Για τις δυνάμεις του παραπάνω πίνακα ισ.χύουν οι σχέσεις: κ Αλ Ακ + λ Αλ + κ Αλ Ακ λ JN• Α · = = = · , κ, ε

(Α ")λ= Α κ

·λ = Αλ·κ = (Α λ) κ

Αν ΑΒ = ΒΑ, τότε

(Α + Β) ν � Αν + νΑv - ιΒ + ν(ν - 1)A

v - 2Β2 + . . . + Bv

2

Έστω Α ε Πν με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς. Η εξίσωση ΙΑ - xlvl = Ο λέγεται χαρακτηριστική εξίσωση του Α. Η εξίσωση αυτή είναι χρήσιμο, ασφαλές και μεθοδικό εργαλείο, για την αντιμετώπιση διαφόρων θεμάτων, πάνω στο λογισμό πινάκων και κυρίως στον προσδιορισμό της νιοστής δύναμης, δοσμένου τετραγωνικού πίνακα Α.

'Ε Α [ α β J ' ' ' 2 2 Η ' ξ' ' στω = γ δ , ενας τετραγωνικος πινακας χ . χαρακτηριστικη του ε ισωση ειναι:

ΙΑ - xlv Ι = Ο <=> [ α � χ δ � χ J = Ο <=> χ2 - (α + δ)χ + αδ - βγ = Ο κι:ι τελικά

? χ- - (α + δ)χ + ΙΑΙ = Ο ( 1 ).

Θέτω στο 1° μέλος της ( 1 ), χ = Α και έχω προφανώς Α2- (α + δ)Α + ΙΑΙΙ2 = Ο. Δηλαδή η (1 ) έ

χει ρίζα τον πίνακα Α. (Αυτό προκύπτει επίσης και από τον ορισμό της χαρακτηριστικής ε-ξίσωσης, θέτοντας χ = Α) ·

[ α Έστω Α = αz. 1

.

α3 είναι:

βι γι ] β2 γ2 , ένας τετραγωνικός πίνακας 3χ3. Η χαρακτηριστική του εξίσωση β3 γ3

[ �� χ β,β� χ �: ] = ο <=>

α3 β3 γ3 - χ

χ3 - cαι + β2 + γ3)/ + (I :: � I + I �: � I + I �: �: I } - ΙΑΙ = ο

Θέτω χ = Α στο 1 ο μέλος της και έχω προφανώς:

Α3- (α1 + β2 + γ3)Α

2 + ( I :: � I + I �: �: I + I �: �: I } - ΙΑΙΙ3 = Ο (2)

Δηλαδή η (1 ) έχει ρίζα τον πίνακα Α. Γενικότερα ισχύει το θεώρημα Cayley-Hamilton. «Κάθε νχν πίνακας Α ικανοποιεί την χα

ρακτηριστική του- εξίσωση ΙΑ - x·lv Ι = 0».

ν Υπολογισμός της Α , Α εΠν και ν ε IN *


Υπολογισμός της δύναμη� Α•, ν ε JN• τετραγωνικού πίνακα Α

(Α) 'Εστω Α =[ � � ], ένας τετραγωνικός πίνακας 2 χ2.

Ε�ομένως από την (1 ) φανερά έχουμε: ?

Α- - '(α + δ)Α + IAII2 = Ο (3)

Τα α, β, γ, δ Ε IR, οποτ'ε για τις δι(ιφορες τιμές τους έχ�υμε τις παρακ�τω περιπτώσεις:

(α) α + δ == Ο και ΙΑ Ι = Ο και η (3) γίνεται Α2 = Ο.

Επομένως Αν = Α2-Αν - 2 = Ο·Αν - z = Ο

(β) α + δ = Ο και ΙΑ Ι = -1 και η (3}γίνεται Α2 = 12.

Επομένως ί. ν = 2κ, Αν = Α2κ = (Α.2)κ = Ικ = Ι

ii. ν = 2κ + 1 , Αν = Α2κ·Α = I·A = Α

(γ) α + δ = Ο και ΙΑ Ι = -.λ και η (3) γίνεται Α2 =·λ12, λ Ε JR.. * . ' ' ·

ΕΠομένως ί. y = 2κ, ν 2κ - "" ν' ν ii. ν = 2κ + 1 , Α = Α ·Α = Λ ·12:Α = λ ·Α

(δ) α + δ = 1 και ΙΑΙ = Ο και η ·(3) γίvε7αι Α2 = Α.

Επομένως 3 2 ' 2 . Α = Α ·A =A�A = I\. =Α 4 3 2 Α = Α ·Α = ΑΑ. = Α- = Α • '::c '

· και γενικά Αν = Α (επα'y�γικά)

(ε) α + δ = κ και ΙΑΙ = Ο και η (3) γίνεται Α2 = κ·Α, λ Ε IR * . Επομένως 3 2 . 2 2 Α = Α ·Α = κ·ΑΑ = κΑ = Κ·ΚΑ = κ Α

4 ' 3 2 2 2 2 3 Α = Α ·Α = κ Α· Α = κ Α = κ ·κΑ = κ Α , Αν --κ

v - ιΑ και γενικα (επαγωγικά)

(στ) Αν δε συμβαίνει καμία από τις προηγούμενες περιπτώσεις τότε Α2 = κ ·Α - λl2 (4) όπου κ = α + δ ;t: Ο και λ = ΙΑ Ι ;t: Ο Για να προσδιορίσουμε τη νιοστή δύναμη του Α εργαζόμαστε ως εξής:

Θεωρούμε τα πολυώνυμα R(x) = χ2 - κχ + λ (5) και S(x) = χ ν (6). Επομένως:

R(A) = Α 2 - κΑ + λ12 = Ο (7), λόγω της ( 4). Εξετάζουμε το είδος των ριζών του τριωνύμου (5):

• IΔ > �<:=:> ρ\ , ρ2 Ε IR και ρ\ < ρ2 (ή ρ\ > ρ2) Έστω Π(χ) και U(x) το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης του S(x) με το τριώνυμο R(x) και έχω: S(x) = R(χ)·Π(χ) + U(x) (8) και επειδή το R(x) είναι τριώνυμο 2ου βαθμού, η (8) γίνεται: S(x) = R(χ)·Π(χ) + cx + b (9) Για χ = ρ1 ·και χ = ρ2 ή (9) γίνεται:


Υπολογισμός της δύναμης Α•, ν ε ΙΝ• τετραγωνικού πίνακα Α

ν ν ν ν και επομένως c = Ρι - Pz , b = ρ 1 ρz - ρ2ρ ι

ρι - ρz · ρι - ρz Η (9) για χ = Α γίνεται: S(A) = R(Α)·Π(Α) + cA + b και λόγω της (7)

1 ν ν ν ν , · ν S(A) = cA + b = [(ρ1 - ρ2 )Α + (ρ1ρ2 - ρ2ρ1 )IJ (λογω της (6): S(A) = Α ) ο τ.ο-v · Δ > ο ρι - ρz • /Δ= Ο]<=> ρ1 , ρ2 Ε IR και ρ1 = ρ2 = ρ

Επομένως χ ν = (χ - ρ{Π(χ) + cx + b ( 10) ν - ι 2 και νχ = 2(χ - ρ)Π(χ) + (χ - ρ) Π'(χ) + c (1 1)

Για χ = ρ, οι ( 10) και (1 1 ) γίνονται: ν ν - ι ρ = cρ + b νρ = c

· ν - ι ν Επομένως c = νρ και b = ρ (1 - ν). Και η ( 10) λόγω της (7) γίνεται:: 1 ν ν - ι ν ι· Δ ο Α = cA + b = νρ Α + ρ (1 - ν)Ι2• Ο -z-o.. ν -=-

Από τα προηγούμενα σαφώς προκύπτει ότι για τον τετραγωνικό 2χ2 πίνακα Α, θα έχουμε οπωσδήποτε μία από τις προηγούμενες (6) περιπτώσεις, οπότε ανάλογα υπολογίζουμε την Αν.

ν (Δ) Υπολογισμός της Α , Α Ε Π3 και ν Ε Ν*

[ αι

Έστω Α = αz α3

προηγούμενα:

βι γι ] βz . γz , ένας τετραγωνικός πίνακας 3χ3 και επομένως ισχύει η (2) από τα β3 γ3

3 2 (I αι Α - (α ι + β2 + Υ 3)Α + Ρ ι και εργάζόμαστε όμοια όπως και για τον τετραγωνικό πίνακα 2χ2 (6 περιπτώσεις) προηγουμένώς. Αν όμως διαπιστώσουμε ότι δεν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί κ, λ ώστε να ισχύει η σχέση Α2 = κ·Α + λΙ3, τότε εξετάζουμε μήπως υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί κ, λ, μ έτσι ώστε: Α3 = κΑ2 + λΑ + μΙ3 και εφ' όσον αυτό το εξασφαλίσουμε, θεωρούμε τα πολυώνυμα:

3 2 ν R(x) = χ - κχ - λχ - μ και S(x) = χ

και εργαζόμενοι ομοίως, έχουμε: χ ν = R(χ)-Π(χ) + cx2 + bx + d.

Επειδή R(A) = Ο τελικά: Αν = cA2 + bA + d, όπου τα c, b, d προσδιορίζονται ανάλογα με το είδος των ριζών του R(x).

tενικά για τον τετραγωνικό 3χ3 πίνακα Α μας καλύπtει οπωσδήποτε μία από τις προηγούμενες (7) περιπτώσεις, όπως και για τον 2χ2 πίνακα Α.

ν . (Ε) Υπολογισμός της Α , Α Ε Πμ και μ > 3.

Εργαζόμαστε όμοια, όπως προηγουμένως:


Υπολογισμός της δύναμης Α•, ν ε JN'• τετραγωνικού πίνακα Α

• Υπολογίζουμε τη δευτέρα δύναμη του Α και έχουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:

α. Α2 = Ο

β.

γ.

δ.

ε.

στ.

r -:>·

Α2 = Ι μ 2 Α = λlμ, λ Ε IR

Α2 = Α

Α2= λ·Α ' λ Ε IR 2 Α = κ:· Α + λΙ., κ:, λ Ε IR. 3 2 Α = κ:Α + λΑ + μlμ, κ:, λ, μ Ε IR *

Στην περίπτωση που διαπιστώσουμε ότι δεν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί κ:, λ, μ ώστε να ισχύουν οι περιπτώσεις (στ) και (ζ), τότε εξετάζουμε μήπως υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί κ:, λ, μ, ν έτσι ώστε να ισχύει η σχέση:

4 3 2 Α = κ:Α + λΑ + μΑ + νlμ Αν αποδείξουμε ότι πράγματι υπάρχουν τότε θεωρούμε τα πολυώνυμα:

4 3 2 ν R(x) = χ - κ:χ - λχ -:- μχ - ν και S(x) = χ και εργαζόμαστε όπως προηγουμένως.

• Υπολογίζουμε τις δυνάμεις Α3, Α4, . . . και έστω Ακ = Β, όπου Β πίνακας πολλές φορές ειδικής μορφής: Ο, Ιμ, Α, λlμ, λΑ κ:.τ.λ.

Δηλαδή γνωρίζουμε ότι Α κ = Β και μας ζητούν να προσδιορίσουμε την Α•. Τότε χρησιμοποιούμε αμέσως τη σχέση : ν = κ:·π + u, Ο ::;;; u ::;;; κ: - 1 και έχουμε: ·

. . + . π Αν = Ακ π u = Ακ π.Αu = (Α κ) ·Au = Βπ·Αu

π. χ. Αν Α 4 = Β τότε ν = 4π + u, που οι τιμές του u είναι: Ο, 1 , 2, 3. Άρα π

• ν = 4π κ: α ι Αν = (Α 4) = Βπ

• ν = 4π + 1 κ: α ι Αν = Α4π·Α = Βπ·Α

• ν = 4π + 2 κ: α ι Αν = Α 4π + ι ·Α = Βπ·Α2

• ν = 4π + 3 κ: α ι Αν = Α4π + 2·Α = Βπ·Α3

και ερχόμαστε σε μια από τις προηγούμενες περιπτώσεις.

Εφαρμο"(ές

1. Δίδεται πίνακας Α = [ � � ]. Να υπολογίσετε τον Α•, ν Ε Ν*.

lη Λύση

Ο πίνακας Α είναι τετραγωνικός της μορφής [ � � J με α = 2, δ = 3 και β = γ = Ο. Επομέ

νως, επειδ1Ί α + δ = 5 και ΙΑΙ = 6, από την (3) (Α περίπτωση) έχουμε: Α2 - 5Α + 612 = Ο.

Θεωρούμε τα πολυώνυμα: R(x) = χ2 - 5χ + 6 και S(x) = χ·, οπότε φανερά έχουμε:


Υπολογισμός της δύναμης Α•, ν ε Ν" τετραγωνικού πίνακα Α

R(A) = Α2 - 5Α + 612 = Ο και S(A) = Αν.

Το τριώνυμο R(x), έχει ρίζες ρ1 = 2, ρ2 = 3.

Η (8) γράφεται: χ ν = (χ2 - 5χ + 6)-Π(χ) + cx + b, και για χ = 2; χ = 3 έχουμε:

2ν = 2c + b 3ν = 3c + b

Άρα:

ν ν b = 3·2 - 2·3

ν ν ν ν ν [ 2 Ο J ν ν ν ν [ 1 Ο J [ 2ν Ο J Α = Α-(3 - 2 ) + (3·2 - 2·3 )12 = Ο 3 ·(3 - 2 ) + (3·2 - 2·3 ) 0 1 = Ο 3ν

2η Λύση Εάν δε θέλουμε να κάνουμε χρήση της χαρακτηριστικής εξίσωσης, αναζητάμε δύο πραγμα

τικούς αριθμούς κ, λ ε!R., ώστε να ισχύει η σχέση: Α2 = κ·Α + λl2 και έχουμε':

κ = 5 λ = _:6

Άρα Α 2 = 5Α - 612. Στη συνέχεια συνεχίζουμε όπως προηγουμένως.

3η Λύση [ 22 Παρατηρούμε ότι Α2 =

ο ;, ] και αμέσως διαφαίνεται ότι ενδεχομένως να είναι.

0 ]Στη συνέχεια εργαζόμαστε επαγωγικά με τα γνωστά βήματα. 3ν

2. Δίδεται πίνακας Α = [ .:. � ]. Να υπολογίσετε τοv Αν, ν Ε Ν·.

lη Λύση

Ο. πίνακας Α είναι τετραγωνικός της μορφής [ � � J με α = 2, δ = 4 και ΙΑΙ = 9. Επομέ-2

νως: Α _: 6Α + 912 = Ο .

Θεωρούμε fα πολυώνυμα: R(x) = χ2 - 6χ + 9 = (χ - 3)2 και S(x) = χ ν και κατά τα γνωστά από τα προηγούμενα έχουμ�:

ν 2 ν - ι · 2 χ = (χ - 3) ·Π(χ) + cx + b και νχ = 2(χ - 3)Π(χ) + (χ - 3) Π'(χ) + c. Θέτω στις προηγούμενες σχέσεις χ = 3 και έχω:

3ν = 3c + b ν b = 3 ( 1 - ν) ν - ι C = ν·3

ν [ 3 - ν ν J Άρά: Α = - ν ν + 3 2η Λύση

Αναζητούμε δυο πραγματικούς αριθμούς κ, λ έτσι ώστε: Α2 = κ·Α + λl και εργαζόμενοι ό-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ; 2/55

Υπολογισμός της δύναμης Αν, ν ε Ν • τετραγωνικού πίνακα Α

') πως στην προηγούμενη άσκηση, τελικά έχουμε κ = 6 και λ = -9 και επομένως:Α- - 6Α + 91 = Ο Στη συνέχεια εργαζόμαστε όπως στην προηγούμενη λύση . 3η Λύση

2 Από τα προηγούμενα, με όποιο τρόπο θέλουμε, αποδεικνύεται ότι: Α - 6Α + 91 = Ο και έ-χουμε: + ? + ι Αν - - 6·Αν + 9Αν = 0 , + ') + ι 2 Αν - - 2·3Αν + 3 Αν = Ο, (το 3 διπλή ρίζα)

Αν + 2 _ 3Αν + ι = 3Αν + ι _ 32Αν, + ? + ι + ι Αν - - 3Αν = 3(Αν - 3Αν) Άρα: Αν + ι - 3Αν = 3(Αν -'-- 3Αν -:- ι) = · · · = 3ν - \Α2 - 3Α) και επειδή Α2 - 3Α = 3Α - 91 έχου-ν + ι ν ν·- ι . ν ' με: Α - 3Α . = 3 (3Α - 91) = 3 (Α - 31) και επομενως: 1 ν + ι 1 ν 1 -+-ι Α -- Α = -3 (Α - 31) για κάθε ν ε IN * . 3ν 3ν

Από την προηγούμενη σχέση φανερά φαίνεται ότι η ακολουθία cν =;ν Αν είναι αριθμη�ική

πρόοδος με Cι ==!Α και ω =! (Α - 31) και από την cν = Cι + (ν - 1 )ω έχουμε: _l_ Αν = l. A +. (ν - 1 ) l (A - 31) 3ν 3 3 Τελικά Αν =3ν - ι Α + 3ν - ι(ν - 1)(Α - 31) =3ν - ι[Α + (ν - 1)(Α - 31)] = 3ν - ι [ 3 - ν

[ 1 1 ο ] . 3. Δίδεται πίνακας Α = � � � . Να υπολογίσετε τον Αν, ν ε Ν* .

1η Λύση

-ν

3 2 Από τη σχέση (2) του γενικού μέρους έχουμε: Α - ( 1 + 1 + 1 )Α + (1 + 1 + l)A - 13 = Ο δη-λαδή : Α3 - 3Α2 + 3Α - 13 = Ο.

Θεωρούμε τα πολυώνυμα: R(x) = χ3

- 3χ2 + 3χ - 1 και S(x) = χν. Οι ρίζες του R(x) είναι 1 . (τριπλή) και επομένως: χ ν = (χ·- 1{Π(χ) + αχ2 + βχ + γ.

Με τη βοήθεια της πρώτης και της δεύτερης παραγώγου, της προηγούμενης σχέσης, προσδιορίζουμε τα α, β, γ σύμφωνα με τα προηγοpμενα_, τελικά έχουμε:

Α' �[

�

� ν(νΓ ] •

2η Λύση

Α � [ � ! � Η � � ! ] � 13 + Β, όπου Β � [ � � ! ] Επειδή Β· Ι = J.B έχουμε: Αν =(I Β)ν =lν Ιν - ιΒ ν(ν - 1)Ιν - zBz Βν =I Β ν(ν - 1)Β2 Βν + + ν + 2 + . . . + + ν + 2 + . . . + Επίσης έχουμε:


Υπολογισμός της δύναμης ΑΌ ν ε JN• τετραγωνικού πίνακα Α

ο ο ο

και επομένως Β ν = Ο, ν ;;.: 3.

ο ο ο

Σ ' , ' ' θ ' Α

ν Ι Β ν( ν - 1) Β2 [ υνεπως απο την προηγουμενη σχεση α εχουμε: = + ν + 2 = 0 ο

ν

1 ο

ν(ν - 1) ] 2 ν

'Εστω Α' = [ � aν bv

] 3η Λύση 1 c

Ιν και έχω:

ο av b,. [ I

ν + I ν Α = Α ·Α = � c"

ο Επομένως: av + ι = 1 + a\'

bv + 1 = a,. + b,.

cν � 1 = 1 + cv

Η � Ι ο

με a1 = Ι

με b 1 = Ο

με c1 = 1

ο

Η

Ι 1 + av a\' + bν

] ο Ι 1 + cv ο ο Ι

Με τις σχέσεις αυτές προσδιορίζουμε τα aν, bν, cν και τελικά έχουμε: av = 1 , cν = 1 , bv = ν( ν 2 1 )

Μ Ι ΧΑΛΗ ΚΑΡΑΜΑΥΡΟΥ μόλις κυκλοφόρησε

Ζητείστε το στο βιβλιοπωλείο σας ή στη διεύθυνση :

Φροντιστήρια "ΔΙΑΓΩΝΙΟΣ " Μητροπόλεως 1 05 - Θεσσαλονίκη

Τηλ. (03 1 ) 234 300, 270 390

Fax : 24 1 1 84

ΝΙΚΟΥ ΦΑΠΠΑ

• Άλγεβρα Α' Λυκεfου (2 τεύχη)

Το βιβλiο περιέχει πλήρη θεωρία, επιλεγμένα παραδεlγματα και πολλές πρωτότυπες ασκήσεις.

• Η απόδειξη οτα Μαθηματικά Για καθηγητές και φοιτητές

Στα κεντρικά βιβλιοπωλεία Κεντρική Διάθεση: Γ. Κορφιάτης Ιπποκράτους 6, τηλ. 36.28.492

ΤΟ ΣΥΓΧΡΟΝΟ ΒΙΒΛΙΟ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ Ακαρα[τητο crε όλους ΚΑΘΗΓΗΤΕΣ κω ΜΑΘΗΤΕΣ Κ. ΓΙΑΛΟΥΡΗΣ Κ.ΣτΑΘΟΠΟΥΛΟΣ Διδάκτωρ Πληροφορικής- Μαθηματικός MSc Computer Science - Μαθηματικός

ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΕΠΙΣΤΗΜΗ Πληροφορική Παιδεlα Εκδοcrη Α - 1995

Κεντρικιί διάθεση από τουςσυγραφείς, τηλ: 6205605, 094-507252, 9413516 ιί στα βιβλιοπωλεία :

ΕΚΔΟτJΚΟΣ ΟΜΙΛ ΟΣ ΣΥΓΓΡΑ ΦΕΩΝ ΚΑ ΘΗΓΗΤΩΝ Σόλωνος 100 ΕΛΕ ΥΘΕΡΟ ΥΔΑΚΗΣ Νίκης 4 ΚΩΣΤ Α ΡΑ ΚΗ Ιπποκράτους 2 ΠΑΠΑΣΩΤΗΡΙΟ Υ Στουρνάρα 35 ΣΑ ΒΒΑΛΑ Ζ. Πηγής 18 κω Σόλωνος


Δημοσιεύουμε δύο ακόμα λύσεις της 1 ης άσκησης Γεωμετρίας Α' Λυκείου τεύχος 3/95.

Λύση 3η Θεωρούμε σημεία Ζ εσωτερικό της ΒΓ, τέτοιο ........

ώστε ΒΑΖ = 30° και το συμμετρικό Ζ' του Ζ ως προς την ΑΒ. Εύκολα βρίσκουμε ότι: ........ ........ ........

Γ ΑΖ = 70° = ΑΖΓ, ΖΑΖ' = 60° = ΑΖΖ' = ΑΖ'Ζ, ........ Ζ'ΖΒ = 50°, οπότε είναι και

ΑΓ = ΑΒ = ΓΖ, ΑΖ = ΖΖ'. ........

Ακόμη είναι ΒΖΔ = ΖΔΒ = 20°, καθώς εκ κατα-σκευής είναι ΒΔ = ΑΔ - ΑΒ = ΒΓ - ΖΓ = ΒΖ, ή Δ ΒΔ = ΒΖ. ........

Α

Γ

Άρα Ζ'ΖΔ = 70° = ΖΖ' Δ, οπότε τα τρίγωνα Γ ΑΖ και ΔΖΖ' είναι ίσα, αφού ΑΖ = ΖΖ' και ........... ........... ..-.. ......... ΓΑΖ = ΓΖΑ = Ζ'ΖΔ = ΖΖ'Δ = 70°, οπότε ΓΑ = ΔΖ' = ΔΖ = ΖΓ.

........ ........ 20° ........ Συνεπώς ΖΔΓ = ΖΓ Δ = Τ = 10°, ή ΒΓΔ = 10°. Γεωρ. Κατσούλης

Λύση 4η Κατασκευάζω το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΕΒ

..... ΑΔΓ = ΕΒΓ ........ (ΑΔ = ΒΓ, ΑΓ = ΕΒ, ΔΑΓ = ΕΒΓ = 100°)

Άρα ..-.. ......... ......... .........

ΕΓ = ΔΓ, ΑΔΓ = ΕΓΒ = 30°, ΑΓΔ = ΒΕΓ = 50°. Άρα χ = 1 0°.

Ιωαννίδης Αντώνης, Μαθηματικός Δ

Προτεινόμενη άσκηση 2 Γ.Κατσούλη (τεύχος 3, σελ. 61, Γεωμετρία Α' Λυκείου)

Ε

Γ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με: Α = 90°, ΑΒ = ΑΓ, ΒΔ διάμεσο και Ε σημείο της ΒΓ τέτοιο ώστε ΓΕ =�ΒΓ. Δείξτε ότι ΑΕ J. ΒΔ.


Στις αακήσεις λέμε ΝΑΙ!

Λύση lη Φέρω ΓΖ διάμεσο και έστω Η μέσο ΕΒ. Τότε ΗΒ = ΗΕ = ΓΕ. Φέρω ΖΗ. Αφού Ζ, Η μέσα των ΑΒ, ΕΒ, ΗΖ I/ ΑΕ <=>ΕΘ I/ ΗΖ. Αφού Ε το μέσο ΓΗ και ΕΘ // ΗΖ, τότε Θ μέσο ΓΖ. Άρα ΑΘ

διάμεσος.

Γ

Επομένως I fi = Λi I (ΓΘ = ΘΑ <=> ΓeΑ ισοσκ. αφού η διάμε- Δ

σος ισούται με το� της υποτείνουσας) ....... ....... .......

Γ ΑΖ = ΔΑΒ (Α = 90°, ΑΒ = ΑΓ (Υ), ΑΖ = ΑΔ μισά ίσων πλευρών)

Άρα I Β;= Γ� ι .

, Ι] Λυση 2 Φέρνουμε ΑΚ διάμεσο}

Α�Γ ισοσκελές άρα ΑΚ ύψος οπότε κΊ = 90° ΑΒΓ ορθογώνιο

..-... ..-... ........... .......... Στο ΟΚΒ, Οι = 1 80° - Κι - Β2 = 90° - Β2 ( 1 ) ....... ....... ,.... Οι = 02 άρα 02 = 90° - Β2 Για να είναι ΛΊ = 90°, δηλαδή ΔΒ .l ΑΕ, αρκεί I :Β:= Α� I

διότι τότε θα είναι:

..-... .......... ..-.. ..-... ..-... Λ ι + Αι = 1 80° - 02 άρα Λ ι + Αι = 90° + Β2 άρα Λ ι = 90° .

..-... ........... ..ι::.. .Α. Για να είναι Β2 = Αι αρκεί ΟΒΚ = ΑΕΚ.

Α

Γ

Δ

z Β

Τσακμάκης Κων/νος Α' τάξη ΕΠΛ Αγρινίου

Είναι ΕΚ = ΓΚ - ΓΕ = Γ2Β -�Β

<=> ΕΚ = k ΓΒ και Ο βαρύκεντρο στο ΑΒΓ οπότε

1 1 1 1 ΟΚ = - ΑΚ = - · - ΓΒ <=> ΟΚ = - ΓΒ 3 3 2 6 ...... .....

Άρα ΟΒΚ = ΑΕΚ (ΕΚ = ΟΚ, ΑΚ = ΚΒ, ορθογώνια). Αναστόπουλος Δημήτρης του Γεωργίου

Λύση 3η Έστω Α' το συμμετρικό του Α ως προς την ΒΓ.

..... ..... Τότε το ΑΓ Α'Β είναι τετράγωνο (ΑΒΓ = Α'ΒΓ) και συνεπώς

ΑΟ = ΑΌ δηλαδή Ο μέσο ΑΑ' (βλ. σχήμα 1). Έτσι, στο ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΓ Α' η ΓΟ εί

ναι διάμεσος και επιπλέον

ΓΟ = ΒΓ 2

<=> Ζ = μέσο της Α'Γ οπότε ΓΕ = ΒΓ

3


Α

Α'

Στις ασκήσεις λέμε ΝΑΙ!

ΓΖ = Α�Γ = Α[ = ΑΔ.

Επομένως, τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΔ, ΑΖΓ είναι ίσα, γιατί έχουν:

i) ΑΒ = ΑΓ, ii) ΑΔ = ΓΖ. ......_ ......_ ......_

Άρα Α1 = Β1 ( Ι ).Τότε όμως: Αι + Δι =Βι + Δι = 90 δηλαδή ΑΖ .l ΒΔ ή ΑΕ .l ΒΔ.

Λύση 4η Προεκτείνω την

ΓΘ = ΑΓ = β. Στο ορθ. τρίγωνο ΑΒΘ

ντρο.

ΑΓ κατά

Ε = βαρύκε-

Άρα το ΑΕ προεκτεινόμενο περνά απ' το μέσο Ζ του ΒΘ.

Τσακμακίδης Κοσμάς 1° Λύκειο Κομοτηνής

Γ, Ζ μέσα των ΑΘ και ΒΘ αντίστοιχα οπότε 8 �-------------=�--�=κ

ΓΖ // ΑΒ } ΑΒ .l ΑΘ άρα

ΓΖ .l ΑΘ.

Φέρνω ΑΙ // ΒΓ. Επειδή ΖΓ // ΑΒ, ισχύει: ΑΙΓΒ παρ/μο.

θ Αφού Δ μέσο της ΑΓ ή ΒΔ προεκτεινόμενη θα περνά από το Ι . (Δ κέντρο του παρ/μου).

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ΑΙ + ΙΘ = ΒΓ + (ΙΓ + ΓΘ ) = ΒΓ + ΑΒ + ΑΒ = ΒΓ + 2ΑΒ =

2 2 2 2 2 2ΑΒ + 2ΑΒ = 4ΑΒ = (2ΑΒ) = ΑΘ .

..Δ. Άρα ΑΙΘ ορθογώνιο .

..Δ. [fo ΑΙΘ ορθογώνιο αποδεικνύεται και από το ότι ΒΓΑ = ΓΑΙ = 45° (εντός εναλλάξ ΑΙ // ΒΓ) . ..Δ. ......_ Επίσης ΑΙΘ ισοσκελές αφού ΙΓ ύψος και διάμεσος οπότε ΑΘΙ = 45°]

..... ΖΔ // ΙΘ } Στο ΒΘΙ: Ζ, Δ μέσα των ΒΘ και ΒΙ άρα ΙΘ .l ΑΙ οπότε ΖΔ .l ΑΙ.

..Δ. Άρα στο ΑΖΙ έχουμε ένα ύψος το ΑΓ και ένα άλλο το ΖΔ που τέμνονται στο Δ δηλαδή Δ ορθόκεντρο οπότε ΙΗ το τρίτο ύψος. Οπότε ΑΖ .l ΒΔ στο Η.

Λύση 5η Φέρουμε την ΕΖ .l ΑΒ που τέμνει την ΒΔ στο Η. Τότε

ΔΗ ΓΕ 1 ΗΒ

= ΕΒ = 2

Άρα το Η είναι βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, άρα η ΑΗ εί-..... ..... ναι διάμεσος στο ΑΒΓ, άρα και ύψος (ΑΒΓ ισοσκελές).

Στο τρίγωνο ΑΕΒ τότε, έχουμε:

ΑΗ .l ΕΒ, ΕΖ .l ΑΒ

Άρα το Η ορθόκεντρο. Επομένως ΒΗ .l ΑΕ.


Γ

Δ

Α

Ιωαννίδης Αντώνης Μαθηματικός

Β Καρπάθιος Στέλιος

Μαθηματικός


Λύση 6η Έστω Μ μέσο της ΒΓ, οπότε προφανώς ΜΔ // ΑΒ και ά

ρα ΜΔ .l ΑΓ. Αν η Γ χ .l ΑΓ και ΔΕ n Γ χ Ξ Β', τότε από τα όμοια τρίγωνα ΜΔΕ και ΓΒΈ θα είναι:

ΓΒ' = ΓΕ = ΒΈ ( Ι ) ΜΔ ΕΜ ΕΔ

Εξάλλου είναι

ΓΕ 1 , ΓΕ 1 , ΓΕ 2 ΓΒ = 3 η 2ΓΜ = 3 η ΓΜ = 3 ή

ΓΕ 2 , ΓΕ 2 ΓΕ + ΕΜ = 2 + 1 η ΕΜ = l (2)

Από τις ( 1 ) και (2) παίρνουμε:

ΓΒ' = ΓΕ = ΕΒ' = � ή ΓΒ' = 2ΜΔ = ΑΒ (3) ΜΔ ΕΜ ΕΔ 1

I I

I

I I

I Β' I

I Χ

I Μ' Ε I , "' I _, "' /

Ακόμη τα τρίγωνα ΕΑΓ και ΕΒ'Γ είναι ίσα, καθώς έχουν ΑΓ = ΓΒ', κοινή την πλευρά ΓΕ ....... ....... και ΑΓΕ = ΕΓΒ' = 45°. ............ .......... .......... ..........

Άρα θα είναι ΑΕΓ = ΓΕΒ' και επειδή ΑΕΔ = ΒΈΜ', θα είναι ΔΕΓ = ΜΈΓ, οπότε τα τρίγωνα ....... ....... ΔΑΓ και ΜΈΓ είναι ίσα, καθώς έχουν την ΕΓ κοινή και ΕΓΔ = ΕΓΜ' = 45°.

Επομένως ΓΜ' = ΓΔ = Α[ = Γ:' ή το Μ' μέσο της ΓΒ'. ....... Συνεπώς τα τρίγωνα ΑΒΔ, ΓΑΜ', ΓΒ'Δ είναι ίσα και άρα, αν ω = ΕΑΓ, ω' = ΑΒΔ, φ' = ΒΔΑ, ....... .......

φ = Β'ΔΓ, είναι ω' = ω, φ' = φ και επειδή φ' + ω' = 90°, θα είναι και φ' + ω = 90° ή ΑΚΔ = 90° ή ΑΕ .l ΒΔ.

Λύση 7η Εύκολα βρίσκουμε ότι:

2 . 2 2 ΑΔ2 = ΑΒ ΒΕ2 =

(2ΒΓ) = 4ΒΓ = i .2ΑΒ2 = � ΑΒ2 4 ' 3 9 9 9 .

Ακόμη είναι:

Κυριαζής Νίκος

2 ΔΕ ΜΕ 1 ή ΔΕ 1 1 ΔΕ η' ΔΕ = ΔΒ' = ΔΒ η' ΔΕ2 = ΔΒ (4) ΕΒ' =

ΕΓ = 2 ΔΕ + ΕΒ' 1 + 2 = 3 = ΔΒ' 3 3 9

Εξάλλου είναι: 2

ΒΔ 2 = ΑΒ2 + ΑΔ 2 = ΑΒ2 + Α: =% ΑΒ2, οπότε η ( 4) παραπάνω γίνεται: ΔΕ2 = {6 ΑΒ2.

Άρα θα είναι:

ΑΒ2 + ΔΕ2 = ΑΒ2 + {6 ΑΒ2 = j� ΑΒ2 (5) και

Σ ' ' (5) (6) ' ' ΑΒ2 + ΔΕ2 --ΑΔ2 + ΒΕ2 (7) υνεπως απο τις και προκυπτει οτι:

Η σχέση (7), σύμφωνα με το αντίστροφο γνωστού θεωρήματος της Γεωμετρίας, σημαίνει ότι ΑΕ .l ΒΔ.

Κυριαζής Νίκος



Λύση 8η Έστω Ρ το μέσο της ΒΔ. Τότε ΒΡ = ΡΔ = ΔΓ. Φέρω ΔΜΗ. Είναι ΔΜ // ΑΡ. � Στο ΒΔΗ (Ρ μέσο, ΡΑ 11 ΔΗ) είναι Α μέσο της ΒΗ.

"' "' Έτσι Βν = Ην (ΜΑ μεσοκάθετος του ΒΗ)

"' Ην = Αν (εντός - εκτός)

"' ..... Αν = Αν• = ν (διότι ΑΡΒ = ΑΔΓ)

"' "' Έτσι ΒΑΔ + ΑΒΜ = (ν + φ) + ν = 2ν + φ = Α = 90°,

οπότε ΒΜ l. ΑΔ. Στεργίου Μπάμπης - Στασινοπούλου Τζίνα

"' "' Φέρω ΔΕ l. ΑΒ. Αρκεί χ + φ = 90°

"""" ..... Αλλά ΑΕΔ - ΑΒΜ διότι: ΑΕ ΔΓ 1 ΕΔ ΒΔ 2 ΑΒ = ΓΒ = 3, ΑΓ = Βr = 3·

ΑΕ 1 , ΑΒ 3 1 ΑΕ 1 ( ΑΜ) Οποτε ΔΕ = l = 2 = ΔΕ = 2 = ΑΒ

ΑΓ 3 Από την ομοιότητα προκύπτει χ = y. .......... ......... .......... .......... Αλλά y + φ = 90°, οπότε χ + φ = 90°.

Β

Υ

Γ

Η

Γ

Στεργίου Μπάμπης - Στασινοπούλου Τζίνα

Λύση 1 0η Θεωρούμε το τετράγωνο ΑΒΕΓ και τη διαγώνιο ΑΕ. Στο τρίγωνο ΑΓΕ είναι

Έτσι το Δ είναι κ. βάρους. ..... Συνεπώς η ΑΔΝ είναι διάμεσος του ΑΓΕ. .......... .......... .......... .......... Προφανώς ΑΒΜ = ΑΓΝ έτσι χ = y και φ = ω. .......... ......... .......... .......... Αφού χ + φ = 90° θα είναι και y + φ = 90°. Οπότε ΑΔ l. ΒΜ.

Στεργίου Μπάμπης - Σταcnνοπούλου Τζίνα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ;: Β' ιcθ. τ. 2/62


Λύση l lη

Προεκτείνω την ΑΒ κατά ΒΕ = ΑΒ. Θεωρώ το μέσο Ρ του ΒΔ. Τότε ΒΡ = ΡΔ = ΔΓ. Επειδή ΓΒ διάμεσος του ΓΑΕ και ΒΡ = ! ΒΓ, το Ρ είναι κέντρο

...... ....... βάρους του ΑΓΕ, έτσι η ΑΡΖ διάμεσος του ΑΕΓ .

....... Αφού ΑΕΓ ορθογώνιο, ΑΖ διάμεσος:

"" "" Εφ = Αφ = Βφ (λόγω ΒΜ // ΕΓ) = ω (λόγω ΑΡΒ = ΑΔΓ)

"" "" Άρα ΔΑΒ + ΑΒΜ = (χ + φ) + φ = χ + φ + ω = Α = 90°.

Έτσι ΑΔ .l ΒΜ.

�-\σκηση 1 η

Στεργίου Μπάμπης - Στασινοπούλου Τζίνα

Προτεινόμενες Ασκήσεις Γεωμετρία Α' Λυκείου

Ε

Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ. Φέρουμε την ΒΕ κάθετη στη διαγώνιο ΑΓ. Αν Ζ και Η τα μέσα των ΑΕ και ΔΓ αντίστοιχα. Δείξτε ότι ΒΖ .l ΖΗ.

Γιώργος Κατσο6λης

'Ασκηση 2 η

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ Α = 90° Με κορυφή το μέσο Μ της υποτείνουσας ΒΓ σχηματίζουμε ορθή γωνία που τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ στα Κ,Λ αντίστοιχα. Από το Γ φέρουμε ΓΟ//ΛΚ. και ΓΟ = ΛΚ.

Δείξτε ότι ΟΜ .l ΒΓ.

Σταμάτης Καλίκας

Ανάλυση Γ Λυκείου 'Ασκηση 3 η

Η συνάρτηση f είναι ορισμένη στο διάστημα [0, 1] . Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση f έχει παράγουσα στο διάστημα [0,1 ) και έστω F μια παράγουσά της. Δείξτε ότι υπάρχει Χο e (0, 1) τέτοιο ώστε να ισχύει:

2 �2 I f(xo) · F(xo) I < 1 + F (χο).

Κων/νος Γεωργακόπουλος


Στέφανος Μπαf!δέκιις

ΜΔθΗΜΑΤΙΚΔ Για κα'λοvς μα7Jητες · ΜΑθΗΜΑΤΙΚΔ 1ια καλοvς μαrlητες

Γ' Γ Υ Μ..ΝΑΣ.Ι o y Γ ' Γ Υ Μ Ν Ά Σ Ι Ο Υ

Ζ ω ο δ . Π η γ ή ς 1 8 & Σ ό λ ω ν ο ς 1 0 6 8 1 Α θ ή ν α Τη λ . 3 3θ 1 2 5 1 F a x�3 8 1 0 9 0 7 . - . - ' . '1-··�

-----.._ • -- -- ::::--� ..---------·_::-----� I �

Documents

Ευκλειδης Β 18