Ευκλειδης Β 72

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 72 - Απρίλιος - Μάιος - Ιούνιος 2009- Έτος λη' - Ευρώ: 3,50

e-maίl: ί[email protected] www.hms.gr

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ -<' Οι Μαθηματικοί του Μεσαιωνικού Ελληνισμού

-<' Homo Mathematicus

Μαθηματικά Α' Τάξης -<' Άλγεβρα: Επαναληπτικά θέματα

-<' Γεωμετρία: Επαναληπτικές Ασκήσεις

Μαθηματικά Β' Τάξης -.' Άλγεβρα: Γενικές Επαναληπτικές Ασκήσεις

-<' Γεωμετρία: Εμβαδά Ευθυγράμμων σχημάτων

και Καμπυλογράμμων χωρίων

-<' Κατεύθυνση: Επαναληπτικά θέματα

Μαθηματικά Γ' Τάξης -<' Μαθηματικά Γενικής Παιδείας: Επανάληψη στην ύλη

-<' Μαθηματικά Κατεύθυνσης: Ασκήσεις Ανάλυσης

-<' Μαθηματικά Κατεύθυνσης: Γενικά θέματα

••••••• • •••• • •••••••••

-<' Το Βήμα του Ευκλείδη

-<' Ο Ευκλείδης προτείνει .•.

-<' Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

-<' Αλληλογραφία

7

11 14

21

28 39

45 52 59

64 75 78 81

Γράμμα της Σύνταξης Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφαι,

Φτάσαμε αισίως στο τέλος και αυτής της σχολικής χρο

νιάς με πιεσμένο και φέτος τον απαιτούμενο διδακτικό χρ

όνο, γι' αυτό και οι μαθητές και οι δάσκαλοι είμαατε

υποχρεωμένοι να καταβάλουμε μεγαλύτερες προσπάθειες

προκειμένου να καλύψουμε, κατά το δυνατό την ύλη σε

λιγότερο χρονικό διάατημα.

Ιδιαίτερες ευχές στέλνουμε ατους μαθητές της r· Λυκείου

που δίνουν φέτος ένα καθαριστικό αγώνα για την αταδιο

δρομία τους.

Θέλουμε να πιατεύουμε ότι καλύψαμε και φέτος αρκετές

από τις απαιτήσεις των αναγνωστών μας παρά τις

δυσκολίες που συναντήσαμε στην προσπάθεια μας να

συγκεράσουμε τις εργασίες που μας στέλνονται από την

περιφέρεια με τις εργασίες των συναδέλφων της Αττικής

και τις Συντακτικής Επιτροπής με αμείλικτο οδηγό το χρό

νο που μας πιέζει πάντα. Έτσι καταφέραμε και φέτος να

βγουν σχετικά έγκαιρα τα δύο τελευταία τεύχη. Ευχαρι

ατούμε και από αυτή τη θέση όλους τους συνεργάτες γιατί

χωρίς τη δική τους συμβολή, αυτό θα ήταν ανέφικτο.

Σας ευχόμαστε καλό καλοκαίρι και σας περιμένουμε με

χαρά για την νέα έκδοση του Ευκλείδη β'. Ο Πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Γ.Σ. Τασσόπουλος

Ο Αντιπρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής β. Ευσταθίου

ΣύνΘεση εξωφύλλου:

Πίνακας του J. Miro σε ελεύθερη απόδοση

•••••••••••••••••••••••• • •••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• • ••••••••

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕτΑΙΡΕΙΑΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34 106 79 ΑΘΗΝΑ

ΤΙ}\.: 210 3617784-3616532 Fσ:ιc: 2103641025 Εκδότης: Αλεξανδρής Νικόλαος

Διευθυντής: Τυρλής Ιωάννης

Επιμέλεια 'Εκδοσης: Τασσόπουλος Γιώργος

Ευσταθίου Βαγγέλης

Εκτελεστική Γραμματεία

Πρόεδρος: Τασσόπουλος Γιώργος

Αντιπρόεδρος: Ευσταθίου Βαγγέλης

Γραμματέας: Χριστόποuλος Πcιναyιώτης Μέλη: Αργυράκης Δ.

Δρούτσας Π. Λουρίδας Σ. Ταπεινός Ν.

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 ISSN: 1105- 7998

Αθανασόπουλος Γεώργιος Αναστασίου Γιάννης Ανδρουλακάκης Νίκος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυράκης Δημήτριος Βακαλόπουλος Κώστας Δρούτσας Παναγιώτης Ευσταθίου Βαyylλης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Ζώτος ΒαyyεΛης Κακκαβάς Απόστολος Καλίκας Σταμάτης ΚανεΛλος Χρήστος Καραγκούνης Δημήτρης Καρακατσάνης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Καρδαμίτσης Σπύρος Κηπουρός Χρήστος Κλάδη Κατερίνα

Συντακτική επιτροπή Κόντζιας Νίκος Κοτσιφάκης Γιώργος ΚουτρουμπεΛας Κώστας Κυριαζής Ιωάννης Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος Θανάσης Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λάππας Λευτέρης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μανωλάκου Στοματική Μαυροyιαννάκης Λεωνίδας Μενδρινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μπρίνος Παναγιώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Πανουσάκης Νίκος Ρέyκλης Δημήτρης

Σα'ϊτη Εύα

Σταϊκος Κώστας

Στάϊκος Παναγιώτης

Στρατής Γιάννης

Ταπεινός Νικόλαος

Τασσόπουλος Γιώργος

Τζιώτζιος Θανάσης

Τριάντος Γεώργιος

Τσαγκάρης Ανδρέας

Τσατούρας Ευάγγελος

Τσικαλουδάκης Γιώργος

Τσιούμας Θανάσης

Τυρλής Ιωάννης

Φανlλη Άννυ

Χαραλαμποπούλου Λίνα

Χαραλάμπους Θάνος

Χριστιάς Σπύρος

Χριστόπουλος Παναγιώτης

Ψύχος ΒαyyεΛης ••••••••• • •••••••••••••••• • •••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••

• Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείvοvrαι από την Ε.Μ.Ε.

• Οι συνερyάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να στεΛvοvrαι έγκαιρα, στα yραφεία της Ε.Μ.Ε.

με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β'". Τα χειρόyραφα δεν εmστρέφοvrαι.

Τιμή Τεύχους ευρώ 3,50 Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά= ευρώ 14,00) Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00 Το αvrίπμο yια τα τεύχη που παραyyεΛvοvrαι στέλνεται με απλή εmταyή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Τ αχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή

πληρώνεται στα yραφεία της Ε.Μ.Ε.

Εκτύπωση: ΙΝΠΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 210 8160330 Υneιίθuνος τunoypαφeίou: Β. Σωτηριάδης

Οι μαfJηματικοi του Μεσαιωνικού Ελληνισμού του Μιχάλη Μανωλόπουλου

ε σχετική βιβλιογραφία είναι περιορισμένη η αναφορά για τα μαθηματικά του Βυζαντίου . τ�'\Ι Στο κείμενο που ακολουθεί υπάρχει μία περιληπτική αναφορά σε μαθηματικούς του Με

σαιωνικού Ελληνισμού . Σημαντικό μέρος των βιογραφούμενων εκτός από την ενασχόληση του με τα μαθηματικά είχε να επιδείξει επιστημονική δράση και στις υπόλοιπες θετικές επι-

4/j!!!!!ΙIJ στήμες όπως και στην θεολογία, την φιλοσοφία, την ποίηση και την ιστορία. Κάποιοι υπήρξαν επίσης προσωπικότητες με έντονη πολιτική δράση . Όπως είναι φυσικό το ενδιαφέρον μας ε

στιάστηκε κυρίως στην πρώτη τους δραστηριότητα. Και μία επισήμανση που νομίζουμε δεν στερείται σημασίας. Η αυτοκρατορία που επί έντεκα αιώ

νες διαμόρφωσε ένα λαμπρό πολιτισμό, ποτέ δεν αυτοαποκλήθηκε Βυζαντινή . Οι κάτοικοι της ονόμαζαν τους εαυτούς τους Ρωμαίους ή Χριστιανούς και την πατρίδα τους Ρωμανία. Όσο μάλιστα υποχωρούσε, με το πέρασμα του χρόνου, η ταύτιση του Έλληνα με τον ειδωλολάτρη διευρύνετο η χρήση του ονόματος Έλληνας. Σ' αυτό το άρθρο λοιπόν υπάρχει η συνεισφορά της «Νέας Ρώμης» στα μαθηματικά, αλλά και στις φυσικές επιστήμες γενικότερα, συνεισφορά του Ελληνισμού και μάλιστα του Μεσαιωνικού Ελληνισμού . Είναι απαραίτητο να αναφερθεί εδώ, μια άποψη που την ασπάζεται η πλειοψηφία των ιστορικών της επιστήμης. Ο Μεσαίωνας δεν είναι καθόλου μια «σκοτεινή» περίοδος της ιστορίας, όπως ίσως Θα άρεσε σε κάποιους, ούτε η σχολαστική παράδοση εκείνης της εποχής υπονόμευε την επιστήμη . Αυτά κυρίως για τον δυτικό Μεσαίωνα γιατί στην Ανατολή έχουμε μία τεράστια πνευματική , πολιτιστική καλλιτεχνική και επιστημονική άνθιση , με αποτέλεσμα τον 14 ο και 15° αιώνα, τα πλήθη στη Δύση να κρέμονται από τα στόματα ακόμα και μετρίων λογίων προσφύγων από την Ανατολή . Η δημιουργικότητα του ελληνικού πνεύματος δεν περιορίζεται μόνο στην αρχαιότητα. «0 ρόλος του Βυζαντίου στην εξέλιξη των επιστημών και ιδιαίτερα των μαθηματικών και της αστρονομίας είναι σημαντικός» (Ιστορία της Βυζαντινής Αυτοκρατορίας, έκδοση του Πανεπιστημίου του Cambridge) . Κληρικοί, μοναχοί αλλά και λαϊκοί καλλιέργησαν και συντήρησαν τον πολιτισμό και τις επιστήμες. Χαρακτηριστικό της ευρύτητας του πνεύματος των, είναι το ενδιαφέρον τους για την σοφία των Περσών και των Ινδών, όπως αναφέρει ο καθηγητής Β . Τατάκης.

Συνηθίζεται η Βυζαντινή Ιστορία να διαιρείται σε τρεις μεγάλες περιόδους : την Πρώιμη , τη Μέση και την Ύστερη .

<.ιοη Περiοi'Ίος: Αρχίζει το 324 μ .Χ . με την ίδρυση της Νέας Ρώμης (Κωνσταντινουπόλεως) . Διαρκεί μέχρι τα μέσα περίπου του γυ αιώνα. Το τέλος της συμπίπτει με την άνοδο του Ισλαμισμού και την οριστική εγκατάσταση των Αράβων στις νοτιοανατολικές ακτές της Μεσογείου. Β. \l Πιμiοδος: Διαρκεί μέχρι την άλωση της Κωνσταντινουπόλεως από τους Σταυροφό-ρους το 1204. Γ. ,,.ση:μη Π;:ρiοδος: Από το 1204 μέχρι την Αλωση της Πόλης από τους Τούρκους, το 1453 .

Μαθηματικοί της Πρώιμης Περιόδου

Σερήνος (4°ς μ.Χ. αιώνας) . Έλληνας μαθηματικός από την Α ντινούπολη της Αιγύπτου . Χρονολογικά η δράση του τοποθετείται μεταξύ του Πάππου (τέλη του 3ου μ.Χ. αιώνα) και του Θέωνος του Αλεξανδρέως (330-390 μ.Χ . ) . Έχουν σωθεί τα εξής δύο έργα του : Περί κυλίνδρου τομής και Περί κώνου τομής. Έγραψε επίσης σχόλια στα Κωνικά του Απολλώνιου , τα οποία χά-

. θηκαν. Στο Περί κυλίνδρου τομής αποδεικνύει 'ότι αν ο κώνος και ο κύλινδρος τμηθούν κατά ορισμένο τρόπο προκύπτουν ταυτόσημα σχήματα. Στις τελευταίες σελίδες αυτού του βιβλίου πε

ι ριέχονται προτάσεις που αφορούν τις επιφάνειες και τους όγκους κυκλικών κώνων . Στο Περί κώνου τομής υπάρχει μια πρόταση που θεωρείται βασική για την θεωρία των αρμονικών λόγων. Και τα δύο αυτά έργα στηρίζονται σε εργασίες του Απολλώνιου του Περγαίου . Με την

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/1

----------- Οι μαθηματικοί του Μεσαιωνικού Ελληνισμού -----------

μελέτη των έργων του Σερήνου ασχολήθηκε την εποχή των Παλαιολόγων ο Έλληνας φιλόσοφος Θεόδωρος Μετοχίτης ( 1260- Ι 332) . Τα έργα του Σερήνου εκδόθηκαν από τον Σ.Α. Χάιμπεργκ το 1896, στην Βιβλιοθήκη Teutmer.

Θέων ο Αλεξανδρεύς (330-395 μ.Χ.) . Μαθηματικός, aστρονόμος και φιλόσοφος, δίδαξε στο μουσείο της Αλεξάνδρειας (πανεπιστήμιο και βιβλιοθήκη) , του οποίου διατέλεσε και διευθυντής. Κατέγραψε δύο εκλείψεις του ηλίου (των ετών 365 και 372). Έγραψε ένα αστρονομικό σύγγραμμα βασισμένο στο έργο του Ιππάρχου . Εξέδωσε το 370 μ .Χ . τα στοιχεία του Ευκλείδη , μάλιστα υπήρξε διάδοχος του στη σχολή . Ο αριθμός των βιβλίων που συνέγραψε φαίνεται πως ήταν 13. Σώζεται πλήρως το βιβλίο που περιέχει σχόλια στη Σύνταξη του Πτολεμαίου .

Πρόκλος ο Λύκειος (4 10-485 μ.Χ.) . Νεοπλατωνικός φιλόσοφος, μαθηματικός και aστρονόμος. Γεννήθηκε στην Κωνσταντινούπολη και πέθανε στην Αθήνα. Υπήρξε μαθητής του'Ηρωνα, του Ολυμπιόδωρου, του Πλουτάρχου και του Συριανού τον οποίο διαδέχθηκε στην διεύθυνση της Ακαδημίας Αθηνών. Ο βιογράφος του και μαθητής του Μαρίνος, αναφέρει ότι σπούδασε στην Λυκεία και κατόπιν στην Αλεξάνδρεια. Ήταν πολυμαθής, με πνεύμα συστηματικό όχι όμως και δημιουργικό. Είχε aσκητικές τάσεις. Έγραψε φιλοσοφικά έργα καθώς και σχόλια σε έργα του Πλάτωνα και του Αριστοτέλη . Στο έργο του Περί σφαίρας πραγματεύεται τους ουράνιους κύκλους, υπάρχει δε αναφορά στον Ερμή και την Αφροδίτη ως δορυφόρων του Ηλίου . Έγραψε επίσης το Υ ποτύπωσις των aστρονομικών υποθέσεων. Πρόκειται για σχόλια στον Ευκλείδη το Νικόμαχο και τον Πτολεμαίο . Από τα υπομνήματα του στον Ευκλείδη σώζεται δυστυχώς μόνο εκείνο που αναφέρεται στο πρώτο βιβλίο, το οποίο περιέχει και πολλές ιστορικές πληροφορίες.

Αμμώνιος (5°ς μ.Χ. αιώνας). Νεοπλατωνικός φιλόσοφος aστρονόμος και σχολιαστής. (Σχολιαστές ονομάζονται οι εξηγητές των κειμένων των μεγάλων μαθηματικών συγγραφέων). Έζησε και δίδαξε στην Αλεξάνδρεια. Σπούδασε με τον αδερφό του Ηλιόδωρο στην Αθήνα έχοντας δάσκαλο τον Πρόκλο. Υπήρξε δάσκαλος των πιο σημαντικών νεοπλατωνικών του 6°" αιώνα, όπως του Συμπλίκιου του Ολυμπιόδωρου, του Ιωάννη του Φιλόπονου και άλλων. Προσπάθησε να συνδυάσει τον μυστικισμό των νεοπλατωνικών με τον ορθολογισμό του Αριστοτέλη . Από την κοσμολογία του διαφαίνεται πως ήταν κοντύτερα στον Χριστιανισμό παρά στην αρχαία ελληνική σκέψη. Υπήρξε σχολιαστής των έργων του Αριστοτέλη . Στα σχόλια του στις Κατηγορίες του Αριστοτέλη αναφέρεται στον τετραγωνισμό του κύ-

κλου. Υποθέτει μάλιστα το αδύνατο της λύσεως του, υπόθεση ορθή όπως αποδείχθηκε το 1882.

Συνέσιος (370-4 13). Επίσκοπος Πτολεμα"ίδος. Νεοπλατωνικός φιλόσοφος, χαρακτηριστικός εκπρόσωπος του αρχαίου κόσμου στην μεταβατική περίοδο της τελικής επικρατήσεως του χριστιανισμού στην Αίγυπτο . Σπούδασε φιλοσοφία στην Αλεξάνδρεια, όπου παρακολούθησε τις παραδόσεις της φιλοσόφου Υ πατίας. Παρέμεινε τρία χρόνια στην Κωνσταντινούπολη παρακολουθώντας τις φιλοσοφικές τάσεις της εποχής του . Το 4 1 Ο κατόπιν απαιτήσεως του λαού χειροτονήθηκε επίσκοπος Πτολεμα"ίδος. Ασχολήθηκε ιδιαίτερα με την Αστρονομία και την Φυσική . Κατασκεύασε aστρολάβο, δηλαδή αστρονομικό όργανο για τον προσδιορισμό της θέσης ενός αστέρα στον ουράνιο θόλο . Έγραψε μάλιστα και σχετική πραγματεία με τον τίτλο: Προς Παιόνων υπέρ του δώρου αστρολαβίου λόγος.

Θέλοντας κανείς να αναφερθεί σε ονόματα και δραστηριότητες, κάνοντας πάντα μία επιλογή, θα πρέπει να γεμίσει σελίδες επί σελίδων. Όμως ο περιορισμός χώρος ενός άρθρου δεν το επιτρέπει. Έτσι περιοριζόμαστε σε μια απλή μνεία.

Ανατόλιος (3°ς έως 4°ς αιώνας) , επίσκοπος Λαοδικείας, μαθηματικός. Μαρκιανός ο Ηρ ακλιώτης (4u' μ.Χ. αιώ

νας) . Έλληνας γεωγράφος από την Ηράκλεια του Πόντου , διασωθέντα αποσπάσματα έργων του μαρτυρούν σωστές γνώσεις μαθηματικής γεωγραφίας.

Δαμιανός (4°' μ.Χ. αιώνας). Φυσικός, φιλόσοφος και μαθηματικός, από την Λάρισα της Συρίας.

Μαρίνος ο Νεαπολίτης (5"' μ.Χ. αιώνας) . Εξέδωσε τα Δεδομένα του Ευκλείδη προλογίζοντας τα και σχολιάζοντας τα.

Συ μπλίκιος (5°' μ.Χ. αιώνας). Φιλόσοφος, μαθηματικός, aστρονόμος και σχολιαστής.

Δόμνινος (5°ς μ.Χ. αιώνας). Νεοπλατωνικός φιλόσοφος και μαθηματικός. Εβραίος το θρήσκευμα.

Ο Ανθέμιος ο Τραλλιανός και ο Ισίδωρος ο Μιλήσιος (6°ς μ.Χ. αιώνας) είναι γνωστοί ως οι αρχιτέκτονες του περικαλλούς ναού της Αγίας Σοφίας, λίγοι όμως γνωρίζουν την λοιπή επιστημονική τους δράση . Αρχιτέκτονας μηχανικός και γεωμετρης από τις Τράλλεις της Μ. Ασίας ο πρώτος σπούδασε σε ανώτερες σχολές της αυτοκρατορίας. Εισήγαγε τον λόγο της χρυσής τομής σε πολλές κατασκευές του . Μελέτησε τις ιδιότητες των κωνικών τομών τις οποίες εφάρμοσε στην οπτική , προχωρώντας σε πολλά σημεία πέραν του Απολλώνιου του Περγαίου . Στον Α νθέμιο οφείλεται η ανακάλυψη ότι η εστία πα-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/2


ραβολικού κατόπτρου συγκεντρώνει τις ακτίνες που προσπίπτουν σ' αυτό παράλληλες προς τον άξονα του . Ο Ανθέμιος διακρίθηκε και για το συγγραφικό του έργο στον τομέα της μηχανικής, από το οποίο διασώθηκαν ελάχιστα αποσπάσματα της πραγματείας «Περί παραδόξων μηχανημάτων» . Πραγματευόταν σ' αυτήν την ελάχιστη δύναμη του υδρατμού και τα σφαιρικά τρίγωνα του Αρχιμήδη . Πέθανε το 534 μ.Χ. Θεωρείται ο διαμορφωτής του βυζαντινού ρυθμού στην αρχιτεκτονική, προσθέτοντας χαμηλό τρούλο στην βασιλική και σειρά παραθύρων στο τύμπανο του ναού. Ο δεύτερος ο Ισίδωρος ήταν μαθητής και ανιψιός του Ανθεμίου . Μαθηματικός και αρχιτέκτονας. Έχτισε μαζί με τον Α νθέμιο τον ναό της Αγίας Σοφίας στην Κωνσταντινούπολη με εντολή του αυτοκράτορα Ιουστινιανού, από το 532 έως το 537, καθώς και οχυρωματικά έργα στην Δάρα της Συρίας. Επινόησε όργανο με το οποίο γράφεται η υπερβολή . Δημοσίευσε το έργο Περί κατασκευής κοίλων κατόπτρων. Υπήρξε εκδότης και σχολιαστής των έργων του Ευτοκίου που αφορούσαν τον Απολλώνιο και τον Αρχιμήδη . Έγραψε επίσης σχόλια στα Καμαρικά του Ήρωνος του Αλεξανδρέως και εξέδωσε τα έργα του Αρχιμήδη . Υπήρξε δάσκαλος του τελευταίου διευθυντή της Ακαδημίας Αθηνών του Δαμάσκιου.

Ιωάννης ο Φιλόπονος (6°ς μ.Χ. αιώνας) . Βαθύς μελετητής του Πλάτωνα και του Αριστοτέλη . Έγραψε μονογραφίες στα Μαθηματικά και στην Αστρονομία. Έγραψε επίσης υπομνήματα στον Αριστοτέλη και στην Αριθμητική εισαγωγή του Νικόμαχου του Γερασηνού. Στέφανος ο Αλεξανδρεύς (6°ς μ.Χ. αιώνας) . Περίφημος έλληνας λόγιος και μαθηματικός επί της εποχής του αυτοκράτορα Ηρακλείου . Δίδαξε στο πανεπιστήμιο της Κωνσταντινουπόλεως φιλοσοφία, μαθηματικά, αστρο-νομία και μουσική .

Μαθηματικοί της Μέσης Περιόδου Κατά την μέση περίοδο, θα αναφερθούμε ε

κτενέστερα σε δύο λαμπρά ονόματα πνευματικών και επιστημονικών προσωπικοτήτων, του Λέοντος του Μαθηματικού και του Μιχαήλ του Ψελλού.

Λέων ο Φιλόσοφος ή Μαθη ματικός (9°ς μ .Χ . αιώνας) . Μητροπολίτης Θεσσαλονίκης. Λόγιος του 9ου αιώνα και από τις σημαντικότερες πνευματικές προσωπικότητες της εποχής του . Φιλόσοφος, aστρονόμος και μαθηματικός, κατέβαλλε μεγάλες προσπάθειες για να περισώσει το έργο των μεγάλων κλασσικών μαθηματικών. Με δ ική του πρωτοβουλία εκδόθηκαν τα Απαντα του Αρχιμή δη στην Κωνσταντινούπολη . Δίδαξε στην ανώτερη σχολή της Μαγναύρας φιλοσοφία, μαθηματικά, αστρονομία και μουσική και απέκτησε μεγάλη φήμη , όχι μόνο στην αυτοκρατορία αλλά και στον αραβικό κόσμο. Ο ίδιος είναι επίσης ο συγγραφέας του ιατρικού συγγράμματος Σύνοψις Ιατρική . Κλήθηκε για να διδάξει στη Βαγδάτη , από τον χαλίφη Αλ Μαμούν, μαθηματικά αλλά τελικά δεν πήγε, αφού ανέλαβε κρατική θέση δασκάλου από τον αυτοκράτορα, στο κρατικό πανεπιστήμιο της Μαγναύρας. Μέχρι τότε δίδασκε στην εκκλησιαστική σχολή των Σαράντα Μαρτύρων. Αξίζει να αναφερθεί ότι είχε μαθητή τον Απόστολο των Σλαύων Κύριλλο, ο οποίος πριν να αρχίσει το ιεραποστολικό του έργο, επήρε την έδρα της φιλοσοφίας στο Πανεπιστήμιο της Κωνσταντινουπόλεως. Βελτίωσε το σύστημα αποστολής οπτικών μηνυμάτων (των φρυκτοριών), των αρχαίων ελλήνων με το «Ωρονόμιο». Επρόκειτο για σύστημα συγχρονιζόμενο με μηχανικά ωρολόγια, υποδιαιρούμενα σε αντίστοιχες ώρες και συνδυασμένα με αριθμογραφικό κώδικα των σπουδαιότερων ειδήσεων. Είναι ο πρώτος που χρησιμοποίησε γράμματα τις για αλγεβρικές πράξεις (ανακοίνωση στο 1 1 υ Παγκόσμιο Βυζαντιλογικό Συνέδριο το 1958 από τον Καθηγητή Κ. Vogel) . Χρειάστηκε να περάσουν 7 50 χρόνια για να επαναλάβει την επινόηση ο γάλλος μαθηματικός F. Viete.

Ήρων ο νεώτερος ή Βυζάντιος (9°11 μ.Χ. αιώνας) . Έζησε την ίδια εποχή με τον Λέοντα τον Μαθηματικό . Πολλές γνώσεις του Ήρωνα (που κάποιες από αυτές οφείλονται στον Ήρωνα τον Αλεξανδρέα), μετέφερε στην Ιταλία, γύρω στον 12° αιώνα ο Ιταλός μαθηματικός έμπορος και σταυροφόρος Φιμπονάτσι. Στην εποχή της Α ναγεννήσεως οι πραγματείες του συνετέλεσαν στην ανάπτυξη των φυσικών επιστημών.

Ιωάννης ο Κυριώτης ( 1 οος μ. Χ. αιώνας) . Γνωστός μ ε τ ο όνομα Γεωμέτρης. Υπήρξε επίσκοπος Μελιτινής. Από τους επιφανέστερους



Βυζαντινούς λόγιους. Μαθηματικά σπούδασε κοντά στον πατρίκιο Νικηφόρο.

Μιχαήλ ο Ψελλός ( 10 18-1096). Πρόκειται για το φωτεινότερο πνεύμα της εποχής του. Περίφημος βυζαντινός θεολόγος, λόγιος, φιλόσοφος και aξιωματούχος. Σημάδεψε ανεξίτηλα την βυζαντινή διανόηση της ύστερης περιόδους και προετοίμασε το έδαφος για την έλευση της Ιταλικής Αναγέννησης. Το μεγαλείο της διάνοιας του Ψελλού έγκειται στο γεγονός ότι ήξερε να διατηρεί ισορροπίες. Έτσι ενώ είχε πάθος για την φιλοσοφία, δεν αμφισβήτησε ποτέ την χριστιανική του πίστη , την οποία πίστευε ότι ενίσχυε μέσα από τον στοχασμό του. Έγινε μοναχός αλλά συνέχισε και το διδακτικό του έργο και την ενασχόληση του με τις υποθέσεις της αυτοκρατορίας λόγω των αξιωμάτων που κατείχε. Ένα μέρος της μόρφωσης του το οφείλει στις προσπάθειες της μητέρας του Θεοδότης, η οποία κοπίασε πολύ για να το επιτύχει. Έγραψε έργα πάνω στην αριθμητική και στην γεωμετρία. Έδειξε ενδιαφέρον για την φιλοσοφία των μαθηματικών. Ασχολήθηκε με τα έργα του Διοφάντου. Δίδαξε μαθηματικά και ανέπτυξε θέματα φυσικής, όπως για το χρώμα, την ύλη, την κίνηση , την ηχώ, την βροχή και την αστραπή στο έργο του Διδασκαλία παντοδαπή. Έγραψε επίσης μετεωρολογική πραγματεία, καθώς και υπόμνημα στα Φυσικά του Αριστοτέλη. Ανάμεσα στους μαθητές του συγκαταλέγονταν πολλοί Αραβες και ένας Βαβυλώνιος. Γνώριζε από πολύ μικρός την Ιλιάδα απ' έξω. Ήταν πολυμαθέστατος. Τα έργα του καλύπτουν όλους τους γνωστούς τομείς του καιρού του : αριθμητική , γεωμετρία, φυσική , μετεωρολογία, θεολογία, φιλοσοφία, αστρονομία, ιατρική , γραμματική , μετρική , ρητορική , δίκαιο, ιστορία, λαογραφία, μουσική και αποτελούν ως τις μέρες μας αντικείμενο έρευνας.

Μαθηματικοί της Ύστερης Περιόδου

Νικηφόρος Βλεμμύδης ( 1197- 1272). Λόγιος Βυζαντινός κληρικός από την Κωνσταντινούπολη. Για τα έργα του Επιτομή Φυσικής και Επιτομή Λογικής, ο εκδότης έργων του Α. Heisenberg, παρατηρεί ότι αυτά έχουν καταστήσει αθάνατο το όνομα του συγγραφέα τους. Έγραψε επίσης θεολογικές, χημικές, ιατρικές πραγματείες, ακολουθίες αγίων, ποιήματα και επιστολές. Τέλος αναφέρεται ότι ο Βλεμμύδης ήταν βαθύς γνώστης εννοιών, όπως τα απείρως μικρά και τα απείρως μεγάλα ποσά και ο ι μεταβολές τους, που είναι θέματα του Απειροστικού Λογισμού.

Γεώργιος Ακροπολίτης ( 1220- 1282). Γεννήθηκε στην Κωνσταντινούπολη από πλούσιους

και ευγενείς γονείς. Διακρίθηκε ως συγγραφέας, σχολιαστής και ιστορικός. Υπήρξε επίσης αξιόλογος διπλωμάτης. Μετά την ανάκτηση της Κωνσταντινουπόλεως ( 1261) του ανατέθηκε η διεύθυνση της αναδιοργανωμένης Ακαδημίας, στην οποία δίδαξε φιλοσοφία και μαθηματικά. Είχε σπουδαίο βιβλιογραφικό εργαστήριο , στο οποίο γινόταν η αντιγραφή , η διόρθωση , η συμπλήρωση και ο έλεγχος, βάσει αρχαιοτέρων κειμένων, έργων προγενεστέρων συγγραφέων.

Γεώργιος Παχυμέρης ( 1242-131 0). Από τους σημαντικότερους Βυζαντινούς λογίους των παλαιολογείων χρόνων, με πολυποίκιλα ενδιαφέροντα, πλούσιο συγγραφικό έργο και αξιόλογη πολιτική και εκκλησιαστική δράση. Υπήρξε μαθητής του Γεωργίου Ακροπολίτη στην Νίκαια. Ήλθε στην Κωνσταντινούπολη μετά την κατάλυση της λατινικής κυριαρχίας, όπου και χειροτονήθηκε κληρικός. Δίδαξε ρητορική , φιλοσοφία, θεολογία και μαθηματικά. Είχε σε μεγάλη εκτίμηση τα μαθηματικά για τα οποία υποστήριζε ότι ο άνθρωπος αξίζει να ασχολείται με αυτά, όχι μόνο για την ευχαρίστηση που προσφέρουν αλλά και για την πρακτική τους χρησιμότητα. Χαρακτηριστικά έλεγε ότι ο Θεός «έοικεν υμίν ονειδίζειν αγεωμετρήτοις διαμένουσι» , δηλαδή ο Θεός συνήθιζε να ντροπιάζει αυτούς που παρέμεναν χωρίς γνώσεις γεωμετρίας. Διατύπωσε επίσης παρόμοιες αντιλήψεις, αρκετούς αιώνες νωρίτερα με εκείνες του θεμελιωτή της αναλυτικής γεωμετρίας Rene Desdcartes, για τις μαθηματικές ιδιότητες των υλικών όντων.

Έγραψε το «Περί αριθμητικής κεφαλαίου εν το Διοφάντω» (που εκδόθηκε το 1895 από τον Ρ. Tannery) . Επίσης το «Σύνταγμα των τεσσάρων μαθημάτων αριθμητικής, μουσικής, γεωμετρίας και αστρονομίας» (που εκδόθηκε το 1940 στο Βατικανό από τον Ρ . Tannery με πρόλογο και επιμέλεια του Ε. Στεφάνου) και το οποίο έμελλε να αποτελέσει βασική πηγή διδασκαλίας, ιδιαίτερα στα μαθηματικά.

Γεώργιος Παχυμέρης ( 1242-131 Ο) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/4

----------- Οι μαθηματικοί του Μεσαιωνικού Ελληνισμού ----------

Ο Krumbacher θεωρούσε τον Παχυμέρη ισάξιο του Ρογήρου Βάκωνος, που πρόσφερε πολλά στην επιστημονική πρόοδο της Δύσης. Με το προηγούμενο έργο του ο Παχυμέρης μπορεί να θεωρηθεί από τους αρχηγέτες της επιστημονικής αναγέννησης, που ανανέωσε τις γνώσεις της επιστήμης με την μελέτη των φυσικών φαινομένων από καθαρά ποσοτική άποψη . Ασχολήθηκε ακόμα και έλυσε προβλήματα αορίστων εξισώσεων β' βαθμού.

Πλανούδης Μάξιμος ( 1255-1305). Λόγιος μοναχός και συγγραφέας. Γεννήθηκε περί το 1255 στη Νικομήδεια της Β ιθυνίας και πέθανε περί το 1305 στην Κωνσταντινούπολη . Ήταν κάτοχος ευρύτατης θεολογικής και φιλολογικής παιδείας, καθώς και συγγραφέας θεολογικών και φιλολογικών έργων. Ο Πλανούδης σχολίασε έργα των μαθηματικών Ευκλείδη , Διοφάντου, Πτολεμαίου και του Αράτου .

Σχολίασε επίσης έργα γεωγράφων και αστρονόμων . Στο έργο του Ψηφοφορία κατ' Ινδούς, εισήγαγε την χρήση των αραβικων-ινδικών αριθμών. Αποτελεί μαθηματική πραγματεία σχετικά με τη χρήση των ινδικών αριθμητικών ψηφίων και του μηδενός που περιλαμβάνει και μέθοδο υπολογισμού της τετραγωνικής ρίζας. Η αλληλογραφία του με τον αστρονόμο Μανουήλ Βρυέννιο, ανέδειξε την ευρύτητα των aστρονομικών του γνώσεων. Αναφέρεται ότι η Χριστόφορος Κολόμβος, είχε υπ' όψιν του, δικό του χάρτη για τα υπερπόντια ταξίδια του .

Εμμανουήλ Μοσχόπουλος ( 1260- 13 16). Βυζαντινός λόγιος, γραμματικός και σχολιαστής που γεννήθηκε στην Κρήτη . Τα έργα του διακρίνονται σε φιλολογικά θεολογικά και μαθηματικά. Η γραμματική του και το Ελληνικό Λεξικό του, μαζί με τις μεταφράσεις του Πλανούδη , υπήρξαν προσφιλή βοηθήματα στην Δύση για την εκμάθηση των ελληνικών. Στα μαθηματικά έργα του, περιλαμβάνονται η διαμόρφωση των Αριθμητικών του Πλανούδη και ο σχολιασμός της εκδόσεως του Διόφαντου του ιδίου . Έγραψε επίσης την «Παράδοσιν εις την εύρεσιν των τετραγώνων αριθμών», των γνωστών μέχρι σήμερα στους μαθηματικούς μαγικών τετραγώνων.

Μετοχίτης Θεόδωρος ( 1260- 133 1 ) . Καταγόταν από την Νίκαια, απ' όπου μετά την εγκύκλειο παιδεία μετέβη στην Κωνσταντινούπολη και επιδόθηκε στη μελέτη της φιλοσοφίας της ρητορικής και της αστρονομίας. Από τα έργα του έχει εκδοθεί το : Υπομνηματισμοί και σημειώσεις γνωμικαί, στο οποίο εξετάζονται διάφορα ζητήματα σχετικά με τη φιλοσοφία, τα μαθηματικά, τη

φυσική και την αστρονομία, με πρωτοτυπία για την εποχή του, καθώς και διάφοροι λόγοι και ποιήματα του. επίσης οι επιστημονικές πραγματείες: α) Περί εκλείψεων ηλίου και σελήνης, β) Εισαγωγή εις την αστρονομίαν.

Νικόλαος Καβάσιλας ( 1290- 137 1 ) . Α γιος της Ορθόδοξης Εκκλησίας. Έγραψε υπόμνημα στην «Σύνταξιν» του Πτολεμαίου . Όπως σημειώνει ο ιστορικός των μαθηματικών Μ. Cantor, με τον Καβάσιλα αρχίζει μια νέα γενιά η οποία προετοιμάζει την αναγέννηση της κλασικής επιστήμης στην Ευρώπη . Υπήρξε ένας από τους πρώτους που χρησιμοποίησαν τον όρο «Έλλην>> για να δηλώσουν τον έκδηλο βυζαντινό «εθνικισμό >> και «πατριωτισμό» των υστεροβυζα-ντινών χρόνων.

Νικηφόρος Γρηγοράς ( 1295- 1359). Σπουδαίος βυζαντινός λόγιος, φιλόσοφος, ιστορικός , θεολόγος και αστρονόμος . Διδάχθηκε φιλοσοφία, αστρονομία και μαθηματικά από τον Θεόδωρο Μετοχίτη . Ίδρυσε σχολή στη Μονή της Χώρας, όπου σπούδαζαν μόνο νέοι από την αυτοκρατορία, αλλά και από άλλες ευρωπαϊκές χώρες. Τ ο 13 24 παρουσίασε στον αυτοκράτορα Α νδρόνικο Β' Παλαιολόγο και σε άλλους aξιωματούχους του παλατιού τη θεωρία του για την διόρθωση του Ιουλιανού ημερολογίου που καθιερώθηκε αργότερα ( 1528) από τον πάπα Γρηγόριο ΚΓ' στη Δύση . Έτυχε της εκκλησιαστικής εγκρίσεως, επαινέθηκε αλλά δεν εφαρμόστηκε. Ο Γρηγοράς γνώριζε την επίδραση της Σελήνης στη δημιουργία του φαινομένου των παλιρροιών και μπορούσε να καθορίσει τις εκλείψεις των επομένων χρόνων . Ενδεικτικά από το έργο του αναφέρουμε: «Το διορθωθέν Πασχάλιον», «Περί του Σύμπαντο9>, «Σύστημα του κόσμοω>, «Έκθεσις των υπολογισμών των εκλείψεων του ηλίου κατά Πτολεμαίον», «Υπόμνημα και συμπλήρωσις των αρμονικών του Πτολεμαίου» . Πολλά από τα έργα του παραμένουν ανέκδοτα.

Νικόλαος Αρταβάσδος ( 1 4°ς μ.Χ. αιώνας) . Ο επονομαζόμενος και Ραβδάς. Γεννήθηκε στη Σμύρνη αλλά έζησε στην Κωνσταντινούπολη . Ασχολήθηκε με την αριθμητική και την γεωμετρία. Προέβη σε νέα επιμελημένη έκδοση του αριθμητικού έργου του Μάξιμου Πλανούδη «Ψη-



φοφορία κατ' Ινδούς η λεγομένη μεγάλη». Έγραψε επίσης επιστολές. Η πρώτη έχει τίτλο «Παράδοσις σύντομος και σαφέστατη της ψηφοφορικής επιστήμης», ασχολείται με τον τρόπο της αρίθμησης με τα δάκτυλα των χεριών από το 1 μέχρι το 9 . 999 . Στη δεύτερη επιστολή , που έγραψε το 1 34 1 και έχει τίτλο «Μέθοδος πολιτικών λογαριασμών» (δηλ. περί της σημερινής λεγομένης μεθόδου των τριών), παρουσιάζονται σελίδες που αφορούν την εξαγωγή ρίζας, και μία μέθοδος υπολογισμού της χρονολογίας του Πάσχα. Επίσης υπάρχει μία γενική θεωρία χρήσιμη στη λύση προβλημάτων του πρακτικού βίου στηριζομένη στην θεωρία των αναλογιών. Μέσα εκεί εκθέτει 1 8 προβλήματα με λύσεις που έχουν αρκετό ενδιαφέρον, γιατί επιλύουν προβλήματα άλγεβρας αρκετά πολύπλοκα, που σήμερα λύνονται με την βοήθεια πρωτοβαθμίων εξισώσεων. Οι δύο αυτές επιστολές εκδόθηκε από τον Paul Tannery το 1 866.

Ισαάκ Αργυρός ( 1 4°ς μ.Χ. αιώνας) . Μοναχός, μαθητής του Νικηφόρου Γρηγορά. Έγραψε σχόλια στα πρώτα έξι βιβλία των Στοιχείων του Ευκλείδη . Συνέγραψε μαθηματικά και αστρονομικά βιβλία. Ασχολήθηκε με τη γεωμετρία, την τριγωνομετρία και τη γεωδαισία. Έγινε γνωστός από την πρόταση που έκανε το 1 3 7 1 για την διόρθωση του Πασχάλιου Κανόνα. Συνέχισε με επιτυχία το έργο του Νικηφόρου Γρηγορά.

Γεώργιος Χρυσοκόκκης ( 1 4°5 μ .Χ . αιώνας) . Ιατρός και αστρονόμος και μαθηματικός. Υπήρξε μαθητής του Μετοχίτη . Είναι πιθανόν να εργάσθηκε στην βιβλιοθήκη του Βατικανού, όπου έσωσε πολύτιμα ελληνικά χειρόγραφα από την λήθη και την καταστροφή . Ο Χρυσοκόκκης εμυήθη στην περσική σοφία από έναν Τραπεζούντιο κληρικό. Έγραψε το βιβλίο «Εξήγησις εις την Σύνταξιν των Περσών» ( 1 346), όπου μετέφερε περσικές γνώσεις γύρω από τα μαθηματικά και την αστρονομία, καθώς και το έργο «Πρόχειρος παράδοσις εις τους περσικούς κανόνες της αστρονομίας» . Τέλος αναφέρεται πως έγραψε βιβλία με μαθηματικό περιεχόμενο.

Μανουήλ Βρυένιος ( 1 4°ς μ.Χ. αιώνας) . Αστρονόμος, μαθηματικός και θεωρητικός της βυζαντινής μουσικής. Έγραψε το περίφημο έργο Περί Μουσικής, στο οποίο αποδεικνύει την ιστορική συνέχεια της βυζαντινής μουσικής από την κλασική ελληνική μουσική .

Η αγάπη των Βυζαντινών για την μόρφωση την θεωρία και την επιστήμη ήταν μεγάλη. Σε πολλούς όμως τομείς η Αρχαία Ελλάδα δεν ξεπεράστηκε. Η μεγαλοφυία των Βυζαντινών εκφράστηκε στην πράξη.

Ως μηχανικοί άφησαν να εκδηλωθεί ελεύ-

θερα το πρακτικό τους πνεύμα . Διατήρησαν και ανέπτυξαν το ρωμαϊκό σύστημα ύδρευση; και τους υπονόμους. Κατασκεύασαν πολλά και εξαιρετικά μηχανήματα. Τα αρχιτεκτονικά τους επιτεύγματα είναι σημαντικά κυρίως στην τελειότη τα του θόλου . Στη χημεία η μεγάλη συμβολή τους ήταν το υγρό πυρ . Ασχολήθηκαν επίσης με την ιατρική . Εδώ ό,τι καλύτερο είχαν να επιδείξουν ήταν η οργάνωση των νοσοκομείων.

Οι Βυζαντινοί ήταν πολύ περήφανοι για τις γνώσεις των μαθηματικών τους, παρόλο που και εδώ ισχύει ό,τι προαναφέρθηκε, σε σχέση με τους αρχαίους Έλληνες. Οι ίδιοι διηγούνται ιστορίες για να δείξουν ότι καταλάβαιναν καλύτερα τους γεωμετρικούς συλλογισμούς από τους Αραβες.

Η λεηλασία του 1 204 αναστάτωσε όλο το εκπαιδευτικό σύστη μα τη ς αυτοκρατορίας. Οι λόγιοι σκορπίστηκαν, οι σχολές τους εξαφανίστηκαν και τα βιβλία τους καταστράφηκαν από τις φλόγες των Λατίνων. «Στις 29 Μα'fου 1 453 η τραγωδία ήταν τελική . Ένας πολιτισμός σαρώθηκε αμετάκλητα. Είχε αφήσει μια ένδοξη κληρονομιά στα γράμματα και στην τέχνη . Είχε βγάλει χώρες ολόκληρες από τη βαρβαρότητα και είχε δώσει σε άλλες την εκλέπτυνση των ηθών. Η δύναμη του και η ευφυ'i:α του προστάτεψαν πολλούς αιώνες την χριστιανοσύνη . Για έντεκα αιώνες η Κωνσταντινούπολη ήταν το κέντρο ενός κόσμου φωτός. Το ζωηρό πνεύμα, τα ενδιαφέροντα και η αγάπη για την ομορφιά των Ελλήνων, η υπερήφανη ισχύς και η διοικητική ικανότητα των Ρωμαίων, η υπερβατική ορμή των χριστιανών της Ανατολής, που είχαν ενωθεί μαζί σε ένα ρευστό ευπαθές σύνολο, όλα τώρα αποκοιμήθηκαν. Η Κωνσταντινούπολη έγινε η έδρα της θηριωδίας, της αμάθειας, της μεγαλόπρεπης ακαλαισθησίας. Μόνο στα ρωσικά παλάτια, που από πάνω τους φτερούγιζε ο δικέφαλος, το έμβλημα του οίκου των Παλαιολόγων, εμείνανε για λίγους ακόμα αιώνες μερικά ίχνη βυζαντινά, - μόνο εκεί, και σε κάτι σκοτεινές αίθουσες κοντά στον Κεράτιο κόλπο . Χωμένες ανάμεσα στα σπίτια του Φαναριού, όπου ο πατριάρχης διατηρούσε την άσημη αυλή του». (Από το έργο του Βρετανού ιστορικού Στήβεν Ράνσιμαν: Βυζαντινός Πολιτισμός) .


HIJMIJ MAΓHHEMAr/CliS Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: I) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει.

Για τους συνεργάτες της στήλης: παράκληση! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

επιμέλει α : Καρ κάνης Βασίλης, Κερασαρ ίδης Γιάννης

I. "τι είναι τα Μαθηματικά;

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΆ ΚΑΙ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗ. ΒΑΣΙΚΑ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ

1. Η διαδικασία της μάθησης απαιτεί να αντανακλά τα σύγχρονα χαρακτηριστικά της επιστήμης

Στην εποχή μας ολόκληρη η μαθηματική επιστήμη, όλοι οι τομείς της ενώνονται βαθμιαία με την τεχνολογία των υπολογιστικών μηχανών, με την επιστήμη των Η.Υ. Εμφανίζεται η δυνατότητα για μαθηματική μοντελογράφηση με Η. Υ. και στις άλλες επιστήμες και στην πρακτική . Οι τάσεις αυτές αντιστοιχούν στο πιο σύγχρονο επίπεδο της επιστήμης.

Ακριβώς στη σύγχρονη εποχή εμφανίζεται στην επιστήμη ως κυρίαρχη η ακόλουθη αρχή : Αρχή ΑΌ Τα Μαθηματικά, η επιστήμη των Η. Υ., οι άλλες επιστήμες και η πρακτική είναι συνδεδεμένα σ' ένα ενιαίο σύνολο μέσω της μαθηματικής μοντελογράφησης με Η. Υ. και των προβλημάτων τους.

Η ίδια Αρχή καθορίζει στην εποχή μας την αποτελεσματικότητα της επιστήμης και της πρακτικής. Η υλοποίηση της Αρχής Α ' αποτελεί πρόβλημα για ολόκληρη τη σύγχρονη επιστήμη . Οι δυνατότητές της οδηγούν στην επόμενη :

Αρχή Β Ό Η μαθηματική επεξεργασία της πληροφορίας σε κάθε στάδιο επιτελείται σε συστήματα (και δίκτυα) που λειτουργούν με κανονισμό κατανεμημένου χρόνου με τερματικά

Από πρώτη άποψη με τη θέση αυτή φαίνεται να έχουν αγνοηθεί οι θεμελιώδεις έρευνες. Στην πραγματικότητα, όμως, βρίσκονται σε πρώτο πλάνο, γιατί ό,τι έχουμε αναφέρει είναι επακόλουθα της επόμενης: Βασικής Αρχής. Το μέλλον των Μαθηματικών βρίσκεται στις σχέσεις τους με τις άλλες επιστήμες, και το μέλλον των άλλων επιστημών βρίσκεται στη μαθηματική μοντελογράφηση των διαδικασιών που μελετάνε

Οι "Αρχές" που αναφέραμε εκφράζουν ένα βασικό χαρακτηριστικό της σύγχρονης επιστήμης. Αυτές καθορίζουν τα προβλήματα της μαθηματικής μοντελογράφησης και aυτοματοποίησης στο πεδίο της επιστήμης. Καθορίζουν ταυτόχρονα τα προβλήματα εκμάθησης των Μαθηματικών

2. Το εκπαιδευτικό σύστημα απαιτεί να αντανακλά τη δομή των σύγχρονων Μαθηματικών

Η δομή των σύγχρονων Μαθηματικών καθορίζεται • Οι δομές της ανάλυσης και οι δομές της σαφώς από την ιστορική τους εξέλιξη . γεωμετρίας ονομάζονται ειδικές καθολικές Ιστορικά: δομές. • πρώτα- πρώτα αρχίζει η συγκρότηση των • Από τη μαθηματική μοντελογράφηση των

γεωμετρικών θεωριών ή των δομών της διαδικασιών στις άλλες επιστήμες μέσω των γεωμετρίας. ειδικών καθολικών δομών παράγονται οι

• Κατά την επόμενη εποχή της ανάπτυξης των εδικές προσανατολισμένες δομές Μαθηματικών αρχίζει η δημιουργία των • Από την εφαρμογή των βασικών καθολικών δομών της ανάλυσης. δομών στην τεχνολογία των υπολογιστικών

• Στο δεύτερο τέταρτο του αιώνα μας μηχανών και στην κυβερνητική παράγονται οι διαμορφώθηκαν ως αυτοτελείς οι βασικές βασικές προσανατολισμένες δομές δομές. [Πηγή: LJUBOMIR G. ILIEV, "ΜΑΘΗΜΑτΙΚΆ ΚΑΙ

• Όλες αυτές οι μαθηματικές θεωρίες ΑΝΑΠΤΥΞΗ", (εκδ. 'ΈΠΙΣτΗΜΗ ΚΑΙ ΚΟΙΝΩΝΙΑ", ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ 1988)] ονομάζονται καθολικές μαθηματικές δομές.


Γιάννης Κερασαρ ίδης

-------------- ΗΟΜΟ MA1ΉEMA1ΊCVS

11. 'Ά υτδ το ξι:ρατε; " Σε ποιον απονεμήθηκε το Abel Prize 2009, της Νορβηγικής Ακαδημίας Επιστημών;

[η απάντηση στο τέλος της στήλης]

111. "οι σωιεργάτες της στιίλιις γράφουv-ερωτοι5ν "

Πρ(ύτο Οέμα: Π(ύς να ΚlJψουμε ορθολογικά l:vα φύλλο μελαμίνης

Προλεγόμενα. Στο προηγούμενο τεύχος ( αριθ . 7 1 ) του 'ΈΥΚΛΕΙΔΗ Β ' " , από τη στήλη ' 'Homo mathematicus" , είχαμε θέσει ένα πρόβλημα και περιμέναμε βοήθεια για τη λύση του. Δεν πέρασε ούτε μια βδομάδα και στο ηλεκτρονικό μας ταχυδρομείο έφτασε μια "βοήθεια" από το φύλλο της στήλης Θανάση Λύπα. Απολαύστε την, αφού πρώτα σας υπενθυμίσουμε την εκφώνηση: [«Στο ξυλουργικό τμήμα κάποιου εργοστασίου δόθηκε η του δεύτερου, ενώ με τον δεύτερο τρόπο κοπής βγαίνει ένα παραγγελία, να κόψουν από φύλλα μελαμίνης κομμάτια διJο κομμάτι του πρώτου είδους και πέντε του δεύτερου είδους. Τέλος ειδών για την κατασκευή 1.000 αντικειμένων. Το ξυλουργείο με τον τρίτο τρόπο κοπής βγαίνουν τρία κομμάτια του πρώτου ειδοποιήθηκε 6τι για το καθένα από τα 1.000 αντικείμενα είδους και τέσσερα του δεύτερου. χρειάζονται δύο κομμάτια από το πρώτο είδος και τρία κομμάτια Φτάνουν, άραγε, τα φύλλα της μελαμίνης που βρίσκονται στην

από το δειJτερο. Στην αποθήκη του έχει 800 φύλλα μελαμίνης με αποθήκη για την εκτέλεση της παραγγελίας; Πόσα φύλλα τις ίδιες διαστάσεις. Προτάθηκαν τρεις τρόποι ορθολογικής μελαμίνης πρέπει να κοπούν με τον πρώτο, πόσα με τον δεύτερο κοπής των φι!λλων. Με τον πρώτο τρόπο από κάθε φύλλο και πόσα με τον τρίτο τρόπο, για να εκτελεστεί η παραγγελία;»] μελαμίνης βγαίνουν πέντε κομμάτια του πρώτου είδους και δύο

Η λύση του Θανάση Λύπα (Αθήνα) Παριστάνουμε με χ 1 , χ2, χ3 τον αριθμό των θα έχουμε το εξής σύστημα εξισώσεων:

φύλλων μελαμίνης που θα κοπούν αντίστοιχα με τον πρώτο, το δεύτερο και τον τρίτο τρόπο.

Έτσι θα έχουμε : 5χ 1+χ2+3χ3 κομμάτια του πρώτου είδους

2χ 1+5χ2+4χ3 κομμάτια του δεύτερου είδους. Αφού για την εκτέλεση της παραγγελίας

χρειάζονται τουλάχιστον 2 .000 κομμάτια του πρώτου και 3 . 000 κομμάτια του δεύτερου είδους, θα πρέπει να ισχύσουν οι ανισότητες:

5χ,+χ2+ 3χ3 �2 .000 2χ,+5χ2+4χ3 �3 .000

Για να αντικαταστήσουμε τις ανισότητες με ακριβείς ισότητες, σημειώνουμε με Χ4 το ποσό των κομματιών του πρώτου είδους απ' όπου θα πρέπει να κόψουμε άνω από 2 .000 και με χ5 τα «παραπανίσια» κομμάτια του δεύτερου είδους. Και κατόπιν γνωρίζοντας, ότι

Χ Ι +χ2+Χ3 =800,

5χ,+χ2+3χ3 - χ4=2 .000 2χ,+5χ2+4χ3 - xs=3 .000 ( 1 )

χ ι+χ2+χ3 =800 Φυσικά οι χ4 και χ5 καθώς και οι χ,, χ2, Χ3 ,

πρέπει να είναι ακέραιοι μη αρνητικοί αριθμοί. Στον καθένα από τους τρεις τρόπους (χ1, χ2,

χ3) κοπής των 800 φύλλων μελαμίνης αντιστοιχεί μία λύση (χ1, χ2, χ3 , χ4 , χ5) του συστήματος εξισώσεων (ι) σε ακέραιους μη αρνητικούς αριθμούς. Αντίθετα, σε κάθε λύση (χ 1 , χ2, χ3 , Χ4 , xs) του συστήματος εξισώσεων (ι) σε ακέραιους μη αρνητικούς αριθμούς αντιστοιχεί ορισμένος τρόπος κοπής των 800 φύλλων μελαμίνης. Έτσι, το πρόβλημα της ορθολογικής κοπής της μελαμίνης ανάγεται στην αναζήτηση των λύσεων του συστήματος (ι) σε ακέραιους μη αρνητικούς αριθμούς

Δει5τερο θέμα: «Οι Υπολογιστές στην εκπαίδευση: Μι5θοι και πραγματικότητες»

(του Ευτύχη Παπαδοπετράκη, Πανεπ. Πάτρας) Προλεγόμενα. Είμασταν έτοιμοι να κλείσουμε, όταν, ξεφυλλίζοντας το περιοδικό «ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΙΔΕΙΑΣ», ανακαλύψαμε δημοσιευμένο ένα σημείωμα με την υπογραφή του Ευτ. Παπαδοπετράκη . Αυτός ο φίλος της στήλης είναι γνωστός, σε μας, για την εγκυρότητα των γραφομένων του . Γι αυτό αποφασίσαμε να του δώσουμε προτεραιότητα

Ο υπολογιστής είναι φιλικός, έξυπνος, ομιλητικός ... Αναμφίβολα ο Η/Υ είναι μια μηχανή . τι είδους όμω

Όταν ο άγριος ακόμα πρόγονός μας έφτασε με ένα ραβδί το φρούτο που δεν έφτανε με το χέρι του, πραγματοποίησε μια καταπληκτική εφεύρεση : επιμήκυνε το χέρι του . Τη γνώση αυτή τη δίδαξε με το παράδειγμα (ο προφορικά aρθρωμένος λόγος άργησε να εμφανιστεί) στις επόμενες γενιές. Όταν το ραβδί χρησιμοποιήθηκε ως μοχλός,

μηχανή είναι; πολλαπλασίασε αφάνταστα τη μυϊκή του δύναμη . Εκατομμύρια χρόνια μετά όταν ο Αρχιμήδης ανακάλυψε το φυσικό νόμο που διέπει το φαινόμενο αυτό, αναφώνησε (σε πείσμα αντιλήψεων του Αριστοτέλη για την κινούσα δύναμη) πως θα μπορούσε να κινήσει και τη γη . Είναι η πρώτη φορά που ο άνθρωπος


-------------- ΗΟΜΟ MArHtMAτJCVJ'

συνειδητοποιεί με τόση σαφήνεια τις τεράστιες γράφει ο Ε. Ιλένκοφ, από τη διανοητική κουλτούρα δυνατότητες που του δίνει η απλή και μόνο γνώση της aνθρωπότητας, μετασχηματισμένη σε των νόμων της φύσης. Η συντριπτική πλειοψηφία προσωπική «ιδιοκτησία», σε αρχή δραστηριότητας των μηχανών, που από τότε σκάρωσε ο άνθρωπος, του προσώπου. Είναι ο εξατομικευμένος διανοητικός ακολουθούν τη γραμμή αυτή της επέκτασης την πλούτος της κοινωνίας.» μυϊκών και αισθητηριακών (μικροσκόπια, Είναι άλλο πράγμα μια έξυπνα κατασκευασμένη τηλεσκόπια) δυνατοτήτων του ανθρώπινου μηχανή - και οι Η/Υ είναι αναμφισβήτητα τέτοιοι -σώματος, μέχρι ολικής αντικατάστασής του . και άλλο μια έξυπνη μηχανή . Η ζωή είναι πάντα

Η άλλη κατηγορία μηχανών, αυτές που ασύγκριτα πιο έξυπνη από τον πιο έξυπνο χειρίζονται γενικά πληροφορίες, άργησαν να προγραμματιστή, πόσο μάλλον από τη μηχανή που έλθουν στο προσκήνιο της ιστορίας. Εμφανίστηκαν προγραμματίζει. Ναι, αλλά ο Η/Υ νίκησε τον την κλασική αρχαιότητα ως αυτόματοι μετρητές πρωταθλητή του κόσμου στο σκάκι! Πράγματι, αποστάσεων ( οδόμετρα), ή και επεξεργαστές μόνο που ο πρωταθλητής δεν έπαιξε με τη πληροφοριών με σταθερό αλγόριθμο, συγκεκριμένη μηχανή αλλά με όλους τους μέχρι ενσωματωμένο σε πολύπλοκα συστήματα τότε πρωταθλητές κόσμου, συμπεριλαμβανομένου γραναζιών, όπως ο ημερολογιακός υπολογιστής και του εαυτού του, αφού με αυτά τα δεδομένα είχε των Αντικυθήρων. Εδώ για πρώτη φορά προγραμματιστεί. εμφανίζεται τμήμα εισόδου δεδομένων, τμήμα Ο κατάλογος είναι μακρύς για να εξαντληθεί επεξεργασίας και τμήμα εξόδου . Οι αριθμομηχανές, στο πλαίσιο ενός μικρού άρθρου, αλλά πρέπει να τύπου Pascal, ή και πιο εξελιγμένες, κινούνται στην πούμε ακόμη για την εξομοίωση (ή και ίδια λογική . Το γενικό χαρακτηριστικό στις μηχανές προσομοίωση) της πραγματικότητας και την αυτές είναι ότι η κίνηση πραγματοποιείται στο εικονική πραγματικότητα ότι και εδώ η ορολογία μακρόκοσμο, είναι ορατή , και καταναλώνουν εύκολα παραπλανεί. Δεν πρόκειται για την μηχανική ενέργεια. Οι μηχανές αυτές, σ ' αντίθεση πραγματικότητα αλλά για αυτό που νομίζει (ή θέλει με τις προηγούμενες, αναλαμβάνουν να εκτελέσουν να νομίζει, ή ενδεχομένως να θέλει να περάσει) ότι ανθρώπινες λειτουργίες, όχι πλέον μυϊκές ή είναι η πραγματικότητα, αυτός που έφτιαξε το αισθητηριακές αλλά νοητικές. αντίστοιχο πρόγραμμα. Ή, στην καλύτερη

Το γενικό χαρακτηριστικό στις σημερινές περίπτωση, αυτό που πιστεύει η επιστήμη τη υπολογιστικές μηχανές είναι ότι η κίνηση στιγμή που φτιάχνεται το πρόγραμμα ότι είναι η πραγματοποιείται στο μικρόκοσμο, αφού κινούνται πραγματικότητα. Και δεν μιλάμε βέβαια για το μόνο ηλεκτρόνια, είναι κατά συνέπεια αόρατη , επίπεδο της έρευνας ή της εκπαίδευσης καταναλώνουν ηλεκτρική ενέργεια, υλοποιούν επιστημόνων, όπου οι δυνατότητες και η απεριόριστο αριθμό από αλγόριθμους με αξιοποίηση των Η/Υ είναι εκπληκτικές, ή για ασύλληπτες ταχύτητες και το αποτέλεσμα στην περιοχές της πραγματικότητας, όπου η μόνη έξοδό τους μπορεί να είναι κείμενο, εικόνα, ήχος ή δυνατότητα προσπέλασης είναι η εξομοίωση (π.χ. και συνδυασμός όλων αυτών. Τα χαρακτηριστικά μικρόκοσμος ή μεγάκοσμος κλπ), αλλά για τη αυτά αποτελούν μια αντικειμενική βάση για την χρήση τέτοιων προγραμμάτων ή εικονικής ανθρωπομορφική ορολογία που έχουν καθιερώσει πραγματικότητας για τη διδασκαλία, και μάλιστα οι κατασκευάστριες εταιρείες, ωστόσο η ορολογία εισαγωγική , βασικών επιστημονικών εννοιών στην αυτή καλύπτει, για τον πολύ κόσμο και κύρια τα πρωτοβάθμια εκπαίδευση ή και το Γυμνάσιο . Για παιδιά, τις μηχανές αυτές με ένα πέπλο μυστηρίου το Λύκειο και για ορισμένες έννοιες, όπως η έννοια στα όρια του δέους. Και το δέος εξαφανίζει κάθε του ορίου στα Μαθηματικά, ίσως υπάρχουν ενδιάθετο ψήγμα κριτικής θεώρησης. κάποιες δυνατότητες. Αλλά το να «διδάξεις» την

Ο υπολογιστής μου είναι φιλικός! Μα η φιλία έννοια του παραλληλεπιπέδου (το παράδειγμα δεν αποτελεί μια βαθιά κοινωνική αμοιβαία σχέση στη είναι ούτε φανταστικό ούτε υποθετικό) με χρήση βάση της ισοτιμίας με πολύ έντονη την ψυχολογική εικονικής πραγματικότητας, με ηλεκτρόδια στα φόρτιση , χαρακτηριστικά που δεν προσιδιάζουν σε χέρια και κάσκα στο κεφάλι, σε παιδιά του μια μηχανή . δημοτικού, γιατί έτσι θα μάθουν λέει πιο γρήγορα

Ο υπολογιστής μου είναι έξυπνος! Μα η τις ιδιότητες του παραλληλεπιπέδου, αυτό δεν είναι εξυπνάδα είναι δώρο της κοινωνίας στον άνθρωπο, μόνο λάθος από γνωσιοθεωρητική άποψη είναι προσιδιάζει μόνο σ ' ένα κοινωνικό άτομο. «Η επικίνδυνο και για τη σωματική υγεία των παιδιών. εξυπνάδα δεν είναι άλλο, στην πραγματικότητα,

U ρ.()λ(�ς ιης :::ιcωH:tC

Σε ότι αφορά δε τις θετικές επιστήμες, μια εικόνα I μπορεί να αξίζει όσο χίλιες λέξεις, αλλά χίλιες


-------------- ΗΟΜΟ MArHEMAr!CUS

λέξεις που συλλογισμού! λογικόςδηλαδή

δεν περιέχουν κανένα στοιχείο Όμως ο συλλογισμός, ο

συμπερασμός, αποτελεί αναπόσπαστο οργανικό στοιχείο των επιστημονικών γνώσεων, είτε πρόκειται για προεπιστημονικές εμπειρικές στο Δημοτικό και το Γυμνάσιο είτε πρόκειται για γνώσεις οργανωμένες σε αξιωματικό σύστημα, ανεξάρτητα από το βαθμό της αυστηρότητας του συστήματος αυτού, στο Λύκειο . Το να δει το παιδί και να πάρει πληθώρα πληροφοριών και εικόνων, αυτό δε συνιστά σοφία, αν και ο σοφός πρέπει να ξέρει πολλά. Και ο ρόλος

του σχολείου δεν είναι να διδάξουμε τα παιδιά μια ολόκληρη επιστήμη αλλά προέχει να τα βοηθήσουμε να μάθουν να σκέφτονται, να μάθουν να μαθαίνουν. Στο βαθμό που αυτό δεν επιτυγχάνεται, η πληθώρα των μη οργανικών εν τέλει γνώσεων είναι άχρηστη . Η χρυσή τελικά αναλογία εικόνας-λόγου δεν είναι δεδομένη και ο μόνος που μπορεί να έχει την πιο ολοκληρωμένη εκτίμηση γι ' αυτήν είναι ο ζωντανός δάσκαλος, στα χέρια του οποίου ο Η/Υ μπορεί να είναι ένα πολύ σημαντικό εργαλείο.

·νιπαιχ:[ ο ιιπω�.ο;ιιστι,Ις να r ητΕtίατcι.υτ:jσ::ι το Δ άut<αl: o : Ας συζητήσουμε το θέμα για τις τρυφερές

ηλικίες του Δημοτικού και του Γυμνάσιου . Εδώ έχουμε να κάνουμε με παιδιά. Τι είναι όμως το παιδί;

Όπως πολύ εύστοχα παρατηρεί ο Vygotsky, το παιδί δεν μπορεί να κατανοηθεί ως μικρογραφία του ενήλικου ούτε η διάνοιά του αποτελεί σμίκρυνση της διάνοιας του ενήλικου. Το δρόμο της εξέλιξής του μπορούμε να τον κατανοήσουμε μόνο αν τον σκεφτούμε στους κοινωνικούς του όρους. Και ο δρόμος της εξέλιξης αυτής δεν είναι αυτός της σταδιακής κοινωνικοποίησης που μεταβιβάζεται στο παιδί απ ' έξω, αλλά η σταδιακή εξατομίκευση , που γεννιέται στη βάση της κοινωνικής του υπόστασης. Το παιδί θα πάρει, θα οικειοποιηθεί, από το σύνολο της διανοητικής κουλτούρας της κοινωνίας των μεγάλων, ό,τι εξατομικεύσει ως οργανικό μεν μέλος της, αλλά διατηρώντας ακέραια όλα τα στοιχεία της αυτοτέλειάς του . Η εξατομίκευση δε αυτή πραγματοποιείται μέσα στα πλαίσια της ζωντανής βιωματικής αλληλεπίδρασης του παιδιού με το

φυσικό και κοινωνικό περιβάλλον στην ολότητά τους. Στο πλαίσιο της σχολικής πραγματικότητας δεσπόζουσα είναι η αλληλεπίδραση δασκάλουμαθητή, χωρίς αυτό να σημαίνει ότι δεν υπάρχουν άλλες. Και ο δάσκαλος σ ' αυτό το δίπολο δεν αντικαθίσταται. Η αλληλεπίδραση μηχανήςμαθητή , που πολλοί ισχυρίζονται ότι με κατάλληλα δομημένα προγράμματα επιτυγχάνουν, είναι άλλος ένας μύθος: Ο μαθητής δεν αλληλεπιδρά φυσικά με τη μηχανή αλλά μέσω της μηχανής με τη σκέψη του προγραμματιστή, σκέψη όμως αποστεωμένη και κλεισμένη σε κουτάκια, όσες εναλλακτικές δυνατότητες κι αν έχει προβλέψει. Αλήθεια, αν το παιδί έχει φάει στυφά δαμάσκηνα, είναι άκεφο και συμπεριφέρεται αλλόκοτα, πώς θα το «καταλάβει» ο υπολογιστής, για να αναπροσαρμόσει τη «συμπεριφορά» του; Τέτοιες «αλληλεπιδράσεις» μόνο στην τυποποίηση της σκέψης και του παιδιού, στον ακρωτηριασμό δηλαδή της ευφυίας του, μπορούν να οδηγήσουν. Μόνο εκεί μπορεί να οδηγήσει η έστω και μερική αντικατάσταση του δασκάλου.

Τ'::�Ι.η·ι"rί. ;J;:..α fί ί )Οο,;;�� Φυσικά και όχι. Οι υπολογιστές και οι δυνατότητες που ανοίγουν (πολυμέσα, διαδίκτυο-επικοινωνία,

πρόσβαση και χειρισμός τεράστιου όγκου πληροφοριών, κ. τ. λ.) στο δάσκαλο είναι κάτι το απόλυτα πραγματικό. Σε ό, τι αφορά δε το μαθητή υπάρχει κατά τη γνώμη μας μια προϋπόθεση, ένα κρίσιμο σημείο, μετά το οποίο ο υπολογιστής μπορεί να αποτελέσει ένα σημαντικό εργαλείο για τη εξατομίκευση της διανοητικής κουλτούρας της εποχής του. Και η προϋπόθεση αυτή δεν είναι άλλη από την κατάκτηση ενός ολοκληρωμένου και αυτόνομου τρόπου σκέψης και ότι το παιδί έχει μάθει να μαθαίνει.

t i ι f) i. ιoγ j f uφ i � :. I . Schaff, Α.: 1 973 , Langιιage and Cognition, McGraw-Hi l l , Ν , Υ, (Μετάφραση Αλάτση) εκδ. Κ, Ι Ζαχαρόπουλος, Αθήνα . 2 . Vygotski , L. : 1 934, Σκέψη και Γλώσσα, (μετάφραση, Α. Ρόδη), εκδ.Γνώση, Αθήνα 1 988 . 3 . Εβαλντ Ιλένκοφ: Τεχνοκρατία και ανθρώπινα ιδεώδη στο σοσιαλισμό, εκδ. Οδυσσέας 4. Chri stopher Eνans : Η επανάσταση των κομπιούτερ, εκδ. Γαλαίος 5 . V . Pekel i s : Melanges cybernetique.v, editions de Moscou

! f,. 'Δ ι;_η) 1:og}_αn:,· ' ' / ot

Η Νορβηγική Ακαδημία Επιστημών και Τεχνών αποφάσισε να απονείμει το Abel Prize για το 2009 στο Mikhail Leonidoνich Gromoν lnstitut «για τις επαναστατικές συνεισφορές του στη Γεωμετρία».

Ο Mikhail Leonidoνich Gromoν, γνωστός επίσης και ως Michael Gromoν ή Misha Gromoν, γεννήθηκε, στις 23 Δεκέμβρη 1 943 στη μικρή πόλη Boksitogorsk της Ρωσίας.

Ολοκλήρωσε τις πανεπιστημιακές του σπουδές στο πανεπιστήμιο της Αγίας Πετρούπολης (Λένινγκραντ) . Έκανε τη διδακτορικό του υπό την καθοδήγηση του φημισμένου Τοπολόγου V.A. Rokhl in . Το 1 969 πήρε το PhD. Το 1 974 μετακόμισε στη Γαλλία. Από το 1 982 έγινε μόνιμος καθηγητής στο "lnstitut des Hautes έtudes Scienti fiqιιes de Bures-surYνette" και καθηγητής Μαθηματικών στο New York Uniνersity

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/ 10

�ωωqJfPωl5srncf! [Υοω fJ[J]ί!J !J() fJ{f](Jm fJΘί!J Μί!Jωe56Θί!J

Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος

Τα θέματα αυτά είναι για την επανάληψη της ύλης που διδάχτηκαν οι μαθητές στην Α ' τάξη . Περιλαμβάνονται: Δυνάμεις, Ταυτότητες, Διάταξη, Απόλυτη τιμή, Ρίζες, Εξισώσεις (α ' και β ' Βαθμού), Τριώνυμο, Συστήματα.

Να υπολογι=εί η παράσταση : Α� ( � y�x'y-' </Υ)' , αν x�:J-JS , y�3+J5 .

, , . 1 JiO 7 �3w 3 3 Γn Γn Να συγκρινετε τους 10 αριθμους. 3, 1, -2, � ' - , - , , - - , 9, 5 ν 8 ν 8 .

1 - ν 2 3 2 3 5

Το -1 - = l + .fi =-1-.fi <-2 το J10 > 1 το 2_ >3 το �3w = ��J343233 = !J3633 = .J3 >1

1 - .fi 1 - 2 ' 3 ' 2 ' 3 3 3

και .J3 = J323 > J10 το 0>-� >-1 το 5 if8J8 =5 if23J4.2 =20 .fi >20 3 3 ' 5 '

, I 3 J10 �3w 7 3Γr. r;:. Άρα 1 _ .fi

<-2<-5 < 1 <-3- <

3 <3<"2 <9<5 ν 8 ν 8 .

Να aπλοποιήσετε τα κλάσματα: α) ��,

Να λυθεί η εξίσωση : �χ2 - 2 jx j + 1 = Ο (1)

β) ( 4J3 - 2)(26 + 4ft) (2�3)3 - 1

Αφού χ 2 - 2 j x j + 1 = ( j x j - 1 ) 22 Ο, θα έχουμε: ( 1 )<=>�( j x j - 1)2 =O<=> I I x l - 1 1 =Ο <=> jx j = l <:=>x= 1 ή χ= - 1

Για ποιες τιμές του χ ορίζεται( έχει νόημα) η ρίζα; ��χ2 - 3χ + • I - 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/1 1

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

.\()ση Πρέπει και αρκεί lx 2 - 3χ + ψ:::: 2 , δηλαδή χ2 - 3χ + l � -2 ή χ 2 - 3χ + l :2:: 2 . Θα λύσουμε τις δυο αυτές ανισώσεις α) x 2 - 3x + l � -2 β) x 2 - 3x + l :2:: 2 Έχουμε α) χ 2 - 3χ + 3 � 0 . Δ=(-3)2 - 1 2= -3 αφού το α= l >Ο και Δ<Ο το τριώνυμο χ2 - 3χ + 3 για κάθε χ έχει τιμές ομόσημες του α δηλαδή η ανίσωση είναι αδύνατη . β) χ 2 - 3χ - Ι :2:: Ο . Δ=(-3 )2 +4= 1 3 αφού α= Ι >Ο και Δ>Ο το τριώνυμο χ 2 - 3χ - 1 για

3 - Jl3 ' 3 + Jl3 ' ' ' δ λ δ ' θ ' 3 - Jl3 ' 3 + Jl3 χ< η χ> εχει τιμες ομοσημες του α η α η ετικες, για χ= η χ= ---

2 2 2 2 ' δ ' 3 - Jl3 3 + Jl3 ' ' ' ' δ λ δ ' γινεται μη εν και για

2 <χ<

2 το τριωνυμο παιρνει τιμες ετεροσημες του α η α η

' Ά ' ' λ θ ' ' 3 - Jl3 ' 3 + Jl3 αρνητικες. ρα η ανισωση γινεται α η ης οταν χ::=:: η χ::=: .

Λ. ,;κηση 6 Να δείξετε ότι: (1 + χ3 )2 � (1 + χ2 )3

λ ί)ση

2 2

Αρκεί να δείξουμε (l + χ 3 )2 - (1 + χ 2 )3 � Ο , ή μετά από πράξεις αρκεί χ 2 (3χ 2 - 2χ + 3) :2:: Ο , που ισχύει επειδή χ2:Ξ:Ο και το (3χ 2 - 2χ + 3) είναι ομόσημο του α=3>0, αφού Δ=4-36= -32<0.

-\ σκηση 7 Να δείξετε ότι: Αν χy>Ο τότε υ) � + 2::. :2:: 2 μ) (x+y)2 >(x-y)2 Υ χ

Αν χψ<Ο τότε α) (x+y)2 <(x-y)2 β) χ2 +y2>(x+y)2

α) Πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της ανισότητας με το θετικό xy, δεν αλλάζει φορά και έχουμε να δείξουμε ότι: χ2 +y2 :Ξ:2χy , (x-y)2 ::=:ο β) Μετά από πράξεις προκύπτει για απόδειξη 4xy>O, που είναι αληθές. Αν xy<O, μετά από πράξεις έχουμε να δείξουμε ότι: α) 4xy<O, που είναι αληθές β) 2xy<O, που είναι αληθές.

Λσκψτη 8 Έστω συνάρτηση f(χ)=αχ2 +βχ+γ, α*Ο. Τι συμπεραίνετε για τις τιμές του k αν α) 5f(k)=O,

β )αf(k)<ο γ) αf(k)>O δ)Αν f(k1)f(k2)<0 ποιο συμπέρασμα προκύπτει για τους k, k1, k2, για το τριώνυμο και για τις ρίζες του;

α) ο k είναι ρίζα της f(x)=O, β) η f έχει δυο ρίζες και το k είναι μεταξύ των ριζών αφού η f(k) είναι ετερόσημη του α, γ) Η f(k) είναι ομόσημη του α, άρα η f(k) =Ο δεν έχει ρίζες ή αν έχει το k είναι εκτός των ριζών, δ) αφού f(k 1 ) είναι ετερόσημο του f(k2) άρα η f(x)=O έχει δυο ρίζες και ένα από τα k1 ,k2 είναι εντός των ριζών και το άλλο εκτός.

Α σ κη ση 9 Δίδεται η εξίσωση (α-2)χ2 +2αχ+α+2=0. Να υπολογιστεί ο α ώστε να έχει ρίζες χ1 , χ2

με 3χ, +3χ2 +χι χ2 =-3 .. . \ 1Ίση Με α:;t:2 και Δ:Ξ:Ο, έχουμε: 3(χ 1+χ2)+χ 1 χ2=-3<=:>3 -2α + α+2 =-3 <:::> -5α+2=-3α+6<=:>α=-2, δεκτή τιμή (γιατί;)

α-2 α-2

Να λυθεί η εξίσωση (1-λ)χ2 +(3+2λ)χ-λ=Ο το λeR

Αν ΜΙ τότε 9 Δ=(3+2λ)2 -4( l-λ)(-λ)=9+4λ2 + 1 2λ+4λ-4λ2 = 1 6λ+9. Για λ:::::- -1 6

έχει ρίζες,

- (3 + 2λ) ± �1 6λ + 9 9 ι χ 1 2 = ( )

, ενώ για λ<-- είναι αδύνατη . Αν λ= Ι τότε έχει μια ρίζα απλή την χ=- . . 2 1 - λ 1 6 5



Άσκηση 1 1 2 ' 1 1 χ χ

Α ν χ 1 , χ2 είναι ρίζες της αχ -6χ+ 2=0 με α=Ι:Ο, Δ:::Ο να υπολογιστει η - + - + _ι + -2 •

Λύση

Άσκηση 1 2 Να λυθεί το σύστημα Fx + y = 3 και 3x-2y=1 0

ΛίJση

Χι Xz Xz Χι

α

Με χ:::Ο έχουμε : J;. + y = 3 � J;. = 3 - y . Αν 3-y<O, δηλαδή y >3 , τότε δεν ισχύει. Αν 3-y:::O, δηλαδή

y::Ξ: 3 γίνεται: χ = (3-y)2 • Τότε 3x-2y= I O <=> (3-y)2 -2y= I O <=> 3y2 -20y+ l 7=0<::::> y= l ή y= ι; � y= l ,

αφού θέλουμε y::; 3 , οπότε: χ=(3- 1 )2=4 Άσκηση 1 3 Να γίνει η γραφική παράσταση για την συνάρτηση :

f(x)= χ2 - 4 lx l + 4

. \ ί1ση

Έχουμε f(x)= x - - 4 lx l + 4 = = . Αν είναι ? {χ2 - 4χ + 4, χ ::?: Ο χ2 + 4χ + 4, χ � Ο

χ:::Ο, τότε παριστάνει παραβολή με κορυφή το (2,0). Είναι δηλαδή στο [0,2] γνησίως φθίνουσα ενώ στο [2,+οο) γνησίως αύξουσα. Α ν χ::;Ο, τότε είναι παριστάνει παραβολή με κορυφή το (-2,0). Είναι δηλαδή στο (-οο,-2] γνησίως φθίνουσα ενώ στο [-2, Ο] γνησίως αύξουσα.

Ασκήσει;;: προτεινόμι:η:c για λίJση

χ

Άσκηση I Να υπολογιστεί η παράσταση : Α= = { �J�)x-2 y2 VY( , αν χ=� , y= .J3 .

Άσκηση 2 Να υπολογιστεί με απλά ριζικά η παράσταση : Β= � 5 - J24 Άσκηση 3 Να απλοποιηθεί η παράσταση : α) A __ l x 2 - 4 l x l + 41

l x l 2 - 4x + 4 3 + .J3 β) Β 8(1 + β)

Ά σκηση

Άσκηση

Άσκηση

8.J3 2χ2 - 82 4 Α ν χ= -- να υπολογίσετε την Α

3 2χ 5 Αν χ= 25J29 να υπολογίσετε την Α= �25 - χ2 29 6 Να λυθεί το σύστημα : λχ - (λ - l)y = Ο και (1 + λ)χ - λy = Ι

Ι χ 2 - χ 1 2λ - 2 χ - 3 λ - 2χ Άσκηση 7 Να λύσετε τις εξισώσεις: α) =Ο β) -- - -- = --lx2 - 2x + I I ' 3 4 6

Άσκηση Χ Αν α,β>Ο τότε δείξτε ότι α + β < � + -β

-

α + β + l l + α l + β

) ο χ

y '

Άσκηση 9 Δίνεται f( χ)= 2(λ - 1 )χ 2 - 5 χ + 3 Να βρεθεί η απόσταση ΑΒ όπου Α η κορυφή της f όταν λ =2 και Β η κορυφή της f όταν λ=Ο.

Άσκηση Ι Ο Να γίνει γινόμενο το άθροισμα: (χ 2 + χ - 5)3 + (1 - 2χ 2 )3 + (χ 2 - χ + 4 γ


Σταύρος Σταυρόπουλος

1) Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε τη διχοτόμο ΒΔ και από το μέσο Ε της πλευράς ΑΓ, φέρνουμε παράλληλη προς τη διχοτόμο, που τέμνει τις ΑΒ, ΒΓ στα Ζ, Η αντίστοιχα. Ακόμα φέρνουμε ΓΡ

κάθετη στη ΒΔ που τέμνει την ΑΒ στο Κ. Να δειχθεί:

i) Το τρίγωνο ΒΚΓ είναι ισοσκελές.

ii) Το τμήμα ΡΕ είναι παράλληλο προς το ΑΚ και ίσο με το μισό του. iii) Το τετράπλευρο ΖΕΡΒ είναι

παραλληλόγραμμο. iv) ΑΚ=2ΖΒ

ν) Το τρίγωνο ΒΖΗ είναι ισοσκελές. vi) ΗΓ=ΑΖ.

i) Το τρίγωνο ΒΚΓ είναι ισοσκελές με ΒΓ=ΒΚ ( 1 ) γιατί η διχοτόμος ΒΡ είναι και ύψος.

ii) Επειδή το τρίγωνο ΒΚΓ είναι ισοσκελές η διχοτόμος ΒΡ είναι και διάμεσος, άρα το Ρ είναι μέσο του ΚΓ. Επομένως στο τρίγωνο Γ ΑΚ το ευθύγραμμο τμήμα ΡΕ ενώνει τα μέσα των πλευρών του ΓΚ, Γ Α, άρα θα είναι παράλληλο με τη τρίτη πλευρά ΑΚ και ίσο με το μισό της.

ίίί) Επειδή ΡΕ//ΑΚ είναι ΡΕ//ΒΖ κι αφού ΒΡ//ΖΕ το τετράπλευρο ΖΕΡΒ έχει τις απέναντι πλευρές του παράλληλες, άρα είναι παραλληλόγραμμο.

ίν) Επειδή ΖΕΡΒ παραλληλόγραμμο είναι ΡΕ=ΒΖ, αλλά από ί ί ) ΡΕ=ΑΚ/2 ή ΑΚ=2ΡΕ, άρα ΑΚ=2ΒΖ (2) . ν) Είναι 2:, = Β2 (3) ως εντός εκτός και επί τα αυτά των παραλλήλων ΖΕ, ΒΔ που τέμνονται από την

ΒΔ. Ακόμα Β, = Η2 (4) ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΖΕ, ΒΔ που τέμνονται από την ΒΔ. Αλλά Β, = Β2 γιατί η ΒΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Β , άρα από τις σχέσεις (3) , (4) προκύπτει ότι z, = Β2 , επομένως το τρίγωνο ΒΖΗ είναι ισοσκελές με ΒΖ=ΒΗ (5), γιατί έχει τις προσκείμενες στη βάση του γωνίες ίσες.

( I ) ,( 5 ) ( 2 ) νί) Είναι: ΗΓ = ΒΓ - ΒΗ ΒΚ - ΒΖ = ΒΑ + ΑΚ - ΒΖ = ΒΑ + 2ΒΖ - ΒΖ = ΒΑ + ΒΖ = ΑΖ.

2) Δίνεται κύκλος με κέντρο Ο και διάμετρο ΑΒ και τυχαίο σημείο Γ πάνω σε αυτόν. Με πλευρά το τμήμα ΑΓ κατασκευάζουμε ισόπλευρο τρίγωνο ΑΔΓ κι έστω Ε το σημείο τομής της ΑΔ και του κύκλου. Αν ΟΜ κάθετη στην ΑΔ, να δειχθεί:

i) ΕΒ = 20Μ. ii) Η ΟΔ είναι διχοτόμος του τριγώνου ΑΔΓ. ί ί ί) ΟΔ = ΒΕ.


i)


Επειδή το ΟΜ είναι κάθετο στο ΑΕ το Μ είναι μέσο του ΑΕ κι αφού Ο μέσο του ΑΒ από το τρίγωνο ΑΕΒ

είναι: ΟΜ = ΕΒ ή EB=20M.( I ) 2

i i ) Είναι ΟΑ=ΟΓ ως ακτίνες του κύκλου και ΑΔ=ΔΓ ( αφού το τρίγωνο ΑΔΓ είναι ισόπλευρο), άρα η ΟΔ είναι μεσοκάθετος του ΑΓ, οπότε και διχοτόμος της γωνίας Δ στο ισόπλευρο τρίγωνο ΑΔΓ.

i i i) Έχουμε Λ

Α�Ο = ΑΔΓ =

60ο = 30ο

2 2 άρα από το

ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΔ είναι ΟΜ = ΟΔ ή ΟΔ=20Μ 2

(2) . Από τις σχέσεις ( I ), (2) προκύπτει: ΕΒ=ΟΔ. Λ

Δ

3) Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ( Α = 90° ) και το ύψος του ΑΔ. Παίρνουμε πάνω στο ΑΔ τυχαίο

σημείο Ε, από το οποίο φέρνουμε κάθετο προς την ΕΓ που τέμνει την ΑΒ στο Θ. Αν από το Ε

φέρουμε παράλληλες προς τις ΒΓ, ΑΒ που τέμνουν τις ΑΒ, ΒΓ στα Ζ, Λ αντίστοιχα , να δειχθεί ότι: i) ΕΛ=ΖΒ

ίί) Το Ε είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΛΓ.

ίίί) Τα τμήματα ΑΛ, ΘΕ είναι παράλληλα. iv) Το τετράπλευρο ΑΘΕΛ είναι παραλληλόγραμμο. ν) ΖΒ=ΑΘ.

i) Επειδή ΕΛ//ΒΖ και ΕΖ//ΒΓ το ΕΖΒΛ είναι παραλληλόγραμμο,

Γ

άρα ΕΛ=ΖΒ ( I ) . Θ �---4�------�----� i i) Επειδή ΕΛ// ΑΒ και ΑΓ l_ ΑΒ είναι ΕΛ l_ ΑΓ, άρα ΛΡ ύψος

του τριγώνου ΑΛΓ (όπου Ρ το σημείο τομής των ΕΛ, Α Γ) κι Α

αφού ΑΔ l_ ΒΓ είναι και το ΑΔ ύψος του ΑΛΓ, οπότε το Ε είναι ορθόκεντρο.

z Β

i i i ) Επειδή Ε ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΛΓ είναι ΓΕ l_ ΑΛ, αλλά ΓΕ l_ ΕΘ (υπόθεση), άρα ΑΛ//ΕΘ. ίν) Είναι ΑΛ//ΘΕ και ΕΛ//ΑΒ (υπόθεση), άρα το ΑΘΕΛ είναι παραλληλόγραμμο. ν) Επειδή το ΑΘΕΛ είναι παραλληλόγραμμο προκύπτει ότι ΕΛ=ΑΘ(2). Από τις σχέσεις ( I ), (2)

συμπεραίνουμε ΖΒ=ΑΘ.

4) Δίνεται κυρτό πεντάγωνο ΑΒΓΔΕ στο οποίο οι γωνίες Γ και Ε είναι ορθές, οι πλευρές ΒΓ και ΓΔ είναι ίσες, καθώς επίσης ίσες είναι και οι πλευρές ΔΕ, ΑΕ. Αν Μ είναι το μέσο του τμήματος ΑΒ και Η το συμμετρικό του Ε ως προς το Μ, να δειχθεί ότι:

ί) Το τετράπλευρο ΑΕΒΗ είναι παραλληλόγραμμο.

ίί) Τα τρίγωνα ΗΒΓ, ΕΔΓ είναι ίσα.

iii) Το τρίγωνο ΕΓΗ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. iv) Το τρίγωνο ΕΜΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.


Μαθηματικά για την Α · Λυκείου

Το τετράπλευρο ΑΕΒΗ είναι παραλληλόγραμμο γιατί οι διαγώνιοί του ΑΒ, ΕΗ διχοτομούνται στο Μ.

Δ

i) Τα τρίγωνα ΗΒΓ , ΕΔΓ έχουν: ,c ΗΒ=ΕΔ γιατί ΗΒ=ΑΕ (απέναντι πλευρές του παρ/μου ΑΕΒΗ) και

ΑΕ=ΕΔ (υπόθεση) . ΒΓ=ΔΓ (υπόθεση) .

Λ Λ Λ <:< ΗΒΓ = ΕΔΓ γιατί ΗΒ// ΑΕ κι αφού ΑΕ .1 ΕΔ ( Ε ορθή) είναι

Λ ΗΒ .1 ΕΔ ακόμα ΒΓ .1 ΓΔ ( Γ ορθή), δηλαδή έχουν τις πλευρές τους κάθετες. Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα ( 1 ο κριτήριο ισότητας) .

Η

i i) Επειδή τα τρίγωνα ΗΒΓ, ΕΔΓ είναι ίσα, είναι ΓΗ=ΓΕ, άρα το τρίγωνο ΕΓΗ είναι ισοσκελές. Λ Λ Λ Λ Λ Λ

Ακόμα f2 = fι , άρα ΕΓΗ = Γι + ΕΓΒ = Γ2 + ΕΓΒ = ΔΓΒ =90° δηλαδή το ΕΓΗ είναι και ορθογώνιο .

i i i) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΕΓΗ η ΓΜ είναι διάμεσος άρα ΓΜ = ΕΗ = ΕΜ δηλαδή το ΕΜΓ είναι 2

ισοσκελές. Ακόμα η διάμεσος ΓΜ είναι και ύψος στο ορθογώνιο ΕΓΗ, άρα το ΕΜΓ είναι και ορθογώνιο .

5) Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και τυχαίο σημείο Ε της πλευράς ΔΓ. Φέρνουμε τη διχοτόμο της Λ

γωνίας ΒΑΕ που τέμνει τη ΒΓ στο Ζ καθώς και ΕΚ .1 ΑΖ, ΕΗ .1 ΑΒ. Α ν η ΕΚ τέμνει την ΑΒ

i)

στο Θ να δειχθεί ότι: i) ΑΕ=ΑΘ

ίί) Τα τρίγωνα ΘΗΕ, ΑΒΖ είναι ίσα.

ίίί) ΑΕ=ΔΕ+ΒΖ.

Το τρίγωνο ΑΕΘ είναι ισοσκελές γιατί η ΑΚ είναι διχοτόμος και ύψος, άρα ΑΕ=ΑΘ ( 1 ) .

Λ Λ i i ) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΘΗΕ( Η = 90° ), ΑΒΖ( Β = 90° )

έχουν: ΕΗ=ΑΒ (γιατί ΕΗ=ΒΓ=ΑΒ) Λ Λ

ο Ε 1 = ΖΑΒ (γιατί είναι οξείες με πλευρές κάθετες) Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα ΘΗΕ, ΑΒΖ είναι ίσα οπότε ΗΘ=ΒΖ (2).

( 2 ) i i i) Από ( 1 ) ΑΕ=ΑΘ=ΑΗ+ΗΘ = ΔΕ+ΒΖ (ΑΗ=ΔΕ γιατί

ΑΗΕΔ ορθογώνιο). Λ

Θ

Ε

6) Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ( Α = 90° ) και ευθεία ε που διέρχεται από την κορυφή Α.

Έστω Δ, Ε οι προβολές των Β, Γ αντίστοιχα στην ε και ΑΗ το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ. Αν οι

παράλληλες από τα Β, Γ προς τις ΗΔ, ΗΕ αντίστοιχα τέμνονται στο Μ και ΓΝ .1 ΑΜ, να δειχθεί


i )


ότι: Λ

ί) Η γωνία ΕΗΔ είναι ορθή. Λ

ίί) Η γωνία ΒΜΓ είναι ορθή. iii) ΑΜ .l ε

ίν) Τα σημεία Δ, Η, Ν είναι συνευθειακά.

ν) ΒΔ=ΝΜ νί) ΒΔ+ΓΕ=ΑΜ .

. \ί1ση

Το τετράπλευρο ΔΒΗΑ είναι εγγράψιμο γιατί οι απέναντι γωνίες του Λ Λ Δ , Η είναι παραπληρωματικές (ως

Λ Λ ορθές), άρα ΗΔΑ = ΑΒΓ ( 1 ) (βλέπουν την πλευρά ΗΑ) .Όμοια το τετράπλευρο ΑΗΓΕ είναι

Λ Λ εγγράψιμο γιατί οι απέναντι γωνίες του Ε , Η είναι παραπληρωματικές (ως ορθές), άρα

Λ Λ Λ Λ Λ Λ ΗΕΑ = ΑΓΒ (βλέπουν την πλευρά ΗΑ). Τότε : ΗΔΑ+ ΗΕΑ = ΑΒΓ + ΑΓΒ =90° (ως οξείες γωνίες

Λ του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ). Οπότε από το τρίγωνο ΕΗΔ είναι ΕΗΔ = 90° .

i i ) Είναι ΒΜ//ΗΔ και ΓΜ//ΗΕ (υπόθεση) κι αφού ΗΕ .1 ΗΔ (από i) ερώτημα) είναι ΒΜ .1 ΓΜ Λ

δηλαδή ΒΜΓ ορθή . Λ Λ

i i i ) Το τετράπλευρο ΑΒΜΓ είναι εγγράψιμο γιατί οι απέναντι γωνίες του Α , Μ είναι Λ Λ Λ Λ

παραπληρωματικές (ως ορθές), άρα ΑΜΓ = ΑΒΓ (βλέπουν την πλευρά ΑΓ) και ΑΜΖ = ΑΓΒ (2) Λ Λ

(βλέπουν την πλευρά ΑΒ) . Ακόμα αν Ζ το σημείο τομής της ΒΜ με την ε είναι Ζ = ΗΔΑ ως εντός εκτός και επί τα αυτά των παραλλήλων ΜΖ, ΗΔ που τέμνονται από την ε, οπότε από την ( 1 ) Λ Λ Λ Λ Λ (2), (3) Λ Λ Ζ = ΑΒΓ (3) . Άρα από το τρίγωνο ΑΜΖ: ΜΑΖ= \ 80°-ΑΜΖ-ΑΖΜ = 1 80° - ΑΓΒ- ΑΒΓ =90° (από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ). Δηλαδή ΑΜ .1 ε.

Λ Λ ίν) Είναι ΔΗΒ = Α] γιατί βλέπουν τη πλευρά ΔΒ στο εγγράψιμο τετράπλευρο ΔΒΗΑ. Τότε :

Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ ΔΗΒ = Αι = ΜΑΖ- ΜΑΒ = 90° - ΜΑΒ = ΒΑΓ- ΜΑΒ = Α2 ( 4). Ακόμα το τετράπλευρο ΑΗΝΓ είναι εγγράψιμο γιατί η πλευρά του ΑΓ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές Η, Ν από ίσες (ορθές)

Λ Λ Λ Λ γωνίες, άρα ΓΗΝ = Α2 (5) . Από τις σχέσεις (4), (5) προκύπτει ΔΗΒ = ΓΗΝ , οπότε τα σημεία Δ, Η ,Ν είναι συνευθειακά.

ν) Είναι ΒΔ//ΜΝ ως κάθετες στην ε και ΜΒ//ΝΔ (Δ, Η, Ν συνευθειακά), άρα το τετράπλευρο ΒΔΝΜ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε ΒΔ=ΜΝ.

Λ Λ Λ νί) Το τετράπλευρο ΑΕΓΝ είναι ορθογώνιο γιατί έχει τρεις ορθές γωνίες (τις Α, Ε, Ν ), άρα Γ Ε= ΝΑ.

Τότε: ΒΔ+ΓΕ=ΜΝ+ΝΑ=ΑΜ.



Λ Λ 7) Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και εσωτερικό του σημείο Ο έτσι ώστε ΟΒΓ = ΟΓΒ = 15° . Αν Ζ το

συμμετρικό του Ο ως προς την ΑΓ να δειχθεί ότι:

i) Τα τρίγωνα ΒΟΓ, ΔΖΓ είναι ίσα. Λ

ii) Είναι ΔΖΟ = 150° .

iii) Τα τρίγωνα ΒΟΓ, ΔΖΟ είναι ίσα. iv) Το τρίγωνο ΑΟΔ είναι ισόπλευρο.

λί)ση i ) Τα τρίγωνα ΒΟΓ, ΔΖΓ έχουν:

•

ΒΓ=Γ Δ=α ( οπου α η πλευρά του τετραγώνου) ΟΓ=ΓΖ (συμμετρικές ως προς την ΑΓ) Λ Λ ΓΙ = Γ4 (συμμετρικές ως προς την ΑΓ) .

Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα (από το Ι ο κριτήριο ισότητας τριγώνων). Λ Λ Λ

i i) Είναι Ο Γ Ζ = 90° - Γ1 - Γ4 = 90° - 1 5° - 1 5° = 60° , άρα το ισοσκελές τρίγωνο ΟΓΖ είναι ισόπλευρο.

Λ Λ Ακόμα ΔΖΓ = ΒΟΓ = 1 50° (αφού τα τρίγωνα ΒΟΓ, ΔΖΓ είναι ίσα), άρα

Λ ΔΖΟ = 360° - Ι 50° - 60° = Ι 50° .

i i i ) Συγκρίνω τα τρίγωνα ΒΟΓ, ΔΖΟ :

� ΟΓ=ΔΖ γιατί τα ισοσκελή τρίγωνα ΒΟΓ, ΔΖΓ είναι ίσα. "' ΟΒ=ΟΖ γιατί ΟΒ=ΟΓ=ΟΖ, αφού ΟΓΖ ισόπλευρο.

Λ Λ Φ ΒΟΓ = ΔΖΟ = 1 50°

Άρα τα τρίγωνα ΒΟΓ, ΔΖΟ είναι ίσα (από το Ι" κριτήριο ισότητας τριγώνων), οπότε ΟΔ=ΒΓ=α ( 1 ) . iν) Τα τρίγωνα ΑΒΟ, ΔΟΓ έχουν:

� ΟΒ=ΟΓ (γιατί το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ισοσκελές) ., ΑΒ=ΒΓ=α

Λ Λ • ΑΒΟ = ΔΓ0 = 90° - l 5 ° = 75° .

Άρα τα τρίγωνα ΑΒΟ, ΔΟΓ είναι ίσα (από το Ι 0 κριτήριο ισότητας τριγώνων), οπότε ΟΑ=ΟΔ (2) . Από τις σχέσεις ( 1 ) , (2) προκύπτει ότι ΟΑ=ΟΔ=α=ΑΔ δηλαδή το τρίγωνο ΑΟΔ είναι ισόπλευρο.

Λ 8) Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) με ΒΑΓ = 1 20° . Παίρνουμε πάνω στη ΒΓ τα σημεία

Δ, Ε τέτοια ώστε ΒΔ=ΔΕ=ΕΓ. Αν Ζ το συμμετρικό του Α ως προς τη ΒΓ, να δειχθεί ότι: i) Το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισόπλευρο. ii) Το σημείο Δ είναι βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΖ.

Λ iii) Η γωνία ΒΑΔ ισούται με 30°.

ίν) Το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισόπλευρο.



Λ ν) Η γωνία Γ ΑΔ ισούται με 90°.

Α

i ) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΜ, ΒΜΖ είναι ίσα

i i)

i i i)

ίν)

ν)

γιατί έχουν τη ΒΜ κοινή πλευρά και ΑΜ=ΖΜ (συμμετρικές ως προς τη 8��-'----------f-----LΙ-t----L_.)..... ___ __j�� r ΒΓ), άρα ΒΖ=ΑΒ, δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές. Ακόμα στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ το ύψος ΑΜ είναι και

διχοτόμος, άρα Β�Μ = ι 2οο

= 60° . Οπότε το 2

ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισόπλευρο. z

Είναι ΒΔ = ΒΓ και ΒΜ = ΒΓ ή ΒΓ=2ΒΜ, τότε ΒΔ = 28Μ κι αφού ΒΜ διάμεσος του

3 2 3 ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΖ το Δ είναι βαρύκεντρο του ΑΒΖ. Επειδή το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισόπλευρο το βαρύκεντρο Δ θα είναι και έγκεντρο, άρα η ΑΔ είναι

Λ Λ 60ο διχοτόμος της γωνίας ΒΑΜ , οπότε ΒΑΔ = - = 30° .

2 Λ Λ Λ l 80o - 1 20o Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΒΑΓ = 1 20° είναι Β ι = Γι =

2 = 30° , άρα

Λ Λ Λ Λ Δι =Βι+� =30° +30° =60° ως εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΔΒ . Όμοια και Ει = 60° , οπότε και

η τρίτη γωνία του τριγώνου ΑΔΕ θα είναι 60°, άρα θα είναι ισόπλευρο. Λ Λ Λ

Είναι ΓΑΔ = ΒΑΓ- Αι = 1 20° - 30° = 90° . Λ

Α

9) Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) με ΒΑΓ = 20° . Από το σημείο Β

i )

i i)

φέρνουμε ημιευθεία που σχηματίζει με τη ΒΓ γωνία 30° και τέμνει την προέκταση της ΑΓ στο Δ. Από την κορυφή Γ φέρνουμε κάθετο στη ΒΔ που τέμνει την ΒΔ στο Η και την ΑΒ στο Ε. Αν ΑΜ το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ και ΓΝ η διχοτόμος της γωνίας του Γ, να δειχθεί ότι: i) ΒΓ=2ΓΗ . ii) Τα τρίγωνα ΓΜΝ, ΓΗΔ είναι ίσα. iii) Το τρίγωνο Γ ΑΕ είναι ισοσκελές.

ίν) Τα τρίγωνα ΝΓΑ, ΔΓΕ είναι ίσα. Λ

ν) Η γωνία ΓΖΕ ισούται με 50°, όπου Ζ το σημείο τομής των ΕΔ, ΒΓ.

Λ Επειδή το τρίγωνο ΓΗΒ είναι ορθογώνιο με ΓΒΗ = 30° είναι

ΓΗ = ΒΓ ( Ι ) ή ΒΓ=2ΓΗ. 2 Ε

Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με Β�Γ = 20° έχουμε : Α� Γ = Α�Β = 1 800 - 200 = 80° κι

2 Λ Λ Λ goo επειδή η ΓΝ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΓΒ είναι ΜΓΝ = ΝΓ Α = - = 40° (2) . Ακόμα

2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/1 9

Μαθηματικά για την Α · Λυκείου

Λ Λ ΒΓΔ = 80° + 20° = 1 00° (ως εξωτερική του τριγώνου ΑΒΓ) και ΒΙΉ = 180° -90° - 30° = 60° (από το

Λ Λ Λ ( 2 ) Λ ορθογώνιο τρίγωνο ΒΓΗ), άρα ΗΓΔ = ΒΓΔ-ΒΙΉ = 100° -60° = 40° = ΜΓΝ . Τότε τα ορθογώνια

τρίγωνα ΓΜΝ, ΓΗΔ έχουν:

Λ

Λ Λ ΒΓ < Ι ) ΜΓΝ = ΗΓ Δ , ΜΓ = - = ΓΗ . Επομένως είναι ίσα. 2

ί ί ί ) Είναι ΕΒΓ = 80° + 20° = 1 00° (ως εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΒΓ), οπότε από το τρίγωνο Λ Λ Λ Λ Λ

ΒΕΓ έχουμε: ΒΕΓ = 1 80° - ΕΒΓ- ΒΓΗ = 1 80°- 1 00°-60°=20°. Δηλαδή ΒΑΓ = ΒΕΓ = 20° , άρα το τρίγωνο ΑΓΕ είναι ισοσκελές με Γ Α=ΓΕ.

Λ Λ ίν) Τα τρίγωνα ΝΓΑ, ΔΓΕ έχουν: ΓΑ=ΓΕ (από i i i ) ερώτημα), ΝΓΑ = ΗΓΔ = 40° (από i i) ερώτημα),

ΓΝ=ΓΗ (γιατί τα τρίγωνα ΓΜΝ, ΓΗΔ είναι ίσα) . Επομένως είναι ίσα (από 1 ο κριτήριο ισότητας Λ Λ 20ο

τριγώνων) κι έτσι ΓΕΔ = Γ ΑΜ = - = 1 0° . 2

Λ Λ ν) Είναι ΕΓΖ = 1 80° - 60° = 1 20° (παραπληρωματική της γωνίας ΒΓΗ ) . Οπότε από το τρίγωνο ΕΓΖ

Λ Λ Λ έχουμε : ΕΖΓ = 1 80° - ΕΓΖ- ΓΕΔ = 1 80° - 1 20° - 1 0° = 50° . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΗ, ΒΝ, ΓΘ τα ύψη του. Φέρνουμε ΗΕ l_ ΑΒ και ΗΔ l_ ΑΓ. Α ν η

ΘΝ τέμνει τις ΗΕ, ΑΗ, ΗΔ στα Ρ, Ζ, Σ αντίστοιχα και η ΕΔ τέμνει την ΑΗ στο Κ, να δειχθεί ότι: i) Η ΝΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ΗΝΣ . ii) Τα σημεία Δ, Ε είναι μέσα των τμημάτων ΗΣ, ΗΡ αντίστοιχα.

ίίί) Τα τμήματα ΗΚ, ΚΖ είναι ίσα.

ί) Το τετράπλευρο ΑΒΗΝ είναι εγγράψιμο γιατί η πλευρά ΑΒ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές Η, Ν από ίσες (ορθές)

Λ γωνίες. Άρα η εξωτερική του γωνία ΗΝΓ ισούται με την

απέναντι εσωτερική Λ Λ Λ

ΗΝΓ = ΑΒΓ = φ ( 1 ) .

Λ ΑΒΓ ,

Όμοια

δηλαδή Ρ

το τετράπλευρο ΒΓΝΘ είναι εγγράψιμο γιατί η πλευρά ΒΓ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές Θ, Ν από

Σ

Λ Λ ίσες (ορθές) γωνίες. Άρα η εξωτερική του γωνία ΘΝΑ ισούται με την απέναντι εσωτερική ΑΒΓ ,

Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ δηλαδή ΘΝΑ = ΑΒΓ = φ . Αλλά ΘΝΑ = ΓΝΣ (ως κατακορυφήν), άρα ΓΝΣ = ΑΒΓ = φ (2) . πό τις

Λ Λ Λ Λ σχέσεις ( 1 ), (2) προκύπτει ότι ΗΝΓ = ΓΝΣ = φ , δηλαδή η ΝΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ΗΝΣ . Το τρίγωνο ΗΝΣ είναι ισοσκελές γιατί η ΝΔ είναι διχοτόμος και ύψος, άρα θα είναι και διάμεσος,

οπότε το Δ θα είναι μέσο του ΗΣ. Όμοια αποδεικνύουμε ότι και το Ε είναι μέσο του ΗΡ . ί ί) Στο τρίγωνο ΗΡΣ τα σημεία Ε, Δ είναι μέσα των πλευρών του ΗΡ, ΗΣ αντίστοιχα, άρα το

ευθύγραμμο τμήμα ΕΔ είναι παράλληλο με την τρίτη πλευρά ΡΣ και ίσο με το μισό της. Στο τρίγωνο ΗΡΖ έχουμε: Ε μέσο του ΗΡ και ΕΔ παράλληλη στη πλευρά ΡΖ, άρα η ΕΔ θα διέρχεται από το μέσο της τρίτης πλευράς ΗΖ, δηλαδή τα τμήματα ΗΚ, ΚΖ είναι ίσα.


ΑΛΓΕ Β ΡΑ γ ι α την Β' τάξη του Λυκείου

ΓΕΝ Ι ΚΕΣ Ε ΠΑΝΑΛΗ ΠΤΙ ΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕ ΙΣ

Κυριακόπουλος Θανάσης - Καρδαμίτσης Σπύρος

Κεντρική μας επιδίωξη, με τις γενικές ασκήσεις που ακολουθούν, είναι να δει ο μαθητής με πιο «ώριμη ματιά» τις βασικές ιδιότητες της ύλης που διδάχτηκε (τριγωνομετρία - πολυώνυμα - πρόοδοι -λογάριθμοι), δηλαδή να έχει τη δυνατότητα της «σφαιρικής αντιμετώπισης» των θεμάτων που του τίθενται κάθε φορά. Εξάλλου δεν είναι μακριά ο καιρός που οι Πανελλήνιες είχαν «κατεβεί» και στην Β ' Λυκείου και σκοπίμως έχουν επιλεγεί, σχετικά, κάποια θέματα. Ελπίζουμε ότι ο υπό έναρξη εθνικός διάλογος για την παιδεία και οι σχεδιαζόμενες αλλαγές, να συμβάλλουν στην αναβάθμιση της διδασκαλίας των μαθηματικών στο Λύκειο.

Χ Ρ Η Σ Ι \ Ι ΕΣ Ε Π ΙΣ Η Μ Α Ν Σ Ε Ι Σ Παραθέτουμε παρατηρήσεις, σχόλια και συμπληρώσεις σε «λεπτά» σημεία της θεωρίας. 1 . Για την επίλυση βασικών τριγωνομετρικών εξισώσεων μπορεί να χρησιμοποιηθούν και οι ισοδυναμίες: ημχ = Ο <::::> χ=kπ+Ο συνχ = Ο <::::> χ = kπ+π/2

ημχ = 1 <::::> χ=2kπ+π/2 συνχ = 1 <::::> χ = 2kπ

ημχ = - 1 <::::> χ=2kπ-π/2 συνχ = - 1 <::::> χ = 2kπ + π

αντί των βασικών τύπων των τριγωνομετρικών εξισώσεων. 2 . Κατά την εφαρμογή του σχήματος Homer να έχουμε υπόψη μας τα παρακάτω:

• Αν το άθροισμα των συντελεστών του πολυωνύμου είναι μηδέν τότε μια ρίζα του πολυωνύμου είναι η ρ = 1

• Α ν όλοι οι συντελεστές του πολυωνύμου είναι ομόσημοι τότε δεν υπάρχουν θετικές ρίζες.

3. Προσοχή στις ιδιότητες: • 1οgα(θ ι ·θz) = 1οgαθ ι + logαθz,

θι -• logα( - ) - lοgαθ ι - logαθz, θ2

• lοgαθκ = κlοgαθ οι οποίες ισχύουν όταν Ο < α * 1 , κEIR και θ 1 , θ2,

θ θετικοί αριθμοί. Αν δεν γνωρίζουμε το πρόσημο των θ ι , θz, θ, τότε ισχύουν:

• lοgα(θ ι ·θz) = logα lθ1 1 + logα lθ2 1 , με θ ι θz>Ο

• logα( � ) = logα lθ1 1 - logα lθ Ι , με � > Ο θ2 2 θ2

• lοgαθκ = κlοgα lθ l με θκ>Ο

4 . Δεν πρέπει να ξεχνάμε τους περιορισμούς, όπου αυτοί απαιτούνται, κατά την λύση των λογαριθμικών εξισώσεων και ανισώσεων.

5 . Η γραφική παράσταση της συνάρτησης

f(x) = ι ιη x l = , δηλαδή { ln χ αν ln χ 2 Ο - Ι η χ αν ln χ < Ο

της f(x) = ι ιη χ Ι = { ιη χ αν χ 2 1 - ln x αν χ < 1

είναι:

1

7. Από την ισοδυναμία: y = logα χ <::::> χ = αΥ που ισχύει για κάθε Ο < α * 1 , χ>Ο και y Ε � προκύπτει ότι: κάθε αριθμός y Ε � γράφεται ως


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

λογάριθμος ( y = logα α Υ ) . Για παράδειγμα έχουμε 3 = Iog 1 03 και - 1 = log ιο- ι δηλαδή έχουμε το συμπέρασμα ότι λογάριθμοι αρνητικών αριθμών δεν υπάρχουν, αλλά αρνητικοί λογάριθμοι υπάρχουν. Εξάλλου κάθε αριθμός χ>Ο γράφεται ως δύναμη ( χ = α log, χ ) , για παράδειγμα 3= 1 olog x . Από αυτή την ιδιότητα παίρνουμε τη βασική σχέση : αχ = ex lnα για κάθε α>Ο και χ Ε IR. . π ' ' log θ θ ' Ιnα , ραγματι αφου α " = ειναι e = α, αρα

exlnα = ( elnαy = αχ Κάθε θετικός αριθμός μπορεί να γραφτεί σε μορφή λογαρίθμου με την βοήθεια της ιδιότητας lοgαθκ = κ\οgα [θ [ , Ο < α =Ι= 1 , θ > Ο και K E IR .

Ασκη ση Ι " Ν α λυθούν οι εξισώσεις:

α) ημ (χ - ;) - συν (χ - ;) = 0 (1)

β) (ημχ - συνχ)2 = 2(ημχ - συνχ - 1 - ημχσυνχ)

ΛίJση : α) Αν είναι συν ( χ -�) = Ο, τότε θα είναι:

ημ ( χ -�) = ± 1 , οπότε δεν ισχύει η ( 1 ) . Αν είναι

συν (χ - �) '1- Ο, τότε η εξίσωση γράφεται:

ημ (χ -�) - συν ( χ -�) = Ο �

ημ (χ -�) = συν (χ -�J �

εφ (χ _ _::) = 1 � χ = kπ + 1 1π k Ε 7l.. 7 28 '

β) (ημχ - συνχ)2 = 2(ημχ --συνχ - 1 - ημχσυνχ) � ημ2χ-2ημχσυνχ+συν2χ=2ημχ-2συνχ-2-2ημχσυνχ � ημ2χ - 2ημχ + 1 + συν2χ + 2συνχ + 1 = Ο � (ημχ - 1 )2 + (συνχ + 1 )2 = ο�

ημχ = 1 και συνχ = - 1 Είναι λοιπόν αδύνατη αφού

ημ2χ + συν2χ = 1 ::�= 1 2 + (- 1 )2 = 2

Λ σ κη ση 2 '1 3π

Αν - < α < 2π και η εφα είναι ρίζα της 2

εξίσωσης χ2 + 2χ - 3 = Ο, τότε:

α) Να υπολογίσετε τις τιμές των τριγωνομετρικών αριθμών ημ2α, συν2α, εφ2α.

β) Να βρεθεί η τιμή της παράστασης: 8

Κ =-2009ημ2α - 2009συν2α - 2009· - εφ2α. 15

/\,\)('ιη : α) Είναι χ2 + 2χ - 3 = Ο � ( χ = 1 ή χ = -3), όμως 3π 2 ' 3 Σ ' ' - < α < π, αρα εφα = - . υνεπως εχουμε : 2

2 1 - συν2α 9 1 - συν2α εφ α = � = � 1 + συν2α 1 + συν2α

4 �9 + 9συν2α = 1 - συν2α � συν2α = - -5

Επειδή ημ22α + συν22α = 1 � ημ22α + ( -� ) 2 = 1

2 9 3 ' 3π � η μ 2α = - � ημ2α = - - αφου - < α < 2π 25 5 ' 2

και

3 ημ2α -5 3 εφ2α = -- = - = -συν2α 4 4

5

β) Είναι: Κ=2009ημ2α-2009συν2α-2009 _! εφ2α = 1 5

3 4 8 3 2009(- - ) - 2009(- - ) - 2009 · - . - = 2009 5 5 1 5 4

.\ σκηαη 3 ' 1 α) Αν σε ένα

συνΒημ ( � - Γ) -

τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει:

ημΓσυν (� - Β J =o, να

αποδείξετε ότι αυτό είναι ορθογώνιο. β) Να λύσετε την εξίσωση : συν2χ + 3 = Sσυνχ.

α) Είναι: συνΒημ (% - Γ J - ημΓσυν (% - Β J = Ο

� συνΒσυνΓ - ημΒημΓ = Ο � συν(Β+Γ) = Ο �

� συν(Β+Γ) = συν _:: επομένως 2

Α = _:: . (Αφού Ο<Β+Γ<π) 2

Β + Γ = _:: άρα 2

β) συν2χ + 3 = 5συνχ � 2συν2χ - 1 + 3 = 5συνχ

�2συν2χ-5συνχ+2 =Ο�συνχ = 2 ή συνχ=_!_ � 2


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

1 π π συνχ = - � συνχ = συν- � χ = 2kπ ± - , k εΖ 2 3 3

;,:, ι-ϊ %:ηση � ι ι α) Να αποδείξετε ότι: ημ2θσφθ - 2ημ2θ=2συν2θ.

β) Να βρεθεί η τιμή της παράστασης: π 3π

Κ = συν4 g + συν4 g

α) Έχουμε: 2 συνθ 2 ημ2θσφθ - 2ημ θ = 2ημθσυνθ-- - 2ημ θ =

ημθ

2συν2θ - 2ημ2θ = 2( συν2θ - ημ2θ) = 2συν2θ . β) Έχουμε : 3π π π 3π π π 3π π ' - + - = - ::::> - = - - - ::::> συν- = η μ- , Άρα: 8 8 2 8 2 8 8 8

π 4 π 4 -κ = συν g + η μ 8 =

= ( συν2 � + ημ2 �) 2 - 2συν2 � · ημ2 ; = = � - � ημ' � = � -Η�)' �

,;..- -. Αν εφα =

νημβσυνβ νε 1 =1- νημ2β α β ε (Ο

π) ι 2β ' ' ' ' 2 - νημ

να δείξετε ότι: εφ( α - β) = (ν - 1 )εφ β.

ν - 2ημβσυνβ 'Εχουμε: εφα = νημβσυ;β = -==2----=--

1 - νημ β 1 - νημ 2β

ν � . 2εφβ νεφβ

- 2 ημ2β -

2 l + εφ2β 1 + εφ2β - 1 - νημ 2β -

εφ2β 1 + εφ2β - νεφ2β 1 - ν --'--'-::-

νεφβ 1 + (1 - ν)εφ2β

Ι + εφ2β Ι + εφ2β

( Ι ) .

( Ι )=> εφα + ( 1 -ν)εφαεφ2β = νεφβ ::::> εφα + ( 1 -ν )εφαεφ2β = εφ β + (ν - 1 )εφ β ::::> εφα - εφβ = (ν - Ι )εφβ - ( l -ν)εφαεφ2β ::::> εφα - εφβ = (ν - 1 )εφβ + (ν- l )εφαεφ2β

::::> εφα - εφβ = (ν - Ι )εφβ[ 1 +εφαεφβ] εφα - εφβ ::::> = (ν - I )εφβ 1 + εφαεφβ

::::> εφ( α - β) = (ν - l )εφβ

Α σ κη ση 6'� Ένας διαστημικός σταθμός έχει α = 27 τόνους αποθηκευμένα αποθέματα οξυγόνου, αλλά και συσκευές παραγωγής οξυγόνου που δίνουν Π(χ)

= 4χ2 + Sx τόνους οξυγόνου συνολικά μέχρι το χ

έτος λειτουργίας τους. Η κατανάλωση οξυγόνου

στο σταθμό σε τόνους έχει εκτιμηθεί ότι θα γίνει συνολικά σε χ χρόνια σύμφωνα με την σχέση

Κ(χ) = 2χ3 - 7χ2 + 15χ + 2. α) Για πόσα χρόνια ο σταθμός θα έχει επάρκεια οξυγόνου;

β) Πόσους επιπλέον τόνους οξυγόνου θα έπρεπε να έχει ο σταθμός aποθηκευμένους αρχικά, ώστε να έχει επάρκεια για ένα χρόνο παραπάνω;

.\ύση : α) Αν Ρ(χ) είναι το πολυώνυμο που εκφράζει την περίσσεια οξυγόνου σε χ χρόνια, τότε: Ρ( χ) = Π( χ) + α - Κ( χ) = -2χ3 + 1 1 χ2 - l Ox + 25 . Επομένως αρκεί να βρούμε ποια χρονιά χ, θα μηδενιστεί η περίσσεια οξυγόνου στο σταθμό, δηλαδή τις ρίζες της εξίσωσης Ρ(χ) = Ο Είναι Ρ( χ) = Ο � -2χ3 + 1 1 χ2 - I Οχ + 25 = Ο Με εφαρμογή του σχήματος Homer διαπιστώνουμε ότι η τιμή χ = 5 είναι ρίζα της εξίσωσης Ρ(χ) = Ο, επομένως η εξίσωση γράφεται (χ - 5)( - 2χ2 + χ - 5) = ο � χ = 5 Αφού ο δεύτερος παράγοντας έχει Δ = -39 < Ο Επομένως ο σταθμός θα έχει επάρκεια οξυγόνου για 5 έτη . β) Είναι: Ρ( χ) = Π( χ) + α - Κ( χ) �

� Ρ( χ) = -2χ3 + 1 1 χ2 - 1 Οχ + α - 2 και σε αυτή την ισότητα πρέπει προσδιορίσουμε

την παράμετρο α. Ζητάμε ο σταθμός να έχει επάρκεια ένα χρόνο παραπάνω, δηλαδή για 6 χρόνια, επομένως: Ρ( 6) = Ο � � -2 ·63 + 1 1 ·62 - 1 0 ·6 + α - 2 = Ο � α = 98 Επομένως ο σταθμός θα έπρεπε να είχε aποθηκευμένους αρχικά 98 - 27 = 7 1 τόνους οξυγόνου.



:\σκηση 7' 1 Δίνεται το πολυώνυμο

Ρ(χ) = 2χ4 - 2χ3 - αχ2 + βχ + 2, α, β ε IR που έχει

παράγοντα το χ + 1 και το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ) : (χ + 2) είναι 28. α) Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς α, β. β) Αν α = 5, β = 1, να λύσετε την εξίσωση Ρ(χ)=Ο Λi>ση : Αφού το πολυώνυμο Ρ(χ) έχει παράγοντα το χ + Ι τότε : Ρ(-Ι ) = Ο � 2(-Ι )4-2(- Ι )3- α(- Ι )2 +β(- Ι )+2 = Ο

� α + β = 6 ( 1 ) Αφού το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ( χ) : (χ + 2) είναι 28 τότε : Ρ(-2)=28 � 2(-2)4-2(-2)3- α(-2)2 +β(-2)+2 = 28

� 2α +β = Ι Ι (ι) Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων ( Ι ) και (2) προκύπτει ότι: α = 5 , β = ι β) Με α = 5 , β = 1 η εξίσωση Ρ( χ) = Ο γράφεται:

2χ4 - 2χ3 - 5χ2 + χ + 2 = ο Με εφαρμογή του σχήματος Homer έχουμε :

2 -2 - 5 1 2 ρ = - 1 1 -2 4 1 -2

2 - 4 - 1 2 ο

και η εξίσωση γράφεται: (χ + ι )(2χ3 - 4χ2 - χ + 2) = ο

Επαναλαμβάνουμε την διαδικασία του σχήματος Homer για το πολυώνυμο 2χ3 - 4χ2 - χ + 2 από όπου προκύπτει:

2 - 4 - 1 2 ρ = 2 I 4 ο -2

2 ο - 1 ο

και η εξίσωση μετασχηματίζεται: (χ + l )(x - 2)(2χ2 - Ι ) = Ο

Από όπου προκύπτουν οι λύσεις : J2 J2 χ = - 1 χ = 2 χ = - χ = --' ' 2 ' 2

ί\ σ κηση Η1 1 Δίνεται το πολυώνυμο

Ρ(χ) = λ3χ3 - 3(λ + 1 )χ2 + 1 1 χ - 6

α) Να βρείτε τις τιμές του πραγματικού αριθμού λ, ώστε το 1 να είναι ρίζα του πολυωνύμου Ρ(χ)

β) Για λ = 1 να λύσετε την εξίσωση Ρ( χ) = Ο

γ) Για λ = 1 να λύσετε την ανίσωση Ρ( χ) � Ο Λt>ση : α) Για να είναι η τιμή Ι ρίζα του πολυωνύμου Ρ(χ) πρέπει και αρκεί P( l ) = Ο . Ρ ( Ι ) = Ο <=> λ3 · 1 3 - 3(λ + I ) - 1 2 + 1 1 · Ι - 6 = Ο <=>

<=:> λ3 - 3λ +2 = 0 Εφαρμόζοντας το σχήμα Horner έχουμε :

ι ο -3 2 ρ = ι I ι ι -2

ι ι -2 ο

επομένως (λ - 1 )(λ2 + λ - 2) = Ο από όπου προκύπτουν οι λύσεις λ = 1 (διπλή ρίζα), λ = -2 . β) Για λ = Ι η εξίσωση Ρ( χ) = Ο γίνεται:

χ3 - 6χ2 + 1 1 χ - 6 = 0 Εφαρμόζοντας το σχήμα Horner έχουμε :

ι - 6 ι ι -6 ρ = ι I ι -5 6

ι -5 6 ο

επομένως η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την: (χ - Ι )(χ2 - 5χ + 6) = Ο

που έχει ρίζες τις χ = Ι , χ = 2 , χ = 3 . γ) Για λ = 1 η aνίσωση Ρ(χ) � Ο γίνεται: χ3 - 6χ2 + 1 1 χ - 6 � Ο<=:>( χ - I )(χ2 - 5χ + 6)::; Ο ( I ) . Βρίσκοντας τα πρόσημα των χ- 1 , χ2 - 5χ + 6 καταρτρίζουμε τον παρακάτω πίνακα:

χ -ω ι 2 3 χ - ι - + +

χ'2-5χ + 6 + + -

Ρ( χ) - + - (

βρίσκουμε έτσι ότι: ( 1 ) <=> χ ::; 1 ή 2 ::; χ � 3 . ί\ σκηση 911

+ ω + + +

Η τιμή αγοράς ενός ηλεκτρονικού υπολογιστή είναι μεγαλύτερη από 620 ευρώ και μικρότερη από 640. Κατά την αγορά συμφωνήθηκαν τα

εξής: Ν α δοθεί προκαταβολή Ι 20 ευρώ, η εξόφληση του υπολοίπου ποσού να γίνει σε 1 Ο μηνιαίες δόσεις, κάθε δόση να είναι μεγαλύτερη της προηγουμένης κατά ω ευρώ όπου ω θετικός ακέραιος και η τέταρτη δόση να είναι 48 ευρώ.


Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

α) Να εκφράσετε το ποσό της πρώτης δόσης ως συνάρτηση του ω.

β) Να εκφράσετε την τιμή αγοράς ως συνάρτηση του ω. γ) Να βρείτε την τιμή του θετικού ακέραιου ω. δ) Να βρείτε το ποσό της τελευταίας δόσης. ε) Να βρείτε την τιμή αγοράς του ηλεκτρονικού υπολογιστή.

(Πανελλήνιες εξετάσεις 1 999) Λίι ση : α) Έστω Τ η τιμή αγοράς του ηλεκτρονικού υπολογιστή σε ευρώ με 620 < Τ < 640, τότε οι μηνιαίες δόσεις αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου με πρώτο όρο α1 την πρώτη δόση και διαφορά τον θετικό ακέραιο ω. Είναι α4 = 48 ευρώ και α4 = α 1+3ω <=::> 48 = α1 +3ω <=:> αι = 48 - 3ω ( I ) β) Είναι Τ = 1 20 +(α ι + α2 + . . . + α ι ο) = 1 20 + S 1 0

. s 1 0 οπου ι ο = l · (2α 1 + 9ω) = 5 [2(48 - 3ω) + 9ω] =

= 480 + 1 5ω επομένως έχουμε: Τ= 600 + 1 5ω ευρώ. γ) Με βάση την ανισότητα 620 < Τ < 640 και το β ερώτημα έχουμε:

620 < 600 + 1 5ω < 640 <=::>

20 < 1 5ω < 40 <=::> .± < ω < � 3 3

Όμως ω είναι θετικός ακέραιος, άρα ω = 2 δ) Η τελευταία δόση είναι ο όρος α ι ο και είναι: α ι ο = α, + 9ω = (48 - 3ω) + 9ω = 48 + 6ω = = 48 +6 ·2 = 60 ευρώ. ε) Η τιμή αγοράς του ηλεκτρονικού υπολογιστή είναι Τ = 600 + 1 5ω = 600 + 1 5 ·2 = 630 ευρώ. Α σκηση ) () ' � Δίνονται οι αριθμοί α1 = συν2α, α2 = συν2α και α3 = ι , με ο < α < π/2. α) Να αποδείξετε ότι οι αριθμοί αυτοί με την σειρά που δίνονται αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου.

β) Να βρεθεί η διαφορά ω της παραπάνω προόδου.

γ) Να βρείτε το άθροισμα των πέντε πρώτων όρων της προόδου.

(Πανελλήνιες εξετάσεις 2000)

Λ ίι ση : α) Για να είναι ο ι αριθμοί α 1 , α2, α3 διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου αρκεί 2α2 = α 1+α3 Είναι: α ,+α3=συν2α+ 1 =2συν2α-l + Ι =2συν2α =2α2 . β) Είναι ω = α3 - α2 = 1 - συν2α = ημ2α.

5 5 γ) Ss = - · [2αι + (5 - 1 )ω] = - (2συν2α + 4ημ2α)= 2 2 .

5 2 2 =2 [2( 1 - 2( 1 - 2ημ α) + 4ημ α] =

5 2 2 5 = - (2 - 4ημ α + 4ημ α) = - ·2 = 5 . 2 2

Λ σ κη ση ! Ι ' � Ένας πληθυσμός βακτηρίων τριπλασιάζεται σε αριθμό κάθε μια ώρα. α) Αν αρχικά υπάρχουν 10 βακτήρια, να βρείτε το πλήθος των βακτηριδίων ύστερα από 6 ώρες. Στο τέλος της έκτης ώρας ο πληθυσμός των

βακτηριδίων βάλεται με μια ουσία η οποία σταματά τον πολλαπλασιασμό και συγχρόνως προκαλεί την καταστροφή 33 · 1 0 βακτηριδίων κάθε ώρα.

β) Να βρείτε το πλήθος των βακτηριδίων που αναμένονται 20 ώρες μετά τον ψεκασμό.

γ) Μετά από πόσες ώρες, από την στιγμή του ψεκασμού θα καταστραφούν όλα τα βακτηρίδια; (Πανελλήνιες εξετάσεις 2000)

Λίιση : α) Για τον πληθυσμό των βακτηριδίων έχουμε γεωμετρική πρόοδο με πρώτο όρο α 1 = I Ο και λόγο λ = 3 . Αρχικά υπάρχουν α1 = 1 0 βακτηρίδια, στο τέλος της πρώτης ώρας υπάρχουν α2 βακτηρίδια, και στο τέλος της 6ης ώρας υπάρχουν α7 = α1 -λ6 = 1 0 ·36 = 7290 βακτηρίδια. β) Έχουμε αριθμητική πρόοδο με πρώτο όρο β, = α7 = 7290 βακτηρίδια και διαφορά ω = -33 · 1 0 = - 270 βακτηρίδια. 20 ώρες μετά τον ψεκασμό το πλήθος των βακτηριδίων θα είναι: β2 ι = β, + 20ω = 7290 +20· (-270) = 1 890 βακτηρίδια. γ) Είναι βν = β , + (ν - 1 )ω, οπότε για βν = Ο έχουμε β 1 + (ν - l )ω = Ο <=::> 7290 + (ν - 1 )( - 270) = Ο <=::> ν = 28, επομένως μετά από 28 - 1 = 27 ώρες καταστρέφονται όλα τα βακτηρίδια.



:ισκηση 1 2 ' � α) Να λυθεί η εξίσωση :

χ (-1 + log5) = log (1+2') - log6 (1)

β) Για ποια τιμή του πραγματικού αριθμού χ οι αριθμοί: log2, log(e' - 1 ), log(e' +3) αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου.

Λ(Jση : Επειδή 1 +2' > Ο για κάθε x εiR έχουμε ισοδύναμα:

( 1 ) <=>-χ + xlog5 = log ( 1 + 2χ) - log6<=> -xlog l Ο + xlog5 = log ( 1 +2χ) - log6<=> x(\og5 - log 1 0) = log ( 1 + 2') - log6<=>

log (�Jx = log l +62x

<=>

(_!_Jx = ι + 2χ <=> _ι_ = 1 + 2χ

<=> 2 6 2χ 6

<=> 2χ ( 1 + 2χ) = 6 <=> 22χ + 2χ - 6 = ο Θέτουμε 2χ = y (2), τότε 22χ = / και η επιλύουσα της εξίσωσης ( 1 ) είναι η : / + y - 6 = Ο (3 ). (3) <=> y = -3 ή y = 2 Για y = -3 ή (2) είναι αδύνατη, ενώ για y = 2 έχουμε: (2) <=> 2χ = 2 <=> χ = I . Τελικά ( 1 ) <=> χ= Ι β) Για να αποτελούν οι αριθμοί log2, log( ex - I ), log(ex +3) διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου πρέπει και αρκεί:

2 \og(ex - 1 ) = log2 + log(ex +3) Για να ορίζεται η παραπάνω σχέση πρέπει και αρκεί:

ex+3>0 που ισχύει για κάθε x εiR και ex-1 >0 Όμως: ex - 1 > Ο <=> ex > Ι <=> ex > e0 <=> χ > Ο

Επομένως για χ > Ο η παραπάνω σχέση ισοδύναμα γράφεται:

2 log(e' - Ι ) = log2 + log(ex +3) <=> <=>iog( ex - ι ? = \og2( ex + 3)

<=> (e' - 1 )2 = 2(ex +3) <=> e2' - 4ex - 5 = Ο<=:>

<=> <=> ex = 5 <=> χ = \η 5 e' = y } e' = Υ } y2 - 4y - 5 = 0 y ε { 5 , - 1 }

που είναι δεκτή τιμή γιατί Ιη5 > Ο .

ί\ σκηση 1 3 '� Δίνεται η συνάρτηση f(x) = -./22χ+1 - 4 · 2'

α) Να βρεθεί το σύνολο ορισμού της συνάρτησης.

β) Να λυθεί η εξίσωση f(x) = J6 ι\{Jση : α) Για να ορίζεται η συνάρτηση f(x) πρέπει και αρκεί: 22χ+ Ι - 4·2' :Ξ: Ο ( 1 ) .

2 χ = y } 2χ = Υ } ( 1 ) <=> 2y2 - 4y � O

<=> y ε (-οο, Ο] υ [2, +οο)

<=>

<=> 2χ � 2 <=> χ � 1 Επομένως το σύνολο ορισμού της συνάρτησης f(x) είναι το σύνολο Α = [ 1 , +οο) β) Στο Α έχουμε : f(x) = J6 <::::> 22'+ 1 - 4·2' = 6 <=>2·22χ - 4·2χ-6=0

<=> Υ <=> <=> 2χ = 3 <=> 2χ = } 2χ = Υ } 2/ - 4y - 6 = 0 y ε {3, - 1 }

log 3 <=> χ log 2 = \og 3 <=> χ = --, Jog 2 δεκτή τιμή αφού log3> log2 .

ί\ σκηση tl 4η Ν α λυθεί η εξίσωση

π ln2 + Ιη(ημχ) + Ιη(συνχ) = Ο, χ ε (Ο, - )

2

Αι'J ση : α) Για χε (Ο, 2:.) έχουμε: ημχ>Ο, συνχ>Ο και

2 Ιη2 + \η(ημχ) + Ιη(συνχ) = Ο <=> Ιη2ημχσυνχ = \η 1 <=> 2ημχσυνχ = I <=> ημ2χ = 1 <=>

π π <=> 2χ = 2kπ + - <=> χ = kπ + - kε.Ζ 2 4 '

π π π π π Όμως Ο<χ<- <=:> Ο < kπ + - < - <=> -- < kπ <-2 4 2 4 4

<=> _ _!_ < k <_!_ <=>k=O επειδη' k ε.Ζ . 4 4 '

τέλος για k = Ο έχουμε χ = 2:. 4

α) Να βρείτε τον θετικό ακέραιο ν ώστε:

lne + lne2 + . . . + lne ν = 55

β) Να δείξετε ότι: Ιοgεφ1° + Ιοgεφ2° + Ιοgεφ3° + . . . + Ιοgεφ89° = 1

\, {ι ;ι η : α) Έχουμε : lηe + lηe2 + . . . + lηev = 55 <=>

ι ( 2 3 ν) 55 ) ( 1 +2+3+ . . . +v) 55 <=> η e·e ·e · . . . ·e = <=> η e = <=> ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/26

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου ( ν ( ν+ l ) ) ( + 1) � \η e-2- = 55 � ν ν2

= 55 �

� ν2 + ν - 1 1 0 = Ο � ν = 1 0 ή ν = _.!._! � 2

ν = 1 Ο, αφού ν θετικός ακέραιος. β) Έχουμε : Ιοgεφ 1 ο + Ιοgεφ2° + logεφ3u + . . . + Ιοgεφ89° = (\οgεφ 1 ο + Ιοgεφ89°) + (Ιοgεφ2° + Ιοgεφ88°) + . . . + \οgεφ45" = = (\οgεφ 1 " ·εφ89") + (\οgεφ2°·εφ88") + Ιοgεφ45° = = \og l + log 1 + log l + . . . + \og 1 = Ο

Αφού είναι: εφχ ·σφχ = 1 για κάθε χ :j:. kπ , kεΖ 2

και εφ89° = εφ(90° - 1 ") = σφ I ο κτλ.

;ι σ ilcψιη Η 6 ' ' {xlogy = 102 Να λυθεί το σύστη μα: xy = 103

Αρχικά πρέπει και αρκεί να είναι χ > Ο, y > Ο και το σύστημα ισοδύναμα γράφεται : {x logy = 1 02

� { log x 1ogy = log 1 02

� xy = I 03 log(xy) = log I 03 { log y log χ = 3

� log χ + log y = 2 Οι αριθμοί logx, logy είναι ρίζες της εξίσωσης φ2 -3φ +2 = Ο, αφού θέλουμε να έχουν άθροισμα 3 και γινόμενο 2 . Η παραπάνω εξίσωση έχει ρίζες τις φ = 1 , φ = 2. Επομένως έχουμε: { log x = l � { χ = 1 0 ή { log x = 2

ή {χ = 1 00 log y = 2 y = 1 00 log y = 1 y = 1 0

Να δείξετε ότι ο αριθμός log5 είναι άρρητος , \ {)(5'1� : Έστω ότι ο αριθμός log5 είναι ρητός, τότε υπάρχουν θετικοί ακέραιοι μ, ν με (μ, ν) = I ώστε

!:!:. !:!:. log5 = !:!:. � 5 = 1 0ν � 5 ν = (1 0ν )ν �

ν � 5 ν = 1 0 μ � 5 ν = (2 · 5) μ � 5 ν = 2μ · 5 μ � � 5 ν - μ = 2μ που είναι άτοπο, γιατί το πρώτο μέλος της ισότητας είναι περιττός αριθμός και το

δεύτερο άρτιος. Επομένως ο αριθμός log5 είναι άρρητος.

:\ ι-s ηςηr>η [ § '� Να λυθεί το σύστημα

{ xy = α2

5 2 , όπου α > Ο (logx)2 + (logy)2 = 2 ( ιοgα )

ΛιΊση : Για χ, y >Ο το σύστημα ισοδύναμα γράφεται: { xy = α2

(\ogx)2 + (logy)2 = % ( 1οgα )2 �

{ \og(xy) = log α2

2 2 5 2 � (\ogx) + (\ogy) = 2( \οgα)

{ logx + logy = 2 \οg α 2 5 2 �

(logx + logy) - 2 \og χ \og y = 2 ( \οgα)

{ logx + logy = 2 \οg α 2 5 2 �

(2\οgα) - 2 \og x log y = 2( 1ogα)

{ \ogx + logy = 2 \οg α 3 2 log x \og y = - ( Ιοgα) 4

Επομένως οι logx, logy είναι ρίζες της εξίσωσης:

ω2 - (2\οgα)ω + 2_ ( logα)2 = Ο 4

Η παραπάνω εξίσωση έχει διακρίνουσα Δ = 1 6( \οgα)2 και ρίζες ω = 2. ιοgα, ω = ..!.. ιοgα

2 2 Άρα το σύστημα είναι ισοδύναμο με τα συστήματα (Σ ι ) και (Σ2) όπου :

{ 3 logx = - log α Γ 2 χ = ανα (Σ ι ) : � log y = � log α { Υ = Γα { 1 logx = - log α Γ 2 χ = να (Σ2) : � log y = Ξ iog α ι = αΓα


Μ αθηματικά για την Β ' Λυκείου

Εμβαδά ευθυγρά μ μ ων σχη μάτων s<α Ω καμπυλόγραμμων χωρίων

Γιώργος Α. Κουσινιώρης

I . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και το μέσο Μ της πλευράς του ΒΓ. Α ν Δ, Ε είναι οι προβολές του Μ

' ΑΒ ΑΓ ' δ 'ξ ' ΑΒ ΕΜ πανω στις και αντιστοιχως, να ει ετε οτι - = - . Α ΑΓ ΔΜ λiJση Όπως είναι γνωστό κάθε διάμεσος του τριγώνου το χωρίζει σε ισοδύναμα τρίγωνα. (Βλέπε σχολικό βιβλίο Γεωμετρίας εφαρμογή 3 σελ. 2 1 6 ) . Επομένως είναι (ΑΜΒ) = (ΑΜΓ) <::::> _.!._ ΑΒ · ΔΜ = _.!._ ΑΓ · ΕΜ <::::>

2 2

ΑΒ ΕΜ ΑΒ · ΔΜ = ΑΓ · ΕΜ <::::> - = - .

ΑΓ ΔΜ Β Μ Γ

2 . Ένα τετράπλευρο χωράφι έχει πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ και ΑΔ. Ν α βρείτε πόσα στρέμματα είναι το εμβαδό του, όταν είναι AB=169m, ΒΓ=156m, ΓΔ=39m, ΑΔ=52m και η διαγώνιος ΑΓ=65m . . \ ίJση Με τη βοήθεια του τύπου του Ήρωνα βρίσκουμε το εμβαδό καθενός από τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓ Δ. Για το ΑΒΓ έχουμε: τ = ΑΒ + ΒΓ + ΑΓ 1 69 + 1 56 + 65 = l 9Sm. Άρα

2 2 ( ΑΒΓ) = J1 95 ( 1 95 - 1 69) ( 1 95 - 1 56) { 1 95 - 65 ) =

Α

Β Γ

.JΙ 95 · 26 · 39 · 1 30 == .Js · 39 · 2 · 1 3 · 39 · 2 · 5 · 1 3 = .J22 · 5 2 • 392 · 1 32 = 5070m2 = 5 ,070 στρέμματα. Για το ΑΓ Δ έχουμε: τ = ΑΔ + ΓΔ + ΑΓ = 52 + 39 + 65 =78m. Άρα (ΑΓΔ) = J78 ( 78 - 52 ) ( 78 - 39) ( 78 - 65 ) =

2 2 .J78 · 26 · 39 · 1 3 = .J2 · 39 · 2 · 1 3 · 39 · 1 3 = .J22 · 1 32 • 392 = 1 0 1 4m2 = 1 ,0 1 4 στρέμματα. Άρα το εμβαδό του χωραφιού είναι (ΑΒΓΔ) = (ΑΒΓ)+(ΑΓΔ) = 5 ,070 + 1 ,0 1 4 = 6,084 στρέμματα.

3 . Ο ι διαγώνιοι ενός ρόμβου είναι 16m και 12m. Ν α υπολογισθεί η απόσταση δύο απέναντι πλευρών του. ι\(Jση Ο ρόμβος είναι παραλληλόγραμμο επομένως το εμβαδόν του δίνεται από τον τύπο Ε = β · υ . Άρα αν βρούμε την πλευρά β και το εμβαδόν Ε του ρόμβου μπορούμε να υπολογίσουμε το ύψος του . Όπως

'ζ β δ , , β , , Ε δ ι . δ, , δ γνωρι ου με για το εμ α ο του ρο μ ου ισχυει και ο τυπος = 2 , οπου ι και

δ ' δ ' ' Ά ' Ε 1 6 . 1 2 96 2 Σ ' ΑΟΒ ' 2 ειναι οι ιαγωνιοι του . ρα ειναι = -- = m . το τριγωνο εχουμε 2

ΟΑ = � = 8m και ΟΒ = � = 6m. Επομένως από το πυθαγόρειο θεώρημα είναι 2 2

ΑΒ2 = ΟΑ 2 + ΟΒ2 = 64 + 36 = Ι 00. Άρα ΑΒ = 1 Om. Συνεπώς έχουμε Ε = β · υ <::::> 96 = 1 0 · υ οπότε υ=9,6m.

4 . Αν Δ είναι το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του ορθογώνιου τρίγωνου ΑΒΓ με την υποτείνουσά του ΒΓ, τότε να δείξετε ότι (ΑΒΓ) = ΔΒ·ΔΓ.


Α

Β

Γ

Δ


Λ\ιση Γ Κατ' αρχήν θα υπολογίσουμε, συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου, τις αποστάσεις χ, y και ω των κορυφών του τριγώνου από τα σημεία επαφής. Είναι x+y = α (1) , y+ω = β (2) , χ+ω = γ (3) και 2χ+2y+2ω = Υ α+β+γ ή 2χ+2y+2ω = 2τ ή χ+y+ω = τ (4) . β Από την (4) aφαιρώ κατά μέλη την ( 1 ) οπότε είναι ω = τ-α. Από την (4) aφαιρώ κατά μέλη τη (2) οπότε είναι χ = τ-β. Από την (4) aφαιρώ κατά μέλη την (3) οπότε είναι y = τ-γ.

ω

α

'Ετσι έχουμε ΔΒ"ΔΓ = χγ = (τ-β)( τ-γ) = ( α +� + γ - β} ( α +� + γ γ) = Αι-...:::

ω��ιι.Ε..,.....ιι::γ;....._χ�Β

= α - β + γ . α + β - γ = α - (β - γ) . α + (β - γ) = α2 - (β - γ)2 = α2 - (β2 + γ2 - 2βγ)

2 2 2 2 4 4 Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι α2=β2+γ2 , οπότε η τελευταία σχέση γίνεται

ΔΒ ΔΓ = β2 + γ2 - β2 - γz + 2βγ = 2βγ = βγ = (ΑΒΓ). 4 4 2

5 ο Οι πλευρές ενός τριγώνου ΑΒΓ είναι α=4, β=5 και γ=6. Να υπολογίσετε το εμβαδό του τριγώνου που έχει κορυφές τα ίχνη των εσωτερικών διχοτόμων του ΑΒΓ.

Β

\1ιση

Α

Δ Γ α

� (ΑΖΕ) ΑΕ · ΑΖ Τα τρίγωνα ΑΖΕ και ΑΒΓ έχουν κοινή τη γωνία Α , οπότε ( )

= . ΑΒΓ ΑΒ · ΑΓ

Από το θεώρημα της διχοτόμου είναι ΑΖ = _1r__ και ΑΕ = _1r__ . (Βλέπε α + β α + γ

σχολικό βιβλίο Γεωμετρίας § 7. 8 σελ. Ι 59). _1r__ . _1r__

(ΑΖΕ) α + β α + γ βγ 5 · 6 Επομένως είναι = = ή (ΑΒΓ) γ · β ( α + β ) · (α + γ) (4 + 5 ) · (4 + 6)

ισοδύναμα (ΑΖΕ) = .!_(ΑΒΓ) . 3

(ΒΖΔ) ΒΖ · ΒΔ αγ 4 · 6 8 8 Ομοίως είναι = - ή (ΒΖΔ) = -(ΑΒΓ) και (ΑΒΓ) ΑΒ · ΒΓ (α + β ) · (β + γ) (4 + 5) · ( 5 + 6) 33 33

( ΓΔΕ) ΓΔ - ΓΕ _ αβ 4 · 5 =_3._ . ( ΓΔΕ) = _3_(ΑΒΓ) (ΑΒΓ) ΑΓ · ΒΓ (α + γ) · (β + γ) (4 + 6) · ( 5 + 6) 1 1

η 1 1

.

Άρα είναι (ΔΕΖ) = (ΑΒΓ) - (ΑΖΕ) - (ΒΖΔ) - (ΓΔΕ) = (ΑΒΓ) _ .!_ (ΑΒΓ) - �(ΑΒΓ) - _3_(ΑΒΓ) = 3 33 1 1 ( 1 8 2 ) 8 = 1 -

J-

33- ll (ΑΒΓ) =

33(ΑΒΓ) .

Χρησιμοποιώντας τον τύπο του Ήρωνα βρίσκουμε το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ. Έχουμε: α + β + γ 1 5 , 1 1 5 ( 1 5 ) ( 1 5 ) ( 1 5 ) τ =

2 =2 . 0ποτε (ΑΒΓ) = ν τ ( τ - α) ( τ - β) ( τ - γ) = 2 2 - 4 2 - 5 2 - 6 =

1 5 7 5 3 1 5-/7 = - · - · - · - = --2 2 2 2 4

Ά ' (ΔΕΖ) 8 (ΑΒΓ) 8 1 5J7 Ι Ο-/7 ' ' δ ρα ειναι = 33

= 33 - -4-

= -1 1-

τετραγωνικες μονα ες.

6" Α ν σε τρίγωνο ΑΒΓ μα, μβ, μ, είναι οι διάμεσοι του και μα + μβ + μ, = 2μ, να δειχθεί ότι το εμβαδό



του τριγώνου δίνεται από τον τύπο Ε = � �μ (μ - μα) (μ - μβ) (μ - μ1) . Λι'ιση Κατ' αρχήν θα δείξουμε ότι αν Κ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ τότε (ΑΒΓ) = 3(ΚΒΓ) . Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΚΒΓ έχουν κοινή βάση τη ΒΓ συνεπώς ο λόγος των εμβαδών τους ισούται με το λόγο των αντιστοίχων στην κοινή βάση (ΚΒΓ) ΚΕ υψών. Επομένως είναι ( ) =- . (1) ΑΒΓ ΑΗ Τα τρίγωνα ΑΗΔ και ΚΕΔ είναι όμοια (ορθογώνια με κοινή τη γωνία

Δ� ) , , ΚΕ ΚΔ 1 (l) οποτε ειναι -=-= - . ΑΗ ΑΔ 3

Α

Β Η Ε

Λ

Από τις ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι �ΚΒΓ� = _!_ , που σημαίνει ότι είναι (ΑΒΓ) = 3(ΚΒΓ). (3) ΑΒΓ 3

Γ

(Για μια άλλη απόδειξη μελετείστε την άσκηση 3 ερωτήματα (ί) και (ίίί) από τις αποδεικτικές ασκήσεις της σελίδας 21 7 του σχολικού βιβλίου Γεωμετρίας) . Προεκτείνουμε το ΚΔ κατά τμήμα ΔΛ=ΚΔ. Τα τρίγωνα ΚΒΔ και ΛΓΔ είναι ίσα (έχουν ΒΔ=ΓΔ,

� � ΚΔ=ΔΛ και ΒΔΚ = Γ ΔΛ ) , επομένως έχουν ΛΓ=ΒΚ και είναι ισοδύναμα. Άρα είναι (ΚΒΓ)=(ΚΒΔ)+(ΚΔΓ) = (ΛΓΔ)+(ΚΔΓ)=(ΓΚΛ) . Συνεπώς λόγω της (3) (ΑΒΓ)=3(ΓΚΛ). Στο τρίγωνο ΓΚΛ είναι ΚΓ = �μ β , Γ Λ = ΒΚ = � μv και ΚΛ = 2 · ΚΔ = 2 · _!_μα = �μα . 3 3 . 3 3 Θα εφαρμόσουμε τον τύπο του Ήρωνα για να βρούμε το εμβαδόν του τριγώνου ΓΚΛ. 2 2 2 , ΚΛ + ΚΓ + Γ Λ _ 3 μα + 3 μp + 3 μΥ _ 1 _ 1 _ 2 Εχουμε τ = 2 - 2 -3(μα + μp + μr ) -3 · 2μ -3μ . Άρα (ΓΚΛ) = �μ (�μ -�μα ) ( � μ - �μβ ) (� μ -�μγ ) = ( � )4 μ (μ - μα ) ( μ - μβ ) ( μ - μγ )

( 2 )2 4 = J Jμ (μ - μα ) (μ - μβ ) (μ - μγ ) = 9-Jμ (μ - μu ) (μ - μβ ) (μ - μγ ) . Άρα έχουμε (ΑΒΓ) = 3(ΚΒΓ) = �Jμ(μ - μα ) ( μ - μ13 ) (μ - μ1 ) .

7 " u) Να δείξετε ότι το εμβαδόν Ε ενός πολυγώνου περιγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας ρ δίνεται ' ' Ε 1 ' ' λ ' απο τον τυπο = - s · ρ , οπου s η περιμετρος του πο υγωνου. 2 β) Ένα τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι περιγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας

ρ=3 και έχει ΑΒ=7 και ΓΔ=1 1 . Να βρείτε το εμβαδόν του ΛίJση α) Θα αποδείξουμε την πρόταση, χάριν ευκολίας, για ένα πεντάγωνο. Έστω Α1Α2Α3�Α5 ένα πολύγωνο περιγεγραμμένο σε κύκλο (0, ρ) . Αν ενώσουμε τις κορυφές του πολυγώνου με το κέντρο του κύκλου, χωρίζουμε το πολύγωνο σε τόσα τρίγωνα όσες είναι οι πλευρές του. Καθένα από τα τρίγωνα αυτά έχει βάση μια από τις πλευρές του πολυγώνου και ύψος την ακτίνα του κύκλου. (Δες σχήμα) . Επομένως έχουμε Ε = (ΑιΑ2Α3�Αs) = (ΟΑιΑ2)+(ΟΑ2Α3)+(ΟΑ3�) +(OA4As) +(ΟΑsΑι ) =

As

=_!_ · (Α Α ) · ρ +_!_ · (Α Α ) · ρ +_!_ · (Α Α ) · ρ + _!_ · (Α Α ) · ρ +_!_ · (Α Α ) · ρ = 2 1 2 2 2 3 2 3 4 2 4 5 2 5 1 =k · (A1A2 + Α2Α3 + Α3Α4 + Α4Α5 + Α5Α1 ) · ρ ή Ε = k · s · ρ .


Α ι Η


Γενικεύστε την απόδειξη για οποιοδήποτε πολύγωνο. β) Γνωρίζουμε ότι στα περιγεγραμμένα τετράπλευρα τα αθροίσματα

των απέναντι πλευρών τους είναι ίσα. (Βλέπε σχολικό βιβλίο Γεωμετρίας Εφαρμογή Ι σελ. /32). Άρα για το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι s = ΑΒ+ΒΓ+ΓΔ+ΑΔ = 2(ΑΒ+ΓΔ) = 2 ·(7 + 1 1 ) = 36 .

Επομένως είναι Ε = .!.. · s · ρ =.!_ · 36 · 3 = 54 τετραγωνικές μονάδες. 2 2

Β

Δ ί}, . Δίνεται τεταρτοκύκλιο Ο. ΑΒ ακτίνας R. Αν Δ είναι το μέσο του ΟΑ και η μεσοκάθετος του ΟΑ

τέμνει το τεταρτοκύκλιο στο Γ, να βρείτε το εμβαδό του μικτογράμμου τριγώνου ΔΑΓ.

Το ζητούμενο εμβαδό Ε προκύπτει ως διαφορά του εμβαδού του ορθογωνίου τριγώνου ΟΓ Δ από το εμβαδό του κυκλικού τομέα

O.Ar . Είναι ΟΔ = R , οπότε (ΟΔΓ) = .!_ · ΟΔ · ΟΓ =� . 2 2 4

Σ θ ' ' ΟΓΔ ' ΟΔ R ΟΓ ' ' το ορ ογωνιο τριγωνο ει ναι = l = Τ , οποτε ει ναι

( �

) π · R 2 • 60 πR 2 Επομένως έχουμε Ο.ΑΓ = = -- .

360 6 , , � πR2 R 2 2πR2 - 3R2 R2 (2π - 3 ) Άρα ειναι Ε = (ο.ΑΓ) - (οΔΓ) =---= = .

6 4 1 2 1 2

Δίνεται ημικύκλιο με ακτίνα R και διάμετρο ΑΒ. Έστω Γ ένα σημείο του τέτοιο ώστε ΒΟΓ = φ και Δ ένα σημείο του τόξου ΑΓ. Αν η ΟΔ τέμνει την ΑΓ στο Η και το εμβαδόν του τριγώνου ΟΗΓ παραμένει ίσο με το εμβαδό του μικτογράμμου τριγώνου ΗΑΔ, να βρείτε τη γωνία φ ώστε το μήκος του τόξου ΑΔ να είναι μέγιστο.

Το μήκος S του τόξου ΑΔ εξαρτάται από τη γωνία μ αφού είναι S = πRμ . Επομένως το S γίνεται 1 80

μέγιστο όταν γίνει μέγιστη η γωνία μ. Είναι (ΗΑΔ) = (ΟΗΓ) � (ΗΑΔ) + (ΟΗΑ) = (ΟΗΓ) + (ΟΗΑ) � ( ο.λλ) = ( ΟΑΓ) �

πR2μ 1 � πR2μ ? πμ 1 80 · ημφ -- = - · ΟΑ · ΟΓ · ημ(ΑΟΓ) � -- = R-ημ(1 80 - φ) � - = ημφ � μ = . 360 2 1 80 1 80 π

Α

Επομένως η γωνία μ γίνεται μέγιστη όταν το ημφ γίνει μέγιστο που σημαίνει ότι φ = 90° .

Αν οι γωνίες φ και μ εκφράζονται σε ακτίνια τότε είναι S = μR και { ο.ΑΔ) =ΞμR 2 • 'Εχουμε

(ο.λλ) =(ΟΑΓ) � .!_μR2 = .!_R2 ημφ � μ = ημφ. Επομένως είναι S = Rημφ. 2 2 Ε

.

Το μήκος S �ίνετ�ι μέγι�ο όταν

.

το ημφ γ:νει μέγιστ� . πράγμα που σημαίνει� ψ = 90° ABJ Β

ω. Στο διπλανο σχημα φαινεται ενα τετραγωνο οικοπεδο ΑΒΓΔ με πλευρα 10 Η z μέτρων μέσα στο οποίο υπάρχει μία κατοικία ΑΕΖΗ με σχήμα τετραγώνου

Δ Γ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/3 1


πλευράς 5 μέτρων. Στο σημείο Η είναι δεμένος ένας σκύλος με αλυσίδα μήκους 1 Ο μέτρων και μπορεί να κινείται, όσο του επιτρέπει η αλυσίδα, ελεύθερα μέσα στο οικόπεδο. α) Να σχεδιάσετε την περιοχή στην οποία μπορεί να κινείται ο σκύλος και

να υπολογίσετε το εμβαδόν της. β) Να βρείτε το ελάχιστο μήκος που πρέπει να έχει η αλυσίδα, ώστε ο σκύλος να μπορεί να

κινείται σε όλο το οικόπεδο.

ι\(Jση �ι. ) Προφανώς ο σκύλος μπορεί να κινηθεί, χωρίς να εμποδίζεται από Α ..---...c;;iΟ.οιι!�-.....

την αλυσίδα του, στην περιοχή που ορίζει το τρίγωνο ΔΗΚ και ο κυκλικός τομέας Η.ΚΛ που έχει ακτίνα ΗΚ= 1 0 μέτρα. Όταν ο σκύλος φτάσει στο σημείο Λ η μισή του αλυσίδα συμπίπτει με τον τοίχο ΗΖ, οπότε αν συνεχίσει να κινείται μέσα στο τετράγωνο ΒΕΖΛ, κινείται σαν να ήταν δεμένος στο σημείο Ζ με αλυσίδα το άλλο μισό κομμάτι ΖΛ της αλυσίδας του. Επομένως η περιοχή στην οποία μπορεί να κινηθεί είναι ο κυκλικός τομέας Ζ.ΛΕ . Έτσι Δ ο σκύλος μπορεί να φυλάει το χρωματισμένο μέρος της αυλής. Το εμβαδό Ε της πάνω περιοχής είναι Ε = ( ΔΗΚ ) + (Η. Κί\) + ( Ζ. ΑΕ) . Στο τρίγωνο ΔΗΚ είναι ΔΗ = ΑΔ = 5m και ΗΚ = Ι Om. Από το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε

2

ΔΚ2 = ΗΚ2-ΔΗ2= 1 00-25=75 ή ΔΚ=.fiS = 5J3 m. Άρα (ΔΗΚ ) = _!_ · ΔΚ · ΔΗ =]_ · 5..f3 · 5 = 2sJ3 m2 . 2 2 2

Στο τρίγωνο ΔΗΚ είναι ΔΗ = ΗΚ , οπότε � = 30° . Επομένως το εμβαδό του κυκλικού τομέα 2 ----. , ( ----. ) π · (ΗΚ ) 2 · ω _ π - 1 00 · 30 _ 25π 2 Η .ΚΛ ειναι Η.ΚΛ = - - -- m .

360 360 3 Ο κυκλικός τομέας Ζ.ΛΕ έχει φ = 90° και ακτίνα ΖΛ = 5m. Επομένως το εμβαδό του είναι

( � ) π · (ΖΛ )2 · φ _ π - 25 · 90 _ 25π 2 Ζ.ΛΕ = - - -m . 360 360 4

'Ετσι το εμβαδό Ε είναι: Ε = ( ΔΗΚ ) + (Η. Κί\) + ( z. ΑΕ) = 25f3 + 2�π + 2�π Ι 7 5π + I 50.J3 2 Α ----- m . r-----!-'�-"-.1

1 2 β) Ο σκύλος μπορεί να κινηθεί μέσα στο ορθογώνιο Γ ΔΗΛ εφόσον

η αλυσίδα του έχει μήκος τουλάχιστον ίσο με τη διαγώνιο ΗΓ. Είναι ΗΓ2 = ΗΔ2+ΓΔ2 = 52+ 1 02 = Ι 25 ή ΗΓ = 5J5 :::::: I l , 1 8 m. Για να μπορεί ο σκύλος να κινηθεί και στο τετράγωνο ΒΕΖΛ πρέπει προφανώς η αλυσίδα του να έχει μήκος τουλάχιστον ίσο με ΗΖ+ΖΒ = 5 + 5J2 :::::: 1 2,07 m. (Είναι ΖΒ = 5J2 ως διαγώνιος τετραγώνου με πλευρά 5) . Επομένως το ελάχιστο μήκος που πρέπει να έχει η αλυσίδα, ώστε ο σκύλος να μπορεί να κινείται σε όλο το οικόπεδο είναι 5 + 5J2 μέτρα.

Ι I . Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 90° ) με ΑΒ=ΑΓ=α και τα συμμετρικά σημεία Κ και Λ του μέσου Μ της ΒΓ ως προς τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ αντιστοίχως.

α) Να δείξετε ότι ΚΑ = ΚΒ = ΛΑ = ΛΓ = αJ2

. 2


Δ

Α

Β Μ Γ


β) Με κέντρα τα σημεία Κ και Λ και ακτίνα R = α

γράφουμε μέσα στο τρίγωνο τα τόξα ΑΒ και 2 ----

ΑΓ . Να βρείτε, συναρτήσει του α, την περίμετρο και το εμβαδό του καμπυλογράμμου τριγώνου ΑΒΓ.

ΛίJση α) Τα τμήματα ΚΑ και ΚΒ είναι τα συμμετρικά των ΑΜ και ΜΒ

αντιστοίχως ως προς την ευθεία ΑΒ. Επομένως είναι ΚΑ=ΑΜ και ΚΒ=ΒΜ. Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στο Α και η ΑΜ διάμεσός του, είναι ΑΜ=ΒΜ. Άρα είναι ΚΑ=ΚΒ=ΑΜ = ΒΓ . Ομοίως είναι ΛΑ = ΛΓ = ΒΓ .

2 2

Α

Β Μ

Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο ΑΒΓ έχουμε ΒΓ2 = ΑΒ2+ΑΓ2 = α2+α2 = 2α2 ή ΒΓ = αJ2 .

Επομένως έχουμε ΚΑ = ΚΒ = ΛΑ = ΛΓ = αJ2 . 2

Γ

------β ) Την περίμετρο του καμπυλογράμμου τριγώνου ΑΒΓ σχηματίζουν η ΒΓ και τα δύο ίσα τόξα ΑΒ και

ΑΓ� Τ . � , , ' ξ ' κλο , R ΒΓ αJ2 , 90ο , , . α τοι;α αυτα ειναι το α κυ υ με ακτινα = -= -- και γωνια , επομενως το μηκος 2 2

αJ2 Π ·- · 90 � · S 2 παν 2 Ά ' λ ' ' ΑΒΓ ' Π τους ειναι = = --. ρα η περιμετρος καμπυ ογραμμου τριγωνου ειναι =

1 80 4

ΒΓ+2 ·S = αJ2 + 2 · παJ2 = 2αJ2 + παJ2 = α (π + 2 )J2. 4 2 2

Τ ο ζητούμενο εμβαδό θα βρεθεί αν από το εμβαδό του ορθογωνίου ΚΒΓ Λ αφαιρέσουμε τα εμβαδά των δύο ίσων κυκλικών τομέων Κ.ΑΒ και Λ.ΑΓ .

π · ( αJ2 )2 · 90 α2 , αJ2 ( αJ2)2 2 π ·- 2 Εχουμε (ΚΒΓΛ) = ΒΓ-ΒΚ = αJ2 --2-

= -'----2-'---- = α2• ( κ.ΑΒ) = 360

=-f- = π; Άρα το ζητούμενο εμβαδό είναι

2 2 2 2 ( ------ ) 2 πα 2 πα 4α - πα Ε = (ΚΒΛΓ)-2· Κ.ΑΒ = α -2· -8- = α - 4 = 4

1 2 . Δίνεται κανονικό εξάγωνο ΑΒΓ ΔΕΖ εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, R). Με κέντρα τις κορυφές Α, Γ, Ε και ακτίνα λ3 γράφουμε μέσα στο εξάγωνο τα τόξα ΓΕ, ΑΕ και ΑΓ αντιστοίχως. Να βρείτε το εμβαδό του σκιασμένου μέρους του εξαγώνου συναρτήσει της ακτίνας R. ΛίJση Το ζητούμενο εμβαδό θα βρεθεί αν από το εμβαδό του εξαγώνου αφαιρέσουμε το εμβαδό του καμπυλογράμμου τριγώνου ΑΓΕ. Το καμπυλόγραμμο τρίγωνο ΑΓΕ αποτελείται από το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΓΕ που έχει πλευρά λ3 = R J3 και τρία κυκλικά τμήματα ίσα με το σκιασμένο που σχηματίζεται από τη χορδή ΓΕ = λ3 και το τόξο ΓΕ που

�

έχει ακτίνα ΑΓ=ΑΕ=λ3 και γωνία Γ ΑΕ = 60° . (RJ3)2 J3 3R2J3

Έχουμε (ΑΓΕ) = = . 4 4

_ (4 - π) α2 Α

Α Δ

Δ

Ε κλ . = (A.rn) - (AΓE) = π (RJ3)2 · 60

- 3R2J3 = 3πR2 - 3R2J3 = πR2 - 3R2J3 = ιαι .τμηματος 360 4 6 4 2 4 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/33


2πR2 - 3R2 J3 4 Επομένως το εμβαδό του καμπυλογράμμου τριγώνου ΑΓΕ είναι Εκαμπ ΑΓΕ = (ΑΓΕ) + 3Εκυκλ.τμήματος =

3R 2 J3 2πR2 - 3R2 J3 3R 2 J3 + 6πR 2 - 9R2 J3 6πR 2 - 6R 2 J3 6R 2 (π - J3 ) --- + 3 · = = 4 4 4 4 4

3R2 (π - J3 ) , , . Ι Ι RJ3 3R2 J3 -----'----'- . Το εξαγωνο εχει εμβαδο Ε(: = - Ρ · α = - · 6R · -- = . 2 ) 2 6 6 2 2 2 Έτσι το ζητούμενο εμβαδό είναι:

Ε - Ε Ε _ 3R2 J3 3πR2 - 3R2 J3 _ 3R2 J3 - 3πR2 + 3R2 J3 _ 6R2 J3 - 3πR2 - 6 - καμπ. ΑΓΕ -

2 -

2 -

2 - 2 3R 2 (2J3 - π )

2 J J . Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρά α και το βαρύκεντρό του Κ. Γράφουμε το τόξο του -.. -

κύκλου (Α, α) που περιέχεται στη γωνία Α και το κυρτογώνιο τόξο ΒΕΓ του κύκλου (Κ, ΚΒ). Να υπολογίσετε συναρτήσει του α το εμβαδό του μηνίσκου που σχηματίζεται. \i1ση Το εμβαδό του μηνίσκου βρίσκεται αν από το άθροισμα των

-

εμβαδών του κυκλικού τομέα Κ.ΒΕΓ και των δύο ίσων τριγώνων -

ΚΑΒ και ΚΑΓ αφαιρέσουμε το εμβαδό του τομέα Α.ΒΔΓ . Επειδή το Κ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ καθένα από τα τρίγωνα ΚΑΒ και ΚΑΓ έχει εμβαδό το 1 /3 του εμβαδού του τριγώνου

. . 2 2 α2 J3 α2 J3 ΑΒΓ ( γιατι;) . Άρα (ΚΑΒ) + ( ΚΑΓ) = 3 (ΑΒΓ) =3 ·-4- =-6

- ·

Το ΒΚ είναι τα 2/3 της διάμεσου ΒΖ η οποία είναι και ύψος του ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ. 2 2 α.J3 _ α.J3 , -- � 360 ο Συνεπώς είναι ΒΚ = - · ΒΖ = - ·-- --- . Ειναι ΒΚΓ = ωJ =-= Ι 20 3 3 2 3 3

Α

Ε

( α.J3 ] 2 α 2 , ( - ) π · (ΒΚγ · 1 20

π · -3-

_ π · 3 _ πα2 , ( - ) πα2 60 _ πα2 Άρα Κ.ΒΕΓ =

360 =

3 - -

3- - 9 . Ειναι Α.ΒΔΓ = 360 - -

6- .

Επομένως το ζητούμενο εμβαδό είναι: Ε = ( K.BEr) + ( ΚΑΒ) + ( ΚΑΓ) - ( A.Mr) =

? ? r::;3 ? πα- α- ν J πα-=-- +-- - -- = 9 6 6 Ι 8

1 4 . Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ μήκους 2ρ. Στο ημιεπίπεδο Πι γράφουμε το ημικύκλιο με διάμετρο το ΑΒ. Με κέντρο Α και ακτίνα ΑΒ γράφουμε στο ημιεπίπεδο Π2 ημικύκλιο με διάμετρο ΒΓ. Με κέντρο Β και ακτίνα ΒΓ γράφουμε στο ημιεπίπεδο Πι το ημικύκλιο με διάμετρο Γ Δ. Τέλος με κέντρο το Γ και ακτίνα Γ Δ γράφουμε στο ημιεπίπεδο Π2 το ημικύκλιο με διάμετρο ΓΕ. Να υπολογίσετε το μήκος και το εμβαδό της σπείρας που σχηματίζεται με την παραπάνω διαδικασία. Γενικεύστε την παραπάνω διαδικασία για ν σε πλήθος ημικύκλια. ,\iΙση


α2 ( 3J3 - π ) 1 8

Π Ι

Δ

Γ

Ε


Το ημικύκλιο με διάμετρο την ΑΒ έχει μήκος Sι = π · ΑΒ

= πρ και εμβαδό Ε ι = _!_ . π . ( ΑΒ ) 2 = πρ2

. 2 2 2 2

Είναι ΒΓ = 2ΑΒ = 4ρ. Επομένως το ημικύκλιο με διάμετρο τη ΒΓ έχει μήκος S2 = π · ΒΓ = 2πρ και 2

, 1 ( ΒΓ )2 1 ( )2 ? εμβαδο Ε2 = 2 · π · 2 = =2 · π · 2ρ = 2πρ- .

Είναι Γ Δ = 2ΒΓ = 2 · 4ρ = 8ρ. Επομένως το ημικύκλιο με διάμετρο τη Γ Δ έχει μήκος S3 = π · Γ Δ = 4πρ 2

. 1 ( Γ Δ ) 2 1 ( )2 2 και εμβαδο Ε3 = 2 · π · 2 =2 · π · 4ρ = 8πρ .

Είναι ΔΕ = 2Γ Δ = 2 · 8ρ = 1 6ρ. Επομένως το ημικύκλιο με διάμετρο τη ΔΕ έχει μήκος S4 = π · ΔΕ

= 8πρ 2

, 1 (ΔΕ ) 2 1 ( )2 2 και εμβαδο Ε4 = "Ξ · π · 2 =2 · π · 4ρ = 32πρ .

Κάθε ημικύκλιο, από το δεύτερο και μετά, έχει ακτίνα τη διάμετρο του προηγούμενου του. Έτσι αν R είναι η ακτίνα του νιοστού ημικυκλίου τότε το επόμενό του θα έχει ακτίνα 2R. Επομένως για την ακολουθία ( Sν ) : πρ, 2πρ, 4πρ, 8πρ, . . . των μηκών των ημικυκλίων είναι Sν+ ι π . 2R 2 Ε ' , . , , , , δ , , -- = -- = . ιναι συνεπως προφανες οτι προκειται για μια γεωμετρικη προο ο με πρωτο ορο το Sν πR

S ι και λόγο λ=2. Επομένως για το ν-στο ημικύκλιο το μήκος είναι Sν = Sι · λν-ι = πρ · 2

ν- ι = 2ν- ι πρ . 2

Ομοίως για την ακολουθία (Εν ) : πρ , 2πρ2 , 8πρ2, 32πρ2 , . • • των εμβαδών των ημικυκλίων είναι 2

π · ( 2R )2 Εν+ ι 2 4πR 2 4 Ε , δ , , , , δ , , Ε"

= -π-R=-::-2- = -

π-R-2- = . πομενως και ε ω προκειται για μια γεωμετρικη προο ο με πρωτο ορο

2 2

το Ε ι και λόγο λ=4. Άρα για το ν-στο ημικύκλιο το εμβαδό είναι Εν = Ε ι · λν- ι =

πρ · 4 ν- ι =

2 _ Πρ2 (22 )ν- ι _ Πρ2

22ν-2 _ 22ν-3 2 - - · - - · - πρ . 2 2

1 5 . Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΚΛ μήκους ρ. Στο ημιεπίπεδο Πι γράφουμε το ημικύκλιο (Κ, ΚΛ) που τέμνει την ευθεία ΚΛ στο Αι. Στο ημιεπίπεδο 02 γράφουμε το ημικύκλιο (Λ, ΛΑι) που τέμνει την ευθεία ΚΛ στο Α2• Στο ημιεπίπεδο Πι γράφουμε το ημικύκλιο (Κ, ΚΑ2) που τέμνει την ευθεία ΚΛ στο Α3 κ.ο.κ. Να υπολογίσετε το μήκος και το εμβαδό της σπείρας που σχηματίζεται με την παραπάνω διαδικασία, όταν φτιάξουμε: α) 4 ημικύκλια. β) 5 ημικύκλια γ) ν ημικύκλια Λίι ση

Πι

α) Το πρώτο ημικύκλιο έχει ακτίνα R1=ΚΛ=ρ, το δεύτερο ημικύκλιο έχει ακτίνα R2=ΛΑ1 =2ρ, το τρίτο ημικύκλιο έχει ακτίνα R3=ΚΑ2 =3ρ, το τέταρτο ημικύκλιο έχει ακτίνα �=ΛΑ3 =4ρ, κ.ο.κ.

? ( 4 )2 Άρα το τέταρτο ημικύκλιο έχει μήκος S4 = π·� = 4πρ και εμβαδό Ε4 = πR4 = π ρ

= 8πρ2 . 2 2

β) Το πέμπτο ημικύκλιο έχει ακτίνα R5 = 5ρ, συνεπώς έχει μήκος S5 = π·R5 = 5πρ και εμβαδό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/35

τ , λ , , R , , , S R β δ , πR 2 γ) ο ν-στο ημικυκ ιο εχει ακτινα ν = νρ, συνεπως εχει μηκος ν = Π· ν = νπρ και εμ α ο Εν = � _ π (νρ)2

2 i 6. Δίνεται τεταρτοκύκλιο ΑΒ κέντρου Ο και ακτίνας R

καθώς και το συμμετρικό Γ του σημείου Α ως προς το Ο . .......

Μέσα στη γωνία ΑΟΒ γράφουμε το τόξο του κύκλου (Γ, ΓΒ) που τέμνει την ΟΑ στο Δ. Στη συνέχεια έξω από τον

---

κυκλικό τομέα Ο.ΑΒ γράφουμε το ημικύκλιο με διάμετρο την ΑΔ. Να υπολογίσετε συναρτήσει του R το μήκος της περιμέτρου και το εμβαδό του σκιασμένου χωρίου που φαίνεται στο διπλανό σχήμα. ,\()()�] Το χωρίο που μας ενδιαφέρει αποτελείται από το ημικύκλιο με διάμετρο την ΑΔ, το τόξο ΒΔ κέντρου Γ και ακτίνας ΓΒ και το τεταρτοκύκλιο ΑΒ με κέντρο το Ο και ακτίνα R. Επειδή το Γ είναι το συμμετρικό του σημείου Α ως προς το Ο είναι ΟΓ=ΟΑ=R. Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΒΓ είναι ΒΓ2 = ΟΒ2+0Γ2 = 2R2 ή ΒΓ= R J2 . Είναι ακόμα

�

ΟΓΒ = 45° (το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές), οπότε το μήκος του τόξου ΒΔ είναι π · RJ2 · 45 πRJ2 � π · R · 90 πR S- = = --. Το τεταρτοκύκλιο ΑΒ έχει μήκος S- =

- . ΒΔ 1 80 4 ΑΒ 1 80 2 Είναι ΑΔ = ΑΓ -Γ Δ και επειδή ΑΓ=20Α και Γ Δ=ΒΓ είναι ΑΔ = 20Α-ΒΓ = 2R - R J2 = R ( 2 -J2) .

Π · R (2 -J2) Άρα το ημικύκλιο με διάμετρο την ΑΔ έχει μήκος S- = . ΑΔ 2

πRJ2 πR π · R (2 -J2) Επομένως το ζητούμενο μήκος είναι S = S- + S- + S- = --+-+ = ΒΔ ΑΒ ΑΔ 4 2 2

πRJ2 + 2πR + 2πR (2 -J2) =

πR (J2 + 2 + 4 - 2J2) =

πR (6 -J2) 4 4 4

Το εμβαδό του χωρίου βρίσκεται αν από το άθροισμα των εμβαδών του τριγώνου ΟΒΓ, του κυκλικού �

τομέα Ο.ΑΒ και του ημικυκλίου με διάμετρο την ΑΔ αφαιρέσουμε το εμβαδό του κυκλικού τομέα

Γ.Μ . Το εμβαδό του τριγώνου ΟΒΓ είναι (Ο Β Γ) = .!_ . ΟΒ . ΟΓ = R 2 . 2 2 � ( � ) π · R2 · 90 πR2 Το εμβαδό του κυκλικού τομέα Ο.ΑΒ είναι Ο.ΑΒ = = -- .

360 4

1 [ R (2 -J2) ]2 1 R2 (4 + 2 - 4J2) Το εμβαδό του ημικυκλίου με διάμετρο την ΑΔ είναι Ε11μ=-π · =-π · _ _;_ ___ ----'-

2 2 2 4

_ πR2 (6 - 4J2) _

2πR2 (3 - 2J2) _ πR2 (3 - 2J2) - -8 8 4

� ( � ) π · (RJ2)z · 45 π · 2R 2 πR2 Το εμβαδό του κυκλικού τομέα Γ · ΒΔ είναι Γ · ΒΔ = = - --360 8 4



� � R2 πR2 πR2 (3 - 2.J2 ) Άρα το ζητούμενο εμβαδό είναι: Ε = (ΟΒΓ) + ( Ο.ΑΒ) +Εημ - ( Γ. ΒΔ)= τ + -

4- +

4

R 2 πR2 (3 - 2.J2 ) 2R2 + πR2 (3 - 2.J2 ) R2 (2 + π (3 - 2.J2)) = - + = = .

2 4 4 4 ll 7 . Στο διπλανό σχήμα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο {Α = 90°)

και ισοσκελές με ΒΓ=α. Τα τόξα ΜΔ και ΜΕ γράφηκαν με κέντρα τα Β και Γ και ακτίνα το μισό της ΒΓ και το τόξο ΔΕ με κέντρο το Α και ακτίνα ΑΔ. Να βρείτε το μήκος της περιμέτρου και το εμβαδό της σκιασμένης επιφάνειας του σχήματος συναρτήσει του α. ΛίJση

Β Μ

4

Γ

Την περίμετρο της σκιασμένης επιφάνειας αποτελούν το τόξο ΔΕ , που αντιστοιχεί στη μη κυρτή γωνία

ΔΑΕ = 270° και έχει ακτίνα ΑΔ, και από τα δύο ίσα τόξα ΜΔ και ΜΕ που έχουν ακτίνα � και 2

αντιστοιχούν σε γωνία 45° .

Είναι ΑΒ2+ΑΓ2 = ΒΓ2 ή 2ΑΒ2 = α2 ή ΑΒ= α.J2 . Άρα ΑΔ = ΑΒ-ΒΔ = α.J2 - � =α ( .J2 - Ι )

. 2 2 2 2

α (.J2 - ι ) �

π · · 270 3πα ( .J2 - 1 ) Το μήκος του τόC.ου ΔΕ είναι S- = 2 = -----'------'-

• ΔΕ 1 80 4

Π · � · 45 Τα μήκη των τόξων ΜΔ και ΜΕ είναι S

ΜΔ = -

1=�-0- πα

8 3πα (.J2 - 1 ) πα 3πα (.J2 - 1 ) + πα

Επομένως η Cητούμενη περίμετρος είναι S = S- + 2S- = + 2 · - = = • Δ Ε ΜΔ 4 8 4

πα [ 3.J2 - 3 + I J ή S =

πα ( 3.J2 - 2 ).

4 4 �

Το εμβαδό του χωρίου βρίσκεται αν από το άθροισμα των εμβαδών του κυκλικού τομέα Α. ΔΕ και του

τριγώνου ΑΒΓ αφαιρέσουμε τα εμβαδά των δύο ίσων κυκλικών τομέων Β. ΜΔ και Γ. ΜΕ . [ α (.J2 - 1 ) ] 2 π · . 270 2

� � 2 3πα2 (.J2 - 1 )

Το εμβαδό του κυκλικού τομέα Α. ΔΕ είναι (Α. ΔΕ ) = 360

= 1 6

Το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ είναι (ΑΒΓ) = ..!._ΑΒ . ΑΓ = ..!. .( α.J2 ] 2 α2

2 2 2 4

π -(�) 2

· 45 2 πα2

Το εμβαδό καθενός από τους δύο ίσους κυκλικούς τομείς είναι Ετομ = --'--'---- - --360 32 ( )2 � 3παz .J2 - 1 α2 παz Έτσι το ζητούμενο εμβαδό είναι Ε = (Α. ΔΕ ) + ( ΑΒΓ) - 2Ετομ = + - - 2 · -- =

3πα2 ( 1 + 2 - 2.J2 ) + 4αz - παz 9πα2 - 6.J2πα2 + 4αz - παz 1 6 1 6


1 6 4 32

8πα2 - 6.J2πα2 + 4α2 1 6


2α2 ( 4π + 2 - 3π.J2 ) =

α2 ( 4π + 2 - 3π.J2 ) 1 6 8

1 8 . Το ιστιοφόρο του διπλανού σχήματος έχει δύο πανιά, το ΑΓ Δ σχήματος ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου με κάθετες πλευρές ΑΔ=ΑΓ=ΙΟ μέτρα και το καμπυλόγραμμο ΒΓΕ που σχηματίζεται από το τόξο

ΒΓ με κέντρο Α και ακτίνα ΑΓ, από το τόξο ΕΓ με κέντρο Δ και ακτίνα ΔΓ και το ημικύκλιο με διάμετρο τη ΒΕ. Να βρείτε:

__..._ __..._

α) Τα μήκη των τόξων ΒΓ , ΕΓ και του ημικυκλίου με διάμετρο τη ΒΕ.

β) Το συνολικό εμβαδό των πανιών του ιστιοφόρου.

Λύση α) Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΓ έχουμε ΔΓ2 = ΑΔ2+ΑΓ2 = 1 02+ 1 02 =

200 ή ΔΓ = 1 0.J2 . Είναι ΑΒ=ΑΓ = 1 0 και ΔΕ = ΔΓ = 1 0.J2 . τ ' ξ ΒΓ ' ' ΑΓ 1 Ο ' 90° ' ' ' S π . 1 Ο . 90 5 ο το ο εχει ακτινα = και γωνια , οποτε το μηκος του ειναι - = = π

ΒΓ Ι 80 μέτρα. Το τόξο ΓΕ έχει ακτίνα ΔΓ= Ι o.J2 και γωνία Δ = 45° , οπότε το μήκος του είναι s π - 1 0.J2 . 45 5π.J2 ,

ίΈ = Ι 80

=

-2-μετρα.

Για το ημικύκλιο με διάμετρο τη ΒΕ είναι ΒΕ = ΔΒ-ΔΕ = 2ΑΒ-ΔΓ = 20 - I O.J2 = 1 0 ( 2 -.J2 ) . Άρα η ακτίνα του είναι ρ= 5 ( 2 -.J2 ) και το μήκος του Sημ = π · ρ = 5 ( 2 -.J2 ) π μέτρα.

β) Το εμβαδό του καμπυλόγραμμου πανιού ΒΓΕ βρίσκεται αν από το άθροισμα των εμβαδών του ...--._

κυκλικού τομέα Α. ΒΓ και του τριγώνου ΑΓ Δ αφαιρέσουμε το εμβαδό του ημικυκλίου με ...--._

διάμετρο τη ΒΕ και το εμβαδό του κυκλικού τομέα Δ. ΓΕ . ...--- ( ----- ) π · ΑΓ2 • 90 π · 1 02 Το εμβαδό του κυκλικού τομέα Α. ΒΓ είναι Α. ΒΓ = = --= 25π τετραγωνικά

360 4 μέτρα. Το εμβαδό του ημικυκλίου είναι Εημ = 1πρ2 = 1π [ 5 ( 2 -.J2 ) τ =Ξ π . 25 ( 4 + 2 - 2.J2 ) ή Εημ = 25π ( 3 -.J2 ) τετραγωνικά μέτρα. Το εμβαδό του τριγώνου ΑΓ Δ είναι ( ΑΓ Δ ) = ..!. · ΑΔ · ΑΓ = ..!. · Ι Ο · Ι Ο = 50 τετραγωνικά μέτρα.

2 2

...--- ( ...--- ) π · ΔΓ2 • 45 __ π · ( 1 0.J2 )2 Το εμβαδό του κυκλικού τομέα Δ. ΓΕ είναι Δ. ΓΕ = 25π

360 8 τετραγωνικά μέτρα. Άρα το εμβαδό του καμπυλόγραμμου πανιού ΒΓΕ είναι (ΒΓΕ) = ( A.Br) + (ΑΓΔ ) - Εημ - ( Δ.fΈ ) = 25π + 50 - 25π ( 3 -.J2 ) - 25π = 50 - 25π (3 -.J2 ) τετραγωνικά μέτρα.

Το συνολικό εμβαδό των πανιών του ιστιοφόρου είναι Ε=(ΒΓΕ)+ (ΑΓΔ) = Ι ΟΟ - 25π ( 3 -.J2 ) τετραγωνικά μέτρα.



Σχετ ι κά μ ε τη συνθή κη ' ' '

επαφης εuθε ιας κ α ι κ ων ι κ ης Σχόλιο του Γ.Σ. Τασσόπουλου, Καθηγητή Μαθηματικών Βαρβακείου Λυκείου

Στην Ανάλυση γνωρίζουμε ότι αν μια συνάρτηση f(x) παραγωγίζεται στη θέση χ0 τότε η εφαπτομένη της Gr στο σημείο Μ(χο, f(x0) , είναι η (ε) : y=f'(x0)x+f(x0)-(x0)f' (xσ ' ) οπότε προκειμένου να ταυτίζεται με την ευθεία (δ) : y=λχ+κ, πρέπει και αρκεί να υπάρχει Χ0ΕΑr τέτοιο ώστε

Εντελώς ανάλογα μπορούμε να εργαστούμε για να βρούμε τη συνθήκη επαφής της (δ) : y=λχ+κ με μια κωνική τομή ( c ) .

α) Έστω (c) :y2=2px (παραβολή)

Τότε η εφαπτομένη της (c ) στο σημείο της Μ(χσ,Υο) είναι ε: YYo=2p(x+x0), οπότε Υ σ

:;t: Ο

( ε ) Ξ ( δ ) � Υπάρχουν Χο.Υο στο IR ώστε :

? ?

λ =_Ε_ Υ σ ρχο Κ = -Υσ

Υ� = 2ρχο

, ισοδύναμα : Χ0 = κ · Ε. ρ λ

ρ2 κ - = 2ρ = λ2 λ

και τελικά ρ = 2κλ

β) Αν (c ) : χ: + Υ: = 1 (έλλειψη) τότε η εφαπτομένη της (c ) στο σημείο της Μ(χο.Υο) είναι α- β-

( ε ) : χο: + Υσ,Υ = 1 , οπότε : ( ε ) Ξ δ � Υπάρχουν Χο.Υο στο IR ώστε: α- β-

Υσ :;t:

Ο λ = - β2Χο α2yο

β 2 Κ = -Υσ 2 2 �+� = 1

α2 β2

β2 Υο =Κ αz βz , ισοδύναμα : Χ0 = --, λ ·-β- κ

α4λ2 β4

�+� = 1 α2 β2

2 2 γ) Αν (c ) : .;.-..;- = 1 (υπερβολή) εντελώς ανάλογα βρίσκουμε τη συνθήκη επαφής με τη (δ), την α β

λ2α"Ίβ2=κ2

Στις ίδιες συνθήκες θα καταλήγαμε αν aπαιτούσαμε η εξίσωση που προκύπτει θέτοντας στην εξίσωση της κωνικής όπου y το λχ+κ να έχει διπλή ρίζα. Τότε βέβαια οι πράξεις είναι περισσότερες, και εκτός αυτού από το Παιδαγωγικό Ινστιτούτο έχει εξαιρεθεί η παράγραφος αυτή από την εξεταστέα ύλη . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/39

Μαθηματικά για την Β " Λυκείου

Επαναληπτ 1 κά Θέματα ' ' ' '

στα Μαθη ματ 1 κ α Κατε υθυνσης Β Λυ κε1ου.

n ρόβλημα I Έστω α, β, χ τρία διανύσματα ενός

επιπέδου και ένας αριθμός d>O. Τα διανύσματα α, β είναι μοναδιαία. Επίσης, είναι γνωστό ότι

β .l χ, α · χ = -1 και α · β = d

α) Δείξτε ότι τα α, β, χ είναι μη μηδενικά

β) Δείξτε ότι τα α, β είναι μη συγγραμμικά γ) Δείξτε ότι O<d<l .

δ) Δείξτε ότι Ο < ((; : β) < ; < ( (; : �) :s; π

ε) Να σχεδιάσετε τα α, β, χ . Ποια σχέση

συνδέει τις γωνίες ((; : β) και ( (; : �) ; ζ) Να εκφράσετε το διάνυσμα χ ως

γραμμικό συνδυασμό των α, β

η) Υπολογίστε το �� . Λ\Jση α) Αφού τα α, β είναι μοναδιαία δεν μπορεί

να είναι Ο . Τώρα αν υποθέσουμε ότι χ = Ο από την ισότητα α · χ = - 1 θα είχαμε 0=-1 , άτοπο. Άρα χ ;t: O .

β) Αν ήταν α ll β τότε η σχέση β .l χ θα μας έδινε ότι α .l χ . Όμως τότε α · χ = Ο ή 0=-1 , άτοπο. Άρα τα α, β δεν είναι συγγραμμικά.

γ) '"Ε χουμε d = α · β = ια ι · Ιβ l συν ( α)) = = 1 . 1 συν (α : β) = συν (α)) οπότε, αφού θα

έχουμε ότι O:s;d:::; 1 . Όμως από την υπόθεση d>O. ΆραΟ<d:::; 1 . Μένει να αιτιολογήσουμε γιατί d:jf l . Πράγματι αν υποτεθεί ότι d= 1 τότε συν (α : β) = 1 => (α : β) = Ο => α Ι Ι β , άτοπο από το β) ερώτημα. Άρα d:jf I και τελικά O<d< 1 .

δ) Αφού Ο<d< Ι => (α)) ε (Ο, 1 ) ή

ισοδύναμα Ο < (α, β ) < � .

Αθανάσιος Καλάκος

Ακόμη, α . � = - 1 <::> ια ι - ι� ισυν( α : �) = - 1 <::>

συν ( α : χ) = �� <0 Άρα Ξ < ( !i , X) � π

ε) Θεωρούμε και τα τρία διανύσματα όπως - - - -

έχουν κοινή αρχή Ο, δηλαδή ΟΑ = α, ΟΒ = β, ΟΜ = χ. Τα ΟΑ, ΟΒ πρέπει να σχεδιαστούν ισομήκη αφού ια ι = 'β ' = 1 . Δοθέντος του ΟΒ = β υπάρχουν δυο δυνατά σχήματα από τα οποία προκύπτει ότι (α, � ) = � + (α : β) .

Μ Α

Β

Α Μ

Β

ζ) Εφόσον τα α, β είναι μη συγγραμμικά, το χ θα έχει μια μοναδική έκφραση ως γραμμικός

- - -

συνδυασμός των α, β έστω χ = λα + μβ (Σχολικό βιβλίο άσκηση 5 , σελ. 40) Αρκεί να βρούμε τα λ, μ. Πολλαπλασιάζοντας εσωτερικά με β έχουμε � ·β=�α.β) +μβ2 <=>0=λ · d+μ1� 2 <=>lλ· d+μ=OI ( 1 ) .

Από την άλλη μεριά, εσωτερικός πολλαπλασιασμός με α � . α = λα 2 + μ (α . β ) <==> ι λ + μ . ct = - ι Ι

δίνει (2) . Οι

εξισώσεις ( 1 ), (2) μας δίνουν το γραμμικό 2χ2 . d · λ + μ = Ο συστημα λ + d · μ = - 1

"Εχουμε D = � � � � = d2 - 1 * Ο αφού O<d< 1 .

Ακόμη D = I Ο 1 1 = 1 D = ld Ο I = -d. λ -1 d ' μ 1 - 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β " 72 τ.4/40


Ά α λ = Dλ = _1_ D μ -d ρ ο d2 - l

, μ =o = d2 - ι " 1 - 1 _ d - ι Τελικά χ =--· α ---· β . . d2 - l d2 - 1 .

Πρ ι)βλημα 2 3 Δίνεται η ευθεία ε : ν = - - χ + 3 η οποία . 4

τέμνει τους άξονες στα σημεία Α και Β. Μια

θ ' ' 3 β ' · � � λ ευ εια ε : y = - - χ + ειναι παραΙΙJ\.η η με την

4 ε και τέμνει τους άξονες στα σημεία Γ, Δ, Να βρεθεί το β ε R-{0.3} ώστε το τραπέζιο με κορυφές τα σημεία Α, Β, Γ, Δ να έχει εμβαδό 2 3 τ.μ.

\ υ σ η . Σχεδιάζουμε την ευθεία ε και βλέπουμε ότι

τέμνει τους άξονες στα σημεία Α( ο,3 ) και Β( 4,0) οπότε (ΑΒ) = ν'3� + 4� ή (ΑΒ) = 5

Παρόμοια η ε ' τέμνει τους άξονες στα σημεία Γ(Ο,β) και Δ (� , Ο) οπότε

(ΓΔ) = ( �) 2 + β2 = �2�2 = 5�1 .

Υ

χ χ

ε

ε y '

Το ύψος του τραπεζίου ΑΒΓΔ είναι η απόσταση d(Γ ,ε) του σημείου Γ από την ευθεία ε,

δηλαδή 13 · 0 + 4β - 1 21 4 d(Γ,ε)=(ΓΗ)= = - ιβ - 31 . ν'32 + 42 5 Τώρα έχουμε ότι

(ΑΒΓΔ) = ( ΑΒ) + (ΓΔ) (ΓΗ) = [5 + 5 1βl ).!_ · � · lβ - 31 2 3 2 5 2 2 οπότε θα πρέπει - ( lβ l + 3 ) lβ - 31 = - ή 3 3

Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις: 1) βε (---(() ,0) . Τότε τα σημεία Γ, Δ βρίσκονται

πάνω στους αρνητικούς ημιάξονες και η εξίσωση ( l ) γίνεται (3-β)2= 1 <=> 1 3-β I = 1 <::::>3-β= 1 <::::>β=2, άτοπο αφού πρέπει β<Ο.

2) βε (Ο,3) . Τότε το Γ είναι εσωτερικό σημείο του ΟΑ και το Δ εσωτερικό σημείο του ΟΒ (σχήμα 2) . Η εξίσωση ( l ) γίνεται

(β + 3) (3 - β) = 1 <::::> 9 - β2 = ι <::::> β2 = 8 <=> Ι β = 2J2I (αφού β>Ο) δεκτή λύση αφού Ο < 2J2 < 3 .

χ ε

ε ' y '

3) β ε (3 , +οο) οπότε το Α είναι εσωτερικό σημείο του ΟΓ και το Β εσωτερικό σημείο του ΟΔ. Η ( 1 ) γίνεται (β + 3 ) (β - 3) = 1 <::::> β2 = 1 0 <::::> β = J10 (αφού β>Ο) δεκτή λύση γιατί 3 < J10 .

Συνεπώς υπάρχουν δυο ευθείες που ικανοποιούν τις υποθέσεις του προβλήματος:

' 3 � . 3 r;-;:: ε, : y = -- χ + 2ν2 , ε7 : y = -- x + ν l O 4 - 4

Π ρ{ιβλημα 3 Σ ' ένα ορθοκανονικό σύστημα

�

συντεταγμένων xOy θεωρούμε τα σημεία A(l ,3), Β(Ο,Ο), Γ (2,0).



α) Να αποδείξετε ότι (ΑΒ)=(ΑΓ) β) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας ε

παράλληλης στον άξονα χ 'χ η οποία χωρίζει το τρίγωνο ΑΒΓ σε ισοπεριμετρικά σχήματα.

Λύση α) Εύκολα βλέπουμε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ

είναι ισοσκελές αφού (ΑΒ) = � = Μ , (ΑΓ) = �12 + (-3γ = Μ

Α

y=yo

Γ χ 3 χ

y '

β) Ας είναι ε: y=yo η ζητούμενη ευθεία. Τότε (ΑΜ)+(ΑΝ)+(ΜΝ)=(ΜΝ)+(ΜΒ)+(ΝΓ)+(ΒΓ)�2( ΑΜ)=2(ΜΒ)+(ΒΓ), ( 1 ) λόγω της συμμετρίας του σχήματος. Η ευθεία ΑΒ έχει συντελεστή διεύθυνσης λ = 3 - 0 = 3 οπότε ΑΒ : y=3x. 1 - 0 Συνεπώς το σημείο Μ έχει συντεταγμένες

Μ (�ο , y0 ) . 'Ε χουμε τώρα ότι ,--------

(ΑΜ ) = (�ο - 1) 2 + ( y0 - 3 )2 και

(ΟΜ) = (ΜΒ ) = (�ο ) 2 + y� Συνεπώς η ( 1 ) γίνεται

l Oy� 20 1 0 2 Μ �-- --y + 1 0 =-y + 2-y + 1 � 9 3 ° 9 ° 3 ο

� 2Μ + 2ο = 9 � = 27 � 3 Υο Υο 2Μ + 20 1 7 ( 2Μ - 20)

� Υ ο = -360 �

27 ( ι ο - Μ ) 3 (ω -Μ) � Υ ο = 1 80 � Υ ο = 20 �

I Yo = % -foM I Με προσέγγιση βρίσκουμε y0= 1 ,02565835

n ρόβλη μα 4 Δίνεται η παραβολή C : y2=2ρχ με ρ>Ο. Για

οποιονδήποτε θ>Ο θεωρούμε το σημείο Α(-θ,Ο) και τις εφαπτόμενες ει , ε2 της παραβολής που άγονται από το σημείο Α. Αν οι ε ι , ε2 εφάπτονται την C στα σημεία Βι , 82 αντίστοιχα

Λ

να βρείτε το είδος της γωνίας Β ιΑΒ2 • Πότε Λ π

είναι Β 1 ΑΒ2 = - ; 3

Λύση

'Εχουμε ε(� , Ο) δ : χ = -� και Δ είναι το 2

σημείο τομής της διευθετούσας δ με τον άξονα χ 'χ. ει Υ

χ ' Ρ Ε (Ύ ,0) χ

δ Υ Έστω φ = Β) .. Β2 . Κάθε ευθεία που διέρχεται

από το σημείο Α έχει εξίσωση y-Ο=λ(χ+θ) ή y=λχ+λθ. Σύμφωνα με το πρόβλημα 1 η ευθεία εφάπτεται της παραβολής εάν και μόνον εάν

ρ=2λθ.λ ή λ2 = ;θ ή λ2 = ±& ο

Τα σημεία επαφής είναι τα

Β, (θ, 2λθ ) = Β, ( e , ze&) = Β, (e,J2Pθ)

και Β2 (θ, -fiθP) . Βρίσκουμε τώρα εύκολα τις συντεταγμένες

των διανυσμάτων ΑΒι και ΑΒ2 . Έχουμε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/42


ΑΒι = (θ - (θ ) ,JlΡΘ - 0) = ( 2θ,J2ρθ)

ΑΒ2 = ( θ - (θ ) , -JlΡΘ-Ο) = ( 2θ, -J2Ρθ) .

Συνεπώς, ΙΑΒι I = IAB2 1 = �4θ2 + 2ρθ και ακόμη

ΑΒι · ABz = 2θ · 2θ -J2ρθ · J2ρθ = 4θ2 - 2ρθ. Από τον ορισμό του εσωτερικού γινομένου

έχουμε ΑΒι · ΑΒ2 = ΙΑΒι I · IABz l 2θ ( 2θ - ρ) συνφ ή συνφ = ή 2θ ( 2θ + ρ)

2θ - ρ συνφ = -- Τώρα έχουμε ισοδύναμα 2θ + ρ

Ο < φ < 2:. <=> συνφ > Ο <=> θ > Ε_ <=> 2 2

Το σημείο Α.

Το σημείο Α ανήκει στο εσωτερικό της ημιευθείας Δχ ' .

φ = 2:. <=> συνφ = Ο <=> θ = Ε. <=> Α = Δ 2 2

2:. < φ < π <=> συνφ < Ο <=> θ < Ε.<=> Το σημείο 2 2

Α ανήκει στο εσωτερικό του ευθύγραμμου τμήματος ΔΟ.

' π Αν Β 1ΑΒ0 =- τότε το τρίγωνο Β 1ΑΒ2 είναι - 3 ισόπλευρο και αυτό 2θ -e_ = .!_ ή θ = 3ρ . Τότε, 2θ + ρ 2 2 προφανώς ισχύει ότι Γ0=3 ·ΕΟ.

Π ρόβλημα 5

συμβαίνει όταν

εάν r ( 3; , Ο) Έστω ένας θετικός αριθμός λ. Να

αποδείξετε ότι για κάθε ακέραιο k, το σημείο

Μ(α(λκ + λ-κ ) β(λκ - λ-κ ) ]

2 ,

2 ανήκει στην

Λύση Αρκεί να αποδείξουμε ότι οι συντεταγμένες

του σημείου Μ επαληθεύουν την εξίσωση της υπερβολής. Έχουμε διαδοχικά:

χ2 y2 α2 (λ' + λ-κ )2 _.Μ.. _ _.Μ.. β2 (λ' - λ-' )2

4β2

(λ' + λ-' )2 - (λ' - λ-' )2 =

4 (λ' + λ-κ + λ' - λ-' ) (λ' + λ-κ - λ' + λ-κ )

4 2λ' · 2λ-κ 4 · λ0 = =- = 1

4 4

Π ρόβλη μα 6 Δίνεται η παραβολή C : y2=2ρχ με εστία το

σημείο Ε και διευθετούσα την ευθεία δ. Έστω Α ένα σημείο της C με θετική τεταγμένη. Φέρουμε την εφαπτομένη ε στο σημείο Α η οποία τέμνει τον άξονα y 'y στο σημείο Β, την ευθεία δ στο Γ και τον άξονα χ ' χ στο Δ. Έστω ακόμη Ο η αρχή των αξόνων και κ το σημείο τομής των ευθειών χ 'χ και δ. Εάν τα τρίγωνα ΒΟΕ και ΓΚΔ είναι ισοδύναμα, να δειχθεί ότι

Α ( ρ� 2 , ρ φ) ή Α ( 2:2 , :) όπου φ = J52- 1

είναι ο αντίστροφος λόγος της «χρυσής τομής».

Λύση Η ευθεία ε έχει εξίσωση ε: ΥΥ ι=ρ. (χ+χ ι ) όπου

Α (χ ι , Υ ι ) . Φυσικά Ε (� , Ο) , κ ( -� , 0) και δ : χ = -Ε. .

2

ε ι

χ '

δ y '

Αν χ=Ο έχουμε y = ρχ ι οπότε το Β είναι το Υ ι

Β( Ο, ρ;ι ) . Αν y=O βρίσκουμε χ=-χ ι οπότε

ρ Δ(-χ 1 ,0) τέλος, αν χ = -2 έχουμε y = (x 1 _Ε_)_Ε._ οπότε r(-E. , ( x 1 _Ε_)_Ε._) · 2 Υι 2 2 Υι



Παρατηρούμε τώρα ότι:

ο ρχ ,

(ΒΟΕ) = � �det ( ΟΒ,ΟΕ )j = � ρ

Υι

ο 2

εφόσον y , 2=2ρχ ι και y 1>0 αφού από την υπόθεση το σημείο Α έχει θετική τεταγμένη . Τώρα έχουμε

ότι ΚΔ = (-χ , +� , ο) και ΚΓ = (ο. (χ , -�);,)

και συνεπώς

ο

Τώρα η συνθήκη (ΒΟΕ)=(ΓΚΔ) ισοδυναμεί

με την � = (χ 1 - �) δηλαδή με IL = x ρ η' 2 1 2

1 η π�:ρ ίπτωση : 2

1.ι = χ -_e_ <:::? 1.ι = 2:1._ - _e_ <:::? 2 1 2 2 2ρ 2 2 2 2 2 ο y, ρ = Υ ι - ρ <=> Υ ι - ρy, - ρ = ·

Η θετική ρίζα της εξίσωσης αυτής J5 + Ι ρ πρέπει y ,>O) είναι y1 = ρ-2- = φ J5 - Ι λ ' ' ' φ = -

2-ο ογος της «χρυσης τομης» .

Άρα χ 1 = 2{_ = _ρ_ οπότε Α (_Ε__ , Ε.) . 2ρ 2φ2 2φ2 φ

(αφού

όπου

2 ' 1 πΕρ ίπτωση : 2

1.ι = -χ + _e_ <:::? 1.ι = -2:1._ + _e_ <:::? 2 1 2 2 2ρ 2 2 2 2 2 ο , , ρy, = -y, + ρ <=> Υι + ρy, - ρ = απ οπου

JS - I JS - 1 , Υι = ρ-2- = ρ · φ όπου φ =-

2-ο λογος

της «χρυσής τομής» . Άρα χ, = �

= �2

οπότε

Α(ρ�z , ρφ J . Γl ρ6βλημα 7 α ) Έστω η περιττός ακέραιος. Να

αποδείξετε ότι το η2-1 είναι πολλαπλάσιο του 8.

β) Αν οι χ, y είναι περιττοί ακέραιοι τότε ο x2+y2 είναι άρτιος αλλά όχι διαιρετός με 4.

γ)Να λυθεί στο Ζ η εξίσωση : x2+y2=6-y (1)

ΛίJση α) Αφού η είναι περιττός ακέραιος θα έχει τη

μορφή η=2κ+ I για κάποιον ακέραιο κ. Τότε η2-Ι=(2κ+ Ι )2-Ι =4κ2+4κ=4κ·(κ+ Ι ) . Επειδή οι ακέραιοι κ και κ+ Ι είναι διαδοχικοί ακριβώς ο ένας είναι άρτιος και ακριβώς ο ένας είναι περιττός. Άρα το γινόμενο κ·( κ+ I )=2λ για κάποιον λεΖ (το 2 περιέχεται στην ανάλυση του κ·(κ+ Ι ))

Άρα τελικά η2- Ι=4·2λ=8λ, δηλαδή το η2- Ι είναι πολλαπλάσιο του 8 .

β) Σύμφωνα με το πρώτο ερώτημα έχουμε: χ2=8κ+ I και /=8λ + Ι , οπότε

χ2+/=8(κ+λ)+2=8 (2κ+2λ)+2 προφανώς λοιπόν είναι άρτιος αλλά διαιρούμενος με 4 αφήνει υπόλοιπο 2 .

γ ) ( l )�x2=6-/-y�6-/-y�O� /+y-6:::;0� -3:s;y:s;2�y Ε {-3 ,-2,- Ι ,0,2 } Για y=-- I και για y=O δεν προκύπτουν

ακέραιες τιμές του χ από την ( Ι )

Για y=-3 έχουμε χ=Ο

Για y=--2 έχουμε χ=±2

Για y=2 έχουμε χ=Ο. Οι τιμές προφανώς είναι δεκτές.


�••ιιιιω•••• [!JΟω lJ[j]ίJ) r lJ{[j/J[j] lJ(f)[!) ώC!Jωf3{J(f)[!)

Γ ι α μ ι α επανάλη ψη στην ύλη των μαθη ματ ι κών yεν ι κής πα ι δε ίας

Ε ΡΩΤ Η Σ Ε Ι Σ ΚΑ Τ-\ :\ Ο Η Σ Η Σ Α) Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτά

σεις με (Σ) αν είναι σωστές και με (Λ) αν εί

ναι λάθος, αιτιολογώντας σύντομα τις απα

ντήσεις σας.

Ι . Α ν f ( χ ) = χ 2009 , χ Ε IR τότε f' ( 1 ) = 2009 . Σ Λ

2 . Αν f ( χ ) = .!. και f' ( α) = _.!. τότε ισχύει χ 4 οπωσδήποτε α = 2 .

Σ Λ 3 . Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο Α με f ( χ ) * Ο για κάθε χ Ε Α τότε ισχύει:

( f /χ ) )' �

-;: i :� . Σ Λ

4. Α ν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο IR τότε ισχύει για κάθε χ Ε IR

( f ( ημχ ) )' = f' ( ημχ ) . ημχ .

5. Αν h (x ) = f (g ( x )) f' ( 2 ) = g' (2 ) = g (2 ) = 2 h ' ( 2 ) = 4 .

Σ Λ χ Ε IR και

τότε ισχύει:

Σ Λ Β) Να δώσετε σύντομες απαντήσεις στις πα

ρακάτω ερωτήσεις:

Κώστα Βακαλόπουλου

1 . Α ν η μέση τιμή των τιμών μιας μεταβλητής Χ είναι χ τότε ποια είναι η μέση τιμή των τιμών της μεταβλητής Υ = Χ - χ και την W = X + x .

2 . Σε ποια περίπτωση είμαστε βέβαιοι ότι η διάμεσος των παρατηρήσεων συμπίπτει με μια τιμή της μεταβλητής Χ;

3. Πόσο είναι το άθροισμα όλων των συχνοτήτων μιας μεταβλητής; Ομοίως πόσο το άθροισμα όλων των σχετικών συχνοτήτων; 4. Α ν το πλήθος των τιμών μιας μεταβλητής συμπίπτει με το μέγεθος του δείγματος τότε τι συμπεραίνουμε για τις συχνότητες των τιμών αυτών; 5. Να δειχθεί ότι αν η τυπική απόκλιση των παρατηρήσεων ti μιας μεταβλητής Χ, i = 1 , . . . , ν είναι μηδέν τότε είναι: t, = t2 = t3 = . . . = tv = χ , όπου χ η μέση τιμή τους.

Γ) Έστω τα αριθμητικά δεδομένα: α,α,

β,β,β,β, γ,γ,γ,γ,γ,γ, δ,δ,δ,δ,δ, ε,ε,ε με

α<β<γ<δ<ε.

Με βάση τα δεδομένα αυτά απαντήστε ποιες

από τις παρακάτω προτάσεις είναι λάθος αιτιο

λογώντας την απάντησή σας.

I . Η σχετική συχνότητα του β είναι 0,2. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/45

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

2. Η αθροιστική συχνότητα του γ είναι 1 2 . 3 . Η σχετική αθροιστική συχνότητα του β είναι 0,3 . 4 . Η σχετική αθροιστική συχνότητα επί τοις εκατό του γ είναι 60. 5. Η σχετική συχνότητα επί τοις εκατό του δ είναι 60. Δ) Έστω Ω ο δειγματικός χώρος ενός

πειράματος τύχης και Α, Β c Ω ενδεχόμενα

του δ.χ. Ω.

Σημειώστε το (Σ) αν είναι σωστή ή το (Λ) αν

είναι λάθος καθεμία από τις παρακάτω προτά

σεις, αιτιολογώντας σύντομα τις απαντήσεις

σας.

1 . Α ν Ρ (Α) = 3_ και Ρ (Β ) = _!__ τότε τα Α, Β 3 2 είναι ασυμβίβαστα.

Σ Λ

2 . Αν Ρ ( Α) = 3_ και Ρ (Β) = _!__ τότε η μεγα-3 2 λύτερη τιμή που μπορεί η πιθανότητα της το-, Α Β ' 2 μης: ΓΊ ειναι '3 .

Σ Λ

3 . Αν Ρ (Α ) = 3_ και Ρ (Β) = _!_ τότε η μικρό-3 2 τερη τιμή που μπορεί να πάρει η πιθανότητα

2 της ένωσης: Α υ Β είναι 3

4. Ισχύει: Ρ (Α ΓΊ Β) � Ρ (Α υ Β) . Σ Λ

πιθανότητα της τομής Α ΓΊ Β είναι ο αριθμός: Ρ (Α ) + Ρ (Β) - 1 .

Σ Λ

Α Π Α Ν Τ Η Σ Ε Ι Σ

Α ) Για κάθε χ Ε IR , f' ( χ ) = 2009 · χ 2008 • Για χ = 1 , f ' ( 1 ) = 2009 (Σ)

2. Για κάθε χ Ε IR* , f' ( χ ) = -� .Για χ -χ = α ΑΡΑ: 1 1 -- = -- �

4 α2 α = 2 ή -2 : (Λ) [_1_J ' - 1 ' . f ( χ ) - 1 . f' ( χ ) - -f' ( χ ) . 3 . ( ) - 2 ( ) - 2 ( ) •

(Σ) f χ f χ f χ 4 . [f ( ημχ ) ]' = f' ( ημχ ) . ( ημχ )' = = f' (ημχ ) · συνχ : (Λ)

5 . h ' ( x ) = [f (g ( x ) )J' = f' (g ( x ) ) · g' ( x ) για κάθε χ Ε IR Για χ = 2 h' ( 2 ) = f' ( g ( 2 ) ) · g ' ( 2 ) = f' ( 2 ) · 2 = 4 : (Σ)

Β) 1 . y = χ - χ = ο , w = χ + χ = 2χ 2. Όταν το πλήθος των παρατηρήσεων είναι περιττό. 3. ( t ν, � ν) Το άθροισμα συχνοτήτων ι-σούται με το μέγεθος ν του δείγματος, ( t f, � Ι) Το άθροισμα των σχετικών συχνο-τήτων ισούται με 1 . 4. Οι συχνότητες των τιμών είναι όλες ίσες με

Σ Λ 1 . 5 . Η μεγαλύτερη τιμή που μπορεί να πάρει η πιθανότητα της ένωσης Α υ Β είναι ο αριθμός: Ρ (Α ) + Ρ (Β) .

Σ Λ 6. Η μικρότερη τιμή που μπορεί να πάρει η

5 . s2 = 0 � _!_ I ( t; - x)2 = 0 � ν i = ι

( t , - χ)2 + ( t2 - χ)2 . . . + ( tv - χ)2 = 0 � t , - χ = Ο και t 2 - χ = Ο . . . και t v - χ = Ο

� 11 = t2 = . . . = tv = Χ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/46

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

Γ) Xi νί fi fi% Ni Fi Fi%

α 2 0, 1 0 1 0 2 0, 1 0 1 0

β 4 0,20 20 6 0,30 30

γ 6 0,30 30 1 2 0,60 60

δ 5 0,25 25 1 7 0,85 85

ε 3 Ο, 1 5 1 5 20 1 ,00 1 00

20 1 ,00 1 00

Σύμφωνα με τον πίνακα συχνοτήτων και σχε

τικών συχνοτήτων έχουμε: 1 . f2 = Ο, 2 (Σωστή)

2 . Ν3 = 1 2 (Σωστή)

3 . F2 = 0, 30 (Σωστή)

4 . F3% = 60 (Σωστή)

5 . f4% = 25 (Λάθος)

Δ) 1 . Α ν τα Α, Β ήταν ασυμβίβαστα θα

ίσχυε: 2 1 7

Ρ (Α n Β) = Ρ (Α ) + Ρ ( Β) = 3 + 2 = (j > 1 άτο-

πο ! Άρα τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. (Λ)

2 . Ισχύει : AnBcA=>P(AnB) � P(A) =� και

1 A n B ς Β => P (A n Β) � Ρ (Β ) = 2

Άρα: Ρ (Α n Β) � min {Ρ (Α ) , Ρ (Β ) } =

= min {j , �} = � (Λ)

3 . Ισχύει: Α ς; Α υ Β => Ρ (Α) � Ρ (Α υ Β) =>

2 Ρ (Α υ Β) � Ρ (Α) = 3 και

Β ς Α υ Β => Ρ (Β) � Ρ (Α υ Β) =>

Ρ (Α υ Β) � Ρ (Β) = _!_ . 2

Άρα: Ρ ( Α υ Β) � max {Ρ (Α) , Ρ (Β) } = � (Σ) 3

4 . Ισχύει: A n Β ς Α υ Β => P (A n B) � Ρ (Α υ Β ) (Σ)

5 . Ρ (Α υ Β) � min { 1 , Ρ (Α) + Ρ (Β)} (Λ)

6. P (A n B) � l =>

Ρ (Α ) + Ρ (Β) - Ρ (Α n Β) � 1 =>

Ρ ( Α ) + Ρ (Β) - 1 � Ρ (Α n Β) =>

Ρ ( Α n Β) � Ρ (Α ) + Ρ (Β ) - 1

Όμως: Ρ (Α n Β) � Ο άρα

Ρ (Α n Β ) � max {Ο, Ρ (Α ) + Ρ (Β ) - 1 } (Λ)

ΑΣΚ Η Σ Ε ΙΣ Α Ν Α Π ΤVΞΗΣ 1 . Να υπολογιστεί ο αριθμός α ώστε η εφα

πτομένη της γραφικής παράστασης της συ-

νάρτησης r ( x} - _α

_ στο σημείο - χ2 + 1 Α ( 3, f ( 3}) να είναι παράλληλη στην ευθεία

y = -�χ + 2009 . Ποια είναι η εξίσωση της 25

ευθείας αυτής.

Λύση Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο � με

ι - (χ2 + ι ) 2αχ

f' ( χ ) = α · = (χ2 + 1 )2 (χ2 + 1 )2 '

Για χ = 3 , f ' ( 3 ) = -2α · 3? = -

6α= -

3α

( 32 + 1 γ 1 00 50

-3α 3 Πρέπει: - = -- <=> -3α = -6 <=> α = 2 .

50 25 2 2 1

Για α = 2 , f ( χ ) = -2- και f ( 3 ) = - = -χ + 1 1 0 5

Οπότε: η εξίσωση της εφαπτομένης της μορ-

, 3 β φης: Υ = -

25 . χ + .

Η ευθεία όμως αυτή διέρχεται από το σημείο

Α ( 3, �) , οπότε οι συντεταγμένες του επαλη-

θεύουν την εξίσωσή της, άρα: 1 3 1 9 1 4 - = -- · 3 + β <=> β = - + - <=> β = -5 25 5 25 25

Άρα η ευθεία έχει εξίσωση : 3 1 4

y = -- x + -25 25



2 ο Σε καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων θεωρούμε τα σημεία: Α ( χ, 2 - χ)

Β (3χ, 2 - χ) , Γ (3χ, 6 - 3χ) και Δ ( χ, 6 - 3χ)

με χ Ε (0, 2) .

Να εκφράσετε το εμβαδόν του ορθογωνίου

ΑΒΓ Δ που σχηματίζεται, ως συνάρτηση

του χ και να προσδιορίσετε την τιμή του χ για την οποία το εμβαδό γίνεται μέγιστο.

Λ (J ση Το εμβαδόν του ορθογωνίου ΑΒΓ Δ δίνεται

από τη συνάρτηση : Ε ( χ ) = ( 3χ - χ ) [ ( 6 - 3χ ) - ( 2 - χ ) J =>

Ε ( χ ) = 2χ ο ( 4 - 2χ ) = -4χ2 + 8χ , χ Ε {0, 2) Υ

6 - 3χ

2 - χ

ο

Δ Γ - - - - � - - - - - - - - - - - -. '

' ' ' - - - - � - - - - - - - - - - - � Β Α ' ' ' ' ' '

χ 3χ χ

Για χ Ε {0, 2) έχουμε, Ε' ( χ ) = -8χ + 8 Ε' ( χ ) = Ο <=> -8χ + 8 = Ο <=> χ = 1 Ε' ( χ ) > Ο <=> -8χ + 8 > Ο <=> χ < Ι Ε ' ( χ ) < Ο <=> -8χ + 8 < Ο <=> χ > 1

Άρα: Η συνάρτηση (εμβαδόν) παίρνει τη μέγι

στη τιμή της για χ = 1 ο (το μέγιστο εμβαδόν είναι: Ε ( 1 ) = 4τομο ) ο

.. ι Δίνεται η συνάρτηση f με

f ( ) 4vf χ + 2 - 8 Α Β

, δ , δ χ = 2 • ν Α, ειναι υο εν ε-χ - 4

χόμενα του δειγματικού χώρου Ω ενός πει

ράματος τύχης με Ρ (Α υ Β) = Ο, 6 Ρ (Α) = lim f ( χ)

· � 2

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρ

τησης f β) Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομένου

να πραγματοποιηθεί μόνο το ενδεχόμενο Β.

γ) Να δειχθεί ότι Ρ (Β) � _2_ . 20

ΛίΗ'ϊη α) Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι το σύνολο Α = ( -2, 2) υ (2, +οο)

) Γ , θ 2 1 ο 4vl χ + 2 - 8 α ια κα ε χ -::F , ιm 2 = χ�2 χ - 4

ο 4 (vfx + 2 - 2) {vfx + 2 + 2) = lιm =

Η2 ( χ - 2) ( χ + 2) ( vfx + 2 + 2)

4 0� = lim =

Η2 � ( χ + 2) ( vfx + 2 + 2) 4

Ζητείται η πιθανότητα του ενδεχομένου Β-Α. Όμως: Ρ (Β - Α) = Ρ (Β) - Ρ (Α n Β ) (Ι )

και Ρ (Α υ Β) = Ρ ( Α) + Ρ ( Β) - P (A n Β) (2)

Άρα: Ρ (Β - Α) = Ρ (Β ) - Ρ (Α n Β) =

Ι 7 = Ρ (Α υ Β) - Ρ (Α ) = 0, 6 - 4 =

20 β) [ Α - Β c Β => Ρ(Α - Β) � Ρ(Β)

Οπότε: Ρ(Β) � .2_ ] 20

4 0 Σ' ένα ακριτικό νησί από τους καθηγητές

που υπηρετούσαν πέρυσι στο Γυμνάσιο και

το Λύκειο ν1 απ' αυτούς είχαν 1 χρόνο προ

ϋπηρεσία, ν2, 2 χρόνια, ν3, 3 χρόνια, ν4, 4 χρόνια και ν5, 5 χρόνια. Όμως ήρθαν ακόμα

καθηγητές επιπλέον, ένας σε κάθε μία από

τις προηγούμενες κατηγορίες.

Α ν η αρχική μέση τιμή των χρόνων προϋ

πηρεσίας των καθηγητών ήταν 3 χρόνια, να

δείξετε ότι η νέα μέση τιμή δεν άλλαξε.

Την προηγούμενη χρονιά η μέση τιμή ήταν χ = 3 <=> 1νι + 2ν2 + 3ν3 + 4ν4 + 5ν5

= 3 <=> νι + ν2 + ν3 + ν4 + νs

1ν ι + 2ν2 + 0 0 0 + 5ν5 = 3 ο ν (ν = t νi ) Την φετινή χρονιά η μέση τιμή είναι:

_ 1 (ν ι + 1 ) + 2 (ν 2 + 1 ) + ο ο ο + 5( ν 5 + 1 ) y = =>

( ν ι + ν2 + ο ο ο + ν5 ) + 5



_ (ν ι + 2ν2 + . . . + 5ν5 ) + ( 1 + 2 + 3 + 4 + 5 ) y = � (ν ι + ν2 + . . . + ν5 ) + 5

_ 3ν + 1 5 3 (ν + 5 ) => y = = = 3

ν + 5 ν + 5

5 ο Έστω tι , t2, . • . , tν οι παρατηρήσεις

(τιμές) μιας μεταβλητής Χ σε δείγμα μεγέ

θους ν που ακολουθούν την κανονική κατα

νομή και η συνάρτηση f με

f (χ} = ( t 1 + t2 + . . • + t,. ) · χ 2 - ν · χ + 2009 Α ν η τυπική απόκλιση των παρατηρήσεων

της μεταβλητής Χ είναι 0,6 και η συνάρτη-

' ζ λ ' 1 ση παρουσια ει ε αχ ι στο στο 8 , α) Να βρείτε την μέση τιμή και να δείξετε

ότι το δείγμα δεν είναι ομοιογενές.

β) Ν α βρείτε την ελάχιστη τιμή c που πρέ

πει να αυξηθούν όλες οι παρατηρήσεις, ώ

στε το δείγμα να γίνει ομοιογενές.

γ) Αν 10 παρατηρήσεις είναι μεγαλύτερες

από 5,2 να βρείτε το μέγεθος του δείγματος.

α) f' ( x ) = 2 · ( t ι + t2 + . . . + tv ) x - ν , χ ε � f ' ( χ ) = Ο G χ = ν

2 ( t ι + t2 + . . . + t v ) ν f' ( χ ) > Ο G χ > και

2 ( t 1 + . . . + tv ) ν f' ( χ ) < ο Q χ <

( ) 2 t 1 + . . . + tv

Άρα η συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο στο ν

2 ( t 1 + . . . + t v )

Ε , ν 1 πομενως: = - q

2 ( t1 + . . . + t v ) 8

t 1 + . . . + tv = 4ν . Έτσι για τη μέση τιμή έχουμε: ν

Σtί χ = ..i.=!.__ = t ι + . . . + tv = 4ν = 4 . Ο συντελε-

ν ν ν

στής μεταβολής είναι:

CV = ! = Ο, 6 = Ο 1 5 = 1 5% χ 4 '

Άρα: Το δείγμα δεν είναι ομοιογενές.

β) Έστω c η ζητούμενη τιμή και Υ; = t ; + c , i = 1 , 2, . . . , ν οι νέες τιμές της μεταβλητής Χ .

Ως γνωστόν y = χ + c = 4 + c ενώ η τυπική απόκλιση δεν μεταβάλλεται. Α ν CVY ο νέος

συντελεστής μεταβολής θα έχουμε

cv = 0, 6 . Υ 4 + c

Πρέπει: Ο, 6 � 1 0% G Ο, 6 � Ο, 1 · ( 4 + c) G 4 + c

6 � 4 + c G c � 2 . Άρα για να γίνει το δείγμα ομοιογενές, πρέπει οι τιμές να αυξηθούν τουλάχιστον κατά 2 μονάδες.

γ) Επειδή η κατανομή είναι κανονική έχουμε : 2, 5% · ν = 1 Ο G Ο, 025 · ν = Ι Ο G

___!_2_ = 400 0, 025

/ _ _/ 0, 1 5%

2,2 2,8 3 ,4 4 4,6 5,2 5 ,8 6 ο Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται το ιστό

γραμμα σχετικών συχνοτήτων (fϊ) της βαθ

μολογίας των μαθητών της εκπαιδευτικής

περιφέρειας της επαρχίας Κυνουρίας του

νομού Αρκαδίας. Από το ιστόγραμμα λεί

πουν: οι ιστοί (ορθογώνια) της 4ης και 5ης κλάσης.

·t:S

0,30 0,20

b 0, 1 0 ο ι;, ο �

Ιστόγραμμα σχετ. συχν.

ο 1 0 1 2 1 4 1 6 1 8 20 βαθμολογία

Α ν γνωρίζουμε ότι η μέση βαθμολογία των

μαθητών είναι 1 5,2 τότε:


Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

α) Να βρείτε τις συχνότητες που λείπουν και

να συμπληρώσετε το ιστόγραμμα.

β) Ο σύλλογος των Κυνουραίων της Αμερι

κής προτίθεται να βραβεύσει με χρηματικό

έπαθλο όσους έχουν βαθμολογία πάνω από

1 7. Τι ποσοστό μαθητών αντιστοιχεί στους

μαθητές που θα βραβευτούν;

γ) Αν οι μαθητές με βαθμολογία από 15 έως

17 είναι 1 50 πόσοι μαθητές θα βραβευτούν;

Λύση α) Έστω κ, λ οι σχετικές συχνότητες που λεί-

πουν.

Προφανώς: 0, 1 0 + 0, 20 + 0, 30 + κ + λ = 1 <=> κ + λ = 0, 4

5

Επίσης: χ = Σ χ/; <=> 1 5 , 2 = Ο, 1 0 · 1 1 +

+0, 20 · 1 3 + Ο, 30 · 1 5 + κ · 1 7 + λ · 1 9 <=> 1 5 , 2 = 1 , 1 + 2, 6 + 4, 5 + 1 7κ + 1 9λ <=>

1 7κ + 1 9λ = 7

Επιλύουμε το σύστημα: {κ + λ = 0, 4 { 1 7κ + 1 9λ = 6, 8

1 7κ + 1 9λ = 7 <=>

1 7 κ + 1 9λ = 7 <=> {2λ = ο 2 {λ = ο 1

κ + λ � Ο, 4 <=>

κ = ο: 3

Έτσι έχουμε τον παρακάτω πίνακα σχετικών

συχνοτητων:

Κλάσεις Xi fi fi% Fi% 1 0- 1 2 1 1 0, 1 0 1 0 1 0

1 2- 1 4 1 3 0,20 20 30

1 4- 1 6 1 5 0 ,30 30 60

1 6- 1 8 1 7 0 ,30 30 90

1 8-20 1 9 0, 1 0 1 0 1 00

1 1 00

β) Στη συνέχεια σχεδιάζουμε το ιστόγραμμα

αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων επί τοις

εκατό και το αντίστοιχο πολύγωνο αθροιστι

κών συχνοτήτων επί τοις εκατό απ ' όπου πα

ρατηρούμε :

F,%

1 00 - - - - - - - - - - - - - - - - - ·- · · · · - -- - ·- -- -

90 - - - - - - - - - - - 75% /

,------<

80

70 - - - - - - - - - - � - - - - - - - - - 1

I I : ' I

/

60 - - - 30% -------1/ :

50

40

30

20

1 0

ο

I I !

1 0 1 2 14 1 5 1 6 1 7 1 8 20

Πάνω από 1 7 είναι το 25% των μαθητών

(( 1 00-75)%)

γ) Με βαθμολογία από Ι 5 έως 1 7 είναι το

30% των μαθητών ((75-45)%)

Επειδή το 30% των μαθητών είναι 1 50 θα έ

χουμε συνολικά 1 50 : 30% = 500 μαθητές. Ο

πότε θα βραβευτούν το 25% των 500 μαθητών

δηλαδή 1 25 μαθητές.

7 ο Έστω πείραμα τύχης με δειγματικό χώρο

Ω = {α, β, γ, δ, ε} , α, β, γ, δ, ε ε JR . Αν Ρ(α),

Ρ(β), Ρ(γ), Ρ(δ) και Ρ(ε) οι πιθανότητες των

απλών ενδεχομένων του Ω και:

Ρ ( ) _ 1. .J1 + 2χ - .J1 + χ 0 α - ιm ,

χ � Ο 2Χ Ρ(β) ισούται με τον συντελεστή διεύ

θυνσης της ευθείας που είναι κάθετη

στην εφαπτομένη της γραφικής πα

ράστασης της f ( x) = -3x2 στο Α(1 ,

f(1 )) '

ο Ρ(γ) ίση με τον συντελεστή μεταβο-



λής των μισθών των υπαλλήλων μιας

εταιρείας που ακολουθούν κανονική

κατανομή και το 50% είναι πάνω

από 1000€ ενώ το 2,5% πάνω από

1 200€ ' ο Ρ(δ) το μέγιστο της συνάρτησης

g( χ) = συν2χ -� στο (-�

,�)

Α) Να βρεθούν οι πιθανότητες των α, β, γ, δ

και ε. Β) Αν Α = {α, β, γ} και Β = {γ, δ, ε} να βρε-

θούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων:

i) Γ : Να συμβαίνει μόνο το Α

ii) Δ: Να συμβαίνει μόνο ένα εκ των Α,Β

iii) Ε : Να μην συμβαίνουν τα Α και Β συγ

χρόνως

iv) Ζ: Να μην συμβαίνει κανένα από τα Α,Β

Α)

Έχουμε: ι. f ' ( χ ) = -6χ ο Για χ = 1 , f' ( 1 ) = -6 ο

Αν λ ο συντελεστής διεύθυνσης της ζητούμε

νης ευθείας τότε : λ ο ( -6 ) = - 1 <=> λ = _!_ ο Άρα: 6

Ρ (β ) = _!_ 6

• Α ν χ και δ η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση των μισθών των υπαλλήλων της εταιρείας που ακολουθούν κανονι-

κή κατανομή θα ισχύει: χ = 1 000 και χ + 2s = 1 200

Άρα: s = 1 00 ο Οπότε : CV = Ι ΟΟ = 1 0% 1 000

Ι Άρα: Ρ (γ ) = -1 0

• Για κάθε χ ε (- π π ) 2'

2 g' ( χ ) = 2συνχ ο ( -ημχ ) = -ημ2χ g' ( χ ) = ο <=> -ημ2χ = ο <=> χ = ο '

g' ( χ ) < ο <=> ημ2χ > ο <=> ο < χ < π ' 2

g' ( χ ) > ο <=> ημ2χ < ο <=> - π < χ < ο 2

π π χ 2 ο 2 g '(x) + -

g(x) � � �

Άρα, στο Ο η συνάρτηση παρουσιάζει μέγιστο το f (Ο ) = συν2 Ο -� = 1 - � = 2.

3 3 3

Άρα: Ρ( δ) = ]_ 3

Όμως: Ρ (α) + Ρ (β) + Ρ (γ) + Ρ (δ) + Ρ (ε) = 1 <=>

Ρ ( ε ) = 1 - ( Ρ (α ) + Ρ (β ) + Ρ (γ ) + Ρ ( δ ) ) <=>

Ρ (ε ) = 1 - (2. + 2. + -1 + 2.) = 4 6 1 0 3

= l - 1 5 + 1 0 + 6 + 20 = � = � 20 60 20

β) ί) Γ = Α - Β = {α, β} , 1 1 3 + 2 5 Ρ( Γ) = Ρ (α) + Ρ (β) = 4 + "6 = ---τ2 = U

ίί) Δ = (Α - Β) υ (Β - Α) = = {α, β} υ {δ, ε} = {α, β , γ, δ, ε} ,

Ρ (Δ ) = 1 -

Ρ ( γ ) = Ι - 1 � = 1�

i i i) E=(AnB)' = {α,β,γ, δ, ε} =Δο άρα: Ρ (Ε ) = _2._ 0 1 0

ίν) Ζ = ( Α υ Β)' = 0 ο Οπότε : Ρ ( Ζ) = Ο ο



' ' ' ' Μαθη ματ ι κα Γ Λu κειοu Κατε uθuνσης

Ασκήσε ι ς Ανάλυση ς

Α Σ Κ Η Σ Η I . Για μια συνάντηση f : IR � IR ισχύει:

r (r (χ)) = αχ + β, για κάθε χ Ε ΙR (1)

όπου α και β είναι δύο δοσμένοι πραγματικοί αριθμοί με α+β=1 και β * Ο . Να αποδείξετε ότι

η εξίσωση f(x)=x έχει μια μοναδική ρίζα στο IR . ΛίJση. Έστω ένας αριθμός χ Ε JR . Τότε f(x) Ε JR .

Θέτοντας στην ( 1 ) όπου χ το f (χ) βρίσκουμε :

f ( f ( f ( χ ))) = αf(χ) + β �f(αχ + β) = αf(χ) + β . Άρα, για κάθε χ Ε JR , ισχύει:

f(αχ + β) = αf(χ) + β . (2) Θέτοντας στην (2) χ= 1 , βρίσκουμε: f(α+β)=αf(1)+β=>f(l) =(l-β)f(l)+β=>βf(l) =β=>f(l)= l . Άρα η εξίσωση f(x) = χ έχει ρίζα τον αριθμό 1 .

• Έστω τώρα ότι η εξίσωση f(x) = χ έχει και άλλη μια ρίζα ρ Ε JR με ρ * 1 , οπότε f(ρ) = ρ . Από την ( 1 ) με χ=ρ βρίσκουμε: f ( f (ρ ) ) = αρ + β => f(ρ) = αρ + β => ρ = (1 - β)ρ + β => β ρ = β => ρ = 1 , ατοπο.

-Άρα, η εξίσωση : f(x) = χ έχει μια μοναδι-κή ρίζα, το 1 .

ΑΣ Κ Η Σ Η 2 . Δύο συναρτήσεις f και g είναι ορισμένες και

συνεχείς στο IR και έχουν στο IR μέγιστες τιμές σε διαφορετικές θέσεις, οι όποιες μέγιστες τιμές είναι ίσες. Να δείξετε ότι οι Cr και Cg έχουν ένα

τουλάχιστον κοινό σημείο.

Λύση . Από την υπόθεση, έπεται ότι υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί χ ι και χ2 με Χ ι * χ 2 , έστω Χ ι < χ2 , τέτοιοι ώστε: f(χ ι ) = g(x 2 ) και για κάθε χ Ε JR :

f(x) � f(x ι ) ( 1 ) και g(x) � g(x2 ) (2) .

Θεωρούμε τη συνάρτηση : h(x) = f(x) - g(x) . Η h είναι ορισμένη και συνεχής στο JR . Έχου

με :

Αντώνης Κυριακόπουλος-Χρυστ. Κυβερνήτου

h(χι ) = f(χι ) -g(χι ) , h(x2 ) = f(x2 )-g(x2 ) = f(x2 ) -f(x1 ). Από την ( 1 ) με χ = χ2 , έχουμε:

f(x 2 ) � f(χ ι ) => f(x 2 ) - f(x 1 ) � Ο => h(x2 ) � Ο . Από την (2) με χ = Χ ι , έχουμε: g(χ ι ) � g(x2 ) = f(χ ι ) => f(χ ι ) - g(χ ι ) � Ο => h(x 1 ) � Ο.

Αν h(χ ι ) = Ο , τότε η h έχει τη ρίζα χ 1 και αν h(x2 ) = Ο , τότε η h έχει τη ρίζα χ2 • Έστω τώρα h(x1 ) * Ο και h(x2 ) * Ο,οπότε h(x 1 ) > 0 και h(x2 ) < 0. Τότε, από το θεώρημα του Bolzano για την h στο διάστημα [χ ι , χ 2 ] ,έπεται ότι η h έχει μια τουλάχι-στο ρίζα στο διάστημα (χ ι , Χ 2 ) .

Άρα, σε κάθε περίπτωση, η h έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο JR και συνεπώς οι Cr και Cg έ-χουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο.

Α Σ Κ Η Σ Η 3 . Μια συνάντηση f : JR � JR είναι συνεχής με

f(10) = __!_, f(1 2)=10 και για κάθε χ Ε IR ισχύουν: 10

r (r (x) + 1) r (r (x) + 4) f(x) * Ο και ( ( ) ) = ( ( ) ) . (1 )

f f x + 3 f f x + 2

Ν α δείξετε ότι: α) f(2) · f(3) = f(4) · f(5).

β) Υπάρχει ξ Ε [2, 3] με f2 (ξ) = f(2) · f(3).

γ) Η f δεν είναι 1 - 1 .

Λύση . Επειδή η f είναι συνεχής στο JR και

f(x) * Ο, για κάθε χ Ε JR , έπεται ότι η f έχει στα-

θερό πρόσημο στο JR .Και επειδή f(l Ο) = _!_ , έπε-1 0

ται ότι f(x) > Ο , για κάθε χ Ε JR .

α) Επειδή _!_ < 1 < 1 Ο , από το θεώρημα ενδιάμε-1 0

σων τιμών για την f στο διάστημα [ 1 Ο, 1 2 ] , έπεται ότι υπάρχει χ0 Ε ( 1 0, 1 2 ) με f(x0 ) = 1 . Από την ( 1 ) με χ = χ0 , έχουμε:



f (f ( x0 ) + 1 ) f (f ( x0 ) + 4) -7-----7= � f (f ( x0 ) + 3) f ( f ( x0 ) + 2)

� /(2) = /(5) � /(2)/(3) = /(4)/(5) . /(4) /(3)

β) Θεωρούμε τη συνάντηση : g(x) = f2 (x) - f(2)f(3) . Η g είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [2, 3] .Έχουμε:

g(2) = f2 (2) - f(2)f(3) = f(2) [ f(2) - f(3)] και g(3) = f2 (3) - f(2)f(3) = f(3) [ f(3) - f(2)] .

• Αν f(2) = f(3) ,τότε ξ=2 (ή ξ=3) . • Αν f(2) :;t: f(3) , τότε έχουμε:

g(2)g(3) = -f(2)f(3) [ f(2) - f(3) ]2 < ο . Έτσι, από το θεώρημα του Boιzano για την g

στο διάστημα [2, 3] , υπάρχει ξ Ε (2, 3) με: g(ξ) = ο � f2 (ξ) - f(2)f(3) = ο � f2 (ξ) = f(2)f(3) .

Άρα, σε κάθε περίπτωση, υπάρχει ξ Ε [2, 3] με f2 (ξ) = f(2)f(3) . γ ) Όπως προηγουμένως δείχνουμε ότι υπάρχει η Ε [4, 5 ] με f2 (η) = f(4)f(5) . Και επει-δή : f(2)f(3) = f(4)f(5) , έπεται ότι f2 (ξ) = f2 (η) και άρα f(ξ) = f(η) (γιατί;) .

Εξάλλου, έχουμε : 2 ::;; ξ ::;; 3 < 4 ::;; η ::;; 5 και άρα ξ<η . Συνεπώς η f δεν είναι 1 - 1 .

Α Σ Κ Η Σ Η 4 . Δύο συναντήσεις f και g είναι ορισμένες στο

1R και για κάθε χ Ε JR ισχύει: f2 (x) + g2 (x + 1) = x4 - 2x2 + 1 . ( 1 )

Επιπλέον, η f είναι παραγωγίσιμη στο 1 και η g είναι παραγωγίσιμη στο 2. Ν α δείξετε ότι:

( f' ( 1 ) ) 2 + ( g' ( 2 ) )2 = 4. (2) .\ύση . Από την ( 1 ) με χ= 1 βρίσκουμε :

f2 (1) + g2 (2) = Ο και άρα f( 1 )=Ο και g(2)=0. Έχουμε: f,(1 ) ι · f(l + h) - f(1) ι · f(l + h) = ιm = ιm και

h -> 0 h h ->0 h g'(2) = ιim g(2 + h) - g(2) = ιim g(2 + h) . 11->0 h h ->0 h Έτσι έχουμε:

(f ' ( 1 ) )2 + (g' (2 ) )2 = ιim f2 (1 + h) + ιim g2 (2 7 h) = h ->0 h2 h ->0 h-

= ιim f2 (l + h) + g2 (2 + h) < Ι > h ->0 h 2

. (l + h)4 - 2(l + h)2 + 1 . [( l + h )2 - 1τ lιm 2 = lιm ') = h -> 0 h h ->0 h-

. ( ( 1 + h )2 - 1 ] 2 = ιιm = h ->0 h

ιim ( 1 + h2 + 2h - 1 )2 = ιim (h + 2 )2 = 4. h ->0 h h -> 0

ΑΣ Κ Η Σ Η 5. Να βρείτε τις συναρτήσεις f, οι οποίες είναι ορισμένες και παραγωγίσιμες στο διάστημα ( Ο,+οο) και για τις οποίες, για κάθε

x, y Ε (Ο, +οο) , ισχύει:

f(x) + f(y) + f ( x�) = o . (1)

Λί>ση . Έστω ότι μια συνάρτηση f πληροί τις δοσμένες

συνθήκες. Θεωρούμε έναν αριθμό y0 > Ο . Από την ( 1 ) με y = Υ ο έχουμε για κάθε χ>Ο :

f(x) +f(y0) +f(-1 ) =ο � ftx) - ;'ο 2 f'(-1 ) =ο. ΧΥο Χ Υο xyo

Άρα, για κάθε χ, y Ε (0, +οο) , έχουμε :

f'(x ) --1-f' (-1 ) = ο . (2) x 2y xy

Θέτοντας στην (2) όπου χ το y και όπου y το χ, έχουμε για κάθε χ, y Ε (0, +οο) :

f'(y) -+ f' (-1 ) = ο . (3) Υ χ xy

Από τις (2) και (3), έχουμε για κάθε x,yE(O,-too) : x2yf'(x) = y2xf'(y) � xftx)=yfty) (4) .

Από την (4) με y= 1 , έχουμε για κάθε χ>Ο : xf'(x) = f'(l) (=α) � ftx)=α_! � φ. χ

ftx)=( αlηχ)' � f(x) =αln x+c (5). Από αυτή έχουμε f( 1 )=c και από την ( 1 ) με

x=y= 1 , έχουμε f( 1 )=0, οπότε c=O. Άρα, από την (5) έχουμε, για κάθε χ>Ο : f(χ)=αιηχ.

Λ ντιστρόφως. Όπως βρίσκουμε εύκολα, οι συναντήσεις: f(χ)=αιηχ, όπου α Ε JR , πληρούν τις δοσμένες συνθήκες και άρα είναι οι μοναδικές ζητούμενες.



ΑΣΚΗΣΗ 6. Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε

χής στο διάστημα [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β). Θέτουμε: z = f(α) + if(β), ω=eα + ieP και υποθέτουμε ότι: I z+ ω 1=1 z - ω ι . Να αποδείξετε ότι υπάρχει χ0 Ε (α, β) με:

f(x0 ) + f'(x0 ) = Ο.

Λύση. Έχουμε :

Ι z+ ω Ι= Ι z - ω ι � Ι z+ ω i2 =Ι z - ω Ι2 �

� ( z +ω)(z+& )=( z - ω)(:Ζ- ω) � zω + zω = Ο � Re(zω)=O ( Ι ) .

Εξάλλου έχουμε : zω = eaf( α) + ieβ f( α) + ieαf(β) - eβf(β) .

Έτσι, λόγω της ( 1 ), έχουμε: e"f(α) - eβf(β) = Ο � eαf(α) = eβf(β) (2) . Για να αποδείξουμε το ζητούμενο, αρκεί να

αποδείξουμε ότι η εξίσωση : f(x) + f'(x) = Ο έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (α, β) . Με χ Ε (α, β) , έχουμε :

f(x) + f'(x) = Ο <=> ( e' ) ' f(x) + e' f'(x) = Ο <::::>

<=> (exf(x) )' = 0.

Έτσι, αρκεί να δείξουμε ότι η συνάρτηση g' , όπου g(x)=ex f(x) , έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (α, β). Η συνάρτηση αυτή g είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [α, β) και πα-ραγωγίσιμη στο( α,β) .Εξάλλου έχουμε : g( α) = eaf( α) και g(β)=eβf(β) , οπότε λόγω της (2), ισχύει: g(α) = g(β) . Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle, η g' έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (α, β).

ΑΣ ΚΗΣΗ 7.

Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής σε ένα διάστημα [α, β] (α < β) και παραγω-γίσιμη στο (α, β). Να αποδείξετε ότι υπάρχουν αριθμοί ξ1 , ξ2 , ξ3 Ε (α, β) με: f'(ξ1 ) + 2f'(ξ2 ) + 3f '(ξ3 ) = 6 f(β) - f(α) . (1 )

β - α

Λίιση . Με τα σημεία: α = χ0 < χ 1 < χ2 < . . . < Χ5 < Χ6 = β

χωρίζουμε το διάστημα [α ,β) σε 6(= 1 +2+3) ισο-

μήκη υποδιαστήματα, μήκους β - α (= μ) . 'Ετσι 6

έχουμε: β - α χ ν = α + ν-

6- , ν=Ο, Ι ,2 , . . . ,6 .

Η συνάρτηση f σε καθένα από τα διαστήματα [ Χ0 , Χ 1 ] (μήκος μ), [ Χ1 , χ3 ) (μήκος 2μ) και

θεωρή[ Χ3 , Χ6 ] (μήκος 3μ) πληροί τις υποθέσεις ματος μέσης τιμής. Άρα, υπάρχουν αριθμοί ξ . , ξ2 , ξ3 με: Χο < ξ ι < Χ ι < ξ2 < xJ < ξ3 < χ6 και

f'(ξ ) - f(x 1 ) - f(x 0 ) , • • ι - , οποτε .

•

•

Χ ι - Χο f'(ξ ι ) = f(x 1 ) - f(α) (2) .

μ

f'(ξ2 ) = f(x3 ) - f(x 1 ) = f(x3 ) - f(x 1 )' οπότε :

χ3 - χ . 2μ

2f'(ξ2 ) = f(x J ) - f(x ι ) (3) . μ

f'(ξ3 ) = f(x6 ) - f(x J ) = f(β) - f(x3 )' οπότε:

χ 6 - χ3 3μ

3f'(ξ3 ) = f(β) - f(x3 ) (4) . μ

Προσθέτοντας κατά μέλη τις (2) , (3) και (4) και θέτοντας μ = β - α , βρίσκουμε τη ζητούμενη

μ ισότητα ( Ι ) .

ΑΣ Κ Η Σ Η 8. Θεωρούμε την εξίσωση :

(x - l) ln x = x + l . (1 )

i) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση (1) έχει δύο ακριβώς ρίζες. Τις ονομάζουμε α και β. i i ) Να αποδείξετε ότι: αβ=l .

Λίιση. i ) Το σύνολο ορισμού τις εξίσωσης ( I ) είναι το

διάστημα (0, +οο ). Ο αριθμός I προφανώς δεν εί-ναι ρίζα της εξίσωσης ( I ). Για κάθε χ>Ο με χ =1= I , , χ + Ι x + l εχουμε : ( I ) <::::> Ιη χ = -- <::::> \η χ - -- = Ο (2).

χ - Ι χ - \ Θεωρούμε τη συνάρτηση :

χ + Ι f(x) = \η χ - -, χ ε (0, 1 ) u ( l ,+oo). χ - I


Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

Με x E (0, 1) u (l , +oo) έχουμε:

f'(x) = _!_ + 2 2 >0. Άρα f!(O, Ι ) και f!( l , +οο ).

χ (χ - 1) Εξάλλου έχουμε :

" I im f(x) = Ιίm ( ιη χ - x + l ) = -oo , x--t0 1 x--tO- Χ - }

"' I im f(x) = I im [ ιη χ - (χ + \ )-1 -] = +οο , χ-. ι , _, ι - χ - 1

., lim f(x) = I im [ ιη χ - (χ + 1 )-1-] = -οο , χ-. ι · χ -+ ι - χ - ]

" lim f(x) = Ι ίιη ( ιη χ - χ + 1 ) = +οο. Χ--t+Χ. .\--t-:ι: Χ - 1 Συμπεραίνουμε ότι το σύνολο τιμών της f

με χ Ε (0, I ) . όπως και με χ Ε (1 , +οο ), είναι το ΊR . Επειδή Ο Ε !Κ. και σε καθένα από τα διαστήματα (0, 1 ) και ( l , +:x:: ) , η f είναι γνησίως αύξησα, συ-μπεράνουμε ότι η f έχει μια ακριβώς ρίζα σε καθένα από τα διαστήματα αυτά. Άρα η f, επομένως και η εξίσωση ( I ), έχει δύο ακριβώς ρίζες, μια α Ε ( Ο. Ι ) και μια β Ε (l , +οο).

Έχουμε: α + Ι α + 1 f( α ) = 0 :::::> \η α --- = 0 :::::> - Ιη α +-- = 0 :::::> α - 1 α - 1

1 1 Ι I + - Ι - + I ( 1 ) ln - + --α = O :::::> ln - - -α- = 0 :::::> f - = 0. α 1 _ _!_ α _!_ _ 1 α

α α

Άρα, ο αριθμός _!_ είναι ρίζα της συνάρτησης α

f. Και επειδή η f έχει μόνο τις ρίζες α και β και 1 ' ' 1 β ' β 1 α =1- - , επεται οτι- = και αρα α = . α α

Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης: 2 Ιη χ = λχ 2 + 1 ( λ ε R , παράμετρος).

Απ6;,·τη ση. eΑν λ ::;; Ο , μια ρίζα [στο διάστημα (O,e)] .

wA ν Ο < λ < __;._ , δύο ρίζες [μια στο (O,e) και e-

μια στο (e, +οο )] . '"Αν λ = � , μια ρίζα [ την x=e] .

e

Α λ I

, 'ζ © ν > 2 , καμια ρ ι α . .

e

Α Σ Κ Η Σ Η 1 0 . Μια συνάντηση f είναι ορισμένη και τρεις

φορές παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ=( α, β). Υποθέτουμε ότι f(x) � Ο , για κάθε χ ε Δ και ότι η f έχει δύο (διαφορετικές) ρίζες στο Δ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση : f'"(x) = Ο έχει μία τουλά-χιστον ρίζα στο Δ.

Λύση . Έστω ότι χ 1 και χ 2 με χ 1 < χ 2 είναι οι δύο ρί-

ζες της f στο Δ, οπότε f(x 1 ) = 0 και f(x 2 ) = 0 . Εφαρμόζοντας το θεώρημα του Rolle για την f στο διάστημα [ χ 1 , χ 2 ] , βρίσκουμε ότι υπάρχει χ0 Ε (χ 1 , χ 2 ) με f'(x0 ) = 0 .

β Xj Δ ξι ξ

Εεξάλλου, από την υπόθεση, έχουμε ότι για κάθε χ Ε Δ ισχύει f (χ) � Ο και συνεπώς f(x) � f(x 1 ) και f(x) � f(x2 ) . Άρα, η f σε καθένα από τα χ 1 και χ 2 έχει τοπικό ελάχιστο. Έτσι, σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat, έχουμε f'(x 1 ) = 0 και f'(x 2 ) = 0 .

Εφαρμόζοντας το θεώρημα του Rolle γιατί την f' σε καθένα από τα διαστήματα [χ 1 , χ 0 ] και [χ0 , χ 2 ] , βρίσκουμε ότι υπάρχουν ξ 1 Ε (χ 1 , χ0 ) και ξ2 Ε (Χ 0 , χ 2 ) με f"(ξ 1 ) = 0 και f"(ξ2 ) = 0 (α < Χ ι < ξι < Χ ο < ξ2 < χ 2 < β) ·

τέλος, εφαρμόζοντας το θεώρημα του Rolle για τη συνάρτηση f" στο διάστημα [ ξ 1 , ξ2 ] , βρί-σκουμε ότι υπάρχει ξ Ε (ξ 1 , ξ2 ) με f"'(ξ) = Ο (α<ξ<β).

Άρα, η εξίσωση f"' (x) = Ο έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο Δ.

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 1 . Να βρείτε τις συναρτήσεις f, οι οποίες είναι

ορισμένες και συνεχείς στο διάστημα 10, 1 1 και ι 1 ι για τις οποίες ισχύουν: Jr2 (x)dx ::; - ::; Jxf(x)dx . ο 3 ο

ΛίJση : Έστω ότι μια συνάρτηση f πληροί τις δοσμένες

συνθήκες. Έχουμε λοιπόν: I 1 I Ι Jf2 (x)dx ::; - ( Ι ) και Jxf(x)dx :=::: - (2). ο 3 ο 3



Για κάθε χ Ε [0, 1 ] , έχουμε:

2 f2 (x) + x2 [f(x}-x] :Ξ::()=?f(x)+x2-2xf(xY-:Q::::?x f(x) ::.:: 2

Έτσι έχουμε:

fι

Jι f2 (x) + x 2

xf(x)dx ::.:: dx = ο ο 2

ι ι 2 ι ι 2 =- J f (χ )dx + - J χ dx =

2 ο 2 ο

1 ι 1 [ Χ 3 ] ι ( ι ) 1 1 1 1 =- Jf2 (x)dx + - - � - · - + - · -2 0 2 3 0 2 3 2 3

( 2 ) 1 ι ι f2 (x) + x 2 ι ::::? - ::_:: Jxf(x)dx ::_:: J dx ::.; - ::::?

3 ο ο 2 3

Ο � f(x) � κF(χ) (2) ::::? κF(χ ) ::?: 0 ::::? F(x) ::?: Ο .

Και επίσης: F'(x) � κF(χ) ::::? F'(x) - κF(χ) � Ο ::::?

e-κx f'(x) - Ke-κx f(x) � 0 ::::? (f(x)e-κx ) ' � 0 . Έτσι, για την συνάρτηση : g(x) = e-κx F(x) , η

οποία είναι συνεχής στο [Ο, +οο) , ισχύει: g '(x) � Ο , για κάθε χ Ε (0, +οο) . Άρα g J_ [Ο, +οο) . Συνεπώς για κάθε χ>Ο έχουμε :

g(x) :ς g(O) ::::? e-κx F(x) � Ο ::::? F(x) � Ο . Έτσι, για κάθε χ>Ο έχουμε : F(x) ::?: Ο και

F(x) � Ο και άρα F(x)=O. Συνεπώς, από τις (2) ι Jxf(x )dx Jf2 (x) + x 2

dx έχουμε για κάθε χ>Ο : O � f(x) � O και άρα f(χ)=Ο. ο 2 Εξάλλου, επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής ο

ι ::::? j[f(x) - x]2 dx = O . (3)

ο

Έστω ότι για ένα αριθμό χ0 Ε [Ο, 1 ] ισχύει:

[f ( x0 ) - x0T :;t: O , οπότε [f ( χ0 ) - χ0Τ > 0 . Τότε ι

θα είχαμε j[f(x) - x]2 dx > O , άτοπο, λόγω της (3). ο

Άρα, για κάθε χ Ε [0, 1 ] ισχύει [r ( χ ) - χ τ = ο και συνεπώς f(x)=x.

Όπως βρίσκουμε εύκολα η συνάρτηση f(x) = χ πληροί τις δοσμένες συνθήκες και άρα είναι η μοναδική ζητούμενη.

ΑΣ Κ Η l: Η 1 2 . Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε

χής στο διάστημα [Ο,+οο) και για κάθε χ>Ο ισχύουν:

χ

ο � f(x) � κ Jr(t)dt (1) ο

όπου κ είναι ένας θετικός αριθμός. Να δείξετε ότι : f(x)=O, για κάθε χ Ε [Ο, +οο) .

Λ ύ ση . χ

Θεωρούμε τη συνάρτηση : F(x ) = Jr(t)dt . ο

Η F είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο [Ο, +οο) με: F'(x) = f(x) .

Από τις ( 1 ) έχουμε για κάθε χ>Ο :

στο Ο, έχουμε: f(O) = ιίm f(x) = ιίm 0 = 0 .

χ 4 ο+ χ �ο-

Συμπεραίνω λοιπόν ότι: f(x) = Ο, για κάθε χ Ε [Ο, +οο) .

Λ Σ Κ Η Σ Η 1 3 . Να βρείτε το ολοκλήρωμα:

ΛίJση.

.. 1 = J' 4ημχ - 3συνχdχ .

0 ημχ + 2συνχ

Εξετάζουμε αν υπάρχουν αριθμοί λ, μ Ε IR τέ-

τοιοι ώστε, για κάθε χ Ε [Ο, Ξ] , να ισχύει:

4ημχ -3συνχ = λ( ημχ + 2συνχ) + μ( ημχ + 2συνχ )' . ( 1 )

Προς τούτο, αρκεί για κάθε χ Ε [Ο, Ξ] να ισχύ

ει: 4ημχ - 3συνχ = (λ - 2μ)ημχ + (2λ + μ)συνχ , {λ = -� {λ - 2μ = 4 5 αρκεί : , αρκεί: 2λ + μ = -3 1 1 μ = --

5

'Ε τ σι, από την ( 1 ), έχουμε για κάθε χ Ε [Ο, Ξ] : 2 1 1 . I

4ημχ - 3συνχ = --( ημχ + 2συνχ) --( ημχ + 2συνχ) 5 5

και συνεπώς: 4ημχ - 3συνχ ημχ + 2συνχ

-� _ 1 1 ( ημχ + 2συνχ )' 5 5 ημχ + 2συνχ


Μαθη ματικά για την Γ ' Λυκείου

Έτσι έχουμε: lt J!.

Ι = _3_ Jdx - _!_!_ J' (ημχ + 2συνχ) ' dx = 5 0 5 0 (ημχ + 2συνχ)

π 1 1 � π 1 1 = - - - - [ 1η Jημχ + 2συνχ J ] - = -- + -1n 2 .

5 5 ο 5 5

Al: K I I Σ i U Ή -ι Να βρείτε το ολοκλήρωμα:

-J; ( συνχ ) ημχ I = dx ο ( συνχ ) η μ χ + ( ημχ )συνχ

π Λπιί.ντη σ η . Ι = - . 4

Να βρείτε τις συναντήσεις f, οι οποίες είναι ο ορισμένες και συνεχείς στο IR και για τις οποίες για κάθε χ ε IR ισχύει:

χ f(x) = 2 Jteι'-r< ι >dt . (1 ) ο

\π(ι,·-;-ψ;η . f(x) = χ2 •

Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [0, +οο), παραγωγίσιμη στο (0, +οο) και ισχύουν: f(O) = Ο και O<f'(x)::Ξl , για κάθε χ > Ο. Να αποδείξετε ότι, για κάθε χ>Ο, ισχύει:

ΛίJση.

jr' (t)dι ,; ( jr(ι)dι )' (Ι)

Θεωρούμε την συνάρτηση :

g(x) = of( t)dt)' χ

fr\t)dt . ο

Η g είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο διάστημα [0, +οο) με :

g ' (χ) = z [ ff(t)dι) ·f(x) - f3(x) =

=J(x{ 2 jr(t)dt - f' (x)] (2)

Επειδή η f είναι συνεχής στο [0, +οο) και παραγωγίσιμη στο (0, +οο) με f ' (χ) > Ο, έπεται ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0, +οο) . Έτσι ,για κάθε χ > Ο, έχουμε f(x) > f(O) = Ο, δηλαδή f(x) > Ο.

Μελετάμε τώρα τη συνάρτηση : χ

h(x) = 2 Jf(t)dt - f 2(x). ο

Η h είναι συνεχής στο [0, +οο) και παραγωγίσιμη στο (0, +οο) με:

h '(x) = 2f(x) - 2f(x)f ' (χ) = 2f(x)[ l - f ' (χ)] . Για κάθε χ > Ο, επειδή f(x) > Ο και 1- f ' (χ) :=:: Ο

(υπόθεση), έχουμε: h ' (x) :=:: Ο . Συνεπώς, η h είναι αύξουσα στο διάστημα [0, +οο) (γιατί σ ' αυτό είναι και συνεχής). Έτσι, για κάθε χ > Ο, έχουμε :

h(x) :=:: h(O) = Ο, δηλαδή h(x) :=:: Ο . Έτσι, λόγω της (2), έχουμε για κάθε χ>Ο :

g ' (x) = f(x) ·h(x) :=:: Ο . Και επειδή η g είναι συνεχής στο [0, +οο ), έπεται ότι η g είναι αύξουσα στο [0, +οο ). Συνεπώς, για κάθε χ>Ο, έχουμε : g(x) :=:: g(O) = Ο, δηλαδή g(χ):Ξ:Ο, από την οποία έπεται η ( 1 ).

{xlnx, αν Έστω η συνάρτηση : f(x)= 2

χ , αν

j . Να δείξετε ότι η f είναι συνεχής.

χ > Ο

χ ::ο; ο

2 . Να βρείτε το εμβαδόν Ε του χωρίου που περικλείεται από τη Cr, τον άξονα χ 'χ και τις ευθείες χ=--1 και χ = J .

. Βρίσκουμε εύκολα ότι η f είναι συνεχής στο σύνολο JR* . Θα δείξουμε ότι είναι συνεχής και στο Ο. Έχουμε f(O) = Ο, lim f(x) = lim χ2 = Ο και

χ -->0- χ -->0

l im f(x) = lim (xlnx) = Iim lnlx (μορφή -οο ) =

Χ --7 0 1 X --70 t Χ --70+ +00 χ

= Iim (ln x) ' = lim _χ_ = lim (-χ) = Ο. ΗΟ' ω ΗΟ' :

, ΗΟ

Άρα: lim f(x) = Ο = f(O) και συνεπώς η f είναι χ -->0

συνεχής και στο Ο. '2. Μελετάμε το πρόσημο των τιμών της f στο

διάστημα [- 1 , 1 ] . Με - l::Ξχ::ΞΟ, έχουμε f(χ)=χ2:Ξ:Ο. Με Ο<χ::Ξl , έχουμε lnx:::;O και συνεπώς f(x)=xlnx:::;O .

Και επειδή f(O) = Ο, για Ο :::; χ :::; I έχουμε f(χ):Ξ:Ο . Έτσι έχουμε:

Ο I

Ε = Jf(x)dx - Jf(x)dx . ( I ) - 1 ο



Ονομάζουμε 1 1 το πρώτο ολοκλήρωμα και 12

ο f 2 ι [ 3 ]ο ι το δεύτερο . Έχουμε: Ι 1 = χ dx = 3 χ _ 1 = 3 . - I Για να βρούμε το δεύτερο ολοκλήρωμα 12 , θε

Ι

ωρούμε τη συνάρτηση : F(t) = Jf(x )dx , t ε [Ο, ι ] .

Αυτή είναι συνεχής στο Ο, ως παραγωγίσιμη I και άρα: 12 = F(O) = lim F(t) = lim Jf(x)dx .

ι � σ· ι ---+0+ ι

I I Με tε (Ο, Ι ) , έχουμε : Jf(x)dx = Jx ιn xdx =

I I ι f ο , ι [ ο ]

I ι f ο ι = - (χ - ) ln xdx = - χ- ιη χ -- x - -dx = 2 ι 2 ι 2 ι Χ I

= -_!_ t2lnt - _!_ Jxdx = -_!_ t2 lnt - _!_[ χ2 Τ = 2 2 ι 2 4 ι ι 2 ι 2 1 2 ι 1 2 = -- t lnt - - ( I - t ) = -- t lnt - - + - t . 2 4 2 4 4

Έτσι έχουμε:

Ι2 = lιm -- t- Ιn t - - + - t- = - - , . ( 1 ο ι ι ο ) 1 ΗΟ- 2 4 4 4

γιατί lim (t2 lnt) = lim (t · tlnt) = 0 ·0 = Ο. ι--.ο-ι-->ο-

Αντικαθιστώντας στην ( 1 ), βρίσκουμε:

Ε = l - ( -±) = ι: · Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε

χής στο διάστημα Ι α, β] (α < β) και δύο φορές παραγωγίσιμη στο (α, β) με f"(x) > Ο, για κάθε χ ε (α, β). Να βρείτε τους αριθμούς ξε (α, β), για τους οποίους το εμβαδό Ε του χωρίου που ορίζεται από την Cr, την εφαπτομένη ε της Cr στο σημείο της Μ(ξ, f(ξ)) και τις ευθείες χ = α και χ = β, είναι το ελάχιστο δυνατό.

Έστω ένας αριθμός ξε (α, β). Η εξίσωση της εφαπτομένης ε της Cι- στο σημείο της με τετμημένη ξ, είναι: y - f(ξ) = f ' (ξ)( χ - ξ) Q y = f ' (ξ)χ + f(ξ) - ξf ' (ξ) .

Επειδή η f είναι κυρτή στο [α, β ] , για κάθε χ ε [α, β] ισχύει: f(χ) :Ξ: f '(ξ)χ + f(ξ) - ξf '(ξ) . ( 1 )

Έτσι έχουμε: β

Ε( ξ)= f [f(x) - f ' (ξ)χ - f(ξ) + ξf ' (ξ)]dχ= α

β β β = Jf(x)dx -f' (ξ) Jxdx +[ξf'(ξ)-f(ξ)] Jctx :::>

α α α

Ε(ξ)= Jf(x)dx -f' (ξ) β2 ; α2

+ [ξf' (ξ)-f(ξ)](β-α) . α

Το εμβαδό Ε είναι λοιπόν μια συνάρτηση του ξε (α, β). Η συνάρτηση Ε είναι παραγωγίσιμη (ως προς ξ) στο (α, β) με:

β ο ο Ε '(ξ)=-Γ(ξ) - - α- +[f'(ξ)+ξf"(ξ)-Γ(ξ)] (β-α)=> 2

> 0, αν ξ > α + β 2

Ε '(ξ)=(β-α> ( ξ - α; β ) f"(ξ) = 0, αν ξ = α + β 2

< 0, αν ξ < α + β 2

α + β --

2 β

J +

� :c::::::: ελαχ.

Συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση Ε έχει ελάχι-

ξ α + β Ά , , , ζ , στο στο = -- . ρα υπαρχει ενα μονο ητου-2 μενο σημείο ξ, το ξ = α + β . 2

Σημείωση: Η απόδειξη της σχέσης ( 1 ) είναι μια ενδιαφέρουσα εφαρμογή του Θ.Μ.Τ. και έχει ως εξής: Θεωρούμε τη συνάρτηση :

h(x) = f(x) - f '(ξ)χ - f(ξ) + ξf'(ξ) = [f(x) - f(ξ)] - f ' (ξ)( χ - ξ).

Έστω ένας αριθμός χ ε [α, ξ) . Από το θεώρημα μέσης τιμής για την f στο διάστημα [χ, ξ] έπεται ότι υπάρχει χσ ε(χ, ξ) με:

f ' (χ0) = f(ξ) - f(x) :::> f(x) - f(ξ) = f '(χσ)(χ - ξ) . ξ - χ

Έτσι, έχουμε: h(x)=f' (χσ)(χ-ξ)-f' (ξ)( χ-ξ)=[ f' (xo)-f' (ξ) ](χ-ξ) .

Επειδή f' 1 (α, β) και α :::; χ < χ0 < ξ < β , έπετω ότι h(x)>O. Όμοια βρίσκουμε ότι h(x)>O, αν χε (ξ, β] . Συμπεραίνουμε ότι h(x) ::=: Ο, για κάθε χε [α, β] . Άρα, η (1) ισχύει ,για κάθε χε [α, β],



' =c Υ

� ['\�) Μ �{α �.tJ) ��u"{ιΩ� Ε1��αθ�1 ματ ι κών Γ' Λuκείοu

Έστω f: lll-+1/l μια συνάρτηση τέτοια ώ

στε για κάθε x ε/ll να ισχύει 2/(χ)-ημf(χ)=χ α) Να αποδείξετε ότι αντιστρέφεται. β) Να αποδείξετε ότι είναι παραγωγίσιμη

στο χο=Ο και να βρείτε τον αριθμό f(O).

γ) Α ν επιπλέον υποθέσουμε ότι η f είναι πα-

ραγωγίσιμη στο 12., τότε: i) Να βρείτε το σύνολο τιμών της.

Ν α αποδείξετε ότι :

ii) Για κάθε κ Ε l ισχύει f(2κπ)=κπ.

iii) Υπάρχει ξ Ε (8π, 1 0π) ώστε f(ξ)= ! . 2

iv) Η εξίσωση f'(x)=O, έχει ρίζα στο διά

στημα (2004π, 2008π) δ) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα

2n

Ι = f f(x)dx . ο

Για κάθε Χ ι , X2 E IR με f(x 1 )=f(x2) έχουμε : 2f(x ι )=2f(x2) και ημf(χ 1 )= ημf(χ2)

οπότε 2f(χ ι )- ημf(χ ι )=2f(χ2)- ημf(χ2)::::::>χ 1 =χ2 Άρα η συνάρτηση είναι « 1 - 1 », οπότε αντι

στρέφεται. Αν χ=Ο, τότε από την δοσμένη ισότητα πέρ

νουμαι: 2f(Ο)-ημf(Ο)=Ο::::::>2f(Ο)=ημf(Ο)::::::> 2 1 f(O) I= Iημf(O) I:::: I f(O) I::::::> I f(O) I:::: ο ::::::>f(O)=O

Εξάλλου 12f(x)-x l= lημf(x) l::=:l f(x) l και 12f(x)-xl� l l2f(x) I-Ιx l l

� 2 1f(χ) Ι-Ιχ Ι οπότε 2 lf(x) Ι-Ιx Ι::=:If(x) l::::::> l f(x) I::=:Ιx l απ ' όπου με τη βοήθεια του κριτηρίου της παρεμβολής συνάγεται ότι ιϊm f(x) = Ο . Χ --+0

Επίσης για κάθε χ:;ιΟ έχουμε :

λ ( χ ) = f(x) - f(O) = f(x) = 2 _ ημf(χ) .

χ χ f(x)

Αλλά ιϊm (2 -ημf(χ) )

..... ο f(x)

Νίκου Θ. Αντωνόπουλου

2 ι . ημu 1 = - ιm- = 2 - 1 = 1 , οπότε: ιϊm λ (χ ) = - = 1 u-+0 U χ -+0 1 που σημαίνει ότι f(O)= l . γ) i ) Για κάθε x E IR έχουμε:

2f(χ)-συνf(χ) · f(x)= l ::::::> f '(x) = 1 > ο . 2 - συνf ( χ )

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο 12..

Εξάλλου : 2f(χ)-χ=ημf(χ) ::::::>- 1:::;2f(x)-x:::; 1 ::::::> χ - 1 x + l -

2- s:; f (x ) s:; -

2- , για κάθε x E IR .

Αλλ , ι · χ - Ι . χ + 1 α ιm -- = ιιm -- = +οο , οπότε Χ -++Ο? 2 Χ -++0? 2 ιim f (χ ) = +οο χ --++00

Ομοίως βρίσκουμε ότι lim f(x ) = -οο , οπότε Χ---+-ι:.t:; το σύνολο τιμών της f είναι το 12..

Παρατηρείστε ότι για το ( +οο) αρκεί . χ - 1 lιm -- = +οο και για το ( -οο) αρκεί Χ -++α:> 2

ι . χ + 1 ιm -- = -οο . (γιατί ; ) Χ -+-00 2 : Ο Επειδή το σύνολο τιμών της συνάρτησης είναι το 12., για κάθε yE 12. ή εξίσωση f(x)=y έχει ρίζα Χ Ε 12.. Άρα για y=κπ, όπου κ συγκεκριμένος ακέραιος, θα υπάρχει ΧΕ 12. ώστε να ισχύει f(χ)=y=κπ. Οπότε: 2f(χ)-ημf(χ)=χ::::::> 2κπ-ημκπ=χ::::::>χ=2κπ, που είναι η μόνη πιθανή ρίζα της f(χ)=κπ. Αφού όμως η f(χ)=κπ έχει ρίζα x E IR , ο αριθμός χ=2κπ είναι ρίζα της π.χ. για y=5π η εξίσωση f(χ)=5π έχει μοναδική ρίζα την χ= Ι Οπ.

Έτσι έχουμε: f(2κπ)=κπ, για κάθε κΕl . i i i ) Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι f(8π)=4π και f( \ Οπ)=5π και, δεδομένου ότι η συνάρτηση είναι συνεχής στο διάστημα [8π, Ι Οπ] και παραγωγίσιμη στο (6π, 8π), η εφαρμογή του Θ.Μ.Τ. για την f στο [8π, \ Οπ] εξασφαλίζει την ύπαρξη αριθμού ξ στο (8π, I Οπ) με την ιδιότητα

f(ξ) f(l Oπ) - f(8π) = 1 2π 2



iν) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο � ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, οπότε η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη σε κάθε διάστημα του � -

Από την ισότητα f(2κπ)=κπ, που ισχύει για κάθε ακέραιο κ, βρίσκουμε:

f(2004π)= 1 002π, f(2006π)= 1 003π, f(2008π )= 1 004π

οπότε απ ' το Θ.Μ.τ. προκύπτει ότι υπάρχουν ξ ι στο (2004π, 2006π) και ξ2 στο (2006π, 2008π) ώ-στε να ισχύουν f'(ξ ι ) = ..!_ και f'(ξ2 ) = ..!_

2 2 Τέλος η εφαρμογή του θ. Rolle στο διάστημα

[ξ ι , ξ2] μας εξασφαλίζει την ύπαρξη ρίζας για την f '(x)=O στο (ξ ι , ξ2), που περιέχεται στο [2004, 2008] . δ) Ισχύει:

2f(x)-ημf(x)=x=>2f(x)f(x)- f(x)ημf(x)=xf(x) 2π 2π

=> J[2f(x)ftx)-ftx)ημf(x)]dx = J xftx)dx ο ο

2 π => [f2 (x) + συνf(χ )]�π = [χf(χ)]�π - J f(x)dx

ο

2π => Jf(χ)dχ =2πf(2π)- [f2 (2π)-f2 (2π)+συνt{2π)-συνt{Ο)]

ο

=2πf(2π)- f2 (2π) -συνf(2π)+ 1 =2π2-π2+ 1 + 1 =π2+2 διότι f(2π)=π, όπως προκύπτει από το ερώτημα (γί ί) .

Θ Ε Μ Α 2 Έστω f μια συνάρτηση η οποία είναι δύο

φορές παραγωγίσιμη στο �. Α ν για οποιοδήποτε πραγματικό αριθμό χ ισχύει f'(x)+ [f(x)] 2 =2e-r<x> και f(O)=f(O)=O, τότε:

α) Να αποδείξετε ότι f(x) · er<x> =2x. β) Να βρείτε τον τύπο της f.

γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο μόνο σημεία στη γραφική παράσταση της f οι εφαπτόμενες της οποίας στα σημεία αυτά είναι κάθετες μεταξύ τους και να προσδιορίσετε τα σημεία αυτά.

2 2 χ ημ -δ) Να υπολογίσετε το όριο lim j;

x--t+oo ef(x) 3 ef(x)

ε) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα J--=---ttx . ex + 1 -3

Λ ί>ση

α) Είναι: f'(x)+(f(x))2=2e-f\x)=>ef\x)f'(x)+ef\x)(f(x))2= =2=>ef(x)(f (x))'+e11x>f(x) · f(x)=2

=>[ e1\x)f(x)] '=(2x)' =>ef<x>f(x)=2x+c ι Με χ=Ο έχουμε

ef(O)f(O)=c ι=> c ι=Ο, οπότε ef<x>f(x)=2x που είναι το ζητούμενο. β) Είναι: ef(x )f(x)=2x=> [e1\x)] '=(x2)' =>ef\x)=x2+c2 απ ' όπου με χ=Ο προκύπτει ef<o>=c2=>c2= 1 . Άρα, ef\x)=x2+ 1 =>f(x)=ln(x2+ 1 ) .

γ) Η f είναι παραγωγίσιμη στο � με f(x)=� . χ + 1

Έστω Χ ι , χ2 οι τετμημένες δύο σημείων της γραφικής παράστασης της f, και ε Ι , ε2 οι εφαπτόμενες της σα αυτά. Τότε έχουμε:

ι f( )f( )- 2χ ι 2x z ε ι .L ε2 <=> Χ ι Χ2 - -1 <=> -2 - · -? - = -1 Χ ι + 1 χ ; + Ι

<=> 4χ ι χ2+ χ � + I +χ �χ ; +χ ; =Ο 2 2 2 1 2 2 2 ο <=> Χ ι +χ z + χ ι χ 2 + +χ ι χ z + Χ ι χ z =

<=> (χ ι+χ2)2+(χ ι χ2+ 1 )2=0 <=> χ ι+χ2=Ο και χ ι χ2+ 1 =Ο

<=> χ ι=-χ2 και χ ; = l <=:> (χ ι= Ι και x2=-l ) ή (χ ι=- Ι και x2= l )

Επομένως τα μοναδικά σημεία της γραφικής παράστασης της f τα οποία ικανοποιούν τις απαιτήσεις του προβλήματος είναι τα Α( - I , f( - 1 )) και 8(( 1 , f( l )) .

2 η μ -� 2

� και

2 ημ -�

ι . 2χ2 1 . 2 = ιm = ιm = 0 x--t+oo Γ 2 ι Χ-Ηοο Γ 1

lim

ν χ · χ (\ + χ2 ) ν χ (1 + 7)

2 η μ -� 2

� lim ημu = 1 (θέσαμε � =u) x --tO ' U './ Χ

2 2 χ ημ -Άρα lim --�-'-'χ:..:.. =Ο.

χ-->+οο eπχ> ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/60


3 f ( x ) 3 2 + 1 ε) Έστω I= J�x = J�x e' + Ι e' + 1 -3 -3 Αν θέσουμε u=-x, τότε dx=-du, u 1=3 , u2=-3 και

1=-3f�u =

3f (u 2 + 1)e'l

du = of' (χ2 + I)e' dx e-" + 1 , e" + 1 , e' + I -3 -.) -.)

ο , 21 3J x z + 1_.� 3

J(x 2 + 1 )e'

d ποτε = ---ux + · χ = _3 e' + 1 _3 e' + 1

= J (x 2 + �)(e' + I)dx = J(x 2 + 1)dx = (3 + χ ]�3 =24 .

_3 e + Ι _3 3 Άρα, το ζητούμενο ολοκλήρωμα είναι 1= 1 2 . Tc - ' � - .. ,, Ί κατασκευα-

στεί με αφορμή τα θεματα των γενικών εξετάσ"ων τ J - ' 7. ��--�-�-----

Θ Ε , Ι \ 3 , � , 1 + e' · ί

Δινονται οι μιγαοικοι z(x) = . , χ ε !R. e' + ι α) Να αποδείξετε ότι για κάθε χ ε !R ισχύει

z(x) · z(-x)=z(O) 1

β) Να αποδείξετε ότι Je'Rez(x)dx � 1 ο

γ) Αν χ<Ο, να αποδείξετε ότι οι εικόνες των μιγαδικών z(x) κινούνται στο τέταρτο τεταρτοκύκλιο κύκλου με κέντρο 0(0, Ο) και ακτίνα ρ=l , εξαιρουμένων των άκρων του. δ) Αν f(x)=ln [Rez(x) J , να εξετάσετε τη συνάρτηση ως προς τη μονοτονία και να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει θετικός ακέραιος κ ώστε να ισχύει

Λύση

f(κ2-3κ+6)>2κ+Ιη 4 2 e κ + 1

, 1 +e'i 1 +e-'i 1 +e'i e' + i α) Ειναι: z(x) · z(-x)=-- ·-- =-- ·-- =1

e' + i e-x +i e' + i Ι +e'i

Εξ ' λλ (Ο) Ι + i Ι ' ' θ I1D ' α ου : z = -. = , οποτε για κα ε X E !fu ε-Ι + I

χουμε z(-x)z(x)=z(O).

( ) ( l +e' i)(ex -i) β) Ισχύει: z χ =----,---'-'---'--e2x + 1

e' + e' 2e' οπότε Rez( χ) ----,-0 --e- ' + 1 e2' + 1

ι ι 2 2 χ και Ι = fe' Re z(x)dx = J�x = [In(e2' + Ι)]� = ο ο e + 1

e2 + 1 = ιn(e2 + 1) - ιη 2 = ιη --2

Αλλά e2+ 1 2: 2e, οπότε Ι 2: ιne � Ι � 1 που είναι το ζητούμενο . γ) Αρκεί να αποδείξουμε ότι Ιz l= 1 , Rez(x)>O και Imz(x)<O .

' I I + e ' i I I ι + e' i I .JI + e2' Ειναι: Ιz Ι= -- = = = Ι e' + i l e' + i l �

2e' Και Rez(x)= -- >Ο e2x + 1 2 χ 1 Επίσης lmz(x)= ;.-..=.- <Ο διότι χ<Ο �

e-' + 1 �e2' <Ι � Ιιηz(χ)<Ο .

, Ε' tl1 ) ι 2e' ' ' ' ο) ι ναι: \χ = η -2-- , συναρτηση η ο ποια ει ναι e ' + 1 παραγωγίσιμη στο IPS. με

2e2x e2x + 1 -2e2x 1 -e 2x f(x)= Ι - -- - ---

e2x + 1 e2x + I e2' + 1 απ' όπου προκύπτει ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (--α:>, Ο] και γνησίως φθίνουσα στο [0, +οο).

Έστω ότι υπάρχει θετικός ακέραιος κ ώστε να

ισχύει: f(κ2-3κ+6)>2κ+ιη -4 2 τότε

e κ + 1 2 f(κ2-3κ+6)>ιηe2κ +ιη -- �

e4κ + 1 2e2 κ �f(κ2-3κ+6)> ιη -4-.- � f(κ2-3κ+6)>f(2κ) ( Ι )

e κ + Ι και επειδή με κ θετικό ακέραιο οι αριθμοί κ2-3κ+6 και 2κ είναι ομοίως θετικοί ακέραιοι και η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, +οο ), έχουμε

( 1 ) � κ2-3κ+6 <2κ�κ2-5κ+6<0�2 < κ < 3 που αποκλείεται διότι στο διάστημα (2, 3) δεν περιέχεται θετικός ακέραιος . Επομένως δεν υπάρχει θετικός ακέραιος ο οποίος να επαληθεύει τη δοσμένη ανισότητα.

Θ Ε Μ Α 4 Έστω f, g : IR � IR συναρτήσεις δύο φορές

παραγωγίσιμες στο IR και α ένας αρνητικός αριθμός ώστε για κάθε πραγματικό αριθμό χ να

ισχύει: f(x)=g(x)+α

Αν η συνάρτηση g είναι περιττή και υπάρχει ρ>Ο ώστε g' (ρ)=Ο, g(ρ)<α και lim g(x) = +οο , να

x �+cc

αποδείξετε ότι: α) f' (ρ )=f' (-ρ )=0.



β) Η εξίσωση f(x)=O έχει τρεις τουλάχιστον πραγματικές ρίζες.

γ) Γ(Ο)=Ο.

δ) Αν Α(ρ, f(ρ)), Β(-ρ, f(-ρ)) και Γ(Ο, f(O)), τότε:

<· Τα σημεία Α, Β είναι συμμετρικά ως προς το Γ Υπάρχει ξ ε (0, ρ) ώστε η εφαπτομένη

της γραφικής παράστασης της g στο σημείο με τετμημένη ξ να είναι παράλληλη στην ευθεία που διέρχεται από τα σημεία Α, Β, Γ.

) r>Jf'(x) - f(x) d 2 ε + χ < α . ex f' -ρ

Είναι: f (x)=g '(x) οπότε f(ρ)=g '(ρ)=Ο . Επίσης από την ισότητα g(-x)=g(x) με παραγώγιση των μελών της παίρνουμε -g ' (-x)=g' (x), οπότε f (-ρ)=g' (-ρ)= -g '(ρ)=Ο . f? Ί Ισχύει:

f(ρ )=g(ρ )+α<Ο διότι g(ρ )<α<Ο f( -ρ )=g( -ρ )+α=--g(ρ )+α>Ο διότι -g(ρ )>-α>Ο

Επίσης lim f(x) = lim g(χ)+α= lim g( - χ)+α= X �-rr; X -+-::Q Χ-++Χ

= - lim g(χ ) + α= - οο χ-++Χ> και δεδομένου ότι

lim f(x) = lim g(χ)+α=+οο x-++oc:: x-++::c

συμπεραίνουμε ότι υπάρχει κ>ρ ώστε να ισχύει f(κ)>Ο και λ<-ρ ώστε f(λ)<Ο. Εύκολα πλέον με εφαρμογή του θεωρήματος Bolzano σε καθένα από τα διαστήματα [λ, -ρ], [-ρ, ρ] και [ρ, κ] συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση f(x)=O έχει τρεις τουλάχιστον πραγματικές ρίζες (από μία σε κάθε διάστημα (λ, -ρ), (-ρ, ρ) και (ρ, κ)) .

γ) Είναι f'(x)=g"(x), οπότε f'(O)=g"(O). Επίσης από την ισότητα g ' (-x)=g '(x) με παραγώγιση των μελών της παίρνουμε g"(-x)= -g"(x), οπότε g"(O)=--g"(O) => g"(O)=O. δ) Από το γεγονός ότι η συνάρτηση g είναι περιττή προκύπτει ότι g(O)=O, οπότε f(Ο)=α.

·�' Παρατηρούμε ότι: � (χ ., +χ 8 )=� (ρ-ρ)=χ r

Ι 1 και 2 (yA +y8 )=2 (f(ρ)+f(-ρ))=

Ι =2 (g(ρ )+α+g( -ρ )+α)=α=f(Ο)=y r

οπότε το Γ είναι το μέσο του τμήματος ΑΒ, πράγμα που σημαίνει ότι τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά. Τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά, οπότε ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας που διέρχεται από αυτά είναι ο ίδιος με το συντελεστή διεύθυνσης της ευθείας Γ Α και είναι

λrΑ f(ρ )-f( -ρ)

= g(ρ )+α-g(Ο)-α

= g(ρ )-g(O)

ρ ρ ρ Εξάλλου για τη συνάρτηση g ισχύουν στο διάστημα [0, ρ] οι προϋποθέσεις εφαρμογής του Θεωρήματος Μέσης Τιμής όποτε υπάρχει ξ ε (0, ρ) ώστε να ισχύει

g ' (ξ) g(ρ)-g(O) =λrΑ, ρ οπότε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της g στο σημείο με τετμημένη ξ είναι παράλληλη στην ευθεία που διέρχεται από τα σημεία Α, Β, Γ.

r f ' (x) - f(x) Ρ

1: \ Είναι: f χ dx = J [f(x)e-x ] 'dx =

e - ρ - ρ

= [f(x)e -χ ] _� =f(ρ )e-r -f( -ρ )eρ= [g(ρ )+α ]eP -[g( -ρ )+α ]e -ρ =[g(ρ )+α ]er - [ -g(ρ )+α ]e - ρ

=g(ρ )eρ- g(ρ )e -ρ +α( eρ +e -ρ)=g(ρ )( eρ -e -ρ)+α( eρ +e -ρ) <α( eρ -e-r +eP+e-r)=2αeP και eρ>Ο, οπότε

rf f'(x) - f(x) d 2 χ < α. ex +p -ρ

Θεωρούμε μια συνάρτηση f, συνεχή και γνησίως αύξουσα στο (0, ι ι για την οποία ισχύει

f(O)>O. Ορίζουμε τις συναρτήσεις χ χ

F(x)= fί(t)e12 dt και G(x)= fe12 dt , χ ε (0, 1 1 ο ο

Ν α αποδείξετε ότι: α) F(x)>O για κάθε χ στο διάστημα (0, 1 ] .

β) f(x)G(x)>F(x) και F(x) <

F(l) για κάθε χ G(x) G(l)



στο διάστημα (0, 1) . γ) Υπάρχουν ξ1 , ξ2 Ε (0, l ) ώστε να ισχύει

f(ξ1 ) . G(ξ2 ) ξ' -ξ' _....:.::-"-'---__;.::..::..:.... > e ' ' .

F(ξ1 ) δ) θεωρώντας γνωστό ότι ex � χ+ ι για κάθε χ Ε �' να αποδείξετε ότι 1 1 11 JG(x)dx + - e > -

0 2 6 ε) Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f αν επιπλέον ισχύει

1

4 J[f(x) - 4e-'f2 (x)]dx = 1 - e ο

Η F είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1 ) με F ' (x)=f(x) e ' · >Ο για κάθε χ ε (Ο, 1 ) . Άρα η F είναι γνησίως αύξουσα στο [0, I ] , οπότε για κάθε χε (Ο, Ι ] έχουμε

F(x)>F(O)�F(x)>O ' " ' Για κάθε χε (Ο, 1 ] με t ε [Ο, χ] , εξαιτίας της μονοτονίας της f, έχουμε : f(x)-f(t)�O και e' ' >Ο οπότε [f(x)-f(t)] e ' ' �Ο με την ισότητα να ισχύει μόνο για t=x . Επομένως

χ χ χ

J[f(x) - f( t)]e' ' dt > O � Jf(x)e' ' dt - Jr(t)e ' ' > 0 ο ο ο

χ χ

�f(x) Je•' dt - Jf(t)e'' > Ο �f(x)G(x)>F(x) ο ο

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)= F(x) (εύκολα ό-G(χ)

πως και για την F δείχνουμε ότι στο διάστημα (0, 1 ) ισχύει G(x)>O). Η συνάρτηση αυτή είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1 ) με h'(x)= F' (x)G(x) - G'(x)F(x) = f(x)e'' G(x) - e'' F(x) =

G2 (x) G2 (x) ' χ· e = -2 -[f(x)G(x) - F(x)] > Ο

G (χ) εξαιτίας του πρώτου μέρους του ερωτήματος.

Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο (0, 1 ] , οπότε για κάθε χ ε (Ο, 1 ) έχουμε

F(x) F(1) -- < --G(x) G(1)

y} Για κάθε χε (Ο, 1 ) έχουμε :

ln F(x) <ln F( l ) � lnF(x)-lnG(x)<lnF( l )-1nG( l ) � G(x) G( l )

� lnF(x)-lnF( l )<lnG(x)-lnG( ι ) και χ-1 <0, οπότε:

lnF(x)-lnF( 1 ) > lnG(x)-lnG( l ) ( 1 ) χ- 1 χ- 1 Για τις συναρτήσεις lnF(x) και lnG(x) ισχύ

ουν οι προϋποθέσεις εφαρμογής του Θ.Μ.τ. στο διάστημα [χ, 1 ] οπότε υπάρχουν ξ 1 Ε (χ, 1 ) και ξ2 Ε (χ, 1 ) ώστε να ισχύουν F'(ξ1 ) = lnF(x) -lnF(1)

και G'(ξ2 ) = 1nG(x) - 1nG(1)

F(ξ1 ) χ - 1 G(ξ2 ) χ - 1 και εξαιτίας της ( 1 ) έχουμε: ��(�:] > �(�:] �F' (ξι )G(ξz)>F(ξ ι )G ' (ξz) �

� F ' (ξ ι )G(ξz)-F(ξ ι )G ' (ξz)>Ο - ' ξ' f(ξ )G(ξ ) - ' - ' � f(ξ1 )eςϊ G(ξ2 )-F(ξ1 )e ; >Ο � \ �

(ξ ι ) 2 >eς; -ςϊ ,

που είναι το ζητούμενο. δ ) Είναι: 1 1 1 JG(x)dx = Jx'G(x)dx = [xG(x)]� - JxG'(x)dx = ο ο ο

= G(1) - Jxe'' dx = G(1) - .!. [e'' ]� =G( l ) - (e - I ) (2) ο 2

Εξάλλου e'' � χ 2 + ι με την ισότητα να ισχύει μόνο για χ=Ο, οπότε

1 1 3 1 4 G( l )= fe''dx> J(x2 +1)dx= [�+x]� = - +1 =- (3) ο ο 3 3 3

Από τις σχέσεις (2) και (3) συνάγεται ότι ] 4 1 1 1 1 11 fG(x)dx > - + - - -e � Jc(x)dx +-e > -ο 3 2 2 ο 2 6

ε) Ισχύει: 1 I

4 J[f(x) -4e-'f2 (x)]dx =e - 1 � J[4e-'f2 (x) -4f(x)]dx = ι -e ο ο

1 1

� f[4e-' f2 (x) - 4f(x) + e' ]dx = Je'dx + 1 - e ο ο

� J( 2-Je-x f(x) - .Je' )2dx = [e' ]� + 1 - e ο I ?

� f( 2-Je-x f(x) - .Je' )-dx = Ο ο

Γ - ' ΓΧ ι � 2νe f(x) - νe =O�f(x)=- ex 2

που είναι ο ζητούμενος τύπος. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/63

π I

Η στήλη αυτή έχει ως στόχο την ανάπτυξη μαθηματικού διαλόγου. Φιλοδοξούμε να συμμετάσχουν όλοι όσοι έχουν ένα γενικότερο ενδιαφέρον για τα Μαθηματικά.

Επιμέλεια: Γιάννης Στρατής - Βαγγέλης Ευσταθίου

Κων ι κές Τομές Εισαγωγικό Σημε ω Για το άρθρο «Κωνικές Τομές» του κ. Μ. Βόσκογλου

Γιώργος Σ. Τασσόπουλος, Καθηγητής Μαθηματικών Βαρβακείου Λυκείου) Ένας άλλος τρόπος είφεσης της εξίσωσης καμπίJΙ.ης Για την παρουσίαση των όσων διαπραγματευόμαστε παρακάτω διευκρινίζουμε για τους μαθητές κάποια σύμβολα και μερικές ιδιότητες, που δεν γνωρίζουν.

Είναι γνωστή από την Α ' Λυκείου η έννοια της ορίζουσας 2'1ς τάξης Ιαι α2 αι βι γ ι Ιβ I I Η ορίζουσα 3 ης τάξης ορίζεται ως εξής: α2 β2 γ 2 = α ι 2 γ 2 - β ι

α2 β β3 γ3 α3 α3 3 γ3

όπου, για την εύρεση των οριζουσών 2ης τάξης στο ανάπτυγμα του 2ου μέλους στην παραπάνω ισότητα, διαγράφουμε από την ορίζουσα 3ης τάξης του 1 ου μέλους τη γραμμή και τη στήλη στην οποία ανήκει το στοιχείο επί το οποίο πολλαπλασιάζεται η αντίστοιχη ορίζουσα 2ης τάξης (δηλαδή το α1 , το β 1 και το γ 1 αντιστοίχως). Παρατηρείστε επίσης ότι τα πρόσημα στο 2° μέλος της ισότητας ξεκινώντας από το "+" είναι εναλλάξ το "+" και το " -" . Με όμοιο τρόπο ορίζουμε την ορίζουσα 4ης τάξης:

αι βι γ ι δι β δ β2 γ2 δ2 α2 γ2 δ2 α2 α2 2 γ 2 2 δ = αι β3 γ3 δ3 - βι α3 γ3 δ3 + γ ι α3 β3 α3 β3 γ 3 3 β4 γ4 δ4 δ β α4 γ 4 4 α4 4 α4 β4 γ 4 δ4

και επαγωγικά την ορίζουσα ν-οστής τάξης για κάθε φυσικό αριθμό ν � 5 .

δ3 - δι α3 δ4 α4 β4 γ 4

Εύκολα πλέον μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι για να είναι συμβιβαστό το σύστημα των εξισώσεων

α ιχ=β , και α2χ=β2' με άγνωστο το χ , όπου (α ι , α2) :;t (0,0), πρέπει και αρκεί Ιαι βι I =0. α2 β2

Επίσης γνωρίζουμε από την Α ' Λυκείου ότι το σύστημα των εξισώσεων α ιΧ+β 1ψ=γ 1 και α2χ+β2ψ=γ2 με , , 'ζ

D Ιαι βι I δ 'ζ , δ , , , Ε δ , , αγνωστους τα χ και ψ, οταν η ορι ουσα = μη ενι εται, ειναι α υνατο, η αοριστο . ι ικα ομως α2 β2

όταν γ 1=γ2=0 (ομογενές σύστημα), αποκλείεται να είναι αδύνατο, διότι έχει την προφανή λύση (χ,ψ)=(Ο,Ο). Επομένως στην περίπτωση αυτή το σύστημα είναι αόριστο, αν και μόνο αν, 0=0. Η ισοδυναμία αυτή ισχύει για κάθε γραμμικό ομογενές σύστημα με ν εξισώσεις και ν αγνώστους, ν=2,3 ,4, . . . . . Προσέξτε λοιπόν πως μπορούμε να δώσουμε ένα άλλο τρόπο εύρεσης της εξίσωσης μιας καμπύλης χρησιμοποιώντας τα όσα προαναφέραμε. Για να βρούμε την εξίσωση μιας ευθείας, (ε) πρέπει και αρκεί να βρούμε την ικανή και αναγκαία συνθήκη μεταξύ των κ,λ , ώστε το τυχαίο σημείο Μ(κ.λ) να ανήκει στην (ε). Για παράδειγμα, αν (ε) είναι η μεσοκάθετος του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ με Α( 1 ,2) και Β(3,8) , θα έχουμε: Μ ε (ε) <:=:> (ΜΑ)=(ΜΒ) <:::::> (ΜΑ)2=(ΜΒ)2 <:=:> (κ- 1 )2+(λ-2)2=(κ-3)2+(λ-8)2 <:=:> κ+3λ-1 7=0. Άρα η εξίσωση της (ε) θα είναι προφανώς η χ+3ψ- 1 7=0. Επίσης η ικανή και αναγκαία συνθήκη μεταξύ των κ,λ ώστε το Μ(κ,λ) να ανήκει στην ευθεία (ε) : αχ+βψ+γ=Ο, (α,β) :;t (Ο,Ο), με την προϋπόθεση 4α+2β-5γ=Ο

4α + 2β , 4α + 2β είναι προφανώς η α κ+ βλ +γ=Ο, με γ= , δηλαδη η ακ+βλ + =Ο και τελικά η 5 5


Το Βήμα του Ευκλείδη

5ακ+5βλ+4α+2β=Ο ( I ) . Άρα η εξίσωση της (ε) είναι η 5αχ+5βψ+4α+2β=Ο, με (α,β) += (0,0). Στη συνθήκη ( 1 ) θα μπορούσαμε να φθάσουμε και με τον εξής συλλογισμό: Το Μ(κ,λ) ανήκει στην (ε) αν και μόνο αν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί α,β,γ με (α,β) += (Ο,Ο) τέτοιοι ώστε να έχουμε ακ+βλ+γ=Ο και 4α+2β-5γ=Ο , ή γ=-ακ-βλ (2) και 5γ=4α+2β (3) . Αν στο σύστημα των εξισώσεων (2) και (3) θεωρήσουμε τα α και β ως ελεύθερες μεταβλητές, τότε για να είναι αυτό συμβιβαστό ως προς γ πρέπει και αρκεί 1 1 -ακ-β� =Ο, δηλαδή 4α+2β+5ακ+5βλ=Ο. Άρα εξίσωση της (ε) είναι 5αχ+5βψ+4α+2β=Ο, με (α,β) += (0,0). 5 4α+2β I Εντελώς ανάλογα για να βρούμε την ικανή και αναγκαία συνθήκη μεταξύ των κ,λ, ώστε το σημείο Μ(κ,λ) να ανήκει στην ευθεία (ε) : αχ+βψ+γ=Ο με δύο διαφορετικές προϋποθέσεις, π.χ. τις 2α+4β-5γ=Ο και 3α+ 2β+4γ=Ο, εκτός από το συνήθη τρόπο εύρεσης των α, β συναρτήσει του γ και αντικατάστασης στην ακ+βλ +γ=Ο ή τον περιορισμό των τριών μεταβλητών α, β, γ σε δύο διαιρώντας με α ή β, μπορούμε να εργασθούμε και ως εξής: Το Μ ανήκει στην (ε), αν και μόνο αν, υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί α,β,γ, με (α,β) += (0,0) τέτοιοι ώστε ακ+βλ+γ=Ο ( 1 ) , 2α+4β-5γ=Ο (2) και 3α+2β+4γ=Ο (3). Για να έχει το ομογενές ως προς α,β,γ σύστημα των ( 1 ),(2) και (3) λύση διάφορη της προφανούς μηδενικής

κ λ 1 (παρατηρείστε ότι ( α,β,γ) ;z: (0,0,0) <:::::> (α, β) ;z: (0,0), γιατί;) πρέπει και αρκεί 2 4 -5 =0, δηλαδή

3 2 4 26κ-23λ-8=0. Άρα η εξίσωση της (ε) είναι: 26χ-23ψ-8=0. Η εύρεση λοιπόν της εξίσωσης ευθείας (ε) : αχ+βψ+γ=Ο, που διέρχεται από δύο διαφορετικά σημεία, π.χ. τα Μ 1 ( 1 ,2) και Μ2(3,4), εκτός από τον συνήθη τρόπο υπολογισμού της κλίσης της, μπορεί να γίνει με τρόπο ανάλογο του προηγούμενου ως εξής: Για να ανήκει το σημείο Μ(κ,λ) στην (ε) πρέπει και αρκεί να υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί α,β,γ, με (α,β) += (0,0), τέτοιοι ώστε ακ+βλ+γ=Ο ( 1 ) , α+2β+γ=Ο (2) και 3α+4β+γ=Ο (3). Για να έχει και πάλι το

κ λ 1 ομογενές σύστημα των ( 1 ) , (2) και (3) λύση (α,β,γ) += (0,0,0), πρέπει και αρκεί 1 2 1 =0, δηλαδή κ-

3 4 1 λ+ 1 =0 . Άρα η εξίσωση (ε) είναι η χ-ψ+ l =Ο. Επίσης για να βρούμε την εξίσωση κύκλου (c) : α(χ2+y2)+βχ+γy+δ=Ο, α;tΟ, που διέρχεται από τα σημεία Μ ι (Ο, Ι ) , Μ2 ( 1 ,0), Μ3 ( 1 ,2) εκτός από το συνήθη τρόπο σύμφωνα με τον οποίο διαιρούμε με α;tΟ και παίρνουμε τη μορφή (C ) : x 2 + y2 + f x + l y + i = o με τρεις παραμέτρους Α = Ι , B = l , Γ = i , α α α α α α μπορούμε να εφαρμόσουμε τον νέο τρόπο ως εξής: Για να ανήκει το σημείο Μ(κ,λ) στον (c) πρέπει και αρκεί να υπάρχουν α,β,γ,δ στο R με α ;z: Ο , τέτοιοι

α(κ2 +λ2 )+βκ+γλ+δ=Ο , α · l +β · Ο+γ · I +δ=Ο ωστε :

α · 1 +β · 1 +γ · Ο+δ=Ο α · 5+β · 1 +γ · 2+δ=Ο

πρέπει και αρκεί

5

ο

(Σ ) , Για να έχει το σύστημα αυτό λύση (α,β,γ,δ) διάφορη της μηδενικής

λ 1 ο 2

( ! ) Όμως: ( 1 ) <:::::> κ2+λ2-2κ-2λ+ Ι =Ο, οπότε η εξίσωση

του κύκλου είναι η : x2+y2-2x-2y+ l=O. Επιβεβαιώνεται έτσι με Αλγεβρικό τρόπο η μοναδικότητα της ευθείας που διέρχεται από δυο διαφορετικά σημεία, καθώς και η μοναδικότητα του κύκλου που διέρχεται από τρια μη συνευθειακά σημεία* . Η χρησιμότητα αυτής της μεθόδου θα γίνει κατανοητή από την εφαρμογή της στην εύρεση της εξίσωσης κωνικών τομών οι οποίες διέρχονται από 5 δοσμένα σημεία, που αναφέρεται στη συνέχεια στο πολύ ενδιαφέρον άρθρο του συναδέλφου κ. Μιχάλη Βόσκογλου.

* Α ν τα τρία σημεία είναι συνευθειακά, τότε η συνθήκη ( I ) εξασφαλίζει μεν μη μηδενική λύση στο σύστημα (Σ), αλλά όχι α ;z: Ο , οπότε οδηγεί σε μορφή Ο( χ 2 +y2 )+βχ+γy+δ=Ο , που σημαίνει ότι δεν υπάρχει κύκλος που διέρχεται απ ' αυτά, αλλά ευθεία.



ΘΕΜΑΤΑ AnO ΤΙΣ ΚΩΝ Ι ΚΕΣ ΤΟΜ ΕΣ

Μιχάλη Γρ. Βόσκογλου - Καθηγητή ΤΕΙ Πάτρας

Στην εργασία αυτή διαπραγματευόμαστε κάποια θέματα από τη θεωρία των Κωνικών Τομών, που συμπληρώνουν εποικοδομητικά την αντίστοιχη ύλη του βιβλίου «ΜΑ ΘΗΜΑ ΠΚΑ » της θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης της Β ' Λυκείου (βλ. [1}). Από τη θέση αυτή αισθάνομαι την ανάγκη να ευχαριστήσω τη Συντακτική Επιτροπή του πιριοδικού και ιδιαίτερα το συνάδελφο κ. Γιώργο Τασσόπουλο για τις εύστοχες παρατηρήσεις, που συντέλεσαν ουσιαστικά στην τελική διαμόρφωση του κειμένου, καθώς και για το Εισαγωγικό Σημείωμα, που προηγείται του άρθρου.

I . 1-f γ}:ν ικι1 ::ξ ίσωση δ::υτ{:ρου βαΟμο\J μr: δ\JΟ αγνu)στους Στην παράγραφο 3 .5 του [ 1 ] δίδονται παραδείγματα από τα οποία προκύπτει ότι μια εξίσωση

δευτέρου βαθμού με δύο αγνώστους (τα χ και y) της μορφής Αχ2+Βψ2+Γχ+Δψ+Ε=Ο ( 1 ) με τους συντελεστές της Α, Β, Γ, Δ, Ε πραγματικούς αριθμούς μπορεί να παριστάνει μια κωνική τομή . Η πλήρης μορφή μιας τέτοιας εξίσωσης είναι Αχ2+2Βχψ+Γψ2+2Δχ+2Εψ+Ζ=Ο (2), με τα Α, Β, Γ, Δ, Ε, Ζ πραγματικούς αριθμούς. Η ( 1 ) προκύπτει από τη (2) για 8=0. Όσον αφορά τους συντελεστές «2», που εμφανίζονται στη (2), δεν έχουν καμία ουσιαστική σημασία, αφού θέτοντας Β '=2Β θα μπορούσαμε να γράψουμε Β 'χψ αντί του 2Βχψ κ.λπ. Οι συντελεστές αυτοί τίθενται για καθαρά τεχνικούς λόγους, έτσι ώστε τα αποτελέσματα που προκύπτουν να έχουν πιο κομψή μορφή (π.χ. βλ. την παράγραφο 3 παρακάτω για την εξίσωση της εφαπτομένης μιας κωνικής τομής).

Αποδεικνύεται ότι, η (2) παριστάνει μια κωνική τομή , ή ένα ζεύγος ευθειών, αν και μόνο αν, έχει άπειρες πραγματικές λύσεις ως προς χ, y (π.χ. βλ. [2] , παραγρ. 4.7), π.χ. οι εξισώσεις χ2+ψ2=--1 και (χ-2)2+(ψ-3)2=0 δεν παριστάνουν ούτε κωνικές, ούτε ζεύγος ευθειών, αφού η πρώτη δεν έχει πραγματικές λύσεις ως προς χ, ψ, ενώ η δεύτερη έχει μόνο τη λύση χ=2, ψ=3 .

Το παρακάτω παράδειγμα αφορά την περίπτωση, που η (2) παριστάνει ζεύγος ευθειών

Π Λ J>Λ Λ F: Ι Γ Μ Α Ι : Δείξτε ότι οι εξισώσεις: α) 2χψ-4χ+7ψ-14=0 και β) 2χ2 - χψ - 15ψ2 + 5χ + 18ψ - 3 = Ο παριστάνουν ένα ζεύγος ευθειών.

ΛίJση : α) Η δοθείσα εξίσωση γράφεται 2χ(ψ-2)+7(ψ-2)=0, ή (2χ+7)(ψ-2)=0 και κατά συνέπεια παριστάνει το ζεύγος των ευθειών 2χ+7=0 και ψ-2=0. β) Θεωρούμε τη δοθείσα ως δευτεροβάθμια εξίσωση με άγνωστο το χ και παράμετρο το ψ γράφοντας

τη στη μορφή 2χ2 + χ ( 5 - ψ ) + (- 1 5ψ 2 + 1 8ψ - 3 ) = 0. ( 1 ) Η διακρίνουσα της εξίσωσης αυτής είναι ίση με (5-ψ)2-8(- 1 5ψ2+ 1 8ψ-3)= ( l l ψ-7)2 ,

ψ - 5 ± �( 1 1ψ - 7γ -5ψ + l οπότε: ( l ) <=> χ = <:::::> χ = 3ψ - 3 ή χ .

4 2 Κατά συνέπεια η δοθείσα εξίσωση γράφεται ισοδύναμα ως

2 ( χ - 3ψ + 3) (χ + 5ψ2- 1 ) = ο, ή (χ - 3ψ + 3) (2χ + 5ψ - Ι ) = Ο ,

άρα παριστάνει το ζεύγος των ευθειών χ - 3ψ + 3 = Ο και 2χ + 5ψ - I = Ο. -Γενικεύοντας τη μέθοδο λύσης της περίπτωσης (β) του παραπάνω παραδείγματος προκύπτει το παρακάτω γενικό συμπέρασμα:

Θ fi': Ω !> Η Μ Α : Η εξίσωση (2) παριστάνει ζεύγος ευθειών, αν και μόνο αν ισχύει Α Β Δ

D= Β Γ Ε =Ο και i) Α :;ι Ο, 82-ΑΓ � Ο, Δ2-ΑΖ � Ο, ή ii) Γ :;ι Ο, 82-ΑΓ � Ο, Ε2-ΓΖ � Ο, ή iii) Α=Γ=Ο. Δ Ε Ζ

Λπ6δειξη : i ) Αν Α :;t: Ο, η (2) γράφεται ως δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς χ στη μορφή Αχ2 + 2 (Βψ + Δ)χ + (Γψ2 + 2Εψ + Ζ ) = Ο και έχει διακρίνουσα ίση με 4(Βψ+Δ)2-4Α(Γψ2+2Εψ+Ζ). Κατά συνέπεια η (2) αναλύεται σε γινόμενο δύο πρωτοβαθμίων παραγόντων αν και μόνο αν η ποσότητα (Βψ+Δ)2-Α(Γψ2+2Εψ+Ζ) είναι τέλειο τετράγωνο. Η ποσότητα αυτή γράφεται



(Β2 - ΑΓ) ψ2 + 2(ΒΔ - ΑΕ)ψ + Δ2 - ΑΖ = αψ2 + 2βψ + γ , όπου θέσαμε α=Β2-ΑΓ 2 Ο, β=ΒΔ-ΑΕ και γ= Δ 2 -ΑΖ 2 Ο και είναι τέλειο τετράγωνο αν και μόνο αν β 2 - α γ = Ο , δηλαδή (ΒΔ - ΑΕ)2 - (Β2 - ΑΓ)(Δ2 - ΑΖ) = Ο . Η συνθήκη αυτή περιλαμβάνει και την περίπτωση που α=β=Ο και γ::::Ο . Μετά την εκτέλεση των πράξεων βρίσκουμε Α(ΑΕ2-2ΒΔΕ+Β2Ζ+ΓΔ2-ΓΑΖ)=Ο. Υπολογίζοντας την τιμή της D, διαπιστώνουμε ότι η προηγούμενη ισότητα γράφεται -AD=O, και ισοδύναμο : D=O, αφού A :;t: O. ί ί) Α ν Γ :;t: Ο, η (2) γράφεται ως δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς ψ στη μορφή Γψ2+2(Βχ+Ε)ψ+(Αχ2+2Δχ+Ζ)=Ο και εργαζόμενοι ανάλογα με την προηγούμενη περίπτωση καταλήγουμε και πάλι στο ζητούμενο . ί ί ί) Αν Α=Γ=Ο, τότε Β :;t: Ο, αφού η (2) είναι δευτέρου βαθμού ως προς χ, ψ. Στην περίπτωση αυτή η D=O δίδει -Β(ΒΖ-ΔΕ)+ΔΒΕ=Ο, ή Β1Ζ=2ΒΔΕ, ή ΒΖ=2ΔΕ. Αν Δ=Ο, τότε και Ζ=Ο, οπότε η (2) γράφεται 2Βχψ+2Εψ=Ο, ή ψ(Βχ+Ε)=Ο και παριστάνει το ζεύγος των ευθειών ψ=Ο και Βχ+Ε=Ο .

ΒΖ Αν Δ :;t: Ο. τότε 2Ε= - και η (2) γράφεται 2Βχψ+2Δχ+2Εψ+Ζ=Ο, ή ψ(2Βχ+2Ε)+2Δχ+Ζ=Ο, ή Δ

ψ(2Βχ+ ΒΖ

)+2Δχ+Ζ=Ο, ή Β ψ(2Δχ+Ζ)+2Δχ+Ζ=Ο, ή (2Δχ+Ζ)( Β ψ+ l )=Ο και παριστάνει το ζεύγος των Δ Δ Δ

ευθειcον 2Δχ+Ζ=Ο και Βψ+Δ=Ο. Αν η 2Βχψ+2Δχ+2Εψ+Ζ αναλύεται σε γινόμενο δύο πρωτοβαθμίων παραγόντων θα έχουμε

2Βχψ-2Δχ+2Εψ+Ζ=(αχ+β)(γψ+δ)=αγχψ+αδχ+βγψ+βδ, για κάθε x, y ε � ( 1 ) . Αρα: 2Β=αγ Ο Β � 2Δ=αδ

( Ι ) � �2ΒΖ.=4ΔΕ�ΒΖ=2ΔΕ, οπότε: D= Β Ο =-Β(ΒΖ-ΔΕ)+ΔΒΕ=-Β(ΒΖ-ΔΕ-ΔΕ)=-Β(ΒΖ-2ΔΕ)=Ο. 2Ε=βγ Δ Ε Ζ=�

" " J ; " . , ·, " Να προσδιορισθεί η τιμή του πραγματικού αριθμού λ, ώστε η εξίσωση 2/+5χψ+3ψ2+3χ+2ψ+λ=Ο να παριστάνει ζεύγος ευθειών και στη συνέχεια να προσδιορισθούν οι ευθείες αυτές.

Για τη δοθείσα εξίσωση έχουμε Α=2, Β= 2_ , Γ=3 , Δ= � , Ε= 1 και Ζ=λ. Άρα 2 2

2 5 3 2 2

5 5 5λ 3 3 5 9 ' λ 5 ' D= 2 3 1 =2(3λ- 1 )-2 ( 2 -2 )+ 2 ( 2 -2 )=0, η -4 - 4 =0, η λ=-5 .

3 2

λ

Για λ=-5 έχουμε Β2-ΑΓ= _!_ >Ο, Δ2-ΑΖ= 49 >0, άρα σύμφωνα με την περίπτωση ( ί) του παραπάνω 4 4

θεωρήματος η δοθείσα εξίσωση, που για λ=-5 γίνεται 2χ2+5χψ+3ψ2+3χ+2ψ-5=0 ( 1 ) , παριστάνει ζεύγος ευθειών.

Για τον προσδιορισμό των ευθειών αυτών θεωρούμε την ( 1 ) ως δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς χ γράφοντας τη στη μορφή 2χ2+(5ψ+3)χ+(3ψ2+2ψ-5)=0 και εργαζόμενοι όπως στο παράδειγμα 1 βρίσκουμε ότι είναι ισοδύναμη με την εξίσωση (2χ+3ψ+5)(χ+ψ- 1 )=0. Άρα οι ζητούμενες ευθείες είναι οι 2χ+3ψ+5=0 και χ+ψ-1 =0. -

, �� \ Y f�il - υπ{v 5 ΙGη jLR�; [u της Είναι φανερό ότι για τον προσδιορισμό της εξίσωσης μιας παραβολής στη συνήθη της μορφή

ψ2= ± 2Ρχ (ή χ2= ± 2Ρψ) αρκεί να γνωρίζουμε τις συντεταγμένες ενός μόνο σημείου της, αφού στην εξίσωση αυτή υπεισέρχεται μόνο η παράμετρος Ρ . Αντίθετα για την έλλειψη και την υπερβολή, που



έχουν τα κέντρα τους στην αρχή των αξόνων και τις εστίες τους πάνω σε έναν από τους δύο άξονες, απαιτούνται 2 σημεία τους, αφού στις εξισώσεις τους υπεισέρχονται δύο παράμετροι, τα μήκη α και β. Τέλος, είναι γνωστό, ότι ο κύκλος μπορεί να θεωρηθεί ως μια ειδική περίπτωση έλλειψης με εκκεντρότητα ε=Ο και α=β=R, όπου R η ακτίνα του . Κατά συνέπεια για τον προσδιορισμό της εξίσωσης ενός κύκλου με το κέντρο του στην αρχή των αξόνων απαιτείται ένα σημείο του . Αντίθετα, αν το κέντρο του είναι το σημείο Κ(Χο, ψο), απαιτούνται 3 σημεία του (παράμετροι τα R, Χο και ψ0) .

Όμως, αν δεν γνωρίζουμε το είδος μιας κωνικής τομής, για τον προσδιορισμό της εξίσωσης της απαιτούνται 5 σημεία της. Πράγματι, υποθέτοντας χωρίς περιορισμό της γενικότητας ότι Ζ =F Ο η (2) της

Α ο Β Γ ο Δ Ε παραγράφου γράφεται Ζ χ - + 2 Ζ

xy + Ζ

y- + 2 Ζ

χ + 2 Ζ

y + 1 = Ο , δηλαδή εξαρτάται από 5

παραμέτρους. Όταν λοιπόν μας δοθούν 5 σημεία Ρ;(χ; ,ψ;) , i= I ,2,3 ,4,5 , της κωνικής, επειδή οι συντεταγμένες τους επαληθεύουν την εξίσωση της, προκύπτει το γραμμικό σύστημα Α 2 Β Γ 2 Δ Ε . , Α Β Γ Δ Ε , - χ ; + 2- Χ ; Υ; + - y; + 2- χ + 2- y; + 1 = Ο , ι= 1 ,2 ,3 ,4,5 , με αγνωστους τα - ,- ,- ,- ,- . Η επιλυση Ζ Ζ Ζ Ζ

' Ζ Ζ Ζ Ζ Ζ Ζ

όμως αυτού του συστήματος απαιτεί πολλές πράξεις, που είναι πρακτικά αδύνατο να εκτελεσθούν σε εύλογο χρονικό διάστημα. Επομένως η μέθοδος αυτή δεν ενδείκνυται για την εύρεση της εξίσωσης της κωνικής τομής και κατά συνέπεια θα πρέπει να αναζητήσουμε κάποια άλλη . Πριν ωστόσο από αυτό θα πρέπει να απαντήσουμε στο εξής εύλογο ερώτημα: Α ν υποθέσουμε ότι υπάρχει μία κωνική τομή, που διέρχεται από 5 δοσμένα σημεία Ρ; (χ; ,ψ;) , i= 1 ,2 ,3 ,4,5 , είναι αυτή μοναδική, ή όχι;

Η απάντηση στο ερώτημα αυτό είναι καταφατική . Πράγματι, η ικανή και αναγκαία συνθήκη για να ανήκει το τυχαίο σημείο Μ(κ,λ) στην κωνική είναι να υπάρχουν Α, Β, Γ, Δ, Ε, Ζ στο JR με (Α, Β, Γ ) =F (0, 0, 0 ) , τέτοιοι ώστε: Ακ2+2Βκλ+Γλ2+2Δκ+2Ελ+Ζ=Ο ( 1 ) .

Και Αχ;2+2Βχ;ψ;+Γψ;2+2Δχ;+2Εψ;+Ζ=Ο, i= 1 ,2,3 ,4,5 (2) . Οι ( 1 ) και (2) αποτελούν ένα ομογενές γραμμικό σύστημα 6 εξισώσεων με αγνώστους τα Α, Β , Γ, Δ,

Ε και Ζ και παραμέτρους τα κ και λ. Για να έχει το σύστημα αυτό λύσεις διάφορες της προφανούς μηδενικής πρέπει και αρκεί η ορίζουσα D των συντελεστών του να μηδενίζεται. Υπολογίζοντας την ορίζουσα D στην εξίσωση D=O προκύπτει μια (και μοναδική) εξίσωση δευτέρου βαθμού ως προς κ και λ. Από την εξίσωση αυτή με τον μετασχηματισμό κ � χ και λ � ψ προκύπτει προφανώς η (μοναδική) εξίσωση της ζητούμενης κωνικής, όταν φυσικά, όπως προαναφέραμε, υπάρχει τέτοια κωνική τομή , αφού πιθανόν το σύστημα των ( 1 ), (2) να έχει μεν μη μηδενική λύση αλλά με (Α, Β, Γ) =(0, Ο, 0), οπότε πρόκειται για ευθεία ή στη χειρότερη περίπτωση, για κενό σύνολο.

Η ορίζουσα D ωστόσο είναι μια ορίζουσα 6ης τάξης και οι πράξεις που απαιτούνται για τον υπολογισμό της είναι πολλές, έτσι ώστε να είναι επίσης πρακτικά αδύνατο να εκτελεσθούν σε εύλογο χρονικό διάστημα. Για το λόγο αυτό για τον υπολογισμό της εξίσωσης της κωνικής καταφεύγουμε τελικά στο γενικό τέχνασμα, που περιγράφεται στο επόμενο παράδειγμα . .

Π Α Ι�ΑΔ F: Ι Γ Μ Α J : Να προσδιορισθεί η κωνική τομή, που περνά από τα σημεία: Ρι (2,0), Ρ2(4,0), Ρ3(5, 1 ), Ρ4(2,4) και Ρ5(-1 , 1 ).

Λ (Jση : Συμβολίζουμε με ε;j την ευθεία που ορίζεται από τα σημεία Ρ; και Pj με i =F j για i ,j= 1 ,2,3 ,4,5 και υπολογίζουμε τις εξισώσεις των ευθειών, που ορίζονται από τα ζεύγη των σημείων (Ρ 1 ,Ρ2) , (Ρ3 ,Ρ4) , (Ρ ι ,Ρ3) (Ρ2,Ρ4) .

Παρατηρούμε ότι τα Ρ 1 , Ρ2 είναι σημεία του άξονα ΧΧ ' , άρα η ε ι 2 έχει εξίσωση ψ=Ο. Ακόμη από τον γνωστό τύπο της εξίσωσης μιας ευθείας, που ορίζεται από 2 σημεία της, προκύπτει ότι οι υπόλοιπες εξισώσεις είναι ε34 : χ+ψ-6=0, ε 1 3 : χ-3ψ-2=0 και ε24 : 2χ+ψ-8=0.

Θεωρούμε τώρα την εξίσωση ει2 · ε34 + λει3 · ε24 = Ο, λ ε IR , δηλαδή την ψ(χ+ψ-6)+λ(χ-3ψ-2)(2χ+ψ-8) ( Ι ). Η εξίσωση αυτή είναι β ' βαθμού ως προς χ, ψ και επαληθεύεται από τις συντεταγμένες των Ρ 1 , Ρ2,

Ρ3 και Ρ4. Αν λοιπόν προσδιορίσουμε την τιμή του λ ώστε να επαληθεύεται και από τις συντεταγμένες του Ρ5 θα πάρουμε την εξίσωση της κωνικής που περνάει από τα 5 δοθέντα σημεία.

Πράγματι για χ=- 1 , ψ= Ι η ( I ) δίδει λ = .!_ , άρα η ζητούμενη εξίσωση είναι 5ψ(χ+ψ-6)+(χ-3ψ-5

2)(2χ+ψ+8)=0 ή μετά την εκτέλεση των πράξεων χ2+ψ2 -6χ-4ψ+8=0, δηλαδή παριστάνει κύκλο. Α ν τη γράψουμε στη μορφή [χ2-2(3χ)+32]+[ψ2-2(2ψ)+22]+8-9-4=0, παίρνουμε τελικά (χ-3)2+(ψ-2)2=5 , δηλαδή πρόκειται για κύκλο με κέντρο το σημείο (3 ,2) και ακτίνα J5 . -



Π Α J>ΑΤ Η Ρ Η Σ Η : Μια κωνική τομή , που διέρχεται από 4 δοσμένα σημεία Ρ 1 , Ρ2, Ρ3 και Ρ4 μπορεί να προσδιορισθεί με 6 διαφορετικούς τρόπους με τη βοήθεια μιας εξίσωσης ανάλογης με την ( 1 ) του παραπάνω παραδείγματος. Πράγματι, υπάρχουν συνολικά 6 ευθείες, οι ε ι z , ε ι 3 , ε ι 4, ε23 , ε24 και ε34, που διέρχονται από 2 οποιαδήποτε από τα 4 αυτά σημεία. Οι ευθείες αυτές μπορούν να συνδυασθούν ανά 2 ώστε να καλύπτουν και τα 4 σημεία με 3 τρόπους ως εξής: [ε ι z , ε34) , [ε ι 3 , εz4] και [ε ι 4, ε23] . τέλος συνδυάζοντας τους 3 αυτούς τρόπους ανά 2 μπορούμε να δημιουργήσουμε τις παρακάτω 6 εξισώσεις ανάλογες της ( 1 ) : ε ι zε34+λε ι 3ε24=Ο, ε ι 3ε24+λε ι 2ε34=Ο, ε ι 2ε34+λε ι 4ε23=Ο, ε ι 4ε23+λε ι 2ε34=Ο, ε ι 3ε24+λ ε ι 4ε23=Ο και ε ι 4ε23+λ ε ι 3ε24=Ο.

Ωστόσο, μετά τον προσδιορισμό της παραμέτρου λ ώστε η κωνική να διέρχεται και από το σημείο Ρ5 καταλήγουμε πάντοτε στην ίδια εξίσωση (αυτό μπορείτε να το επαληθεύσετε ως άσκηση), αφού, όπως εξηγήσαμε πριν από το παράδειγμα 3, αν υπάρχει κωνική που διέρχεται από τα 5 σημεία, τότε αυτή είναι μοναδική . -

Α ν στο προηγούμενο παράδειγμα γνωρίζαμε από την αρχή ότι η ζητούμενη κωνική τομή ήταν κύκλος, θα μας αρκούσαν 3 μόνο σημεία του για τον προσδιορισμό της εξίσωσης του. Σε πολλές περιπτώσεις ωστόσο η μορφή της εξίσωσης της κωνικής, που προκύπτει εφαρμόζοντας το παραπάνω τέχνασμα, δεν μας επιτρέπει να προσδιορίσουμε απευθείας το είδος της. Σχετικό είναι το επόμενο παράδειγμα.

Π . \ Ρ -\ Δ Ε Ι Γ \ Ι λ -t : Να βρεθεί η εξίσωση της κωνικής τομής, που περνά από τα σημεία: Ρ1 (1 ,0), Ρ2(3,0), Ρ3(0,2), P.t(O,l ) και Ps(-1 ,-1).

\ ),ση : Θεωρούμε και πάλι την εξίσωση ε ι z · ε34 + λε ι 3 · ε24 = Ο, λ ε IR , δηλαδή την χψ + λ ( 2χ + ψ - 2 ) (χ + 3ψ - 3 ) = 0 , που είναι β ' βαθμού ως προς χ,ψ και επαληθεύεται από τις συντεταγμένες των Ρ 1 , Ρ2 , Ρ3 και Ρ4. Αν λοιπόν προσδιορίσουμε την τιμή του λ ώστε να επαληθεύεται και από τις συντεταγμένες του Ρ5 θα πάρουμε την εξίσωση της κωνικής που περνάει από τα 5 δοθέντα

σημεία. Πράγματι για χ=-Ι και ψ=-Ι η προηγούμενη εξίσωση δίδει λ = --1 , άρα η ζητούμενη 35

εξίσωση είναι 35χψ-(2χ+ψ-2)(χ+3ψ-3)=0, ή , μετά την εκτέλεση των πράξεων, 2χ2-28χψ+3ψ2-8χ-9ψ+6=0.

Για τον προσδιορισμό του είδους της παραπάνω κωνικής απαιτείται κατάλληλη αλλαγή του συστήματος συντεταγμένων, ώστε η εξίσωση της να λάβει τη συνήθη της μορφή . Σημειώνουμε πάντως ότι υπάρχει γνωστή πρόταση (βλ. Θεώρημα 2 της παραγράφου 4. 7 του [2]) με τη βοήθεια της οποίας μπορούμε να προσδιορίζουμε το είδος της προκύπτουσας κωνικής σε όλες τις περιπτώσεις, π.χ. στο συγκεκριμένο παράδειγμα έχουμε μια υπερβολή .

3 . Εφαπτομένη κωνικιΊς τομι1ς Στην παράγραφο 3 .2 του [ 1 ] αποδεικνύεται ότι η εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής y2=2Px

σε σημείο της Μ(χ ι ,Υ ι ) είναι yy ι=Ρ(χ+χ ι ) , ενώ στις παραγράφους 3 . 3 και 3 .4 δίδονται χωρίς απόδειξη οι εξισώσεις των εφαπτόμενων της έλλειψης και της υπερβολής αντίστοιχα με παραπομπή στην απόδειξη για την εφαπτομένη της παραβολής. Γενικεύοντας την απόδειξη αυτή (π.χ. βλ. [2 ] , παραγρ. 4.2) καταλήγουμε στο παρακάτω θεώρημα:

Θ ΕΩ Ι� Η VΙ Α : Δίδεται η κωνική με εξίσωση Αχ2+2Βχy+Γ/+2Δχ+2Εy+Ζ=Ο και σημείο P 1 (x 1 ,y 1 ) αυτής. Τότε η εξίσωση της εφαπτομένης της κωνικής στο Ρ 1 είναι Αχχ ι+Β(χy ι+χ ιy)+Γψψι+Δ(χ+χ ι )+Ε(y+y ι )+Ζ=Ο .-

Πράγματι η παραπάνω εξίσωση παριστάνει ευθεία, αφού μπορεί να γραφεί (Ax 1+By 1+Δ)x+(Bx 1+Γy1+E)y+(Δx 1+Ey 1+Z)=O, όπου οι εντός των παρενθέσεων συντελεστές είναι πραγματικοί αριθμοί.

Η απόδειξη του παραπάνω θεωρήματος μπορεί να γίνει, με πιο σύντομο μάλιστα τρόπο και με τη χρήση της γεωμετρικής σημασίας της παραγώγου μιας συνάρτησης y=f(x) σε ένα σημείο χ0 του πεδίου ορισμού της (π.χ. βλ. [2] , παράγρ. 4.2) . Αξίζει εδώ να σημειώσουμε ότι, αν και η Αναλυτική Γεωμετρία χρησιμοποιεί ως βασικό της εργαλείο τη Γραμμική Άλγεβρα, εντούτοις ήταν πάντοτε ιστορικά συνδεδεμένη με τον κλάδο της Μαθηματικής Ανάλυσης. Πράγματι, κάθε ανακάλυψη στον ένα από αυτούς τους δύο κλάδους οδηγούσε συνήθως και σε μια αντίστοιχη πρόοδο στον άλλο. Έτσι η α\'ακάλυψη της παραγώγου συνδέθηκε με το πρόβλημα της εύρεσης της εφαπτομένης σε ένα σημείο μιας καμπύλης, η ανάγκη του αναλυτικού υπολογισμού του εμβαδού επιπέδων τόπων οδήγησε στην έννοια του οpισμέ\'ου ολοκληρώματος, οι μερικές παράγωγοι χρησιμοποιήθηκαν για τη μελέτη των καμπύλων



στο χώρο κ.λπ. Από το παραπάνω θεώρημα παρατηρούμε ότι η εξίσωση της εφαπτομένης μιας κωνικής τομής σε σημείο P 1 (x 1 ,y 1 ) αυτής προκύπτει από την εξίσωση της κωνικής τομής με τους μετασχηματισμούς: χ2 � χχ ι , 2xy � x ιy+xy ι , y2 � ΥΥι , 2χ � χ+χ ι και 2y � y+y ι . Από την παρατήρηση αυτή προκύπτει αμέσως ότι: (} Η εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής y=2Px είναι yy1=P(x+x1), της x2=2Py είναι xx1=P(y+y1) κ.λπ. ι:� Η εξίσωση της εφαπτομένης του κύκλου (x-x0)2+(y-y0)2=R2 είναι

(x-x0)(x ι-x0)+(y-y0)(y ι-y0)=R2, ενώ όταν η εξίσωση του κύκλου δίδεται στη μορφή x2+y2+2Ax+2By+Γ=O, η εξίσωση της εφαπτομένης του είναι χχ ι+yy ι+Α(χ+χ ι )+Β(y+y ι )+Γ=Ο.

� Επίσης προκύπτουν οι εξισώσεις των εφαπτόμενων της έλλειψης και της υπερβολής, όπως δίδονται στο σχολικό βιβλίο (βλ. [ I ] , σελ. 1 08 και σελ. 1 20 αντίστοιχα) . Π Α �J> '\, \ Ε ! Γ '\!R Λ 5 : Να προσδιοριστεί η τιμή του λ, ώστε η εφαπτομένη της κωνικής τομής

(3λ+1 )χ2+4χψ+(3-4λ)ψ2+(5λ-3)χ-(1+2λ)ψ-4+2λ=Ο στο σημείο Ρ(Ο,-1) αυτής να έχει εξίσωση χ+ψ+l=Ο.

Παρατηρούμε κατ ' αρχή ότι το σημείο Ρ( Ο, I ) ανήκει στη δοσμένη κωνική , αφού για οποιαδήποτε τιμή του λ επαληθεύει την εξίσωση της. Σύμφωνα με το θεώρημα, που αναφέραμε παραπάνω, η εφαπτομένη της κωνικής αυτής σε σημείο της Ρ(χι ,ψ ι ) έχει εξίσωση

5λ - 3 1 + 2λ (3λ+ ι )χχι+2(χιψ+χψ ι )+(3-4λ)ψψ ι+ -- (χ+χι )- -- (ψ+ψ ι )-4+2λ=Ο, 2 2

που στο σημείο P4(0,- l ) γίνεται -2χ-(3-4λ)ψ+ Sλ - 3 χ- ι + 2λ (ψ-Ι )-4+2λ=Ο, ή (5λ-7)χ+(6λ-7)ψ+(6λ-7)=0. 2 2

Γ · . ξ ' δ . I Ο . . 5λ - 7 6λ - 7 . λ Ο ια να ειναι η παραπανω ε ισωση ισο υναμη με τη χ+ψ+ = πρεπει και αρκει: -- = -- , η = .-1 I

�� [ fl 1 \ [ Ο Π) Λ Φ J Λ [ I ] Αδαμόπουλος Λ . και άλλοι, Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Β ' Λυκείου, Ο.Ε.Δ .Β . , z ·

Έκδοση, Αθήνα, 2004. [2] Ανδρεαδάκη Σ. Α. , Αναλυτική Γεωμετρία, Εκδόσεις Συμμετρία, Αθήνα 1 999. [3] Βόσκογλου Μ . , Αναλυτική Γεωμετρία, Αυτοέκδοση, Πάτρα, 2004. [4] Λευτάκη Μ . Α. , Μαθήματα Αναλυτικής Γεωμετρίας, Εκδόσεις Πανεπιστημίου Πάτρας, Πάτρα \ 994

του Αντώνη Κυριακόπουλου

Μερικοί έχουν την άποψή ότι στο θεώρημα αυτό η συνάρτηση g (βλ. παρακάτω) οφείλει να είναι Ι - Ι . Α υτό, όπως θα δούμε στην παρακάτω απόδειξη, δεν είναι απαραίτητο. Δεν μας χρειάζεται η υπόθεση αυτή για να αποδείξουμε το

θεώρημα. Επίσης, εφιστούμε την προσοχή στην εφαρμογή αυτού του θεωρήματος , διότι τις περισσότερες φορές

εφαρμόζεται στις ασκήσεις ,χωρίς να ελέγχεται αν ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος αυτού.

Θα!φη �ω. Μία συνάρτηση g είναι ορισμένη και παραγωγίσημη σ' ένα διάστημα Δ= [ α, β) και η g' είναι συνεχής στο Δ. Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο g(Δ). Τότε ισχύει:

r I

�(β) g (x)f(g(x))dx = f(x)dx. (α) ( 1 )

Λ�ο{ι δ :: !�Ιl · Επειδή η g είναι συνεχής στο Δ ,έπεται ότι το σύνολο g(Δ) είναι ένα διάστημα [κλειστό, όχι κατ ' ανάγκη με άκρα g( α) και g(β))] .Και επειδή η f είναι συνεχής στο g(Δ),έπεται ότι υπάρχει παράγουσα της f στο g(Δ) . 'Έστω λοιπόν ότι F είναι μία παράγουσα της f στο g(Δ) .'Ετσι, η F είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο g(Δ) και ισχύει: F' ( χ ) = f( χ ) , Vx Ε g(Δ). (2)

g(β) Επειδή οι αριθμοί g( α) και g(β) ανήκουν στο g(Δ), έχουμε : J f( χ )dx=[F( χ) J:�:; = F(g (β) ) -F(g( α)) . (3)

g(α) Λόγω των υποθέσεων, η συνάρτηση με τύπο : f ( g ( t ) ) g' ( t) είναι ορισμένη και συνεχής στο Δ.

Εξάλλου, λόγω και της (2) , έχουμε, για κάθε t Ε Δ : f (g ( t ) ) g' ( t ) = F' (g ( t ) ) g' ( t ) = [ F (g ( t ) ) ]' . β

'Ετσι, έχουμε: Jf (g ( t ) )g'( t )dt = [ F (g ( t ) )J: = F(g (β)) - F(g ( α) ) . (4) Από τις (3) και (4) έπεται η ( Ι ) . α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4170


Σχέσε ι ς εξωτερ ι κών δ ι χοτόμων κα ι πλευρών τρ ιγώνου

Μπάμπης Δημητριάδης - Κέρκυρα

Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύουν οι σχέσεις: β=γ<=:>υβ=υγ<=>μβ=ι.ιr<=>δβ=δγ<=>ρβ=ργ β>γ<=:>υβ<υγ<=>μβ<!!γ<=>δβ<δγ<=>ρβ>ργ ακόμη αν β=γ:;fα=>dβ=dγ (μήκη εξωτ. διχοτόμων) Σε τυχαίο τρίγωνο θα γίνει προσπάθεια να απαντηθούν αναλυτικά τα ερωτήματα: αν dβ=dy τότε β;γ αν β>γ τότε dβ;dγ αν dβ>dy τότε β;γ Στο τεύχος 1 , τόμος Β, σελίδα 29, 3η στήλη του περιοδικού QUANTUM Ιανουάριος Φεβρουάριος 1 999, αναφέρεται το τρίγωνο του Bottema, δηλ. τρίγωνο ΑΒΓ με Γ= 1 2°, Α=36°, στο οποίο εύκολα προκύπτει ότι dβ=dγ :

Δ1 =Α - Γ = 1 2° = Γ => dp = α }

Α ν ΒΔ και ΓΕ είναι οι dβ και dy τότε : 2 => dp = dY Β - Α Ε = -- = 48° = Β => d = α I 2 Ι γ

Με τον ίδιο τρόπο, αν Γ= 1 2° και 36°<Α<84° βρίσκουμε ότι dβ<dy και αν Γ= 1 2° και 1 2° <Α<36° βρίσκουμε ότι dβ>dγ. Δηλαδή ενώ είναι β>α>γ μπορεί να έχουμε dβ=dγ ή dβ<dy ή dβ>dγ. Άρα μόνη της η σχέση ανισότητας μεταξύ β και γ δεν αρκεί για να βρούμε τη σχέση μεταξύ dβ και dy . Με τη βοήθεια του Θ. της εξωτερικής διχοτόμου και όμοια τρίγωνα ή το Θ. του Stewart, βρίσκουμε ότι:

αβ2γ αβγ2 d2 = - αγ και d2 = - αβ Ρ (α - γ)2 Υ (α - β)2

Υπολογίζουμε τη διαφορά dβ2-dy2 και εύκολα διαπιστώνουμε ότι γίνεται γινόμενο με ένα παράγοντα το β-γ ενώ ο άλλος παράγοντας είναι συμμετρικός ως προς τα β και γ. Θέτουμε β+γ=κ.α και β.γ=λ2α2 με κ,λ>Ο και βρίσκουμε ότι

, , α2 · ( κ - 1 ) (

, , ) dβ - d; = 2 2 ( β - γ ) κλ- + κ - 3λ- - 1 και αν θέσουμε

(μετά από πράξεις) α5 ( κ - 1 )

? > = θ και (α - β) (α - γ) (α - βγ (α - γγ

κλ2 + κ - 3λ2 - 1 = Δ . Έχουμε dβ2-dγ2=θ(β-γ) .Δ ( 1 ) αλλά α<β+γ => κ> 1 άρα θ>Ο και I β-γ I <α=> (β-γ)2<α2=>(β+γ)2 --4βγ<α2=>κ2α2 --4λ2α2<α2 => κ < .J1 + 4λ 2 άρα 1 < κ < .J1 + 4λ 2 (2) Ακόμη (β+γ)2:Ξ::4βγ=>κ2α2:Ξ::4λ2α2=>κ:Ξ::2λ και μάλιστα: β=γ<=:>κ=2λ, β:;tγ<=:>κ>2λ Έχουμε: β=γ=>β2=βγ=>β2=λ2α2=>β=λα και αφού β:;fα=>λ;f 1 , τότε Δ=κλ2+κ-3λ2- 1 =2λ3+2λ-3λ2-1 = =(λ-1 )(2λ2-λ+ 1 ):;f0 δηλ. αν β=γ, τότε Δ:;fΟ άρα αν Δ=Ο τότε β:;tγ Άρα δεν μπορεί να ισχύουν συγχρόνως β=γ και Δ=Ο. Από τη σχέση ( 1 ) προκύπτουν ότι: Αν Δ>Ο τότε οι διαφορές β-γ και dβ-dγ είναι ομόσημες. Αν Δ<Ο τότε οι διαφορές αυτές είναι ετερόσημες Αν Δ=Ο ή β=γ τότε dβ=dy Αν dβ=dγ τότε β=γ (με Δ:;fΟ) ή Δ=Ο (με β:;tγ) Έχουμε (α-β)( α-γ )=α2 -α(β+γ )+βγ=α2( 1-κ+λ2) . Οπότε: (α-β)( α-γ )>Ο<=:> 1 <κ+λ2 (3) και (α-β)(α-γ)<Ο<=:>1 <κ+λ2 (4) . Διακρίνουμε 3 περιπτώσεις για τις σχέσεις μεταξύ β, γ και α. , , β>α και γ>α. Τότε β+γ>2α=>κ>2 ακόμη (α-β)(α-γ)>Ο, β·γ>α2=>λ> 1 άρα l <κ+λ2 (σχέση 3)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4171


Δηλαδή λ> Ι και 2λ::Ξκ< min ( Ι + λ2 , Jι + 4λ2 ) . Τότε Δ 2:: 2λ3+2λ-3λ2- Ι=(λ- 1 )(2λ2-λ+ 1 )>0

Άρα β=γ<=>dβ=dr, β>γ<=>dp>dy β<γ<=>dβ<dy

11. Αν β<α κα γ<α. Τότε β+γ<2α:::::>κ<2, β ·γ<α2:::::>λ< l και (α-β)(α-γ)>Ο=> Ι <κ+λ2 Άρα Ο<λ< Ι και Ι <κ< Ι+λ2, Δ<( l +λ2)λ2+ 1 +λ23λ2- Ι=λ2(λ2- Ι )<Ο Οπότε β=γ<=>dp=dy, β>γ <=> dβ<dy β<γ <=> dβ>dy

111. Αν γ<α<β (αντίστοιχα β<α<γ). Τότε (α-β)(α-γ)<Ο:::::>κ> l +λ2 και από την (2) κ < JΙ + 4λ2 άρα l + λ2 < κ < JΙ + 4λ2 (5 ) οπότε: l + λ2 < JΙ + 4λ2 => 0 < λ < J2 .

Ι 1 1 Ι . αν Ι � λ < J2 , τότε: κ>2λ=>Δ>(λ-1 )(2λ2-λ+ Ι ):::::Ο=> Δ>Ο και β>γ=>dβ>dy (αντίστοιχα αν β<α<γ τότε dβ<dy)

1 1 1 2 . αν Ο<λ< Ι τότε βρίσκουμε εύκολα ότι Ι + λ 2 < 3�2 + 1 < Jι + 4λ 2 και με την (5 ) διαπιστώνουμε λ- + Ι

ότι όλα τα κ και 3�2 + ι ανήκουν στο διάστημα ( ι + λ2 , Jι + 4λ2 ) , ακόμη Δ = ( λ2 + ι )[κ - 3�2 + 1 ) (6) λ + 1 λ + 1

οπότε έχουμε: 3λ2 + Ι

• κ < ? <=> Δ < Ο <=> dβ < dr λ- + Ι 3λ2 + 1

• κ > 2 <=> Δ > Ο <=> dβ > dγ λ + 1 3λ2 + Ι

• κ = 2 <=> Δ = Ο <=> dβ > dr λ + 1

Π αρατtΊρηση : 'Εχουμε: λ < J2 => Jι + 4λ2 < 3 => κ < 3 , , 3λ 2 + ι ? κ - ι Οποτε κ < ? <=> λ- > --<=> dβ < dr λ- + I 3 - κ 3λ2 + I κ - 1 κ > 2 <=> λ 2 < -- <=> dβ > dγ λ + 1 3 - κ

κ = 3λ 2 + ι <=> λ 2 = κ - ι <=> d = d λ2 + ι 3 - κ

β r

Τα β και γ είναι ρίζες της εξίσωσης χ2-καχ+λ2α2=0 οπότε β,γ = � (κ ± Jκ2 - 4λ2 ) ΣΥΜ Π Ε ΡΑΣΜΑ

I . � : :} � {�:� κ < min ( ! + λ' , JΙ + 4λ' )} οπότε β = γ <=> dβ = dγ β > γ <=> dβ > dγ β < γ <=> dβ < dγ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4172


1 1 1 I . 1 -::;. λ < J2 => dp > dy 1 1 1 2. ο < λ < 1

•

•

•

3λ2 + 1 ? κ - 1 κ < 2 <=> dβ < dγ <=> λ- > --

λ + 1 3 - κ 3λ2 + 1 ? κ - 1 κ > 2 <=> dβ > dγ <=> λ- < --

λ + I 3 - κ

κ = 3λ 2 + ι <=> d = d <=> λ 2 = κ - ι

λ 2 + 1 Ρ r 3 - κ με 1 <κ<2

(αν β<α<γ στα συμπεράσματα θα εναλλάξουμε τα β και γ)

3λ2 + ι Σκαληνά τρ ίγω\'α με dμ=dγ υπάρχουν μόνο όταν γ<α<β (ή β<α<γ) με Ο<λ< 1 και κ = (ή λ2 + ι

1 <κ<2 και λ� = κ - 1 ) και αν θέλουμε να είναι Β=90° ή Β>90° ή Β<90° θα έχουμε : 3 - κ

I . Β=90''<=>β2 -γ2=α2<::::>(β+γ)2(β-γ)2=α4<=>(β+γ)2 [(β+γ)2 ---4βγ ]=α4<=> . . . <::::>κ4-2κ3+2κ2 -2κ-3=0 δηλ. φ( κ )=Ο . αν φ(κ )=κ.ι-2κ3+2κ2-2κ-3 1 1 . Β>90''<=>β>γ2>α2<::::> . . . <=>φ(κ)<Ο 1 1 I . Β<90°<::::>β2-γ2<α2<::::> . . . <=>φ(κ)>Ο

Μελετάμε τη συνάρτηση φ( κ) : φ ' (κ)= . . . =2(κ- 1 )(2κ2-κ-ι )>Ο άρα φ(κ) t ( \ ,2) βρίσκουμε ότι: φ( 1 )=-4, φ(2)= ι :::>φ( Ι ) .φ(2)<0 οπότε

Λ

υπάρχει μοναδικό Κ0 ε ( l ,2) με φ(κ0)=0 αν 1 <κ<κο τότε φ(κ)<Ο και αν Κ0<κ<2 τότε φ(κ)>Ο άρα I . υπάρχει ένα μόνο ορθογώνιο τρίγωνο (δεν υπολογίζουμε τα όμοιά του) που προκύπτει από την τιμή κ=κο 1 1 . υπάρχουν άπειρα αμβλυγώνια τρίγωνα που προκύπτουν από τις τιμές του κ με ι <κ<κ0 1 1 1 . υπάρχουν άπειρα οξυγώνια τρίγωνα που προκύπτουν από τις τιμές του κ με Κ0 <κ<2

Το Κ0 είναι άρρητος γιατί η εξίσωση φ(κ)=Ο δεν έχει ρητές ρίζες. Με μια πρώτη προσέγγιση για το Κ0 ' 1 5 3 1 εχουμε: - < κ0 < - δηλ. 1 ,875<κ0< 1 ,9375

8 ι 6

ΕΦΑ Ρ Μ Ο Γ F:Σ

Ι . Αν α=25, β=19 γ=12 τι σχέση έχουν μεταξύ τους τα dα, dμ,dγ; (Απ. : dα>dγ>dμ)

2 . Υπάρχει τρίγωνο με dα=dμ=dγ;

Λί>ση Για να ορίζονται τα dα, dβ,dy πρέπει το τρίγωνο ΑΒΓ να είναι σκαληνό Για να είναι dβ=dy πρέπει γ<α<β ή β<α<γ δηλ. (α-β)( α-γ)<Ο Για να είναι dα=dy πρέπει γ<β<α ή α<β<γ δηλ. (α-β)(α-γ)>Ο Αρα είναι αδύνατο .1ηί. . δεν υπάρχει τρίγωνο ΑΒΓ με dα=dβ=dy

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4173

3 . Να βρεθεί τρίγωνο με dβ=dy ΛίΗJη


α) Κάθε τρίγωνο ΑΒΓ με β=γ;t:α β) Κάθε τρίγωνο ΑΒΓ με (α-β)(α-γ)<Ο και κ = 3�2 + 1 όπου Ο<λ< Ι λ - + 1

(ή ισοδύναμα λ 2 = κ - 1 όπου 1 <κ<2) 3 - κ

9

Π .χ. αν λ = Ξ τότε κ = 1 + 1 = � , οπότε

- + 1 4

οπότε

α [ 7 2J6 J α ( r;) , r; r; , J2 β ,γ = - - ±-- = - 7 ± 2ν6 και αν α= Ι Ο τοτε β = 7 + 2ν6 , γ = 7 - 2ν6 , ομοιως, αν λ = -

2 5 5 1 0 2

τότε 2 + 1 � 2 5 2 2 25 7 ι 2 2 ν 7 , κ =--=- κ - 4λ = - - 2 = - ν κ - 4λ = - οποτε 1 3 ' 9 9 ' 3 ' - + 1

β γ = α [� ± J7 J = α (5 ±J7) ' 2 3 3 6 2

και αν α=6 τότε β = 5 + J7 και γ = 5 -J7 . -! . Να βρεθεί τρίγωνο ΑΒΓ με dβ>dy (Λπ. : Εξετάζουμε περιπτώσεις:

α) Κάθε τρίγωνο ΑΒΓ με β>γ>α β) Κάθε τρίγωνο ΑΒΓ με β<γ<α γ) Κάθε τρίγωνο ΑΒΓ με γ<α<β και δ) Κάθε τρίγωνο ΑΒΓ με γ<α<β με Ο<λ< Ι και προκύπτουν οι περιπτώσεις: α= Ι Ο, β = 1 1 + J2Ϊ , γ = 1 Ι - J2ϊ ή α=20, β = 1 7 + .J89 , γ = I 7 - .J89 .

5 . Να αποδειχθεί ότι υπάρχει τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α=2, β = 2J2 + J6 - J3 - 1 ,

γ = 2J2 - J6 + J3 - 1 είναι αμβλυγώνιο και έχει dp=dy 6. Να αποδειχθεί ότι υπάρχει τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α=544,

β = 527 + .Jt6609 , γ = 527 - .Jt6609 είναι οξυγώνιο και έχει dβ=dy.

Βοη0ι1 μuτυ - Σzόλιιι. Η . Το τεύχος του περιοδικού QUANTUM, που αναφέρεται στην εργασία.

ι ι Το βιβλίο του Νίκου Κισκύρα: ΘΕΩΡΉΜΑΤΑ ΚΑΙ ΠΡΟΒΛΉΜΑΤΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ, ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ Χ. ΤΣΑΡΟΥΧΉ, ΕΠΙΠΕΔΟΜΕΤΡΙΑ ΤΟΜΟΣ ΙΙΙ ΒΙΒΛΙΟΝ ΤΡΠΟΝ, σελίδες 3 8 1-382 , §932 Ο αείμνηστος μαθηματικός βρίσκει ότι για να είναι dβ=dy, με β;tγ, πρέπει να μηδενίζεται η

παράσταση Φ=(α2+βγ)(β+γ-α)-2αβγ και ότι αυτό συμβαίνει όταν β + γ = 3α και βγ = α2

δηλαδή 2 3

βρίσκει μια λύση της εξίσωσης Φ=Ο. Αλλά θεωρώντας το α γνωστό, η Φ=Ο είναι μια εξίσωση με 2 άγνωστους β και γ, άρα γενικά έχει άπειρες λύσεις, τις οποίες βρήκαμε στην περίπτωση 1112 της

' ' Ο λ Ι 3λ 2 + 1 ' δ ' ' 1 2 εργασιας οταν < < και κ = " η ισο υναμα οταν <κ< και λ - + 1

λ2 = ;�� (β, γ = � (κ ± Jκ2 - 4λ2 )) .

Ακόμη σε όσα βιβλία μπορέσαμε να δούμε δεν βρήκαμε συστηματική αναφορά στις σχέσεις dβ>dy και dβ<dy


Ε u κλε. i δ n ς n ρ ο τ ε. i ν ε. ι

«Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και ο ι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα>>. Ρ. R. HALMOS

Επιμέλεια: Γ. Τ Ρ Ι Α ΝΊΌΣ - Ν. ΑΝΤΩΝ Ο Π Ο V ΛΟΣ - ΘΑΝ. Κ V Ρ Ι Α ΚΟΠ ΟΥ.\ΟΣ

ΑΣΚ Η Σ Η 1 40 (τΕΥΧΟΥΣ 68) Να βρείτε τις συναρτήσεις f , οι οποίες είναι ορισμένες και παραγωγίσιμες στο R και για τις οποίες ισχύει: (y - x)f'(3x - 2y) = f(y) - f(x) ( I ) για κάθε χ, y Ε R . (Προτάθηκε από τον μαθητή του Αρσακείου Ψυχικού, Γ Ι Α '\ '\ Η 2:0Υ \ Ι Π . \ Η ) Λ ΥΣΗ 1 Η (Από τον συνάδελφο Β Α Γ Γ Ε Λ Η iVI O Y P O Y K O - Αγρίνιο ) Έστω f : R � R μία συνάρτηση που ικανοποιεί τις δοθείσες συνθήκες και t Ε R . Από την ( I ) για x = t + 2 . :· = t + 3 έχουμε f'( t ) = f(t + 3) - f(t + 2) , για κάθε t Ε R . Από την παραπάνω σχέση προκύπτει ότι η f ' είναι παραγωγίσιμη στο R . Παραγωγίζοντας την ( I ) ως προς χ παίρνουμε: -f'(3x - 2 :· ) + 3( y - x)f"(3x - 2y) = -f'(x) (2)

Στην ( 2 ) θέτουμε y = � χ , χ ε R , οπότε έχουμε 2

-f'( O) + � xf"(O) = -f'(x) ή το αυτό : 2

f ' ( x ) = f '(O) - � f"(O)x , για κάθε χ Ε R . (3) 2

Από την (3) προκύπτει ότι η ζητούμενη συνάρτηση είναι πολυωνυμική, το πολύ δευτέρου βαθμού . Έστω ότι είναι f (χ ) = αχ 2 + βχ + γ , α, β, γ Ε R . Για x , y ε R με y ;e x η συνθήκη ( I ) γράφεται: (y-x)[2α(3x-2y)+β] =co/ +βy+γ( α χ 2 + β χ + γ ) => 2 α ( 3 χ - 2 y ) + β = α ( y + χ ) + β => 6 α χ - 4 α y = α y + α χ ::::> 5 α ( χ - y ) = Ο ::::> α = Ο Συνεπώς, f(x) = βχ + γ , για κάθε χ Ε R , όπου β, γ Ε R . Εύκολα διαπιστώνεται ότι μια τέτοια συνάρτηση ικανοποιεί την ( I ) .

Λ ΥΣΗ 2Η (Από τον συνάδελφο ΚΩΝ/ΝΟ ΤΖΑ Γ Κ Α Ρ Α Κ Η - Χανιά ) Έστω f : R � R μία συνάρτηση που ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλήματος. Η ( I ) για y Ε R και

x = � y , γράφεται: _!_ f'(O)y = f(y) - f(� y) (2) και 3 3 3

ισχύει για κάθε y Ε R . Δημιουργούμε ν διαδοχικές διαφορές θέτοντας στην ( I ) αντί του y κάθε φορά το 2 π ' ' 3 y . ραγματι, εχουμε:

r f ( v ) - f (3_ y ) = _!_ f '( O ) y = _!_ . 3_ f ' ( O ) y . 3 3 2 3

:· , � , 1 - f ( (3_) 2 y ) = _!_ (3_)2 f '( O ) y � - 3 2 3

: I 1 , f ' : ' = -:;- ι -:;- ) ( O ) y - _,

(3)

Με πρόσθεση κατά μέλη των ν ισοτήτων έχουμε

f(y) - f((�)" y) = .!. f '(o)y[� + (�)2 + . . . + (�)" ] 3 2 3 3 3

c3.γ - Ι = _!_ f'(O)y� 3 = f'(O)y[l - (�)" ] (4)

2 3 3_ _ 1 3 3

Επειδή lim (�)ν = Ο και η f είναι συνεχής στο Ο ισχύει ν->+>ο 3

: lim f[(�)" y] = f(O) . Από την ισότητα (4) με όρια για ν->""" 3 ν � +οο , προκύπτει ότι: f (y) - f(O) = f ' (O )y :::::> f(y) = f'(Ο)y+f(Ο) , για κάθε y Ε R . Άρα, f(χ) = βχ + γ , για κάθε χ Ε R , όπου β, γ Ε R . Δηλ. η ζητούμενη συνάρτηση είναι πολυωνυμική το πολύ πρώτου βαθμού. Λ ΥΣΗ 3Η (Από τον συνάδελφο Π Α Υ Λ Ο ίVΙ Α Ρ Α Γ ΚΟΥ ΔΑ Κ Η - Πειραιάς) Από την ( I ) για y = x + l , x E R έχουμε f '(x - 2) = f(x + I ) - f(x) , για κάθε χ Ε R . Αν τεθεί αντι του χ το χ + 2 , προκύπτει ότι f '(x) = f(x + 3) - f(x + 2) , για κάθε χ Ε R , οπότε η f ' είναι παραγωγίσιμη ( και άρα συνεχής) με

f"(x) = f '(x + 3) - f'(x + 2) , για κάθε χ Ε R .

Έστω α Ε R , ν Ε Ν I και β > α : β - α < - . Από το 3ν

Θ.Μ.Τ για την f στο διάστημα [α , β] ,υπάρχει

Υ ν Ε (α, β) : f '(yν ) = f(β) - f(α) . Από την ( I ) για β - α

y = β , χ = α είναι f '(3α - 2β) = f(β) - f( α) . Συνεπώς,

β - α f '(3α - 2β) = f '( y ν ) . Παρατηρούμε ότι 3α - 2β < α < y ν < β , οπότε η f ' ικανοποιεί το θεώρημα του ROLLE στο διάστημα [3α - 2β , y ν ] Άρα υπάρχει χ ν Ε (3α - 2β , yν ) : f"(χ ν ) = Ο (2)

Επειδή I χ ν - αl < β - (3α - 2β) = 3(β - α) < _!_ ν

ισχύει χ ν � α και λόγω της συνέχειας της f" ισχύει f"(χ ν ) � f"(α) . Άρα f "(α) = Ο , που σημαίνει ότι f"(x) = Ο , για κάθε χ Ε R . Τελικά f'(x) = c, για κάθε χ Ε R και f(x) = cx + m , για κάθε χ Ε R , συνάρτηση που επαληθεύει την ( I ) . Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

ΑντάJVης Ιωαννίδης - Λάρισα. Αθανάσιος Καλάκος - Κ. Παη1σια . Γι<ίJρyος Τ σαπακίδης - Κυψέλη Αιτ/νίας, Δημήτρης


--------------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

Καραβότας - Κ . Αχαία, Ροδόλφος Μπόρης - Δάφvη. Ν ικητάκης - Σητεία , Βαγγέλης Μουρούκος - Αγρίνιο ,

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 4 1 (τΕΥΧΟΥΣ 68) Γιάννης Σταματογιάννης Δροσιά, Δημ1Ίτριος

Αν α,β είναι θετικοί πραγματικοί, να αποδειχθεί ότι Καραβότας - Κ Αχαία, Πέτρος Σκαλτσάς - Αγρίνιο , η

( α + ι )3 + (β + ι )3 ;::: _!_ αβ . μαθ1Ίτρια του ΓΕΛ. Σπηλίου Ρεθύμνου Εμμανουέλα

3 3 2 (Προτάθηκε από τον Π απαιωάννου και ο Πολιτικός Μηχανικός Ιωάννης

συνάδελφο Μεσολόγγι ) .

Γ ΙΩΡΓΟ ΑΠΟΣΤΟΛΟΠΟΥΛΟ

Λ ΥΣΗ (Από τον συνάδελφο ΓΙΩΡΓΟ ΤΣΑ Π Α Κ Ι Δ Η -

Κυψέλη Αιτ/νίας) Η συνάρτηση f(x) = χ3 είναι κυρτή στο (Ο, +οο) ( αφού f"(x) = 6χ > Ο , για κάθε χ > Ο ) . Από την ανισότητα του JENSEN παίρνουμε:

α + ι β + ι -- + --

f( α + ι ) + f( β + ι ) :2: 2 · f( 3 3 ) => 3 3 2

( α + ι )3 + (β + ι )3 :::: 2 . f( α + β + 2 ) = _!_ ( α + β + 2 )3 (I) 3 3 2 · 3 4 3

Από την ανισότητα αριθμητικού- γεωμετρικού μέσου

έχουμε: α + β + 2 :::: </2αβ οπότε ( α + β + 2 )3 :::: 2αβ (2). 3 3

. , α+ ι , β+ ι 3 ι ι Απο τις ( 1 ),(2) προκυπτει (-Υ +(-) :2: - 2αβ = -αβ . 3 3 4 2

Η ισότητα ισχύει όταν α = β = 2 . Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι Βαγγέλης Μουρούκος - Αγρίνιο, Ροδόλφος Μπόρης Δάφνη , Αθανάσιος Καλάκος - Κ . Π αηΊσια, ο Πολιτικός

Μηχανικός Ιωάννης Ανδρής - Αθήνα, Γιώργος

Ν ικητάκης - Σητεία Κρήτης , Ιωάννης Τσόπελας -

Α μαλιάδα, Αντώνης Ιωαννίδης - Λάρισα , Π αύλος

Μ αραγκουδάκης - Πειραιάς και ο μαθηη1ς του

Λεοντείου Λυκείου Π ατησίων Ηλίας Ζαδίκ.

ΑΣ Κ Η ΣΗ 1 42 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 68 ) Να δειχθεί ότι για το εμβαδόν Ε ορθογωνίου τριγώνου

υποτείνουσα ισχυ' ει ../4Ε+ϊ + ι :::: J2 + ι ο με 4Ε

(Προτάθηκε από τον συνάδελφο ΓΙΩΡΓΟ

ΑΠΟΣΤΟΛΟΠΟΥ ΛΟ - Μεσολόγγι) Λ ΥΣΗ (Από τον συνάδελφο ΡΟΔΟΛΦΟ Μ ΠΟΡΗ -

Δάφνη ) Αν ΑΒΓ είναι ορθογώνιο τρίγωνο με ορθή τη γωνία Α, τότε Ι 2 = α2 = β2 + γ2 :::: 2βγ

ι Ι Ι => I :2: 2βγ => - :2: -βγ => - :::: Ε => 4Ε � I ( l ) 4 2 4

Για να ισχύει η αποδεικτέα, αρκεί να ισχύει: ( .J4Έ+Ϊ)2 - ι · :::: ( J2 + ι)( .J4E + ι - ι) <=>

4Ε ι

� ;::: .J4Ε + ι - Ι <::::> J2 - 1 :2: .J4Ε + Ι - ι ι + ν2 <::::> J2 :::: .J4E + ι <::::> 2 :2: 4Ε + I <::::> 4Ε � 1 Σχέση που ισχύει λόγω της ( 1 ) . Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι Ιωάννης Τσόπελας - Αμαλιάδα, Κων/νος Τζαγκαράκης

- Χανιά, Παύλος Μ αραγκουδάκης - Πειραιάς, Γιώργος

Τσαπακίδης - Κυψέλη Αιτ/νίας, Αντώνης !ωαννίδης

Λάρισα, Αθανάσιος Καλάκος - Κ. Π αηΊσια, Γεώργιος

Ανδρ1Ίς - Αθήνα.

ΑΣΚΗΣΗ 1 43 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 69 ) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τυχαίο σημείο Δ στο εσωτερικό της πλευράς ΑΒ. Ονομάζουμε Μι , Μ2 , Μ3 , Μ4 τα μέσα των ΒΓ, ΑΓ, ΔΑ, ΔΒ αντιστοίχως, Ο το σημείο τομής των ΜιΜ3 , Μ2Μ4 και Κ το κέντρο βάρους του τριγώνου.

Να βρεθεί ο λόγος ΟΚ . ΟΔ

( Προτάθηκε από τον Χημικό ΔΗ ΜΗΤΡΙΟ ΚΑΡΒΕΛΑ

- Πεύκη ) Λ ΥΣΗ (Από τον συνάδελφο Π ΕΤΡΟΛΕΚΑ ΣΤΕΛ ΙΟ

Δραπετσώνα ) Επειδή Μ ι , Μ2 είναι τα μέσα των ΒΓ, ΑΓ αντιστοίχως,

είναι Μ ιΜ2 = 11 ΑΒ . Επίσης, 2

οπότε ΟΜι = ΟΜ3 ( l ) . Αν Ε είναι το μέσον του ΑΚ, τότε ΕΚ = ΚΜι (2). Λόγω των ( l ),(2) το τμήμα ΟΚ συνδέει τα μέσα των πλευρών του τριγώνου Μ ιΜ3Ε , οπότε ΟΚ // ΕΜ3 (3) και ΕΜ3 = 2 · 0Κ (4). Στο τρίγωνο ΑΔΚ είναι ΚΔ // ΕΜ3 (5) και ΔΚ = 2 · ΕΜ3 (6). Από τις σχέσεις (3),(5) προκύπτει ότι τα σημεία Δ,Ο,Κ είναι συνευθειακά, ενώ από τις (4) , (6) ότι

οκ ι ΔΚ = 40Κ => ΔΟ + ΟΚ = 40Κ => ΟΔ = 30Κ => - = -ΟΔ 3

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι Βασίλειος Ν ικολάκης - Θες/νίκη , Κων/νος Τάγαρης -

Πύργος, Γιώργος Τσαπακίδης - Κυψέλη Αιτ/νίας,

Γιάννης Σταματογιάννης Δροσιά, Κων,νος

Τζαγκαράκης - Χανιά, Δημήτρης Μ ατζαβίνος - Λαμία

και ο Πολιτικός Μηχανικός Ιωάννης Ανδρ1Ίς - Αθήνα. ΑΣΚΗΣΗ 1 44 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 69 ) Α ν α,β,γ είναι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί με α + β + γ = ι ( ι ), να αποδειχθεί ότι ισχύει

αβ + βγ + γα � 9αβγ + ι . (Προτάθηκε από τον συνάδελφο 4


--------------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

ΓΙΩΡΓΟ ΑΠΟΠΟΛΟΠΟΥ ΛΟ - Μεσολόyyι) Λ ΥΣΗ ( Από τον Πολιτικό Μηχανικό ΙΩΑΝΝ Η ΑΝΔΡΗ - Αθήνα ) Η αποδεικτέα γράφεται ισοδυνάμως:

2(αβ +βγ+γα) :ς 9αβγ + 1 <::::> c(β+γ)+f(γ+α)+y(α+β):ο; <.A:43Y+I

2 2 Ι Ι J 9αβy+\ <::>α(ι -α)+β(ι-β)+γ(Ι -γ) :ς --

2 , , 2 9αβy+ι , , , ι -9αβy <::> ι-(α- +β- +γ ) :ο; -- <::>α- +β- +γ- ::?: -- (2)

2 2 Επειδή α2 + β2 + γ2 ::?: 3 · �α2β2γ2 , αρκεί να δειχθεί ότι :

3 - �α2β2γ2 ;::: ι - 9αβγ. Αν τεθεί � = χ ::?: Ο (3) ,

2

· δ θ · · 3 ' ι - 9χ� 9 ' 6 ' ι ο αρκει να ειχ ει οτι : χ - ::?: -- <::::> χ · - χ - + ::?:

2 , ι 2 ι <::::> (3χ + ι)(3χ - - 3χ + I ) ::?: Ο <::::> 3 (3χ + l ) [(x - -) + -] ::::: Ο

σχέση που ισχύει λόγω τη; ( 3 ) . Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι

2 1 2

Γι6)ργο.: Τσα;τω-:ίι\ η .: � ι(υψέί.η Α ιτ/νίας, Βασίλεως Ν ικοί.άκη : Θε.: \ · ίκη . Στέλως Π ετρολέκας Δρωτετσι :η ·α . Γει;ψ;' l L) .: \ ικη τάκης - Σητεία.

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ 156. Αν x , y, z είναι θετικοί αριθμοί με χ 2 + y2 + z2 = ι , τότε να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της

συνάρτησης : χ 2 χ 2 y2 / 22 2 2 f(x, y, z) = - + - + - + - + - + - .

Υ z χ z Υ χ (Προτείνεται από τον συνάδελφο ΤΣ.-\ Π ,'\ Κ Ι Δ Η - Κυψέλη Αιτ/νίας ) . 157. Αν � = 2χ2 - ι + 2χ.Jι - χ 2 ( 1 ),

Γ ΙΩΡΓΟ

. δ θ ' ' 2 5 - J5 (Π ' ' τοτε να ει χ ει οτι: χ = -- . ροτεινεται απο τον 8

συνάδελφο Γ ΙΩΡΓΟ Ν Ι ΚfΠΑΚΗ - Σητεία Κρήτης ) 158. Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης: 3x3 - 7x2 - 6xy - 2 ιx - 1 8y + 88 = 0 ( 1 ) .

(Προτείνεται από τον Χημικό ΔΗΜfΠΡΙΟ ΚΑΡΒΕΛΑ - Πεύκη ) 1 59. Έστω Ρ( χ) = χ6 + χ5 + χ4 + χ3 + χ 2 + χ + ι Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης: Ρ(χ 7 ) : Ρ(χ) (Προτείνεται από τον συνάδελφο Γ ΙΑΝΝ Η Η Λ ΙΟΠΟΥ ΛΟ - Καλαμάτα) 1 60 . Αν α,β,γ είναι θετικοί αριθμοί να δειχθεί

� + � + r + .!. (αJ + β3 + γ3 ) ::::: i (α� + β� + ) ) . β γ α 3 3 (Προτείνεται από τον συνάδελφο Γ ΙΩΡΓΟ ΑΠΟΣΤΟΛΟΠΟΥ ΛΟ - Μεσολόγγι) 1 6 1 . Να επιλυθεί στο σύνολο Ζ η ως προς χ εξίσωση : � - .J χ 2 - ι 3 = k , όταν k ε Ζ . ( Προτείνεται από τον συνάδελφο Ν Ι ΚΟΛΑΟ ΒΑΔΙ ΒΟΥ ΛΗ - Γλυκόρριζο Άρτας )

2π 162 . Να δειχθεί ότι: J eΓχ (συνχ - ημχ)dχ < e2" .

Jπ 2 (Προτείνεται από τον συνάδελφο Ν Ι ΚΟΛΑΟ ΒΑΔ Ι ΒΟΥ ΛΗ - Γλυκόρριζο Άρτας ) 163 . Σε τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς ΒΓ=α , οι διάμεσοι

ΒΜ = μΡ , ΓΝ = μΥ σχηματίζουν γωνία 2π . Να δειχθεί 3

ότι: (ΒΝΜΓ) :ς 3J3

α2 • Πότε ισχύει η ισότητα; ι 6

(Προτείνεται από τον συνάδελφο ΑΠΟΣΤΟΛΟΠΟΥ ΛΟ - Μεσολόγγι)

π

1 64. Να δειχθεί ότι: Jημ( συνχ)dχ > � . ο 9

Γ ΙΩΡΓΟ

(Προτείνεται από τον συνάδελφο Γ ΙΩΡΓΟ ΑΠΟΣΤΟΛΟΠΟΥ ΛΟ - Μεσολόγγι) 1 65 . Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ και σταθερό σημείο Γ εσωτερικό του ΑΒ. Μεταβλητό σημείο Δ του επιπέδου κινείται εκτός της ευθείας ΑΒ. Κατασκευάζουμε τρίγωνο ΕΑΓ τέτοιο, ώστε να είναι ΕΑ//ΔΓ και ΕΓ//ΔΒ. Κατασκευάζουμε δεύτερο τρίγωνο ΖΒΑ τέτοιο, ώστε να είναι ΖΒ // ΔΓ και ΖΑ // ΔΒ . Αν Μ είναι το μέσον του ΕΔ , να δειχθεί ότι η ΜΖ διέρχεται από σταθερό σημείο. (Προτείνεται από τον Χημικό ΔΗΜ ΗΤΡ ΙΟ ΚΑΡΒΕΛΑ - Πεύκη ) . 1 66. Τρίγωνο ΑΒΓ κείμενο επί επιπέδου Π προβάλλεται επί επιπέδου Ρ, που σχηματίζει με το

επίπεδο Π δίεδρη γωνία μέτρου Ο < θ < � , κατά 2

τρίγωνο Α 1 Β1 Γ1 • Να αποδειχθεί ότι ισχύει: σφΑ(σφΒ1 + σφΓ1 ) + σφΒ(σφΓ1 + σφΑ1 ) +

I +σφΓ(σφΑ 1 + σφΒ1 ) = συνθ + --συνθ (Προτείνεται από τον συνάδελφο Γ ΙΩΡΓΟ TPIANTO

Αθήνα )

Αγαπητοί συνάδελφοι, οι υπεύθυνοι της στήλης αυτής, κατά πρώτον σας ευχαριστούν θερμά για την υποστήριξή σας με τις εργασίες ,τις προτάσεις σας αλλά και τα καλά σας λόγια. Ζητούν όμως, κατά δεύτερον, συγγνώμη από αρκετούς συναδέλφους των οποίων η αλληλογραφία καθυστέρησε να δοθεί γιατί - προφανώς και εντελώς αθέλητα - χάθηκε για καιρό μέσα στην πληθώρα των εγγράφων που κατακλύζουν καθημερινά την ΕΜΕ. Ευνόητο ήταν, λοιπόν, τα ονόματα των συναδέλφων αυτών να μην αναφερθούν στους λύτες αρκετών ασκήσεων των οποίων έχουν ήδη δημοσιευθεί οι λύσεις. Πιστεύουμε ότι με περισσότερη προσοχή στην οργάνωση του τρόπου παραλαβής της αλληλογραφίας θα ακυρώσουμε στο μέλλον παρόμοιες ατυχείς καταστάσεις. Σας ευχόμαστε και από αυτή τη θέση καλές διακοπές και καλή συνεργασία για την επόμενη χρονιά.


Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν Τα μαθηματικά αν και είναι επιστήμη που απαιτεί αυστηρή διατύπωση, έχουν τη μαγεία να αποσπούν το ενδιαφέρον όλων των ανθρώπων. Επινοήσεις σε προβλήματα ή ασκήσεις με κατάλληλο τρόπο διατυπωμένα εξάπτουν το πνεύμα, διεγείρουν τη φαντασία και κεντρίζουν την περιέργεια. Πρώτοι οι Αρχαίοι Έλληνες όπως ο Διόφαντος, ο Ζήνωνας κ. ά. μας δίδαξαν αυτά τα μαθηματικά. Στη στήλη αυτή θα παρουσιάζουμε θέματα τα οποία δεν απαιτούν ιδιαίτερες μαθηματικές γνώσεις αλλά μας διασκεδάζουν με την εκφώνησή τους ή τη λύση τους και είναι μια ευχάριστη και συναρπαστική ασχολία .

Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος Γνωρίζετε ότι: � Ο 1 42.857 : 0 αριθμός αυτός ανήκει στους κυκλικούς αριθμούς. Δηλαδή αν πολλαπλασιαστεί με καθένα από τους φυσικούς αριθμούς 1 , 2, 3 , 4, . . . ν = 6 όσα τα ψηφία του αριθμού, δίνει κυκλικές μεταθέσεις των ψηφίων του. (π.χ. l χl 42857= 1 42857 , 2χ1 42857=2857 1 4, 3χ1 42857 1 =42857, 4χ1 42857=57 1 428 , 5χ1 42 857=7 1 4285 , 6χ1 42857=857 1 42) . Είναι αριθμός που οι «μάγοι» χρησιμοποιούν για να εντυπωσιάζουν τα πλήθη . Δήθεν τυχαία με κάποιο τρόπο βγάζουν μέσα από μια τράπουλα τα φύλλα 1 , 4, 2, 8, 5 , 7 . Ύστερα τα γράφουν σε μια ταινία χαρτί, ενώνουν τα άκρα της και την τσακίζουν ώστε μπροστά να φαίνονται τα 1 , 4, 2 και πίσω 8 , 5 , 7 . Βάζουν την ταινία σε ένα μακρόστενο φάκελο, δίνουν σε κάποιον να ρίξει ένα ζάρι και ζητούν με τον αριθμό αυτό να πολλαπλασιάσουν τον αριθμό της ταινίας. Ύστερα κάνοντας «μαγικά» στον φάκελο κόβουν με ψαλίδι τον φάκελο σε μια πλευρά του. Κρατούν τον φάκελο κατάλληλα και βάζουν το ένα σκέλος του ψαλιδιού μέσα ώστε να κόψουν τον φάκελο μαζί την ταινία σε μια μόνο πλευρά. Τραβώντας έξω την ταινία έχουν το σωστό

1 αποτέλεσμα. Ο αριθμός αυτός είναι τα περιοδικά ψηφία του - = Ο, 1 42857 1 42857 0 0 . Αν

7 πολλαπλασιαστεί με τον αριθμό που τον παράγει έχουμε εννιάρια 1 42857χ7=999999. Αν χωριστεί σε δύο αριθμούς με τον ίδιο αριθμό ψηφίων το άθροισμα είναι εννιάρια 1 42+857=999 . Τα κλάσματα με παρονομαστή p δεν μπορούν να έχουν επαναλαμβανόμενη περίοδο με περισσότερα από p- 1 ψηφία. Η μεγίστου μήκους περίοδος είναι στους αντίστροφους των πρώτων αριθμών. Πολλές ακόμα ασυνήθιστες ιδιότητες έχουν οι αριθμοί αυτοί. � Ο 1 5.873 : Ο αριθμός αυτός πολλαπλασιαζόμενος με τα 9 πρώτα πολλαπλάσια του 7 δίνει αξιοσημείωτα αποτελέσματα: 1 5873χ7=1 1 1 1 1 1 , 1 5873χ14=222222, . . . , 1 5873χ63=999999. Για να βρούμε τέτο ιους αριθμούς παίρνουμε κλάσματα με αριθμητή τη μονάδα και παρονομαστή ένα περιττό πολλαπλάσιο του 9 μη διαιρετό δια του 5· Οι αρ ιθμο ί αυτο ί που σχη ματίζονται όταν πολλαπλασιαστούν με το περιττό αυτό πολλαπλάσιο δίνουν τα ποιο πάνω αποτελέσματα. � Το παράδοξο του κουρέα (φιλοσοφικός γρίφος) : Φανταστείτε ένα γραφικό χωριό, ανέγγιχτο ακόμα από τον τουρισμό, στο οποίο υπάρχει ένας μόνο κουρέας. Έχει πολλή δουλειά, καθώς κόβει τα μαλλιά όλων και μόνον εκείνων των χωρικών που δεν κόβουν οι ίδιοι τα μαλλιά τους. Τότε όμως, μπορεί να αναρωτηθούμε, ποιος κόβει τα μαλλιά του ίδιου του κουρέα; Έστω ότι κόβει ο ίδιος τα μαλλιά του . Α ν το κάνει, τότε, αφού είναι και ο ίδιος χωρικός, δεν κόβει ο ίδιος τα μαλλιά του. Α ν υποθέσουμε, από την άλλη , ότι δεν κόβει ο ίδιος τα μαλλιά του, τότε, αφού είναι και ο ίδιος χωρικός, έπεται ότι κόβει ο ίδιος τα μαλλιά του . Επομένως, ο κουρέας αυτού του χωριού κόβει ο ίδιος τα μαλλιά του εάν και μόνον εάν δεν κόβει ο ίδιος τα μαλλιά του . Το 2009 είναι έτος της Αστρονομίας: Η Αστρονομία και τα μαθηματικά από την αρχαιότητα ήταν τα κύρια θέματα της ασχολίας των ανθρώπων. Αστρονομία σήμαινε μαθηματικά. Ας θυμηθούμε ότι ο Γαλιλαίος, Κοπέρνικος, Αριστοτέλης, Ερατοσθένης κ.ά. ασχολήθηκαν με τις κινήσεις των σωμάτων, το μέγεθός τους, τις αποστάσεις τους. Το 1 772 ο Johann Daniel τitius και ο Johann Elert Bode έδωσαν τις θέσεις των πλανητών με την αριθμητική σειρά Ο, 3, 6, 1 2 , 24, 48 , 96, 1 92, 0 0 0 που είναι Γεωμετρική πρόοδος. Αν σε κάθε αριθμό προστεθεί 4 και το άθροισμα διαιρεθεί με Ι Ο έχουμε τις αποστάσεις των πλανητών σε αστρονομικές μονάδες (απόσταση Γης - Ηλίου= 1 α.μ. ) σχεδόν με ακρίβεια


------------- Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν

μέχρι τον Ουρανό, διαφέρει λίγο ο Ποσειδών και ο Πλούτων. Αστρ ονο μ ία και αποστάσεις : Αστρονομική _τl""":::-------------;�r--=,__ Η μονάδα ΓΗ. Γ= Γη Η= Ήλιος. Αν ονομάσουμε �ω α την απόσταση ΗΓ του Ήλιου από τη γη, τότε Ρ

. α από το ορθογώνιο τρίγωνο ΓΤΗ έχουμε ρ r

' ρ =αημω η α= -- . ημω

Η γωνία ω με την οποία φαίνεται από τον Ήλιο η ακτίνα της Γης λέγεται οριζόντια παράλλάξη του ήλιου, είναι η ω=8,8 " άρα ΓΗ=α=149.504.3 1 2km.

ι ι ι ι

\ � ,' 'ι ! / +Σ /1 \ ; · \

! \ ι I ι '

/ i \ I \

I

Στο σχήμα Η είναι ο ήλιος και ΓιΓ2Γ3Γ4 η τροχιά της γης στην ετήσια περιφορά της γύρω από τον ήλιο. Α ν Σ είναι η θέση κάποιου αστέρα στο χώρο, τότε από τη θέση Γι της γης ο αστέρας αυτός προβάλλεται στον ουρανό στη θέση Σι, και καθώς η γη κινείται προς το σημείο Γ2 , ο αστέρας Σ φαίνεται ότι κινείται και διαγράφει το τόξο Σ ιΣ2. Έτσι, ενώ η γη διαγράφει την ετήσια κίνηση της γύρω από τον ήλιο, ο αστέρας φαίνεται ότι διαγράφει την τροχιά Σ 1Σ2Σ3Σ4 στον ουρανό. Η τροχιά αυτή ονομάζεται παραλλαξιακή τροχιά του αστέρα Σ.

Από τις παραλλακτικές τροχιές των αστέρων, όπως είναι ευνόητο, αποδεικνύεται ότι η γη κινείται γύρω από τον ήλιο .

Η γωνία ω, που σχηματίζουν οι πλευρές ΣΓι και ΣΗ του ορθογώνιου τριγώνου ΓιΗΣ, ονομάζεται ετήσια παράλλαξη του αστέρα Σ. Η πλευρά ΣΗ δίνει την απόσταση του αστέρα από τον ήλιο. Η παράλλαξη ω, όπως είναι φυσικό, είναι πάντοτε πολύ μικρή, μικρότερη και από το τόξο του 1 " . Είναι μάλιστα φανερό ότι όσο πιο μακριά από τη γη βρίσκεται ένας αστέρας, τόσο μικρότερη θα είναι και η παράλλαξη του. Γνωρίζουμε όμως, ότι η ΗΓ1 είναι η απόσταση της γης από τον ήλιο και είναι ίση με Ι aστρονομική μονάδα. Έτσι, αν γνωρίζουμε την παράλλαξη κάποιου αστέρα, μπορούμε να βρούμε την απόσταση του από τη γη .

Π ιψσf:κ ονομάζουμε την απόσταση, στην οποία ένας αστέρας παρουσιάζει παράλλαξη ίση με Ι " . Την απόσταση � αυτή χρησιμοποιούμε πολύ συχνά ,.,/': � σαν μονάδα μετρήσεως των #' ·

αποστάσεων. Η ονομασία παρσέκ προκύπτει από τη σύντμηση των λέξεων: παράλλαξη και σεκόντ (δευτερόλεπτο) .

�l.'!li':�.ιn----4r, Ανάμεσα στην παράλλαξη και τις μονάδες μήκους: παρσέκ και έτος φωτός, υπάρχει η εξής αντιστοιχία: παράλλαξη Ι ' ' = 1 παρσέκ = 3 ,26 έτη

φωτός, παράλλαξη 0, 1 " = 1 Ο παρσέκ = 32 .60 έτη φωτός. ψ' • :τ(:, .Ξ = απόσταση ίση με 9,5 τρισεκατομμύρια χιλιόμετρα. );> Η μεγάλη έκρηξη έγινε πριν 12 δισεκατομμύρια

χρόνια. );> Πριν 900 εκατομμύρια χρόνια το έτος είχε 487 μέρες

και η μέρα-νύχτα 1 8 ώρες.

ΟΙ ΚΥ ΚΛΟ Ι : Πόσα εκατοστά είναι το άθροισμα των περιμέτρων και των 5 κύκλων αν η περίμετρος του μεγάλου είναι 20 εκατοστά. ΤΑ ΔΩΡΑ : Ένας μαθηματικός έδωσε δώρα στους φίλους του Α, Β, Γ, Δ, Ε με παράξενο τρόπο. Τους μοίρασε αντίστοιχα τις μάρκες με τους αριθμούς 5 ,25 , 1 25 ,625 , 3 1 25 ύστερα αρίθμησε τα δώρα 1 , 2, 3, 4, 5 και τους άφησε να πάρουν όποιο δώρο θέλουν. Χωρίς να δει τι πήρε ο καθένας τους ζήτησε να πολλαπλασιάσουν τον αριθμό του δώρου επί τον αριθμό της μάρκας που τους έδωσε και να προσθέσουν τα αποτελέσματα. Το άθροισμα που βρήκαν ήταν 96 1 5 , τότε τους είπε ότι ξέρει ποιο δώρο πήρε ο καθέ\'ας. Πώς το βρήκε;


------------- Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν -------------

ΛΙ ΡΕΣ ΚΑΛΗΙ ΚΕΣ : Κάποιος είχε πέντε κουτιά με λίρες που το καθένα είχε 5 ή περισσότερες λίρες, αλλά έχει υποψίες ότι σε ένα από αυτά οι λίρες είναι κάλπικες. Πώς θα το βρει με ένα μόνο ζύγισμα; (Η καλή λίρα ζυγίζει 9 γραμμάρια, η κάλπικη 8 γραμμάρια) .

ΧΑΡΕΣ και Μ ΟΥΣ Ε Σ : Οι τρείς Χάρες κρατούν ίδια ποσότητα μήλων η κάθε μια. Συναντούν τις εννέα Μούσες, με τις οποίες μοιράζονται τα μήλα τους, δίνοντας στην κάθε μία τον ίδιο αριθμό μήλων. Αν μετά την διανομή έχουν όλες τους τον ίδιο αριθμό μήλων πόσα μήλα είχε η κάθε Χάρη ;

Ο ΤΕΛΕΥΤΑ ΙΟΣ ΠΑΝΤΑ . . . ΧΑΝ ΕΙ ή Κ Ε ΡΔΙΖΕΙ Παίζετε με το φίλο σας και παίρνετε διαδοχικά I ή 2 ή 3 κέρματα από ένα σωρό γνωστού αριθμού κερμάτων α) χάνει το παιχνίδι εκείνος που παίρνει το τελευταίο κέρμα β) κερδίζει αυτός που παίρνει το τελευταίο κέρμα. Πώς θα νικήσετε το φίλο σας;

Απαντήσεις στα μαθηματικά μας διασκεδάζουν. ΟΙ ΚΥΚΛΟΙ

20 1 0 Η περίμετρος του μεγάλου κύκλου είναι 20=2πρ ή ρ=- = - Το άθροισμα των περιμέτρων και των 5

2π π

εκατοστά.

ΤΑ ΔΩΡΑ

1 0 2π(ρ+ρ ι+ρ2+ρ3+ρ4 )= 2π(ρ+2ρ)= 2π3ρ= 6π - =60 π

Αν φ, χ, ψ, ω, ζ είναι οι αριθμοί των δώρων που πήραν αντίστοιχα οι φίλοι Α, Β , Γ, Δ, Ε έχουμε 5φ+25χ+ 1 25ψ+625ω+ 3 1 25ζ=96 1 5 ή διαιρούμε με 5 και έχουμε φ+5χ+25ψ+ 1 25ω+625ζ= 1 923= 5 *384+ 3 άρα φ=3 . Σκεπτόμενοι παρόμοια θα έχουμε χ=4, ψ= 1 , ω=5 , ζ=2 . Δηλαδή ο Α πήρε το 3 , ο Β το 4, ο Γ το 1 , ο Δ το 5 και ο Ε το 2 .

ΛΙΡΕΣ ΚΑΛ Π Ι ΚΕΣ Θα αριθμήσει τα κουτιά και θα βάλει στη ζυγαριά 1 λίρα από το πρώτο, 2 από το δεύτερο, 3 από το τρίτο, 4 από το τέταρτο και 5 από το πέμπτο δηλαδή σύνολο 1 5 λίρες επί I Ο γραμμάρια ίσον 1 50 γραμμάρια. Α ν η ζυγαριά δείξει 1 49 γραμμάρια τότε οι κάλπικες είναι στο πρώτο, αν δείξει 1 48 στο δεύτερο, 1 4 7 στο 3°, 1 46 στο 4° , 1 45 στο 5" .

ΧΑΡΕΣ και Μ ΟΥΣΕΣ Αφού μετά τη διανομή η κάθε θεά έχει τον ίδιο αριθμό μήλων έπεται ότι ο συνολικός αριθμός των μήλων είναι πολλαπλάσιο του 1 2 . Αφού όμως στην αρχή οι τρείς Χάρες είχαν ίδιο αριθμό μήλων άρα ο αριθμός είναι και πολλαπλάσιο του 3. Άρα το 1 2 και τα πολλαπλάσια του δώδεκα είναι λύσεις του προβλήματος.(3 * 1 2=36, 36 : 1 2=3 ) κ.λ.π.

Ο ΤΕΛΕΥΤΑΙΟΣ ΠΑΝΤΑ . . . ΧΑΝ Ε Ι ή ΚΕΡΔΙΖΕΙ α) Πρέπει στον τελευταίο γύρο να μείνει μόνο ένα κέρμα για να το πάρει ο φίλος σας. Αν παίζεις πρώτος από τα κέρματα του σωρού θα πάρεις τόσα ώστε τα υπόλοιπα να είναι πολλαπλάσιο του 4 συν ένα. Στη συνέχεια θα παίρνεις χ κέρματα ώστε τα κέρματα που πήρε ο φίλος σου συν τα χ δικά σου να είναι 4 . Έτσι ο φίλος θα πάρει το τελευταίο και θα χάσει. Αν παίζεις δεύτερος κάνε το ίδιο . Όταν έρθει η σειρά σου πάρε τόσα ώστε να μείνουν πολλαπλάσια του 4 συν ένα, και στη συνέχεια όπως πριν. β) Δυο περιπτώσειc: α) Αν ο αριθμός των κερμάτων είναι πολλαπλάσιο του 4. Τότε πάλι αν παίζεις πρώτος πάρε τόσα ώστε να μείνουν πολλαπλάσια του 4. Αν παίζεις δεύτερος, πάρε 4 μείον αυτά που παίρνει ο φίλος σου κάθε φορά. β) Αν ο αριθμός δεν είναι πολλαπλάσιο του 4. Τότε αν παίζεις πρώτος πάρε τόσα ώστε να μείνουν πολλαπλάσια του 4 και έτσι είσαι στην προηγούμενη περίπτωση . Αν παίζεις δεύτερος θα πάρεις πάλι τόσα ώστε να είσαι στην προηγούμενη περίπτωση α.


Πήραμε τον Μάρτιο του 2009 από τους συναδέλφους μαθηματικούς και μια παρά πολύ αξιόλογη εργασία σε Επαναληπτικά θέματα κατεύθυνσης Γ Λυκείου με αρκετά έξυπνα και συνδυαστικά με πολύ καλή μαθηματική προσέγγιση και μεθοδολογία. Δυστυχώς το περιοδικό είχε ήδη σελιδοποιηθεί και δεν υπήρχε δυνατότητα δημοσίευσης Μένει στο αρχείο του περιοδικού, σαν πολύ καλό υλικό, για δημοσίευση στο επόμενο τεύχος της σχολικής χρονιάς 2009 - 201 0. Η πολύ καλή δόμηση της ύλης κάνει την επικαιρότητα των θεμάτων των συναδέλφων διαχρονική . Σας ευχαριστούμε θερμά για αυτή σας τη συνεργασία.

Πήραμε αρχές του 2009 από τον συνάδελφο μαθηματικό του 39ου Γενικού Λυκείου Αθηνών μια ενδιαφέρουσα απόδειξη του τύπου του εμβαδού τη έλλειψης. Μένει στο αρχείο για δημοσίευση στην πρώτη επίκαιρη ευκαιρία.

Πήραμε αρχές του 2009 από τον συνάδελφο μαθηματικό μια πολύ καλή και ενδιαφέρουσα εργασία με θέμα: «Κέντρο βάρους επιπέδων επιφανειών)> με αρκετά καλή εισαγωγική τοποθέτηση σε έννοιες της Φυσικής όπως κέντρο βάρους σώματος και ροπή δύναμης με αξιόλογη διερευνητική ανάπτυξη και υπολογιστική έκφραση υπολογισμού επιπέδων επιφανειών με ολοκληρώματα. Επιδίωξη μας είναι να αξιοποιούνται όλα όλα τα πρωτότυπα άρθρα των συναδέλφων. Ο περιορισμένος χώρος και χρόνος δεν δίνει την ευκαιρία να ναι δημοσιεύσιμη σ' αυτή τη φάση, το άρθρο σας στον Ευκλείδη Β ' μένει στο αρχείο μας για την πρώτη ευκαιρία . Επειδή όμως έχει αρκετό ενδιαφέρον για συναδέλφους μαθηματικούς θα σας προτείναμε να το στέλνατε και στον Ευκλείδη γ' , μια και η προσέγγισή του, ενδιαφέρει όλους τους μαθηματικούς και φυσικούς. Σας ευzαριστούμε πολύ για την εμπιστοσύνη σας.

Πή ραμε από τον φοιτητή του ΕΜΠ την παρακάτω προτεινόμενη άσκηση με τη λύση της «.J iι-εται ευθεία (ε) στο επίπεδο και έστω τυχαία σημεία Α,Β εκτός αυτής και προς το ίδιο μέρος της (να ανήκο v , · δη/.αδή στο ίδιο ημιεπίπεδο). Να δειχθεί ότι υπάρχει έλλειψη (C) με εστίες Α, Β που να εφάπτεται της ευθεία; fεJ και να βρεθεί το εμβαδό της» . Αρκετά αξιόλογη και πρωτότυπη, μένει στο αρχείο μας για δημοσίευση στο 2° ή 3 ° τεύχος της επόμενης σχολικής χρονιάς. Σ' ευχαριστούμε πάρα πολύ για την εργασία και την πολύ καλή διαπραγμάτευση του θέματος.

Δη μοσιεύουμε με χαρά έναν απλούστατο Γεωμετρικό τρόπο υπολογισμού της εφ 1 5°, που μας έστειλε ο μαθητής του τμήματος Α4 του Βαρβακείου Λυκείου r . • , · , , . με την εντελώς ανάλογη γενίκευση. .��

Δ α Γ β Α Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ με Α =90° και Γ =30°. Προεκτέινουμε την ΑΓ κατά ΓΔ =ΓΒ, οπότε Δ= 1 5°.

'Ε 1 5° ΑΒ γ γ 30° 1 ·

β χουμε εφ = -- = -- και - = εφ = - , οποτε γ = - . ΑΔ α + β β J3 J3

Αλλά : α = �β2 + γ2 = �

β2 + β2

= �4β2

= � .

3 3 J3 β

ο 13 1 2 - J3 � Άρα εφ 1 5 = " _j = -- = -- = 2 - ν 3 . 2β + β 2 + J3 4 - 3

J3

Με 0°<θ<45° , έχουμε εφθ = _]_β και 1. = εφ 2θ , οπότε γ = β · εφ 2θ . α + β Αλλά: α = �β2 + γ2 = �β2 + β2εφ2 2θ = β�1 + εφ2 2θ = β 1 +

ημ2 2θ = β

συν2 2θ + ημ2 2θ β

συν2 2θ συν2 2θ συν2θ

. 8 βεφ2θ λrα: εο = β

β - -συν2θ

ημ2θ

συν2θ συν2θ + 1

συν2θ

ημ2θ

1 + συν2θ

Documents

Ευκλειδης Β 72