στην

\r( � r (;

άλγε�ρα " "

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ

Υπεύθυνοι Έκδοσης Ευσταθίου Ευάγγελος Σπανδάγος Ευάγγελος

Γραμματεία σύνταξης: Δούναβη ς Αντώνης Δράκος Γιάννης Ευσταθίου Ευάγγελος Κυριαζόπουλος Δημήτρης Σπανδάγος Ευάγγελος

Συντακτική Ομάδα: Αρβανιτογεώργος Ανδρέας Βακαλόπουλο� Κώστας Καλίκας Σταματης Καρκάνης Βασίλης Κερασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόντζιας Νίκος Κυριακόπουλο> Αντώνης Λαφρίδης Χρηστος Λουρίδας Σωτήρης Μαλαψέκας Θανάσης Μαρουλη Βιολέτα Μπούκας Λάμπρος Σα"ίτη_ Εύα Σπανδάγου Ρούλα Τασσόπουλος Γιώργος Τσικαλουδάκηs Γιώργος Τ σ ιού μας Θανασης Χαραλαμποπούλου Λίνα

Συνεργάτες: Βλάμος Τάκης Βλαχούτσικος Γιώργος Γιδαράκος Θωμάς Ζέρβας Δημήτρης Καλομιτσίνη Αλεξάνδρα Καλομιτσίνης Σπύρος Καρκούλιας Γιώργος Κοντογεώργος Δημήτρης Κοντογιάννης Δημήτρης Ντζιώρας Ηλίας Πανδής Αλέκος Πούλος Ανδρέας Σάλαρης Γ. Κων/νος Τσιμπουράκης Δημήτρης

ΕΚΔΟΣΗΤΗΣΕ�Σ ΜΑΘΗΜΑυlliΗΣΕΤΑWΕΜΣ ΠΑΝΕΠΙΣΊΉΜΙΟΥ 34- Ι 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ.:36 Ι 7 784 - 36 Ι 6 532 Fa;..:: 36 4 Ι 025 Εκδότης: Αλεξανδρής Νικόλαος

Διευθυντής: Τυρλής Ιωάννης

ISSN: 1105- 7998 Επιμέλεια Έκδοσης:

Μαραγκάκης Στέλιος ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τεύχος: 500 δρχ

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 35 - Ιανουάριος Φεβρουάριος Μάρτιος - 2000 - δρχ. 500

e-mail: info@hms.gr www.hms.gr

Π Ε Ρ I Ε Ο Μ Ε Ν Α 2 Ένα γράμμα από την Ελληνικιί Μαθιηιαπκή Εταιρcία

3 ΊΌ νcα ιου Εuκλcίδιι

5 Ο Μαθιιμαιικός Ηρων από ιην Αλcζάνδρcια . .. 9 Εuκλcίδοu "Πcρί διαιρcσcων"

10 ΙJωιώνιας πας ... σrην πόλη

11 Το Βι}μα ιοu Εuκλcίδιι

19 Μαθιιμαrικά παράδοξα και Μαθιιμαrικά Παιχνίδια

23 ΊΌ μαθιιμαηκά δcν cίναι μόνο ασκήοcις

25 Ο Έυκλcίδης" προτcίνcι ... Εuκλcίδιι

26 ΗΟΜΟ MATHEMA'flCUS 28 Η στήλη πις πλιιροφορικής

30 Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθημαrικcς Ολuμπιάδcς

41 Η στήλη ιοu μαθφι}

Μα/:Jιιματικά. γω ιηv Α' Τάξιι rou Λuκcfou

43 Σuναρτήσcις

49 Παράλληλcς cυθcίcς

Μα/:Jημαηκά για rηv Β' Τάξη ωu Λuκcfou

54 Θcωρία αριθμών

56 Αριθμφικcς και Γcωμcφικcς Πρόοδοι

61 Εκθcrικcς και Λογαριθμικcς Εζισι.Jσcις Ανισώσcις

64 Ευκλcίδια Γcωμcφία Β' Λuκcίοu (Εμβαδά και Κανονικά Τρίγωνα)

Μα/:Jημαπκά για την I" Τά{ιι του Λυκcίου

69 Διαφορικcς Μcθοδcύσcις και Παραιηρήσcις οιον υπολογισμό ιης

Παραγώγου μιας Σuνάρrιισcις

72 Θ. Bolznno Θ. Ενδιάμcσων τιμών Θ. Μcγίσιοu Ελαχίσιοu και

Εφαρμογcς

79 Η σrι}λιι πι ς Αλλιιλογραφίας

80 Βιβλιοπαροuοίασιι

Ετήσια συνδρο�LΊΊ: 2.000δρχ �--------------------------------------------------i Οργανισμοί: Ταχ. Επιταγές 4.000 δρχ Στοιχειοθεσία - Σελιδοποίηση Ε!Ctύπωση: ΙΝΊΈΡΙΙΡΕΣ Α.Ε., Ιερά οδός 81 - 83 Τ. Γραφείο ΑΟήνα 54, Τ.Θ. 30044 Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία Υπευθ. Τιmσyραφείου: Ν. Αδάιcιυλος-Τηλ:3474654

Αγαπητοί φίλοι,

�ιια yp,άμμα ασcό- cnιι {jiJ i1 nιι tRiί JflaιJ-n μ acι Riί

{jzaιp,�!-ia

Όπως θα έχετε πληροφορηθεί από προηγούμενα τεύχη του «Ευκλείδη Β'», το έτος 2000 έχει ανακηρυχθεί ως Παγκόσμιο Έτος των Μαθηματικών. Και η ανακήρυξη αυτή δεν είναι τυχαία. Οφείλεται στην παραδεκτή πλέον αποδοχή του μεγάλου ρόλου των μαθηματικών στην εξέλιξη

της επιστήμης και της τεχνολογίας. Για μας τους Έλληνες ο παγκόσμιος αυτός εορτασμός έχει ιδιαίτερη σημασία, γιατί

υπερηφανευόμαστε να πούμε ότι τα μαθηματικά είναι μια κατ' εξοχήν Ελληνική επιστήμη, εφ ' όσον οι πρόγονοί μας αφ' ενός μεν συγκέντρωσαν και συστηματοποίησαν τα μαθηματικά και αφ' ετέρου τα ανήγαγαν σ' ένα διακεκριμένο σύνολο συστηματικών γνώσεων. Είναι χαρακτηριστική η άποψη του Γερμανού φιλόσοφου Kant (1724 - 1804) :

<<τα μαθηματικά βρήκαν στον θαυμάσιο λαό των Ελλήνων τον ασφαλή δρόμο μιας επιστήμης . . . » Η τιμή της ανύψωσης των μαθηματικών σε επιστήμη ανήκει στον Θαλή τον Μιλήσιο (643 - 548

π.Χ.), στον Πυθαγόρα (572- 482 π.Χ.) και στους μαθητές τους. Πρέπει λοιπόν όλοι εμείς που ασχολούμαστε με τα μαθηματικά, μαθητές, φοιτητές, δάσκαλοι,

καθηγητές κ.ά. να συμβάλουμε στην επιτυχία της εορτής αυτής των μαθηματικών. Δεν είναι υπερβολή να λεχθεί ότι εσείς οι μαθητές του Λυκείου με τις θαυμάσιες πρωτοβουλίες

και εμπνεύσεις που έχετε μπορείτε να βοηθήσετε άμεσα ώστε να προβληθεί η αξία και η συμβολή των μαθηματικών στην εξέλιξη των επιστημών. Αυτό μπορεί να γίνει με διάφορες ομιλίες στα σχολεία σας, με εκθέσεις φωτογραφιών, βιβλίων και κειμένων μαθηματικού περιεχομένου, με τοπικούς διαγωνισμούς μαθηματικών με δημοσιεύματα στον τοπικό τύπο κ.α.

Οι ομιλίες είναι δυνατόν--να αναφέρονται στη μεγάλη προσφορά των Αρχαίων Ελλήνων στα μαθηματικά, στους μεγάλους Έλληνες Μαθηματικούς, στην Ιστορία της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας, στα περίφημα άλυτα προβλήματα της Αρχαιότητας, στα σύγχρονα άλυτα μαθηματικά προβλήματα κ.λπ.

Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία και ειδικότερα οι υπεύθυνοι έκδοσης του «Ευκλείδη Β'» μπορούν να σας υποδείξουν διάφορες πηγές από τις οποίες θα αντλήσετε τα στοιχεία που θα σας χρειαστούν για τις εκδηλώσεις που θα αποφασίσετε.

Ίσως στην προτροπή αυτή αντιτάξετε το επιχείρημα της έλλειψης χρόνου λόγω των πολλών μαθημάτων που πρέπει να μελετήσετε. Νομίζουμε όμως ότι με ένα σωστό προγραμματισμό ο απαραίτητος λίγος χρόνος που απαιτείται για τις εκδηλώσεις που σας προτείνουμε θα βρεθεί.

Το Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. και η συντακτική επιτροπή του «Ευκλείδη Β'» θα χαρούν ιδιαιτέρως αν στείλετε στην Ε.Μ.Ε. το πρόγραμμα των εκδηλώσεων που θα αποφασίσετε. Το πρόγραμμα φυσικά αυτό θα δημοσιευθεί στον «Ευκλείδη Β')).

Φιλικά, Ο πρόεδρος του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε.

Καθηγητής Νικόλαος Αλεξανδρής

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/2

(/'α fltcia q οο �o�d �L J' n

Στις 1 - 1 -2000 την Προεδρία της Ακαδημίας Αθηνών ανέλαβε ο Ακαδημαϊκός κ. Αρτεμιάδης Νικόλαος. Ο κ. Αρτεμιάδης που είναι μαθηματι­κός (τέως καθηγητής του Πανεπιστημίου Πατρών) διετέλεσε και πρόεδρος της Ε.Μ.Ε . . Η συντακτική επιτροπή του Ευκλείδη Β ' τον συγχαίρει θερμά.

***

Στις 10- 1 -2000 στο Πανεπισiήμιο του Πρίν­στον των Η.Π.Α. έγινε επιστημονικό μνημόσυνο στον μεγάλο Έλληνα μαθηματικό Χρήστο Παπα­κυριακόπουλο ( 1 9 1 4 - 1 976). Ο Παπακυριακό­πουλος έφυγε από την Ελλάδα το 1 949. Έγινε κα­θηγητής στο Πανεπιστήμιο του Πρίνστον το 1 950. Τα αντικείμενα της Έρευνάς του ήταν η γεωμετρι­κή τοπολογία και οι τρισδιάστατες πολλαπλότητες. Το 1 962 ονομάσθηκε «Ανώτερος μαθηματικός ε­ρευνητής» ενώ το Ι 964 τιμήθηκε από την Αμερι­κανική Μαθηματική Εταιρεία με το βραβείο Vehlen. Θεωρείται ως ο μεγαλύτερος Έλληνας μα­θηματικός του 20ου αιώνα μετά τον Κωνσταντίνο Καραθεοδωρή.

Στις Ι 5- Ι -2000 επανακυκλοφόρησε από τις εκδόσεις Doνer των Η.Π.Α. το περίφημο έργο του μεγάλου έλληνα μαθηματικού Κων/νου Καραθε­οδωρή με τίτλο "Confoπnal Representation" ( σύμμορφη απεικόνιση)

*** Στον γνωστό οίκο δημοπρασιών Christies πα­

ρουσιάσθηκε προς πώληση πριν δυο μήνες μια σπάνια έκδοση των «Στοιχείων» του Ευκλείδη του έτους Ι 500 (έκδοση Βενετίας) . Οι τρεις τόμοι του έργου κατακυρώθηκαν σ' άγνωστο συλλέκτη αντί του ποσού των Ι 2 .000.000 (δώδεκα εκατομμυρί­ων) δρχ.

*** Η επόμενη είδηση είναι «κλεμμένη» από το

ωραίο φυλλάδιο που εκδίδει το παράρτημα της Ε.Μ.Ε. Ηρακλείου Κρήτης. Αντιγράφουμε λοιπόν

από τη στήλη «ειδήσεις από τον κόσμο των μαθη­ματικών» :

Μ' ένα σμπάρο τρία τριγώνια: Μια και η συζήτηση είναι για τους supercomputers, ας ανα­φέρουμε ότι ένα άλλο από τα προσφιλή θέματα των ειδικών, είναι η εύρεση όλο και μεγαλύτερων πρώτων αριθμών. Το ρεκόρ καταρρίφθηκε μόλις πριν από ένα μήνα από τους Hajratwala, Woltman και Kurowski . Οι μαθηματικοί αυτοί βρήκαν τον μεγαλύτερο σήμερα γνωστό πρώτο, που είναι ο 26972593- Ι . Το ιδιαίτερο ενδιαφέρον για τους πρώ­τους αυτής της μορφής είναι γιατί γεννούν τέ­λειους αριθμούς. (Υπενθυμίζουμε ότι οι αρχαίοι Πυθαγόρειοι ονόμαζαν έναν αριθμό τέλειο, αν το άθροισμα των γνήσιων διαιρετών του ισούται με τον ίδιο τον αριθμό, όπως π.χ. 6 = Ι + 2 + 3 , 28 = Ι + 2 + 4 + 7 + 14) . Πράγματι, στα Στοιχεία του Ευκλείδου (Βιβλίον IX, 36) υπάρχει το εξής θεώρημα:

Εάν από μονάδος οποσοιούν αριθμοί εξής ε­

κτεθώσιν εν τη διπλασίονι αναλογία έως ού ο σύ­

μπας συντεθείς πρώτος γένηται, ακι ο σύμπας επί

τον έσχατον πολλαπλασιασθείς ποιεί τινά, ο γινόμε­

νος τέλειος έσται.

Με άλλα λόγια, αν ένας αριθμός p έχει την ι­διότητα ο Ι + 2 + 22 + . . . + 2p-ι να είναι πρώτος, τότε ο 2p-ι ( Ι + 2 + 22 + . . . +2Ρ� 1 ) , δηλαδή ο 2Ρ-1 (2Ρ- Ι ), είναι τέλειος. Αριθμοί p με (2Ρ - Ι ) πρώτο είναι α­ναγκαστικά και οι ίδιοι πρώτοι (αν p = ab, τότε ο 2Ρ - Ι = (2a)b - Ι παραγοντοποιείται. Προσοχή ό­μως, δεν ισχύει το αντίστροφο ). Οι πρώτοι της μορφής 2Ρ - Ι ονομάζονται πρώτοι του Mersenne, προς τιμήν του γάλλου μοναχού Marin Mersenne ( Ι 588 - Ι 648) ο οποίος ασχολήθηκε με αυτούς. Μέχρι το Ι 947 ήσαν γνωστοί οι πρώτοι του Mer­senne που προκύπτουν από τις τιμές p = 2, 3, 5, 7, 1 3 , Ι 7, Ι 9, 3 Ι , 6 1 , 89, 1 07 και Ι 27 ενώ απεδείχθη για κανέναν άλλο p < 258 δεν προκύπτει πρώτος. Ο τελευταίος, ο δωδέκατος δηλαδή κατά τάξη με-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.γ. τ.3/3

Τα Νέα τQυ Ευκλείδη

γέθους πρώτος του Mersenne, έχει 77 ψηφία και ανακαλύφθηκε από τον Lucas το Ι 876. Με την ε­πινόηση όμως των υπολογιστών βρέθηκαν πολύ μεγαλύτεροι πρώτοι, με τεράστιο πλήθος ψηφίων. Το ρεκόρ σήμερα είναι ο προαναφερθείς πρώτος των Hajratwala, Woltman και Kurowski ο οποίος είναι ο τριακοστός όγδοος βρεθείς αριθμός Mer­senne. Αντιστοιχεί στον p = 6972593 και έχει 2098960 ψηφία στο δεκαδικό του ανάπτυγμα. Σύμφωνα με το θεώρημα του Ευκλείδη, ο 26972592 (26972593 - Ι) είναι τέλειος. Έχει' 4 Ι 979 Ι 9 ψηφία.

Ο 26972592 (26972593 - Ι), λοιπόν, είναι ο μεγαλύ-τερος σήμερα τέλειος, που προκύπτει από τον με­γαλύτερο σήμερα πρώτο του Mersenne ο οποίος είναι, συγχρόνως, ο μεγαλύτερος σήμερα γνωστός πρώτος.

***

Κατόπιν ενεργειών του Προεδρείου του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. η Μαθηματική Ολυμπιάδα του 2004 που θα γίνει στην Αθήνα εντάχθηκε στα πλαίσια των εκδηλώσεων της πολιτιστικής Ολυμπιάδας του ίδιου έτους.

*** Με μεγάλη συμμετοχή μαθητών διεξήχθησαν

οι ετήσιοι διαγωνισμοί της Ε.Μ.Ε. Έτσι στον δια­γωνισμό «Θαλής» συμμετείχαν Ι 2 .000 μαθητές, στον διαγωνισμό «Ευκλείδης» Ι 400 μαθητές και στον διαγωνισμό «Αρχιμήδης» 300 μαθητές.

***

Στις 2-2-2000 συμπληρώθηκαν 50 χρόνια από

85 περίπου μαθητές. Στην εκδήλωση παραβρέθη­καν οι μαθηματικοί βουλευτές Γεώργιος Καλός και Παντελής Οικονόμου, εκπρόσωποι του Υ­πουργείου Παιδείας και Πολιτισμού και πλήθος κόσμου. Μετά την απονομή επακολούθησε μια μι­κρή δεξίωση.

*** Στις 5 Μαρτίου 2000 έγινε με μεγάλη συμμε­

τοχή μαθηματικών η Ετήσια Γενική Συνέλευση της Ε.Μ.Ε.

Κυκλοφορούν από την Ε.Μ.Ε.: I

Ανδρέα Πούλου 1 j

"ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙ- I

ΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ (1500 -1900)" ' Σελίδες 230 Δραχμές 1.000 (για τα μέλη της Ε.Μ.Ε.)

Χρήστου Κηπουρού

"ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ"

ΟΝΟΜΑΤΑ r:ΕΩΜΕΤΡΙΚΩΝ ΟΡΩΝ

ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΆ

Απόδοση και σχόλια στη Νεοελληνική γλώσσα, από την έκδοση J. Heiberg

Σελίδες 516 Δραχμές 5.000 (για τα μέλη της Ε.Μ.Ε.)

' ' I

• '

τον θάνατο του μεγάλου Έλληνα Μαθηματικού Κωνσταντίνου Καραθεοδωρή. Πολλές εφημερί� ' δες των Αθηνών αλλά και τηλεοπτικά κανάλια εί- ΚΥΚΛΟΦΟΡΕΙ χαν ειδικά αφιερώματα για την ζωή και το έργο του.

Ιδιαίτερη συγκίνηση προκάλεσαν οι δηλώσεις που έκανε για τον πατέρα της η θυγατέρα του Κα­ραθεοδωρή κυρία Δέσποινα Ροδοπούλου­Καραθεοδωρή

*** Την Κυριακή 30 Ιανουαρίου 2000 και ώρα

ΙΙ.ΟΟ στο αμφιθέατρο της Ιατρικής του κεντρικού κτηρίου του Πανεπιστημίου Αθηνών έγινε η απο-νομή των βραβείων στους μαθητές που διακρίθη­καν στους διαγωνισμούς της Ε.Μ.Ε .. Βραβεύτηκαν

'

Από την Ε.Μ.Ε. σε δεύτερη έκδοση το βιβλίο του ομ. Καθηγητή του Πανεπιστημίου Πατρών

και Προέδρου της Ακαδημίας Αθηνών

ΝΙΚΟΛΑΟΥ ΑΡΤΕΜΙΑΔΗ

«ΣΤΟΙΧΕΙΩΔΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΑΠΟ ΑΝΩΤΕΡΗ ΣΚΟΠΙΑ»

(Σελίδες 82, δρχ. 2000) -� ..

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.3/4

λΡΧλlλ 6λλΗΝΙΚλ ΜλΘΗΜλ ΤΙΚλ Υπεύθυνοι στήλης: Κηπουρός Χ. - Σπανδάγος Β. - Τσιμπουράκης Δ.

Α_ IJ μαlnματικόs il pωy από ΤΗΥ ΑΛεζάΥi pεια iιlά6κει ΤΗΥ απόiειζn μεlόiου υποΛοyιgμού του

και xpίt6H εμ6αiού

μιαs "

tYOS

" vεαs

τpι-yώγου

1. Ο τύπος του Ήρωνα Στο 10° κεφάλαιο του σχολικού βιβλίου

Ευκλείδf:ιας Γεωμετρίας, ανάμεσα σε διάφορους τύπους για το εμβαδό ενός τριγώνου, αναφέρεται και ο εξής:

Ε = '\}τ( τ - α)(τ - β)(τ- γ) ( 1 ) (α, β , γ τα μήκη των πλευρών και τ η ημιπερί­

μετρος του τριγώνου) . Η απόδειξη του ( 1) στο σχολικό βιβλίο προ-

, ' ' λ ' ' Ε 1 κυπτει αμεσως απο τον κ ασσικο τυπο = 2 αυα, αφού αντικατασταθεί το ύψος σύμφωνα με τον τύ­πο

_ 2.Υτ(τ - α)( τ - β)( τ - γ) υα - . α Ο τελευταίος έχει αποδειχθεί στο 9° κεφάλαι­

ο, με χρήση του Πυθαγορείου θεωρήματος, της γε­νίκευσής του σε οξυγώνιο ή αμβλυγώνιο τρίγωνο και ορισμένων αλγεβρικών ταυτοτήτων. Η προη­γούμενη αποδεικτική διαδικασία αποτελεί ένα πο­λύ διδακτικό παράδειγμα για τον τρόπο με τον ο­ποίο ο συνδυασμός Γεωμετρίας και Άλγεβρας μπορεί να οδηγήσει σε νέα αποτελέσματα.

Ο τύπος ( Ι ) είναι δυνατό να αποδειχθεί και με διαφορετικούς τρόπους. Μπορούμε για παράδειγ­μα να αλγεβροποιήσουμε ακόμη περισσότερο τη διαδικασία απόδειξης, χρησιμοποιώντας τον τύπο Ε 1 β Α , , , = 2 γημ , απο τον οποιο προκυπτει 4Ε2 = β2 γ2 ημ2Α ή 4Ε2 = β2 γ2 ( 1 - συν2Α) , και στη συνέχεια να αντικαταστήσουμε το συνΑ σύμ­

του Γιάννη Θωμαίδη

φωνα με το νόμο των συνημιτόνων. Ο ( 1 ) είναι γνωστός ως «τύπος του Ήρωνω>,

από το όνομα του σπουδαίου έλληνα μαθηματικού και μηχανικού που έζησε, σύμφωνα με ορισμένες ενδείξεις, τον 1 ο αιώνα μ.Χ. στην Αλεξάνδρεια και έγραψε, μεταξύ άλλων, τα έργα «Μετρικά» και «Περί Διόπτρας» . Στα έργα αυτά ο Ήρων αποδει­κνύεται άριστος γνώστης της Ευκλείδειας Γεωμε­τρίας, την οποία χρησιμοποιεί με δεξιοτεχνία για να επιλύσει δύσκολα προβλήματα μετρήσεων και άλλων εφαρμογών. Ο τύπος ( 1 ) εμφανίζεται και στα δύο αυτά έργα ως ένα μέσο υπολογισμού του εμβαδού τριγώνου «χωρίς κάθετο», δηλαδή χωρίς να χρησιμοποιηθεί το ύψος του οποίου ο ακριβής προσδιορισμός σε ένα πραγματικό τρίγωνο (με κο­ρυφές π.χ. τρία απομακρυσμένα σημεία) είναι δυ­σχερής.

Την εποχή του Ήρωνα η Άλγεβρα, με τη μορφή που τη γνωρίζουμε σήμερα, ήταν άγνωστη. Για παράδειyμα, δεν είχαν επινοηθεί ακόμη το σύμβολο της ισότητας, της τετραγωνικής ρίζας, η χρήση των παρενθέσεων και γενικά οι συμβολικές αλγεβρικές παραστάσεις για την έκφραση γενικών ποσοτικών σχέσεων. Παρουσιάζει λοιπόν ιδιαίτερο ενδιαφέρον ο τρόπος με τον οποίο οι αρχαίοι μα­θηματικοί ανακάλυψαν και απόδειξαν τον τύπο (1).

2. Η ιδέα της απόδειξης του Ήρωνα. Η απόδειξη του Ήρωνα, με σημφινούς συμ­

βολισμούς, είναι συνοπτικά η εξής: Ο Ήρων θεωρεί τον εγγεγραμμένο κύκλο του

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/5

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

τριγώνου ΑΒΓ με κέντρο το Η και σημεία επαφής Δ, Ε, Ζ. Στο σχήμα αυτό, όπως είναι γνωστό, ισχύ­ουν οι σχέσεις ΑΔ = ΑΖ = τ - α, ΒΔ = ΒΕ = τ - β, ΓΕ = ΓΖ = τ - γ και Ε = τ ·ρ . Για να συνδέσει τις σχέσεις αυτές, ο Ήρων προεκτείνει την πλευρά ΓΒ κατά τμήμα ΒΘ = ΑΔ και φέρει τις κάθετες στις ΓΗ και ΓΒ στα σημεία τους Η και Β αντίστοι­χα. Χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι ΓΘ = τ, τα ζεύγη ομοίων τριγώνων ΑΗΔ, Γ ΛΒ και ΒΚΛ, Ε­ΚΗ και ιδιότητες των αναλογιών, παίρνει διαδοχι­κά τις αναλογίες

τ τ - Α τ2 -. - = �και τ - α ΚΕ τ( τ - α)

Θ

Λ

(τ - β) ΕΓ ΚΕ·ΕΓ

Α

Γ

Επειδή το ΗΡ = ρ είναι ύψος προς την υποτεί­νουσα του ορθογωνίου τριγώνου ΗΚΓ, από την τελευταία ,προκύπτει διαδοχικά

τ2 (τ - β)( τ - γ) η' τ2 ρ2 = τ(τ - α)(τ - β)( τ - γ) Ψ-� � , δηλαδή Ε2 = τ( τ - α)( τ - β)( τ - γ).

Όπως γίνεται φανερό από τα προηγούμενα, ο Ήρων προσδιορίζει ουσιαστικά την ακτίνα του εγ­γεγραμμένου κύκλου με τη βοήθεια ομοίων τριγώ­νων και στη συνέχεια χρησιμοποιεί τη σχέση Ε = τρ.

Θα παρουσιάσουμε στα επόμενα την αυθεντι­κή απόδειξη του Ήρωνα, προσπαθώντας να διατη­ρήσουμε όσο είναι δυνατό τη ρητορική διατύπωση του αρχαίου συγγραφέα και το πνεύμα των Μαθη­ματικών της εποχής του. Δικές μας προσθήκες και σχόλια δίνονται σε αγκύλες. Θα πρέπει επίσης να έχουμε υπόψη ότι το γινόμενο δύο τμημάτων ΑΒ, Γ Δ εκφράζεται από τον Ήρωνα ως «το υπό των ΑΒ, ΒΓ» (υπονοώντας το ορθογώνιο που έχει πλευρές αυτά τα τμήματα) και το γινόμενο ενός τμήματος ΑΒ με τον εαυτό του ως «το από της ΑΒ» (υπονοώντας εδώ το τετράγωνο που έχει

πλευρά αυτό το τμήμα) .

3. Η αυθεντική απόδειξη του Ήρωνα Ο Ήρων παρατηρεί αρχικά ότι στο προηγού­

μενο σχήμα, το γινόμενο των ΒΓ, ΗΕ είναι διπλά­σιο του τριγώνου ΒΗΓ, το γινόμενο των Γ Α, ΖΗ διπλάσιο του τριγώνου ΑΓΗ και το γινόμενο των ΑΒ, ΔΗ διπλάσιο από του τριγώνου ΑΒΗ. Άρα το γινόμενο της περιμέτρου του ΑΒΓ και της ΕΗ θα είναι διπλάσιο του τριγώνου ΑΒΓ.

[Δηλαδή έχει αποδείξει ότι (περίμετρος)·ΕΗ = 2(ΑΒΓ), δηλαδή 2·τ·ρ = 2·Ε]

Στη συνέχεια προεκτείνει τη ΓΒ κατά τη ΒΘ, ίση με το ΑΔ. Επειδή, σημειώνει, η ΑΔ είναι ίση με την ΑΖ, η ΔΒ ίση με τη ΒΕ και η ΖΓ ίση με τη ΓΕ, η ΓΒΘ θα είναι ίση με την ημιπερίμετρο του τριγώνου ΑΒΓ. Άρα το γινόμενο των ΓΘ, ΕΗ θα είναι ισοδύναμο με το τρίγωνο ΑΒΓ.

[Δηλαδή έχει αποδείξει, αφενός ότι ΓΘ = τ και αφετέρου ότι ΓΘ·ΕΗ = (ΑΒΓ), δηλαδή τ.ρ = Ε. Προσέξτε τη γεωμετρική

διαδικασία που χρησιμοποιεί ο Ήρων για τη μετάβαση από τη

σχέση 2τ·ρ = 2Ε στη σχέση τ· ρ= Ε]

Αλλά, συνεχίζει ο Ήρων, το γινόμενο των ΓΘ, ΕΗ είναι η «πλευρά» [τετραγωνική ρίζα] του τετρα­γώνου του ΓΘ επί το τετράγωνο του ΕΗ. Άρα το εμβαδόν του ΑΒΓ επί τον εαυτό του θα είναι ίσο με το τετράγωνο του ΘΓ επί το τετράγωνο του ΕΗ.

[Δηλαδή, επειδή ΓΘ·ΕΗ = -../ΓΘ2·ΕΗ2, θα είναι σύμφω­να με τα προηγούμενα (ΑΒΓ)2 = ΓΘ2·ΕΗ2• Προσέξτε τη γεω-

μετρική ορολογία με την οποία δηλώνονται πράξεις που έχουν

μόνο αριθμητικό νόημα]

Ο Ήρων φέρνει τώρα την κάθετη στη ΓΗ στο Η, την κάθετη στη ΒΓ στο Β και ονομάζει Λ το σημείο τομής τους. Φέρει επίσης τη Γ Λ. Επειδή οι γωνίες ΓΗΛ και Γ ΛΒ είναι ορθές, το τετράπλευρο ΓΗΒΛ είναι «εν κύκλω» (εγγράψιμο] και άρα οι γω­νίες ΓΗΒ και Γ ΛΒ έχουν [άθροισμα] δύο ορθές. Αλλά και οι γωνίες ΓΗΒ και ΑΗΔ έχουν [άθροισμα] δύο ορθές, επειδή οι ΑΗ, ΒΗ, ΓΗ διχοτομούν τις τρεις [διαδοχικές] γωνίες με κορυφή το Η, οι ΓΗΒ, ΑΗΔ μαζί είναι όσο και οι ΑΗΓ, ΔΗΒ και όλες μαζί έχουν [άθροισμα] τέσσερις ορθές.

[Δηλαδή, ΓΗΒ + ΓΛΒ = 2 ορθές= ΓΗΒ + ΑΗΔ, επειδή

στο πρώτο άθροισμα έχουμε απέναντι γωνίες εγγράψιμου τε-

τραπλεύρου και στο δεύτερο έχουμε το μισό των τριών διαδο-

χικών γωνιών με κορυφή το Η, οι οποίες έχουν άθροισμα 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.γ. τ.3/6

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

ορθές]

Άρα η γωνία ΑΗΔ είναι ίση με τη γωνία Γ ΛΒ και επομένως τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΗΔ και ΓΒΛ είναι όμοια. Η συνέχεια της απόδειξης του Ήρωνα εκτυλίσσεται ως εξής:

Α

Θ Γ

Λ

Η ΒΓ θα είναι επομένως προς την ΒΛ όπως και η ΑΔ προς την ΔΗ, δηλαδή όπως η ΒΘ προς την ΕΗ, και με εναλλαγή, όπως είναι η ΓΒ προς τη ΒΘ, έτσι θα είναι και η ΒΛ προς την ΕΗ, δηλαδή όπως η ΒΚ προς την ΚΕ, επειδή--οι ΒΛ και ΕΗ εί­ναι παράλληλες.

[Δηλαδή :;:.. = �� και επειδή ΑΔ = ΒΘ, ΔΗ = ΕΗ, θα

, ΒΓ ΒΘ , λλ , , , ειναι ΒΛ = ΕΗ και αρα, με ενα αγη των μεσων ορων της α-

αλογ, ΓΒ ΒΛ Ε δ' ' ΒΛ ΕΗ ' άλλ ν ιας, ΒΘ = ΕΗ" πει η ομως οι , ειναι παρ η-

λε , , ΓΒ ΒΛ ΒΚ] ς προκυπτει οτι ΒΘ = ΕΗ = ΚΕ

Και με σύνθεση, όπως είναι η ΓΘ προς τη ΒΘ, έτσι θα είναι η ΒΕ προς την ΚΕ

[Δηλαδή, με πρόσθεση των παρανομαστών στους αριθ� , ΓΒ + ΒΘ ΒΚ + ΚΕ , ΓΘ ΒΕ μητες, ΒΘ ΚΕ και αρα ΒΘ = ΚΕ]

Επομένως, όπως είναι το τετράγωνο της ΓΘ προς το γινόμενο των ΓΘ, ΘΒ, έτσι θα είναι το γι­νόμενο των ΒΕ, ΕΓ προς το γινόμενο των ΓΕ, ΕΚ, δηλαδή προς το τετράγωνο της ΕΗ, επειδή η ΕΗ είναι η κάθετη από τη ορθή γωνία προς τη βάση του ορθογωνίου τριγώνου ΗΚΓ.

(Δηλαδή, όπως προκύπτει από την προηγούμενη, είναι ΓΘ2 ΒΕ·ΕΓ ιδ'

ΕΗ , , ΓΘ ·ΘΒ = ΓΕ·ΕΚ και επε η το ειναι το υψος προς την υ-

ποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου ΗΚΓ, θα ισχύει

ΓΘ2 ΒΕ·ΕΓ ΓΘ·ΘΒ = ΕΗ2 ]

Άρα το τετράγωνο της ΓΘ επί το τετράγωνο της ΕΗ, του οποίου πλευρά είναι το εμβαδόν του τριγώνου, είναι ίσο προς το γινόμενο των ΓΘ, ΘΒ επί το γινόμενο των ΒΕ, ΕΓ.

[Δηλαδή, όπως προκύπτει από την προηγούμενη, είναι ΓΘ2·ΕΗ2 = ΓΘ·ΘΒ·ΒΕ·ΕΓ και επειδή (ΑΒΓ) = --.jΓΘ2 ·ΕΗ2

συμπεραίνουμε ότι (ΑΒΓ) = --.jΓΘ·ΘΒ·ΒΕ·ΕΓ]

Ο Ήρων ολοκληρώνει την απόδειξή του με την παρατήρηση ότι κάθε μια από τις ΓΘ, ΘΒ, ΒΕ, ΓΕ είναι γνωστή («δοθείσω>). Η ΓΘ είναι η ημιπε­ρίμετρος του τριγώνου ΑΒΓ, η ΒΘ είναι η υπεροχή της ημιπεριμέτρου από τη ΓΒ, η ΒΕ η υπεροχή της ημιπεριμέτρου από την ΑΓ και η ΕΓ η υπεροχή της ημιπεριμέτρου από την ΑΒ. Άρα είναι γνώστό και το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ.

[Δηλαδή ΓΘ =τ, ΒΘ =τ - α, ΒΕ =τ - β, ΕΓ =τ - γ και άρα είναι Ε= --.jψ- α)(τ - β)( τ- γ) ]

4. Το πρόβλημα της τετραγωνικής ρίζας Όπως έχουμε ήδη αναφέρει, ο τύπος του Ή­

ρωνα πapουσιάζει ένα μεγάλο πρόβλημα, επειδή επιτρέπει τον υπολογισμό του εμβαδού ενός τρι­γώνου μόνο από τις πλευρές του. Το τίμημα όμως αυτού του πλεονεκτήματος είναι ότι επιβαρύνεται σημαντικά η διαδικασία υπολογισμού, η οποία α­παιτεί τώρα τρεις πολλαπλασιασμούς και την εξα­γωγή μιας τετραγωνικής ρίζας. Ιδιαίτερα η τελευ­ταία πράξη ήταν μια πολύ επίπονη διαδικασία κα­τά την αρχαιότητα, όταν υπολογιστικά εργαλεία ό­πως οι λογαριθμικοί πίνακες ή οι μικροϋπολογι­στές ήταν άγνωστα. Έτσι ο Ήρων δεν παραλείπει να δώσει, υπό μορφή «συνταγής», ένα αριθμητικό παράδειγμα εφαρμογής του τύπου, μαζί με μια τα­χύτατη μέθοδο υπολογισμού της τετραγωνικής ρί­ζας:

Θεωρούμε το τρίγωνο με πλευρές 7, 8 και 9 μο­νάδες.

1 2.

Προσθέτεις το 7, το 8 και το 9 και βρίσκεις 24. Παίρνεις το μισό του αθροίσματος, που είναι

Αφαφείς από τις 1 2 τις 7 μονάδες και μένουν 5 . Αφαφείς από τις 12 τις 8 μονάδες και μένουν 4. Αφαιρείς από τις 12 τις 9 μονάδες και μένουν 3 . Πολλαπλασιάζεις τα 12 επί τα 5 και γίνονται

60. Αυτά επί το 4 και γίνονται 240. Αυτά επί το 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.3/7

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

και γίνονται 720. Αυτών να πάρεις την «πλευρά» [τετραγωνική ρίζα] και θα έχεις το εμβαδό του τριγώ­νου.

Επειδή όμως τα 720 «ρητήν την πλευράν ουκ έχουσι» [δηλαδή η -fi2o είναι αριθμός άρρητος], μπο­ρούμε να βρούμε την πλευρά με ελάχιστη διαφορά ως εξής:

Επειδή ο πλησιέστερος τετράγωνος προς τον 720 είναι ο 729, που έχει «πλευρά» τον 27, διαι-ρείς τα 720 με το 27 και γίνονται 26�.

Προσθέτεις σ' αυτά τα 27 και γίνονται 53�.

Α . . . . 265 υτων παιρνεις το μισο και γινονται 6· Άρα η «πλευρά» του 720 είναι κατά μεγάλη . 265 δ ' 265 . . προσεγγιση 6• επει η τα 6 επι τον εαυτο τους

. 72nl_ δ . . . Ι γινονται "36 και η ιαφορα ειναι μονο 36. Α ν ·όμως θέλουμε διαφορά ακόμη μικρότερη

· Ι θ ξ ' ' 729 . απο το 36, α εκινησουμε αντι του απο «τα

θ. 72nl_ . . . νυν ευρε εντα» "36' και ταυτα ποιησαντες ευρη-

σομεν πολλώ ελάπονα την διαφοράν γιγνομένην».

Η προηγούμενη συνταγή του Ήρωνα δεν είναι παρά μια εφαρμογή της αναδρομικής ακολουθίας

lf + Α) . . . . αν + 1 = 2\. αν αν , με πρωτο ορο α1 ενα τυχοντα

θετικό αριθμό α, η οποία όπως είναι γνωστό συ­γκλίνει ταχύτατα προς την {Α. Ο Ήρων ξεκινά με α1 = 27 (που είναι ο πλησιέστερος ακέραιος προς την -{i2o) και βρίσκει α2 = κ27 + 7ξ7°) = 26% = 26,833 . . . , ενώ είναι -{i2o = 26, 8328 Ι 573 .... Αν συνεχίσουμε όπως υ­ποδεικνύει ο Ήρων, βρίσκουμε τον τρίτο όρο της ακολουθίας

l{ 5 720 ) Ι 609 α3 = 2\.266 + 26. 516 = 26Ι932 = 26,8328 Ι 573 . . . δηλαδή έχουμε ταύτιση σε 8 δεκαδικά ψηφία με την πραγματική τιμή της ρίζας.

5. Μερικές ιστορικές και διδακτικές παρατη­ρήσεις Η παρουσίαση της απόδειξης και εφαρμογής

του τύπου του Ήρωνα, με τον τρόπο που δόθηκε από τον Αλεξανδρινό γεωμέτρη και μηχανικό, μας δίνει την ευκαιρία να θίξουμε μια σειρά από εν-

διαφέροντα ιστορικά και διδακτικά ζητήματα: (α) Ένα πολύ σημαντικό ζήτημα στη σύγχρο­

νη ιστορική έρευνα είναι η αυθεντική απόδοση του μαθηματικού τρόπου σκέψης μιας εποχής, χωρίς τις αλλοιώσεις που προκαλεί η χρήση σύγχρονων εννοιών και συμβολισμών. Η απόδειξη του Ήρωνα δείχνει ότι στα aρχαιοελληνικά Μαθηματικά, ε­κτός από την Ευκλείδεια παράδοση της «καθαρής» Γεωμετρίας, που απέφευγε οποιαδήποτε διαδικα­σία μέτρησης με ανάμειξη γεωμετρικών εννοιών και αριθμών, υπήρχε και μια ισχυρή παράδοση «μετρικής» Γεωμετρίας, στην οποία η ανάμειξη αυτή· ήταν ελεύθερη και νομιμοποιούσε τον πολ­λαπλασιασμό δύο ορθογωνίων, δηλαδή τεσσάρων ευθυγράμμων τμημάτων. Για να καταλάβουμε κα­λύτερα τη διαφορά, θα πρέπει να έχουμε υπόψη ότι στα «Στοιχεία» του Ευκλείδη δεν δίνεται κανένας «τύπος>) (ούτε ο κλασσικός Ε = t αυα ) για τον υ-πολογισμό του εμβαδού ενός τριγώνου, με τον τρόπο που ο Ήρωνας εκθέτει, αποδεικνύει και ε­φαρμόζει τη δική του μέθοδο. Εκεί διατυπώνονται και αποδεικνύονται με καθαρά γεωμετρικό τρόπο μόνο γενικές σχέσεις ισοδυναμίας των σχημάτων, όπως π.χ. : Τρίγωνα που έχουν κοινή βάση και τις

απέναντι κορυφές σε ευθεία παράλληλη προς τη βά­ση, είναι ισοδύναμα μεταξύ τους.

(β) Ένα άλλο ζήτημα που απασχολεί την ι­στορική έρευνα είναι η ακριβής χρονολόγηση των σημαντικών ανακαλύψεων και ο τρόπος με τον ο­ποίο πραγματοποιήθηκαν. Το ζήτημα αυτό παρου­σιάζει εξαιρετικές δυσχέρειες όσον αφορά τα Μα­θηματικά της αρχαιότητας, επειδή τα πρωτότυπα έργα έχουν χαθεί και οι πληροφορίες μας.είναι συ­χνά αποσπασματικές. Άραβες συγγραφείς του Ι οου αιώνα μ.Χ. αναφέρουν ρητά ότι η μέθοδος υπολο­γισμού του εμβαδού ενός τριγώνου από τις πλευ­ρές του ήταν γνωστή στον Αρχίμήδη (287 - 2 Ι 2 π.Χ.) και παραθέτουν γεωμετρική απόδειξη διαφο­ρετική από αυτήν του Ήρωνα.

Επίσης ορισμένοι ιστορικοί εικάζουν ότι η μέθοδος υπολογισμού της τετραγωνικής ρίζας που παραθέτει ο Ήρων ήταν γνωστή στους Βαβυλώ­νιους, επειδή σε ορισμένες πήλινες πινακίδες με μαθηματικό περιεχόμενο υπάρχουν αριθμητικά α­ποτελέσματα, τα οποία μπορούν να ερμηνευτούν ως υπολογισμοί τετραγωνικών ριζών σύμφωνα με τη μέθοδο του Ήρωνα.

Από μαθηματική σκοπιά το ουσιαστικό εν-ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λγ. τ.3/8

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

διαφέρον βρίσκεται στον τρόπο με τον οποίο ανα­καλύφθηκαν τόσο η μέθοδος εύρεσης του εμβαδού ενός τριγώνου από τις πλευρές όσο και της τετρα­γωνικής ρίζας. Στο ζήτημα αυτό υπάρχει ευρύ πε­δίο για τη διεξαγωγή ενδιαφέρουσας ιστορικής και μαθηματικής έρευνας.

(γ) Ένα άλλο σημαντικό ζήτημα αφορά τη σχέση που υπάρχει ανάμεσα στην ιστορική εξέλιξη των μαθηματικών εννοιών και τη διαδικασία της μάθησής τους κατά τη σημερινή εποχή . Παρακο­λουθώντας β1Ίμα προς βήμα την απόδειξη του Ή­ρωνα διαπιστώνουμε τη μεγάλη σημασία του σύγ-

χρονου αλγεβρικού λογισμού, που δίνει στη μαθη­ματική σκέψη μεγάλη ευελιξία και εκφραστικότη­τα. Παράλληλα όμως κατανοούμε την προτεραιό­τητα της συνθετικής γεωμετρικής σκέψης στην ι­στορική εξέλιξη των Μαθηματικών. Αυτό το γεγο­νός προειδοποιεί για τους· κινδύνους που συνεπά­γεται η σημερινή τάση της διδασκαλίας να εισάγει πολύ πρώιμα αλγεβρικές έννοιες και διαδικασίες, σε βάρος των πρωταρχικών γεωμετρικών προτύ­πων σκέψης και έκφρασης.

ΕυκΛείόου «1Γεpί όιαιpέgεωv»

Το 1 85 1 ο Γερμανός μαθηματίκός J. Woep­cke ανακάλυψε σε βιβλιοθήκη της Γαλλίας ένα παλιό χειρόγραφο στα αρχαία αραβικά (9ος αιώ­νας) που περιείχε τμήμα του χαμένου έργου του Ευκλείδου «Περί διαιρέσεων», το οποίο δημοσί­ευσε στα λατινικά. Το χειρόγραφο περιείχε 36 προτάσεις από τις οποίες αποδεικνύονται μόνο 4.

Μαρτυρία για το έργο αυτό του Ευκλείδου έ­χουμε από τον Πρόκλο που στα σχόλιά του στο Α' βιβλίο των Στοιχείων γράφει:

«Πολλά μέν ούν καί άλλα τού ανδρός τούτου

(τού Εύκλείδου) μαθηματικά συγγράμματα θαυ­μαστής Ο.κριβείας καί έπιστημονικής θεωρίας μεστά

τοιαύτα γάρ καί τά 'Οπτικά καί τά Κατοπτρικά,

τοιαύτα δέ καί αι' κατά μουσικήν στοιχειώσεις, έτι

δέ τό Περί Διαιρέσεων βιβλίον»

Το «Περί διαιρέσεων» περιείχε προβλήματα τα οποία ζητούσαν να διαιρεθεί ένα επίπεδο σχή­μα, με ευθείες που ικανοποιούσαν ορισμένες συν-

του Βαγγέλη Σπανδάγου

θήκες, σε μέρη που συνδέονταν μεταξύ τους με άλλες δοσμένες σχέσεις.

Α ναφέρουμε δύο προτάσεις από το «Περί διαιρέσεων>> έργο του Ευκλείδου:

Πρόταση 1: Να διαιρεθεί ένα δοσμένο τρίγω­νο σε δύο ίσα μέρη με μία ευθεία παράλληλη προς τη βάση του.

Πρόταση 2: Να διαιρεθεί ένα δοσμένο τρίγω­νο σε τρία ίσα μέρη με δύο ευθείες παράλληλες προς την βάση του.

Τον Δεκέμβριο του 1 999 σε βιβλιοθήκη της Βαγδάτης βρέθηκε και ένα δεύτερο χειρόγραφο στα Αρχαία Αραβικά που περιέχει μέρος (άγνωστο ποιό) της χαμένης αυτής πραγματείας .

Αναμένουμε το αποτέλεσμα της έρευνας.

ΑΝΑΚΟΙΝΩΣΗ Η Ε.Μ.Ε. παρακαλεί τους συναδέλφους μαθηματικούς που έχουν παλιά

τεύχη του Δελτίου της, ή του παραρτήματος του και δεν τα θέλουν να τα στείλουν στην Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία για να ενισχυθεί το αρχείο της. Δεκτές γίνονται και φωτοτυπίες των περιοδικών.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.3/9

Ρωτώντας πας ... στην πόλη

Υπεύθυνοι στήλης: Καλομιτσίνης Σ. - Ντζιώρας Η.- Σπανδάγου Ρ.

Ο μαθητής της Γ' Λυκείου Ντίνος Ζαχαρίου μαθηματικών του σχολείου μου μας έδωσε την μας γράφει: εξής άσκηση :

«0 καθηγητής των μαθηματικών της τάξης μου, έθεσε σ' ένα διαγώνισμα το εξής ερώτημα:

Σωστό ή Λάθος ότι Αν f(�) + g(x) = ex ( 1 )

για κάθε χ Ε IR. (με f(x) =F Ο για κάθε χ Ε IR), τότε f2(x) g'(x) = ex f2(x) + f(x) (2);

Εγώ παραγώγισα την ( 1 ) και έφτασα στην (2). Είναι σωστό;

Απαντά η Νάντια Παπαθεοφάνη :

Αγαπητέ Ντίνο, δεν ξέρεις αν οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιμες. Επομένως η πορεία που ακολούθησες απαιτεί την προϋπόθεση «αν οι f και g είναι παραγωγίσιμες στό IR».

* * *

Η μαθήτρια από τη Λάρισα Κάτια Γιαννοπούλου ρωτά:

Αν δυο συναρτήσεις είναι « 1 - 1 », τότε και το άθροισμά τους είναι « 1 - 1 » ;

Απαντά ο Σταύρος Κατραμάδος:

Όχι απαραίτητα. Έτσι, π.χ. οι συναρτήσεις f(x) = 3χ και g(x) = 3·χ είναι « 1 - 1 », ενώ η συνάρτηση h(x) = 3χ + 3·χ δεν είναι « 1 - 1 » .

Πράγματι, για -2 =F 2 έχουμε h( -2) = 3'2 + 3·(·2) = 3"2 + 32 = 32 + 3"2 = h(2).

* * * Ο μαθητής της Β ' · Λυκείου Γιάννης

Πρατίλης από την Πάτρα μας γράφει: Αγαπητέ «Ευκλείδη Β '» ο καθηγητής των

Να λυθεί η εξίσωση ψ;::2 = -5 ( 1 )

Εγώ την έλυσα ως εξής: Είπα πρέπει, για να έχει νόημα το ριζικό, να

είναι χ - 2 � Ό ή χ � 2 . Ύψωσα κατόπιν στο τετράγωνο τα δύο μέλη της ( 1 ) οπότε βρήκα χ - 2 = 25 ή χ = 27. Όταν όμως έκανα δοκιμή βρήκα � = -5 = -{25 = -5 = 5 = -5 . Γιατί αυτό;

Απαντά ο Θωμάς Μουγιάκος:

Αγαπητέ φίλε, η εξίσωση ψ;::2 = -5 είναι αδύνατη εφ' όσον ψ;::2 �Ο κάι -5 <Ο.

* * * Ο μαθητής Μάρκος Απέργης από τα

Ιωάννινα γράφει: Θέλω να. βρω το πεδίο ορισμού της

συνάρτησης f(x) = \}Iog ( χ - 1 ) . Παίρνω χ - 1 > Ο = χ > 1 και log(x - 1) � Ο

που ισχύει εφ' όσον χ > Ι . Άρα είναι Α = ( 1 , +οο ) . Η συνάρτηση όμως f για χ = 1 ,8 δίνει f(l ,8) = .,.)Iog(l ,8 - 1 ) = \}Iog 0,8 = \] -0,097 που είναι αδύνατο. Γιατί συμβαίνει αυτό;

Απαντά η Νάντια Παπαθεοφάνη:

Αγαπητέ Μάρκο, είναι log(x - 1 ) � Ο όταν χ - 1 � Ι ή χ � 2. Είναι και χ > 1 . Άρα το πεδίο ορισμού της · συνάρτησης είναι το διάστημα [2, +οο).

Σου υπενθυμίζω_ότι αν α > 1 , τότε logα χ > Ο όταν χ > 1 και logax < Ο όταν Ο < χ < I τα αντίθετα συμβαίνουν αν Ο < α < I.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ3/10

Το Βήμα του Ευκλείδη ο Υπεύθυνοι στήλης: Ευσταθίου Β. - Καρκούλιας Γ. - Τυρλής ι ι I

Α Το Μαlnματικό · 1f pό8 Jnμa Μια vέα Ιιlακτικίt - αζιο.Αοyικίt αvαyκαιότιιτα ίt έvα ακόμα πpό8.Αnμα;

1. Προβληματισμοί Κατά τα τελευταία χρόνια, όλα τα σχολικά

βιβλία Μαθηματικών, περιέχουν ένα ικανοποιητι­κό πλήθος από προβλήματα. Ο μαθητής τα ξεχωρί­ζει από τις υπόλοιπες ασκήσεις από το γεγονός ότι πιάνουν περισσότερο χώρο στην εκφ<bνηση, έχουν μια μικρή ιστορία γύρω από ένα θέμα, επιστημο­νικό ή πρακτικό και δεν αναγνωρίζουν αμέσως ού­τε σε ποια διδακτική ενότητα αναφέρονται ούτε ποιους τύπους θα χρησιμοποιήσουν, ούτε, το ση­μαντικότερο, ποια μέθοδο θα εφαρμόσουν για την επίλυσή τους. Τα προβλήματα στα σχολικά βιβλία αναγνωρίζονται ακόμα από το γεγονός ότι συχνά συνοδεύονται - κυρίως στις μικρότερες τάξεις -από ένα σχήμα, στο οποίο κυριαρχούν πλοία, αε­ροπλάνα, αυτοκίνητα, χρήματα, μηχανικοί, γέφυ­ρες, εργοστάσια, παγετώνες κλπ. Συνηθίζονται α­κόμα ως προβλήματα διάφορα μαθηματικά παιχνί­δια, στα οποία τελικά ζητείται απ' το μαθητή να ε­ξηγήσει πώς βρήκε ο Γιώργος τον αριθμό που είχε στο μυαλό της η Ελένη ή το τραπουλόχαρτο που τοποθέτησε ο Γιάννης σε διαφορετικές οκτάδες χρησιμοποιώντας 32 μόνο χαρτιά. Όσο λοιπόν α­φορά στους μαθητές, το πρόβλημα είναι ξεκαθαρι­σμένο. Το αναγνωρίζουν αμέσως και πιο πολύ ό­ταν το βλέπουν ως τέταρτο θέμα στις εξετάσεις του Λυκείου κατά το μήνα Ιούνιο και όχι μόνο. Το αναγνωρίζουν αμέσως και από το γεγονός ότι δύ­σκολα το λύνουν, μη μπορώντας από την αφήγηση και τους διαλόγους της εκφώνησης να οδηγηθούν σε μαθηματικές σχέσεις, εξισώσεις ή συναρτήσεις, τις οποίες κατά κανόνα επεξεργάζονται ευκολότε­ρα. Το πρόβλημα με το Μαθηματικό Πρόβλημα παρουσιάζεται στη μαθηματική κοινότητα όταν βάλει στον εαυτό της το ερώτημα: Τι είναι Πρό-

του Μπάμπη Στεργίου

βλημα; Να μερικά ερωτήματα που κατά καιρούς έ­χω συζητήσει με συναδέλφους:

• Σε τι διαφέρει μια άσκηση από ένα πρόβλημα; • Μπορεί κάθε άσκηση να γίνει πρόβλημα; ( ό­

πως π.χ. οι ασκήσεις ανάπτυξης γίνονται ερω­τήσεις πολλαπλής επιλογής - δυστυχώς και στις εξετάσεις του Ιουνίου - βάζοντας στο τέ­λος πέντε πιθανές απαντήσεις που η πέμπτη συνήθως μας λυτρώνει, γιατί δεν έχουμε άλ­λες εναλλακτικές ( αληθοφανείς) απαντήσεις.

• Στη γεωμετρία, σε τι διαφέρει ένα πρόβλημα από μια κατασκευή ή ένα γεωμετρικό τόπο;

• Ένα πρόβλημα μπορεί να αφορά μόνο πραγ­ματικά προβλήματα ή μπορεί να ανήκει και στο χώρο της φαντασίας;

• Υπάρχουν κριτήρια γενικώς παραδεκτά και αποδεκτά που οριοθετούν και διακρίνουν το πρόβλημα από την άσκηση;

Έχει, ομολογώ, ενδιαφέρον να προσπαθεί κα­νείς να απαντήσει ή να ερευνήσει τα παραπάνω ε­ρωτήματα. Ο χώρος και ο σκοπός του άρθρου αυ­τού, δεν επιτρέπει δυστυχώς να δούμε το θέμα από όλες τις πτυχές. Σε συντομία μπορούμε όμως να α­ναφέρουμε ότι:

• Η φύση του προβλήματος δεν έχει ξεκαθαρι­στεί ούτε από τους ίδιους τους ειδικούς, αν μπορεί φυσικά να υπάρξουν ειδικοί.

• Ένα πρόβλημα διακρίνεται από μία άσκηση κυρίως από το γεγονός ότι η λύση του δεν εί­ναι πιστή εφαρμογή αλγορίθμου. Έτσι, σ' ένα πρόβλημα βελτιστοποίησης ή ρυθμού μετα­βολής δεν πρέπει να δίνεται η συνάρτηση, αλ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.3/11

Το βήμα του Ευκλείδη

λά πρέπει να εξαχθεί από το μαθητή . Όπως ανάμεσα στις ασκήσεις υπάρχουν ορι­σμένες που αρέσουν γιατί έχουν κάτι το ξε­χωριστό - όχι δύσκολο - έτσι θα υπάρχουν ωραία και αξιόλογα προβλήματα· που θα α­νταποκρίνονται στο σκοπό για τον οποίο τίθε­νται στους μαθητές. Ενώ ένα πρόβλημα, είναι πρόβλημα όταν λύ­νεται για πρώτη φορά, ένα παρόμοιο πρόβλη­μα γενικά δεν είναι πρόβλημα αλλά άσκηση, αφού ο μαθητής το εντάσσει σε αλγοριθμική διαδικασία: πρέπει πρώτον . . . , δεύτερον . . . , κλπ. Η Ελληνική Μαθηματική κοινότητα θα σχη­ματίσει μια ολοκληρωμένη εικόνα για τη φύ­ση του προβλήματος, μελετώντας τη δομή των προβλημάτων που τίθενται από την εm­τροπή εξετάσεων στους μαθητές Β ' και Γ' Λυκείου. Πρέπει λοιπόν εκεί να προσεχθεί ι­διαίτερα η επιλογή των προβλημάτων, αφού από τη μία μεριά με αυτά θα κριθεί το μέλλον πολλών μαθητών και από την άλλη οι μαθη­ματικοί όλων των χωρών θα τα έχουν ως κρι­τήριο και πυξίδα για να προσαρμόζουν ανά­λογα τη διδασκαλία τους. Η ύπαρξη του προβλήματος στη σχολική πράξη είναι απαραίτητη . Ενδεικτικά επιση­μαίνουμε ότι μας έκανε εντύπωση γερμανικό σχολικό μαθηματικό βιβλίο, το οποίο την κά­θε έννοια την εισάγει με ένα μαθηματικό πρόβλημα, του οποίου μάλιστα η λύση δε δί­νεται, με σκοπό να φανεί η αναγκαιότητα του νέου μαθήματος και όχι μόνο. Όσον αφορά στη γεωμετρία, η μετατροπή i) των σημείων σε δέντρα, νησιά, αεροπλάνα,

πλανήτες, προβολείς ή φωτιστικά, κλιμα­τιστικά ή ποτιστικούς μηχανισμούς

ii) των ευθειών σε δρόμους, πορείες πλοίων ή αεροσκαφών, θαλάσσιες ακτές κλπ.

ίίί) των επιπέδων σχημάτων ή στερεών σε οι­κόπεδα, αγροτεμάχια, σταύλους, ντεπόζι­τα, δεξαμενές σιλό ή τρούλους εκκλησιών

ίν) των γραμμών σε τροχιές τρένων, κομητών, σκαθαριών, μυρμηγκιών ή μαχητικών Mi­rage, δε συνιστά από μόνη της επιτυχή με­ταφορά μετάφραση των ασκήσεων σε προβλήματα, αν και φοβούμαι ότι η παρα­πάνω συνταγή δύσκολα μπορεί να ξεπερα­στεί ακόμα και από το συντάκτη του άρ­θρου αυτού.

2. Θεωρητική Προσέγγιση

Όταν λέμε πρόβλημα, εννοούμε ένα σύνολο από δεδομένα (πληροφορίες) και ζητούμενα (α­γνώστους) τα οποία αναφέρονται σε μια μεταβλη­τή κατάσταση ή διαδικασία από τη σφαίρα της. πραγματικότητας υλικής ή πνευματικής ή και φα­νταστικής.

Η πραγματικότητα αυτή μπορεί να αφορά κά­ποιον κλάδο της επιστήμης όπως τη γεωμξ:τρία, τη φυσική, την οικονομία, την ιατρική κλπ. αλλά και ένα συμβάν από την καθημερινότητα ή την κοινω­νική ζωή . Ο άνθρωπος για να μελετήσει ένα φαι­νόμενο, το καταγράφει πρώτα με λεπτομέρεια στη φυσική του γλώσσα, στη γλώσσα δηλαδή που χρησιμοποιεί στην καθημερινή του επαφή και επι­κοινωνία με τους συνανθρώπους του. Η κατανόη­ση λοιπόν του τρόπου με τον οποίο μεταβάλλο­νται, συσχετίζονται ή αλληλεπιδρούν ορισμένοι παράγοντες και η λεπτομερής καταγραφή, κυρίως ποσοτική και σπανιότερα ποιοτική, των παραμέ­τρων και των στοιχείων αυτών, αποτελεί ουσια­στικά τη λύση του προβλήματος. Για τη λύση ό­μως ενός προβλήματος πρέπει να προηγηθεί η με­τατροπή του σε μια άλλη γλώσσα, η οποία να υπα­κούει σε αυστηρούς λογικούς κανόνες και η οποία να μπορεί να επεξεργαστεί με σιγουριά και αποτε­λεσματικότητα.

Επιγραμματικά μπορούμε λοιπόν να πούμε ό­τι η πρώτη ενέργεια που αποτελεί και την πρώτη δυσκολία για τη λύση ενός προβλήματος είναι η μεταγλώττισή του, δηλαδή η μεταφορά και διατύ­πωσή του σε μαθηματική γλώσσα. Η περαιτέρω πορεία επίλυσης αποτελείται από την εφαρμογή συγκεκριμένων μαθηματικών ενεργειών, όχι όμως με χαρακτήρα αλγοριθμικό, οι οποίες, αν και συ­νήθως δύσκολες για ένα μαθητή, αποτελούν στέ­ρεο δρόμο για τον μαθηματικό ή τον επιστήμονα.

Τα δυσκολότερα προβλήματα είναι αυτά, στα οποία δε γνωρίζουμε τους νόμους, στους οποίους υπακούουν. Έστω για παράδειγμα τα προβλήματα: 1 . «0 πληθυσμός μιας πόλης ήταν το 1 997,

40.000 και το 1 998, 42.000. Ποιος αναμένεται να είναι ο πληθυσμός το 20 Ι 0;»

2. «Μια εταιρεία προσδοκά το κέρδος από την πώληση χ μονάδων ενός προϊόντος να είναι χ2 - 24χ - 25 χιλιάδες δραχμές εβδομαδιαία. Πόσα τεμάχια πρέπει να πουλήσει ώστε να έ­χει το μέγιστο κέρδος;» Στο δεύτερο πρόβλημα το ζητούμενο είναι η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.γ. τ.3/12

Το βήμα του Ευκλείδη

μελέτη μιας συνάρτησης ως προς τα ακρότατα. Για το ο-κοπό όμως αυτό, υπάρχουν συγκεκριμένοι μέθοδοι (αλγόριθμοι) και έτσι η λύση του είναι α­πλή εφαρμογή συγκεκριμένων μαθηματικών γνώ­σεων. Στο πρώτο μας πρόβλημα νιώθει κανείς με­τέωρος. Φαίνεται ότι δεν υπάρχει τρόπος για την προσέγγισή του. Σε τέτοιου είδους προβλήματα πρέπει να βρει κανείς ένα μοντέλο, ένα νόμο δη­λαδή, στον οποίο να υπακούει η μεταβολή του πληθυσμού μιας πόλης. Ένα κατάλληλο μοντέλο για τέτοιου είδους μεταβολές είναι αυτό, σύμφωνα με το οποίο ο πληθυσμός f(t) δίνεται από μία σχέ­ση της μορφής ceλt, όπου c, λ κατάλληλες σταθε­ρές. Στο αποτέλεσμα αυτό φτάνει κανείς ύστερα από την αποδοχή ότι ο ρυθμός μεταβολής του πληθυσμού είναι ανάλογος του πληθυσμού, κάτι το οποίο είναι εντελώς φυσικό και κατανοητό.

Στο παρόν άρθρο δε θα μας απασχολήσουν προβλήματα ούτε του πρώτου ούτε του δεύτερου είδους. Κυρίως θα ασχοληθούμε με ενδιάμεσα προβλήματα, προβλήματα δηλαδή, στα οποία το υπό μελέτη μέγεθος εκφράζεται ως συνάρτηση μιας κατάλληλα επιλεγμένης μεταβλητής, η οποία δε δίνεται, αλλά δημιουργείται από τις υποθέσεις.

Θα ξεκινήσουμε με ένα πρόβλημα από τους γραμμικούς μετασχηματισμούς και στη συνέχεια θα παρουσιάσουμε ορισμένα προβλήματα από την ανάλυση. Είναι αυτονόητο ότι τα θέματα αυτά εί­ναι ενδεικτικά και δεν μπορεί να δώσουν μια συ­νολική εικόνα για τη φύση των προβλημάτων των Μαθηματικών της Γ Λυκείου.

3. Λυμένα Προβλήματα

Πρόβλημα lo Ένας στρατιωτικός χάρτης (Μ) είναι εφοδια­

σμένος με ένα καρτεσιανό σύστημα συντεταγμέ­νων.

Το στρατόπεδο στο χάρτη έχει συντεταγμένες Σ(2, 3) . Το υδραγωγείο του στρατοπέδου έχει συ­ντεταγμένες Ρ(3 , 1 ) . Για λόγους ασφαλείας οι επι­τελείς εφαρμόζουν στο χάρτη ένα γραμμικό μετα­σχηματισμό Τ και κατασκευάζουν έτσι ένα νέο χάρτη (Ν), στον οποίο το στρατόπεδο και το υδρα­γωγείο έχουν τώρα συντεταγμένες Σ(2, 7) και Ρ ' (3 , 7) αντίστοιχα. (α) Να βρείτε τον πίνακα Α του μετασχηματι­

σμού τ. (β) Ένα σημείο Κ του νέου χάρτη (Ν) έχει συντε­

ταγμένες (4, 1 3) . Τι συντεταγμένες έχει το

σημείο αυτό στον πραγματικό χάρτη (Μ); (γ) Ένας ευθύγραμμος αγωγός μεταφοράς καυσί­

μων διέρχεται στο χάρτη (Μ) από τα σημεία Β(-2,0) και Γ( Ι , 2). Τι εξίσωση έχει ο αγωγός στο νέο χάρτη (Ν);

(δ) . Να αποδείξετε ότι οι δρόμοι που είναι παράλ­ληλοι στον άξονα y 'y έχουν και στους δύο χάρτες την ίδια εξίσωση . ·

(ε) Σε μια πολεμική περίοδος ο χάρτης (Ν) πέφτει μέσω κατασκόπων στα χέρια του εχθρού. Δύο στρατηγικής σημασίας σημεία για τον εχθρό απέχουν σύμφωνα με το χάρτη (Ν) 5km. Μπορεί η πληροφορία αυτή να αξιοποιηθεί α­ποτελεσματικά από τον εχθρό;

Λύση

(α) 'Εστω Α = [ � � J ο πίνακας του μετα­σχηματισμού Τ. Ας συμβολίσουμε με (χ, y) τα σημεία του χάρτη (Μ) και με (χ ' , y ') τα αντίστοιχα σημεία (δηλαδή τις εικόνες τους μέσω του τ) του χάρτη (Ν).

Τότε: [ �: J = [ � � J [ � J ( 1 ) . Η ( Ι ) δίνει . [ � ] = [ � � ] [ � ] � { . [ � ] = [ � � ] [ � ] � {

2α + 3β = 2 } 2γ + 3δ = 7 3α + β = 3 } 3γ + δ = 7

{ 2α + 3β = 2 } Τα συστήματα (Σ ι ) : 3α + β = 3 και (Σz) : { 2γ + 3δ = 7 } , 3γ + δ = 7 δινουν: α = 1 , β = Ο, γ = 2, δ = 1 .

Άρα Α = [ � � ]. (β) Είναι Κ(4, 1 3). Άρα [ 1� ]=[ � 0 ][ ; ] { χ = 4 } { χ = 4 } � 2χ + y = 1 3 � y = 5 .

Άρα το αρχικό σημείο (στο χάρτη (Μ)) f:ιy;t συντεταγμένες ( 4, 5) .

(γ) Ο αγωγός στο χάρτη (Μ) έχει εξίσωση 2 - 0 (ε) : y - Ο = f":j::"2(x + 2) � 2χ - 3y + 4 = Ο.

Έστω (χ ' , y ' ) η εικόνα του τυχαίου σημείου (χ, y) της (ε). Τότε η ( 1 ) δίνει:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/13

Το βήμα του Ευκλείδη { χ' = χ } { y' = 2x + y =

χ = χ' } Υ = y' - 2χ' (2) .

(Προφανώς η ( Ι ) δίνει:

Αλλά 2χ - 3y + 4 = 0 = 2χ' - 3 (-2x' + y') + 4 = 0 = 8χ' - 3y' + 4 = ο.

Άρα ο αγωγός στο νέο χάρτη έχει εξίσωση (ε') : 8χ - 3y + 4 = Ο.

(δ) Οι δρόμοι που είναι παράλληλοι στον ά­ξονα y 'y έχουν εξίσωση χ = χ0 • Έστω λοιπόν (δ) έ­νας τέτοιος δρόμος στο χάρτη (Μ). { χ' = χ } { χ' = Χο } Τότε = . y' = 2χ + Υ · y' = 2χο + Υ

Άρα ο δρόμος (δ) στο χάρτη (Ν), έχει εξίσω­ση χ' = χ0, δηλαδή χ = χ0 • Προφανώς ισχύει και το αντίστροφο, λόγω των σχέσεων (2).

(ε) Για να αξιοποιηθούν πληροφορίες σχετικά με αποστάσεις σημείων, θα πρέπει ο τ να είναι ι­σομετρία. Όμως:

• Σ Ρ = --../(3 - 2)2 + ( 1 - 3)2 = -{5 • Σ' Ρ' = --../(3 - 2)2 + (7 - 7)2 = Ι Επειδή Σ Ρ * Σ' Ρ', ο Τ δεν είναι ισομετρία.

Άρα, γενικά, η πληροφορία ότι δύο σημεία απέ­χουν 5 km δε μπορεί να αξιοποιηθεί από τον ε­χθρό.

Σχόλια Ι . Το γεγονός ότι ο Τ δεν είναι ισομετρία, δε

σημαίνει ότι αποκλείεται δύο σημεία του (Μ) να απέχουν το ίδιο με τις εικόνες τους στο χάρτη (Ν). Είναι όμως αυτονόητο ότι οι επι­τελείς επέλεξαν έναν τέτοιο μετασχηματισμό, ο οποίος αλλοιώνει όλες τις σημαντικές πλη­ροφορίες για νευραλγικής σημασίας σημεία του χάρτη (Μ).

2. Αν ήταν ΣΡ = Σ' Ρ', δε θα σήμαινε ότι ο Τ εί­ναι υποχρεωτικά ισομετρία. Για να είναι ο τ ισομετρία πρέπει στη γενική περίπτωση να ι­σχύει: Α ιΑ2 = Αι ' Α2', όπου Α ι (χ ι , Υ ι ), Α2 (χ2, Υ2), Αι ' (χ ι ' , Υι '), Α2' (χ2', Υ2') και τα Α ι ' , Α2 ' . Είναι οι εικόνες των Αι , Α2 αντί­στοιχα, δηλαδή Χ ι ' = αχ ι + βyι , Υ ι ' = γχ ι + δyι ,

Πρόβλημα 2" Ένας προβολέας βρίσκεται στο έδαφος και α­

πέχει 20m από ένα κτίριο. Ένας άνδρας ύψους 2m βαδίζει από το σημείο που βρίσκεται ο προβολέας με κατεύθυνση κάθετη προς το κτίριο και με ταχύ­τητα 2 μέτρα το δευτερόλεπτο.

(α) Να εκφράσετε το ύψος της σκιάζ που ρί­χνει ο άνδρας στον τοίχο του κτιρίου, ως συνάρτη­ση της απόστασης του χ από τον προβολέα.

(β) Να βρείτε των ταχύτητα της σκιάς, τη στιγμή που ο άνδρας απέχει 1 6m από το κτίριο.

Λύση

(α)Έστω ΑΒ = 2m η θέση του άνδρα, Π η θέ­ση του προβολέα και Γ Δ = y η σκιά. Ας είναι ΠΒ = χ η απόσταση του άνδρα από τον προβολέα. Είναι ΠΔ = 20m.

Γ

Υ

π χ Β Δ

Από τα όμοια τρίγωνα ΠΑΒ και ΠΓ Δ παίρ-2 χ 40 νουμε: - = - = Υ = - (Ι) y 20 χ .

(β) Η ταχύτητα του άνδρα είναι 2 m/sec, οπό-τε �� = 2 m/sec. Από την ( 1 ) σύμφωνα με τον κα­νόνα της αλυσίδας παίρνουμε :

� = � dx = (- 40) dx dt dx dt 7 dt '

Όταν ο άνδρας απέχει από τον τοίχο 1 6m, θα � είναι χ = 20 - 1 6 = 4m. Άρα η ταχύτητα dt l ι = ι0

της σκιάς θα είναι: � - ( 40) - 80 -dt l ι = ι0 - - -:;v · 2 - - 1 6 - -5 m/sec.

Επομένως η σκιά μικραίνει με ταχύτητα 5m το δευτερόλεπτο.

Πρόβλημα 3° Ένα αυτοκίνητο ξεκινάει από την ηρεμία και

διανύει 4 μίλια, κατά μήκος μιας ευθύγραμμης ο­δού, σε 5 λεπτά. Να αποδείξετε ότι σε κάποια χρο-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/14

Το βήμα του Ευκλείδη

νική στιγμή κατά τη διάρκεια του ταξιδιού η ταχύ­τητα του αυτοκινήτου είναι 48 μίλια την ώρα.

Λύση Η ταχύτητα είναι ο ρυθμός μεταβολής της με­

τατόπισης. Έστω λοιπόν x(t) η συνάρτηση απομά­κρυνσης του αυτοκινήτου από την αφετηρία Ο (t είναι ο χρόνος σε λεπτά) .

χ

ο Α

Είναι χ(Ο) = Ο και χ(5) = 4 . Η συνάρτηση x(t) είναι συνεχής στο [0, 5 ]

και παραγωγίσιμη στο (0,5 ) σο γεγονός αυτό είναι ιδιότητα της κίνησης). Σύμφωνα με το θε­ώρημα της μέσης τιμής υπάρχει t1 ε (0, 5) τέτοιο ώστε χ' (t 1 ) = χ(5� � �(Ο) � u(t ι ) = ! mi1/min διότι x'(t 1 ) είναι η στιγμιαία ταχύτητα u(t 1 ) του αυτοκινήτου . Ε δ , 4 · ιι . 4 1 mi1 240 48 ' 1/h πει η - mι mιn = - · -- = - = mι 5 5 _l h 5 '

60 το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Πρόβλημα 4° Ένας κτηνοτρόφος διαθέτει μια μεγάλης έ­

κτασης περιοχή, η οποία εκτείνεται κατά μήκος ε­vός ευθύγραμμου ποταμού και έχει πλάτος τουλά­χιστον 1 50m. Έχει- στη διάθεσή του 500m συρμα­τόπλεγμα με το οποίο θέλει να φράξει δύο ίσες διαδοχικές ορθογώνιες περιοχές, έτσι ώστε η μία πλευρά να συνορεύει με το ποτάμι. Στο φραγμένο αυτό ορθογώνιο θα βόσκουν οι αγελάδες του και επειδή πρέπει να πίνουν νερό στο ποτάμι, η πλευ­ρά που είναι κατά μήκος του ποταμού δεν πρέπει να φραχθεί. Στο άλλο φραγμένο ορθογώνιο θα βά­λει τα άλογα.

(α)Να κατασκευάσετε μια συνάρτηση που να δίνει το εμβαδόν της συνολικής περιφραγμένης περιοχής ως συνάρτηση του μήκους χ του ποταμού που έχουν στη διάθεσή τους για πότισμα οι αγελά­δες.

(β) Πώς πρέπει να φράξει ο κτηνοτρόφος τα ορθογώνια αυτά μέρη, ώστε να περιφράξει τη με­γαλύτερη δυνατή έκταση;

(γ) Πόση είναι η μέγιστη αυτή έκταση;

Λύση (α) Έστω ότι οι φραγμένες ορθογώνιες περιοχές έχουν τη μορφή του επόμενου σχήματος.

---------------ποταμός ...............

Υ χ Υ

Υ χ Υ '-------=-=------'

Είναι: • (χ + χ) + (y + Υ + Υ + y) = 600

� 2χ + 4y = 600 � χ + 2y = 300 (1 ). • Η συνολική περιφραγμέvη περιοχή έχει

εμβαδόν Ε(χ) = χ ·2y � χ (300 - χ), ο < χ < 300.

(β) Θα μελετήσουμε τη συνάρτηση Ε ως προς τα ακρότατα. Είναι:

• Ε'(χ) = 300 - 2χ • Ε'(χ) = Ο � χ = 1 50 Ο πίνακας της Ε δείχνει ότι η Ε γίνεται μέγι­

στη, όταν χ = 1 50. Έτσι χ = 1 50m και y = 7 5m. (γ) Η μέγιστη περιφραγμένη επιφάνεια θα είναι:

E( l 5) = 1 50 · 1 50 = 22500 m2•

Πρόβλημα 5° Ένα μεγάλο δοχείο περιέχει 1 000 lit αρμύρας,

περιεκτικότητας 1 3 gr/lit σε αλάτι. Στο δοχείο ρί­χνουμε νερό με ρυθμό 1 0 lit/min. Το μίγμα ανακα­τεύεται καλά και ταυτοχρόνως εκρέει από το δο­χείο με τον ίδιο ρυθμό.

(α) Πόση είναι η αρχική ποσότητα του αλα­τιού σε kgr που είναι διαλυμένη στο δοχείο;

(β) Αν Q(t) είναι η ποσότητα του αλατιού σε kgr που βρίσκεται κάθε στιγμή στο δοχείο, να κα­τασκευάσετε μια διαφορική εξίσωση για τη συ­νάρτηση Q(t) .

(γ) Να λύσετε την παραπάνω διαφορική εξί­σωση .

(δ) Πόσο αλάτι περιέχει το δοχείο ύστερα από λε , , , _4r: 3 25 πτα; Δινεται οτι -ν e ::::: 1 ,

Λύση (α) Η αρχική ποσότητα αλατιού που είναι διαλυ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/15

Το βήμα του Ευκλείδη

μένη στο δοχείο είναι

(1 3 ili) · ( 1 000 lit) = 1 3 kgr.

(β) Τη χρονική στιγμή t το δοχείο περιέχει Q(t) kgr αλάτι και έχει όγκο 1 000 Iit. Άρα η περιεκτι­κότητά του είναι:

��& kgr/l it ( \ ) . Από το δοχείο εξέρχεται αρμύρα με ρυθμό Ι Ο

lit/min, οπότε συνολικά εξέρχεται ποσότητα αλα­τιού ίση με

(.Qill_ �) ( liL) - Qill . 1 000 lit Ι 0 min - Ι 00 kgr/min.

Ά θ , β λ ' i!Qill , ρα για το ρυ μο μετα ο ης dt της ποσο-τητα αλατιού του δοχείου θα ισχύει:

• � = - I�OQ(t), Ω : Ο

• Q(O) = 1 3 kgr Το πρόσημο πλην δικαιολογείται από το γε­

γονός ότι η ποσότητα του αλατιού που βρίσκεται στο δοχείο μειώνεται. (γ) Είναι� = - Ι �ο Q(t) = Q'(t) + Ι �ο Q(t) = Ο

t t - Ι -= Q'(t) e 1 00 + 1 00 Q(t) e 1 00 = Ο = ( t ) ' t t

Q(t) e 1 00 = Ο = Q(t) e 1 0� = c = Q(t) = c e- 1 00 . Αλλά Q(O) = 1 3 , οπότε c = 1 3 .

t

Άρα: Q(t) = 1 3e- ϊΟο (2).

(δ) Ζητάμε τον Q(25) . - � _ l Ι 3 1 3 Είναι: Q(25) = 1 3 e 1 00 = 1 3e 4 = - = - = 1 0. ψ Ι ,3

Άρα μετά από 25 λεπτά, στο δοχείο υπάρχουν Ι Ο kgr αλάτι.

Π ρόβλημα 6° Ένα αυτοκίνητο Μ φεύγει από την πόλη Α και τα­

ξιδεύει βόρεια με μέση ταχύτητα 40 kmlh. Την iδια χρονική στιγμή ένα {:f).)..[) αυτοκίνητο Ν αφήνει την πό­λη Β όπου βρίσκεται 50 km ανατολικά της πόλης Α και κατευθύνεται νότια με ταχύτητα 80 kmlh. (α) Να βρείτε τη σχέση που συνδέει την από-

σταση z μεταξύ των αυτοκινήτων Μ, Ν και τις α­ποστάσεις τους χ, y από τις πόλεις Α και Β αντί­στοιχα.

(β) Να εκφράσετε το ρυθμό μεταβολής της α­πόστασης z των δύο αυτοκινήτων ως συνάρτηση των χ, y και z.

(γ) Να βρείτε την ταχύτητα με την οποία αυ­ξάνει η απόσταση μεταξύ των αυτοκινήτων, μια ώρα μετά την αναχώρησή τους.

Λύση (α) Σύμφωνα με την υπόθεση κατασκευάζουμε το παρακάτω σχήμα. Είναι: ΜΝ = 2, ΜΑ = χ και ΒΝ = y. Η ευθεία ΒΝ και η παράλληλη από το Μ προς την ΑΒ τέμνονται στο σημείο Σ. Είναι τότε ΜΣ = 50, ΣΒ = ΜΑ = χ και το τρίγωνο ΜΣΝ είναι ορθογώνιο. (Η δημιουργία του τριγώνου ΣΜΝ εί­ναι το κλειδί για τη λύση της άσκησης) . Έτσι ΜΝ2 = ΜΣ2 + ΣΝ2 = ΜΝ = "1/502 + (χ + y)2 =

= z = "'/502 + (x + y)2 ( Ι ) .

5 0 � - - - - - - - - - - - - - , Σ

χ

Ν

Η ( Ι ), παραγωγίζοντας ως προς t, δίνει: dz _ 2 (χ + y) (dx + �) _ dt - 2 '\}502 + (x + y)2 dt dt -

� � ( 40 + 80) = Ι 20 � (2). z z (γ) Μια ώρα μετά την αναχώρηση των αυτοκινή­των είναι χ = 40 km και y = 80km. Έτσι z = '\} 502 + 1 202 = '\} Ι 6900 = 1 30km. Άρα η ζητούμενη ταχύτητα είναι:

dz l <;; Ι 2Ο 40 + 80 = Ι 2 · Ι 20 = dt ι = Ι 1 30 1 3

= Ι ��ο � Ι Ι Ι km/h.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/16

Β Ι ΒΛ ΙΟΓΡΑΦ ΙΑ

Το βήμα του Ευκλείδη

ματικά Θετικής Κατεύθυνσης Γ' Λυκείου, (τόμοι Α, Β), Αίθρα, 1 999.

Anton Η. : Calculus, Wiley and Sons,

Αραχωβίτης Ι .Λ . : Εφαρμογές των Θεωρητικών Μαθηματικών, εκδ. Συμμετρία, 1 998.

Στεργίου - Νάκης - Στεργίου : Προβλήματα Γ' Λυκείου, Σαββάλας, 2000.

Stewart : Calculus, Brooks I Cole Goldstein κ.λ.π. : Calculus and its Applications, Prentice Hal l . Thomas - Finex: Calculus . . . Addison Wesley,

1 986. Καζαντζής, Θ.Ν. - Μήτσιου Ε.: Προβλήματα, ΜαθηματιΚ11 Βιλιοθήκη, Χ. Βαφειάδης, 1 994. Τουμάσης Μπάμπης: Πως να ενεργοποιήσουμε

τους μαθητές, Κωστόγιαννος, 1 999. Σπανδάγος Βαγγέλης - Σπανδάγου Ρούλα: Μαθη-

Σε πpοnyούμεvο τεύχοs του 'ΈυκΛείln Β"" lόlnκε πpos ΛύοΉ n επόμεvn άο-κnο-n .

Υπάρχουν; τριάδες φυσι�ών αριθμών: α, β, κ που να ικανοποιούν τη σχέση :

Μελέτη της ασκήσεως από Μανώλη Ι. Δαμίγο Λήμμα:

Ν δ θ , , ξ' αz + α6 +61 λ α απο ειχ ει οτι η ε ισωση : 1 + «β

=

Καζακόπουλος Απόστολος

(2) · επιδέχεται στο INxiNxiN τις παρακάτω

διαφορετικές λύσεις (και μόνο αυτές)

(Α)

(Β)

Απόδειξη Λήμματος

Α.

{ <1> (α, β, λ) = (0, Ο, Ο) <2> (α, β, λ) = (α, Ο, αz), <3> (α, β, λ) = (0, β, βΖ)

α Ε IN* β Ε IN* { <4>

<5> (α, β, λ) = (α,α3 - α, αz), (α, β, λ) = (β3 - β, β, βz)

α Ε IN* με α :;t:1 β Ε IN* με β :;t:1

• Αν α = Ο και β = Ο προφανώς μοναδική λύση της (2) είναι η τριάδα: (α, β, λ) = (Ο, Ο, Ο) • Αν β = Ο και α :;t: Ο προφανώς λύσεις της (2) είναι οι τριάδες: (α, β, λ) = (α, Ο, α1), α Ε IN* και μόνο

αυτές. • Αν α = Ο και β :;t: Ο προφανώς λύσεις της (2) είναι οι τριάδες: (α, β, λ) = (0, β, βz), β Ε IN* και μόνο

αυτές. Β. • Υποθέτουμε τώρα ότι (α, β) Ε IN*x IN*

Από τη (2) παίρνουμε ισοδύναμα: β1 + (α - λα)β + (α1 - λ) = Ο (3) και επίσης ισοδύναμα: α1 + (β - λβ)α + (β1 - λ) = Ο (4)

Β1) Από την (3) έχουμε : (α - λα)2 - 4(α2 - λ) = μ2, μ Ε IN, από την οποία παίρνουμε ισοδύναμα: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.γ. τ.3/17

Το βήμα του Ευκλείδη

(α2λ + 2 - αψ - (αμγ = 4(α4 - α2 + 1 ), γιατί έχουμε α ":#; Ο ή (α2λ + 2 - α2 + αμ) (α2λ + 2 - α2 - αμ) = 4 (α4 - α2 + 1) (5)

Επειδή όμως το πολυώνυμο: α4 - α2 + 1 είναι πρώτο πολυώνυμο, ως προς α, στο σώμα των ρητών αριθμών* θα έχουμε ισοδύναμα από την (5) :

α2λ + 2 - α2 + α μ = 2 (α 4 - α2 + 1 ) και

α2λ + 2 - α2 - αμ = 2 ή

α2λ + 2 - α2 + αμ = α4 - α2 + 1 και

α2λ + 2 - α2 - α μ = 4 ή

α2λ + 2 - α2 + αμ = 4(α4 - α2 + 1) και

α2λ + 2 - α2 - α μ = 1

Έχουμε επίσης α > ι** (γιατί αν α = 1 , τότε από τη (2) θα είχαμε β = Ο και λ = ι) Τα δύο τελευταία όμως συστήματα δεν ισχύουν γιατί έχουμε αντίστοιχα 2αμ = α4 - α2 - 3 (από το

δεύτερο) που δεν ισχύει και 2αμ = 4(α4 - α2) + 3 (από το τρίτο) που δεν ισχύει. Έτσι λοιπόν έχουμε μόνο:

(α2λ + 2 - α2 + αμ = 2(α4 - α2 + 1) και α2λ + 2 - α2 - αμ = 2) (6) . Από τις (6) έχουμε ισοδύναμα (α2 ( λ - α2) = Ο και αμ = α2 ( α2 - ι)) (7) . . 3 + ( 3 ) Από τις (7) έχουμε ακόμη ισοδύναμα: λ = α2 (8) και μ = α3 - α (9). Επομένως: β = α - α -

2 α - α ,

δηλαδή β = Ο ή β = α3 - α και επειδή β ":#; Ο θα έχουμε : β = α3 - α με α;#; ι (ι Ο) . Άρα οι τριάδες: (α, β, λ) = (α, α3 - α, α2) με α Ε Ν* και α ;#;ι είναι λύσεις της εξίσωσης (2).

Β2) Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο, όπως και στην περίπτωση Β 1 , αν εργασθούμε στην εξίσωση (4) θα βρούμε ότι οι τριάδες (α, β, λ) = (β3 - β, β, β2) με β Ε Ν* και β -:#;1 είναι λύσεις της εξίσωσης (2).

Γενική Παρατήρηση πάνω στο Λήμμα

Από τα παραπάνω έχουμε: ότι ή λ=Ο ή λ τετράγωνο ακεραίου θετικού αριθμού.

I) Έστω λ = Ο, τότε από ης ( Ι ) κάι (2) έχουμε : κ2 + 2κ = Ο ή ισοδύναμα κ = Ο. Επομένως στην περί­πτωση αυτή η ( Ι ) έχει μοναδική λύση στο Ν χ Ν χ Ν την τριάδα: (α, β, κ) = (0, Ο, 0). 11) Έστω λ ;#;Ο, τότε θα έχουμε λ = Q2, Q Ε Ν* . Από τις ( 1 ) και (2) έχουμε κ2 + 2κ = Q2 ή ισοδύναμα: (κ + l + Q)(κ + I - Q) = I ( Ι Ι ) .

Από την ( Ι Ι ) έχουμε ισοδύναμα: κ +1 + Q = 1 και κ + 1 - Q = 1 ή ακόμη ισοδύναμα: κ = Ο και Q = Ο και επειδή τώρα κ = Ο και επίσης κ2 + 2κ = λ θα έχουμε λ = Ο (αυτό φαίνεται και από το ότι λ = Q2 = 0), που είναι άτοπο. Επομένως στην περίπτωση αυτή δεν υπάρχει καμία τριάδα (α, β, κ) που να ανήκει στο Ν χ Ν χ Ν και να εποαληθεύει την (ι)

Συμπέρασμα Η εξίσωση ( 1 ) επαληθεύεται στο Νχ Νχ !Ν μόνο από την τριάδα (α, β, κ) = (0, Ο, Ο) (Προφανώς η εξίσωση ( ι ) στο Ν*χ ΙΝ*χ !Ν* δεν επαληθεύεται από καμμία τριάδα: (α, β, κ)).

• Γιατί το α4 - α2 + ι αναλύεται στο σώμα των πραγματικών αριθμών μόνον ως εξής: 4 2 2 _ r; ? _ r; α - α + 1 = (α + \1 3 α + 1 ) · (α- - \1 3 · α + 1 ) .

• • Αν α =ι από τη (2) παίρνουμε: 1 � � � β2

= λ ή ισοδύναμα 1 + 1 �

β= λ (1) . Θέτουμε

1 β�

β= τ (II), (τ Ε Ν).

Από τη (Π) παίρνουμε ισοδύναμα β2

- τβ - τ = Ο (111). Προφανώς τ2

+ 4τ = σ2, (σ Ε Ν) από την οποία έχουμε, δια-

δοχικά, ισοδύναμα: τ2

+ 4τ + 4 - σ2 = 4 ή (τ + 2)

2- σ2 =:' 4 ή (τ + 2 + σ)(τ + 2 -σ) = 4 (IV).

.

Από τη (IV) έχουμε ισοδύναμα:

τ + 2 + σ = 4 και

τ + 2 - σ = Ι (α) ή

τ + 2 + σ = 2 και

τ + 2 - σ = 2 (β). Το (α)σύστημα απορρίπτεται

γιατί έχουμε από αυτό 2τ = 1 . Από το (β) σύστημα παίρνουμε τ = Ο και σ = Ο. Επειδή τώρα τ = Ο από τη (Π) έχουμε

1 ! β = Ο ή ισοδύναμα β =0. Από τέλος β = Ο η (I) μας δίνει λ = ι .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.γ. τ.3/18

ΑΙΑ Θ Ν /ΙΙΙΑ Τ Ι Ι(Α ΠΑ ΡΑ Δ Ο 3Α ΚΑΙ /Ι/Ι Α Θ Ν ΑΙΑΤ Ι Ι( Α Π Α Ι Χ Ν Ι Δ Ι Α

Υπεύθυνοι στήλης: Κηπουρός Χ. - Σπανδάγος Β. - Τζιάμος Χ.

Α) Ένα μαθη ματικό παράδοξο

της Ρούλας Σπανδάγου

Θεωρούμε τους φυσικούς αριθμούς α1 , α2, α3 , • . . αv διάφορους του Ο και του 1 .

'Ε α, + αz + . . . + αν αν + αv. ι + . . . + α, Μ χουμε = . ε α, αz . . . Cly αν αv. , . . . α , λογαρίθμηση προκύπτει: log(α' + αz + . . . + Clv) = log(Clv + Clv- ι + . . . + α ι) ( 1 ) . α , αz . . . αν Clv Clv- I · · ·α ι

Η ( 1 ) δίνει: 2 log(α' + α2 + . . . + αν) > log(Clv + Clv- ι + . . . + α,) (2) αι α2 . . . αν Cly αν- l · · ·αl

ή log(α' + α2 + . . . + αν)2 > log(Clv + Clv-ι + . • . + α,) ή α, αz . . . αv αv αv. , . . . α , (α, + α2 + . . . + αν)2 > (Clv + Clv- ι + . . . + α,) ή α, α2 . . . αv Clv Clv- I · · ·α ι

(α, + α2 + . . . + αv) 1 , > η α, + α2 + . . . + αv > α, αz . . . αv α, α2 . . . αv που είναι άτοπο. Να βρεθεί το λάθος.

Απάντηση Το λάθος βρίσκεται στηv φορά της ανισότη­

τας (2)

(διότι log(α ' + αz + . . . + Clv) < Ο εφόσον α, αz . . . αv α, + αz + . . . + αv < 1 ) α, αz . . . αv

Β) Ο Θαλής και ο δούλος του

του Βαγγέλη Σπανδάγου

Μία μέρα του 500 π.Χ. ο Θαλής για να τιμω­ρήσει τον δούλο του Θύρσο τον έστειλε σ' ένα ναό που είχε 7 κολώνες στην πρόσοψη με εντολή να βηματίζει από αριστερά προς τα δεξιά και από δε­ξιά προς τα αριστερά μπροστά από τις κολώνες και

να τις μετράει μία-μία. Όταν δε φτάσει στον αριθ­μό 1 000 να του αναφέρει ποια κολώνα είναι η χι­λιοστή . Το μέτρημα δηλαδή θα γίνει ως εξής: από αριστερά προς τα δεξιά: 1 , 2, 3 , 4, 5 , 6, 7 και από δεξιά προς τα αριστερά: 7, 8, 9, 1 0, 1 1 , 1 2, 1 3 , και πάλι, από τα αριστερά προς τα δεξιά: 1 3 , 1 4, 1 5 , 1 6, 17, 1 8, 1 9 κ.ο.κ.

Ο Θύρσος όμως, που ήταν και καλός μαθημα­τικός, κατάφερε σε ελάχιστο χρόνο και χωρίς μέ­τρημα να βρει ότι η 4η κολώνα (μετρώντας από α­ριστερά προς τα δεξιά) αντιστοιχεί στον αριθμό 1 000. Πώς τα κατάφερε;

Γ) Μαθη ματικά με πλη ρ ω μή

του Σταύρου Κατραμάδου

Ο καθηγητής των μαθηματικών ενός Λυκείου δίνει 1 6 ασκήσεις γεωμετρίας σ' ένα μαθητή και του λεει: «Θα σου δίνω 500δρχ. για κάθε άσκηση που θα λύνεις σωστά. Για κάθε όμως άσκηση που δεν θα μπορέσεις να λύσεις θα μου δίνεις εσύ 300δρχ.» .

Ο μαθητής λύνει όπως μπορεί τις ασκήσεις και δίνει την κόλλα στον καθηγητή του. Όταν ό­μως κάνανε λογαριασμούς βρήκαν ότι κανείς δεν όφειλε χρήματα. Πόσα προβλήματα έλυσε σωστά ο μαθητής;

Απάντηση Ο μαθητής έλυσε μόνο τις 6 ασκήσεις. Γιατί;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.γ. τ.3/19

Μαθηματικά παράδοξα και Μαθηματικά Παιχνίδια

Δ) Παιχνίδι με σπίρτα

του μαθητή της Α ' Λυκείου Πέζου Χρήστου (Α­θήνα)

Σ' ένα τραπέζι τοποθετούμε 1 2 σπίρτα όπως δείχνει το σχήμα. Είναι δυνατόν μετακινώντας μό� νο 4 σπίρτα να σχηματίσουμε ένα σταυρό;

Απάντηση Ο σταυρός είναι ο επόμενος.

Ε) Το παράδοξο τετράγωνο

του Δημητρίου Καρβελά

Θεωρούμε το επόμενο τετράγωνο

7 5 3 2 4 6

Ι 8 4 8 Ι 5 3 7 1 6 2 8 2 4 6 7 5 3 8 1 5 1 8 4

6 2 8 3 7 1

Στο τετράγωνο αυτό υπάρχουν έξι οριζόντιοι εξαψήφιοι αριθμοί και οι ανάστροφοί τους, δηλα­δή διαβαζόμενοι από δεξιά προς τα αριστερά. Επί­σης, υπάρχουν έξι κατακόρυφοι εξαψήφιοι αριθμοί διαβαζόμενοι από πάνω προς τα κάτω και έξι κα­τακόρυφοι διαβαζόμενοι από κάτω προς τα πάνω.

Λέει ο Α στο Β : Διάλεξε δύο από τους 24 αυτούς αριθμούς και

πρόσθεσέ τους. Στο άθρόισμα πρόσθεσε και ένα αριθμό χ < 1 000 και πες μου το τελικό αποτέλε­σμα.

Ο Α από τον αριθμό που του ανακοινώνει ο Β ευρίσκει τον άγνωστο αριθμό χ ως εξής:

Χωρίζει τον αριθμό αυτό σε τριψήφια τμήμα­τα αρχίζοντας από δεξιά προς τ' αριστερά και τα προσθέτει. Αν βρει αριθμό με περισσότερα από τρία ψηφία επαναλαμβάνει την ίδια διαδικασία μέ­χρις ότου βρει αριθμό με λιγότερα από τέσσερα ψηφία. Ο αριθμός που θα βρει έτσι είναι ο αριθμός χ.

Παράδειγμα: Αν ο Β διαλέξει π.χ. τους αριθμούς 48 1 5 1 8

και 2867 1 3 και έστω ότι προσθέτει τον αριθμό χ = 379 θα είναι 48 1 5 1 8 + 2867 1 3 + 379 = 7686 1 0 και ο Α βρίσκει: 768.6 1 0 ή 6 1 0 + 768 = 1 378 και 1 .378 ή 378 + 1 = 379 δηλαδή χ = 379.

Σημείωση : Στο ίδιο αποτέλεσμα καταλήγου­με αν ο Β αφαιρέσει τους δύο αριθμούς ή αν τους πολλαπλασιάσει και στη διαφορά ή στο γινόμενο προσθέσει τον άγνωστο αριθμό χ. Ακόμη μπορεί να διαιρέσει τους αριθμούς και να προσθέσει τον άγνωστο χ στο υπόλοιπο της διαιρέσεως.

Διαδίδετε τον " Ευκλείδη Β ' "

Είναι ένας πολύτιμος φίλος τόσο για τις ελεύθερες ώρες όσο και

για τις ώρες της μελέτης

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/20

Μαθηματικά παράδοξα και Μαθηματικά Παιχνίδια

Τέσσερα ενδιαφέροντα παιχνίδια

του Μάρκου Στόλάκη

Τι ώρα έδειχνε το ρολόι του Σχολείου; Ο καθηγηη1ς λέει στον Κωστάκη : Πήγαινε

στο γραφείο των καθηγητών και δες τι ώρα είναι, διότι το ρολόι του σχολείου δεν πάει ακριβώς με την κανονική ώρα. Μετά από λίγο γυρνάει ο Κω­στάκης και λέει: Κύριε, ο ωροδείκτης ήταν ανάμε­σα από το 1 2 και Ι , ενώ ο λεπτοδείκτης ήταν ακρι­βώς σε ευθεία γραμμή με τον ωροδείκτη .

Μπορείτε να μας πείτε ακριβώς τι ώρα, πόσα λεπτά και πόσα δευτερόλεπτα έδειχνε το ρολόι του σχολείου;

Απάντηση :

Το ρολόι έδειχνε 1 2h, 32min, 43 Ι71 sec.

Απόδειξη : Αυτονόητο είναι οι δύο δείκτες του ρολογιού

να μη σχηματίζουν μηδενική γωνία αλλά ευθεία γωνία, διότι στις Ι 2 ακριβώς ξεκινούν από το ίδιο σημείο με διαφορετικές γωνιακές ταχύτητες. Ο ω­ροδείκτης σε μια ώρα κάνει 360° : Ι 2 = 30°, ενώ ο λεπτοδείκτης κάνει 360° πάλι σε Ι ώρα. Συνεπώς αν σε 30° αντιστοιχούν 360°, τότε σε ω0 αντιστοι­χούν ω0 + Ι 80° και επειδή έχουμε ποσά ανάλογα

30 360 ' (Ι 80)0 θα έχουμε c;;- = Ι 8Ο + ω η ω = 1ι ·

1 2

6 Τώρα ο λεπτοδείκτης κάνει 30° σε 5 min, τις

(Ι 80)0 • ,

(l!f-}5 30 . ,

1ι σε χ mιη η χ = 30 = ϊϊ mιη η 8 . ' 2 . 8 60 χ = 2ϊϊ mιn η χ = mιn ϊϊ · sec = . 480 . 7 = 2 mιn 1ι sec = 2 mιn 43 ϊϊ sec.

Άρα το ρολόι έδειχνε I 2h, 32 min, 43 171 sec.

Από το ζάρι στον Einstein Ρίξε ένα ζάρι τρεις φορές και γράψε διαδοχι­

κά τα τρία αποτελέσματα. Στη συνέχεια γράψε τον τριψήφιο αριθμό που προέκυψε. Τον εξαψήφια α­ριθμό που προέκυψε να τον διαιρέσεις με το 1 3 -

διότι είναι με γκίνια. Το αποτέλεσμα που βρήκες να το διαιρέσεις με τον τριψήφιο αριθμό που προ­έκυψε από τις τρεις ζαριές. Ναι! Σ' αυτήν την ηλι­κία είχε μπει όταν πέθανε ο Albert Einstein : 77.

Απάντηση : Έστω αβγ ο τριψήφιος αριθμός που προέκυψε

από τις τρεις ζαριές. Ξαναγράφοντάς τον έχουμε τον εξαψήφια αριθμό αβγαβγ.

Άλλα αβγαβγ = ( αβγ) · 1 00 1 = αβγ · 7 · Ι 1 · 1 3 . Τώρα (αβγ · 7 · 1 1 · 1 3) : 1 3 = αβγ · 77 . Στη συνέχεια ( αβγ · 77) : αβγ = 77 .

Παρατήρηση : Για να γίνει πιο ενδιαφέρον το αίνιγμα, αντί

να διαιρέσουμε με το 1 3 , να διαιρέσουμε με το 1 1 · 1 3 = 1 43 και η απάντηση : Ναι! Σου έδωσε 7 όσα και τα θαύματα της αρχαιότητας, όσες και οι μέρες της εβδομάδας, όσα και τα Ιώνια νησιά. Μπορούν να γίνουν και παραλλαγές.

Ένα παράδοξο: 4 = 5 Έχουμε

1 6 -36 = 25 - 45 ή 1 6 - 36 + �Ι = 25 - 45 + �1 και επειδή έχουμε τέλεια τετράγωvα και στα δύο μέλη

( 9)2 ( 9) 2 ' ' ' γριfφουμε: 4 - 2 = 5 - 2 : φυσικο ειναι να ε-χουν και ίσους λογαρίθμους, άρα: log(4 - �Υ = log(5 - �) 2 ή

2 log(4 - �) = 2 log(5 - �) (ίδ. logαv = ν1οgα )

ή log ( 4 - �) = log(5 - �) ( σαφές)

η, 4 - 2 = 5 - 2 διότι αν logα = logβ <=> α = β. 2 2 Τέλος, 4 = 5 , άτοπο. Πού είναι το λάθος;

Απάντηση

Όλες οι ιδιότητες των λογαρίθμων εφαρμό­στηκαν σωστά, εκτός από μία: logα2 = 2loglαl και όχι logα2 = 2 logα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λγ. τ.3/21

Μαθηματικά παράδοξα και Μαθηματικά Παιχνίδια .

Ά , . , ( 9)2 ( 9) 2 ρα απο τη σχεση log 4 - 2 = log 5 - 2 πρέπει να γράψουμε 2log 1 4 - � � = 2\og 1 5 - � � ή log [- (4 - �)] = log (s - �) διότι 4 - � < Ο και

5 � 2. > 0 η' -4 + 2. = 5 - 2. η' 2. + 2. = 4 + 5 2 ' 2 2 2 . 2 . Τέλος 9 = 9.

Παρατήρηση Μπορούμε να κάνουμε μια παραλλαγή πιο α­

πλή για την Α' Λυκείου : Από ( 4 - �)2 = (s - �)2 να γράψουμε

� =� ή 4 - � = 5 - � και 4 = 5 .

Το λάθος είναι στο γεγονός ότι γράψαμε � = 4 - � αντί � = 1 4 - � � = - (4- �) διότι 4 - � < Ο.

Μια ορθή γωνία ισούται με μία οξεία /'-.

Έστω το τετράπλευρο ΑΒΓΔ, όπου Α = 90°, Β < 90° και ΑΔ = ΒΓ. Φέρνουμε τις μεσοκαθέτους της ΑΒ και Γ Δ οι οποίες τέμνονται στο σημείο Κ (βλ. Σχ.) .

κ

Β

Τότε ΚΓ = ΚΔ διότι το Κ ανήκει στη μεσοκά­θετο του Γ Δ και ΚΑ = ΚΒ διότι το Κ ανήκει και στη μεσοκάθετο του ΑΒ και επειδή ΑΔ = ΒΓ (εξ .

..::::ι.. ..Q. .,..,......_ ,.....,_

υπ.) συνεπάγεται ΑΔΚ = ΒΓΚ άρα Αι = Β ι και ε-" /'-.

πειδή ΚΑ = ΚΒ θα έχουμε Α2= Β2• Άρα \ ........... ......... ........... ........... ......... ......... Αι + Α2 = Β ι + Β2 ή Α = Β . Επομένως η ορθή γω­νία ισούται με την οξεία γωνία. Που είναι το λά­θος;

Απάντηση Το σχήμα έγινε λάθος. Πράγματι αν κατα­

σκευάσουμε και το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΒΓ' Δ τότε η μεσοκάθετος του ΑΒ θα είναι με­σοκάθετος και του Γ' Δ. Άρα ΚΓ'= ΚΔ, όμως ΚΔ = ΚΓ. Συνεπώς Γ'Κ = ΓΚ. Δηλαδή το Κ ανήκει στη μεσοκάθετο του ΓΓ' .

κ

Τώρα ΒΓ'= ΑΔ (ως απέναντι πλευρές ορθο­γωνίου παραλληλογράμμου), ΒΓ = ΑΔ. (εξ. υπ.) .

Συνεπώς ΒΓ= ΒΓ. Άρα και το Β ανήκει στη μεσοκάθετο του ΓΓ. Συμπέρασμα: η ΚΒ είναι μεσοκάθετος του ΓΓ και όμως δεν το τέμνει. Άτοπο ! Το κανονικό σχήμα είναι (βλ. σχ. 2) Τώρα ναι! ΒΚ είναι μεσοκάθετος του ΓΓ . .

Γ. �ΟΡΦΙΑΤΗΣ ΤΟ ΦΥΣΙ�ΟΜΑΘΗtΥΙΑτi�Ο ΒΙΒΛΙΟΠQΛΕΙΟ

TQPA �ΑΙ ΣΤ Α :ΞΕΝΟΓ ΛQΣΣΑ ΙΠΠΟ\<ΡΑΤΟΥΣ 6 ΑΘΗΝΑ 106 �9 FAX - ΤΗΛ. 36.2849.2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ:y. τ.3/22

Τα Μαθημαrιuά 6εv εivαι μόvο euήeει' Υπεύθυνοι ση1λης : Αρβανιτογεώργος Α. - Π ούλος Α . - Σπηλιώτης Γ.

στήλη αυτή έχει σκοπό την προσέγγιση μαθηματικών εννοιών και προβλημάτων από οπτικές Η γωνίες που συνήθως δεν είναι ορατές κατά τη διάρκεια της διδασκαλίας στην τάξη. Τέτοιες ό­ψεις σχετίζονται με τη γενίκευση, με την πολλαπλή τους θεώρηση, με την ιστορική τους εξέλι­

ξη, με την εφαρμογή τους στην τεχνολογία, στις άλλες επιστήμες κ.λ.π.

Δlι4ΦΙJΡΕΤΙΚΕΣ ΕΚΦΡι4ΣΕΙΣ TIJ!/ ι4ΠΕΙΡIJ!/

Ένα από τα ερωτήματα που απασχόλησαν βα- . θιά το ανθρώπινο πνεύμα και ταυτόχρονα κέντρι­σαν δημιουργικά την ανθρώπινη διάνοια, είναι αυ­τό που σχετίζεται με την έννοια του απείρου. Στην ελληνική φιλοσοφία το άπειρο προβλήθηκε για πρώτη φορά από τον Αναξίμανδρο σαν αρχή από την οποία ξεπήγασαν τα πάντα. Στη συνέχεια α­ποτέλεσε ουσιαστικό στοιχείο της πυθαγόρειας σκέψης και έχει να κάνει με τον αριθμό σαν αρχή του κόσμου. Επίσης ο Πλάτωνας διακρίνει στη δομή του κόσμου τέσσερα είδη όντος: α) το άπει­ρο, β) το πέρας, γ) το μίγμα απείρου και πέρατος και δ) την αιτία του μίγματος αυτού. Το άπειρο σημαίνει εδώ το αδιακόσμητο και απροσδιόριστο.

Στα μαθηματικά το άπειρο παρουσιάζεται με αρκετές εκφράσεις. Ο Ευκλείδης απέδειξε πρώτος ότι το πλήθος των πρώτων αριθμών είναι άπειρο. Ένας πρώτος αριθμός είναι ένας θετικό(; ακέραιος μεγαλύτερος της μονάδας του οποίου οι μοναδικοί θετικοί διαιρέτες είναι ο εαυτός του και η μονάδα. Μερικοί πρώτοι αριθμοί είναι οι 2, 3, 5, 7, Ι Ι , 1 3 , . . . κλπ. . Όσο προχωράμε οι πρώτοι αριθμοί γίνο­νται όλο και πιο σπάνιοι, μια και υπάρχουν όλο και περισσότεροι διαιρέτες τους.

Η απόδειξη που έδωσε ο Ευκλείδης για την α­πειρία των πρώτων αριθμών αποτελεί ένα από τα κλασικά επιχειρήματα των μαθηματικών γι'αυτό ας την παρακολουθήσουμε. Υποθέτουμε ότι το σύνολο των πρώτων αριθμών είναι πεπερασμένο έστω 2, 3 , 5, p. Θεωρούμε τον ακέραιο Ν = 2 χ 3 χ 5 χ · · · χ p + Ι . Ο καινούργιος αυτός ακέ-ραιος είναι είτε πρώτος είτε διαιρείται με κάποιον πρώτο αριθμό. Αλλά ο αριθμός Ν είναι μεγαλύτερος από όλους τους προηγούμενους πρώτους και δεν διαιρείται με κανέναν από τους παραπάνω πρώτους αριθμούς, μια και αν ο Ν διαιρείτο με κάθε έναν από αυτούς, το υπόλοιπο της διαίρεσης θα ήταν Ι. Συνε-

Ανδρέας Αρβανιτογεώργος

πώς ο Ν είναι είτε πρώτος αριθμός είτε διαιρείται με κάποιον πρώτο που δεν τον έχουμε συμπεριλάβει στην πεπερασμένη λίστα μας. Και στις δύο περι­πτώσεις το αρχικό μας σύνολο των πρώτων αριθμών 2, 3, . . . , p δεν είναι πλήρες; πράγμα άτοπο.

Μια παράδοξη ιδιότητα των άπειρων συνόλων είναι ότι ένα aπειροσύνολο μπορεί να είναι ισοδύ­ναμο με ένα από τα υποσύνολά του. Για παρά­δειγμα, το σύνολο των φυσικών αριθμών Ι , 2, 3, . . . είναι ένα άπειρο σύνολο και έστω ότι σε κάθε φυ­σικό αριθμό μπορούμε να aντιστοιχίσουμε τον δι­πλάσιό του. Έτσι στο Ι aντιστοιχούμε το 2, στο 2 aντιστοιχούμε το 4, στο 3 το 6 κ.ο.κ . . Συνεπώς το σύνολο των φυσικών αριθμών έχει την ίδια πληθι­κότητα με το σύνολο των αρτίων αριθμών, που εί­ναι ένα υποσύνολό του. Ο Daνid Hilbert είχε δη­μιουργήσει ένα διαισθητικό παράδειγμα για να πε­ριγράψει το παραπάνω αποτέλεσμα, γνωστό ως "το ξενοδοχείο του Hilbert'Ό Ένα υποθετικό ξενο­δοχείο έχει άπειρο αριθμό δωματίων του οποίου ό­λα τα δωμάτια είναι κατειλημμένα. Κάποιο βράδυ ο ξενοδόχος έχει να αντιμετωπίσει το εξής πρό­βλημα. Μια aπείρως μεγάλη άμαξα καταφθάνει με άπειρο αριθμό νέων φιλοξενούμενων. Ο ξενο­δόχος μένει aτάραχος και τρίβει τα χέρια του στη σκέψη aπείρως περισσότερων λογαριασμών. Έτσι ζητά από τους ήδη φιλοξενούμενους να μετακομί­σουν στο δωμάτιο με το διπλάσιο αύξοντα αριθμό από αυτόν που διαμένουν. Έτσι ο ένοικος του δω­ματίου Ι μετακομίζει στο δημάτιο 2, ο ένοικος του δωματίου 2 στο δωμάτιο 4 κ.ο.κ. . Όλοι όσοι έμε­ναν στο ξενοδοχείο συνεχίζουν να έχουν δωμάτιο, ενώ ένα άπειρο πλήθος δωματίων, εκείνα με περιτ­τό αριθμό έχει εκκενωθεί για τους νεοαφιχθέντες!

Όλα τα απειροσύνολα δεν έχουν την ίδια πλη­θικότητα. Ο Georg Cantor, θεμελιωτής της θεωρί­ας συνόλων, χρησιμοποιώντας το περίφημο διαγώ-

ΕΥΚΑΕΙΔΗΣ Β' λ.γ. τ.3/23

Τα Μαθηματικά δεν είναι μόνο Ασκήσεις

νιο επιχείρημα έδειξε ότι το σύνολο των φυσικών αριθμών έχει μικρότερη πληθικότητα από το σύ­νολο των στοιχείων σε ένα ευθύγραμμο τμήμα. Έ­τσι υπάρχουν δύο τουλάχιστον διαφορετικά είδη απειρότητας: η απειρότητα των φυσικών αριθμών (ένα τέτοιο σύνολο ονομάζεται αριθμήσιμο) και η απειρότητα που αντιπροσωπεύεται από ένα ευθύ­γραμμο τμήμα (ένα τέτοιο σύνολο ονομάζεται υ­περαριθμήσιμο ) . Άλλα παραδείγματα αριθμήσι� μων συνόλων είναι τα σύνολα των αρτίων, περιτ­τών και ρητών αριθμών. Το σύνολο των πραγμα­τικών αριθμών είναι υπεραριθμήσιμο.

Daνid Hilbert Για πολλά χρόνια οι μαθηματικοί ασχολούνταν

με το ερώτημα άν υπάρχει ένα άπειρο σύνολο με πληθικότητα ανάμεσα σε αυτή των φυσικών αριθμών και των πραγματικών αριθμών. Ο Cantor υποψιαζό­ταν ότι κάτι τέτοιο δεν συμβαίνει και η υπόθεσή του αυτή ονομάστηκε "η υπόθεση του συνεχούς". Περί το Ι 938 ο Kurt Gδdel απέδειξε ότι η υπόθεση του συνεχούς ήταν συνεπής με τα υπόλοιπα μαθηματικά άρα δεν μπορούσε να καταρριφθεί. Αρκετά αργότε­ρα ( Ι 963) ο Paul J. Cohen απέδειξε ότι η υπόθεση του συνεχούς είναι ανεξάρτητη με τα υπόλοιπα μα­θηματικά, άρα δεν μπορεί ούτε και να αποδειχθεί. Συνεπώς υπάρχει μια πλήρης λύση στο πρόβλημα του συνεχούς: δεν μπορεί ούτε να καταρριφθεί αλλά ούτε και να αποδειχθεί.

Ένα άλλο είδος απείρου, το οποίο συναντάμε και αρκετά συχνά στο σχολείο, σχετίζεται με τον προβληματισμό τι νόημα θα μπορούσε να έχει ένα "άπειρο άθροισμα" αριθμών. Εκφράσεις της μορφής a1 + a2 + a3 + · · · ονομάζονται άπειρες σειρές (οι ο­ποίες τυπικά ορίζονται ως ακολουθίες από πεπερα­σμένα αθροίσματα) και εδώ υπάρχουν δύο ενδεχόμε­να: μια σειρά είτε συγκλίνει σε έναν πραγματικό α­ριθμό, είτε δεν συγκλίνει σε έναν πραγματικό αριθ­μό, δηλαδή αποκλίνει. Για παράδειγμα, η σειρά Ι/Ι + Ι/2 + Ι/ 4 + Ι/8 + 1/Ι 6 + · · · συγκλίνει στον α­ριθμό 2, ενώ η σειρά Ι + 2 + 3 + 4 + 5 · · · αποκλίνει, ή όπως λέμε συγκλίνει στο άπειρο.

Η γνωστή γεωμετροcή πρόοδος με άπειρο πλήθος ό-

ρων είναι ένα παράδειγμα μtας τέτοtας σειράς που ονομά­ζεται γεωμετροcή σειρά. Αυτή συγκλίνει όταν ο λfryoς της προόδου έχει ωτόλυτη τιμή μικρότερη της μονάδας. Γtα παράδειγμα η σειρά Ι/Ι + Ι/2 + Ι/ 4 + 1/8 + Ι/Ι 6 + . . ·

συγκλίνει στον αριθμό 2. Ένα ενδιαφέρον παράδειγμα αποκλίνουσας σει­

ράς είναι η αρμονική σειρά Ι/Ι + Ι/2 + Ι/3 + Ι/4 + Ι/5 · · · . Το μερικό άθροισμα της σειράς αυτής (δηλ. το άθροισμα των ν πρώτων όρων της) αυξάνεται με πάρα πολύ αργό ρυθμό. Χαρακτηριστικά αναφέρουμε ότι για να προκύψει έ­να μερικό άθροισμα της αρμονικής σειράς ίσο με I 00 πρέπει να προσθέσουμε περίπου Ι 045 όρους! Αυτός ο αργός ρυθμός αύξησης της αρμονικής σειράς σχε­τίζεται με το ότι οι πρώτοι αριθμοί γίνονται όλο και mo αραιοί όσο προχωράμε, αλλά αυτό είναι ένα δύ­σκολο θέμα οπότε δεν αναφέρουμε τίποτα άλλο επί αυτού. Μάλιστα μια περαιτέρω ανάλυση αυτού του φαινομένου οδηγεί σε ένα από τα άλυτα προβλήματα των μαθηματικών, την υπόθεση του Riemann.

Θα κλείσουμε με μια ενδιαφέρουσα συνοπτι­κή απόδειξη για το ότι η μη σύγκλιση της αρμονι­κής σειράς έχει σαν επακόλουθο ότι το σύνολο των πρώτων αριθμών είναι άπειρο, κάτι με το οποίο αρχίσαμε το άρθρο αυτό.

��'·' · ,• ' ' J t! -�: .-

Bernhatd Riemann Έστω p ένας πρώτος αριθμός. Θεωρούμε τη

γεωμετρική σειρά Ι + Ι/ p + Ι/ p2 + Ι/ p3 + · · · η οποία συγκλίνει στον αριθμό pj(p - Ι) (είναι το γνωστό ά­θροισμα των απείρων όρων γεωμετρικής προόδου). Από την άλλη πλευρά ισχύει ότι κάθε φυσικός αριθ­μός μπορεί να γραφεί ως γινόμενο πρώτων αριθμών κατά μοναδικό τρόπο. Συνεπώς, χρησιμοποιώντας την εmμεριστική ιδιότητα, προκύπτει ότι η αρμονική σειρά εκφράζεται ως ένα γινόμενο από συγκλίνουσες γεωμετρικές σειρές, κάθε μία για έναν διαφορετικό πρώτο αριθμό. Επειδή η αρμονική σειρά αποκλίνει, το πλήθος των παραγόντων του γινομένου αυτού ( ά­ρα και το πλήθος των πρώτων αριθμών) πρέπει να είναι αναγκαστικά άπειρο, διαφορετικά ένα πεπερα­σμένο πλήθος από (πεπερασμένους) αριθμούς θα έ­δινε αποτέλεσμα άπειρο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.γ. τ.3/24

Ο ΕURλείδnς προτείνει . . . ΕURλείδn και . . . Διόφαvτο Υπεύθυνες στήλης: Μαρούλη Β. - Σαϊτη Ε. - Χαραλαμποπούλου Λ.

Η στήλη αυτή, αγαπητοί φίλοι και φίλες, θα προτείνει για λύση ασκήσεις γεώμετρίας διαφόρων επιπέ­δων δυσκολίαζ. Οι λύσεις που θα στέλνετε, εφόσον φυσικά είναι σωοτές, θα δημοσιεύονται μαζί με το όνο­μά σας και το σχολείο που φοιτάτε

Α) Αγαπητοί συνάδελφοι και φίλοι μαθητές, η στήλη έχει την τιμή να δημοσιεύσει δύο

Ασκήσεις άλγεβρας τις οποίες έστειλε ειδικά γι' αυτήν ο καθηγητής και Πρόεδρος της Ακαδημί:.. ας Αθηνών κ. Νικόλαος Αρτεμιάδης. Αποτελεί μεγάλη χαρά για τη Μαθηματική κοινότητα της χώρας μας το γεγονός ότι ένας διακεκριμένος μα­θηματικός, μέλος της Ε.Μ.Ε. και πρώην πρόεδρός της, είναι σήμερα πρόεδρος στο Ανώτατο Πνευμα­τικό Ίδρυμα της χώρας.

1) Να λυθεί ως προς χ η εξίσωση :

- � + - � = - � όπου -ν--χ+α -ν X+b -να-τ;· Ο <α < b. Σημείωση: Να βρεθεί η λύση με τις λιγότε­ρες πράξεις.

2) Αν α, b, c είναι αριθμοί πραγματικοί τέτοιοι ώστε α � b � c � Ο και α + b + c = 3 , aπο-δείξτε ότι: αb2 +bc2 + cα2 ::; 2;.

* * * Β) Οι επόμενες ασκήσεις γεωμετρίας προ-τείνονται από διάφορους συναδέλφους

1) Από ένα σημείο Σ που βρίσκεται στο εσωτε­ρικού κύκλου κέντρου Ο φέρνουμε δύο χορ­δές ΑΣΒ και ΓΣΔ κάθετες μεταξύ τους. Να δειχθεί ότι τα τρίγωνα ΟΑΓ και ΟΒΔ είναι ι­σοδύναμα.

2) Δίνεται κύκλος κέντρου Κ και δύο σημεία Α και Β του κύκλου. Δυο μεταβλητοί κύκλοι με

κέντρα Κ1 και Κ2 εφάπτονται εξωτερικά μετα­ξύ τους, στο σημείο Μ, και εφάπτονται στον πρώτο κύκλο στα σημεία Α και Β. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Μ.

3) Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓ Δ εγγεγραμμένο σε κύκλο. Να δειχθεί ότι τα κέντρα των κύκλων που εγγράφονται στα τρίγωνα ΑΒΓ, ΑΒΔ, ΑΓΔ, ΒΓΔ είναι κορυφές ορθογωνίου.

4) Να κατασκευασθεί τρίγωνο από τα στοιχεία ρβ, ρr, α.

5) Να κατασκευασθεί ένα κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓ Δ του οποίου δίνονται οι πλευρές ΑΒ, ΒΓ

"' "'

και Γ Δ και οι γωνίες ΒΑΔ και Γ ΔΑ. 6) Δίνεται κύκλος και η εφαπτομένη στο σημείο

Α του κύκλου. Στην εφαπτομένη παίρνουμε ένα σημείο Σ από το οποίο φέρνουμε τέμνου­σες στον κύκλο. Έστω μια τέτοια τέμνουσα η ΣΚΛ (Κ, Λ είναι σημεία τομής της τέμνουσας με τον κύκλο). Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Μ που η διχοτόμος της Ύωνίοι;

"'

ΚΑΛ τέμνει την ευθεία ΣΚΜ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/25

HIJMIJ MATHEMATICVS Υπεύθυνοι στήλης: Καλίκας Σ.- Κερασαρίδης Γ.- Πανδής Α.

Η Homo Mathematίcus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα:

1) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματι­κών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλά­δοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποι-ος να τους σπουδάσει. Κανόνας: Η Homo Mathematicus απευθύνεται μόνο σε μαθητές.

Πσραχό.τω παρσυσιάζουμε μια εργασία του Θοδωρή Ξενάκη. Ο Θ. Ξενάκης είναι ένας πολύπειρος κλασικός φιλόλογος, με ξεχωριοτές γνώσεις στην γλωσσολογία Ε­κείνο που τον κάνει «δικό μας» είναι η βαθειά γνώση της Ευκλείδιας Γεωμετρίας και η πολύχρονη ερασιτεχνι­κή ενασχόλησή του μ 'αυτήν. Το δοκίμιο του αυτό, με γε­

νικό τίτλο «Μαθηματικά και "θεωρητικό. μαθήματα"» ,αναφέρεται στην σχέση των Μαθηματικών με την Έκθεση και τα Αρχαία Ελληνικό.. Το έγραψε ειδικό. για τους αναγνώσπς της στήλης Homo Mathematίcus. Θα δημοσιευτεί σε δύο συνέχειες. Εμείς τον ευχαριστούμε θερμά.

Mal�tparικA και JεωικrικΑ μaliιparb Του Θεόδωρου Ξενάκη - Φιλόλογου

Όλοι οι παλώτεροι θυμσύνtαι τον χωρισμό των σχολικών τμημάτων σε κλασικά -και πρακτικά, και οι λfyo «μεταγενέστεροι» την εφαρμοyή των Δεσμών. Ο χωρισμός αυτός, όπως φυσικά και ο σύγχρονος της Θεωρητικής, Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης, εξι>πηρέτησε ουσιαστικά την διευκόλυνση των μαθη­τών που έδειχναν κάποια προτίμηση για σπουδές σε Σχο'λi.ς που απαιτούσαν αvτίσtοιχα <<Μαθηματική» ή «Θάορητική» υποδομή να προετοιμασθούν καλύτερα yι'αυτές και φυσικά να ωwJJ..σ:γσύν όσο το δυνατόν περισσότερο από τα «μη ειδικότητος» μαθήματα.

Φυσικά είναι γνωστά σε όλους τα παράπονα πολ­λών (καμιά φορά και καλών) μαθητών που στόχευαν στις Θεωρητικές λεyόμενες επιστήμες ότι η ενασχόλη­ση με τα Μαθηματικά είναι και χαμένος χρόνος και ί­σως αιτία μειώσεως του μέσου όρου βαθμολογίας τους και γενικότερα φόρτωμα με γνώσεις που δεν θα τους χρειασθσύν ποτέ πια στη ζωή τους, αφού, όπως ισχυρί­ζονταν, τα Μαθηματικά που θα τους ήταν απαραίτητα τα είχαν ήδη μάθει στο Δημοτικό. 'Ελεyαν λοιπόν ( και μπορεί να Μνε και σήμερα, σJ.JJJ. . • . {ηJ. μόνο αυτό) ότι ο καλός δικηyόρος ή δικαστής δεν χρειάζεται Άλγεβρα,

σ6τε ο Φιλόλοyος Γεωμετρία, αφού το αντικείμενό τους απέχει παρασάyyες από τα Μαθηματικά.

Την διάχυτη αυτή αντίληψη ενισχύει ίσως (και θα -

μπορούσαν να το βεβαιώσουν καλύτερα οι ειδικοί) η διεύρυνση της ύλης των Μαθηματικών σε θέματα <<νε­

ώτερα», όπως ο Απειροστικός Λογισμός, η Στατιστική κλπ. που απομακρύνουν κάπως την λσyική του εφήβου από την κλασική Ευκλείδεια Γεωμετρία και την ομορ­φιά της βήμα προς βήμα κατάκτησης και απόδειξης της αλήθειας. Επίσης «περνάει στα ψιλά γράμματω> της προσοχής των φιλολiΥyων το γεγονός ότι προϋπόθεση εισόδου στην Πλατωνική Ακαδημία ήταν η γνώση της Γεωμετρίας και ότι βαmκότατη και πολυετής απασχό­ληση των υποψήφιων «φυλάκων>> της Πλατωνικής πο­λιτείας πριν αναλάβουν καθήκοντα διοίκησης ήταν τα Μαθηματικά. Ακόμη περισσότερο παραβλέπεται τα τε­λευταία χρόνια που προωθείται μεγάλη εντατικοποίηση των σπουδών στο Λύκειο ότι η παιδευτική αξία των Μαθηματικών δεν εξαρτάται από την ποσότητα της δι­δακτέας ύλης σJ.JJJ. από την ποιότητά της και τον βαθμό κατανόησής της από τους μαθητές.

Γι' αυτό σκοπός μας σ' αυτό το δοκίμιο είναι {ηJ. μό­νο να υποστηρίξουμε το αυτονόητό, ότι δηλαδή τα Μαθηματικά είναι απαραίτητα για την ανάπτυξη του Αναλυτικσύ Προγράμματος ενός Σχολείου Μέσης Εκ­παιδεύσεως, σJ.JJJ. και ότι έ:χ,ουν αποφαmστική σημασία για την επίδοση των παιδιών σε μαθήματα καθαρά θε­ωρητικά, όπως η Έιd}εση ιδεών ( παραγωyή �μένου) και τα Αρχαία Ελληνικά.

,F ΝΑ/κ,ιιΑrιΚΑ ΚΑΙ eκ/vκ Στις περισσότερες περιπτώσεις τα θέματα εκθέ­

σεων ή και οι γραπτές εργασίες των μαθητών στο μάθημα αυτό απαιτσύν κάποια απόδειξη συγκεκρι­μένης προτάσεως. Για να ανταποκριθεί με επιτυχία ο μαθητής, είναι βέβαια απαραίτητο να έ:χ,ει πρώτα­πρώτα μια αρκετά καλή γνώση της μητρικής του γλώσσας, ώστε να αντιλαμβάνεται το νόημα των λέ­ξεων με τις οποίες έ:χ,ει διατυπωθεί το θέμα. Αν επι­τύχει την αποκωδικοποίηση των λέξεων, είναι mθανό ότι στην συνέ:χ,εια θα ξεχωρίσει τις λέξεις «κλειδιά» και θα προχωρήσει στην διάκριση δεδομένων και ζη­τουμένων. Αυτό είναι βέβαια και η πρώτη εργασία κατά την επίλυση μιας άσκησης στα Μαθηματικά.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λy. τ.3/26

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

Στη συνέχεια το αποδεικτικό δοκίμιο απαιτεί μια δομή που αρχίζει από τα ευνόητα, τα οποία ή δεν χρειάζονται απόδειξη ή η απόδειξή τους είναι πολύ α­πλή, συνεχίζεται σε συνθετότερα μέρη που στηρίζο­νται στα προηγούμενα και (πάντοτε με αρχιτεκτονική διάρθρωση) καταλήγει στα ψηλότερα σκαλοπάτια και στο συμπέρασμα που προκύπτει ως λοyική και αβία­στη κατάληξη εκείνων που ειπώθηκαν. Κάθε όμως «σκαλοπάτυ> πρέπει να αποδειχθεί με μια από τις συλ­λοyιστικές μεθόδους (παραγωγική, επαγωγική, αναλο­γική) και φυσικά ευνόητο είναι ότι υπερέχει η παρα­γωγική, η μέθοδος δηλαδή των Μαθηματικών. Η αξία της παραγωγικής μεθόδου (από το όλον συμπεραί­νουμε για το μέρος) οφεiλεται, όπως είναι γνωστό στο ότι, εφόσον έχουμε αληθείς «προκείμενεφ, τότε και τα συμπεράσματά μας θα είναι κατ' ανάγκην αληθή. Αντίθετα για να είμαστε εξίσου ασφαλείς με την επα­γωγή, πρέπει να συμπεράνουμε από όλα τά μέρη (και όχι από τα περισσότερα) για το όλον, πράγμα τις πε­ρισσότερες φορές ανέφικτο.

Όσο για την αναλογία, αυτή, αν και είναι η ασθε­νέστερη λοyικά συλλσyιστική μέθοδος, χρησιμοποιεί­ται πolliς φορές με επιτυχία, γιατί κατορθώνει να πείσει με τον εντυπωσιασμό που πετυχαίνεL

Οι φιλόλσyοι που διορθώνουμε Έκθεση μένουμε πolliς φορές ενθουσιασμένοι από τα γραπτά με την καλή δομή και την καλή συλλσyιστική και παρατη­ρούμε πως αυτά δεν κουράζουν ποτέ τον αναγνώστη, όσο μεyάλα κι αν είναL Αντίθετα ένα γραπτό που στηρίχτηκε σε αναφομοίωτες γνώσεις, τις οποίες ο μαθητής δεν μπορεί να τακτοποιήσει, αφήνει στον δύ­στυχο διορθωτή την εντύπωση ότι πέρασε μπροστά α­πό ένα νεφέλωμα, από το οποίο δεν μπόρεσε τίποτα να κρατήσεL Ευνόητο μάλιστα είναι ότι η δυστυχία αυτή του βαθμολσyητή θα έχει τις μοιραίες επιπτώσεις της στην . . . ευτυχία του βαθμολσyουμένου. Ένα εύ­ληπτο λοιπόν και άμεσα κατανοητό γραπτό Έκθεσης είναι τέτοιο, γιατί βοήθησε η Μαθηματική σκέψη.

ΑJ..λά και το (i)J.A) προσόν μιας Έκθεσης, το ωτε­ριεχόμενο», δεν είναι άσχετο με τα Μαθηματικά. Η α­κριβολογία και ο συνακόλουθος σχηματισμός στέρε­ων και σαφών εννοιών είναι χαρακτηριστικό της Μα­θηματικής ορολσyίας, και αυτό χωρίς καμιά διάθεση υποτίμησης των όJJ..mν επιστημών. Αφού εκ φύσεως τα Μαθηματικά δεν μπορούν ποτέ να καταλήξουν σε αντίφαση, και μαθηματικοί κοινής αφετηρίας δεν πα­ρουσιάσθηκαν να διαφωνούν (ή αν παρουσιάσθηκαν, θα ήταν σε εξαφετικά σπάνιες περιπτώσεις που γναι­ρίζουν οι ειδικοί), είναι αναμενόμενο η επίδραση της Μαθηματικής σαφήνειας και ακριβολογίας να είναι ευερyετική στους · μαθητές, αν βέβαια κατάφεραν να την ασπασθούν και να tην εκμεταλλευτούν στον τρό­πο διατύπωσης και ορισμού των αφηρημένων και ε­πομένως δυσχερών στη σύλληψη εννοιών.

Εάν όμως επιτευχθεί αυτό το άκρως απαραίτητο

στον μαθητή, να ξέρει δηλαδή τι εννοεί λέγοντας κάτι κάθε φορά, (και εδώ, για να παινέψουμε και το δικό μας σπίτι, χρειάζονται και καλά Ελληνικά), τότε θα δι­ευκολυνθεί να ανακαλύπτει τις διασυνδέσεις των εν­νοιών μεταξύ τους, ώστε να μπορεί να «αναπτύξει» το περιεχόμενο μιας Έκθεσης σε όσο το δυνατόν περισ­σότερες αναγκαίες παραμέτρους και χωρίς να φεύγει από το θέμα. Εδώ έχει να κάνει η εφευρετικότητα και η ερευνητικότητα της «μαθηματικής σκέψηφ, όταν βέβαια πρόκειται για θέματα με στόχους και όχι για θέματα του τύπου «Σχολιάστε ελεύθερα το παράθε­μα», τα οποία ευνοούν την εφαρμσyή της παροιμίας «ό,τι θυμάται χαίρεται>>. Αλλά , κακά τα ψέματα. Ό,τι και να ζητάει το θέμα, και όσες σελίδες και να γράψει ο μαθητής, θα δικαιώνεται, αν ξέρει να σκέπτεται σαι­στά, δηλ. μαθηματικά. Διαφορετικά έχει κάποιες ελπί­δες, μόνο αν του διορθώσει το γραπτό κάποιος «ό­μοιος . . . ομοίω πελάζων». Όσο για τις γενικές γνώσεις, που πολλοί φιλόλσyοι θεωρούν εξαφετικά σημαντικές για την Έκθεση, ας μη ξεχνάμε πως για να είναι σε θέση ο μαθητής να τις εκμεταλλευτεί επιτυχώς, πρέπει πρώτα να ξέρει να σκέπτεται μεθοδικά, δηλ. μαθημα­τικά. Αλλιώς θα είναι «πλίνθοι και κέραμοι ατάκτως ερριμένοι>> και μ{i).).λ)ν κινδύνους θα εγκυμονούν για εκτροπή από το θέμα, παρά προσόν θα αποτελούν του περιεχομένου.

Εξάλλου όλοι γνωρίζουν πως αξία έχουν εκείνες οι γνώσεις που αποκτήθηκαν από το μαθητή από ελεύ­θερα αναγνώσματα και από σχολικά μαθήματα που ε­μπεδώθηκαν απ'αυτόν έτσι ώστε να αποτελούν μόνι­μο οπλοστάσιο της πνευματικής συγκρότησής του. Α­ντίθετα οι προσπάθειες όσων διδάσκουν Έκθεση να συσσωρεύσουν «γνώσεις» στο μυαλό αδύνατων μα­θητών με την μέθοδο της aποστήθισης, καταλήγουν συνηθέστατα σε παταγώδη αποτυχία. Απλώς συντε­λούν σε μια πρόσθετη ταλαιπωρία των βαθμολσyητών που, για να βάλουν ούτως ή άλλως ένα βαθμό γύρω στο 5 αναγκάζονται τώρα να διαβάζουν και αρκετές σελίδες γεμάτες σφάλματα περιεχομένου, έκφρασης και σύνδεσης (ενώ τα παλιά τα χρόνια, εφόσον έλειπε η «προετοψασία», ήταν και τα γραπτά μικρότερα).

Με όλα τα παραπάνω όμως δεν υποστηρίζεται ότι οπωσδήπσrε ο ικανός στα Μαθηματικά θα γράψει και καλή Έκθεση.Η εκπαιδευτική πείρα δείχνει ότι αυτό μάλλον δεν ισχύει.Η θέση του γράφοντος είναι ότι οι α­Κολουθούντες τη Θεωρητική κατεύθυνση ίχουν να ω­φεληθούν πολύ από τις καλές σχέσεις τους με τα Μαθη­ματικά και ιδίως από την Ευκλείδεια Γεωμετρία. Έτσι μάλιστα ίσως κάποτε στο μέλλον θα μπορούν οι νεώτε­ροι να χαίρονται από περισσότερους εκπροσώπους των θεωρητικών επιστημών �-γραπτό ή Πj]JJΙΡΟρικό λόγο με την επιστημονική καθαρότητ� σαφήνεια των γε­ωμετρικών θεωρημάτων.

Στο επόμενο τεύχος θα δημοσιευθεί το δεύτερο μέρος του δοκιμίου.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' )..y. τ.3/27

7-f ' r-7 �

1-1 ΣΤΗ/)Η 17/)Η Ρ L7 L71 L71:ι //(Η Σ

Υπεύθυνοι στήλης : Ζέρβας Δ. - Μπούκας Κ. - Σάλαρης Κ,

Πώs ypάφουμε Μαlnματικά ο-έ έγα ο-ύy_χpογο Hl!/ του Κίόστα Γ. Σάλαρη

Ένα μαθηματικό κείμενο είναι γνωστό ότι κού πακέτου και να καταχωρούνται στον Η/Υ. μπορεί να αποτελείται από

• Ελληνικούς ή και Αγγλικούς χαρακτή­ρες (Text).

• Μαθηματικές συναρτήσεις (με περιε­χόμενο Text) και Μαθηματικά σύμβο­λα.

• Γεωμετρικά σχήματα.

Οι σύγχρονοι Η/Υ διαθέτουν πλήρεις γραμματοσειρές Ελληνικών και Αγγλικών χα­ρακτήρων, έτσι , ώστε η καταχώρηση κειμέ­νων πού περιέχουν Text να μην αποτελεί πλέ­ον πρόβλημα.

Οι μαθηματικές συναρτήσεις π.χ

Τετραγωνική ρίζα � Ορισμένο ολοκλήρωμα J: f(x)dx

Κλ , α ασμα β ,

Πίνακας ( � � ), -Διάνυσμα ΑΒ κ.τ.λ

Υπάρχουν ενσωματωμένες στους γνω­στούς κειμενογράφους Word, Latex κ.τ.λ και μπορούν να ανακληθούν και να ενσωματω­θούν στα μαθηματικά μας κείμενα.

Τά γεωμετρικά τέλος σχήματα μπορούν να παράγονται με την βοήθεια ενός σχεδιαστι-

Με το άρθρο αυτό προσπαθούμε να βοη­θήσουμε τούς αναγνώστες μας ,ώστε να μπο­ρούν εύκολα και γρήγορα να καταχωρούν μα­θηματικά κείμενα στους ΗΝ. Για το λόγο αυ­τό δεν θα παραθέσουμε όλη την σχετική θεω­ρητική βιβλιογραφία, αλλά θα χαράξουμε ένα δρόμο που στηρίζεται βασικά στον κειμενο­γράφο Word της Microsoft.

Μπορεί να μην είναι ο πιο εύκολος και ευχάριστος δρόμος αλλά είναι ο πλέον γνω­στός και το Word είναι ο πλέον πολυπληθής σε εγκαταστάσεις κειμενογράφος.

Βασική προυπόθεση για να μπορούμε να καταχωρήσουμε σε Η/Υ ένα μαθηματικό κεί­μενο πού περιλαμβάνει Text, μαθηματικές συ­ναρτήσεις και μαθηματικά σύμβολα είναι να έχουμε εγκατεστημένο στον ΗΝ το Word 97 και να έχουμε ενεργοποιήσει το ενσωματωμέ­νο Υποσύστημα Equation Editόr(EQ).

Ο Equation Editor είναι ένα υποσύνολο του μαθηματικού κειμενογράφου MathType και προσφέρεται ενσωματωμένος σε κάθε έκ­δοση του Word 97, η νεωτέρων εκδόσεων.

Για να ενεργοποιήσουμε τον EQ, πηγαί­νουμε στην άνω μπάρα του Word και ενεργο­ποιούμε την εισαγωγή στην συνέχεια το αντι­κείμενο, έτσι επιλέγουμε τον EQ.

Για τα μαθηματικά σύμβολα ενεργο-ποιούμε στην άνω μπάρα του Word την εισα­γωγή και στην συνέχεια το σύμβολο,έτσι εμ­φανίζεται ένας πίνακας συμβόλων απο τον ο­ποίο μπορούμε να ενσωματώσουμε στο κειμε-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/28

Η στήλη της Πληροφορικής

νό μας όποιο σύμβολο επιθυμούμε.

Τέλος η καταχώρηση σχημάτων μπορεί να γίνει είτε με την βοήθεια του σχεδιαστικού μέρους του Word είτε καλλίτερα με την βοή­θεια του Corel Draw, το οποίο δημιουργεί a­νυσματικά σχήματα τα οποία εξασφαλίζουν καλή ποιότητα στην εκτύπωση αλλά και άρι­στη εμφάνιση στις οθόνες των Η/Υ.

Το σχήμα που δημιουργούμε στο Corel Draw το σώζουμε σε μορφή WMF (Windows Meta File) και το κάνουμε Inport στο Word.

Η σελιδοποίηση , δηλαδή η δημιουργία η­λεκτρονικής σελίδας, η οποία θα περιέχει τις τρεις αυτές κατηγορίες Text, Μαθηματικά σύμβολα- Συναρτήσεις και Γεωμετρικά σχή­ματα απαιτεί συστηματική εκπαίδευση και συ­νεχή εξάσκηση.

Την σελίδα αυτή που έχουμε δημιουργή­σει μπορούμε να την επεξεργαστούμε περαι­τέρω με εκτύπωση στον Printer ,αποθήκευση σε σελίδες του lntemet η μεταβίβαση μέσω η­λεκτρονικού ταχυδρομείου σε άλλο Η/Υ.

Μπορούμε να σώσουμε την ηλεκτρονική σελίδα που έχουμε δημιουργήσει σε διάφορα Fonnats αρχείων ανάλογα με την απόφαση που έχουμε . πάρει για την πιο πέρα επεξεργα­σία.

Οι πιο γνωστές μορφές είναι DOC, RTF, HTML στα πλαίσια του Word η POSTCRIPT χρησιμοποιώντας κάποιον Printer Driνer π.χ τον PS της Linotronic.

Συμβουλευτικά προτείνουμε στους ανα­γνώστες μας να χρησιμοποιούν το F onnat α­ποθήκευσης αρχείων Postscript.

Έτσι εξασφαλίζεται η διατήρηση της σε­λιδοποίησης σε περίπτωση μεταφοράς του αρ­χείου από Η/Υ σε Η/Υ και η δυνατότητα άρ-τιας και άριστης ποιότητας εκτύπωσης της σε­λίδας σε οποιοδήποτε Postcript εκτυπωτή και αν αυτός ο εκτυπωτής που διαθέτουμε δεν εί­ναι Postscript υπάρχει προσομοιωτής του Postscript που μπορεί να εκτύπωση αρχεία σε κοινό Printer.

Κατέβαλα μεγάλη προσπάθεια να διατυ­πώσω απλά και σύντομα την διαδικασία γρα­ψίματος μαθηματικών κειμένων σε Η/Υ. Το Μαθηματικό γράψιμο σε Η/Υ είναι από τα

πλέον δύσκολα αντικείμενα .Ακόμη δεν έχει αναπτυχθεί ένας ενιαίος τρόπος γραψίματος μαθηματικών κειμένων σε Η/Υ.

Με την αλματώδη ανάπτυξη που πραγμα­τοποιείται στο χώρο του lntemet πιστεύουμε ότι πολύ σύντομα θα αναπτυχθεί ένας Μαθη­ματικός κειμενογράφος (Math Editor) για Web Sites.

Τις προδιαγραφές έχει αναλάβει η διεθνής επιστημονική οργάνωση W3C στην οποία συμμετέχουν σαν ιδρυτικά μέλη, διεθνούς φή­μης Πανεπιστήμια, Εταιρίες πληροφορικής και διεθνή Ινστιτούτα.

Ηδη υπάρχει μια πρώτη υλοποίηση των προδιαγραφών της W3C με τη γλώσσα MathML (Mathematical Markup Language) η οποία δέχεται κώδικα HTML.

Μία πρώτη έκδοση κειμενογράφου για την MathML έχει το εμπορικό όνομα Amaya.

Ένα αντίγραφο της Amaya με περιορι­σμένο χρόνο χρήσης μπορούμε να το κατεβά­σουμε απο το Site της w3c.org μέσω του Intemet.

Στην έκδοση αυτή υπάρχουν αρκετά προ­βλήματα με την αναγνώριση και επεξεργασία Ελληνικών γραμματοσειρών και την χρησιμο­ποίηση αυτών στις μαθηματικές συναρτήσεις.

Πιστεύουμε ότι στις επόμενες εκδόσεις θα αντιμετωπισθεί το πρόβλημα αυτό.

Φυσικομαθη ματικές

Εκδόσεις - Βιβλιοπωλείο

' ' ΑΙΘΡΑ " Μεσολογγίου 1 - Αθήνα 1 06 8 1

Τηλ. : 3 3 0 1 269 - 3 3 02 622

Κυ κλοφορούν: Ευαγγέλου Σπανδάγου :

α) Η ζωή και το έργο του Κωνστατίνου Καραθεοδωρή σελίδες 450 δρχ. 5000

β) Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλή­νων σελίδες 430 δρχ. 5000

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/29

Η A-d""' f1Α-ι-ιιιι� .. 1. Δ-ιΑ-rωv..-ιd fι1..1. Η A-df'\. f.LΑ-7:-ιιιtέ� Ο �.ιι frι--ιάb..ε�

Υπεύθυνοι στήλης: Δούναβης Α. - Λουρίδας Σ. - Τυρλής I.

Α . . IJ .λυμπιακέs Π po6εy yί6ειs

Συνάρτηση Euler Συνάρτηση Eulerι ονομάζεται η συνάρτηση

y = φ(χ)/ Ν με φ(χ) να παριστάνει το πλήθος των θετικών ακεραίων που αφ' ενός μεν είναι μικρότε­ροι ή ίσοι του χ, αφ' ετέρου είναι πρώτοι προς το χ (φ( Ι ) = Ι , φ(4) = 2, φ(5) = 4 κ.τ.λ.) Για τη συνάρ­τηση αυτή ισχύει φ(χ ·y) = φ(χ) ·φ(y). Αν ο α είναι αριθμός ακέραιος πρώτος και κ θετικός ακέραιος

, ( κ) κ κ - 1 κ (ι 1) Α θ , τοτε φ α . =α - α =α · - � . ν ο ετικος α-

κέραιος Χο αναλύεται σε γινόμενο πρώτων παρα-' _ Χ ι Χ2 Χν ' γοντων, Χο - ρ 1 ·ρ 2 · . . . ·ρ ν οπου Χ ι , χ2, . . . , Χν φυσι-

κοί αριθμοί τότε

( ) ( χ ι χ ι - Ι) ( χ2 χ2 - Ι ) ( χ. χ. - 1 ) φ Χ = ρ l - ρ Ι · ρ 2 - ρ 2 · . . . · ρ ν - ρ ν

� φ(χ) = χ{ ι - � }(• -�;} · · · {• - ��) π.χ. φ( 1 Ο) =φ(2) ·φ(5) =ι ο{• -!}(• -i) = 4

Ασκήσεις 1. Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι όταν

y = φ( χ) I Ν η συνάρτηση Euler και φ( χ) = i· Λύση

Έστω θεnκός ακέραιοζ χ0 ώστε φ(Χο) = �-χ ι - χ2 χ. (ι 1 ) (ι 1 ) (ι 1) ρ ι ·ρ 2 · . . . · ρ v · - Ρι · - ρ2

· . . . · - ρv =

ι Leonhard Euler ( 1 707 - 1 783)

του Σωτήρη Λουρίδα

Αν θεωρήσουμε ότι ο ρ1 είναι ο μικρότερος απ' όλους τότε, αναγκαστικά, ρ ι = 2.

Οπότε: (ρ2 - 1 )(ρ3 - l ) . . . (ρv - 1 ) = ρ2ρ3 . . . ρv. Άτοπο αφού (ρ2 - l )(ρ3 - l ) . . . (ρv - 1 ) < ρ2ρ3 . . . ρν. Άρα ο χ0 δε μπορεί να έχει πρώτο παράγοντα ε-

κτός και είναι της μορφής χ0 = 2Ρ όπου ρ θετικός ακέραιος.

Αντίστροφα φ(2κ) =2κ{ι -!) =!·2κ

2. Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓ Δ. θεω­ρούμε την επιφάνεια που δημιουρ-yείται αν από την επιφάνεια που ορίζει αυτό "βγάλουμε" ένα από τα σημεία της που δεν ανήκει σε μία από τις πλευρές του ( φανταστείτε μια αδιάστατη τρύ­πα). Δείξτε ότι η επιφάνεια αυτή μπορεί να δια­μεριστεί σε τέσσερα σύνολα ευθυγράμμων τμη­μάτων.

Λύση Θεωρώ Ε την εmφάνεια που δημιουργείται ό­

πως αναφέραμε στην εκφώνιση και Κ η θέση της "τρύπας" . Προφανώς η σχέσή χσy = "χ παράλλη­λο ευθύγραμμο τμήμα με y" αποτελεί μια σχέση ι­σοδυναμίας που προφανώς διαμερίζει την εmφά­νεια σε τέσσφις κλάσεις (δες σχήμα) ως εξής:

Γ Η Ι η με βάση τον αντιπρόσωπό της ΕΖ όπου

Ε ανήκει στην ΑΒ και Ζ στο ΒΚ και ΕΖ // ΑΚ η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' )..γ. τ.3/30

Μαθηματικοί Διαyωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

δεύτερη με βάση τον αντιπρόσωπό της ΗΘ, Η ση­μείο της ΒΓ και Θ της ΓΚ με ΗΘ // ΒΚ, η τρίτη με βάση τον αντιπρόσωπό της ΙΛ όπου Ι σημείο της ΔΚ και Λ σημείο της ΔΓ με ΙΛ 11 ΚΓ και η τέταρτη με βάση τον αντιπρόσωπό της ΜΝ με Μ σημείο της ΑΔ και Ν σημείο της ΑΚ με ΜΝ 11 ΔΚ. Τα σημεία του ΒΚ καλύπτονται από την πρώτη κλά­ση, του ΓΚ από τη δεύτερη, του ΔΚ από την τρίτη και του ΑΚ από την τέταρτη αφού βέβαια το Κ δεν ανήκει σε καμία κλάση (από την υπόθεση).

3. Γεωμετρίας της 3ης Βαλκανικής Ολυμπιά­δας Νέων 25/06/1999 (το θέμα αυτό επιλέχθηκε και ήταν πρόταση της επιτροπής διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.) """'

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ). Έστω Δ σημείο της ΒΓ ώστε ΒΓ > ΒΔ > ΔΓ. θεωρο'1_ιε τους �εριγεγραμμένους περί τα τρί-γωνα ΑΒΔ και ΑΔΓ κύκλους Κ1, Κ2 αντίστοιχα. Έστω Β', Γ' τα aντιδιαμετρικά των Β, Γ ως προς τους κύκλους αυτούς. Α ν Μ το μέσο της """' Β 'Γ', aποδείξτε ότι το εμβαδόν του ΜΒΓ είναι σταθερό μη εξαρτώμενο δηλαδή από τη θέση του Δ.

Λύση ........ Γ 'ΔΓ = 90°, ΒΆΒ = 90°. Άρα Γ 'Β'Δ είναι

συνευθειακά. Είναι προφανές ότι οι κύκλοι είναι ί­σοι, αφού το τρίγωνο είναι ισοσκελές και άρα ........ ........ ΑΒΔ = ΑΓΔ .

Β'ΒΑ = 90° - ΑΒ'Β = 90° - ΑΔΒ και

ΑΓΓ ' = 90° - ΑΓ ' Γ = 90° = ΑΔΒαπό το εγγε­γραμμένο τετράπλευρο ΑΓ'Γ Δ.

Άρα Β'ΒΑ = ΑΓΓ' => ΑΒ' = ΑΓ' => ΑΒ'Γ' ι­σοσκελές.

Άρα η ΑΜ θα είναι και ύψος. Α ν Ε το μέσο της ΒΓ τότε το ΑΜΔΕ είναι ορθογώνιο παραλλη­λόγραμμο => ΜΔ = ΑΕ =>(ΜΒΓ) = (ΑΒΓ).

Παρατήρηση 1 : Εδώ ο λύτης θα πρέπει να απο­φανθεί για τη θέση των Β' και Γ', ότι δηλαδή το Β' ευρίσκεται στο ελάσσον τόξο του Κ1 ενώ το Γ' στο μείζον τόξο του Κ2•

Παρατήρηση 2: Θα μπορούσε να δινόταν, απλά ότι Δ εσωτερικό σημείο της βάσης ΒΓ.

4. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ. Στην πλευρά ΑΓ ' ' Ε ' ΑΕ . ΑΒ παιρνουμε σημειο ωστε:

ΕΓ = α και στην

'Δ

' ΑΔ β 'Ε Ρ ' σημειο ωστε: ΔΒ

= . στω το σημειο το-

μής των ΒΕ και Γ Δ. Να βρεθεί το εμβαδόν του ΔΑΕΡ με βάση το εμβαδό του ΑΒΓ.

Λύση Θεωρώ τις κάθετες ΒΚ, ΑΛ, ΕΜ επί της Γ Δ.

�� = �� = β, �� = �� = ΑΕ Ε� ΕΓ = l + α

Άρα:

ΒΚ ΑΛ ΒΚ α + 1 ΒΡ ΕΜ

=ΕΜ

. ΑΛ

= -β

- = ΡΕ

Α

Γ

(ΔΡΕ) = ΡΕ � (ΔΡΕ) ΡΕ (ΒΔΕ) ΒΕ (ΒΔΕ) ΒΡ + ΡΕ

=

1 ----� = β . (ΒΔΕ) _ ΒΔ . ΑΕ α + β + 1

εmσης (ΑΒΓ)

- ΑΒ ΑΓ' ΒΡ + l ΡΕ

. (ΒΔΕ) _ ΒΔ (ΑΒΕ) _ ΑΕ αφου (ΑΒΕ) - ΑΒ και

(ΑΒΓ) - ΑΓ

. (ΒΔΕ) ΒΔ ΑΕ Άρα: (ΑΒΓ) ΑΔ + ΔΒ ΑΕ + ΕΓ =

. . (ΒΔΕ) _ α Άρα.

(ΑΒΓ) -(α + l )(β + 1 )

.

. (ΔΡΕ) _(ΔΡΕ) . (ΒΔΕ) _ Επισης (ΑΒΓ)

-(ΒΔΕ) (ΔΡΕ)

-

β . α α + β + 1 (α + l )(β + 1 )

Ό . (ΔΑΕ) _ ΑΔ·ΑΕ (λ ' β δ ' μως. (ΑΒΓ)

- ΑΒ·ΑΓ ογος εμ α ων τρι-

γώνων με μια γωνία κοινή) .

Ά (ΔΑΕ) ΑΔ·ΑΕ ρα: (ΑΒΓ) ΑΒ·ΑΓ

α·β (α + l )(β + 1 )

J_ β + Ι

. α α + Ι

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ:y. τ.3/31

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

τ λ , , . (ΔΑΕΡ) (ΔΡΕ) + (ΔΑΕ) _ ε ικα εχω. (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) -

α·β + α·β =-(α + 1 )(β + 1 )(α + β + 1 ) (α + 1 )(β + 1 )

(ΔΑΕΡ) =

α· β·( α + β + 2) =-(ΑΒΓ) (α + 1 )(β + 1 )(α + β + l )

(ΔΑΕΡ) = α· β·( α + β + 2) (ΑΒΓ)

>• , (α + 1 )(β + l )(α + β + l )

5. Έστω α, β, γ σύμμετροι αριθμοί που παρι­στάνουν πλευρές τριγώνου.

α pP Υ Δείξτε ότι: α · ·1 · > 2α + Ρ + y

(τ - γ)α(τ - α)μ(τ - β)Υ

Λύση Αρκεί να δείξουμε

2α + β + γ(τ - γ)α(τ - α)β(τ - β? < αα·ββ·γΥ <=> (2τ � 2γΧ{2τ β 2α)β{2τ � 2β)Υ < 1 <=>

(α + Ξ -Υ) α {β + δ - α )β {Υ + � - β) Υ < 1 <=>

( 1 + β � Υ) α { 1 + Υ β α )β { 1 + α � β) Υ < 1 .

Έστω λ το Ε.Κ.Π. των παρονομαστών των . α, β, γ =-λα, λβ, λγ Ε IN, από ανισότητα Cauchy

λ·α·α + β - γ + λ·β ·β + γ - α + λ·γ·Ύ + α - β α β γ >

λα + λβ + λγ Μ + λβ +ν(α +Ξ -Υ Μ}(β +δ- α)λβ{γ + � - β)λy =- λ·( α + β - γ + β + γ - α + γ + α - β) >

λ(α + β + γ)

α + βν(ι +�)α{1 +Τ)β{ι +7)Ύ

=- 1 > (1 + β �γΧ{1 + γβ α)β{1 + α�β)Ύ 6. Α ν σε τρίγωνο ΑΒΓ f:ι.ω: : = 1 = � δείξτε

ότι είναι ισόπλευρο. Λύση � = .J! = 1. = λ =- α = λΑ β = λΒ γ = λΓ Α Β Γ ' ' .

α < β + γ =- Α < Β + Γ =- Α < �· Όμοια έχω

· Β <'5. Γ < 2!. 2' 2'

Από τον νόμο των ημιτόνων έχω:

_J!_ = _IL = J_ =-_Δ_ = _!L = __[_ ημΑ ημΒ ημΓ ημΑ ημΒ ημΓ

Θεωρούμε ότι Α > Β . Θα υπάρχει κάποιος κ Ε IR; ώστε Α = Β + κ,

π με κ < 2.

Α Β Β + κ Β -- = - =- - = - =-ημΑ ημΒ ημ(Β + κ) ημΒ

ΒημΒ + κ ημΒ = ΒημΒ συνκ + Β συν Β ημκ =­Β ημΒ ( 1 - συνκ) = ΒσυνΒημκ - κημΒ.

Από 1 - συνκ > Ο =- Β συνΒημκ - κημΒ > Ο. Όμως αν Ο < χ < � =- ημχ < χ τότε έχω:

κΒσυνΒ - κημΒ > Ο =- ΒσυνΒ > ημΒ =- Β > εφΒ,

άτοπο αφού, αν Β < � =- εφΒ > Β. Άρα Α � Β.

Όμως κατά τον ίδιο τρόπο το Α < Β οδηγεί σε άτοπο άρα Α ;?: Β . Τελικά Α = Β = Γ.

7. Αν α, β, γ, δ, χ0 φυσικοί αριθμοί, όπου χ0 πρώτος αριθμός αλλά και πρώτος προς τους α, β, γ, δ, δείξτε ότι: Χο I α βχο + β γχο + γ δχο + δ αχο =- χο / α + γ ή χο / β + γ .

Λύση

α βχο + β γχο + γ δχο + δ αχο = λ Χο. λ Ε IN. Έχουμε, προφανώς την ισχύ του θεωρήματος

του Feπnat. Δηλαδή, υπάρχουν λ1 , �, λ3, λ4 Ε '11..+ ώστε

χο . I } λ βχο - I } λ χ ο - I } λ α - = ι χο, - = z χο, γ - = 3 χο,

δχο - ι _ 1 = λ4 Χο =-

(αχο - 1 - 1 ) α·δ = λι Χο α ·δ ,

(βχο - ι _ 1 ) α ·β = λ2 Χο α ·β, (γχο - ι_ 1 ) β·γ = λ3 Χο β ·γ,

(δχο - ι_ 1 ) γ·δ = � Χο γ ·δ.

Άρα:

δ·αχο = α·δ + λι Χο α ·δ, α ·βχο = α ·β + λ2 Χο α · β,

β ·γχο = β·γ + λ3 Χο β ·γ, γ ·δχο = γ·δ + � Χο γ ·δ.

Προσθέτω κατά μέλη και έχω:

α·βχο + β ·γχο + γ·δχο + δ·αχο = (α·δ + β· γ + γ ·δ + δ ·α) +

+ Χο (λι αδ + λ2 αβ + λ3 βγ + � γδ) =-

α·βχο + β ·γχο·+ γ ·δχο + δ ·αχο =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ:y. τ.3/32

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

(α + γ) ( β + δ) + χο (λι αδ + λ2 αβ + λ3 βγ + λι γδ) Τελικά

λχο= (α + γ)(β + δ) + χο (λι αδ + λ2 αβ + λ3 βγ+ λιγδ)

=::::;. Χο Ι α + γ ή Χο I β + δ. Αφήνεται στους λύτες να εξετάσουν την ισχύ

του αντιστρόφου.

Προτεινόμενα θέματα για τη στήλη των Ολυμπιάδων

1ο Βρείτε όλους τους ακέραιους ο ώστε ο α­ριθμός Μ = η4 - 4η3 + 14η2 - 20ο + 10 να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Προτεινόμενη λύση Είναι

Μ =η 4 - 4η3 + 6η2 - 4η - 1 + 8η2 - 1 6η + 8 + 1 = (η - 1 )4 + 8(η - 1 )2 + 1 =[ (η - Ι )2 + 4] 2 - Ι 5 = κ2 οπότε m2 - κ2 = 1 5 =(m - κ)(m + κ), όπου m = (η - Ι )2 + 4 � 4 και καθώς (m - κ)(m + κ) = α· β =::;.m = �β + α),

κ =�β - α)

Εύκολα βρίσκουμε ότι m = 8 =::;.(η = 3, η = - 1 ) m = 4 =::;.η = 1

2ο Δείξτε ότι υπάρχει ακέραιος της μορφής 9991 9991 . . . 999100 . . . 0 ο οποίος είναι πολ!σιο του 1999.

Λύση Θεωρούμε τους αριθμούς α ι = 999 1 ,

α2 = 999 1 999 1 , . . . , α2000 = 999 1 999 1 . . . 999 Ι Επειδή 2000 > 1 999 και

υ ε {0, 1 , 2, . . . , 1 998 } όπου υ το υπόλοιπο των διαιρέσεων ατ : 1 999,- t ε { 1 ' 2, . . . ' 2000 } σύμφω­να με την αρχή του Dirichlet υπάρχουν αριθμοί αί, αj (i > j) ώστε αί - αj Ξ Omod 1 999

Όμως ο αριθμός αί - αj είναι της ζητούμενης μορφής αποτελούμενος από i - j μπλοκ ψηφίων 999 1 ακολουθούμενος από 4j μηδενικά.

3ο Έστω Μ το μέσο χορδής ΑΒ. Από το Μ φέρνουμε τις χορδές ΚΤ, ΧΣ. Αν οι ΚΧ, ΣΤ τέ­μνουν την ΑΒ στα σημεία Η, Θ αντίστοιχα, δείξτε ότι ΜΗ = ΜΘ.

του Σωτήρη Σκοτίδα

Λύση Από τα ζείrγη ομοίων τριγώνων βρίσκουμε

χ Χ ι Χ2 - =- =-Υ Υ ι Υ2 Χι ΚΗ - = -

Υ2 ΣΘ χ2 ΗΧ - =-Υι ΘΤ

2 ο , χ Χι Χ2 ΚΗ·ΗΧ ΑΗ·ΗΒ ποτε 2 =- = y Υι Υ2 ΣΘ·ΘΤ ΑΘ·ΘΒ

2 2 (α - χ)(α + χ) =α - χ όπου α = ΑΜ = ΜΒ (α + y)(α - y) α2 - y2

'Ε 2( 2 2) 2( 2 2) , τσι χ α - y = y α - χ τοτε χ = y

4ο 'Εστω η ακολουθία (χ0), η ε IN, με χ0 = � και

χ0 = 2 , η � 1 . Υπολογίστε το lim Χ0• 3 - Xn - 1 n-oo

Λύση

Παρατηρούμε Xn - Ι ότι Xn - 2

Xn - I - 1 -.!. . Xn - I - } -4 + 2χ0 _ 1

-2 Χ0 _ 1 - 2

2 - Ι 3 - Xn - I

2 - 2 3 - Xn - 1

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.y. τ.3/33

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

Xn - 1 , Δηλαδή η ακολουθία (Υπ) με Yn = χ _ 2 ειναι n ' ' δ ' 1 γεωμετρικη προο ος αφου Yn = 2 Yn - Ι ·

(1)" - I _61 (-21)" - I =-3

1 (-21)" με Οπότε Yn = Υ ι · 2 lim Yn = Ο n-oo

( ' 4 ' 1 ) ειναι χ 1 = 5 αρα Υ ι = 6 2yn - 1 ' ι · 1 Όμως Xn = αρα ιm Xn = . Yn - 1 n-oo

5ο Βρείτε όλες τις τριάδες πραγματικών αριθ­μών χ, y, ω που ικανοποιούν τις ισότητες

3(χ2 + Υ2 + ω2) = ι και

x2y2 + yzω2 + ω2χ2 = χyω(χ + Υ + ω)3.

Λύση Δεν είναι άγνωστη η ισχUς των ανισοτήτων

3(α2 + βz + γz) ;;,: (α + β + γ/, α2 + β2 + γ2 ;;,: αβ + βγ + γα με το ίσον να ισχύει αν και μόνον αν α = β = γ.

Με τη χρήση των ισοτήτων του προβλήματος 2 οι παραπάνω ανισότητες γίνονται 1 ;;,: (χ + Υ + ω)

και χyω(χ + y + ω)3 ;;,: (xy)(yω) + (yω)(ωχ) + (ωχ)(χy) = χyω(χ + y + ω) όμως από τα δεδομένα προκύπτει χyω(χ + y + ω) ;;,: Ο, Jx J + IY I + Jω l > Ο

Α ν χyω(χ + y + ω) = Ο παρατηρούμε ότι α­κριβώς δύο από τους χ, y, ω θα είναι μηδέν. Έτσι βρίσκουμε τις λύσεις

(±�, ο, ο} (ο, ±�, ο) (ο, ο, ±�. Στην περί-πτωση που χyω(χ + y + ω) > Ο, παίρνουμε (χ + y + ω)2 ;;,: 1 , άρα (χ + y + ω)2 = 1 =>

χ + y + ω = ± 1 Για χ + y + ω = 1 παρατηρούμε ότι θα είναι (x - t)2 + (y - ti + (ω - t)2 = O =>x = y = ω = t·

' λλ ' 1 Στην α η περιπτωση χ = Υ = ω = - 3.

6ο Α ν ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ οι διχοτόμοι των γωνιών , , 1 (AI)(BI)(ΓI) � .!_ τριγωνου ΑΒΓ δείξτε ότι 4 (ΑΔ)(ΒΕ)(ΓΖ) ..._, 27

[32η Δ.Μ.Ο., ΕΣΣΔ].

Λύση Αποδεικνύουμε πρώτα το θεώρημα Van

Anbel : Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ τα τμήματα ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ

διέρχονται από το ίδιο σημείο Ι, τότε ΑΙ = ΑΖ + ΑΕ ΙΔ ΖΒ ΕΓ

Απόδειξη Από θεώρημα Μενελάου για τις διατέμνουσες

ΓΖ, ΒΕ στα τρίγωνα ΑΒΔ, ΑΔΓ αντίστοιχα έχουμε ΑΖ . ΓΒ ΔΙ = l ΑΕ ΒΓ ΔΙ = l οπότε ΑΖ + ΑΕ :::: ΖΒ Γ Δ ΙΑ ' ΕΓ ΒΔ ΙΑ ΖΒ ΕΓ ΑΙ ·(ΔΓ + ΔΒ) =ΑΙ . 1 ΙΔ ΒΓ ΒΓ ΙΔ

Α

Γ

Αν τώρα στο θ. Van Anbel θεωρήσουμε ως σημείο Ι το έγγεντρο του τριγώνου ΑΒΓ θα έχουμε ΑΙ _ ΑΖ + ΑΕ =� + y = Q.±r � = β + γ ΙΔ

-ΖΒ ΕΓ α α α ΑΔ α + β + γ

, ΓΙ α + β ΒΙ _ α + γ Α ναλογα ΓΖ α + β + γ' ΒΕ - α + β + γ , (ΑΙ)(ΒΙ)(ΓΙ) � _!_ � οποτε (ΑΔ)(ΒΕ)(ΓΖ) "' 27

(α + β + γ)3 ;;,: 2; (α + β)(β + γ)(α + γ) =

[(α + β) + (β + γ) + (γ + α)] 3 >-: [3 . .-3 /� . Q.±r . Υ..±.!! 2 7 ν 2 2 2

που ισχUει λόγω της γνωστής ανισότητας Gauchy

t,x; �{tH * Για η = 3 , χ 1 + χ2 + χ3 ;;,: 3 �Χ ιΧ2Χ3 τ 'λ 1 < (α + β)(β + γ)(γ + α) = ε ος - 3 4 (α + β + γ) α3 + β3 + γ3 + 3(α + β)(β + γ)(γ + α) < 4 =

(α + β)(β + γ)(γ + α) 3 3 3 α + β +γ < 1 =

(α + β)(β + γ)(γ + α)

α2(β + γ - α) + γ2( α + β - γ) + β2( α + γ - β) + 2αβγ > Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/34

Μαθηματικοί Διαyωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

που ισχύει λόγω της τριγωνικής ανισότητας.

7ο Κάθε σημείο του επιπέδου χρωματίζεται με ένα από δύο διαθέσιμα χρώματα. Δείξτε ότι υ­πάρχει ισόπλευρο τρίγωνο, οι κορυφές του ο­ποίου έχουν το ίδιο χρώμα.

Λύση Α ν όλα τα σημεία του επιπέδου έχουν το ίδιο

χρώμα, τότε το θέμα λήγει. Έστω ότι τουλάχιστον δύο σημεία του επιπέ­

δου έχουν διαφορετικό χρώμα (υποθέτουμε κόκκι­νο(Κ) και μπλε (Μ))

Θεωρούμε το μέσο του ευθυγράμμου τμήμα­τος με άκρα τα σημεία αυτά. Το μέσο θα είναι Κ ή Μ. Σχεδιάζουμε τότε δύο ισόπλευρα τρίγωνα με κοινή πλευρά το τμήμα με άκρα ίδιου χρώματος ΚΚ ή ΜΜ (στο σχήμα με το ΚΚ)

Αν μια από τις τρίτες κορυφές είναι Κ το θέμα λήγει. Στην αντίθετη περίπτωση που είναι και οι δύο Μ, το τρίγωνο με πλευρές τα διακεκομένα τμήματα είναι το ζητούμενο, αφού εύκολα διαm­στώνουμε ότι είναι ισόπλευρο.

8ο Βρείτε τους φυσικούς αριθμούς m, η ώστε 3 ·2m + 1 = n2•

Λύση Παρατηρούμε ότι η2 = 1 mod3 άρα η $ Omod3

. Έτσι η = 3κ + Ι , η = 3κ + 2 . Αν η = 3κ + 2, έχουμε

3 ·2m + 1 = 9κ2 + 1 2κ + 4 �2m = (3κ + 1 )(κ + Ι )

Για κ = Ο, παίρνουμε m = 1 , η = 2, ενώ για κ = 1 έχουμε m = 3 , η = 5 .

Αν κ ;;::: 2 , είναι 4(κ + 1 ) > 3κ + Ι > 2(κ + 1 ), άρα δεν είναι δυνατόν οι κ + 1 , 3κ + 1 να είναι συγχρόνως δυνάμεις του 2 πράγμα που θα έπρεπε να συμβαίνει.

Αν η = 3κ + Ι , ανάλογα βρίσκουμε m = 4, η = 7.

9ο Αν Ο < α < β και α3 = 3α - 1 , β3 = 3β - 1 , δείξτε ότι α + 2 = β2•

Λύση Προφανώς α, β ρίζες της εξίσωσης

χ3 - 3χ + 1 = ο. 'Εστω χ = yημθ, οπότε ημ3θ - 3

2 ημθ + � = Ο Υ Υ

όμως είναι γνωστό ότι ημ3θ - � ημθ + � ημ3θ = Ο , 2 Ι 1 1 Ι αρα y = 4 �Υ = 2 και - ημ3θ = 3 = - �ημ3θ = -4 y 8 2 άρα Χι = 2 ·ημ1 0°, Χ2 = 2 ·ημ50°, Χ3 = -2 ·ημ70°

Παρατηρούμε λοιπόν ότι α = 2ημ1 0°, β = 2 ·ημ50° οπότε β2 =4 ·ημ250° =4 1 - συνι οοο = 2 2( Ι + ημ1 0°) = 2 + α

w· Tέ66tptλ . . . ΙJJυμπιtλΚΑ θέptλΤΙλ

1 . Βρείτε ένα ζεύγος θετικών ακεραίων κ, λ με

Ο < λ < 200 ώστε :: < Ι < :i. Αποδείξτε ότι υ­

. πάρχει μόνο ένα τέτοιο ζευγάρι ακεραίων.

Λύση

(α) Κατ' αρχήν παρατηρούμε ότι 45 59 45 · 80 - 59 ·6 1 1 ' ' 6 Ι 80 = 6 1 · 80 = 4880" Άρα θα πρεπει να

του Αντώνη Δούναβη

θ ' 59 ' κλ ' ' προσ εσουμε στον 80 ενα ασμα μικροτερο του 1 ' ' κλ ' αξ ' 59

4880 ωστε να προκυψει ασμα μετ υ του 80 και 45 δ ' ' ' 61 με τη εσμευση ο παρανομαστης του να ειναι μικρότερος του 200. Αυτό δεν είναι εύκολο με δο­κιμές.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.γ. τ.3/35

. Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

(β) Πρέπει να παρατηρήσει κανείς ότι αν � < t• τότε � < β : Χ < t· Μετά εύκολα βρίσκει ότι ένας τ ' ζ ' θ ' ' 59 + 45 1 04 ετοιος ητουμενος αρι μος ειναι ο 80 + 6 Ι = Ι4 Ι . Αυτός είναι και ο μοναδικός.

( ) Μ δ , Γ λ ' α 59 γ ονα ικοτητα: ια τα κ ασματα β = 80 1 45 , , , α 1 και δ = 61 εχουμε παρατηρησει οτι β < δ και

βγ - αδ = Ι . Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει και άλλο κλάσμα � < � < t, Ο < y < 200.

• Αφού � < t <=> γy - χδ > Ο άρα γy - δ χ � Ι χ α • Και Υ > β <=> βχ > αy <=> βχ � αy + Ι <=>

αδy + δ βδχ � αδy + δ <=> δχ � β Ά δ � αδy + δ ρα - χ β

δ < αδy + δ _ (βγ - αδ)y - δ γy - χ _ γy - β - β .

Τελικά Ι � γy - δχ � Υ β δ.

άρα

Ε ' ζ δ δ ' 59 1 04 φαρμο οντας ια οχικα στους 80, Ι4 Ι και 1 04 45 Ι4 Ι , 61 τον υπολογισμό ενδιάμεσου

�� < ��: ��� � ���' ��� < ���: :i � :i βρί-θ ' Ι 63 Ι 49 ' σκουμε αρι μους 22 Ι και 202που εχουνε παρανο-

μαστή που υπερβαίνει το 200.

2. Αποδείξτε ότι, αν χ και y είναι ρητοί αριθ­μοί που ικανοποιούν την σχέση χ5 + y5

= 2x1y1, τότε ο 1 - xy είναι τετράγωνο ενός ρητού αριθ­μού.

Λύση

Αφού χ, y είναι ρητοί και ! ρητός () η σχέση Υ

5 2 �)2 γράφεται: �) + Ι

_= -

Υ-. Θέτω t = � ( l ) Τότε

• Αν y = Ο τότε από τη σχέση και ο χ = Ο, άρα Ι - xy = Ι κλπ.

2t2 2t2 ' 2t3 t5 + Ι = -<=> y = :;-:-;- αρα χ = yt = :;-:-;-Υ t + I t + I ' • Α ν t = - Ι , τότε από ( Ι ) χ + y = Ο, άρα

χ5 + y5 = Ο, άρα χ = y = Ο, τότε (*) . • Αν t ::;:. - Ι έχουμε:

4t5 (t5 - Ι )2 I - xy = I - (t5 + I )2 = f'+l 3. Θεωρούμε το τετράπλευρο ΑΚΛΓ και ένα σημείο Β στο εσωτερικό του ώστε τα τρίγωνα ΑΚΛ, ΑΒΚ να είναι όμοια με το ΚΛΓ (τα τρί­γωνα είναι διατεταγμένα ως προς τις κορυφές τους που αντιστοιχούν σε ίσες γωνίες).

Α

Να δείξετε ότι: (α) ΑΚΒ όμοιο ΑΛΓ """' """' (β) ΑΒΓ όμοιο ΑΚΛ

Λύση

Γ

{ Aiffi = AIU - ΒΚΛ } "' "' (α) "' "' "' ΑΚΒ = ΑΛΓ ( 1 )

ΑΛΓ = ΚΛΓ - ΑΛΚ 'Ε ΑΚΛ

"""' ' ΛΒ"""'κ ' ΑΚ ΛΒ χουμε ομοιο αρα ΑΛ = ΛΚ

' Λ"""'Βκ ' ΚΛ"""' r ' ΛΒ ΚΑ επισης ομοιο αρα ΒΚ = ΛΓ

ΑΚ ΒΚ ΑΚ ΑΛ <=> ΑΛ = ΛΓ ή ΒΚ = ΛΓ από τις ( Ι ) , (2) έχουμε ΑΚΒ όμοιο ΑΛΓ.

(β) Από την προηγούμενη ομοιότητα έχουμε "' "' "' ΚΑΒ = ΛΑΓ, άρα λόγω του κοινού μέρους χ ΚΑ"'

Λ B"'Ar λέ ΑΚ ΑΒ ' = και επιπ ον ΑΛ = ΑΓ αρα

ΑΚΛ όμοιο ΑΒΓ.

4. Θεωρούμε τετράγωνο ΑΒΓ Δ και σημείο Ρ της γραμμής ΑΒ. Βρείτε τη μέγιστη και την ε-

λά .

, λόγ ΡΓ δ ίξ ό χιστη τιμη του ου Ρ Δ και απο ε τε τι

αυτό συμβαίνει για τα σημεία Ρ που ικανο­ποιούν την σχέση ΑΡ·ΒΡ = ΑΒ1•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/36

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

Λύση (α) Α ν κάποιος θεωρήσει το Ρ ως σημείο του

τμήματος ΑΒ τότε μπορεί να θεωρήσει ότι ο λόγος ΡΓ . Ρ 'ζ Α . Ρ

Δ = max οταν το ταυτι εται με το και οτι

ΡΓ . ' Ρ 'ζ Β Τ ' ' Ρ Δ

= mιn οταν ο ταυτι εται με το . οτε ομως

δεν ισχύει η συνθήκη ΑΡ · ΒΡ = ΑΒ2• Άρα το Ρ δεν είναι σημείο του τμήματος ΑΒ αλλά εκτός αυ-τού.

(β) Προφανώς όταν το Ρ βρίσκεται αριστερά

Α λ . ΡΓ θ . . . του ο ογος Ρ Δ α παιρνει τη μεγιστη τιμη του

και όταν ο Ρ βρίσκεται δεξιά του Β ο λόyος :� θα

. . . . ΡΓ ελά παιρνει τη μεγιστη τιμη του, αρα ο ΡΔ

ειιν χι-

στη. (γ) Έστω Ρ αριστερά του Α. Ο λόγος

ΡΑ ΡΑ α . ΑΒ = ΑΔ

= εφθ και Ρ Δ = συνθ' α πλευρα τετρα-

γώνου.

Από νόμο συνημιτόνων στο Ρ ΔΓ έχουμε: Prz = ΡΔ2 + ΔΓ2 - 2ΡΔ·ΔΓσυν (90 + θ) ή Prz = ΡΔ2 + ΔΓ2 + 2ΡΔ·ΔΓ ημθ ή (;�Υ = 1 + (��) 2

+ 2(�Ι)ημθ, όπου

ΔΓ ΑΔ . (ΡΓ)2 2 ΡΔ = ΡΔ

= συνθ. Άρα ΡΔ

= 1 + συν θ + ημ2θ.

Αν θεωρήσουμε την συνάρτηση f(θ) = 1 + συν2θ + ημ2θ τότε αυτή παίρνει την μέ­γιστη τιμή όταν f(θ) = Ο � - ημ2θ + 2συν2θ = Ο � - 2(εφ2θ + εφθ - 1 ) = Ο α' όπου καθορίζουμε την γωνία θ.

11,. Ε JJιινικiι ΜΙλlιιμΑτικiι IJ Jομπιάllλ "IJ .4pχιμiιlιιs"

ΣΑΒΒΑ ΤΟ, 29 ΙΑΝΟΥ ΑΡΙΟΥ 2000

Θέματα μεγάλων τάξεων

Θέμα 1°. Θεωρούμέ ορθογώνιο ΑΒΓ Δ με ΑΒ = α,

ΑΔ = β. Ευθεία ε που περνάει από το κέντρο Ο του ορθογωνίου τέμνει τη πλευρά ΑΔ στο

. Ε . . ΑΕ 1 σημειο , ετσι ωστε ΕΔ = 2.

Α ν το Μ είναι τυχαίο σημείο της ευθείας ε στο εσωτερικό του ορθογωνίου, να βρεθεί η ανα­γκαία καί ικανή συνθήκη μεταξύ των α και β, έτσι ώστε οι αποστάσεις του Μ από τις πλευρές ΑΔ, ΑΒ, ΔΓ και ΒΓ, με τη σειρά που δίνονται, να απο­τελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου.

Θέμα 2°. Να προσδιορίσετε το πρώτο αριθμό ρ, αν θ . 1 2 3 4 • 'λε ο αρι μος + ρ + ρ + ρ + ρ ειναι τε ιο τε-

τράγωνο ακεραίου.

Από την Επιτροπή Διαγωνισμών

Θέμα 3°.

Να βρεθεί ο μέγιστος θετικός πραγματι­κός αριθμός κ, για τον οποίο ισχύει:

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς χ, y.

Θέμα 4°. Για τα υποσύνολα Α1 , Α2, . . . , Α2000 του

συνόλου Μ, ισχύει ότι IAi l > t IMI , για κάθε

ί = 1 , 2, . . . , 2000, όπου με ιχι συμβολίζουμε το πλήθος των στοιχείων του συνόλου Χ.

Να αποδείξετε ότι υπάρχει στοιχείο α του

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.y. τ.3137

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί · Μαθητικές Ολυμπιάδες

Μ το οποίο ανήκει τουλάχιστον σε 1 334 από τα υποσύνολα Ai.

Λύσεις Θεμάτων Μεγάλων Τάξεων

θέμα 1°. Δ.---τ-----..., r

z Β

Οι αριθμοί χ, y, β-y, α-χ αποτελούν διαδοχι­κούς όρους αριθμητικής προόδου αν και μόνο αν

Υ • χ = β . 2y = α . β + Υ • χ

β + χ α - β = Ο και y = --3 β + χ � α = β και y = -- , Ο < χ < α (1 ) 3

Από ΖΑΕ � ΖΒΛ τριγ. : ΑΖ

= ΕΑ

= ΕΑ

= ..!_ αφού ΛΒ = ΕΔ οπότε ΖΒ ΛΒ ΕΔ 2 ' '

ΑΖ 1 --- = - =:> ΑΖ = α . ΑΖ + α 2

Από ΖΘΜ � ΖΑΕ τριγ. : ΜΘ ΖΘ y α + χ , -- = - <=> - = -- οποτε ΑΕ ΑΖ b/3 α '

y = l.. (α + x) . 3α Επομένως οι σχέσεις (1) γράφονται ισοδύνα­

μα :

α = β και β( α + χ) =

β + χ 3α 3

� α = β και βα + βχ = αβ + αχ � α = β και (α - β)χ = Ο , Ο < χ < α � α = β .

Θέμα 2°. Έστω 1 + ρ + ρ2 + ρ3 + ρ4 = κ2, κεΖ. Τότε θα

έχουμε (2ρ2 + ρ )2 < (2κ)2 < (2ρ2 + ρ + 2)2, οπότε :

(2κ)2 = (2ρ2 + ρ + 1 )2 = 4ρ4 + 4ρ3 + 5ρ2 + 2ρ + 1 και

λόγω της υπόθεσης για το κ2 έχουμε τελικά: ρ2 - 2ρ

• 3 = ο ή ρ = 3 .

θέμα 3°. xy � ! , για κάθε χ, y > Ο � �(χ2 + y2 )(3χ2 + y2 ) κ

κχy � �(χ2 + y2 )(3χ2 + y2 ) για κάθε χ, y > Ο � 3χ4 + (4 - κ2)χ2y2 + y4 � Ο για κάθε χ, y > Ο. (1)

Για y = Ο, η (1 ) αληθεύει για κάθε κ > Ο. Για yf- Ο, η (1) γίνεται : 3z2 + (4 - κ2)z + 1 � Ο

για κάθε z = (�Υ > Ο (2)

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις :

• Αν Δ = (� - 4 - 2 J3 )( κ2 - 4 + 2 J3 ) > Ο � Ο < κ < J3 - 1 ή κ > J3 + 1 , τότε η (2) έχει

δ , 'ζ IR. κ2 - 4 υο ρι ες Ζ ι , z2 ε με z ι + z2

= -- , z ι z2 3 1 ο ' = - > οποτε 3 '

);;> για Ο < κ < 2 είναι :

ο

2/Δ vιmzιg και η (2) δεν αληθεύει για κάθε z > Ο.

);;> για κ > 2 είναι :

4ιιτιτιιι Ι /1/Ζ και η (2)δεν αληθεύει για κάθε z > Ο

• Αν Δ � Ο � J3 - 1 � κ � J3 + 1 , η (2) αλη­θεύει για κάθε z ε IR., άρα και γtα κάθε z > Ο.

Επομένως η (2) αληθεύει για κάθε z > Ο, όταν κ ε (0, J3 + 1 ], οπότε η μέγιστη τιμή του κ είναι

J3 + 1 .

Θέμα 4°. Έστω ότι δεν υπάρχει χ ε Μ, το οποίο να α­

νήκει σε 1 334 από τα υποσύνολα Αι , Α2, . . . , Α

2οοο. Δηλαδή έστω ότι κάθε στοιχείο χ ε Μ, ανήκει σε 1 333 υποσύνολα το πολύ. Τότε :

. \ {(x, i) l χ Ε A ; ,l � i � 2000� � 1 333\Μ\ (1) Από την υπόθεση όμως έχουμε :

\ {(χ, i ) Ι χ Ε A ; ,l � i � 2000� > � · 2000\Μ\ (2) 3 Από τις (1), (2) προκύπτει ότι :

� · 2οοοΙΜI < 1 333IMI ή 4οοο < 3999, άτοπο. 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.y. τ.3/38

Μαθηματικοί Διιryωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

Ε .λ.λnΥικό Στατιδ'τικό IΥΙ'rιτούτο Αευκοπού.λειοs ΔιαyωΥιΙ"μόs

28 /avooapίoo 2000

Να προσπαθήσετε όσα θέματα μπορείτε

Θέμα ι α) Σε μία αίθουσα είναι k άτομα και παρακολου­

θούν μια ομιλία. Στο τέλος της ομιλίας τα ά­τομα βγαίνουν τυχαία ένα-ένα από την αί­θουσα. Ποια είναι η πιθανότητα, ένα συγκε­κριμένο άτομο να βγεί τελευταίο από την αί­θουσα.

β) Στην αίθουσα είναι m άνδρες και η γυναίκες. Βγαίνουν τυχαία ένα-ένα άτομο από την αί­θουσα έως ότου μείνουν στην αίθουσα άτομα του ίδιου φύλου. Ποια είναι η πιθανότητα οι τελευταίοι που θα μείνουν να είναι άνδρες. Κάνε εφαρμογή για η = 2, m = 3 .

Θέμα 2

Δεχόμαστε ότι και οι 365 ημέρες του έτους είναι εξ' ίσου πιθανές για τη γέννηση ενός ατόμου. Παίρνουμε τυχαία k άτομα, ποια είναι η πιθανότη­τα: α) Δύο τουλάχιστον άτομα να έχουν γενέθλια

την ίδια ημέρα του έτους. β) r από τα k άτομα να έχουν γενέθλια την ίδια

ημέρα του έτους και τα υπόλοιπα να έχουν γενέθλια σε διαφορετικές ημέρες. Κάνε εφαρ­μογή για k = 4, r = 2.

Ποια είναι η πιθανότητα να σταματήσουμε το πολύ στο πέμπτο άτομο που θα ρωτήσουμε; (k � 5)

Θέμα 3

Μια παρέα από m φίλους ασχολούνται κάθε Κυριακή με το άθλημα της ξιφασκίας. Η mθανότη-τα να τραυματιστεί ένα άτομο κάθε φορά είναι k• (όσοι τραυματίζονται σταματούν και αποσύρονται από αυτό τον αγώνα. Ο τραυματισμός ενός ατόμου είναι ανεξάρτητος από τον τραυματισμό άλλων α­τόμων).

Ποια είναι η πιθανότητα να αποσυρθούν όλα τα άτομα σε λιγότερες από η + Ι Κυριακές; Κάνε εφαρμογή για m = 3 , η = 4.

Λύσεις Θεμάτων του Λευκοπούλειου Δια­γωνισμού Πιθανοτήτων

Θέμα ι α) Υπάρχουν k! = k·(k - Ι ) . . . Ι δυνατές περι­

πτώσεις να βγουν όλα τα άτομα από την αίθουσα, στις (k - Ι ) ! περιπτώσεις ένα συγκεκριμένο άτομο βγαίνει τελευταίο, τότε

. - (k - Ι)! ! . - k PJ - k! k' J - Ι ' . . . ' .

β) Θεωρούμε τα γεγονότα:

δ) Ρωτάμε ένα-ένα άτομο και σταματάμε όταν βρεθεί το πρώτο άτομο που έχει γενέθλια την ίδια ημέρα με άτομο που είχαμε ρωτήσει προηγουμένως.

Α = {Ι α άτομα που μένουν τελευταία είναι άνδρες} , Β = {Ι ο άτομο που βγαίνει τελευταίο είναι άνδρας} ,

τότε Α = Β και Ρ( Α) = Ρ(Β) = __!!!_ = �. m + η 5

Φίλοι Μαθητές και αγαπητοί Συνάδελφοι,

μην ξεχνάτε ότι το έτος 2000 έχει ανακηρυχθεί από την ΟΥΝΕΣΚΟ ως

" ΠΑΓΚΟΣΜΙΟ ΕΤΟΣ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ " ,

-- · . ---·

: ; ! ; ' i

! πρέπει λοιπόν όλοι όσοι αγαπάτε τα Μαθηματικά να φροντίσουμε, στα πλαίσια ι

' !

του εορτασμού αυτού, να τα προβάλλουμε ποικιλότροπα.

- - --···· ... ·=·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ:y. τ.3/39

j ι - .. i -

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

θέμα 2

α) Ορίζουμε το γεγονός: Α = {Δύο τουλάχιστον άτομα f:χουν γενέθλια την

iδια ημέρα του έτους} , τότε Ρ(Α) = 1 - Ρ(Α') = (365)k , 1 - --k-, οπου ηk = η · (η - 1 ) . . . (η - k + 1 ) 365

β) Αν Β = {r από τα k άτομα έχουν γενέθλια την ίδια μέρα} , τότε ( � }365λ - r + 1 '(6 ·364 -363) Ρ(Β) = - - = Ο 0 1 6

(365/ 3653 '

δ) Αν C = {το τελευταίο άτομο που ρωτήσα­με, έχει την ίδια μέρα γενέθλια με κάποιο από τα άτομα που είχαμε ρωτήσει προηγουμένως} . Με a, b, c, . . . , συμβολίζουμε την ημέρα των γενεθλίων του ατόμου που ρωτάμε. C = { aa, aba, abb, abca, abcb, abcc, abcda, abcdb, abcdc, abcdd} , P(C) =

_1_ + 2 ·364 + 3 -364 -363 + 4- 364 -363 -362 = 0,0 1 34. 365 3652 3653 3654

θέμα 3 Αν C = fΕνα άτομο δεν τραυματίζεται στις η

πρώτες Κυριακές} C' = {Ένα άτομο τραυματίζεται σε κάποια

από τις η Κυριακές D = {Και τα m άτομα τραυματίζονται σε

κάποια από τις η Κυριακές}

P(C) = (�)", P(C ') = 1 - α)", P(D) = (ι - α)"Τ =(1 - α)4)3 = 0, 1 85

Αθήνα 29 Ιανουαρίου 2000 Στρατής Κουνιάς

Καθηγητής Πανεπιστημίου Αθηνών Πρόεδρος Ελληνικού Στατιστικού Ινστιτούτου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΑΜ 3/2000

Ε ΚΔΟΣ Ε Ι Σ ,�, ZHIH

ΑΡΜΕΝΟΠΟΥΛΟΥ 27 τηλ.:(Ο31)203.720 Fax:(031)21 1 .305 ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ 546 35 Ί'ΕΧΝΙΚΑ - Ε.ΠΙΠΗΜΟΝΙΚΑ iΙ;JI:fflQ� ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΓΙΑ ΤΑ ΑΕΙ, ΤΕΙ, IEK ΓΙΑ ΤΟ ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ και πς ΔΕΙΜΕΣ e-mall: zltl@hyper.gr • www.zltl.gr

ΝΕΕΣ ΕΚΔΟΣΕΙΣΓΙΑ 1Η Γ ' ENIAIOYΛ YKEIOY 1999 - 2000 ( ΛfΑΘΗΛfΑΤΙΚΑ e. •ΕΝΟΥ . ) Η σεφά περιέχει: • Συνοmική eεωpfa, • ΑσκήΟειc: μt ιιιnniιήmc;, •Κριτήρια αξιολιiyησηc;,

• Παpαδεfyμαπι, • Εpωτήσειc; καπινιiησηc; • ΜΑθΗΜΑΥΙΚΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ, θmιιής Κοτtύ8υνοης

τ6μος 1, Γραμμική Άλγεβρα - Μιγαδικοί αριθμοί

• ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ, θcπιιής ΚιrιUθυνσιιι; τ6μος 2, ΣuναρΊΙ')σεις - Όριο και συνέχεια συνάρτησης

• ΜΑθΗΜΑτJΚΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ, Τcχνολοyικής ΚσιειΙβuισιιι; τ 6μος 2, ΣuναρΊΙ')σεις - Όριο και συνtχεια συνάρτησης -

Διαφορικός και Ολοκληρωτικός Λοyισμός • ΠΡΟΒΛΗΜΑτΑ ΜΑθΗΜΑτJΚΩΝ Β' ΛΥΚΕIΟΥ

(μ6λJς κυκλοφ6ρηοε) • ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ, θmιιής Κοτtύθυνσqι; • ΕΥκΛΕIΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕ1'ΡΙΑ, Α' yιa την Α' 'Ιάξη τ6μος 3, Διαφορικός και Ολοι<ληρωnκός Λογισμός τοu ENIAIOY ΛΥΚΕΙΟΥ • ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΑ ΚΑΙ ΠΟΙΧΕΙΑ ΠΑτΙΣΠΚΗΣ • ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕτΡΙΑ, Β' yισ την Β' τάξη

Γενικής Παιδείας, Διαφορικός Λογισμός · Σταnσnκή · Πιθανότητες του ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ • ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ, Τcχνολοyιιιής Κοτtύ8υνοης θΑΝΑΣΗ ΞΕΝΟΥ uπ6 tκδοιιn

τ6μος 1, Γραμμική Άλγεβρα · Μιγαδικοί αριθμοί • ΠΡΟΒΛΗΜΑτΑ ΜΑθΗΜΑτιi<ΩΝ Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

Αθ. ΧΑΜ"ΓΣΗ Αθ. ΧΑΜ"ΓΣΗ ΑΡΙθΜΗτΙΚΗ ΓΕΩΜΕ1'ΡΙΑ .

Για παιδαyωγικά τμtιpατα Για δασκάλους και κα τtς

Γ. ΠΑΝlΈΛΙΔΗ BIBΛIO ΤΟΥ ΔΙΔΑΣΚΟΝrΟΣ ΠΑ ΤΟ ΜΑΘΗΜΑ «ΑΝΑΛΥΣΗ• τttΣ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Γ. θΩΜΑίΔΗ · Α: ΠΟΥΛΟΥ ΔΙΔΑΚfΙΚΗ τttΣ.ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑΣ ΓΕΟΜΕ"Ι'ΡΙΑΣ

Μ6Αις κuκλοφ6pqιιε

ΔfΞ:: ΙΟΤΗΤΗ ΠΕΡΙΕΧΕΙ: \'10 ισ πιαlο ).(ιιωο -··---- όλcς πς ιιατηyαρlες ααιujαεων σε τεστ

τεστ μιιφής χρανιιιής διάρκειας

τεστ μcaalaς χριΜιιής διάρκειας

r ?�;;;:;Ξ� τεστ μεyόλιμ; χρονικής διάρκειας

Γ. ΑΥΡΕΙΔΗ - ΧΡ. ΣΑΒΒΑΚΗ ΔΕΞΙΟτΗτΕΣ

ΠΑ το ENIAIO ΛΥΚΕΙΟ

σύμφωνα με το αναλυτικ6 πρ6γραμμα του υπουργείου

--.;ι f-1 στι1λn τοv μcι CJ.nτι1

%.;'} � L� Υπεύθυνοι στήλης: Βλαχούτσικος Γ. - Ευσταθίου Β. - Κυριαζόπουλος Δ.

Σπανδάγος Β.

Από τον μαθητή της Α' Λυκείου Νίκο Σταμπολίδη (Αθήνα) πήραμε τις εξής ασκήσεις:

1) Δίνεται η συνάρτηση . { ι αν χ ρητός αριθμός f(x) = Ο αν χ άρρητος αριθμός ·

Να λυθεί η εξίσωση Ιχ - • Ι + r<--J3> = r(2ooo> + r(2oo4) <•>· Λύση Ο αριθμός -{3 είναι άρρητος. Άρα f(-{3) = Ο.

Οι αριθμοί 2000 και 2004 είναι ρητοί. Άρα f(2000) = f(2004) = Ι . Έτσι η ( 1 ) γράφεται Ιχ - Ι Ι + ο = 1 + Ι <:=> Ιχ - I l = 2 (2).

Αν χ - 1 ;?: Ο, η (2) γράφεται χ - Ι = 2 = χ = 3.

Αν χ - 1 < Ο , η (2) γράφεται -χ + 1 = 2 = χ = - Ι .

Και οι δύο ρίζες είναι δεκτές.

2) Δίνεται η συνάρτηση f(x) = αχ2, α ::;: Ο. Να δειχθεί ότι:

i)

i) f(x + y) + f(x - y) _ lα

χ2 + y2 -

····> f( χ) - f(y) -2 2 - α. χ - y

Λύση Είναι

f(x + Υ} + f�x - y) _ α (χ + y)2 + α (χ - y)2

χ + Υ - χ2 + y2

2αχ2 + 2αy2 χ� + Υ�

= 2 2 = 2 α = 2α. χ + y χ + y

ίί) Είναι f(x� - f\y) = αχ� - α'{2

= α( χ� - y�) = α. x - y x - y x - y

* * * Η μαθήτρια της Β ' Λυκείου Χατζησάββα

Μαγδαληνή (Πάτρα) μας έστειλε την επόμενη άσκηση :

Να βρεθεί ο τύπος α; βυ του εμβαδού ενός

τραπεζίου από τη διαφορά των εμβαδών των τριγώνων που προκύπτουν από την προέκταση των μη παραλλήλων πλευρών του.

Λύση Θεωρούμε το τραπέζιο ΑΓΕΖ. Προεκτείνουμε

τις μη παράλληλες πλευρές του ΑΖ και ΕΖ οπότε σχηματίζονται τα τρίγωνα ΔΑΓ και ΔΕΖ τα οποία είναι όμοια (γιατί;)

. 'Δ �' I I '

I I ' ι I \ Ι I '

7' !" \� Α Β Γ

Άρα έχουμε ΔΒ ΔΗ ΔΒ - ΔΗ ΗΒ ( l ) ΑΓ = ΖΕ = ΑΓ - ΖΕ = α - β

(όπου ΑΓ = α, ΖΕ = β και ΗΒ = υ).

Ά ΔΒ ΗΒ . ΔΒ ΑΓ · ΗΒ . ρα - = -- η = η ΑΓ α - β α - β

ΔΒ = α ·υ (2) α - β .

'Ε . . ( Ι ) . ΔΗ ΗΒ . χουμε επισης απο την οτι ΖΕ = α _ β η

ΔΗ = ΖΕ ·ΗΒ ή ΔΗ = h. α - β α - β

Επομένως είναι Ι 1 α υ Ι α2υ Εμβ(ΔΑΓ) = - α· ΔΒ = ::α - = - -2 2 α - β 2 α - β

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.y. τ.3/41

Η στήλη του μαθητή

1 1 Α υ 1 Α2υ Εμβ(ΔΖΕ) = - β · ΔΗ = -β � = - � 2 2 α - β 2 α - β Με αφαίρεση προκύπτει Εμβ(ΔΑΓ) - Εμβ(ΔΖΕ) = Εμβ(ΖΕΓ Α) _ 1. α2υ l. h _ 1. υ(α2 - β2) _ 1 + - 2 α - β - 2 α - β - 2 α - β - �(α β).

Σχόλιο της στήλης: Σωστή η λύση σου αγαπητή Μαγδαληνή, γιατί όμως δεν συμβολίζεις τις κορυφές του τραπεζίου με διαδοχικά γράμματα;

* * *

Η μαθήτρια της Γ Λυκείου Βαρβάρα Παρασχίδη από το Ηράκλειο μας έστειλε την εξής άσκηση :

Δίνεται η μεταβλητή Χ με σύνολο τιμών {0,1 } . Αν s2 είναι η διακύμανση της Χ και χ .η μέση τιμή της, να δειχθεί ότι s2

= χ (1 - χ) .

Λύση Έστω ότι ν 1 , ν2 είναι οι συχνότητες των τιμών

Ο και 1 της μεταβλητής Χ. Είναι ν 1 + ν2 = ν. Η διακύμανση s2 δίνεται από τον τύπο

ν χ 2 + ν χ 2 1 s2 = ι ι 2 2 - ? <=> s2 = - (ν ι 02 + ν2 1 2) - ? ν ν

<=> s2 = ν2 _ ? ( l ) . ν Είναι ακόμα - νι Χ ι + ν2 Χ2 1 ν2 χ = = - (ν ι · Ο + ν2 · 1 ) = - <=> ν ν ν

- ν� <=> χ = � ν (2).

Από τις ( Ι ) και (2) έπεται ότι s2 = χ - ? ή s2 = χ( 1 - χ)

Σημείωση της στήλης: Η Βαρβάρα μας γράφει ότι ακολουθεί την Θεωρητική Κατεύθυνση, ασχολείται όμως με τα μαθηματικά επειδή της αρέσει «να αποδεικνύει αλήθειες>) (δική της έκφραση). Μπράβο Βαρβάρα. Να συνεχίσεις !

* * * Από το μαθητή της Β ' Λυκείου Λεύκαρο

Χρήστο από τον Βόλο πήραμε τις εξής ασκήσεις.

1) Να υπολογίσετε το άθροισμα:

s = 5 + 55 + 555 + 5555

+ 55555 + 555555 + 5555555

+55555555 + 555555555 + 5555555555.

Λύση Έχουμε S = 5( 1 + 1 1 + 1 1 1 + . . . + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) =

= t (9 + 99 + 999 + . . . + 9999999999) =

=t(( l 0 - 1 ) + ( 100 - 1 ) + ( 1 000 - 1 ) + . . . +( 10 1 1 - 1 )] =

= t ( 1 0 + 1 02 + 1 03 + . . . + 1 0 1 1 - 1 0) =

= 1 [1 0 ο ο " - ο _ ι ο] = 50 (1 0"- ι

_ ι) = 9 1 0 - 1 9 9

= 50 (1 0 1 1 - 1 - 2) = � 1 0 1 1 - 1 0) = 500( 1 0 1 0 - 1 ) 9 9 9 8 1 8 1 .

2) Α ν θέλετε να μάθετε πότε γράφτηκε στην πρώτη τάξη του Δημοτικού σχολείου ο μεγάλος Γερμανός Μαθηματικός Leopold Kronecker, να υπολογίσετε το άθροισμα:

s = 602 - 592 + 582 - 572 + .•. - 32 + 22 - 12•

Λύση Έχουμε:

s = (602 - 592) + (582 - 572) + . . . +(42 - 32) + (22 - 1 2) = = (60 - 59) (60 + 59) + (58 - 57) (58 + 57)+ . . .

+(4 - 3)(4 + 3) + (2 - 1 )(2 + 1 ) = = 60 + 59 + 58 + 57 + . . . +4 + 3 + 2 + 1 =

(άθροισμα 60 πρώτων όρων αριθμητικής προόδου με αι = 1 , αι;0 = 60, ν = 60, ω = 1 )

= 1 � 60 60 = 1 830.

Άρα ο Kronecker γράφτηκε στην πρώτη δημοτικού το 1 830.

Σχόλιο της στήλης: Αγαπητέ Χρήστο, θα θέλαμε με ένα πάλι

άθροισμα της προηγούμενης μορφής να υπολογίσεις πότε . . . έβγαλε το πρώτο του δόντι ο David Hilbert.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" λ. γ. τ.3/42

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Μαθηματικά yια τnv .Λ' τά�n του Λυι(ι:ίου

Υπεύθυνοι στήλης : Καλίκας Σ. - Καμπούκος Γ. - Μαρούλη Β. - Σα"ίτη Ε. ­Γιδαράκος Θ. - Λαζαρίδη ς Χ. - Χαραλαμποπούλου Λ .

Α ΣυΥαprίtΙ"ειs

της Βιολέττας Μαρούλη

Έστω ότι έχουμε δύο μηχανές. Η πρώτη μπορεί από το γάλα να φτιάξει τυρί και από το αλεύρι να φτιάξει ψωμί. Η δεύτερη μπορεί από το Ύάλα να φτιάξει παγωτό και από το αλεύρι να φτιάξει πάλι ψωμί. Βλέπουμε ότι οι δύο μηχανές χρησψοποιώντας την πρώτη φορά την ίδια πρώτη ύλη μας δίνουν διαφορε­τικό προϊόν, ενώ τη δεύτερη φορά με την ίδια πρώτη ύλη δίνουν το ίδιο προϊόν.

Παραστατικά μπορούμε να έχουμε:

Στα Μαθηματικά αυτή η διαδικασία σύμφωνα με την οποία κάθε στοιχείο χ από ένα σύνολο Α aντι­στοιχίζεται σε ένα ακριβώς στοιχείο f(x) = y ενός άλλου συνόλου Β ονομάζεται συνάρτηση. Δηλ.

� f � � �� Όπως η ίδια πρώτη ύλη μέσω μιας διαφορετικής διαδικασίας μπορεί να μας δώσει άλλο προϊόν (ή ο­

ρισμένες φορές το ίδιο) έτσι μπορούμε να βρούμε δύο συναρτήσεις οι οποίες παίρνοντας το ίδιο χ μπο­ρούν να μας δώσουν διαφορετικό αποτέλεσμα. (ή ορισμένες φορές το ίδιο).

Παράδειγμα 1

Η συνάρτηση f( χ) = 2χ + 1 το αρχικό χ το ε­πεξεργάζεται στον τύπο: 2χ + 1 και για χ = 1 δίνει f( 1 ) = 2 · 1 + 1 = 3 .

Η συνάρτηση g(x) = χ2 + 3 το αρχικό χ το ε­πεξεργάζεται στον τύπο χ2 + 3 και για χ = 1 δείνει g( 1 ) = 1 2 + 3 = 4. • Φεύγοντας λοιπόν από τα παραδείγματα της

καθημερινότητας πηγαίνουμε στο Μαθηματι­κό ορισμό της συνάρτησης.

Συνάρτηση ονομάζεται η διαδικασία aντιστοίχι­σης κάθε στοιχείου ενός συνόλου Α σε ένα ακρι­βώς στοιχείο ενός άλλου συνόλου Β . Το σύνολο Α από το οποίο παίρνει τιμές η συνάρτηση λέγεται πεδίο ορισμού (ή σύνολο ορισμού) της f, ενώ το σύνολο το οποίο έχει για στοιχεία του τις τιμές της f για όλα τα χ ε Α λέγεται σύνολο τιμών της f και συμβολίζεται με f(A) . .

• Κάθε συνάρτηση μπορεί να παρασταθεί γρα­φικά στο Καρτεσιανό σύστημα συντεταγμέ­νων. Γραφική παράσταση της f λέγεται το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/43

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

σύνολο των σημείων (χ, f(x)) για όλα τα χ ε Α. Πώς μπορούμε από μια καμπύλη να καταλάβουμε ότι τα σημεία της αντιστοιχούν σε συνάρτηση; �όνο αν φέρνοντας pποιαδήποτε κατακόρυ­

φη ευθεία, αυτή τέμνει την καμπύλη το πολύ σε έ­να σημείο.

Γιατί; Διότι κάθε χ του πεδίου ορισμού μιας συνάρ­

τησης aντιστοιχίζεται σε μοναδικό y. Δηλ. δεν υ­πάρχουν διαφορετικά σημεία της γραφικής παρά­στασης με την ίδια τετμημένη .

Παράδειγμα 1 Η καμπύλη (α) είναι γραφική παράσταση συ­

νάρτησης διότι όσες κατακόρυφες ευθείες και να φέρω τηv τέμνουν σε ένα σημείο η καθεμία. Ενώ η καμπύλη (β) δεν είναι γραφική παράσταση συνάρ­τησης. Έστω και μία κατακόρυφη την τέμνει σε περισσότερα από ένα σημεία.

Υ

ο χ

(α)

Υ

ο χ

(β)

• Α ν έχουμε στο καρτεσιανό σύστημα συντε­ταγμένων δύο σημεία Α(χ ι , Υ ι ) και Β(χ2, Υ2) η απόστασή τους υπολογίζεται από τον τύπο (ΑΒ) = -J (χ2 - Χι )2 + (Υ2 - Υ ι{ Παράδειγμα 2

Να βρείτε την τιμή του χ ώστε τα σημεία Α(5 , - 1 ) και Β(6, χ) να απέχουν μεταξύ τους από­σταση ίση με -{5.

Θέλουμε να είναι ( ΑΒ) = -{5 ( Ι ) . φωνα με τον παραπάνω τύπο έχουμε:

( 1 ) =-.J(6 - 5)2 + (χ + Ι )2 = Vs =

-.J Ι + (χ + Ι )2 = Vs = 1 + (χ + Ι )2 = 5 = χ2 + 2χ - 3 = 0 =

(χ - 1 )(χ + 3) = Ο =(χ = Ι ή χ = -3)

Σύμ-

Άρα υπάρχουν δύο σημεία: Β ι (6, 1 ) και Β2(6, -3 ) από τα οποία το σημείο Α(5, - 1 ) απέχει απόσταση ίση με -{5 και βpί�κονται σε ευθεία κά­θετη στον άξονα χ ' χ.

Υ

1 +::0�------# Β ι -3 -2 -! ι ι 2 3 4 � ι 7

-2 Α\ · -3 Β2

χ

• Έστω ότι έχουμε δύο ευθείες y = αιχ + β ι και y = α2χ + β2 • Αυτές είναι παράλληλες μόνο ό-{αι = α2 ταν ισχύουν βι * β2

και κάθετες μόνο όταν ισχύει αι ·α2 = - 1

Παράδειγμα 1 1 : α) Να βρεθεί η τιμή του λ ώστε οι ευθείες ε ι : y = lλ - 2 Ιχ + 4 και ε2 : y = -3λχ + λ να είναι παράλληλες.

Για να είναι παράλληλες πρέπει και αρκεί { Ιλ - 2 1 = -3λ ( 1 ) Έτσι λ ::ι:. 4 (2) Αν λ - 2 � Ο δηλ. I λ � 2 1 τότε:

( 1 ) =λ - 2 = -3λ =4λ = 2 =λ = t· Απορρίπτεται

διότι! < 2

Α ν λ - 2 < Ο δηλ. I λ <2 1 τότε: ( 1 ) =- (λ - 2) = -3λ =2λ = -2 =λ = -1 . Δεκτή διότι - 1 < 2 και επαληθεύει τη (2).

Προσοχή Α ν στο παράδειγμα είχα τις ευθείες

ε ι : y = lλ - 2 Ιχ + 4 'Και ε2: y = -3λχ - 4λ δε θα ή-ταν παράλληλες αφού για λ = -1 ταυτίζονται. β) Να βρεθεί η τιμή του λ ώστε οι ευθείες

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/44

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ε3 : y = (λ + {'i,)x και ε4 : y = (λ - -{2)χ - Ι να είναι κάθετες.

Για να είναι κάθετες πρέπει και αρκεί: (λ + {'i,)(λ - {'2,) = -Ι Έτσι: (λ + {'i,)(λ - {'2,) = - 1 ς::;;,λ2 - 2 = - Ι ς:::;,

λ2 = Ι ς::;;,λ = ±Ι

• Για να μελετήσουμε μια συνάρτηση (δηλ. να αναζητήσουμε γι' αυτήν ορισμένα στοιχεία που θα μας βοηθήσουν στην κατασκευή της γραφικής της παράστασης) ακολουθούμε τα εξής βήματα:

Ι . Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της. 2. Εξετάζουμε τη συμμετρία της. 3 . Εξετάζουμε τη μονοτονία της. 4. Αναζητούμε τα ακρότατα (αν υπάρχουν). 5 . Εξετάζουμε τη συμπεριφορά της συνάρτησης

για πολύ μεγάλες και πολύ μικρές τιμές του χ, και τέλος

6. Κάνουμε ένα πίνακα τιμών και με τη βοήθεια των παραπάνω βημάτων σχεδιάζουμε τη γρα­φική της συνάρτησης.

Αναλυτικά έχουμε: (1) Πεδίο ορισμού (ή σύνολο ορισμού) Το πεδίο ορισμού περιέχει το σύνολο των τιμών που μπορεί να πάρει η μεταβλητή χ.

Παράδειγμα 3 'Εχουμε τη συνάρτηση f(x) = νχ-±8. χ- 2 Για να έχει νόημα πραγματικού αριθμού το

f(x) πρέπει και αρκεί να συναληθεύουν οι: {χ + 8 � 0 χ - 2 * Ο (Σ) {χ � ....:.8 Αλλά (Σ) ς:::;, χ * 2 ς:::;,

χ Ε [-8, 2) υ (2, -roo) -8 2 --�r-. ------�

Δηλαδή το πεδίο Α = [-8, 2) υ (2, -too).

(2) Συμμετρία

ορισμού είναι το

Μια συνάρτηση με πεδίο ορισμού το Α λέγε­ται άρτια (αντίστοιχα περιττή) αν για κάθε χ Ε Α ι­σχύει -χ Ε Α και f(-x) = f(x) (αντίστοιχα f(-x) = -f(x)).

Αν είναι άρτια έχει άξονα συμμετρίας τον y'y ενώ αν είναι περιττή έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή Ο των αξόνων.

Παράδειγμα 4 Έχουμε τη συνάρτηση f(x) = Ι χ - 7 1 + Ιχ + 7 1

Πεδίο ορισμού είναι το IR.. Βλέπουμε ότι για κάθε χ Ε ΙR.έχουμε -χ Ε IR. και: f(-x) =Ι-χ - 7 1 + Ι...,.χ + 7 1 = 1-(χ + 7) 1 + 1-(χ - 7) 1 =

Ιχ + 7 1 + Ιχ - 7 1 = f(x)

Άρα είναι άρτια. Για να κάνουμε τη γραφική της παράσταση τη

γράφουμε χωρίς απόλυτα. {-2χ αν χ < -7

f(x) = 1 4 αν -7 5;, χ < 7 2χ αν χ � 7

Από τη γραφική παράσταση βλέπουμε ότι η συνάρτηση έχει άξονα συμμετρίας τον y 'y.

Υ

2 3 4 5 6 7 8 χ

-8 y'

Υπάρχουν όμως και συναρτήσεις οι οποίες δεν είναι ούτε άρτιες ούτε περιττές, διότι δεν πλη­ρούν έστω και μία από τις προϋποθέσεις του ορι­σμού.

Παράδειγμα 5 α) Έχουμε τη συνάρτηση f(x) = Ι χ + 2 1

Το πεδίο ορισμού της είναι το IR.. Για χ = -Ι έχουμε: f(- I ) = 1-1 + 2 1 = Ι και

f( l ) = I I + 2 1 = 3 . Βλέπουμε ότι f(-1 ) * f( l ) και f(-1 ) * -f( l ) Δηλ. δεν είναι ούτε άρτια ούτε περιττή.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/45

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

3 β) 'Ε χουμε τη συνάρτηση g(x) = 2χ

4. χ + Το πεδίο ορισμού της είναι το Α = IR. - {-4} .

Υπάρχει χ Ε Α ώστε -χ � Α. Π.χ. για χ = 4 έχουμε: 4 Ε Α ενώ -4 � Α. Άρα δεν είναι ούτε άρτια ούτε περιττή .

(3) Μονοτονία Μία συνάρτηση f λέγεται γνησίως αύξουσα

(αντίστοιχα γνησίως φθίνουσα) σε ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της, όταν για οποιαδήποτε χ 1 , χ2 Ε Δ ισχύει:

(αντίστοιχα f(x 1 ) > f(x2))

Α ν με τον παραπάνω ορισμό είναι δύσκολο να μελετήσουμε τη μονοτονία μιας συνάρτησης ακο­λουθούμε την εξής διαδικασία:

Με την προϋπόθεση χ 1 =ι. χ2 σχηματίζουμε το λόγο λ = f(x , ) - f(xz) = f(xz) - f(x , ) ο οποίος λέγε-χ , - Xz Xz - χ , ται και λόγος μεταβολής.

Τότε Α ν λ > Ο η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ Α ν λ < Ο η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ Α ν λ = Ο η f είναι σταθερή στο Δ.

Παράδειγμα 6 α) Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία η f(x) = -4χ3 + 8 .

Πεδίο ορισμού είναι το IR.. 'Ε Τ ' 3 3 Ε ' στω χ 1 < χ2 • οτε χ 1 < χ2 • πομενως 3 3 ' 3 3 -4χ 1 > -4χ2 . Άρα: -4χ 1 + 8 > -4χ2 + 8 Δηλ. f(x 1 ) > f(x2). Άρα είναι γνησίως φθίνου-

σα. β) Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία η f(x) = 3χ2 Πεδίο ορισμού είναι το IR.. Έστω χ 1 =ι. χ2•

Σχηματίζουμε το λόγο: λ = f(x , ) - f(xz) = . Χ ι - Xz 3χΤ - 3χ� 3 (χ 1 - Xz)(x , + Xz) 3( ) ----=-� =-�--=�--= = χ , + Xz Χι - Xz χ , - Xz

Βλέπουμε ότι το λ δεν διατηρεί σταθερό πρό­σημο στο IR..

Δηλ. η συνάρτηση δεν είναι μονότονη . Αν όμως χωρίσουμε το IR. στα διαστήματα

(-οο, Ο] και [0, +οο) έχουμε:

Για κάθε χ 1 , χ2 Ε (-οο, Ο] είναι λ < Ο. Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο, 0] .

Για κάθε χ 1 , χ2 Ε [0, +οο) είναι λ > Ο. Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, +οο ) .

(4) Ακρότατα Μια συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το Α πα­

ρουσιάζει ελάχιστο (αντίστοιχα μέγιστο) στο χ0 Ε Α όταν f(x) ;;:: f(x0) (αντίστ. f(x) � f(x0)) για κάθε χ Ε Α. Η τιμή f(x0) λέγεται ελάχιστο (αντί­στοιχα μέγιστο) της συνάρτησης f.

Παράδειγμα 7 Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 3χ - Ι ορισμένη

στο διάστημα [-2, 5] Να βρεθούν (αν υπάρχουν) ακρότατα: Έχουμε -2 � χ � 5 . Άρα 3(-2) � 3χ � 3 · 5 . Ε­

πομένως -6 - 1 � 3χ - 1 � 1 5 - 1 . Δηλ. -7 � 3χ - 1 � Ι 4. Βλέπουμε ότι f(-2) = -7 και f(5) = 1 4. Άρα ισχύει f(-2) � f(x) � f(5)

Επομένως το -7 είναι το ελάχιστο και το 1 4 είναι το μέγιστο της συνάρτησης.

Παρατήρηση Η εύρεση του μεγίστου ή ελαχίστου μιας συ­

νάρτησης γίνεται και με προσδιορισμό του συνό­λου τιμών:

Για να βρούμε το σύνολο τιμών της f(x) = 3χ - Ι όταν Α = [-2, 5] αρκεί να βρούμε τις τιμές του y Ε IR. για τις οποίες η εξίσωση f(x) = y έχει ρίζα χ Ε Α.

Έχουμε f(x) = y <=:>3χ - Ι = y <=:>3χ = y + 1 <::::>

χ = Υ..±...! 3

Εξετάζουμε για ποιες τιμές του y Ε IR. ισχύει Χ Ε Α: -2 � χ � 5 <::::>-2 � Υ; 1 � 5 <::::>-6 � y + 1 � Ι 5 <::::>

-7 � y � 14. Άρα f(A) = [-7, 1 4] . Επομένως το -7 είναι το ελάχιστο και το 14

είναι το μέγιστο της συνάρτησης.

(5) Μεγάλες τιμές Μελετάμε τη συμπεριφορά του y όταν το χ

μεγαλώνει απεριόριστα (τείνει στο +οο) ή μικραίνει απεριόριστα (τείνει στο -οο) ή πλησιό.ζει προς κά­ποιο συγκεκριμένο αριθμό χ0 (τείνει στο χ0).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.3/46

Μαθηματικά για την Α· Λυκείου

Παράδειγμα 8 Έστω ότι έχουμε τη συνάρτηση f(x) = 3χ2•

χ ' -4 -3 -2 - l 4 χ

- l Υ

Βλέπουμε ότι καθώς το χ μεγαλώνει απεριό­ριστα, το f(x) = 3χ2 μεγαλώνει γρηγορότερα. Επί­σης καθώς το χ μικραίνει απεριόριστα το f(x) = 3χ2 μεγαλώνει πάλι πολύ γρήγορα. Στο σχή­μα βλέπουμε ότι η γραφική παράσταση δεν σταμα­τάει πουθενά, αλλά συνεχίζει να "ανεβαίνει" . Δηλ. το y τείνει στο +οο (y - +οο) και όταν το χ τείνει στο -οο (χ - -οο)και όταν το χ τείνει στο + οο (χ - +οο).

(6) Γραφική παράσταση Με τη βοήθεια των παραπάνω βημάτrον βρί­

σκουμε αντιπροσωπευτικά σημεία της συνάρτη­σης, τα ενώνουμε κατάλληλα και δημιουργείται η γραφική παράσταση .

Παράδειγμα 9 Να μελετηθεί και να παρασταθεί γραφικά η

3χ αν χ ε (-οο, Ο] { 2 , fl( ) 2χ + 1 αν χ ε (0, 2] συναρτηση: χ =

3 χ αν χ ε (2, +οο)

10. Πεδίο Ορισμού είναι το (-οο, ο] υ (ο, 2] υ (2, +οο)= IR

2. Συμμετρία

Η 3χ2 στο διάστημα ( -οο, Ο] είναι τμήμα πα­ραβολής.

Δεν έχει ούτε άξονα συμμετρίας ούτε κέντρο συμμετρίας.

Η 2χ + 1 στο (0, 2] είναι ευθύγραμμο τμήμα χωρίς το ένα άκρο. Ο φορέας του τέμνει τους άξο-νες στα σημεία (0, 1 ) και (- �· Ο).

η _ l στο (2, +οο) είναι τμήμα υπερβολής. χ

Δεν έχει ούτε άξονα συμμετρίας ούτε κέντρο συμμετρίας.

3. Μονοτονία

I f(x) = 3χ2 1 . 'Εστω Χ ι < χ2 :.; Ο. Τότε xf > χ�. Επομένως 3χΤ > 3χ�. Άρα f(χ ι ) > f(x2) . Δηλ. είναι γνησίως φθίνουσα στο ( -οο, 0] .

lf(x) = 2x + 1 1 . Έστω ο < Χ ι < Xz :.; 2 . Τότε 2χ ι < 2χ2 . Επομένως 2χ ι + 1 < 2χ2 + 1 . Άρα f(χ ι ) < f(x2). Δηλ. είναι γνησίως αύξουσα στο (0, 2] .

�. 'Εστω 2 < Χ ι < χ2• Τότε l_ > l_. � Χι Χ2

Επομένως -31_ < -31_. Άρα f(χ ι ) < f(x2) . Δηλ. εί-Χι χ2

ναι γνησίως αύξουσα στο (2, +οο ). Διαπιστώνουμε όμως ότι f(1 ) = 3 και f(3) = -1 Δηλ. f( l ) > f(3) ενώ 1 < 3. Άρα η f(x) δεν είναι γνησίως μονότονη στο

(0, 2] υ (2, +οο) = (0, +οο)

4. Ακρότατα

Αν το χ ε (-οο, Ο] τότε f(x) = 3χ2 ε [0, +οο) Αν το χ ε (0, 2] τότε f(x) = (2χ + 1 ) ε ( 1 , 5] Αν το χ Ε (2, +οο) τότε f(x) = - � ε (- �, ο) Άρα η f( χ) μπορεί να πάρει τιμές μεγαλύτερες

από οποιοδήποτε αριθμό κ >0. Οπότε δεν έχει μέ­γιστο.

Πράγματι: Για να είναι f(x) > κ αρκεί {3χ

2 > κ χ < Ο

{ 2 > κ Αλλά (Σι ) <=>

χ 3 χ < Ο

-Χ >�<=>Χ < � = {ΙχΙ >�

χ < Ο

(Σ ι )

Εξ' άλλου τιμές στο ( -οο, - �] δεν παίρνει, ε­νώ μπορεί να πάρει τιμές μικρότερες από οποιοδή­ποτε λ Ε (- �, 0}

Άρα δεν έχει ούτε ελάχιστο. Πράγματι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/47

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

_ l < λ } Για να είναι f(x) < λ αρκεί χ (Σ2)

{-3 < λχ Αλλά (Σ2) <=> χ > 2

2 < x < - l λ

χ > 2

�{x < -f

χ > 2

3 θ . Ι 2 0. Εφ' όσον - '2 < λ < Ο α ειναι λ < - 3- ποτε

_ l > -3(- �) δηλ. _ l > 2 λ 3 ' λ Βέβαια στο ( -οο, Ο] υπάρχει τιμή μικρότερη

απ' όλες τις άλλες: η f(O) = Ο, αλλά αυτή δεν είναι ελάχιστη τιμή της f(x) .

Επίσης στο (0, 2] υπάρχει τιμή μεγαλύτερη απ' όλες τις άλλες: η f(2) = 5 αλλά αυτή δεν είναι η μέγιστη τιμή της f(x).

5. Μεγάλες τιμές

Στο (-οο, Ο] είναι f(x) = 3χ2 • Άρα: όταν το χ - -οο βλέπουμε ότι f(x) - +οο Στο (0, 2] είναι f(x) = 2χ + Ι . Δεν έχουμε μεγάλες τιμές. Έχουμε: Ι < f(x) � 5 .

Στο (2, +οο) είναι f(x) = - �- Άρα: όταν το

χ - +οο βλέπουμε ότι f(x) - Ο. Δηλ. όσο αυξάνεται το χ, το - l πλησιάζει χ

στο y = Ο (άξονα χ 'χ)

6. Γραφική παράσταση

Λαμβάνοντας υπ' όψιν όλα τα παραπάνω και με τη βοήθεια των mνάκων τιμών φτιάχνουμε την παρακάτω γραφική παράσταση.

l f(x)-= 3x2 I I ;(χ) I -2 I - 1 I ο I 1 2 3 ο

ι ι ο

ι -} ι I f(x) = 2χ + 1

χ 1 1 2 3 2

f(x) -6 -3 3 -1 2

χ ' -4 -3

_ _ _ _ _ _ _ l.Q_ 9 8 7 6

Υ I I I I Ι I Ι

I I I Ι I Ι I Ι I / I Ι I Ι

I Ι 5 · · · · · · · ·:· · ·

4

3 λ

-2w- 1Λ/2 Ο! � � ! 3 4 χ - 3 / - 1 : : i : ------1 λ · · : · τ · - - - r

I : : / ι1 -2 1 1 ,' : : , -3 +-4 ' I

: I : I -4 : I : ι

-5 !: 1 -6 - -�

I -7 :. Υ

Επανάληψη Να σημειώσετε το σωστό (Σ) ή λάθος (Λ) σε

καθεμία από τις παρακάτω προτάσεις. 2

α) Το πεδιο ορισμού της f(x) = � είναι το IR. χ + 2

β) Όταν f(x) = 2χ τότε y = 6

Σ Ο Λ Ο

Σ Ο Λ Ο

γ) Όταν f(O) = Ο τότε είναι χ = Ο και y = Ο Σ Ο Λ Ο

δ) Το πεδίο ορισμού της f(x) = Ιχ Ι 3- 2 είναι το IR

Σ Ο Λ Ο

ε) Η ευθεία y = -2 έχει συντελεστή διεύθυνσης 2 Σ Ο Λ Ο

στ) Τα σημεία (0, Ι ) και (7, 1 ) ανήκουν στη γραφι­κή παράστασης της συνάρτησης f( χ) = 1

Σ Ο Λ Ο

ζ) Οι ευθείες χ = -3 και y = 1 είναι κάθετες ' Σ Ο Λ Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.3/48

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

η) Οι συναρτήσεις f{x) =� και g(x) = rl έχουν την ίδια γραφική παράσταση

αν χ � Ο αν χ < Ο

Σ Ο Λ D

i) Η απόσταση των Α(χ 1 , y 1 ) και Β(χ2, y2) είναι (ΑΒ) = I Υ ι - Y2 l Σ D Λ D κ) Η ευθεία y= α1χ + β είναι παράλληλη στον άξο-να χ 'χ όταν α1 = 0 Σ Ο Λ D

θ) Οταν α > Ο και β < Ο τότε το (β, α) βρίσκεται λ) Η εξίσωση χ + y2 = 1 0 παριστάνει ευθεία στο 2° τεταρτημόριο Σ D Λ D Σ Ο Λ Ο

Παpiιλλιιιlεs Ευlείεs

· Σκοπός του άρθρου αυτού είναι να βοηθηθεί ο μαθητής της Α' λυκείου να ελέγξει τις γνώσεις του στο 4° κεφάλαιο του σχολικού βιβλίου της γεωμε­τρίας και να ανακαλύψει τρόπους επίλυσης γεωμε­τρικών προβλημάτων με τη βοήθεια της αντίστοι­χης θεωρίας. Παρακάτω θα ασχοληθούμε με τα θέματα που αφορούν: την παράλληλια ευθειών, την τομή ευθειών, τη γωνία ευθειών, το άθροισμα γωνιών τριγώνου και κυρτού πολυγώνου, το ρόλο της εξωτερικής γωνίας τριγώνου και τα συμπερά­σματα που προκύπτουν από τη διαπίστωση της παραλληλίας ή καθετότητας των πλευρών δύο γω­νιών. Για τις αναφορές μας στο σχολικό βιβλίο χρησιμοποιήσαμε την έκδοση του 1 999. Α. Ερωτήσεις κατανόησης 4°υ κεφαλαίου:

1 . Να εξετάσετε αν είναι σωστή (Σ) ή λανθα­σμένη (Λ) καθεμιά από τις επόμενες προτάσεις:

α) Κάθε πολύγωνο με ν πλευρές ν > 3 , έχει ο-πωσδήποτε μία αμβλεία γωνία.

β) Δύο οξείες γωνίες με παράλληλες πλευρές μία προς μία, είναι πάντοτε ίσες.

γ) Δύο αμβλείες γωνίες με κάθετες πλευρές μία προς μία, είναι πάντοτε παραπληρωματικές.

δ) Δύο ευθείες παράλληλες προς τρίτη ευθεία εί­ναι και μεταξύ τους παράλληλες.

ε) Κάθε εξωτερική γωνία τριγώνου είναι μεγα­λύτερη καθεμιάς των απέναντι εσωτερικών γωνιών.

στ) Κάθε εξωτερική γωνία τριγώνου είνα� ίση με το άθροισμα των δύο απέναντι εσωτερικών γωνιών.

ζ) Το άθροισμα των εσωτερικών γωνιών ενός

του Βασίλη Καρκάνη και του Σταμάτη Καλίκα

η) Το άθροισμα των εξωτερικών γωνιών ενός κυρτού ν-γώνου είναι 360°.

θ) Α ν για τις ευθείες ε, ζ, η, θ του επιπέδου ισχύ­ει: ε j_ ζ, ζ j_ η, η j_ θ, τότε θ j_ ε.

ι) Αν για τις ευθείες ε, ζ, η, θ του εmπέδου ισχύ­ει: ε 11 ζ, ε 11 η, ε 11 θ, τότε θ 11 ζ, θ 11 η και ζ 11 η.

ια) Αν για τις ευθείες ε, ζ , η, θ του επιπέδου ισχύ­ει: ε j_ ζ, η 11 ε, θ 11 ζ, τότε θ 11 ε.

ιβ) Στο παρακάτω σχήμα ε 11 ζ και η ευθεία η τις τέμνει χωρίς να είναι κάθετη σ' αυτές. Τότε σχηματίζονται οκτώ γωνίες που ανά δύο είναι ίσες ή παραπληρωματικές.

ιγ) Στο παρακάτω σχήμα αν είναι η 11 θ τότε θα είναι και ε I I ζ.

η θ

ιδ) Το άθροισμα των γωνιών ενός κυρτού πεντα­γώνου είναι 550°.

κυρτού ν-γώνου είναι (ν - 2) 1 80°. 2. Στα παρακάτω σχήματα οι ευθείες ε και ζ :t ε r �'3d' � ( � � �σο Zt\'7:> /ι- � te<ie ι...ι είναι παράλληλες. Σε κάθε στοιχείο της στήλης

� . r �\ Δ 'Z:-.J_ & Γ Ν. Δ () At -+ ���ΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/49 ,_ . • - - '- O t"'

Μαθηματικά Ύια την Α" Λυκείου

Α (γωνία) να aντιστοιχίσετε το αντίστοιχο της στήλης Β (μέτρο της).

Στήλη Α

ω

φ

x + y

η

Στήλη Β 1 55° 32° 80° 1 20° 45° 142° 54° 70°

--�------�---η-- ε χ + 25°

3. Ποιο είναι το μέτρο της γωνίας των διχοτό­μων των οξειών γωνιών ορθογωνίου τριγώνου;

4. Α ν δύο ευθείες ε και ζ τέμνονται από την ευθεία η στα σημεία Α, Β και οι εντός επί τα αυ­τά γωνίες είναι παραπληρωματικές τότε ποια είναι η σχετική θέση των ευθειών ε και ζ;

5. Α ν δύο ευθείες ε και ζ τέμνονται από την εί>θεία η στα σημεία Α, Β και οι εντός επί τα αυ­τά γωνίες έχουν άθροισμα μικρότερο από 2 ορ­θές τότε ποια είναι η σχετική θέση των ευθειών ε και ζ;

6. Στις παρακάτω προτάσεις να συμπληρωθεί το κενό.

α) Δύο αμβλείες γωνίες με πλευρές . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . είναι ίσες.

β) Αν δύο τρίγωνα έχουν από δύο γωνίες ίσες μία προς μία τότε . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

γ) Αν δύό γωνίες ενός τριγώνου είναι συμπλη-ρωματικές τότε το τρίγωνο είναι

δ) Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ η διχοτό­μος της εξωτερικής γωνίας Α τέμνει την προ­έκταση της πλευράς ΒΓ προς το μέρος

7. Το μέτρο της γωνίας ω στο παρακάτω σχή­μα είναι:

Α. 1 00° Β. 1 1 0° Γ. 1 30° Δ. 140° Ε. 1 20°

8. Αν οι γωνίες (;) = � + 45° και φ = � + 105° έχουν τις πλευρές τους παράλληλες τότε η � ι­σούται με

Γ. 80° Δ. 1 5° Ε. 1 00°

9. Αν οι γωνίες ω = 100° - χ και φ = 20° + χ έχουν τις πλευρές τους κάθετες τότε το χ ισού­ται με

Γ. 50° Δ. 55° Ε. 1 0°

10. Αν σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) η γωνία Γ είναι διπλάσια της Α τότε η γωνία Β εί­ναι:

1 1 . Αν το άθροισμα των γωνιών ενός κυρτού πολυγώνου είναι 1800° τότε το πλήθος των πλευρών του είναι:

Α. 8 Β. 1 2 Γ. 20 Δ. 1 6 Ε. 40

12. Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ η εξωτερική γωνία της Α και οι εσωτερικές γωνίες Β και f έχουν ά­θροισμα 180° τότε το τρίγωνο είναι:

Α. Αμβλυγώνιο με Α > 90° Β. Οξυγώνιο Γ. Ορθογώνιο στο Γ

Ε. Ορθογώνιο στο Α Δ. Ορθογώνιο στο Β

13. Στο παρακάτω σχήμα το άθροισμα: (;) + φ ισούται με

Α. 200°

Μαθηματικά 'Υια την Α' Λυκείου

,τp� Αυμέvεs Γεωμετpικέs ΑΙ'κίtl'ειs -"

1. Δίνεται η οξεία γωνία χΟψ. Από σημείο Α της Οχ φέρνουμε κάθετη στην Οψ που την τέ­μνει στο Β. Επίσης φέρνουμε τη διχοτόμο της -" ΟΑΒ που τέμνει την Οψ στο Γ, και στη συνέ-χεια φέρνουμε κάθετη της Οψ στο Γ που τέμνει την Οχ στο Δ. Ν α δειχθεί ότι: ΑΔ = ΔΓ.

Λύση -" -" Είναι: Αι = Α2 (η ΑΓ διχοτόμος) Επίσης: ΑΒ, ΔΓ .L Οψ οπότε ΑΒ I I Γ Δ άρα:

fι = Α2 (εντός εναλλάξ) ο

-" -" Έτσι: Αι = Γι δηλαδή το τρίγωνο ΑΔΓ είναι

ισοσκελές με: ΑΔ = ΔΓ.

2. Έστω ΒΔ ύφος του ισόπλευρου τριΎώvου ΑΒΓ. Αν ΑΕ ..L ΑΓ και ΑΕ = ΒΓ ώστε Β, Ε εκα­τέρωθεν της ΑΓ' να δειχθεί ότι: ΕΒΔ = 15°.

Λύση Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ, η Α = 60° (το

ΑΒΓ ισόπλευρο) οπότε: ΑΒΔ = 30° ( 1 ) Είναι: ΑΕ = ΒΓ = ΑΒ οπότε το τρίγωνο ΑΒΕ -" -"

είναι ισοσκελές με Β ι = Ε (2)

Β

Ε

Επίσης: ΑΕ, ΒΔ .L ΑΓ άρα ΑΕ I I ΒΔ οπότε: -" ,..... Β2 = Ε (3) (εντός εναλλάξ)

Από τις (2), (3) είναι: Β. = Β; και λόγω της ( 1 ) : Β. = Β; = 1 5° .

Άρα: ΕΒΔ = 1 5°

3. Έστω Μ τυχαίο σημείο της βάσης ΒΓ ισο­σκελούς τριγώνου ΑΒΓ. Αν ΜΔ .L ΑΓ να δειχθεί -" "" Α ότι: ΔΜΓ = -

2

Λύση Έστω ΑΗ το ύψος προς τη βάση του ισοσκε­

λούς τριγώνου ΑΒΓ, τότε το ΑΗ είναι και διχοτό-"" "" "" Α μος με Αι = Α2 = 2

Β /"..

Α

Γ

Έτσι: ΔΜΓ = Α1 ως οξείες Ύωνίες με πλευρές ιcόθετες.

Άρα: ΔΜr=� 4. Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ έστω Δ ση­μείο της ΑΓ ώστε ΑΔ = ΑΒ. Α ν η μεσοκάθετος της ΒΓ τέμνει την ΑΓ στο Ε να δειχθεί ότι: -" -" ΑΒΕ = 2ΓΒΔ.

Λύση Εφόσον ΑΔ = ΑΒ το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισο-

σκελές με:. ΑΒΔ =Δι 1 80;- Α =90° -� ( 1 ) Επίσης στο τρίγωνο ΕΒΓ η ΕΜ διάμεσος και -" -" ύψος άρα το τρίγωνο ισοσκελές με: ΕΒΓ = Γ (2)

Α

Β

Γ -" Στο τρίγωνο ΒΔΓ η Δ ι εξωτερική γωνία οπό-τε: Δ; = ΓΒΔ + Γ ή ΓΒΔ = Δ; - Γ και λόγω της ( 1 ) :

Μαθηματικά Ύlα την Α' Λυκείου

....-.. ....-.. Α -" Α Β Γ Α ....-.. ΓΒΔ =90° - - - Γ =- + - + - - - - Γ = 2 2 2 2 2

....-..

Β - Γ ....-.. ....-.. ....-..

-2- οπότε: 2ΓΒΔ = Β - Γ (3). ....-..

Επίσης: ΑΒΕ = ΑΒΓ - ΕΒΓ και λόγω της ,.......,_ ............ ............. .

(2) : ΑΒΕ = Β - Γ (4). ....-.. ....-..

Λόγω των (3), (4) είναι: ΑΒΕ = 2ΓΒΔ

Παρατήρηση : Στο τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει ....-.. ....-..

Α + Β + Γ = Ι 80° και � + � + ; = 90°. 'Ετσι:

Α = Ι 8ο0 - Β - Γ, Α + Β = Ι 80° - · Γ, ............ ........... ........... ............ ........... ........... Α = 90ο _

Β _

Γ Α + Β = 90ο _ Γ

2 2 2 ' 2 2 2 .

5. Στο τρίγωνο ΑΒΓ έστω ΑΔ, ΒΕ οι διχοτό­μοι του που τέμνονται στο Ι. Αν ΙΗ _ι ΒΓ να δει-

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

χθεί ότι: ΒΙΔ = ΗΙΓ.

Λύση Φέρνουμε τη ΙΓ που είναι διχοτόμος της γω-....-..

. ....-.. . ....-.. Γ . . . νιας Γ οποτε Γ ι = 2 και ετσι στο ορθογωνιο τρι-....-..

γωνο ΙΗΓ η ΗΙΓ =90° - fι =90° � ; ( Ι )

Στο τρίγωνο ΒΙΔ είναι: ΒΙΔ = Ι 80° - Β; - Δ; Α

Β

Γ ....-.. ....-.. Β ....-.. Όμως: Β ι = 2 και η Δ1 εξωτερική στο τρίγω-

....-.. ........... ............ ............ Α ........... νο ΑΔΓ οπότε: Δι = Α ι + Γ = 2 + Γ και έτσι: ....-..

ΒΙΔ ....-.. ....-..

Β Α 2 2

Ι 80° - (Α + Β + Γι - Γ = Ι 80° l2 2 2) 2 ....-..

....-..

Γ

90° -=

....-.. Γ = 2

Λύση Το άθροισμα όλων των γωνιών του δεκαγώ­

νου είναι: Σιu =(2 · 1 0 - 4) ·90° = Ι 6 ·90° = Ι440°. Αν αφαιρέσουμε την ορθή γωνία τότε οι υπό­

λοιπες εννιά γωνίες του θα έχουν άθροισμα: Ι 440° - 90° = 1 350° οπότε η καθεμιά θα είναι ίση με: 1 350° : 9 = Ι 50°.

7. Σε κάθε κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ να δει-......... ............ ............ ...........

χθεί ότι: Βεξ + Γ εξ = Α + Δ.

Λύση Είναι: Β + Β&ξ = Ι 80°

Γ + � = Ι 80° οπότε: Β + Γ + � + � = 360° Επίσης: Α + Β + Γ + Δ = 360°

Δ

:..-..... ............ ........... ...........

Άρα: Β + Γ + Β&ξ + Γ &ξ = Α + Β + Γ + Δ δηλαδή : 8&ξ + � = Α + Δ. 8. Σε κάθε κυρτό τετράπλευρο να δειχθεί ότι οι διχοτόμοι των εξωτερικών γωνιών του τέμνο­νται σχηματίζοντας τετράπλευρο, που έχει τις απέναντι γωνίες του παραπληρωματικές.

Λύση Έστω ΑΒΓ Δ κυρτό τετράπλευρο στο οποίο

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

φέρνουμε τις διχοτόμους των Α&ξ και Β&ξ. Είναι: Λ + 8 =� + � Ι 8ο0 - Α + ι 8ο0 - Β = ι ι 2 2 2 2

....-..

90° - Α + 90° - Β = 1 80° -Α + Β < Ι 80° οπότε οι 2 2 2

διχοτόμοι των εξωτερικών γωνιών Α και Β θα τέ­μνονται σε σημέιο Η.

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

(Σημειώνεται ότι: Ο < Α ; Β < Ι 80°) 90° _ .[(2) 2 Έτσι οι διχοτόμοι των εξωτερικών γωνιών του

Λόγω των ( Ι ), (2) είναι: ΒΙΔ = ΗΙΓ. τετραπλεύρου ΑΒΓ Δ θα τέμνονται σχηματίζοντας 6. Αν μια γωνία

.

δεκαγώνου είναι ορθή και οι το τετράπλευρΑWο Ε�ΗΘ. -Β άλlΣς yωνίες του εί�αι ίσες, να βρεθεί το μέτρο ----:::.....__ � "�

της κάθε μιας σε μοιρες. \ ο rο σ ι.c . ιu,.. , Μ -z.. "" ko "' �Ιl βΓ Φ εe v -z...ς ' 1 , _,r. • • _ . .. .., • _ � 0 • .- ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.Ύ. τ. 1 � '

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

I I Η I

Α ' , ' I 1 ' " I , , 1 'I Β , Θ \ , '

' \ ' \ ' \ � z \ / . \ / Δ l r I \ /

\ / I I / I \ / \ \ / \ / \ \ / /

Ε

Στο τρίγωνο ΑΗΒ είναι: Η = 1 80° - (ΑΊ + Β1 ) δηλαδή : Η = 1 80° - (ι 8οο _ Α + ί31 = Α + Β ο-2 -) 2 .

....... ....... μοια δείχνεται ότι: Ε = Γ + Δ_ 'Ετσι: Η + Ε = 2 Λ + 8 + Γ + Δ 360° 1 800 β . β 2 � = και ε αια:

z + θ = 1 80°. Δηλαδή οι απέναντι γωνίες του τετραπλεύρου

ΕΖΗΘ είναι παραπληρωματικές. ·

ΑΝΑΚΟΙΝΩΣΗ Το Δ.Σ. της Ελληνική Μαθηματι­

κή Εταιρείας συγχαίρει θερμά όλα τα παιδιά που έλαβαν μέρος στους διά­φορους μαθηματικούς διαγωνισμούς που αυτή διοργάνωσε, κατά την τρέ-

. χουσα σχολική χρονιά.

Διαδίδετε τον ' 'Ευκλείδη Β ' "

Είναι ένας πολύτιμος φίλος τόσο για τις ελεύθερες ώρες όσο και

για τις ώρες της μελέτης

z.c-' ο �e� � ,<:> � ι � <> Α β � ι:οc.ι� . � -zo..cr-$\.S � ν Q f' rι f.(> νο 't' ε Qh: 1\� rA � r ι . q� vo� ε r-z.. J. Λ t '""'' ει � ν ΑΙ\ ο- �ο "- · Ν� �t}\ ')(.'&εΛ. oz.

ο eΘο γυΝ ι ο ι σοσ \c:. ε λε.S .

Ε ΚΔΟΙΕ Ι Ι Γ Κ ΑΤΖΟΥΛ Η Ε Α Σ Ε Ι Ρ Α Β Ι Β Λ Ι Ο Ν ιια. το 6νια.ίο �vι::eιο

Α ' Λ Υ Κ Ε Ι Ο Υ \J ΑΛΓΕΒΡΑ \J ΓΕΟΜΗΡΙΑ

Β ' Λ Υ Κ Ε Ι Ο Υ \J ΑΛΓΕΒΡΑ γενικής παιδείας

\J ΓΕΟΜΗΡΙΑ γενικής πα ιδείας

\J MAθHMAJIKA θειικής κατεύθυνσης

\J MAθHMAJIKA τεχνολογικής κατεύθυνσης

Κ Ρ Ι Τ Η Ρ Ι Α -ιl!ιοβόγτιtιnς \J ΜΑθΗΜΑJΙΚΑ θειικής κατεύθυνσης \J MAθHMAJIKA τεχνολογικής κατεύθυνσης

\J ΜΑθΗ ΜΑJΙΚΑ γενικής πα ιδείας

\J ΑΝΑΛΥΣΗ θειικής κατεύθυνσης

\J ΑΛΓΕΒΡΑ θετικής κατεύθυνσης

\J MAθH MAJIKA τεχνολογικής κατεύθυνσης

Κ Ρ Ι Τ Η Ρ Ι Α fl!ιοΡόγτιt1flς \J MAθH MAJIKA γενικής πα ιδε ίας

\J MAθH MAJIKA θετικής κατεύθυνσης

\J MAθH MAJIKA τεχνολογικής κατεύθυνσης

Μαθnματιιtά yια τn Β' τάξn του Λυκείου

Υπεύθυνοι στήλης: Γιδαράκος Θ. - Ευσταθίου Β. - Καλίκας Σ. - Καρκάνης Β.- Κό­

ντζιας Ν. - Λαζαρίδης Χ. - Μαρούλη Β. - Τσιούμας Θ.

Α θεωpία Αpιlμών μια πpώτιι επαφiι με 6α�ικέs έΥΥΟιεs και πpοτά�ειs

του Σταμάτη Καλίκα και του Βασίλη Καρκάvη

Παρακάτω θα ασχοληθούμε με μερικές βασικές έννοιες και ασκήσεις της θεωρίας των αριθμών. Οι μαθητές έρχονται πρώτη φορά σε επαφή με τις έννοιες αυτές και ίσως δικαιολογείται κάποια δυσκολία που συναντούν σε αυτό το κεφάλαιο. Σκοπός μας είναι να βοηθήσουμε τον μαθητή της β · λυκείου να α­νακαλύψει μερικές ιδιότητες των ακεραίων και να εξοικειώνεται με την αποδεικτική διαδικασία.

Βασικές παρατηρήσεις και ασκήσεις

1 . Συμβολίζουμε με !Ν' το σύνολο των φυσικών αριθμών (Natural numbers) και με '1L το σύνο­λο των ακεραίών αριθμών (Zahl = αριθμός, Γερμανική λέξη). Το σύνολο των φυσικών εί­ναι το !Ν' = {Ο, Ι , 2, . . . } ενώ το σύνολο των ακεραίων είναι το 'lL = { . . . , -3 , -2, - Ι , Ο, Ι , 2, 3 , . . . } .

2. Αν α, β ακέραιοι τότε α) το άθροισμά τους εί­ναι ακέραιος β) η διαφορά τους είναι ακέραι­ος γ) το γινόμενό τους είναι ακέραιος δ) το πηλίκο τους δεν είναι πάντοτε ακέραιος.

3. Α ν ο α είναι ακέραιος και ο ν φυσικός τότε ο αριθμός αν είναι ακέραιος.

4. Οι ακέραιοι χωρίζονται σε δύο σημαντικά σύ­νολα που είναι ξένα μεταξύ τους (δεν έχουν κοινά στοιχεία), τους άρτιους αριθμούς και τους περιττούς. Οι άρτιοι είναι οι αριθμοί Ο, ±2, ±4, ±6, . . . και γενικά οι αριθμοί που μπορούν να γραφτούν στη μορφή 2ν όπου ν ακέραιος. Οι περιττοί είναι οι αριθμοί ± Ι , ±3 , ±5, . . . και γενικά οι αριθμοί που μπο­ρούν να γραφτούν στη μορφή 2ν + Ι όπου ν ακέραιος.

5. Το άθροισμα δύο άρτιων είναι άρτιος. Πράγ­ματι, αν α = 2κ, β = 2λ, κ, λ ακέραιοι, τότε α + β = 2(κ + λ) που είναι άρτιος αριθμός α­φού κ + λ είναι ακέραιος.

6. Η διαφορά δύο άρτιων είναι άρτιος. 7. Το άθροισμα δυο περιττών είναι άρτιος.

Πράγματι, αν α = 2κ + Ι , β = 2λ + 1 , κ, λ ακέ­ραιοι, τότε α + β = 2( κ + λ + Ι ) που είναι άρ-

τιος αριθμός αφού κ + λ + 1 είναι ακέραιος. 8. Η διαφορά δύο περιττών είναι άρτιος. 9. Η διαφορά ενός άρτιου από έναν περίττό είναι

περιττός. Πράγματι, αν α = 2κ + 1 , β = 2λ, κ, λ ακέραιοι, τότε α - β = 2(κ - λ) + Ι που είναι περιττός αριθμός αφού κ - λ είναι ακέραιος.

10. Η διαφορά ενός περιττού από έναν άρτιο είναι περιττός.

11 . Το γινόμενο δύο άρτιων είναι άρτιος. Πράγ­. ματι, αν α = 2κ, β = 2λ, κ, λ ακέραιοι, τότε αβ = 2(2κλ) που είναι άρτιος αριθμός αφού 2κλ είναι ακέραιος.

12. Το γινόμενο δύο περιττών είναι περιττός. Πράγματι, αν α = 2κ + 1 , β = 2λ + Ι , κ, λ ακέ­ραιοι, τότε αβ = 2(2κλ + κ + λ) + 1 που είναι περιττός αριθμός αφού 2κλ + κ + λ είναι ακέ­ραιος.

13. Το γινόμενο ενός άρτιου και ενός περιττού εί­ναι άρτιος.

1 4. Το γινόμενο δύο διαδοχικών ακεραίων είναι άρτιος. Πράγματι, έστω α, β διαδοχικοί ακέ­ραιοι, τότε ένας τουλάχιστον είναι άρτιος, άρα το γινόμενό τους είναι άρτιος.

15. Ένα γινόμενο ακεραίων είναι άρτιος αριθμός αν και μόνο αν ένας τουλάχιστον παράγοντας του γινομένου είναι άρτιος.

16. Ένα γινομένο ακεραίων είναι περιττός αριθ­μός αν και μόνο αν όλοι οι παράγοντες του γι­νομένου είναι περιττοί.

17. Α ν ένα γινόμενο ακεραίων είναι ίσο με - 1 ή 1 τότε κάθε παράγοντας είναι ίσος με - Ι ή 1 .

18. Το γινόμενο δύο διαδοχικών άρτιων γράφεται

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/54

Μαθηματικά για την Β' τάξη του Λυκείού

στη μορφή 8λ όπου λ ακέραιος. 19. · Το τετράγωνο κάθε περιττού γράφεται στη

μορφή 8λ + 1 όπου .λ ακέραιος. 20. Αν α/β και α/γ τότε α!κβ + λγ για όλους τους

ακέραιους κ και λ.

Ερωτήσεις Κατανόησης:

1 . Τι ονομάζουμε ευκλείδεια ή αλγοριθμική διαίρεση;

2. Ποιους αριθμούς ονομάζουμε άρτιους και ποιους περιττούς;

3. Ποια είναι τα δυνατά υπόλοιπα της διαίρεσης ενός αριθμού α με έναν αριθμό β;

4. Πότε λέμε ότι ο αριθμός β είναι διαιρέτης ή παράγοντας του αριθμού α;

5. Ποια είναι τα δυνατά τελευταία ψηφία του τε­τραγώνου ενός ακεραίου;

6. Μπορεί ένας ακέραιος να διαιρεί δύο διαδοχι­κούς ακεραίους;

7. Υπάρχει αριθμός που διαιρείται με κάθε ακέ­ραιο;

8. Υπάρχει αριθμός που διαιρεί όλους τους ακε­ραίους;

9. Η τετραγωνική ρίζα ενός ακεραίου δεν είναι ακέραιος. Μπορεί να είναι ρητός;

Ασκήσεις: 1 . Η διαφορά ενός ακεραίου από το τετράγω­

νό του είναι άρτιος αριθμός.

Απόδειξη : Έστω α ακέραιος, τότε α2 - α = α( α - 1 ) δη­

λαδή το γινόμενο διαδοχικών ακεραίων, άρα α2 - α είναι άρτιος αριθμός.

2. Η διαφορά ενός ακεραίου από τον κύβο του είναι πολλαπλάσιο του 3.

Απόδειξη : Έστω α ακέραιος, τότε

α3 - α = α( α - 1 )(α + 1 ) . Για τον ακέραιο α διακρίνουμε τις περιπτώ­

σεις α = 3κ, α = 3κ + 1 , α = 3κ + 2, όπου κ ακέραι­ος. Στην περίπτωση που είναι α = 3κ, κ ακέραιος α3 - α == α( α - 1 )(α + 1 ) =3κ(3κ - 1 )(3κ + 1 ) =3λ, λ ακέραιος. Στην περίπτωση που είναι α = 3κ + 1 , κ ακέραιος α3 - α =α( α - 1 )(α + 1 ) = (3κ + 1 ) 3κ(3κ + 2) =3λ, λ ακέραιος. Στην περί­Πτωση που είναι α = 3κ + 2, κ ακέραιος α3 - α = = α( α - 1 )(α + 1 ) =(3κ + 2)(3κ + 1 )(3κ + 3) =3λ, λ ακέραιος.

3. Γενίκευση των ασκήσεων 1 και 2 αποτελεί η άσκηση 1 από τις γενικές του σχολικού βιβλίου.

4. Ποια είναι τα δυνατά υπόλοιπα της διαίρε­σης του τετραγώνου ενός αριθμού α με το 2;

Απόδειξη : Έστω α ακέραιος, τότε α = 2κ ή α = 2κ + Ι , κ

ακέραιος. Στην περίπτωση που είναι α = 2κ, κ α-, ' 2 4 2 2λ λ ' Σ . κεραιος ειναι α = κ = , . ακεραιος. την περι-

πτωση που είναι α = 2κ + Ι , κ ακέραιος είναι α2 = 4κ2 + 4κ + 1 = 2λ + 1 , λ ακέραιος. Έτσι τα δυ­νατά υπόλοιπα είναι Ο ή 1 .

4. Ποια έίναι τα δυνατά υπόλοιπα της διαίρε­σης του τετραγώνου ενός αριθμού α με το 3;.

Απόδειξη : Έστω α ακέραιος, τότε α = 3κ ή α = 3κ + 1 ή

α = 3κ + 2, κ ακέραιος. Στην περίπτωση που είναι α = 3κ, κ ακέραιος είναι α2 = 9κ2 = 3λ, λ ακέραιος.

· Στην περίπτωση που είναι α = 3κ + 1 , κ ακέραιος είναι α2 = 9κ2 + 6κ + 1 = 3λ + 1 , λ ακέραιος. Στην περίπτωση που είναι α = 3κ + 2, κ ακέραιος είναι α2 = 9κ2 + 1 2κ + 4 =3(3κ2 + 4κ + Ι ) + Ι = 3λ + 1 , λ ακέραιος Έτσι τα δυνατά υπόλοιπα είναι Ο ή 1 .

5. Ποια είναι τα δυνατά υπόλοιπα της διαίρε­σης του τετραγώνου ενός αριθμού α με το 4;

Απόδειξη : Έστω α ακέραιος, τότε α = 4κ ή α = 4κ + Ι ή

α = 4κ + 2 ή α = 4κ + 3 , κ ακέραιος. Στην περί­πτωση που είναι α = 4κ, κ ακέραιος είναι α2 = 1 6κ2 = 4λ, λ ακέραιος. Στην περίπτωση που είναι α = 4κ + 1 , κ ακέραιος είναι α2 = 1 6κ2 + 8κ + Ι = 4λ + 1 , λ ακέραιος. Στην πε­ρίπτωση που είναι α = 4κ + 2, κ ακέραιος είναι α2 = 1 6κ2 + 1 6κ + 4 = 4λ, λ ακέραιος. Στην περί­πτωση που είναι α = 4κ + 3 , κ ακέραιος είναι α2 = 1 6κ2 + 24κ + 9 =4( 4κ2 + 6κ + 2) + 1 = 4λ + 1 , λ ακέραιος Έτσι τα δυνατά υπόλοιπα είναι Ο ή 1 . Μάλιστα παρατηρούμε ότι . των άρτιων τα τετρά­γωνα δίνουν υπόλοιπο Ο ενώ των περιττών τα τε­τράγωνα δίνουν υπόλοιπο 1 .

6. Ποια είναι τα δυνατά υΠόλοιπα της διαίρε­σης του τετραγώνου ενός αριθμού α με το 5;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.3/55

Μαθηματικά για την Β' τάξη του Λυκείου

Απόδειξη : Ο, 1 ή 4. Προσπαθήστε να τα υπολογίσετε ό­

πως υπολογίσαμε τα υπόλοιπα στις παραπάνω α­σκήσεις.

7. Ποια είναι τα δυνατά υπόλοιπα της διαίρε­σης του τετραγώνου ενός αριθμού α με το .

8;

Απόδειξη: Ο, 1 ή 4. Προσπαθήστε να τα υπολογίσετε ό­

πως υπολογίσαμε τα υπόλοιπα στις παραπάνω α­σκήσεις.

9. Να εξετάσετε αν υπάρχουν ακέραwι μ, ν ώστε μ

2 = ν

2 + 2002.

Απόδειξη : Για να ισχύει μ2 = ν2 + 2002 πρέπει να είναι

και οι δύο αριθμοί μ, ν άρτιοι ή και οι δύο περιτ­τοί. Έστω μ = 2κ, ν = 2λ τότε μ2 = ν2 + 2002 αν και μόνο αν 4κ2 = 4λ2 + 2002 ή 2κ2 = 2λ2 + 1 00 1 ή 2(κ2 - λ2) = 1 00 1 δηλαδή ένας άρτιος ισούται με έναν περιττό κάτι που είναι άτοπο. Έστω μ = 2κ + 1 , ν = 2λ + 1 τότε μ2 = ν2 + 2002 αν και μόνο αν 4κ2 + 4κ + 1 = 4λ2 + 4λ + 1 + 2002 ή 2(κ2 - λ2 + κ - λ) = 1 00 1 δηλαδή ένας άρτιος ισού­ται με έναν περιττό κάτι που είναι άτοπο. Μία άλ­λη λύση είναι η εξής: οι αριθμοί μ, ν πρέπει να εί­ναι και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί. Οπότε

2 2 , , , , , μ , ν αρτιοι η περιττοι συγχρονως και ετσι 2002 = μ2 - ν2 = (μ + ν)(μ - ν) = πολ4 (πολλαπλά­σιο του 4) που είναι άτοπο γιατί ο 2002 δεν είναι

πολ4.

·ι ο. , , ν3 + 2ν , Να δείξετε οτι το κλάσμα 4 2 ειναι ν + 3ν + ι

ανάγωγο για κάθε ακέραιο ν.

Απόδειξη : Έστω (ν3 + 2ν, ν4 + 3ν2 + 1 ) = d τότε ο d διαι-

, θ , 3 2 4 3 2 1 4 2 2 ρει τους αρι μους ν + ν, ν + ν + , -ν - ν άρα ο d διαιρεί τους αριθμούς ν2 + 1 , ν3 + 2ν,

3 , d δ , . θ , -ν - ν ετσι ο ιαιρει Κ'αι τους αρι μους ν και

ν2 + 1 οπότε και τον -ν2 επομένως και τον Ι άρα d = Ι . Β ' τρόπος: (ν3 + 2ν, ν4 + 3ν2 + 1 ) = (ν3 + 2ν, ν2 + 1 ) =(ν2 + 1 , ν) =(ν, 1 ) = 1 .

ι ι Ν δ ίξ , λά 2ν - ι , ά . α ε ετε οτι το κ σμα -2-- ειναι αν -ν - ν

γωγο για κάθε θετικό ακέραιο ν > 2.

Απόδειξη : Έστω (ν2 - ν, 2ν - Ι ) = d τότε ο d διαιρεί τους

αριθμούς 2ν2 - 2ν, 2ν - 1 , -2ν2 - ν άρα ο d διαιρεί τους αριθμούς ν και 2ν - 1 έτσι ο d διαιρεί και τον αριθμό 1 = 2ν - (2ν - 1 ) άρα d = 1 .

2 ι2. Να δείξετε ότι το κλάσμα ιs: + 8ν + 6

30ν + 21ν + 13 είναι ανάγωγο για κάθε ακέραιο ν.

Απόδειξη : ( 1 5ν2 + 8ν + 6, 30ν2 + 2 1 ν + 1 3) =

2 ( 1 5ν + 8ν + 6, 5ν + 1 ) =(5ν + 1 , 5) =(ν, 1 ) = 1 .

Αpιlμιιτικέs και Γεωμετpικέs Π pόοlοι

Εισαγωγή

Η παρακάτω εργασία διαπραγματεύεται το κεφάλαιο των προόδων και χωρίζεται σε δύο μέρη.

Το πρώτο μέρος περιλαμβάνει λυμένες, γενι­κές ασκήσεις. Το δεύτερο μέρος περιέχει ερωτή­σεις νέου τύπου και προτεινόμενες ασκήσεις πλή­ρους ανάπτυξης.

Στο τέλος υπάρχουν υποδείξεις και απαντή­σεις όλων των ασκήσεων του δεύτερου μέρους.

Πλήρους Ανάπτυξης

του Χρήστου Λαζαρίδη

ι . Οι μυστικοί πράκτορες Οι μυστικοί πράκτορες με τα κωδικά ονό­

ματα Πόντιος και Παραπόντιος, ανταλάσσουν μεταξύ τους κρυπτογραφημένα μηνύματα. Η κρυπτογράφηση του ελληνικού αλφαβήτου γί­νεται με τη βοήθεια των προόδων. Για παρά­δειγμα το Ι, που είναι το ένατο γράμμα του αλ­φαβήτου, κωδικοποιείται ως η τετραγωνική ρί­ζα του ενάτου όρου μιας αριθμητικής προόδου με πρώτο όρο 9 και διαφορά 9 κ.ο.κ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.3/56

Μαθηματικά για την Β' τάξη του Λυκείου

Ο μυστικός πράκτορας Υπερπόντιος, έχει βρει τρόπο να aποκρυπτογραφεί όλα τα μηνύ­ματά τους. Να εξηγήσετε τον τρόπο και να βοη­θήσετε τους πράκτορες να επινοήσουν έναν δυ­σκολότερο τρόπο κρυπτογράφησης.

Λύση • Το τυχαίο γράμμα θέσεως ν, 1 � ν � 24, ισού­

ται, σύμφωνα με τον κώδικα, με: �, όπου (αγ) μία α.π. με αγ = ν και ω = ν.

•

Άρα, � = �αι + (ν - Ι )ω �.-ν-+-(ν--"--1-)ν =

� = ν. Δηλαδή το γράμμα, που έχει τη ν-θέση, ιφu­πτογραφείται με τον αριθμό ν. Άρα, τα Α, Β, Γ; . . . , Ω κρυπτογραφούνται α­ντίστοιχα με 1 , 2, 3, . . . , 24, κωδικοποίηση που είναι απλούστατη . Ένας καλύτερος τρόπος κρυπτογράφησης εί­ναι το τυχαίο γράμμα ν, να aντιστοιχίζεται στον ν + 1 τάξεως όρο μιας α.π. με πρώτο όρο ν - 20 και διαφορά ν + 1 , δηλαδή στον αριθ-μό:

2 αγ =ν - 20 + (ν + 1 - 1 )(ν + 1 ) =ν + 2ν - 20.

2. Ο Κοντορεβυθούλης Ο Κοντορεβυθούλης πρέπει να ''σημαδέ­

ψει" 20 σημεία, για να είναι σίγουρος ότι θα βρεί το δρόμο της επιστροφής. Αρχίζει από το πρώτο σημείο, όπου αφήνει 1 ψίχουλο� στο � τερο 2, στο τρίτο 3 κ.ο.κ. Δυστυχώς ο Κοντορε­βυθούλης δεν αντιλαμβάνεται, ότι ένα JI'Ο'Ολό:κι τον παρακολουθεί και τρώει όλα τα 'Ιfίχουλα, που αφήνει πίσω του. Το πουλάκι χορταίνει, αν φάει 50 ψίχουλα. Να βρείτε σε nw σημείο ο Κοντορεβυθούλης θα χάσει το δρόμο του και πόσα ψίχουλα θα βρεί στο σημείο αυτό;

Λύση Ο αριθμός των ψίχουλων, σχηματίζει μια α.π.,

έστω ( αγ) με α ι = 1 και ω = 1 . Έχουμε: αγ =αι + (ν - 1 )ω = 1 + (ν - 1 ) · 1 = ν. Έστω ότι το πουλάκι χορταίνει στο ν σημείο,

τότε για το άθροισμα όλων των ψίχουλων, που έ­χουν τοποθετηθεί στα προηγούμενα σημεία, θα έ­χουμε:

Επειδή ν ε 11',(, προκύπτει ν > 9,5, άρα ν = 1 Ο.

Συμπεραίνουμε ότι στη δέκατη θέση, το πουλάκι χορταίνει και ο Κοντορεβυθούλης θα χά-σει το δρόμο. Επειδή S ι ο = Jf< 1 o + 1 ) = 55 , περισ-

σεύουν 5 ψίχουλα. Τελικά, ο Κοντορεβυθούλης θα χαθεί στο δέκατο σημείο, όπου θα βρει 5 ψίχουλα.

3. Σε μια αριθμητική πρόοδο ( αγ), το άθροι­σμα των 100 πρώτων περιττής τάξεως όρων της είναι Σ1 = κ και το άθροισμα των 100 πρώτων άρτιας τάξεως όρων της είναι Σ2 = λ. Να απο­δείξετε ότι η διαφορά ω της προόδου είναι

λ - κ (I) = 100 .

Λύση Το Σ ι , είναι το άθροισμα των αι , α3 , α5 , • . • . Οι

τάξεις των όρων 1 , 3 , 5 , . . . σχηματίζουν μια α.π. με πρώτο όρο 1 και διαφορά 2. Ο εκατοστός όρος είναι: 1 + ( 1 00 I ) · 2 = 1 99, άρα, Σι = αι + α3 + . . . + αι 99 ·

Οι τάξεις των όρων, για το Σ2, 2, 4, 6, . . . σχη-ματίζουν επίσης μία α.π. με πρώτο όρο 2 και δια­φορά 2.

Ο εκατοστός όρος είναι: 2 + ( 1 00 - 1 ) ·2 = 200 , άρα Σ2 = α2 + α4 + . . . + α2οο·

Με αφαίρεση κατά μέλη, προκύπτει: � - Σι = (α2 - α ι ) + (α4 - α3) + . . . + (α2οο - αι 99) ή

λ - κ = ω + ω + . . . + ω ή λ - κ = 1 00ω ή ω = \ �0κ.

4. Σε μια αριθμητική πρόοδο (α..), ισχύει α1 = ω * Ο. Να αποδείξετε ότι τα σημεία που απο­τελούν τη γραφική της παράσταση ανήκουν σε μια ευθεία, που διέρχεται από την αρχή των αξό­νων. Αν θ είναι η γωνία που σχηματίζει η ευθεία με τον άξονα χ 'χ, να υπολογίσετε την εφθ.

Λύση Θεωρούμε τα σημεία (1 , αί ), (2, α2) . Τα ση-

μεία αυτά ορίζουν ευθεία ε, με συντελεστή διεu-θύ λ α2 - αι ω . , δ , νσεως = 2-=-1 = τ = ω, η οποια ιερχεται α-

πό το σημείο ( 1 , α ι ) . Άρα, ε : y - α ι = ω( χ - 1) ή y - ω = ωχ - ω ή

y = ωχ. Θα αποδείξουμε, ότι κάθε σημείο (ν, αν) της γραφικής παράστασης της ( αγ), ανήκει στην ε. Πράγματι, πρέπει και αρκεί αγ = ω ·ν ή αι + (ν - 1 ) ·ω = ων ή α ι = ω, πράγμα που ισχύει. Επίσης, λ = εφθ ή εφθ = ω.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.γ. τ.3/57

Μαθηματικά για την Β ' τάξη του Λυκείου

5. Στις πλευρές ενός τετραγώνου πλευράς 1 , ' ' ' 1 ' 'ζ παιρνουμε τμηματα ισα με '3' οποτε σχηματι ε-

ται ένα νέο τετράγωνο, όπως φαίνεται στο πα­ρακάτω σχήμα. Η διαδικασίά συνεχίζεται επ' ά­πειρο.

α) Να άποδείξετε ότι οι πλευρές των τετραγώ­νων σχηματίζουν γεωμετρική πρόοδο.

β) Να υπολογίσετε το άθροισμα των απείρων σε πλήθος εμβαδών των τετραγώνων.

Λύση α) Έστω α1 , α2, . . . οι πλευρές των τέτραγώνων. Α� πό το Πυθαγόρειο, έχουμε:

2 1 4 5 ' - '5 α2 = - + - = - αρα α2 =� 9 9 9' 3 .

2 - (.!. -Γs\2 + (2:. -Γs\2 - 25 ' _ _Σ α3 - 3 3) 3 3) - 8 1 ' αρα α3 - 9.

'Ε χουμε, μια γ.π. με α 1 = 1 και λ =�· β) Έστω Ε 1 , Ε2, • • • τα εμβαδά των τετραγώνών. Έ-2 2 5 2 25 χουμε: Ε1 = α1 = 1 , Ε 1 = α2 = 9' Ε , = α3 = 81' . . . Σχηματίζεται μια νέα γ.π. , έστω (Ev) με Ε1 = 1 και λ' = �' όπου Jλ ' l < 1 . Τελικά, S = 1 :ιλ ' =� = �· 1 - 9 6. Το σημείο Α1(-4569, -368) μετακινείται διαδοχικά κατά 2 μονάδες προς τα δεξιά και κατά 3 μονάδες προς τα πάνω. Να βρείτε σε πό­σες μετακινήσεις το σημείο θα βρεθεί στο πρώ­το τεταρτημόριο;

Λύση Το Α1 μετακινείται στο Α2(-4567, -365) . Το

Α2 μετακινείται στο Α3(-4565, -362) κ.ο.κ. Οι τε­τμημένες των σημείων, σχηματίζουν μια α.π. με πρώτο όρο -4569 και διαφορά 2 . Οι τεταγμένες των σημείων, σχηματίζουν επίσης μια α.π. με πρώ­το όρο -368 και διαφορά 3. Το σημείο θα βρεθεί

στο πρώτο τεταρτημόριο, όταν οι συντεταγμένες του θα γίνουν θετικές. Έστω, ότι αυτό θα συμβεί στην ν με:rακίνηση, τότε πρέπει:

-4569 + (ν - Ι ) · 2 > ο} _368 + (ν _ 1 ) . 3 > 0

=ν > 2285 ,5 . Τελικά θα βρεθεί στο Ι ο τεταρτημόριο στη 2286 μετακίνηση .

7. Έστω μια γεωμετρική πρόοδος (αν) με flsoι = κ. Να υπολογίσετε το γινόμενο των 1001 πρώτων όρων της.

Λύση α α α -α α λ λιοοο _ ι οο Ι λ Ι + 2 + . . . + ι οοο _

I 2 · · • 1 00 1 - Ι Ι · · . α ι -α I -1 000 α ι οο ι λ< ' + ι οοοJ2 _ 1 00 1 λι οο ι . sοο -( λsοο) ι οο ι _ ι -α ι - α1 -

1 00 1 1 00 1 α sο ι = κ

8. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των ν πρώ-των όρων της ακολουθίας 10, 1010, 101010, 10101010, είναι: � 10010�

9- 1 - ν J.

Λύση Έστω, ( αv) η ακολουθία. Ο αριθμός των ψη­

φίων των όρων της ( av) είναι 2, 4, 6, . . . δηλαδή μια α.π. με πρώτο όρο 2 και διαφορά 2 . Ο νιοστός όρος είναι 2 + (ν - 1 ) ·2 = 2ν. Επομένως ο γενικός όρος της ( av), θα έχει 2ν το πλήθος ψηφία και θα ισούται:

αν = 1 0 1 0 . . . 1 0 = Ι · 1 02ν - I + Ο · Ι Ο2ν - 2 + 1 · 1 02v - 3 + . . . + Ι · 1 03 + 0· 1 02 + Ι · 1 0 1 + ο = 1 02v - ι + 1 02ν - 3 + . . . + 1 03 + 1 0 = 1 02 ·

1 - ι + 1 02·2 - 1 + . . . + 1 02v - 3 + 1 02v - ι = 1 Ο 1 00ν - 1 =.!Q ( 1 OOv - Ι ) 1 00 - 1 99 .

(Άθροισμα των ν πρώτων όρων μίας γ.π. με πρώτο όρο 1 0 και λόγο 1 00) Τελικά,

s =α ι + α2 + . . . + αν = � 100 1 - Ι ) + � 1 002 - 1 ) + + � 1 00ν - Ι ) = 99 99 . . . 99 ��[( 1 00 + 1 002 + . . . + 1 00ν) - ( Ι + 1 + . . . + 1 )] =

�IOO\��v � 11 - ν) . (Άθροισμα των ν πρώτων όρων μίας γ.π. με πρώτο όρο Ι 00 και λόγο 1 00)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/58

Μαθηματικά για την Β' τάξη του Λυκείου

Σωστό ή Λάθος

1. Υπάρχει τιμή του πραγματικού χ, ώστε οι 3ημ2χ, συν2χ, 3συν2χ να είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.

[Σ] [Λ] 2. Αν (αv) είναι μια αριθμητική πρόοδος με δια­

φορά ω "* Ο και αρ - αμ = ω, τότε οι αρ, αμ εί­ναι διαδοχικοί όροι της αριθμητικής προόδου.

[Σ] [Λ] 3. Αν δυο αριθμητικές πρόοδοι (αγ), (βv) f:χ.ουν

κοινή διαφορά και α9 = β 1 5 , τότε α1 = β-,.

[Σ] [Λ] 4. Αν (αγ) είναι μια γεωμετρική πρόοδος με λσyο

λ, τότε η ακολουθία α1 , α3 , α5, . . . είναι μια γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ2.

[Σ] [Λ] 5. Το άθροισμα

(ημχ + συνχ) + (ημχ + συνχ)2 + . . . με ημχ + συνχ "* 1 (άπειροι όροι) ισούται με

!)!::!:Χ + συνχ 1 - (ημχ + συνχ) '

[Σ] [Λ]

Πολλαπλής Επιλογής 1. Αν (αν) είναι μια αριθμητική πρόοδος με S6 - S5 = 1 και α7 = 2, τότε ο α5 ισούται με:

[Α] 1 [Β] 2 [Γ] 3 [Δ] Ο [Ε] τίποτε από τα παραπάνω

2. Αν (αγ) είναι μια αριθμητική πρόοδος ώστε ω "* Ο και αρ = Ο, τότε όλοι οι προηγούμενοι του αρ, όροι είναι:

[Α] Θετικοί [Β] Αρνητικοί [Γ] Ομόσημοι [Δ] Ετερόσημοι [Ε] τίποτε από τα παραπάνω

3. Αν (αγ) είναι μια γεωμετρική πρόοδος με θε­τικούς όρους και λόγο λ, τότε η ακολουθία

βν =

2'if είναι μια γεωμετρική πρόοδος με λόγο:

[Α] 2:fλ 5λ

[Δ] � 2

[Β] � 2λ [Γ] 2:fλ 5

[Ε] τίποτε από τα παραπάνω

4. Δίνεται η ακολουθία αγ = Ιν - 1 1 - Ιν - 2 1 , ν

θετικός ακέραιος. Η γραφική παράσταση της ακο­λουθίας είναι:

[Δ) Υ • • •

ο χ

ffiJ Υ

ο χ

[[] Υ • •

ο χ

� . Υ • •

ο χ

•

[Ε] τίποτε από τα παραπάνω

5. Το εμβαδό του εκατοστού ορθογωνίου της παρακάτω σειράς είναι:

[Α] 1 [Β] 1 00 [Γ] Τ99

[Ε] τίποτε από τα παραπάνω

Συμπλήρωσης

[Δ] 2 ι οο

Δίνεται η ακολουθία (αγ) με όρους 1 , 3, 5 , 7 κ.ο.κ. Η (αγ) είναι μια αριθμητική πρόοδος με

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.γ. τ.3/59

Μαθηματικά για την Β' τάξη του Λυκείου

πρώτο όρο Ι α, = . . . και διαφορά Ι ω = . . . Ι . ο γενικός όρος της είναι Ι αν = . . . ι .

Το άθροισμα των 1 0 πρώτων όρων της είναι Ι s ι ο = . . . I Η ακολουθία α 1 , α3 , α5 κ.ο.κ. είναι επίσης μια

I . . . . . . . . . I πρόοδος, έστω (βv), με γενικό όρο

l βv = . . . ι . Η σχέση που συνδέει τους γενικούς όρους αν,

βν είναι Ι βν = . . . ι . Αν Sν1 , Sv2 είναι τα αθροίσματα των ν πρώτων

όρων των (αν), (βv) αντίστοιχα, τότε η σχέση που συνδέει τα Sv I ' Sv2 είναι I Sv2 = . . . . . . ι . Π ροτεινόμενες

1 . Δίνεται η αριθμητική πρόοδος (αν), με α1 = 2 και ω = 4. Να αποδείξετε ότι ο νιοστός όρος της ακολουθίας α1 , α4, α1 6, • • • είναι 4ν - 2.

2. Να υπολογίσετε το γενικό όρο των παρακάτω ακολουθιών: α) 3 , 6, 1 1 , 20, 37 , . . . β) 2, 3 , 8, 33 , . . .

� - � 2 - :12 γ) 2 , -ν 2 - 1 , 2 , . . . 3. Αν (αν), (βv) είναι δυο ακολουθίες τέτοιες ώ­

στε : ανβν = κ, κ ε IR. • και η (βv) είναι αρμονική πρόοδος, να αποδείξετε ότι η (αν) είναι μια α­ριθμητική πρόοδος.

4. Αν (αν), (βv) είναι δυο αριθμητικές πρόοδοι με κοινή διαφορά ω και α368 = β359 να αποδείξετε ότι: βν = αν

+ 9, ν ε IN'* ; 5. α) Αν η (αν) είναι αριθμητική πρόοδος και οι

όροι τάξεως ρ - 1 , ρ + 1 είναι αντίθετοι να α­ποδείξετε ότι: S2ρ _ 1 = Ο και αντίστροφα. β) Έστω η ακολουθία (αν) με αν = 5ν - 9960. Να βρεθεί το άθροισμα των 3983 πρώτων ό­ρων της.

6. Αν η (αν) είναι αριθμητική πρόοδος με διαφο­ρά ω '# Ο και αρ = 1 , να δείξετε ότι: S2ρ - I = 2ρ - 1 .

7. Η ακολουθία (αν), είναι γεωμετρική πρόοδος. Θεωρούμε την ακολουθία (βv) με βν = αν + I - αν. Α ν s I ' s2 είναι τα αθροίσματα: των ν πρώτων όρων των (αν), (βv) αντίστοιχα και S2 = 5S 1 , να αποδείξετε ότι: βν = 5αν.

8. Να υπολογίσετε το άθροισμα των απείρων σε λ ' θ , , ( 3v ) , π η ος τεταγμενων των σημειων ν,

4ν + 1 , ο-

που ν ε IN'* . 9. Έστω οι ακολουθίες (βv) , (γ ν) με βν = 3ν + 1 ·2-ν

6ν - I 3-v - Ι Θ , λ και γ ν = · . " εωρουμε την ακο ου-'

θία (αv) με � = ( �AvGvHv) -, όπου Av,Gv,Hv

είναι αντίστοιχα ο αριθμητικός, ο γεωμετρι­κός και ο αρμονι'Κός μέ?'ος των (βv) , (γv) · Να βρεθεί το άθροισμα των ν πρώτων όρων της (αν).

10. Έστω α.π. μέ α500 = κ. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των 500 πρώτων περιττής τάξεως όρων της ισούται με 500κ.

Απαντήσεις - Υποδείξεις

Σωστό ή Λάθος 1 . Λ 2. Σ 3 . Σ 4. Σ 5 . Λ

Πολλαπλής Επιλογής 1 . Δ 2. Γ 3 . Ε 4. Δ 5 . Γ

Συμπλήρωσης α1 = 1 , ω = 2, αν = 2ν - 1 , S 1 0 = 1 00, αριθμητική πρόοδο, βν = 4ν - 3 , βν = 2αν - 1 , Sv2 = 2Svι - ν.

Πλήρους Ανάπτυξης 1 . Οι θέσεις των όρων σχηματίζουν γ.π. 2 . α) 3 = 1 + 2, 6 = 2 + 4, 1 1 = 3 + 8, . . .

3 .

4. 5 .

6.

7 . 8 . 9 .

β) Οι διαφορές των όρων σχηματίζουν γ.π. γ) Οι aντίστροφοι των όρων σχηματίζουν α. π. 1 αν . αν . -β = -, αρα η - ειναι α.π. v Κ Κ

β ι = αι + 9ω. α) αρ - Ι + αρ + Ι = 0. β) Η (αν) είναι α.π. και α ι 99 ι + αΙ 993 = Ο. S2ρ - 1 = [2α1 + (2ρ - 2)ω]2Ρ 2

- 1 .

Η (βv) είναι γ .π. Προκύπτει S2 : S 1 = λ - 1 . Οι τεταγμένες σχηματίζουν γ.π. Α δ ' ' 1 3ν - Ι δ λ δ ' πο εικνυεται οτι: αν = 2' , η α η γ.π.

1 Ο. Οι θέσεις 1 , 3, 5, . . . σχηματίζουν α: π. της ο-ποίας ο 500ος όρος βρίσκεται

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.γ. τ.3/60

Μαθηματικά για την Β' τάξη του Λυκείου

JΓ Εκlετικέs και Αοyαpιlμικέs Ε ζιtJώtJειs AvιtJώtJειs

Σης ασκήσεις που ακολουθούν, πέραν των ι­διοτήτων των εκθετικών και λογαριθμικών συναρ­τήσεων γίνεται και χρήση της πρότασης: "Κάθε γνήσια μονότονη συνάρτηση έχει το πολύ μια λύ­ση" . Πράγματι αν π.χ. fA και f(x0) = Ο, τότε χ < χ0 =f(x) < f(x0) = Ο και χ > χ0 = f(x) > f(x0) = Ο. Άρα f(x) * Ο για κάθε χ * χ0 . Επί­σης είναι προφανές ότι, αν f, g γνησίως μονότονες, τότε και η f + g έχει το ίδιο είδος μονοτονίας.

χ 1 ) Να λυθεί η εξίσωση : 2χ - 32 = 1 (1). Λύση Μια προφανής λύση της ( 1 ) είναι η χ = 2. Θα δεί­ξουμε ότι δεν έχει άλλη λύση .

'Εχουμε: ( 1 ) �2χ = 1 + 3} � ι = (t)x + (�)χ �

(])χ (� !JY 1 _ fJ l + :ν"4J - 1 = Ο . Αφού l.' ·ν"4 < 1 η συνάρ-

τηση f(x) = (t)x + (ΨΙ - 1 είναι γνησίως φθί­

νουσα, οπότε δε μπορεί να έχει άλλη λύση .

2) Να λυθεί η εξίσωση : 4χ + (χ - 1) ·2χ = 6 - 2χ (1)*

Λύση ( I ) �4χ + Χ ·2χ - 2χ + 2χ - 6 = 0 �

χ(2χ + 2) + 22χ - 2χ - 6 = ο � χ(2χ + 2) + 22χ + 2 ·2χ - 3 ·2χ - 6 = ο �

χ(2χ + 2) + 2\2χ + 2) - 3 ·(2χ + 2) = ο � (2χ + 2)( χ + 2χ - 3) = Ο �χ + 2χ - 3 = Ο, αφού

2χ + 2 > Ο. Η συνάρτηση f(x) = χ + 2χ - 3 είναι γνησίως

αύξουσα με προφανή ρίζα τη χ = 1 . Άρα δεν έχει άλλη ρίζα. Τελικά ( 1 ) � χ = 1 .

• Το ότι η εξίσωση αυτή ανάγεται σε μηδενισμό γινομέ­νου, διαπιστώνεται φυσιολογικότερα αν θεωρήσουμε το

τριώνυμο α2 + (χ - Ι )α + 2χ - 6.

του Γιώργου Σ. Τασσόπουλου

3) Να λυθεί η εξίσωση :

ιο<χ + Ι ><3χ + 4> - 2 · 1 ο<χ + Ι ><χ + 2> = ιο • - χ - χ2 (Ι )

Λύση Διαιρώντας και τα δυο μέλη της ( 1 ) με το 1 0 1 - χ - χ� * Ο, έχουμε:

ο ) � ι ο3χ� + 7χ + 4 - 2 . ι οχ� + 3χ + 2 = 1 0 ι - χ - χ2 �

ι ο3χ2 + 7χ + 4 - < ' - χ - χ�> - 2 · 1 οχ2 + 3χ + 2 - ο - χ - χ2> = Ι � Ι ο4χ2 + sx + 3 - 2 . ι ο2χ2 + 4χ + ' = Ι �

1 000 · 1 04χ2 + Sx - 20 · 1 02χ2 + 4χ - 1 = ο · θέτουμε 1 02χ2 + 4χ = y (ί) , οπότε η επιλύουσα της ( 1 ) είναι η 1 000/ - 20 ·y - 1 = Ο (2) .

Η διακρίνουσα της (2) είναι Δ = 4400 και ρί­, _ 1 +;/!ί _ 1 -;/!ί ζες της οι αριθμοι Υ ι - 1 00 , Yz - Ι ΟΟ

Αν y = y2 < Ο, τότε η (i) είναι αδύνατη , c · > 0zx2 + 4χ 1 + .,Jϊϊ Α ν y = y 1 τοτε ι � 1 = � 100

2χ2 + 4χ = log(.1 + .,jϊϊ] � �) 2χ2 + 4χ = log( 1 + -{Ιί) - 2 �

2χ2 + 4χ + 2 - log(l + -{1ϊ) = 0(3) . Η διακρίνουσα της (3) είναι

Δ1 = 8log(l + -{Ιί) και ρίζες της οι αριθμοί

- ι ± ν tιog( 1 + -{1ϊ) που είναι και οι ρίζες της

( 1 ) .

' . , 3χ2 - 2xJ χ2 + 1 4) Να λυθει η εξισωση : 2 = -. - (1) χ

Λύση Προφανώς για να ισχύει η ( 1 ) πρέπει χ > Ο, α-, 3χ2 - 2χ3 2 φου 2 > Ο και χ + 1 > Ο. Όμως χ2 + 1 ;;:: 2χ, οπότε με χ > Ο έχουμε

2 !..-±l ;;:: 2 . Για να ισχύει λοιπόν η ( 1 ) πρέπει χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.γ. τ.3/61

Μαθηματικά για τη Β' τάξη του Λυκείου

23χ2 - 2χ3 ;;: 2 (i). Αλλά (i) <=>3χ2 - 2χ3 ;;: 1 <=>2χ3 - 3χ2 + 1 � Ο <=> (χ - 1 Λ2χ + 1 ) � Ο <=>Χ = 1 , αφού 2χ + Ι > Ο. Η μοναδική αυτή πιθανή ρίζα χ = I , πράγματι επα­ληθεύει την ( 1 ) .

5) Να λυθεί η εξίσωση : log2x = νχ (1).

Λύση Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί χ > Ο.

Τότε θέτω log2x = y (i), δηλαδή χ = 2Υ, οπότε η επιλύουσα της ( Ι ) είναι η y = -{2Υ (2) . { Υ > Ο } \ην \η2 (2) <=> y2 = 2y <=>2\ηy = yιη2 y = τ (3)

Η (3 ) προφανώς ισχύει για y = 2, αλλά και για 4 , Ιη4 2\η2 Ιη2 Μ , δ . y = , αφου 4 = -4- = τ· πορουμε να ει-

ξουμε ότι η (3) δεν έχει άλλες ρίζες ελέγχοντας τη , • fl( ) \ηt ι Α , μονοτονια της συναρτησης t = - . φου t

2 < e < 4, λογικό είναι να ελέγξουμε τη μονοτονία της f στα διαστήματα (0, e) και ( e, +οο ).

Καταλήγουμε λοιπόν στο ότι fA στο (0, e) και rY στο ( e, +οο) ως εξής: α) Έστω Ο < χ < y < e. Θέτουμε τότε � = ρ < 1 , ο­

Υ , Γ . , Ιηχ !!!Υ . ποτε χ = ρy. ια να ειναι - < , αρκει χ Υ

ylηx < xlηy ή ylη(ρy) < ρylηy ή Ιηρ + Ιηy < ρ\ηy Ιηρ < (ρ - 1 )\ηy .

Πράγματι Ο < y < e =>lηy < 1 και αφού ρ - Ι < Ο θα έχουμε (ρ - 1 )lηy > ρ - 1 ;;: Ιηρ (η σχέση ρ - 1 ;;: lnρ, προκύπτει από τη σχέση ex = \im (ι + �)ν ;;: Ι + χ, που ισχύει για κάθε

ν-+οο ν χ ε IR., αν στην περίπτωση που Ι + χ = ρ > Ο λογα­ριθμήσουμε τα δύο μέλη της) .

Άρα fA στο (0, e), οπότε η (3) δεν έχει στο διάστημα (0, e), άλλη ρίζα εκτός από την y1 = 2.

β) Έστω e < χ < y. Θέτουμε τότε Υ = ρ > Ι , οπότε χ Γ , lηχ !!!Υ , 1 1 , y = ρχ. ια να ειναι - > , αρκει y ηχ > χ ηy η χ Υ

• Η μονοτονία της f(t), ελέγχεται με ευκολία στη Γ Λυ­κείου μέσω των παραγώγων. Δίνουμε εδώ μια στοι­χειώδη, αλλά ενδιαφέρουσα πιστεύουμε απόδειξη του

ότι fA στο (0, e) και fy στο (e, +οο).

ρχ\ηχ > χ\η(ρχ) ή ρ\ηχ > Ιηρ + Ιηχ ή (ρ - Ι )Ιηχ > \η ρ.

Πράγματι χ > e =>Ιηχ > 1 και αφού ρ - 1 > Ο θα έχουμε (ρ - I )\ηχ > ρ - Ι ;;: \η ρ. Άρα rY στο (e, +οο), οπότε η (3) δεν έχει στο διάστημα (e, +οο), άλλη ρίζα εκτός από την y2 = 4.

τ 'λ , δ 'ξ , Ιηe ln2 ε ος μπορουμε να ει ου με οτι - > --. · e 2 Γ , . , Ι ln2 , 2 1 2 , ι αυτο αρκει ; > τ· η > e η , . η

lηe2 > lη2e, ή e2 > 2e. Αλλά-e2 > 2,72 και 2e < 22'8, αφού e ::::: 2, 7 Ι 828 . Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι:

., 28 ., 1 4

2,72 > 22 '8, δηλαδή (id)- > iiD, ή (�d)- > 2 5, ή

7 5 27 > 25 ' (27) > 2 7 1 0 , η 1 0 .

Πράγματι (�d)5 > Ι 43 > Ι 28 = 27 •

Τελικά (2) <=>y = 2 ή y = 4 Για y = 2 έχουμε (i) <=>log2x = 2 <=>Χ = 22 <=>

χ = 4 και για y = 4 έχουμε (i) <=>log2x = 4 <=> Χ = 24 <=>Χ = Ι 6

Άρα: ( 1 ) <=>Χ = 4 ή χ = Ι 6 .

• Το θέμα αυτό προτάθηκε, για να αντιμετωπιστεί γραφικά, από τον καθηγητή Πανεπιστημίου · της Κρακοβίας Macez Klakla, στο συνέδριο Διδακτι­κής των Μαθηματικών που έγινε στην Πάρο, το Σεπτέμβριο του 1 999.

2 Α) Αν 2x -3y = 5, τότε (χ + 1)(y + 1) � /10:30) 9 og · log

Λύση

2x · 3y = 5 =>2x -3y ·2 · 3 = 30 =>2χ + 1 · 3y + 1 = 30 => log30 = log2x + 1 · 3Υ + 1 = (χ + 1 )1og2 + (y + 1 )log3 =>

(log30)2 =[(χ + Ι )log2 + (y + 1 )log3]2 = (χ + Ι )21og22 + (y + 1 )2\og23 + 2(χ + Ι )(y + Ι )log2log3 ;;: '

4(χ + Ι )(y + Ι )log2Iog3 = (χ + I )(y + l )log22 · 1og32 =(χ + I )(y + 1 )log4\og9

2 Αρα (log30) ;;: (χ + I )(y + 1 ) log4 · 1og9

Β) Να δείξετε ότι η ακολουθία (αν) με

• Χρησιμοποιήσαμε τη γνωστή ανισότητα α2 + β2 � 2αβ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.3/62

Μαθηματικά για τη Β· τάξη του Λυκείου

10ν , θ π.. τ* , • , αν = - - ν για κα ε ν ε u� ειναι γνησιως αυ-ν

ξουσα και στη συνέχεια να βρείτε τους μικρότε­ρους φυσικούς αριθμούς χ, y που επαληθεύουν την εξίσωση χ - y = log(x2 - y2) (1)

Λύση • Έχουμε : αν + I - αν = 1 0ν + Ι (Ι Ον ) 1 0ν + Ι 1 0ν -- - (ν + 1 ) - - - ν =-- - - - 1 = ν + 1 ν ν + 1 ν Ι Ον (_!Q_ _ 1.) - 1 = ν + 1 ν Ι Ον �ν - 1

) - 1 . Αλλά επαγωγικά διαπιστώνουμε ότι ν ν + 1 ι ον ;;;: 1 + 9ν (ειδική περίπτωση της ανισότητας Bemoulli) οπότε Ν - Ν :;:; (9ν + 1 )(9ν - 1 ) _ 1 >-, """ + Ι """ 7 ν( ν + 1 ) 7

2 2 8 1ν - 1 _ 1 ;;;: 80ν

_ 1 = 80ν _ 1 79ν - 1 > 0 ν( ν + 1 ) ν( ν + 1 ) ν + 1 ν + 1 ' αφού ν ;;;: 1 . Άρα αν + 1 > αν, για κάθε ν ε ΝΌ

• Στη συνέχεια παρατηρούμε ότι για να ορίζεται η ( 1 ) όταν χ, y ε Ν πρέπει και αρκεί χ2 - / > Ο, δη­λαδή χ > y.

Τότε ( 1 ) <=>log l Ox - y = log(x2 - /) <=> χ - Υ 2 2 1 0χ - Υ

1 0 = χ - y <=>-- = x + y x - y 1 ox-y <=> -- - (χ - y) = 2y x - y

Οι τιμές του πρώτου μέλους κατά σειρά μεγέ­θους είναι οι:

1 0 1 1 02 1 03 αl = -1- - 1 , α2 = τ - 2, α3 = τ - 3 , . . . '

αφού η ακολουθία (αν) είναι γνησίως αύξουσα. Απ' αυτές η μικρότερη άρτια είναι η α2 = 48, οπότε

χ - y = 2 } χ = 26 } ( 1 ) <=> 2y = 48 <=> -y = 24 . Οι τιμές αυτές προφανώς είναι οι μικρότεροι φυσικοί αριθμοί που επαληθεύουν την ( 1 ) .

Γ) Να λυθεί στο Ν η εξίσωση

2Χ1 + Χ - 2 - 2Χ1 - 4 = 992 (1)

Λύση

χ2 + χ χ2 χ2 χ 9 4 ·2 - 2 = 1 6 · 992 <=>2 · (4 ·2 - 1 ) = 2 ·3 1 <=> 2χ2 = 29 } χ (Σ) (γιατί;)

4 ·2 - 1 = 3 1 Προφανώς: (Σ) <=> χ = 3

Οι ασκήσεις (Α), (Β), (Γ) είναι παρμένες από το βιβλίο Άλγεβρα (Β ' τόμος) του αείμνηστου συνάδελφου και αγαπητού φίλου Θεόδωρου Κα­ζαντζή που χάθηκε ξαφνικά στις 9 - 9 - 99.

Η ευθύνη των λύσεων βέβαια ανήκει στον γράφοντα.

Όσοι γνωρίζουν τα βιβλία του Θ. Καζαντζή οπωσδήποτε διακρίνουν τη βαθειά γνώση, του κάθε αντικειμένου που διαπραγματεύτηκε την υ­πέροχη μεθοδολογία, τη γλαφυρότητα της γραφής και την αξιοθαύμαστη επινοητικότητα.

Εμείς που τον ζήσαμε από κοντά, πιστεύου­με ότι χάθηκε ένα από τα σημαντικότερα μυαλά του τόπου μας.

Ασκήσεις για Λύση

Α) Να λυθούν οι εξισώσεις 1 ) 62χ + 4 = 33χ . 2χ + 8

2) 3 ·4χ + 1. · 9χ + 2 = 6 ·4χ + I _ _!_ ·9χ + I 3 2

3) 4χ + 9χ = 1 3 ·6x - l 4) log7(x + 2) = 6 - χ 5) 3χ = 1 0 - log2x 6) Iog__rz(2log4xlog2x + logψx) = 6

xlogx 1 7) χ2Ψ = το 8) xlog(5x) = 2 9) 4ιοgχ + 2 = 3Χιοg2 1 0) 1 0ιοgχ + 2 + 1 0 ιοg(χ - Ι ) - 3 = J 03

Β) Να λυθούν οι ανισώσεις: 1 ) (2 - "./3{ > (2 + --J3γ - 2 2) logo,{2

xx �

31) ;;;: 1

Γ) Να δείξετε ότι για κάθε α ε IR* ισχύει (α + �) � ( -2, 2) και στη συνέχεια να λύσετε τις ε-

ξισώσεις I ) 3χ + Γχ = 2συν3χ 2) (-{2 + Ι )χ + (-{2 - 1 )χ + λ2 = 2λ + 1 , λ ε 1R

παράμετρος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/63

Μαθηματικά για την Β ' τάξη του Λυκείου

Ε!/ΚΑΕΙΔΕ/,4 ΓΕQΜΕΤΡ/,4 8" A!/KEIIJ!/ ΕΜΒΑ4Α ΚΑΙ ΚΑΝΟΝΙΚΑ ΠΟΛ!/ΓΏΝΑ

Συνέχεια από το προηγούμενο τεύχος (33) (11) Εμβαδά (κεφ. lOo)

Επίπεδα σχήματα που δεν είναι ίσα ή όμοια, μπορούν να συγκριθούν ως προς το εμβαδόν τους δηλ. ως προς το μέτρο της έκτασής τους.

Για τον υπολογισμό των εμβαδών απαραίτητη προϋπόθεση είναι η καλή γνώση των τύπων.

Για τη σύγκριση όμως και το μετασχηματισμό των εμβαδών των επιπέδων σχημάτων θα πρέπει να επισημάνουμε τις εξής βασικές προτάσεις:

1 . Η διάμεσος τυχαίου τριγώνου το χωρίζει σε δύο ισοδύναμα τρίγωνα.

Παράδειγμα: Το βαρύκεντρο G χωρίζει το τρ�γωνο σε έξι ι­

σεμβαδικά τρίγωνα (γιατί;)

2. Όλα τα τρίγωνα που έχουν κοινή βάση και οι κορυφές τους κινούνται σε ευθεία παράλληλη προς τη βάση είναι ισοδύναμα.

Παράδειγμα: Σε τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε τυχαίο σημείο Ρ

της ΒΓ και στο Α φέρνουμε ευθεία ε _i ΑΡ, ΒΒ 1 _l ε, ΓΓ 1 _l ε.

Να άποδειχτεί ότι: (ΡΒ 1 Γ 1 ) = (ΑΒΓ)

Λύση Είναι ΒΒ 1 // ΑΡ ως κάθετες στην ίδια ευθεία

άρα (ΡΒ 1Α) = (ΡΒΑ) ( 1 ) Ομοίως ΓΓ 1 // ΑΡ ως κάθετες στην ίδια ευθεία

άρα (ΡΑΓ1 ) = (ΡΑΓ) (2) Με πρόσθεση κατά μέλη των ( 1 ), (2) έχουμε

(ΡΒ 1 Γ 1 ) = (ΑΒΓ)

Γ ι

Β

� Ι' Ι ' \ I \ I \

I \

(Ε)

\ \

\ \

\ \

\

Γ

του Θανάση Τσιούμα

3. Αν δυο τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β 'Γ έχουν: "'- "'- "'- "'- Ε Rν Α =Ά ' η' Α + Α ' = 1 80° τότε - = �.

Ε ' β 'γ' Παράδειγμα:

Έστω ΑΒ και Γ Δ χορδές ενός κύκλου (0, R) που τέμνονται κάθετα στο Ρ. Να αποδειχτεί ότι: (ΟΑΓ) = (ΟΒΔ)

Λύση ;-._

Είναι 0 1 = 28 1 (γιατί 0 1 επίκεντρη γωνία και ;-._ ;-._ ;-._

Β 1 εγγεγραμμένη στο ίδιο τόξο) 02 = 2Γ 1 (ομοίως) άρα 6Ί + 62 =2ο3Ί + �) =2 ·90° = ι sοο

. (ΟΑΓ) ΟΑ·ΟΓ _R·R _ οποτε (ΟΒΔ) ΟΒ ·ΟΔ -R·R - Ι

Επομένως (ΟΑΓ) = (ΟΒΔ). Γ

Α

Ασκήσεις

ι . Δίνεται γωνία xOy = 45° . 'Εστω τυχαία ση­μεία Α, Β στην Oy και Α1 , 8 1 οι προβολές τους α-ντίστοιχα στην Οχ. Αν Ρ είναι το σημείο τομής της Οχ με την κάθετη στο μέσο � του ΑΒ . . Να απο­δειχτεί ότι: (ΡΑΒ) = (ΑΑ1Β 1Β)

Ρ χ

Λύση Το μέσο Μ του ΑΒ προβάλλεται στο μέσο Μ 1

του Α1Β 1 έτσι ΜΜ1 είναι η διάμεσος του τραπεζί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.2/64

Μαθηματικά για την Β ' τάξη του Λυκείου

ου ΑΑ1Β 1Β άρα (ΑΑ1Β 1Β) = Α 1Β 1 ·ΜΜ1 ( 1 ) (αφού ΜΜ1 = ΒΒ ι ; ΑΑι και Α1Β 1 το ύψος του) .

Είναι ΑΒ = Α1Β 1-[2 και ΜΡ = ΜΜ1-[2 (για­τί;) άρα

ΑΒ ΜΡ 1 Α1Β 1 ·ΜΜ 1 --[2 · -[2 =2 ΑΒ ·ΜΡ = (ΡΑΒ) (2) Από ( 1 ), (2) έχουμε ότι: (ΡΑΒ) = (ΑΑ1Β 1Β).

3. Θεωρούμε τετράπλευρο ΑΒΓ Δ. Έστώ Κ, Ι τα μέσα των διαγωνίων του ΑΓ, ΒΔ αντίστοιχα και Μ το μέσο της ΙΚ. Να αποδείξετε ότι:

(ΜΑΒ) + (ΜΓΔ) = (ΜΒΓ) + (ΜΑΔ) (1 )

Λύση Έχουμε:

Α

Γ

(ΜΑΒ) = (ΑΒΚ) - (ΑΜΚ) - (ΜΒΚ)

(ΜΓΔ) = (ΓΔΚ) + (ΜΚΓ) + (ΜΚΔ) είναι (ΑΜΚ) = (ΜΚΓ) και (ΜΒΚ) = (ΜΚΔ) (γιατί;) με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: (ΜΑΒ) + (ΜΓΔ) =(ΑΒΚ) + (ΓΔΚ) =

t (ΑΓΒ) + t (ΑΔΓ) = t (ΑΒΓ Δ)

Άρα ισχύει η ( 1 ) .

4. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ (β > γ). Έστω η διχο­τόμος ΑΔ και :9_ διάμε�ος το� ΑΜ;.._ Κατασκευά­ζουμε γωνία ΔΑΡ = ΔΑΜ = ω' = ω. Να αποδει-

, , ΡΒ ΑΒ2 χτει οτι - = -.

ΡΓ ΑΓ2

Α

Γ

Λύση Προφανώς έχουμε : φ = φ ' άρα

(ΑΒΡ) _ ΑΒ ·ΑΡ (ΑΜΓ) - ΑΜ ·ΑΓ ( 1 )

, . (ΑΒΡ) _ ΡΒ Επισης. (ΑΜΓ) - ΜΓ (2) (έχουν

ύψος) Α , ( 1 ) (2) , ΑΒ ·ΑΡ ΡΒ (3 ) πο , ειναι

ΑΜ·ΑΓ = ΜΓ

κοινό

Ακόμη ΒΑΜ = ΡΑΓ άρα (ΑΡΓ) = ΑΡ ·ΑΓ (ΑΜΒ) ΑΒ ·ΑΜ

(ΑΡΓ) _ ΡΓ ( , , , ) και (ΑΜΒ) - ΜΒ εχουν κοινο υψος .

'Ετ ι ΑΡ ·ΑΓ = ΡΓ (4) σ ΑΒ ·ΑΜ ΜΒ με διαίρεση κατά μέλη των (3), (4) έχουμε το ζη­τούμενο.

5. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ. Να αποδειχτούν: ί) α + υα ;;::: β + υβ αν α > β. Πότε ισχύει το ίσον; ίί) αβ + βγ + γα = τ2 + ρ2 + 4Rρ.

Λύση · ) 'Ε β · β 2Ε 2Ε , ι χουμε α - ;;::: υβ - υα η α - ;;::: β - � η

α - β ;;::: 2Ε α -ββ ή αβ ;;::: 2Ε ή Ε �� ( 1 ) α 2

Η ( Ι ) ισχύει γιατί, Ε = t αβημΓ και ημΓ � Ι . Το ίσον ισχύει όταν ημΓ = 1 δηλ. r = 90°

1· 1· ) Ε' Ε , 2 2 Ε2 , ιναι ρ = - οποτε ρ τ = η τ ρ2τ2 = τ( τ - α)( τ - β)( τ - γ) ή

. . . αβ + βγ + γα = τ2 + ρ2 + 4Rρ (είναι Ε =��)

Προτεινόμενες Ασκήσεις (στις μετρικές σχέ­σεις και τα εμβαδά)

1 . Δυο κύκλοι (Κ, R) και (Λ, ρ) εφάπτονται ε­ξωτερικά στο Α. Από το Α φέρνουμε τις κάθετες διατέμνουσες ΒΑΓ και ΔΑΖ των δυο κύκλων. Να αποδειχτεί ότι: ΒΓ2 + ΔΖ2 = 4ΚΛ2•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.γ. τ.2/65

Μαθηματικά για την Β ' τάξη του Λυκείου

(Υ πόδ. Οι ΔΒ, ΓΖ είναι διάμετροι των κύκλων και φέρνουμε τα αποστήματα των χορδών).

2. Α ν α, β, γ γνωστά τμήματα, να κατασκευα­στεί τμήμα χ στις εξής περιπτώσεις:

2 i) :2 = � " ') 1 1 + 1 111 - = -

-2 β2 2 χ γ

ii) χ = -Γα-lfϊS

(Υποδ. Μετρικές σχέσεις στα ορθογώνια τρίγωνα)

3. Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ. i) Αν G είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου και Ρ τυχαίο σημείο, να αποδειχτεί ότι:

ΡΑ2 + ΡΒ2 + ΡΓ2 = 3PG2 + �α2 + β2 + γ2) (συν-

θήκη Libnitz) ii) Αν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι οξυγώνιο να απο-

2 2 2 2 β2 2 δειχτεί ότι· α + β + γ < R2 < α + + γ •

9 8 ..<>..

(Υπόδ. i) l o θεώρημα διαμέσου στο ΡΒΓ και παίρ-νουμε τό μέσο Κ του AG. ii) • Αν Ρ Ξ Ο (περίκεντρο) τότε η συνθήκη ,

Ά

9R2 2 β2 . 2 γραφεται . . . ρα > α + + γ

• Έστω ΑΔ = 2R (διάμετρος). Επειδή Α < 90° άρα ΒΔΓ > 90°)

4. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°) __..._ __..._ 2 2 με Β = 3Γ. Να αποδειχτεί ότι: β - γ = 2βγ.

(Υπόδ. 2ο θεώρημα διαμέσου).

5. Δίνονται δυο κύκλοι (Κ, R) και (Λ, ρ) (ο έ­νας εκτός του άλλου) και Μ μεταβλητό σημείο. Από το Μ φέρνουμε .τα εφαπτόμενα τμήματα στους δυο κύκλους αντίστοιχα. Να βρεθεί ο γ.τ. των σημείων Μ ώστε: ΜΑ2 - ΜΒ2 = c2 (c σταθερό).

(Υπόδ. Είναι ΜΑ2 = ΜΚ2 - R2, ΜΒ2 = ΜΛ2 - ρ2 και εφαρμόζουμε το 2ο θεώρημα της διαμέσου στο τρίγωνο ΜΚΛ. Ο γ.τ. θα είναι ευθεία ε .l ΚΛ).

6. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, R) και ΑΡ διάμετρός του. Από το μέσο Μ της ΒΓ φέρνουμε χορδή ΔΕ .l ΑΡ. Να αποδει-. 2 2 2 χτεί ότι: β + γ = 2ΑΔ .

(Υπόδ. l o θεώρημα διaμέqου στο τρίγωνο ΑΒΓ και ΒΜ2 = ΒΜ ·ΜΓ = ΔΜ·ΜΕ)

7. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και τα τυχαία τμήματα ΑΑ1 , ΒΒ1 , ΓΓ1 που διέρχονται από το τυχαίο Ρ (εσωτερικό του τριγώνου). Να αποδειχτεί ότι: ΒΑ1 ΓΒι ΑΓι , - · - · - = 1 (θεωρημα Ceνa) ΓΑ1 Β1Α ΓιΒ

Α

Β

Γ

δ , (ΡΑΒ) _ ΒΑ ι (Υ πο . ισχυει (Ρ ΑΓ) - Α 1 Γ)

8. Δίνεται εγγράψιμο τετράπλευρο ΑΒΓ Δ και Ρ το σημείο τομής των διαγωνίων του. Να

2 δ θ , . (ΡΑΒ) _ ΑΒ

απο ειχ ει οτι. (ΡΓΔ)

-ΓΔ2

Ill. Κανονικά Πολύγωνα (Κεφ. 1 1°)

Στα κανονικά πολύγωνα μπορούμε να επιση­μάνουμε τα εξής:

i) Όταν έχουμε σχέση εμβαδών κανονικών πολυ­γώνων, συνήθως χρησιμοποιούμε το θεώρημα

Παράδειγμα Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°)

. Με πλευρές β, γ, α κατασκευάζουμε κανονικά πολύγωνα με τον ίδιο αριθμό πλευρών, που έχουν εμβαδά αντίστοιχα .Εβ, Ey, Ea. Να αποδειχτεί ότι:

Εβ + Ey = Ea ( 1 ) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.2/66

Μαθηματικά για την Β ' τάξη του Λυκείου

Λύση

Η ( 1 ) γράφiται � + -t = 1 . Επειδή τα κανο-α α

νικά πολύγωνα έχουν τον ίδιο αριθμό πλευρών θα είναι όμοια.

Έτσι:

και Ε ( )2 z ::::r = 1.. = � Εα α α

(2) (3).

Μ . θ . 'λ . � � ε προσ εση κατα με η εχουμε: Ε

+ Ε =

t.±.i.=az = Ι az αz

Επομένως ισχύει η ( 1 ) . α α

i i) Στις εγγραφές των κανονικών ν-γώνων θα πρέπει να γνωρίζουμε τις πλευρές λν και τα aπο­στήματα ay των πολυγώνων (για ν = 3 , 4, 6, 1 0).

Για τους υπολογισμούς των πλευρών και των aποστημάτων πολυγώνων με διπλάσιο αριθμό πλευρών χρησιμοποιούμε το σημαντικό τύπο του

Αρχιμήδη : I λfv = 2R(R - av>l Απόδειξη

Στο σχήμα έχουμε: ΑιΑz = λv, ΑιΒ ι = λzv (Β ι μέσο του τόξου

ΑιΑz) Σ

ΟΗ = αν και ΒΊΣ διάμετρος του κύκλου. Η Β 1Α1Σ = 90° (ως εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο) και Β 1Η η προβολή του Α 1Β 1 στην Β 1Σ άρα

ΑιΒi = Β ιΗ ·Β ιΣ ή I λfv = (R - αv) ·2RI π. χ. λ?z = ( R - Rf)2R�I λι z = R\.}2 --V3I

Ασκήσεις Ι . Να υπολογιστούν ο ι πλευρές των κανονι­κών πολυγώνων με 4, 8, 16, 32, . . . πλευρές που είναι εγγεγραμμένα σε κύκλο ακτίνας R = 1 .

Λύση Από τον τύπο του Αρχιμήδη έχουμε:

λiν = 2R(R - ay) ( 1 ) όπου

•

•

•

C1y = 2 = νJ:λ; Α- -� 2

Έτσι από ( 1 ), (2) είναι: (2) λ2ν = � 2 -� 4 - λ� (3)

Προφανώς λ4 = R-ν2 ή λ4 = -ν2 (R = Ι )

Επομένως έχουμε:

για ν = 4, λs =�2 - './4 - c-ν2/ = './2 - -ν2

για ν = 8, λ1 6 = �2 -�4 - λ� = �2 -\.}4 - (2 --ν2) =�2 -\.}2 + -ν2 .

για ν = 1 6, λ32 = �2 -�4 - λ126 = = -ν2 -�2 +'./2 +-ν2 Παρατήρηση

Επειδή 32 = 25 τότε για λ32 έχουμε 4 ριζικά, άρα αν έχουμε 2κ πλευρές τότε είναι κ - 1 ριζικά. Ποιά είναι η πλευρά λ5 1 2 = ;

2. Δίνεται κανονικό εξάγωνο Α 1Α2 . . . Α6 εγγε­γραμμένο σε κύκλο (0, R). Αν Μ είναι το μέσο της χορδής Α2Α3 και η ευθεία Α1Μ τέμνει τον

κύκλο στο Ρ, να αποδείξετε ότι: I Α1Μ = 7 ·MPI

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.2/67

Μαθηματικά για την Β ' τάξη του Λυκείου

Α ι

Λύση Οι πλευρές του τριγώνου Α1Α2Α3 είναι:

Α1Α2 = Α2Α3 = λ6 = R και Α 1Α3 = λ3 = R� Έτσι η διάμεσος Α 1Μ θα είναι: Α 1Μ2 =

2ΑιΑ/ + 2Α1Α/ - Α2Α/ 2R2 + 2(R-{3)2 - R2 = 4 4 7R2 � 4 οπότε � ( Ι )

Έστω ΜΡ = χ τότε από το θεώρημα των τε­μνόμενων χορδών του κύκλου έχουμε:

Α 1Μ ·χ = R · R ή -ji ·R·x = R R οπότε 2 2 2 2 2 EΞ5fl (2).

Από (1 ), (2) προκύπτει ότι: I Α1Μ = 7 ·MPI .

3. Έστω κύκλος (0, R) και το εγγεγραμμένο σ' αυτόν κανονικό εξάγωνο Α1Α2 • . • Α6• Να υπο­λογιστούν η ακτίνα ρ και το απόστημα α ενός κανονικού 12..,-γώνου που έχει την ίδια περίμε­τρο με το κανονικό εξάγωνο.

Α6 Α3

Λύση /'.

Φέρνουμε τη διχοτόμο ΟΔ της γωνίας Α10Α2 και παίρνουμε τα μέσα Κ, Λ των ΔΑ1 και ΔΑ2 α-ντίστοιχα, τότε ΚΛ //= A�Az = � = �·

Επειδή θέλουμε η περίμετρος Ρ6 = Ρ12 άρα η ΚΛ = � θα είναι η ζητούμενη πλευρά του καν. 1 2-γώνου. Έτσι η ακτίνα ρ του περιγεγραμμένου σ' αυτό κύκλου θα είναι ρ = ΟΚ = α1 2 (δηλ. του καν. 2-γώνου Α1 , Δ Α2, • • • )

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΚΔ (όπου ΚΗ l_ ΟΔ) έχουμε ΟΚ2 = ΟΗ ·ΟΔ ( 1 )

ΟΗ = ΟΣ + ΣΗ 1 1 Είναι: ΟΗ = ΟΔ _ ΔΗ οπότε 20Η =

ΟΣ + ΟΔ =α6 + R =Rf + R (διότι Η μέσο του ΔΣ) .

'Ετσι I α = ΟΗ = Rt4 + 2)1 (2)

Από ( 1 ), (2) προκύπτει ότι ρ2 = R(� + 22.R ή Σχόλιο Το ρ = α1 2 θα μπορούσαμε να το υπολογί­σουμε και με τον τύπο του Αρχιμήδη. (συνέχεια στο 4ο τεύχος με τη μέτρηση του κύ­κλου)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.2/68

Μαθnματιι(ά yια τn r' τάιn του Λuι(είοu

Υπεύθυνοι στήλης: Βακαλόπουλος Κ. - Δράκος Γ. - Καλομιτσίνη Α.

- Καρκάνης Β. - Κόντζιας Ν. - Τσικαλουδάκης Γ. - Τσιούμας Θ. - Χαραλα­

μποπούλου Λ.

Α Διάφοpεs Μεlοiεύ6ειs και Πaparnpiι6ειs 6TDY υποΛοyιgμό τns ΠΙλpαyώyου μιαs 6UYάpτn6ns

1 . Όταν μας λένε να παραγωγίσουμε μια συ­νάρτηση πρέπει να βρούμε την συνάρτηση f'. Η f' βρίσκεται με τους κανόνες της πα­ραγώγισης σε συνδυασμό με τις παρα-yώ­γους των στοιχειωδών συναρτήσεων.

Παράδειγμα: Να παραγωγισθεί η συνάρτηση

Λύση Έχουμε

f(x) = ημ� + ex. nx

f(x) = (ημχ + e:J ' = 1nx ) - (ημχ + ex)'lnx - (ημχ + ex)(lnx)' -- (1nx)2 -

[(ημχ)' + ( ex)'] lnx - (ημχ + ex) .!. χ (lnx)

1 ( συνχ + ex)lnx - (ημχ + exf:" - - χ (lnx)

2. Όταν δίνεται μια συνάρτηση f παραγωγίσι­μη στο χ0 και θέλουμε να βρούμε το f'(x0), τότε: (i) Θα χρησιμοποιούμε τον ορισμό της

παραγώγου στο σημείο χ0 ή (ii) Θα βρίσκουμε την f' και στη συνέχεια

το f'(xo).

Παράδειγμα

του Βαγγέλη Ευσταθίου και της Ρούλας Σπανδάγο� Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 3χ1 - χ. Να βρε­

θεί η παράγωγος της f στο 3.

Λύση (α) τρόπος: Είναι

f(3) = 1im f(x) - f(3) = 1im 3χ2 - χ - 3 · 32 + 3 = χ-3 χ - 3 χ-3 χ - 3

= lim 3(χ2 - 32) - (χ - 3) = 1im 3(χ - 3)(χ + 3) - (χ - 3) χ-3 χ - 3 χ-3 χ - 3

= 1im (3 (χ + 3) - 1 ] = 1 7 . χ-3

(β) τρόπος:

Έχουμε f(x) = (3χ2 - χ) ' = 6χ - 1 Άρα είναι f(3) = 6 · 3 - 1 = 1 7 .

3. Οι σύνθετες συναρτήσεις παραγωγίζονται σύμφωνα με τον τύπο

(f(g(x))] ' = f'(g(x)) g '(x).

Παράδειγμα Να παραγωγισθεί η συνάρτηση

Λύση Είναι

f(x) = ημ(χ1 + χ).

f(x) = [ ημ(χ2 + χ)] ' = [ συν(χ2 + χ)] (χ2 + χ)' =

= (2χ + I )συν(χ2 + χ) .

4. Οι συναρτήσεις με τύπο της μορφής

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ γ. τ.3/69

Μαθηματικά για την Γ Τάξη του Λυκείου

f(x) = \I (g(x) ] μ όπου ν ε IN*, μ ε 'll* παραγω­γίζονται ως εξής: Γράφουμε f(x) = [g(χ)] μιν, οπότε είναι

!! -1 f'(x) = [ [g(χ)] μ!ν] ' = !! [g(x)] ν g ' (x). ν

Παράδειγμα Να παραγωγισθεί η συνάρτηση

f(x) = �(χ2 + 2000)4•

Λύση 4 5

Είναι f(x) = (χ2 + 2000) . 4

Άρα f' (x) = �χ2 + 2000)5 - 1

(χ2 + 2000)' I

4 - 5

= 5<χ2 + 2000) 2χ.

5. Για να βρούμε την παράγωγο μιας συνάρτη­σης πολλαπλού τύπου, θα βρίσκουμε την παράγωγο στα ανοικτά διαστήματα του πε­δίου ορισμού με τους κανόνες παραγώγισης, ενώ στα άκρα των κλειστών διαστημάτων, που αντιστοιχούν διαφορετικοί τύποι θα βρίσκουμε την παράγωγο με τον ορισμό.

Παράδειγμα Να παραγωγισθεί η συνάρτηση :

f(x) = { 1 + χ, για κάθε χ ε (-οο, Ο)

1 - χ, για κάθε χ ε (0, +οο)

Λύση f'(x) = ( 1 + χ) ' = 1 αν χ ε (-οο,Ο) Είναι f' (x) = ( l - x)' = - 1 αν χ ε (Ο, +οο)

Θα βρούμε την παράγωγο της f στο σημείο χ = Ο. Επειδή αριστερά και δεξιά του Ο η f ορίζεται με διαφορετικούς τύπους, βρίσκουμε τα πλευρικά όρια:

l im f(x) - f(O) = l im 1 + χ - 1 = 1 , χ-ο· χ - Ο χ-ο· χ

I . f(x) - f(O) - ι · 1 - χ - 1 - 1 Ε δ ' Ι ...,_ Ι ιm. 0 - ιm. - - . πει η .... - , χ-0 χ - χ-0 χ

δεν υπάρχει η παράγωγος στο Ο. Έτσι είναι:

f'(x) = { Ι , αν χ<Ο - 1 , αν χ>Ο

6. Αν ο τύπος της συνάρτησης περιέχει απόλυ­τες τιμές παραστάσεων του χ, τότε για να βρούμε την παράγωγό της μετασχηματίζόυ­με τον τύπο της σε πολλαπλό. Στη συνέχεια εργαζόμαστε σύμφωνα με την προηγούμενη μέθοδο.

Παράδειγμα Να παραγωγισθεί η συyάρτηση f, με

f(x) = ιχ - 2 1 .

Λύση Μετασχηματίζουμε τον τύπο της f σε πολλα­

πλό. Έτσι έχουμε: { -χ + 2, για κάθε χ ε ( -οο, 2]) f(x) = χ - 2, για κάθε χ ε [2, +οο)

Παράγωγος στο (-οο, 2): Είναι f'(x) = - 1 . Παράγωγος στο (2, +οο) : Είναι f' (x) = 1 . Παράγωγος στο 2 : Είναι:

I . f(x) - f(2) _ 1 . -χ + 2 _ 1 . ( 1 ) _ 1 nn - ιm - ιm - - -χ-2· Χ - 2 χ-2· χ - 2 χ-2·

I im f(x) - f(2) = lim χ - 2 = lim ( 1 ) = Ι . χ-2' χ - 2 χ-2· χ - 2 χ-2'

Επειδή - 1 -:1- 1 δεν υπάρχει ο παράγωγος αριθ­μός στο 2.

7. Για να δείξουμε ότι μια συνάρτηση f δεν εί­ναι παραγωγίσιμη σ' ένα σημείο χ0 του πε­δίου ορισμού της, δείχνουμε ότι δεν υπάρχει (ή δεν είναι πεπερασμένο) το :

I. f(x) - f(xo) ιιη • χ-χο Χ - Χο

Πιο εύκολα μπορούμε να εργαστούμε ως ε­ξής: Σχηματίζουμε την f' και δείχνουμε ότι δεν ορίζεται στο χ0• Μπορούμε ακόμα να δείξουμε ότι η συνάρτηση δεν είναι συνεχής στο Χο.

Παράδειγμα Να δειχθεί ότι δεν υπάρχει η παράγωγος της συνάρτησης f(X) = ι χ - 1 1 , στο σημείο Χο = 1 .

Λύση Είναι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.γ. τ.3f70

Μαθηματικά για την Γ Τάξη του Λυκείου

Και

lim f(x) - f(l) = lim Ιχ - 1 1 - Ο = χ- ι · χ - Ι χ- ι · χ - 1 1 - -<χ - η ι · ( Ι ) = ιm · = ιm - = - 1 . χ- ι · χ - 1 χ- ι ·

lim f(x) - f(l) = lim � = χ- Ι � χ - 1 χ- ι · χ - 1 Ι . χ - 1 ι · ι = ιm -- = ιm = 1 . χ- ι - χ - 1 χ- ι ·

Επειδή - 1 =F 1 η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 1 .

Παράδειγμα Να δειχθεί ότι η παράγωγος της συνάρτη-

1 σης f(x) = ι + (χ + 2)3 στο σημείο -2 δεν υ-πάρχει.

Λύση 2 2 - - I Είναι f' (x) = 3 (χ + 2)3

I

') � 2 =- - �

= - (χ + 2)3 3 3 2 - - 2 Ι = - (χ + 2) 3 :: _ . 3 3 } � -νχ + 2

Δηλαδή f'(x) = t 1 . <}χ + 2 Από τη μορφή της f' (x) φαίνεται ότι δεν ορί­

ζεται για χ = -2 , άρα δεν υπάρχει η παράγωγος στο -2.

8. Το πεδίο ορισμού της f' είναι υποσύνολο του πεδίου ορισμού της f. Επομένως, για να βρούμε το πεδίο ορισμού της Γ, βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της f και εξετάζουμε για ποια στοιχεία του ορίζεται η Γ.

ναι:

Παράδειγμα Να βρεθεί το πεδίου ορισμού της Γ, όταν η f έχει τύπο f(x) = �χ - 2.

ι\ύση Το πεδίο ορισμού της f είναι το [2, +οο). Εί-

f'( ) (χ - 2)' . 1 Ά δ' χ = _ c--;:; = _ c--;:; · ρα το πε ιο ορι-2 -νχ - 2 2 -νχ - 2 σμού της f' είναι το (2, +οο ).

9. Με τη βοήθεια του ορισμού της παραγώγου μιας συνάρτησης σ' ένα σημείο χ0 μπορούμε να βρίσκουμε όρια συνμρτήσεων .

Παράδειγμα Α ν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο σημείο χ0 = α , να :υπολογισθεί το

Λύση Είναι

. Ρ( χ) - Ρ( α) lιm _ c _ Γ. , χ > Ο, α > Ο. χ-α -ν χ - -ν α

lim Ρ(χ) - f2(α) = χ-α ψ. - ;{α = lim [f(x) - f(α)] [ f(x)+ f(α)] tJX + -{α) = χ-α (ψ. - ψ.) (.ψ. + ψ.)

= lim f(x) - f(α) = lim [f(x) + f(α)] lim (ψ. + ψι.) = χ-α χ - α χ-α χ-α

= f'(α) [ lim f(x) + f(α)] [lim ψ. + ψι. ] = χ-α χ-α

;, f(α) [f(α) + f(α)] [ψι. + ψι.] = f'(α) 2f(α) 2ψι. = = 4f'(α) f(α) να.

*Επειδή η f είναι συνεχής στο α είναι lim f(x) = f(α) . χ-α

10. Για να βρούμε τη ν-στης τάξης παράγωγο μιας συνάρτησης, βρίσκουμε τις παραγώ­ΎΟυς μερικών τάξεων ι η\ 2η\ κλπ. Βρίσκου­με, αν είναι εύκολο, τη μορφή της ν-στης τάξης παραγώγου και τον τύπο της τον απο­δεικνύουμε με επαγωγή.

Παράδειγμα Να βρεθεί η ν-στής τάξης παράγωγος της συνάρτησης f, με f(x) = eαχ, α ε IR *.

Λύση Έχουμε f'(x) = (eαχ)' = eαχ (αχ)' = αeαΧ,

δηλαδή f'(x) = αeαχ . Είναι ακόμα f"(x) = (αeαχ) ' = α ' eαχ + α(eαχ) ' = Ο + α2 eαχ

δηλαδή f "(x) = α2eαχ και f' "(x) = α3eαχ . Ίσως λοιπόν να είναι fv\x) = αν eαχ ( Ι )

Θα δείξουμε την ( 1 ) επαγωγικά. Για ν = 1 έχουμε ότι (eαχ)' = (αχ)' (eαχ) = α eαχ,

που ισχύει. Έστω ότι για ν = κ η ( 1 ) ισχύει, δηλαδή ισχύ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/71

----------- Μαθηματικά για την Γ Τάξη του Λυκείου

Παρατήρηση [3] Αν ζητείται η ύπαρξη δύο ή περισσοτέρων

ριζών μιας εξίσωσης f(x) = Ο στο διάστημα (α, β) τότε χωρίζουμε το διάστημα (α, β) σε δύο ή περισσότερα διαστήματα και εφαρμόζουμε θ. Bolzano σε κάθε ένα απ' αυτά.

Παράδειγμα Ν' αποδειχθεί ότι. η εξίσωση :

4χ3 + 6 = 3χ2 + 8χ (1) έχει στο διάστημα (Ο, 2) δύο τουλάχιστον ρίζες.

Λύση Αρκεί η συνάρτηση

f(x) = 4χ3 - 3χ2 - 8χ + 6 να έχει δύο τουλάχι­στον ρίζες στο (0, 2).

θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = 4χ3 - 3χ2 - 8χ + 6 στο [0, Ι ]

• η f είναι συνεχής στο [0, 1 ] (ως πολυωνυ­μική) • f(O) = 6 > Ο, f( l ) = - 1 < Ο

Επομένως: Από το θ . Bolzano προκύπτει ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα Χ ι Ε (0, 1 ) :f(χ ι ) = Ο δηλ. η εξίσωση f(x) = Ο έχει στο διάστημα (0, 1 ) μια τουλάχιστον ρίζα.

Ομοίως από το θ . Bolzano προκύπτει ότι υ­πάρχει τουλάχιστον ένα χ2 Ε ( 1 , 2) :f(x2) = Ο δηλ. η εξίσωση f(x) = Ο έχει στο διάστημα ( Ι , 2) μια τουλάχιστον ρίζα.

Επειδή Ο < Χ ι < Ι και 1 < χ2 < 2 θα ισχύει Χι "Φ Χ2. Άρα: η συνάρτηση f έχει στο (0, 2) δύο του­λάχιστον ρίζες.

2. Με το θ. Bolzano αποδεικνύεται ότι μια συνεχής συνάρτηση f διατηρεί σταθερό πρόσημο σε κάθε διάστημα που ορίζουν οι διαδοχικές ρίζες της. Πράγματι: Έστω η συνεχής συνάρτηση f στο Α ς IR

και .Ρ ι , ρ2, . . . , ρν οι ρίζες της με

ρ ι < ρ2 < . . . < ρν, ν Ε ΝΌ Θ' αποδείξουμε ότι η f διατηρεί σταθερό

πρόσημο σε κάθε διάστημα (ρ ι , ρ2) ή (ρ2, ρ3) ή

. . . ή (ρν - ι , ρν) π.χ. στο (ρ ι , ρ2) .

'Ή απόδειξη που ακολουθεί αποτελεί με:.. θοδολογία για όλες τις ασκήσεις που ζητείται ν' αποδειχθεί ότι μια συνεχής συνάρτηση f διατη­ρεί σταθερό πρόσημο στο διάστημα (α, β) "

Έστω ότι η f δεν διατηρεί σ-ι;αθερό πρό­σημο στο (ρ ι , ρ2) .

.. Τότε θα υπάρχουν Χι , Χ2 Ε (ρ ι , ρ2) με

Χ ι < χ2 : f(x ι) · f(x2) < Ο. Επειδή η f είναι συνεχής στο

[χ ι , χ2] c [ρ ι , ρΔ ς Α από το θ . Bolzano στο [χ ι , χ2] προκύπτει ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα Χο Ε (χι , Χ2) ς (ρ ι , ρ2) : f(xo) = Ο.

Αυτό όμως είναι άτοπο αφού στο διάστη­μα [ρ ι , ρ2] δεν υπάρχουν άλλες ρίζες της f.

Υ

χ

Παρατήρηση Την παραπάνω βασική εφαρμογή χρησιμο­

ποιούμε στον προσδιορισμό του προσήμου των τιμών συνεχών συναρτήσεων και κατ' επέκταση στην επίλυση ανισώσεων ειδικά όταν η επίλυσή τους με άλλους τρόπους είναι δύσκολη. (π.χ. τριγωνομετρικών ανισώσεων) .

Στην περίπτωση αυτή το πρόσημο των τι­μών της συνάρτησης διατηρείται σταθερό σε κάθε διάστημα διαδοχικών ριζών και ταυτίζεται με το πρόσημο της τιμής f(xo) ενός τυχαίου επι­λεγόμενου αριθμού χ0 από καθένα από τα πα­ραπάνω διαστήματα.

Ι lαράδειγμα Να λυθεί η ανίσωση : ημ2χ - ν2 · συνχ > Ο (1) στο (0, 2π).

Λύση

• Βρίσκο1.)με τις ρίζες της:

• ημ2χ - ν2 ·συνχ = Ο στο (0, 2π)

( Ι ) <=>2ημχσυνχ - ν2 ·συνχ = Ο <=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/74

---------- Μαθηματικά για την Γ Τάξη του Λυκείου

(2ημχ - >/2) ·συνχ = ο�

ημχ = :J1 ή συνχ = ο� 2 π ' 3π ' π ' 3π χ = - η χ = - η χ = - η χ = -4 4 2 2

• θεωρούμε τη συνάρτηση : f(x) = ημ2χ - >/2·συνχ στο [0, 2π]

( ο. �) π π ( ! 3π) ( 3π 3π) Διαστήματα ( 4' 2) 2' 4 4 . 2

Τυχαία π π 2π 6 3 3 J( επιλεγόμενο χ σ

f(xo) � � � ..[2 2 2 2 Πρόσημο - + - +

τιμών f{x)

Άρα: f(x) > Ο �ημ2χ - >/2-συνχ > Ο

στα διαστήματα: (�. �). (3;, 32Π)

(!f 2π) Sa 3

-..J2 -.J3 2

-

Σχόλιο : Για μια συνάρτηση συνεχή σ' ένα διάστημα Δ που δεν μηδενίζεται σ' αυτό ισχύει ότι διατηρεί σταθερό πρόσημο στο Δ.

Θ. ΕΝΔΙΆΜ ΕΣΩΝ τΙΜΩΝ

Α ν μια συνάρτηση f ορισμένη στο διάστημα [α, β]

•

Υ f(β) ···································· --------

h ------------------------------": f(α) -

----

-

---- i

·

Ο α �

β χ

είναι συνεχής στο [α, β) και ισχύει:

• f(α) -::!; f(β)

τότε για κάθε αριθμό η μεταξύ των f(α) και f(β) υπάρχει τουλάχιστον ένα χ0 Ε (α, β) : f(x0) = η

Δηλ. η συνάρτηση f παίρνει όλες τις εν­διάμεσες τιμές μεταξύ των f( α) και f(β) δηλ. το διάστημα [f(α), f(β)] ή το [f(β), f(α)] είναι υ­ποσύνολο του συνόλου τιμών της συνάρτησης στο [α, β] .

(Η απόδειξη του θ. Ενδιάμεσων Τιμών γί­νεται ως γνωστόν εφαρμόζοντας θ . Bolzano

στη συνάρτηση g(x) = f(x) - η στο [α, β])

Παράδειγμα χ3

Αν f(x) = 1 6 -ημπχ + 7 στο [-4, 4] τότε

η συνάρτηση f παίρνει την τιμή i στο ( -4, 4)

(δηλ. υπάρχει τουλάχιστον ένα χ0 Ε (-4, 4) : 7 f(x0) = 2).

Λύση • Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [-4, 4]

(ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρ­τήσεων)

• f(-4) = 3 , f(4) = 1 1

Σύμφωνα με το θ . Ενδιάμεσων Τιμών ε­πειδή ο 1 βρίσκεται μεταξύ του 3 και του 1 1

δηλ. f( -4) < 1 < f( 4) θα υπάρχει τουλάχιστον

ένα χ0 Ε ( -4, 4) : f(x0) = 1·

Δ λ ' f ' ' 7 η . η συναρτηση παιρνει την τιμη 2 στο

(-4, 4) .

Σχόλιο : Η παραπάνω άσκηση θα μπορούσε να λυθεί εφαρμόζοντας θ. Bolzano στη συνάρ-

χ3 7 τηση g(x) = 16 - ημπχ + 7 - 2 στο [-4, 4] .

Παρατηρήσεις

• Αν η συνεχής συνάρτηση f στο [α, β] είναι αύξουσα στο [α, β] και f(α) ;e f(β) τότε το σύνολο τιμών της f στο [α, β] είναι το διά­στημα [f(α), f(β)].

Υ f(β ............................................ ..

β χ

• Ομοίως αν η συνεχής συνάρτηση f στο [α, β] είναι φθίνουσα στο [α, β] και f( α) ;e f(β) τότε το σύνολο τιμών της f στο [α, β] είναι το διάστημα [f(β), f(α)].

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.3/75

---------- Μαθηματικά για την Γ Τάξη του Λυκείου

Υ

:: . •·········� ο

: :

α β χ

Η ύπαρξη και η μοναδικότητα ρίζας μιας εξίσωσης

Σε πολλές περιπτώσεις η ύπαρξη μιας τουλάχιστον ρίζας σ' ένα διάστημα Δ μιας εξί­σωσης της μορφής f(x) = Ο, αποδεικνύεται με τον προσδiορισμό του συνόλου τιμών f(Δ) της συνάρτησης αρκεί:

• · Η f να είναι συνεχής στο Δ (ώστε το f(Δ) να είναι διάστημα) και

• Το Ο Ε f(Δ) (ώστε να υπάρχει τουλά­χιστον ένα χ0 Ε Δ:f(χ0) = Ο)

Στη συνέχεια αν η συνάρτηση είναι γνη­σίως μονότονη στο Δ τότε θα είναι και " 1 - 1 " σ' αυτό οπότε η ρίζα χ0 θα είναι μοναδική !

Έτσι αποδεικνύεται όχι μόνο η ύπαρξη αλλά και η μοναδικότητα μιας ρίζας μιας εξί­σωσης f(x) = Ο στο Δ.

Θεώρημα Τα παραπάνω συμπεράσματα της παρα­

τήρησης που αναφέραμε επεκτείνονται και σε συνεχείς συναρτήσεις σε ανοιχτά διαστήματα (α, β) με α, β Ε IR, ή α, β = ±οο που είναι γνη­σίως μονότονες σ' αυτά π. χ. • Α ν η f είναι γνησίως αύξουσα στο (α, β)

και συνεχής σ' αυτό τότε το σύνολο των τιμών f(A) της f στο (α, β) είναι το διά­στημα: ( liιηf(x), lifllf(x)) . χ-α χ-β

• Α ν η f είναι γνησίως αύξουσα στο (α, β) και συνεχής σ' αυτό τότε το σύνολο των τιμών f(A) της f στο (α, β) είναι το διά­στημα: ( l ifllf(x), liιηf(x)) . χ-β χ-α Αν ισχύει και ότι Ο Ε f(A) τότε θα υπάρχει

χ0 Ε (α, β) : f(χ0) = Ο. Αν επιπλέον η f είναι γνη­σίως μονότονη (οπότε και " 1 - 1 ") τότε η ρίζα χ0 θα είναι μοναδική .

Σημείωση : Τα ανοιχτά άκρα α, β μπορεί να είναι και

±οο, ενώ τα ανάλογα συμπεράσματα ισχύουν και για τα διαστήματα (α, β] ή [α, β) όπως:

• Αν Δ = [α, β)

• Αν fA στο [α, β) τότε : f(Δ) = [f(α), limf(x)) χ-β • Αν f)' στο.[ α, β) τότε f(Δ) = (limf(x), f(α)] χ-β • Αν Δ = (α, β] • Αν fA στο (α, β] τότε: f(Δ) = (limf(x), f(β)] χ-α • Αν f)' στο (α, β] τότε: f(Δ) = [f(β), limf(x)) Επίσης αν Δ = Δ 1 U Δ2 τότε f(Δ) = f(Δ 1 ) U f(Δ2)

Σχόλιο

χ-α

Στη περίπτωση συνεχούς συνάρτησης στο [α, β] για προσδιορισμό του συνόλου τιμών της δεν είναι απαραίτητο η μονοτονία να είναι γνήσια.

π.χ. Αν f συνεχής στο [α, β] και αύξουσα στο [α, β] τότε: f(A) = [f(α), f(β)] .

Υ f(β) ···············-·····-···-···:71 f(α) ······---� i

ο

ί i I : i ! α β χ

Δεν συμβαίνει όμως το ίδιο αν η f ήταν συνεχής στο (α, β) και αύξουσα σ' αυτό.

Αν η γραφική παράσταση της f είναι ό­πως του παρακάτω σχήματος, το σύνολο τι­μών της είναι: f(A) = [limf(x), lim f(x)) χ-α χ-β

Υ

:: :--��:71 ί i

ο

Παράδειγμα

ί i ι �

α β χ

Ν' αποδείξετε ότι η εξίσωση : lnx + ex = Ο έχει μια ακριβώς ρίζα στο (0, 1).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.3/76

---------- Μαθηματικά για την Γ Τάξη του Λυκείου

Λύση Θεωρούμέ τη συνάρτηση f(x) = lnx + ex

στο (Ο, 1 ] ·

• Η f είναι συνεχής στο (0, 1 ] (ως άθροισμα συνεχών)

• Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1 ) με f(x) = l + ex > Ο '<;f χ Ε (0, 1 ) χ

Άρα η f γνησίως αύξουσα στο (0, 1 ]

Σημείωση : Η μελέτη της μονοτονίας μπορεί να γίνει και χωρίς τη χρήση των παραγώ­γων: αν Ο < χ 1 < χ2 � 1 τότε lnx 1 < lnx2 και ex ' < ex2 • Άρα lnx 1 + ex ' < lnx2 + ex2 • Επομένως Η fγνησίως. αύξουσα στο (0, 1 ] .

• limf(x) =lim(lnx + ex) = -CX) χ-ο χ-ο (limlnx = -οο, limex = 1 ) χ-ο χ-ο

• f( l ) =ln 1 + e1 =0 + e = e Άρα: το σύνολο τιμών της f στο (0, 1 ] είναι το διάστημα: (-οο, e] Επειδή : Ο Ε ( -οο, e] θα υπάρχει τουλάχιστον

ένα Χο Ε (0, 1 ) : f(x0) = Ο Όμως η f είναι " 1 - 1 " στο (0, 1 ) (αφού είναι

γνησίως αύξουσα σ' αυτό) Άρα: Η ρίζα χ0 είναι μοναδική δηλ. η εξίσωση

lnx + ex = Ο έχει ακριβώς μια ρίζα στο (0, 1 ) .

Θ. ΜΕΓΙΣΤΟΥ - ΕΛΆΧΙΣΤΟΥ

Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β] τότε υπάρχουν Χε και Χμ στο [α, β] :'<:i χ Ε [α, β] ισχύει: f(χε) � f(x) � f(χμ)•

Δηλαδή η f παρουσιάζει ελάχιστη και μέγι�τη τιμή στο [α, β] .

Υ

i\�) : ��- 11 ο Χμ β Χ

f(α) ····················

Αν m = f(χε) και Μ = f(χμ) τότε ισχύει:

'<:i χ Ε [α, β ] : m � f(x) � Μ.

Προσοχή Το θ. Ενδιάμεσων Τιμών μας εξασφαλίζει

ότι το διάστημα [f(α), f(β)] ή [f(β), f(α)] είναι υποσύνολο του συνόλου τιμών f(A) της f.

Είδαμε επίσης ότι σε συνεχείς και γνησίως μονότονες συναρτήσεις στο [α, β] (και όχι μό­vο) το σύνολο τιμών είναι τα διαστήματα [f(α), f(β)] ή [f(β), f(α)] κ.λ.π.

(!) Μετά από το θ . Μεγίστου - Ελαχίστου και εφαρμόζοντας θ . Ενδιάμεσων Τιμών στα διαστήματα [α, Χε] και [χμ, β] προκύπτει ότι:

Α ν μια συνάρτηση f συνεχής στο [α, β] και m και Μ η ελάχιστη και η μέγιστη τιμή της f στο [α, β] τότε για οποιοδήποτε αριθμό n μεταξύ της ελάχιστης m και μέγιστης Μ τιμής υπάρχει χ0 Ε [α, β] : f(x0) = η.

Δηλ. αν f μια συνεχής συνάρτηση στο [α, β] τότε το σύνολο τιμών της f στο [α, β] εί­ναι το διάστημα: [ m, Μ]

Σημείωση Ο όρος διάστημα μη ξεχνάτε ότι χρησι­

μοποιείται για υποσύνολα των πραγματικών αριθμών και περιέχει όλους τους πραγματι­κούς αριθμούς που βρίσκονται μεταξύ των ά­κρων του.

Παράδειγμα Έστω συνάρτηση f συνεχής στο [α, β] .

Να δειχθεί ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα Χο Ε [α, β] :

f(α) + 2\α ; β) + 3f(β) f(x0) = 6

Λύση Το παράδειγμα αυτό φυσικά δεν μπορεί

να λυθεί με θ. Ενδιάμεσων Τιμών γιατί δεν μπορούμε να δείξουμε οτι ο αριθμός [r(α) + 2\α; β) + 3f(β)J να είναι μεταξύ των f(α) και f(β) .

Όμως αφού η f συνεχής στο [α, β] η f θα πα­ρουσιάζει ελάχιστη m και μέγιστη Μ τιμή στο [α, β] .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.3/77

---------- Μαθηματικά για την Γ Τάξη του Λυκείου

Άρα 'V χ Ε [α, β] ισχύει: m � f(x) � Μ.

Οπότε :

• επειδή α Ε [α, β] θα ισχύει: ιn � f(α) � Μ ( 1 )

• επίσης α ; β Ε [α, β] άρα:

m � {α ;β) � Μ �

2m � 2{α;β) � 2Μ (2)

• επίσης β Ε [α, β] άρα: m � f(β) � Μ � 3m � 3f(β) � 3Μ (3) Προσθέτοντας τις ( 1 ), (2), (3) κατά μέλη

προκύπτει ότι: 6m � f(α) + 2{α ; β) + 3f(β) � 6Μ

f(α) + 2{α ; β) + 3f(β) δηλ. m �

6 · � Μ

Σύμφωνα με το θ . Ενδιάμεσων Τιμών ό­πως αυτό διαμορφώνεται μετά τ9 θ . Μεγίστου - Ελαχίστου θα υπάρχει τουλάχιστον ένα χ0 Ε (α, β) :

f(α) + 2{α ; β) + 3f(β) f(x0) =

6

Επίλογος Στα θ. Bolzano, θ . Ενδιάμεσων τιμών και

θ. Μεγίστου - Ελαχίστου είναι πολλές οι ε­φαρμογές.

Στο άρθρο που προηγήθηκε δόθηκαν με­. ρικές βασικές εφαρμογές με σκοπό ν' αποτε­λέσουν παράδειγμα για τη λύση πολλών α­σκήσεων τόσο του σχολικού όσο και άλλων βιβλίων.

Προτεινόμενες aσκήσεις

1 . Αν f: [α, β] --+ IR είναι συνεχής με f(α) * f(β), να δειχθεί ότι υπάρχει χ0 Ε (α, β):

f(xo) = 2 ·f(α) + 3 ·f(β) 5

2. α) Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση : χ + 1 + Jn(x2 + 1 ) = Ο έχει μία μόνο ρίζα στο!R. β) Να δειχθεί ότι η εξίσωση : χ2 + χ ·ημχ + συνχ - 2-,; Ο έχει δύο μόνο ρίζες στο IR.

·

3 . Έστω συνεχής συνάρτηση και f: [α, β ] ER με f(x) * Ο V χ Ε [α, β] . Αν υπάρχει γΕ [α, β] με f(γ) > Ο να αποδείξετε ότι f(x) > Ο V χ Ε [α, β] .

4 . Θωρούμε τη συνάρτηση f που είναι συνεχής στο [-3 , 3 ] . Υποθέτουμε ότι ισχύει: χ2 + [f(x)]2000 = 9. Να αποδειχθεί ότι η f διατη­ρεί σταθερό πρόσημο στο διάστημα (-3 , 3) .

5 . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση : χ = ημχ + α (α > Ο) έχει τουλάχιστον μια θετική ρίζα που δεν υπερβαίνει τον αριθμό α + 1 . Να βρείτε τη μικρότερη τιμή του α για την ο­ποία η εξίσωση αυτή έχει ρίζα τον αριθμό α + 1 .

6. Έστω η συνεχής συνάρτηση f στο [α, β] και χ1 , χ2, • • • , Χν Ε [α, β] . Ν' αποδειχθεί ότι υπάρχει χ0 Ε [α, β] : f(Xo) = f(χ ι ) + f(x2) + . . . +f(xv) . ν

Υποθέτουμε ότι η συνεχής συνάρτηση f στο [0, Ι ] και f(O)=f( l ) . Έστω ν τυχαίος φυσικός αριθμός. Αποδείξτε ότι υπάρχει αριθμός χ τέ-τοιος ώστε f(x) = f(x -rl-). ν

Συνάδελφοι

Η " Ιστορία των Μαθηματικών"

του G. LoΓia δεν πρέπει να λείπει από καμία μαθηματική βιβλιοθήκη. '

·-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. γ. τ.3/78

.. ., � � .. ... �- Η tιτιjλιι τιιr �λλιιλομ pιιφί ιις-ο

' , ( ( (( ) )) ) ) Υ πεύθυvοι σnΊλης: Ευσταθίου Βαyyέλης - Σπανδάγος Βαyyέλης - Μαλαφέκας Θανάσης

Αγαπητοί συνάδελφοι και φίλοι μαθητές, ευ­χαριστούμε για την ανταπόκρισή σας σε αποστο­λές εργασιών.

Επειδή όμως διατυπώνονται και ορισμένα πα­ράπονα για την μη δημοσίευση μερικών από αυτές σας υπενθυμίζουμε πάλι ότι: (α) Ο «Ευκλείδης Β ' » είναι μαθηματικό περιοδι­

κό και απευθύνεται crε μα�ητές Λυκείου. (β) Οι aποστελλόμενες επιστολές πρέπει να φέ­

ρουν την ένδειξη «Για τους υπεύθυνους της έκδοσης του Ευκλείδη Β Ή»

(γ) Οι εργασίες που στέλνονται για δημοσίευση πρέπει να συμβαδίζουν με την ύλη που έχει περίπου διδαχθεί στα Λύκεια κατά το αντί­στοιχο τρίμηνο του «Ευκλείδη Β '» .

* * * Συνάδελφε Κ. Καλογερίδη δυστυχώς την ερ-

γασία που αναφέρετε δεν την πήρε η συντακτική επιτροπή του «Ευκλείδη Β».

* * * Αγαπητέ φίλε Γιώργο Παντίδη οι τρεις πρώτες

ασκήσεις από τη στήλη «0 Ευκλείδης προτεί­νει . . . Ευκλείδψ> είναι σωστά λυμένες. Η 4η άσκηση εί­ναι λάθος. Φαίνεται ότι δεν πρόσεξες της εκφώνηση.

* * * Συνάδελφε Κ.Χ. οι αριθμητικές συναρτήσεις

του Euler και του Mobius με κανένα τρόπο δεν α­νταποκρίνονται στην ύλη της θεωρίας αριθμών της Β ' Λυκείου.

* * * Φίλε Γιώργο Καμπύση, η άσκηση που έστει-

λες είναι ελαφρά ατελής στη λύση της. Πρέπει να εξετάσεις και την περίπτωση γ=Ο. Τότε η (2) δίνει α=Ο, οπότε η αδ=βγ αληθεύει.

* * * Αγαπητέ συνάδελφε Λ.Σ. , αστρονομικά άρ-

θρα προς το παρόν δεν δημοσιεύει ο «Ευκλείδης Β '» . Το άρθρο σου μπορείς να το στείλεις στο πε­ριοδικό «Ουρανός» που εκδίδεται στο Βόλο από τον συνάδελφο Κώστα Μαυρομμάτη.

* * * Αγαπητή · Άννα Καμπούρογλου, οι ασκήσεις

1 , 2, 3 και 8 από το άρθρο του Κ. Βακαλόπουλου : «Υπολογισμός μεγάλων δυνάμεων Ν (ν ε IN*) ε­νός πίνακα Α» είναι σωστές. Άργησες όμως να τις στείλεις. Γιατί;

* * * Συνάδελφε Απόστολε Τζιοβάρα, ευχαρι-

στούμε για τα κάλά σου λόγια. Περιμένουνε ένα άρθρο σου για την στήλη της Πληροφορικής.

* * *

Φίλε Στέλιο Γραμμένε, εμείς βρήκαμε ότι

Η - Ν = 1 , άρα κάπου έχεις

κάνει λάθος. Ξαναπροσπάθησε. * * *

Από τον φοιτητή του Μαθηματικού τμήματος του Πανεπιστημίου Αθηνών Θανάση Παπαδό­πουλο πήραμε λύσεις από προτεινόμενες ασκήσεις του προηγούμενου τεύχους που είναι όλες σωστές.

* * * Ο μαθητής Πέτρος Γουτκίδης ρωτάει ποια εί-

ναι η "Εικασία του Goldbach". Αγαπητέ Πέτρο, η "Εικασία του Goldbach" διατυπώνεται ως εξής: «Να δειχθεί ότι κάθε άρτιος αριθμός μεγαλύτερος ή ίσος του .4 είναι άθροισμα δύο πρώτων αριθμών».

* * * Αγαπητέ φίλε Καμπίτη Ιωάννη (Ιλιον) Ορι-

σμένες από τις κατασκευές που αναφέρεις είναι α­δύνατες με τον κανόνα και τον διαβήτη . Πρέπει να ξέρεις ότι η τριχοτόμηση γωνίας είναι αδύνατη με τον κανόνα και τον διαβήτη .

* * * Ο μαθητής Κωνσταντόπουλος Γεώργιος από

την Πάτρα (μαθητής της Γ Γυμνασίου) μας έστει­λε σωστές λύσεις των γεωμετρικών ασκήσεων της στήλης ο "Ευκλείδης προτείνει . . . Ευκλείδη" .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. γ. τ.3/79

Β•8�•οπαροuσtαση

Υπεύθυνοι στ�Ίλης: Ευσταθίου Βαγγέλης - Σπανδάγος Βαγγέλης - Τυρλής Γιάννης

1 . Rotman Joseph : «θεωρία Galois» (Μετάφραση Ν. Μαρμαρίδη) Εκδόσεις Leader Books (σελίδες \ 85), Αθήνα 2000 .

2. Α νδριόπουλου Θ. :«Γεωμετρία Β ' Λυκείου» (σελίδες 1 52) Εκδόσεις «Κβάντ», Θεσσαλονίκη 1 999.

3. Αχτσαλωτίδη Κ. Χ.: «Μαθηματικά Άλγεβρα Γ' Λυκείου Τεχνολογική Κατεύθυνση» (σελίδες 320) Εκδόσεις «Βακάλη», Θεσσαλονίκη 1 999

4. Αχτσαλωτίδη Κ. Χ. : «Μαθηματικά Άλγεβρα Γ' Λυκείου Θετική Κατεύθυνση» (σελίδες 280) Εκ­δόσεις «Βακάλη», Θεσσαλονίκη 1 999

5. Βιδάλης Γιάννης - Γκιμίσης Βασίλης: «Άλγεβρα Α ' Τάξης Ενιαίου Λυκείου, Α ' Τόμος >> (σελίδες 224), Εκδόσεις Πατάκη, Αθήνα 2000 .

6. Πρωτοπαπάς Ελευθέριος: «Μαθηματικά Γ Τάξης Ενιαίου Λυκείου, Α' Τόμος » (σελίδες 248), Εκδόσεις Πατάκη, Αθήνα 2000.

7. Πρωτοπαπά Θ.: «Ερωτήσεις αξιολόγησης στη Γεωμετρία» (Σελίδες 1 83), Αθήνα 2000.

8. Σιάντος Αθ. - Σιάντος Παν. : «Μαθηματικά Γ Τάξης Ενιαίου Λυκείου, Α' Τόμος Διαφορικός Λο­γισμός» (σελίδες 200), Εκδόσεις Πατάκη, Αθήνα 2000.

9. - Σιάχου Ι. - Τσιούμα Θ. : «Άλγεβρα Α' Λυκείου» (σελίδες 382) εκδόσεις "Αριθμός", Αθήνα 2000.

10. Σπανδάγου Ευαγγέλου - Σπανδάγου Ρούλας: «Μαθηματικά για την Τεχνολογική Κατεύθυνση της Γ Τάξης του Λυκείου τόμος Β '» (σελίδες 552), Εκδόσεις «Αίθρα», Αθήνα 2000.

1 1 . Σπανδάγου Ευαγγέλου : «Η ζωή και το έργο του Κων/νου Καραθεοδωρή» (σελίδες 430) Εκδόσεις «Αίθρα», Αθήνα 2000.

12. Σπανδάγου Ευαγγέλου : «Συναρτήσεις πολλών μεταβλητών» (σελίδες 390) Εκδόσεις «Αίθρα», Αθήνα 2000.

13. Σπηλιώτη Γ. : «Πρακτική Αριθμητική» Εκδόσεις «Σπηλιώτψ> (σελίδες 200), Αθήνα 2000.

14. Σταθακοπούλου Κώστα: «Πραγματική Ανάλυση (Λήμματα Μαθηματικής Ανάλυσης)» Εκδόσεις «Αίθρα», (σελίδες 330) Αθήνα 1 999.

15. Στεργίου Χ. - Νάκη Χ. - Στεργίου 1 . : (σελίδες 255 ) , Αθήνα 2000.

«Προβλήματα Μαθηματικών» Εκδόσεις "Σαββάλας"

16 . Τραγανίτης Α. : «Άλγεβρα Β ' Τάξης Ενιαίου Λυκείου, Β 'τεύχος» Εκδόσεις "Σαββάλας" (σελίδες 220), Αθήνα 2000

17. Χαλάτση Α. : «Γεωμετρία» Εκδόσεις Ζήτη (σελίδες 336), Θεσσαλονίκη 2000.

Εκδόσεις της ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗlVΙΑΠΚΗΣ ΕΤ ΑΙΡΕΙΑΣ �ι 'I ' " \ 1.ι UJt;. t J O ij ς }_

I l

E U C L I D E S γ · llla (lfΙΙJΙUM.:tW•rφιι

!ι 1 ι r.Ιι 'Ξ / .; � 'Ι ΙJ ι;, --����'"'' ''"ν'" ··ιιη�

,Α 1" '""''

ι r �� ; r !�·ι .. �Η.: .. ·�!j .. ι;ίU __ ....... .... ·--·-··· ·-

εριuνητικη διοστοσn

"••"•"• "'""� ·�· n ••• .,,�···� w • ., • •• , fll-..•3�•!olς ,,,. f01� ... �(· ....... �·��� ,_,.οι:-

\IH-)!I'-1\ 1 11\tl Hll�\1 I \<( ! \

ιΙΙqιιιq JΙ!qJΙ!III 111/JI/1

LOUIS BRAND

ΜΑθΗΜΑηΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ

"T4 f\4�ιt4 l.JC

d /)ο�<!Ο ΤΟΥ 2<)<)<)"

1::10 \Ι)! I 1:._11 I !..I I \Ι \ � Ι lk" Ι I < \ \jl ' i � I

Σ ι ' Η'�'Ιll\ΗΣ lΊ:rηιπι•ι:_\ \110 ΑΝΗΗ 1'11 1:ι...ΟΙΗΑ ι\ΙιrΗ;,,ιιιο.

lvιnottnf\ '!ι1 ιι ι , , , ,, , Ε ι ι.ι ο �> ι , ,

R Ε 5 1 ι κ ι 11 '' '

\Ι ι ι ΙΙ Ι Η ι r t<'" ι ' ιι

J \ ( 0 11 \I Ι l l f \ ' 1/ .J [Ε ' .

.

. • ιtr.ι._,..,_.._ _ � .. - ..... -..

ΕυκλείδηςΑ·: Τεύχος 400δρχ. 1 ου Πανελληνίου Συνεδρίου 1 0ου Πανελληνίου Συνεδρίου ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΑ) 5.000 δρχ. Συνδρομή 1 .900 δρχ. 2 .000 δρχ 5.000 δρχ Διαλέξεις: Ο τόμος 1 .300 δρχ. (4 τεύχη + 300 δρχ. ταχυδρομικά) 2ου Πανελληνίου Συνεδρίου 1 1 ου Πανελληνίου Συνεδρίου Σχολεία: 1 .600 δρχ. (4 τεύχη} -

2.000 δρχ 5.000 δρχ ΕυκλείδηςΒ·: Τεύχος 500δρχ. Συνδρομή 2 .300 δρχ.

· 3ου Πανελληνίου Συνεδρίου 14ου Πανελληνίου Συνεδρίου

(4 τεύχη + 300 δρχ. ταχυδρομικά) 2.000 δρχ 5.000 δρχ Σχολεία: 2 .000 δρχ. (4 τεύχη) 4ου-5ου Πανελληνίου Συνεδρίου 1 5ου Πανελληνίου Συνεδρίου ΕυκλείδηςΓ': Τεύχος 1 .300δρχ. 3.000 δρχ 5.000 δρχ 2.500 δρχ. (2 τεύχη) Μαβημ. Επιθεώρηση: 6ου Πανελληνίου Συνεδρίου Συνέδριο Hermis '92 (Αyγλικά)

Τεύχος 1 .300 δρχ. 2.000 δρχ 7.000 δρχ. Συνδρομή 2.500 δρχ. (2 τεύχη) ?ου Πανελληνίου Συνεδρίου Συνέδριο Hermis ·94 (Αγγλικά) Αστρολάβος: Τεύχος 1 .000 δρχ. 2 .500 δρχ 2 τόμοι ο τόμος 4.500 δρχ. Συνδρομή 2.000 δρχ. (2 τΕύχη) Βου Πανελληνίου Συνεδρίου Γραμμική Άλγεβρα Δελ1iο (Bulletin): Τεύχος 1 .5ΟΟ δρχ.

2.000 δρχ Gr. Muncres 1 .300 δρχ.

Μαθηματική Ανάλυση

Louis Brand 6.000 δρχ.

Διαφορικές Εξισώσεις Stephenson 2.000 δρχ.

Ιστορία Μοθημαnι:ών Loria (4 τόμοι) Α, Β, Γ Α• Γ Β ο πiμος

2.ΙD) δρι 70 Χρόνια EJI..E. 1 (ΧΧί δρχ Ελληνική ΙΙιΙcιβημcιτιαΊ Βιβλιοypc19iα 1 .1D> δρι Σιοιχοώδης Γεωμετρία Θέματα εξετάσεων στα Α.Ε.Ι

1976 • 1989: 1 .3QO δρχ. 9ου Πανελληνίου Συνεδρίου ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ από Ανώτερη Σιιοmά Πρακτικά: 2.500 δρχ (Ονόματα Γεωμετρικών όρων 2.000 δρχ.

Τα παλαιότερα τεύχη όλων των εκδόσεων πωλούνται με τις τρέχουσες τιμές του 1 999

Ρά φ ι α γεμ ατα β ι βλία , μ υρωδ ιά ζεστού καφέ, μ ελωδ ι κές νότες , χώρος φ ιλόξενος , ε ι δ ι κά δ ι α μ ορφω μ ένος σε δ ύ ο ο ρ ό φ ο υ ς γ ι α ε υχά ρ ι στ n κα ι

n ρε μ n ανάγνωσn . Στο β ι βλ ιοπωλε ίο ΒΙΒΛΙΟ fυθpόt; ΣΑ Β ΒΑΛΑ θα β ρ ε ίτε

όλες τ ι ς παλ ιές Κα I νέες εκδόσε ις όλων των ε Κδ0τ 1 Κών 0 ίκων γ ι α όλα

τα θ έ μ ατα : πα ι δ ι κά , λογοτεχνία , ι στορ ία , ψ υχολογία , κο ινωνι ολογία , ε κπ α ί­

δ ε υ σ n , μ ετα φ υ σι ι< n , φ ι λοσοφία , δ ι δ α κτι κn , ο ι κολογία , δ ο κ ίμ ι α , π ο ίn σ n κ . ά .

. . . κα ι κά θ ε μ έρα ανάγνωσn μ ε τι ς μ ελωδ ίες το υ π ι άνου

Τ ι μή καταλόγ . 700 >·

ΒΙΒΛΙΟρυθι.ιός 700

1 1111111111111111 11111 111111111 1111 ΚΑ 01 -261 Ευρώ 2 , 05

σ τ ο κ ί ν τ ρ ο τ n ς Αθ n ν α ς Ζ . Π nγ n ς 1 8 , 1 0 6 8,ι Aθ nva Τn λ . 33 . 0 1 . 251 - Fax: 3 8 . 1 0 . 9 07