Ευκλειδης Β 50

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ www.patakis.qr

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς

Φυσική Α' Ενιαίου Λυκείου

Κ. Α. Κυριακόπουλος

Μαθηματικά Θετικής Κατεύθυνσης, Β' Ενιαίου Λυκείου

ιουοική

Τ ριαντάφυλλος Μελισσαρόπουλος Φυσική

θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης, Γ' Ενιαίου Λυκείου

Γ. Βιδάλης- Β. Γκιμίσης

Άλγεβρα Γενικής Πα ιδείας, Β' Ενιαίου Λυκείου

ΜΕθΟΔΟΛΟΓΙΑ Φυσικής β' ενιο ov λvκειοu " 10)ο'0(

i!M(fΣ-4θE:CI'WI.fO':\IAU;OM•ΘfP'.IOιΔ.Y'Iλ*H ••' •• � • "• •ο •.:> •" � • •" • • '"'"

Αντώνης Σαρρηγιάννης

Μεθοδολογία Φυσικής θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης,

Β' Ενιαίου Λυκείου

Τ άσος Βαρδόπουλος

Μεθοδολογία Χημείας . θετικής Κατεύθυνσης, Γ' Ενιαίου Λυκείου

Μ. Γεωργάκης, Αθ. Μακρίδης κ.ά.

Ευκλείδεια Γεωμετρία Γενικής Παιδείας, Β' Ενιαίου Λυκείου

χημε},g e· Ενιαίου Λuκείοu

I. Κεφαλλωνίτης, Β. Χρηστίδης

Χημεία θετικής Κατεύθυνσης, Β' Ενιαίου Λυκείου

.....,. ____ '""1•---............. "1...__�·· ...... �

: . . · · · · · · · · · · · · ··- NEkTAI'IOt nPoron.uι.ι.ι

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς Κριτήρια αξιολόγησης

στη Φυσική Γ ενικής Παιδείας, Γ Ενιαίου Λυκείου

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς

Φυσική Γενικής Παιδείας, Β' Ενιαίου Λυκείου

μαθηματικά r· Ενιαίου Λυκείου

Ματθαίος Τ σιλπφίδης

Μαθηματικό Γ ενικής Παιδείας, Γ Ενιαίου Λυκείου

Ελευθέριος Πρωτοπαπάς

Μαθηματικό θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης,

Γ' Ενιαίου Λυκείου

11

Υηι�ύ()υνοι Έκδοσψ; Ευσταθίού Ευάγγελος,

Μπαραλής Γεώργιος.

Συνιακιικr1 0ιιι1δα: Ανδρουλακόκης'Νίκος Βακαλόπουλος Κώστας Βισκαδουρόκης Βασίλης Βλόχου Αγγελική Γιούσης Θεόδωρος Γράψαj; Κωνσταντίνος Δούν<ψης Αντώνης Ευθιηίογλου Πέτρος Θεοδωρέλος Χρίστος Καλίκας Σταμάτης Καρακάσογλου Αλέξανδρος Καρακατσάνης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Καισούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Κrίπουρός Χρήστος Κ6νψας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος θανάσης Κυpιακοπούλου-Κυβερνήτου Χρυστ. Λ�αρίδης Χρ�στος Λουρίδας Σωτηρης Μαλαφέκ� Θανάσης Μαλιδόκη Ελένη Μεταξάς Νίκος Μυλωνάς ΔrιJ.nΊτρης Μώκος Χρήστος Ντζιώρας Ηλίας Παπ<ψάν Μαριλένα Παππάς Γιώργος Ρήγας Θεόδωρος Σ<Ufελλάpης Βασίλης ΣαϊUJΕυα Σταθόπουλος Γιώργος Στάϊκος Κωνσταντίνος Στάϊκος Παναγιώτης Στρατής Ιωάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τριάντος Γεώργιος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Χαραλαμπίδης Γιώργος Χαραλαμποπούλου Λίνα ΧαραλάJπιους Θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

Σuvιψy<:'ιιι�<;: Φελλούρης Ανάργυρος, Σμαριανάκης Μιχάλης, Σταμέλος Γιάννης, Μαλλιάκας Κώστας, Μπουρνής Α, Καραγιάννης Ιωάννης, Κουνάδης Φώτης, Σεiτης Βασίλης, Καραβόλιας Μιχάλης, Σuντuχάκης Χαράλαμπος, Λιγνός Ηλίας

ΣΥΝΔΡΟΜΕ� Τεύχος: 2,50 ευρώ Ετήσια συνδρομή 10,00 ευρώ (Σχολ) Συvδροιτητές: 10,00+-2,00 ευρώ (Ί'αχ.) Οιι,·Ιη'ιcψΗί: 18,00 ευρώ Ί'1ιχ. Ειιιι•ιγι�c; τ. ι 'ι•cιφι·ίcι ι\/Ιιj "" :;4, . .. . ... . :�0044

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τειίχος 50 • Οκτώβριος • Νοtμβριος • Δεκtμβριος 2003 • Ευρώ: 2,50

e·mail: [email protected] www.hms.gr

ΜΑΘΗΜΑ JlKO ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΑ ΤΟ Λ YKEIO

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 2 ΕΥΔΗΜΟΣ Ο ΡΟΔΙΟΣ 5 ΤΟ ΒΗΜΑ ΤΟΥ ΕΥΚΛΕΙΔΗ 18 Ο Ευκλείδη� προιείvει ... Ευκλείδη και. .. Διόφαvιο

21 ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS 24 Μαιlημαηκοί Διαγωνισμοί - Μαιlημαιtκέ� Ολυμπιάδε�

ΜαΟημαιικ(ί για ιην Α' Τάξι1 ιοu Λuκcίοu

36 Τριώνυμο Β' Οαιlμού

40 Σχέσει� μειαξύ ιωv συvιελεσιώv και ιωv ριζών εξίσωση� 2ou Οαιlμού

43 Παράλληλε� ευιlείε� - λιlροισμα γωνιών ιριγώvωv

48 Δρασιηριόιηια για ιο 5ο κεφάλαιο (παραλληλόγραμμο)

Μα()ι]μαιικ{ι yια ιηv Β' Τάξη ιοu Λuκι�ίοu

49 Πολυώνυμα

54 Ο λόγο� ιωv εμΟαδώv δύο ιριγώvωv

58 Ευιlείε�

Μαllημοιικ(ι για ιφ' I" ΤΜ,rι ιοu Λuκι:ίοu

64 Σιαησηκή. Ερμηνεία και καιασκευή διαγραμμάιωv

71 Ασκήσει� σια όρια

74 Διαφορικό� Λογισμό�

Σι οι χ'' ιοllι·.ο ίιι · Σι·. ί.ιliοιι ο ίηοιι Ν. Αλεξόπουλος

Ακαδηιήας 43, τηλ 210-3606826

Εκτύπωση ΙΝΤι-:ι•ιιι•ι·:l: Α.ι-:., Ιεράοδός81- 83

Υπεuθ. Τυπογραφείου. Π Τρureριώnις-Τηλ:3474654

θΥΑΗΜΟC

Σ το τελευ�αίο μισό το� 4°υ π.Χ. αιώνα έζη�ε , και συνεγραψε τα εργα του ο γνωστος

--· · ·· ··' στην αρχαιότητα ως Εύδημος ο Ρόδιος, κάποια από τα βιβλία του οποίου θεωρούνται οι πιο σημαντικές πηγές για τα Ελληνικά Μαθηματικά της προ-Ευκλείδειας περιόδου. Ο καθηγητής της Ιστορίας των Μαθηματικών Γιάννης Χριστιανίδης στο βιβλίο του «Θέματα από την Ιστορία των Μαθηματικών)) αναφέρει τα παρακάτω:

«Οι γνώσεις μας για τα μαθηματικά που αναπτύχθηκαν τον 6° και 5° π.Χ. αιώνα είναι τελείως αποσπασματικές. Τα σωζόμενα κείμενα της εποχής είναι ελάχιστα και τις περισσότερες πληροφορίες που έχουμε τις οφείλουμε σε συγγραφείς που έζησαν μέχρι και 1 000 χρόνια αργότερα! Συγκεκριμένα σε ότι αφορά τον 5° αι. , διασώζεται ένα απόσπασμα του μαθητή του Αριστοτέλη Ευδήμου του Ροδίου, που αναφέρεται στον τετραγωνισμό των μηνίσκων από τον Ιπποκράτη τον Χίο, ενώ για τον 4° αι. υπάρχει άλλο ένα απόσπασμα του Ευδήμου για τον διπλασιασμό του κύβου από τον Αρχύτα τον Ταραντίνο· για την ίδια περίοδο επίσης δεν πρέπει να παραλείψουμε να μνημονεύσουμε τα μαθηματικά χωρία που περιέχονται στα γραπτά του Πλάτωνα και του Αριστοτέλψ).

Οι συγγραφείς που εμφανίστηκαν μέχρι και 1 000 χρόνια αργότερα από την εποχή του Ευδήμου και στους οποίους αναφέρεται το πιο πάνω απόσπασμα, είναι κυρίως ο Σιμπλίκιος (σχολιαστής του Αριστοτέλη, ήκμασε περί το 520 μ.Χ.) και ο Πρόκλος (νεοπλατωνικός φιλόσοφος, έζησε το 4 1 0-485 μ. Χ.).

Α ναφορές στον Εύδημο το Ρόδιο έχουμε από τους Πορφύριο, Διογένη Λαέρτιο, Αλέξανδρο τον

ο ΡΟΑΙΟC

Μιχάλης Σμαριανάκης

Αφροδισιέα, Βοήθιο, ο δε Γεμίνος έγραψε Ιστορία μαθηματικών βασισμένη στο έργο του Εύδημου.

Αποσπάσματα έργων του που σώθηκαν σε άλλους συγγραφείς εκδόθηκαν από το Mullach (Fragmenta Pfilosopforum Graccorum 1 88 1 ) .

Από τον Πρόκλο γνωρίζουμε ότι ο Εύδημος έγραψε έναν αυθεντικό μαθηματικό έργο με τίτλο «Περί γωνίαρ), το οποίο χάθηκε.

Ίσως υπήρξαν και άλλα τέτοια έργα του Ευδήμου, αφού όπως είναι γνωστό από τη διαδικασία επανειλημμένων aντιγραφών αρχαίων κειμένων από τους μοναχούς και καλλιγράφους του μεσαίωνα και του Βυζαντίου, «επιβίωσαν)) και διασώθηκαν μόνο εκείνα τα έργα τα οποία δεν θεωρήθηκαν κατά τη γνώμη τους παρωχημένα. Για παράδειγμα τα έργα τα σχετικά με τις κωνικές τομές του Αρισταίου του Πρεσβύτερου «Στερεοί τόπου) και του Ευκλείδη «Κωνικά)) δεν διασώθηκαν, παρά μόνον οι τίτλοι, αφού περιέπεσαν σε αχρηστία μετά την εμφάνιση των Κωνικών του Απολλώνιου που γράφτηκαν 1 50 χρόνια αργότερα.

Έτσι η άποψη ότι ο Εύδημος δεν ήταν μόνο ο πρώτος σημαντικός ιστpρικός των μαθηματικών (όπως αναφέρουν σε άρθρο τους με τη βιογραφία του Εύδημου οι καθηγητές του πανεπιστημίου St Andrews της Σκοτίας, J.J. O'Connor και E.F. Robertson) αλλά και ενεργός μαθηματικός, δεν μπορεί να θεωρηθεί αβάσιμη και επομένως είναι ανοιχτή στην έρευνα.

Φυσικά όπως και οι περισσότεροι σύγχρονοί του διανοούμενοι δεν ήταν μαθηματικός με την έννοια που δίνεται σήμερα στον όρο. Στη χρονολογική σύνοψη που παραθέτει ο B.L. Van der Waerden στο κλασσικό σύγγραμμα Ιστορίας μαθηματικών «Η αφύπνιση της επιστήμηρ), κατα-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.2/2

ΕΥ ΔΗΜΟΣ Ο ΡΟΔΙΟΣ

τάσσει τον Εύδημο ανάμεσα στους πέντε σημαντικότερους φιλοσόφους και ιστορικούς της περιόδου από τον Επαμεινώνδα 370 π.Χ. έως τον Μέγα Αλέξανδρο 333 π.Χ. (Σωκράτης - Πλάτων - Ηρακλείδης ο εκ,Πόντου - Αριστοτέλης-Εύδημος) .

Ήταν μαθητής του Αριστοτέλη, εξ' ου και Περιπατητικός φιλόσοφος και μάλιστα μαζί με τον Θεόφραστο τον Λέσβιο, ήταν υποψήφιος διάδοχός του στη σχολή.

Σύμφωνα με πληροφορίες του Αύλου Γελλίου ο Αριστοτέλης για πολύ καιρό δίσταζε να αποφασίσει ποιον θα ορίσει διάδοχο. Τελικά όpισε τον Θεόφραστο, λέγοντας ότι:

ο μεν Ρόδιος οίνος και αδρός, αλλ' ο Λέσβιος γλυκύτερος.

Μετά απ' αυτό έφυγε από την Αθήνα και ίδρυσε δική του σχολή, πιθανόν στην πατρίδα του την Ρόδο.

Γνωρίζουμε ότι γεννήθηκε στην Ρόδο και ότι είχε αδελφό τον Βόηθο.

Δεν γνωρίζουμε τίποτα για την καταγωγή του.

Συνδρομές Μελών

Λόγω της Ολυμπιακής Χρονιάς και τις αυξημένες δραστη

ριότητες της Ελληνικής Μα

θηματικής Εταιρείας παρακαλούμε τα μέλη της όπως τακτοποιήσουν τις οικονομικές οφειλές τους, για να μπορεί η Ελ

ληνική Μαθηματική Εταιρεία

να αντεπεξέλθει στις μεγάλες

απαιτήσεις των καιρών. '

Ως προς το συγγραφικό του έργο, είναι γνωστά τρία βιβλία της Ιστορίας Μαθηματικών.

1 ) Ιστορία της αριθμητικής (τουλάχιστον δύο βιβλία) αναφερόμενη από τον Πορφύριο, που πραγματεύεται την Πυθαγόρεια θεωρία των αριθμών και την αλληλεξάρτηση τους με τη μουσική .

2) Ιστορία της Γεωμετρίας (τουλάχιστον δύο βιβλία). Θεωρείται η σημαντικότερη εργασία του. Ο J.L. Heiberg ισχυρίστηκε ότι ο Πάππος και ο Ευτόκιος, έγραφαν με ανοιχτή μπροστά τους την Ιστορία της Γεωμετρίας του Εύδημου. Χρησιμοποιήθηκε από τον Πρόκλο στα υπομνήματά του στον Ευκλείδη . Χάρις σ' αυτό κυρίως το βιβλίο έγιναν γνωστά τα μαθηματικά επιτεύγματα του Θαλή. Στο ίδιο βιβλίο Γεωμετρίας του Εύδημου αναφέρονται και τα σχετικά με τον Ιπποκράτη τον Χίο όπως και για τον Αρχύτα τον Ταραντίνο που αναφέραμε στην αρχή του άρθρου μας.

Ο Χριστιανίδης στο βιβλίο που προαναφέραμε (σ. 60) γράφει:

=� ΓΕΝ ΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΩΝ

ΓΕΝΙΚΑ θΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑ1ΙΚΩΝ

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΗΙΚΗΣ • τΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ

r Λ\ΊαιΟΥ θffoott-τrxNOriCιrd\111

ΚΑΠΥii"\'ΝlΗΣ

ΚΑτΕΥΘΥΝΣΗΣ

Συγγραφική ομάδα Μαθηματικών: Β.ΒΛΑΧΟΣ·Π.ΚΟγΤΣΟγΚΟΣ· Π.ΞΗΡΟΚΩΣΤΑΣ-Χ.ΠΛΑΤΗΣ • 320 θέματα από όλη την ύλη όλα aπαντη

μένα. Συνδυαστικά θέματα. Τα λεπτά σημεία των Μαθηματικών. Για τους μαθη

τές που στοχεύουν στο 30 και 40 θέμα. Για τους καθηγητές που διδάσκουν στο σχολείο, στο φροντιστήριο, στο ιδιαίτερο. "Ε να βιβλίο που ήδη αγαπήσατε.

ΦΡΟΝτΙΗΗΡΙΑΚΗ ΦΥΣΙΚΗ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

Συγγραφική ομάδα Φυσικών: Β. ΒΛΑΧΟΣ- Δ. ΦΙΛΙΠΠΑΚΟΠΟΥΛΟΣ Κ. ΑΝΔΡΟγτΣΑΚΗΣ • "Ολη η θεωρία, ερωτήσεις aπαντημένες και χωρίς απάντηση, πολλές ασκήσεις λυμένες αναλυτικά. Τα λεπτά σημεία της φυσικής ανά παράγραφο (να προσέχετε ότι:). Δοκιμασμένο στην πράξη: Μαθητής που θα διαβάσει τη θεωρία, τις

ΗΛΟΟΡΙΣΜΟΣ Jι ·ι •· ��r!Aka

fLJΚH Β' AYΚf.tOV

παρατηρήσεις και τις λυμένες ασκήσεις γράφει πάνω από 15. Μια διαφορετική φιλοσοφία στο σχολικό βοήθημα.

ΕΚΔΟΣΕΙΣ: ΒΑΣΙΛΗΣ ΒΛΑΧΟΣ (Μαθηματικός και Φυσικός Παv. Αθήνας)

Παπαφλέσσα 3 Ζεφύρι Τ.Κ. 13451 Τηλ.: 2102384834, Fax: 210 2320954


ΕΥ ΔΗΜΟΣ Ο ΡΟΔΙΟΣ

Αν και ο Πρόκλος έζησε τον 5° μ.Χ. αι. η επισκόπησή του θεωρείται αξιόπιστη, γιατί βασίζεται σε μεγάλο βαθμό στη χαμένη σήμερα Γεωμετρική Ιστορία του Εύδημου, ο οποίος έζησε στα τέλη του 4ου π.Χ. αι. , δηλαδή σε μια εποχή σχετικά κοντινή προς την περίοδο που εξετάζουμε.

3) Αστρονομική Ιστορία. (μνημονεύεται από τον Διογένη τον Λαέρτιο ως «Περί των Αστρολ<r γουμένων Ιστορία))).

Χρησιμοποιήθηκε και αυτή ευρέως από μετέπειτα συγγραφείς.

Η θεωρία του Θαλή για την έκλειψη περιγράφεται σ' αυτό το έργο του Εύδημου και πιστεύεται ότι το σύστημα ομόκεντρων σφαιρών του Ευδόξου περιγράφεται για πρώτη φορά εκεί και αργότερα μεταδόθηκε σε μας μέσα από τα γραπτά του Σιμπλίκιου τον 2° μ.Χ. αι.

Άλλα θέματα που περιλαμβάνονται σ' αυτό το βιβλίο είναι:

Ο κύκλος του μεγάλου έτους μετά το οποίο όλα τα ουράνια σώματα βρίσκονται στις ίδιες σχετικές θέσεις η αντίληψη του Αναξίμανδρου ότι η σελήνη αντανακλά το φως του ήλιου και η εξήγηση της σεληνιακής έκλειψης η ανισότητα των χρόνων ανάμεσα στα ηλιοστάσια και τις ισημερίες κ.α.

Όμως εκτός από το μαθηματικό έργο του ο Ε&. δημος είναι πολύ πιο γνωστός για τη συνεισφορά του στο να σωθεί το έργο του Αριστοτέλη .

Έγραψε τα «Αναλυτικά)), σύγγραμμα λογικής, στο οποίο κατά την κρίση του Βοηθίου τελειοποιεί τη θεωρία των συλλογιστικών τρόπων και διατυπώνει τους κανόνες του υποθετικού συλλογισμού, τα οποία ο Αριστοτέλης παραμέλησε στο «ΌργανΟ)) του. Το έργο του Αριστοτέλη «Ηθικά Ευδήμιω) αποδίδεται από πολλούς νεώτερους συγγραφείς στον Εύδημο. Άλλα έργα του είναι:

Το «περί λέξεωρ), αγνώστου περιεχομένου. Μια μελέτη για τα «Φυσικά)), διατριβή τεσσά

ρων βιβλίων ομότιτλο αυτού του Αριστοτέλη . Ο Σιμπλίκιος είχε αντίγραφο αυτού του έργου το <r ποίο του φάνηκε πολύ χρήσιμο στην κατανόηση των «Φυσικών)) του Αριστοτέλη και ίσως αυτός ήταν ο ρόλος που επεδίωξε ο Εύδημος να παίξει το έργο του αυτό.

Τέλος υπάρχει μια αναφορά που υπαινίσσεται ότι ο Εύδημος έγραψε μια Ιστορία της Θεολογίας κι αυτό φαίνεται πολύ πιθανό. Πολλοί συγγραφείς αναφέρονται στον Εύδημο ως ο «ευσεβής Εύδημορ) εξ' αιτίας της πίστης του στην «παρατήρηση του Θεού)) . Αυτό όμως μπορεί να οφείλεται σε μια μετέπειτα σχολιασμένη έκδοση από κάποιον χριστιανό, ο οποίος πιθανόν θεώρησε ότι όταν ο Ε&. δημος έγραφε «παρατήρηση του νου)) εννοούσε «παρατήρηση του Θεού)) και το διόρθωσε αναλόγως.

ΥΓ. Στην παρουσίαση αυτού του άρθρου συνει

σέφερε η καθηγήτρια Αγγλικών Δέσποινα Κασαπίδου κάνοντας τη μετάφραση του άρθρου των Con

nor-Robertson, κατά τη διάρκεια της συνυπηρέτη

σης μας στο ΤΕ.Ε. Παραδεισίου Ρόδου τη σχολική

χρονιά 2002-2003 οπότε και γράφτηκε το άρθρο

αυτό.

Πηγές, Βιβλιογραφία 1 ) Άρθρο των J.J.O'Connor and E.F. Robertson.

Schoo1 ofMathematics and Statistics Uniνersity of St Andrews, Scot1and στην ηλεκτρονική διεύθυνση http://www.tmth.edu.gr/en/d/2/45 .htm1

3) «Θέματα από την ιστορία των Μαθηματικών)) του Γιάννη Χριστιανίδη, Πανεπιστημιακές εκδόσεις Κρήτης

4) «Η αφύπνιση της επιστήμηρ) B .L. Van der Waerden, Πανεπιστημιακές εκδόσεις Κρήτης,

5) Εγκυκλοπαίδεια Παύλου Δρανδάκη 6) Ιστοσελίδα τεχνικού μουσείου Θεσσαλονίκης

στη θέση http:/ /www . tmth.edu.gr/en/d/2/45 .htm1

7) a. Τ .L. Heath, Α history of Greek mathematics Ι, Π (Oxford, 1 93 1 ) . b. Α.Τ.Η. Fήtzsche, De Eudemi Rhodii phi1osophi Perpatetici νita et scήptis (Regensburg, 1 85 1 ) c . W. Jaeger, Aήstote1es, Grund1egung einer Geschichte seiner Entwick1ung (Ber1in, 1 95 5). R. Robinson (trs.), Aήstot1e, Fundamenta1s of the History of this Deνe1�pment (Oxford, 1 948) .


π I I

ΑΝΑΖΗΤΩΝΤΑΣ ΤΟ ΜΑΓΙΚΟ ΚΛΕΙΔΙ. .. (συνέχεια από το προηγούμενο τεύχος)

Β.Ε. Βισκαδουράκης M.ed. Διδακτικής και Μεθοδολογίας των Μαθηματικών

Πειρ. Λύκειο Ιωνιδείου Σχολής Πειραιά

Ας δούμε τώρα μια λύση του 4ου θέματος των Μεγάλων από τον «Αρχιμήδη» ( 1 5 Φεβρ. 2003) υπό το φως των αναλλοίωτων, το οποίο έχει ως εξής:

Στο σύνολο Σ των σημείων ενός επιπέδου (Π) � ρίζουμε μια πράξη , δηλαδή μια απεικόνιση της

μορφής: * : ΣχΣ � Σ που απεικονίζει κάθε ζεύγος

σημείων (Χ, Ψ) σtο σημείο Ζ, (δηλαδή Χ *Ψ = Ζ) το οποίο είναι το συμμετρικό του Χ ως προς το Ψ.

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ στο επίπεδο (Π). Εί

ναι δυνατόν με διαδοχικές εφαρμογές της πράξης

(*) ξεκινώντας με το σύνολο {Α,Β,Γ} και επεκτεί

νοντας το με την πράξη αυτή, να πάρουμε ως

εικόνα το Δ; ;------Γ·------� - - - ---------.-�---τ - -- --i -----;··--

,_-+--,----+-- -+---+-�.4f--� , ; r2: . :rι ; • . �------r-··--r---- ----r----r---.-f

! Bi . . . :----�----t-- ---

ir4

Λύση

Έστω το τετράγωνο ΑΒΓ Δ πλευράς α. Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε ότι α = 1 . Επίσης θεωρούμε ένα σύστημα συντεταγμένων με κέντρο το Δ(Ο,Ο), Α(Ο, 1 ), Β( 1 , 1 ) και Γ( 1 ,0) και μερικά συμμετρικά σημεία.

Ai (του Α ως προς κάποια σημεία) Bi (του Β ως προς κάποια σημεία)

Γi (του Γ ως προς κάποια σημεία). Είναι προφανές ότι όλα αυτά τα σημεία είναι με

ακέραιες συντεταγμένες (κόμβοι στο πλέγμα των κάθετων ευθειών του σχήματος). Ας δούμε όμως τις συντεταγμένες των Ai, Bi, Γi συγκεκριμένα και ίσως κάποια παρατήρηση σ' αυτές να μας φωτίσει για κάποια γενικότερα συμπεράσματα. Έχουμε λοιπόν:

Α(Ο, 1 ), Αι (2, 1 ), Α2(2,- 1 ), Α3(Ο,- 1 ), �(4,- 1 ), As(4,-3), Β( 1 , 1 ), Β ι (- 1 , 1 ), Β2( 1 ,- 1 ), Β3(3,- 1 ), Β4( 1 ,-3), Γ( 1 ,0), Γι ( 1 ,2), Γ3(3 ,-2), Γ4(3,0), Γs(- 1 ,-2).

Μπορούμε άραγε παρατηρώντας καλά όλα αυτά τα ζεύγη των συντεταγμένων να εντοπίσουμε κάποια αναλλοίωτη;

Ναι! Τα Ai έχουν όλα άρτια τετμημένη και περιττή τεταγμένη .

Τα Bi έχουν όλα περιττές και τις δύο συντεταγμένες τους.

Τα Γi έχουν όλα περιττή τετμημένη και άρτια τεταγμένη .

Είναι λογικό να αναρωτηθεί κανείς αν η παρατήρηση αυτή είναι τυχαίο γεγονός (πράγμα πολύ δύσκολο) ή αν ισχύει γενικά.

Τη γενικότητα (αν υπάρχει) θα πρέπει να την αναζητήσουμε στον τρόπο «παραγωγής» των νέων σημείων, δηλαδή στη συμμετρία.

Ας θεωρήσουμε δύο σημεία Μ(α1 ,βι) και Κ(κ,λ) με ακέραιες συντεταγμένες και το συμμετρικό Μ'(α2,β2) του Μ ως προς το Κ. Είναι γνωστό τότε ότι αφού το Κ είναι μέσον του ΜΜ' θα έχουμε:


Το βήμα του Ευκλείδη

α + α β + β . 1 2 = κ και 1 . 2 = λ αρα αι+α2 = 2κ και 2 2 β,+β2= 2λ οπότε:

α2 = 2κ + (-α1) και β2 = 2λ + (-β1 ) . Προσθέτοντας όμως στους ακεραίους (-α1) και

(-βι) τους άρτιους 2κ και 7λ αντίστοιχα, θα πάρουμε ακεραίους α2 και β2 που θα είναι της ίδιας κατηγορίας' με τους (-α1), (-β1) δηλ. με τους α1 , β1 •

Έτσι όλα τα συμμετρικά του Α(Ο, 1) , αλλά και τα συμμετρικά των συμμετρικών του Α ως προς οποιοδήποτε σημείο Κ(κ,λ) θα έχουν συντεταγμένες της μορφής (2ν,2μ+1 ) δηλαδή (άρτιος, περιττός).

Τα συμμετρικά του Β( 1 , 1 ) θα έχουν συντεταγμένες της μορφής (περιττός, περιττός) και τα συμμετρικά του Γ( 1 ,0) θα έχουν συντεταγμένες της μορφής (περιττός, άρτιος) .

Μένουν δηλαδή οι συντεταγμένες των Α, Β, Γ κατά την απεικόνιση ( *) αναλλοίωτες ως προς την κατηγορία τους. Έτσι ποτέ δεν μπορούμε να πάρουμε ως εικόνα το Δ(Ο,Ο) του οποίου οι συν/νες είναι και οι δύο άρτιες, (το Ο είναι άρτιος αριθμός) .

Ύστερα από όσα μέχρι εδώ αναφέρθηκαν είναι πλέον φανερό ότι το κλειδί για το οποίο έγινε λόγος στην εισαγωγή έχει να κάνει με την έννοια της αναλλοίωτης. Ε λοιπόν ναι! Το «μαγικό κλειδί» για τη λύση όλων των προβλημάτων που προσπαθήσατε(;) να λύσετε είναι αυτή ακριβώς η έννοια.

Ας δούμε όπως ποια είναι η αναλλοίωτη σε καθένα πρόβλημα ξεχωριστά.

Σχετικά με το 1" πρόβλημα θα ξέρετε ίσως ότι κάθε ζάρι έχει 6 έδρες και σε κάθε έδρα απεικονίζεται ένας αριθμός από 1 μέχρι 6 . Έτσι λοιπόν το άθροισμα των ενδείξεων όλων των εδρών ενός ζαριού είναι ίσο με 1 + 2+ 3+4+5+6 = 2 1 . Ο αριθμός 2 1 αποτελεί και την αναλλοίωτη του προβλήματος. Τα υπόλοιπα για σας . . . . . .

Στο 2" πρόβλημα περιγράφεται μια διαδικασία που επαναλαμβάνεται σταθερά (και αναλλοίωτα).

1 Τους ακεραίους τους διακρίνουμε σε δύο μεγάλες κατηγοιfες: τους άρτιους και τους 'περιττούς. Στη διεθνή βιβλιογραφία χρησιμοποιείται ο όρος paritte ή paήty για τη διάκριση αυτή.

Στην πρώτη της εκτέλεση έχουμε 3 κομμάτια χαρτιού. Με τη δεύτερη προκύπτουν συνολικά 2+3 = 5.

Με την τρίτη εκτέλεση της διαδικασίας πάλι ο συνολικός αριθμός είναι 4+ 3 = 7.

Με την τέταρτη 6+3 = 9 κ.τ.λ. Η αναλλοίωτη προφανώς εδώ είναι ο αριθμός 2 . Τόσα νέα κομμάτια προκύπτουν κάθε φορά. Έτσι στην τυχαία νιοστή εκτέλεση της διαδικασίας θα έχουμε 3 + 2 + 2 + . . . . + 2 = 3 + 2(ν - 1) κομμάτια χαρτιού. Δηλαδή περιττό πλήθος πάντα.

Έτσι είναι αδύνατο να πετύχουμε ακριβώς 2004 κομμάτια . . . . .

Στο 3" πρόβλημα παρατηρούμε ότι σε κάθε εκτέλεση μετάγγισης θα προκύπτει ποσότητα που θα είναι πολλαπλάσιο του Μ.Κ.Δ. των αριθμών 4,6 και 20, δηλαδή πολλαπλάσιο του 2. Αυτός ο αριθμός (δηλ. το 2) είναι η αναλλοίωτη που ζητάμε και προφανώς το 1 1 δεν είναι συμβατός αριθμός με την παρατήρηση αυτή .

Αν σκεφτείτε την εικόνα ενός σκακιού (για το 4" πρόβλημα) θα παρατηρήσετε ότι ανά δύο τα απέναντι γωνιακά τετράγωνα έχουν ίδιο χρώμα. Τα δύο είναι μαύρα και τα άλλα δύο λευκά. Επίσης σε κάθε σκάκι έχουμε 32 λευκά και 32 μαύρα τετράγωνα. Αφαιρώντας λοιπόν δύο απέναντι γωνιακά τετράγωνα, τα υπόλοιπα είναι 32 και 30 από κάθε χρώμα, συνολικά 62 τετράγωνα. Για να καλύψουμε 62 τετράγωνα χρειαζόμαστε 3 1 ντόμινο. Όμως κάθε ντόμινο έχει 1 λευκό και ένα μαύρο τετράγοr νο (το γεγονός αυτό αποτελεί την αναλλοίωτη του προβλήματος) κ.τ.λ. κ.τ.λ . . . . . . .

Για το 5" πρόβλημα ο πειραματισμός με μικρότερων διαστάσεων «σκάκυ) ενδεχομένως να μας αποκαλύψει το «μυστικό)) mς.

'Ετσι για ένα σκάκι 2χ2 m το «αδύνατΟ))

είναι προφανές. Επίσης για ένα σκάκι 3χ3 a το «δυνατό)) επίσης είναι προφανές.

Πειραματιζόμενοι με σκάκι 4χ4 · θα βρεθείτε πάλι σε αδιέξοδο, ενώ με σκάκι 5χ5 πάλι το «δυνατό)) είναι άμεσα προφανές.



Γιατί όμως άραγε απ' ότι φαίνεται σε σκάκι με διαστάσεις άρτιες το πρόβλημα είναι αδύνατο; Ποια τέλος πάντων είναι η αναλλοίωτη στη διαδικασία που περιγράφει το πρόβλημά μας;

Θα συμφωνείτε ασφαλώς ότι η συνεχής μον� κοντυλιά και η μοναδική διέλευση από κάθε τετράγωνο είναι αυστηροί περιορισμοί και σ' αυτούς θα πρέπει να αναζητήσουμε την αναλλοίωτη . Είναι φανερό ότι η μετακίνηση από τετράγωνο σε τετράγωνο σημαίνει και αλλαγή χρώματος (να η αναλλοίωτη !) , αφού δεν υπάρχουν διαδοχικά τετράγωνα με ίδιο χρώμα. Ξεκινώντας λοιπόν από μια γωνία (έστω μαύρου χρώματος) η οποιαδήποτε διαδρομή θα ακολουθεί σταθερά την εναλλαγή μ-λ-μλ-μ-λ . . . , οπότε αφού τα τετράγωνα είναι άρτιου πλήθους (8χ8 = 64) το τελευταίο θα πρέπει να είναι λευκό, πράγμα που δεν ισχύει αφού τα απέναντι γωνιακά τετράγωνα είναι του ίδιου χρώματος.

Στο 6° πρόβλημα αν προσθέσουμε τον αριθμό των χειραψιών που έχουν κάνει όλα τα άτομα το αποτέλεσμα θα είναι άρτιος αριθμός αφού την κάθε χειραψία την έχουμε καταμετρήσει δύο φ� ρές. Αυτός ο (άρτιος) αριθμός είναι και η αναλλοίωτη του προβλήματος. Έστω τώρα ότι χωρίζουμε τα άτομα σε δύο ομάδες. Την ομάδα α1 ,α2, . . . ,ακ που όλοι τους έχουν κάνει άρτιο αριθμό χειραψιών και την ομάδα Πι ,Π2,Π3 , . . . πλ που όλοι τους έχουν κάνει περιττό αριθμό χειραψιών. Το άθροισμα όλων των χειραψιών τότε θα είναι: (Χα, + Χα2 + . . . + Χακ ) + (Χπ + Χπ + . . . + Χπ ) =

I 2 λ

άρτιος περιττός αν λ= 2 ν+ Ι

= άρτιος + περιττός =: περιττός, πράγμα άτοπο. Άρα τα άτομα με περιττό αριθμό χειραψιών εί

ναι οπωσδήποτε άρτιου πλήθους. Για το 7° πρόβλημα είναι φανερό ότι για να εί

ναι το γινόμενο Ρ = (α, - 1)(α2 - 2) . . . . (α" -η) άρ-τιος, αρκεί ένας τουλάχιστον παράγοντας να είναι άρτιος. Αυτό θα ισχύει αν δείξουμε ότι κάποια διαφορά ακ - κ είναι διαφορά δύο αριθμών της ίδιας κατηγορίας (ή και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί) . Αυτό πραγματικά ισχύει γιατί αναδιατάσσοντας τους αριθμούς 1 ,2,3 , . . . ,η το πλήθος

των αρτίων και των περιττών, προφανώς δεν αλλάζει, (παραμένει αναλλοίωτο) .

Όσοι είναι λοιπόν οι άρτιοι στους 1 ,2,3 , ... ,11 τόσοι είναι και στους αι ,α2,α3, . . . . ,αη. Έτσι αν υποθέσουμε ότι όλοι οι παράγοντες του γινομένου Ρ είναι περιττοί θα πρέπει οι αι ,α3 ,αs,α7, . .. ,αη να είναι όλοι άρτιοι, πράγμα άτοπο αφού οι άρτιοι είναι ένας λιγότ.εροι από τους περιττούς 1 ,3 ,5,7, . . . ,η.

Μία άλλη αντιμετώπιση του ίδιου προβλήματος βασισμένη και αυτή στην ιδέα της αναλλοίωτης είναι η εξής:

Α ν ο Ρ ήταν περιττός θα έπρεπε όλοι οι η παράγοντες του να είναι περιττοί. Όμως αφού και το πλήθος η είναι περιττός, θα έπρεπε το άθροισμα S = (α1 - 1) + (α2 - 2) + . . . . + (α" -η) να είναι περιτ-τός, δηλαδή το S = (α, + α2 + . . . . + α" ) - (1 + 2 + . . . + η) να είναι περιττός. Αυτό είναι άτοπο γιατί S = Ο μιας και οποιαδήποτε αναδιάταξη των 1 ,2,3, ... ,η αφήνει το άθροισμα τους αναλλοίωτο.

Έτσι δεν μπορεί όλοι οι παράγοντες του Ρ να είναι περιττοί, οπότε τουλάχιστον ένας θα είναι άρτιος και κατά συνέπεια και το Ρ θα είναι άρτιος.

Για το πρόβλημα 8, όπως και σε αρκετά άλλα προβλήματα, ο πειραματισμός είναι καθοριστικής σημασίας και δυστυχώς από πολλούς υποτιμάται ή τουλάχιστον δεν ενθαρρύνεται. Κι αυτό παρά το γεγονός ότι στις μέρες μας τα Πειραματικά Μαθηματικά τείνουν να αποτελέσουν ξεχωριστό κλάδο των Μαθηματικών. Εξάλλου ολόκληρο το δέντρο των Μαθηματικών έχει τις ρίζες του στέρεα και βαθιά χωμένες στο έδαφος του πειραματισμού. Ας μην ξεχνάμε ότι ο Μέγιστος των μαθηματικών, ο Αρχιμήδης ήταν ένας, (με τη σημερινή έννοια του όρου), πειραματικός μαθηματικός.

«Πολλές πεποιθήσεις αρχικά μου δημιουργούνται με κάποια μηχανική μέθοδο. Έστω κι αν αυτές

πρέπει να αποδειχθούν με Γεωμετρία στη συνέχεια,

καθότι η ανακάλυψη τους με τη μηχανική μέθοδο δε

συνιστά μια αποδεκτή απόδειξη, είναι φυσικά ευκ� λότερο, όταν έχουμε προηγουμένως συμπεράν,ει κά

ποια απάντηση, μ ' αυτή τη μέθοδο στο ερώτημά

μας, να κάνουμε την απόδειξη που θέλουμε παρά να

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.2Π


πετύχουμε κάτι τέτοιο χωρίς καμία προηγούμενη ένδειξη και γνώση για την απάντηση».

Ναι! σωστά μαντέψατε. Είναι λόγια του Αρχιμήδη, γι' αυτό και παρακαταθήκη αναλλοίωτης στο χρόνο σημασίας . . . .

Ας φέρουμε τώρα κάτω από το φως αυτής της παρακαταθήκης το πρόβλημα 8 .

Παίρνουμε ένα τυχαίο ζεύγος αριθμών, έστω το (3 ,24), το διαγράφουμε και στη συνέχει συμπληρώνουμε με τον αριθμό 124 - 3 1 = 12 1 1 = 2 1 το σύ-νολο των υπολοίπων αριθμών.

Επαναλαμβάνουμε την ίδια διαδικασία για μερικά ακόμα ζεύγη και την καταγράφουμε σ' ένα πίνακα:

Ζεύγος Αριθμός Συνολικό προκύπτον άθροισμα αριθμών που συ-που δια- μπληρώ-

γράφεται νου με 3, 24) 21 �005003-(3+24)+21 = 200499 5, 10) 5 2004997 -( 5+ 1 0+5 = 2004987 7, 39) 32 2004987-(7+39)+32 = 2004973

(1575, 1216 �004973-(1575+359)+1216 =

359) 1200425 2002, 1900 �004255-(2002+ 1 02)+ 1900 =

102) 12004051 1821, 183 �004051-(1821+2004)+183 =

?004) 12000409 (1940, 63 12000409-( 1940+ 2003 )+63 =

2003) 1996529

Επειδή (όπως θα συμφωνείτε) η διαγραφή και η συμπλήρωση παραπέμπουν άμεσα στην αφαίρεση και την πρόσθεση, είναι λογικό να θεωρήσουμε το συνολικό άθροισμα των αριθμών 1 + 2 + 3 + . . . + 2000 + 200 1 + 200 2 = 1 00 1 φορές το

2003 = 2 .005 .003 (θυμηθείτε τον Gauss στην Α ' δημοτικού) και να παρατηρήσουμε πως μεταβάλ-λεται από κάθε φορά εκτέλεσης της διαδικασίας.

Σίγουρα θα έχετε ήδη παρατηρήσει κάτι που παραμένει σταθερό στην τελευταία στήλη. Όλοι οι αριθμοί που προκύπτουν είναι περιττοί. Αυτό αποτελεί και ·την αναλλοίωτη του προβλήματος. Πραγματικά εφαρμόζοντας στο αρχικό άθροισμα 2.005 .003 τις αλλαγές που υπαγορεύει το πρόβλη-

μα και για ένα τυχαίο ζεύγος (α, β), η μεταβολή (μείωση) που θα υποστεί είναι ίση με [� - β - α - β = -2β για α>β

Ια - β Ι - α - β = η β - α - α - β = -2α για α < β

δηλαδή έτσι κι αλλιώς άρτια. Όταν όμως έχουμε ένα περιττό και τον μειώνουμε συνέχεια κατά ά� τιο το αποτέλεσμα θα είναι πάντα περιττός. Έτσι φτάνοντας στο προτελευταίο βήμα και έχοντας τους αριθμούς κ,λ θα είναι κ+ λ = περιττός = 2ν+ 1 . Εφαρμόζοντας τη διαδικασία για το ζεύγος (κ,λ) θα μείνει τελικά ο αριθμός 2ν + 1 - 2κ ή ο αριθμός 2ν + 1 - 2λ δηλαδή ο 2(ν - κ) + 1 ή ο 2(ν - λ) + 1 που προφανώς είναι σε κάθε περίπτωση περιττός.

Για τα προβλήματα 9 και I Ο θυμηθείτε το κριτήριο διαιρετότητας με το 3 και παρατηρείστε ότι στους η, σ(η), σ(σ(η)) το υπόλοιπο της διαίρεσης τους με το 3 (έστω υ) είναι το ίδιο, (παραμένει αναλλοίωτο) . Τότε όμως αν

η = 3κ + υ, σ(η) = 3λ + υ, σ(σ(η)) = 3μ + υ θα έχουμε η + σ(η) + σ(σ(η)) = 3ρ = 2003 άτοπο, αφού το 3 δεν διαιρεί το 2003 .

Επίσης για το 1 Οο παρατηρείστε ότι 1 + 2 + 3 + . . . . +9 = 45 = 3 · 1 5 . Έτσι αν χρησιμοποιώντας τα ίδια αυτά ψηφία και το καθένα μια φορά, φτιάξουμε μερικούς αριθμούς (διψήφιους και μονοψήφιους) και αυτοί θα έχουν άθροισμα πολλαπλάσιο του 3 κάτι που δεν συμβαίνει με το 1 00. Για παράδειγμα: 2 + 3 + 7 + 5 = 1 7 = 3 · 5 + 2 επίσης 23 + 75 = 98 = 96 + 1 = 3 · 32 + 2 .

Το πρόβλημα Ι Ι είναι ένας κλασικός γεωμετρικός τόπος που μπορεί να απαντηθεί (και να κατανοηθεί πλήρως) μέσα από την αναζήτηση κάποιας αναλλοίωτης που θα σχετίζεται με το μέσον

� Σ � Μ του ΣΑ. Καθώς το Μ προσδιορίζεται άμεσα και μονοσήμαντα από το Α, είναι λογικό αν υπάρχει αναλλοίωτη που σχετίζεται με το Μ, θα πρέπει να υπάρχει κάποια αντίστοιχη αναλλοίωτη που να



σχετίζεται με το Α. Πραγματικά το σημείο Α κινείται πάνω στον κύκλο (O,R), άρα η απόσταση του από το Ο παραμένει αναλλοίωτη και ίση με R. Φέρνουμε το ΣΟ που είναι σταθερό τμήμα και θεωρούμε το μέσον του Κ που είναι επίσης σταθερό σημείο. Στο τρίγωνο τώρα ΣΟΑ τα Κ, Μ είναι μέ-

δ, λευ , , ΚΜ ΟΑ R σα των υο π ρων του αρα =τ=2" Παρατηρούμε έτσι ότι η απόσταση των σημείων Μ από το σταθερό σημείο Κ παραμένει σταθερή (αναλλοίωτη), άρα το Μ θα ανήκει σε κύκλο κέ-

κ , R , λ , ντρου και ακτινας 2" που ειναι τε ικα και ο

ζητούμενος γεωμετρικός τόπος. Για το πρόβλημα 12 ξεκινάμε πειραματικά

(μην ξεχνάτε τα λόγια του Αρχιμήδη) και έχουμε: 28=4 · 5 + 8 33=5 · 5 + 8 29 = 5 + 3 · 8 34= 2 · 5 + 3 · 8

30=6 · 5 35 =7 · 5 3 1 = 3 . 5 + 2 . 8 36 = 4 . 5 + 2 . 8 32=4 · 8 37=5 + 4 · 8 Ο Μπάμπης Μανουσιάδης (μαθητής Β ' γυμνα

σίου) παρατήρησε ότι δεν χρειάζεται ούτε μία επιπλέον επαλήθευση για να συμπεράνουμε το ζητούμενο. Κι αυτό γιατί οι αριθμοί 28,29, . . . ,37 αντιπροσωπεύουν ως προς το τελευταίο ψηφίο κάθε άλλο ακέραιο. Η δεκάδα δηλαδή των ψηφίων Ο, 1 ,2, . . . ,9 επαναλαμβάνεται αναλλοίωτα, άρα . . . .

Για παράδειγμα: 2003 = 33 + 1 970= 5 . 5 + 8 + 394 · 5 = 299 · 5 + 8 .

Τα προβλήματα 13 και 14 αποφεύγουμε να τα συζητήσουμε ώστε η χαρά της λύσης τους να είναι εξ ολοκλήρου δική σας. Όσοι πάντως γευτείτε αυτή τη χαρά μπορείτε να τη μοιραστείτε αν θέλετε με τον Ευκλείδη Β ' και όλους τους αναγνώστες του στέλνοντας μας τη λύση σας.

Η χαρά του π

«Τα μαθηματικά ασφαλώς δεν θα είχαν εμφα

νιστεί, αν ήταν γνωστό από την αρχή ότι δεν υπάρ

χει ακριβώς ευθεία γραμμή στη φύση, ούτε πραγμα

τικός κύκλος, ούτε απόλυτη μονάδα μέτρησης» ισχυρίζεται ο Νίτσε. Ενώ ο Φ.Τζ.Ντέιβις σημειώνει πως "το μυστηριώδες και θαυμαστό π, ξεπέφτει σε γαργάρα που βοηθά τους υπολογιστές να καθαρίζουν το λαιμό τους" .

Στο βιβλίο του Ντέιβιντ Μπλάντερ (ΝΜ) 'Ή χαρά του π" , ο αναγνώστης θα συναντήσει αρκετές αναφορές επιφανών ανδρών για τα μαθηματικά, τους υπολογιστές που βασίζονται σ' αυτά, και τον κύκλο, όπως οι προηγούμενες. Ακόμα θα βρει πολλούς , αφορισμούς και ατάκες, και γι' αυτό η ανάγνωσή του πιστεύουμε ότι θα αποτελέσει μια ευχάριστη ενασχόληση .

Το βιβλίο, που προαναφέραμε, είναι μια ε-

Γιάννης Σταμέλος

κλαϊκευτική μονογραφία για το ευρύτατα αναγν� ρισμένο ελληνικό γράμμα -εκτός βέβαια της πανεπιστημιακής κοινότητας- το οποίο μπορεί να συ

ναντήσει κανείς όχι μόνο στα εγχειρίδια μαθηματικών και στατιστικής, αλλά και στα αντίστοιχα φυσικής και αστρονομίας.

Το ελληνικό αυτό γράμμα, με το οποίο συμβολίζουμε το λόγο του μήκους τού κύκλου προς τη διάμετρό του - γνωστό τόσο στους μαθητές του δημοτικού όσο και στους πολυμαθείς καθηγητές πανεπιστημίου - είναι συνυφασμένο με πάμπολλες ιστορίες μυστηρίου, ρομαντισμού, αντιπαραθέσεων, υπερβολών αλλά και γραφικών περιστατικών και καταστάσεων.

Ακόμα και στη σύγχρονη παγκόσμια λογοτεχνία μπορεί κανείς να βρει επιδράσεις. Σ το εκκρεμές του Φουκώ, για παράδειγμα, ο Ουμπέρτο Έκο,



γράφει σχετικά: 'Έγώ ήξερα [. . .] ότι η περίοδος

[του εκκρεμούς] ρυθμιζόταν από τη σχέση ανάμεσα

στην τετραγωνική ρίζα του μήκους του νήματος, και

σ' εκείνο τον αριθμό π, πού με τρόπο παράλογο για

τις γήινες διάνοιες, συνδέει αναπότρεπτα, χάρη στη

θεία φρόνηση, την περιφέρεια με τη διάμετρο όλων

των δυνατών κύκλων, ώστε ο χρόνος του ταξιδιού [η

περίοδος του εκκρεμούς] από τον ένα πόλο στον

άλλο να είναι αποτέλεσμα μυστηριώδους συνωμοσί

ας των πιο άχρονων μέτρων, της μοναδικότητας του

σημείου εξάρτησης [λόγω της σταθεράς της βαρύτη

τας g του τόπου], της δυαδικότητας της μιας αφηρη

μένης διάστασης, της τριαδικής φύσης του π, του μυ

στικού τετραγώνου της ρίζας, της τελειότητας του

κύκλου" διερμηνεύοντας τη σχέση που εκφράζει ο τύπος της περιόδου του εκκρεμούς Τ = 2π Η .

Ο υπολογισμός του π αφορά το μαθηματικό πρόβλημα του υπολογισμού του λόγου του κύκλου προς την διάμετρο, όπως προαναφέραμε, και η τιμή του είναι η ίδια, σε οποιοδήποτε μέρος του σύμπαντος και για οποιονδήποτε κύκλο χρησιμοποιήσουμε, όπως γνωρίζουμε ακόμα και από τα στοιχειώδη μαθηματικά των σχολείων της Μέσης Εκπαίδευσης.

Η αρχαιότερη γνωστή καταγραφή για την τιμή του π υπάρχει στον πάπυρο Ριντ και έγινε από τον Αιγύπτιο γραφέα Αχμές γύρω στα 1 650 π.Χ., είναι δε 3 , 1 6049. Παρόλα αυτά δεν υπάρχουν στοιχεία που να πιστοποιούν ότι οι Αιγύπτιοι γνώριζαν πως το π είναι σταθερά. Όσο για τον συμβολισμό του με π, αυτός είναι του 1 706. Τότε χρησιμοποίησε πρώτος ο Ουίλιαμ Τζόουνς το π, για να συμβολίσει τον σταθερό αυτό λόγο. Όμως αυτός που τον καθιέρωσε ήταν ο Όιλερ, με το τεράστιο κύρος του.

Στο βιβλίο του ΝΜ υπάρχει μια αρκετά εκτενής αναφορά σε επιστήμονες και μεθόδους που αναπτύχθηκαν, για να προσδιορίσουν ακριβέστερα την τιμή του π.

Το π είναι άρρητος, δηλαδή δεν μπορεί να γραφεί σαν κλάσμα, ακεραίων αριθμών με παρα-

νομαστή διαφορετικό απ' το μηδέν· δεν είναι όμως αλγεβρικός (υπάρχουν άπειροι άρρητοι αλγεβρικοί πχ το .J2 ), είναι υπερβατικός δηλαδή δεν υπάρχει πολυωνημική εξίσωση με ακεραίους συντελεστές, της οποίας να είναι ρίζα. Όπως ακόμα και οι μαθητές του Γυμνασίου γνωρίζουν, η γραφή των άρρητων ως δεκαδικών οδηγεί σε μη τερματιζόμενο αριθμό και χωρίς περιοδικότητα ψηφίων.

Οι Αναξαγόρας, Αρχιμήδης, Κλαύδιος Πτολεμαίος, Αλ Κβαράσμι, Φιμπονάτσι, Βιέτ, Σνελ, Ουόλις, Γκρέγκορι, Λάιμπνιτς, Νεύτωνας, Όιλερ, είναι μερικοί από τις μεγάλες μορφές που ασχολήθηκαν με το π.

Αναφορές στο π μπορεί να βρει κανείς στη Βίβλο, η τιμή που αναφέρεται σ' αυτήν είναι 3 , αλλά και στις αναλογίες της Μεγάλης Πυραμίδας της Γκύζας: Ο λόγος του μήκους μιας πλευράς προς το ύψος της είναι περίπου π/2 .

«Για αιώνες αιγυπτιολόγοι και οπαδοί του μυστικισμού, διατύπωναν υποθέσεις σχετικές με τη σημασία και την αιτία αυτής της σχέσης. [ . . . ] Ωστόσο ο Ηρόδοτος έγραψε πως η πυραμίδα κατασκευάστηκε με τέτοιο τρόπο, ώστε το εμβαδόν κάθε έδρας να ισούται με το εμβαδόν τετραγώνου, που έχει πλευρά ίση με το μήκος του ύψος της πυ

ραμίδας. Μπορεί να αποδειχθεί ότι οποιαδήποτε πυραμίδα με αυτόν τον σχεδιασμό προσεγγίζει αυτομάτως το π» σημειώνει ο ΝΜ.

Τους Έλληνες του 4ου π.Χ. αιώνα που εξέτασαν το πρόβλημα, δεν τους ενδιέφερε τόσο η μέτρηση εκτάσεων, όσο η διερεύνηση των ιδεών. Την περίοδο εκείνη, και για πρώτη φορά στην ιστορία, οι άνθρωποι σταμάτησαν να ρωτούν "πόσο;" και άρχισαν να ρωτούν «πως και γιατί;». Ήταν η χρυσή εποχή του στοχασμού, κι ενώ ο λόγος του κύκλου προς τη διάμετρο δεν ήταν από τα σημαντικότερα ζητήματα της εποχής, εντούτοις για μερικούς από τους μεγαλύτερους μαθηματικούς της αρχαιότητας υπήρξε αντικείμενο έρευνας.

Ο Αρχιμήδης (287-2 12 π.Χ.) χρησιμοποίησε τη μέθοδο της εξάντλησης, προσεγγίζοντας το μήκος



του κύκλου εγγράφοντας και περιγράφοντας σ' αυτόν κανονικά πολύγωνα, των οποίων διπλασίαζε τον αριθμό των πλευρών. Υπολόγιζε στη συνέχεια τις περιμέτρους των και, μ' αυτόν τον τρόπο, μια αρκετά καλή προσέγγιση του μήκους της περιφέρειας και του π. Θα πρέπει, εδώ, να επισημάνουμε ότι μέχρι τον Αλ Κβαράσμι ((_/ς μ.Χ. αι) δεν χρησιμοποιούνται οι γνωστοί μας Αραβικοί αριθμοί, το μηδέν και η υποδιαστολή για τα δεκαδικά ψηφία.

Το 1 579 ο Βιέτ χρησιμοποιεί έναν τύπο που δίνει τη τιμή του π με απειρογινόμενο. Τον 1 γ αιώνα ο Ουόλις, χωρίς να χρησιμοποιεί τον απειροστικό λογισμό, επίσης βρίσκει ένα τύπο ανάλογο με εκείνο του Βιέτ, αλλά σαφώς πιο εύχρηστο. Ανάλογη είναι και η συμβολή των Γκρέγκορι, Λάιμπνιτς και Νεύτωνα. «Ήταν ολοφάνερο ότι ο υπολογισμός του λόγου του κύκλου προς τη διάμετρο δεν ήταν πλέον ζήτημα απλών μαθηματικών πράξεων».

Στο βιβλίο του ΝΜ επιχειρείται να δοθεί μια απάντηση στο ερώτημα: Γιατί οι άνθρωποι να ασχοληθούν με τον ακριβή προσδιορισμό της τιμής του π, αφού ένας μηχανικός χρειάζεται στην πιο ακραία περίπτωση 7 δεκαδικά ψηφία, ενώ για να προσδιορίσουμε με ακρίβεια μερικών εκατοστών την περιφέρεια ολόκληρου του ορατού σύμπαντος απαιτούνται 30 δεκαδικά ψηφία;

Ο ΝΜ ισχυρίζεται συν τοις άλλοις στο βιβλίο του ότι "η αναζήτηση του π είναι βαθιά ριζωμένη στο ερευνητικό πνεύμα του ανθρώπου [ . . . ] και στην ασυγκράτητη τάση μας να δοκιμάζουμε τα όριά μας. Όπως και με το Έβερεστ: οι άνθρωποι ανεβαίνουν εκεί πάνω, απλώς και μόνο επειδή υπάρχει" .

Με την εξέλιξη των υπολογιστών, από το τελευταίο μισό του 20ου αιώνα και εντεύθεν, ο υπολογισμός των ψηφίων του π εξελίχθηκε σ' έναν ανταγωνισμό των εταιρειών κατασκευής υπολογιστών στην κατάκτηση της πρώτης θέσης.

Στα πολλά αξιοσημείωτα που προκύπτουν από τον υπολογισμό των ψηφίων του π, σημειώνουμε τον τυχαίο τρόπο, χωρίς κανόνα, που εμφανίζονται

τα ψηφία του και το ότι οι αλγόριθμοι που δοκιμάζονται στους υπολογιστές για τον προσδιορισμό των ψηφίων του, αποτελούν το ιδανικότερο τεστ για την καλή λειτουργία του υλικού τους και του λογισμικού.

Έτσι, πέρα από τις άλλες γνωστές χρήσεις του π, προστίθεται και εκείνη για τους υπολογιστές οι οποίοι κυριαρχούν σήμερα στη ζωή μας, επιβεβαιώνοντας για άλλη μια φορά ότι θεωρητικά θέματα μπορούν να έχουν εφαρμογές πολύ πρακτικές.

Ένα άλλο θέμα, που σχετίζεται με το π και το οποίο πραγματεύεται εκτενώς ο ΝΜ στο βιβλίο του, είναι εκείνο του τετραγωνισμού του κύκλου.

«Η ιστορία είναι γεμάτη από προσπάθειες μεταβολής ενός στοιχείου της φύσης σε κάποιο άλλο, με τη βοήθεια της αλχημείας, της μαγείας ή της επιστήμης». Ο τετραγωνισμός του κύκλου είναι από τους λίγους μαθηματικούς γρίφους, που έγινε ευρύτερα γνωστός εκτός των ορίων της μαθηματικής κοινότητας. Το πρόβλημα είναι να κατασκευαστεί ένα τετράγωνο μόνο με κανόνα και διαβήτη και πεπερασμένο αριθμό βημάτων, το οποίο να έχει το ίδιο εμβαδόν μ' έναν δοσμένο κύκλο.

Η φράση «τετραγωνίζω τον κύκλο» στην καθημερινή γλώσσα εκφράζει ένα σχέδιο καταδικασμένο σε αποτυχία. Ο Αριστοφάνης στους Όρνιθες (4 14 π.Χ.) σατιρίζοντας το μάταιο του επιχειρήματος γράφει: "Με έναν ίmο χάρακα έπιασα δουλειά.

Να κάνω τον κύκλο με τέσσερις γωνίες". Ο Δάντης επίσης στη Θεία Κωμωδία: '2'αν τον γεωμέτρη που

παλεύει και δεν τα καταφέρνει τον κύκλο να μετρή

σει, και για να βρει τη λύση στήριγμα γυρεύει, έτσι κι

εγώ τούτο το πρωτόφαντο θέαμα είχα αντικρίσει".

Το πρόβλημα του τετραγωνισμού του κύκλου αναφέρεται και στον πάπυρο Ριντ, αλλά μόνο μετά τον 1 6° αιώνα οι μαθηματικοί συνειδητοποίησαν ότι κάθε προσπάθεια είναι μάταιη . "Εδώ ίσως ν' αρχίζει και η ρήξη ανάμεσα στους γνήσιους μαθηματικούς και τους «τετραγωνιστές του κύκλου» " .

Το 1 775 είναι γνωστό ότι η Γαλλική Ακαδημία Επιστημών αποφάσισε να μην δέχεται λύσεις για τον

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.2/1 1


τετραγωνισμό του κύκλου, την τριχοτόμηση της γωνίας, τον διπλασιασμό του κύβου και το αεικίνητο.

Επειδή, εκ πρώτης όψεως, δημιουργείται η εντύπωση ότι πρέπει να υπάρχει λύση, πάρα πολλοί ήσαν εκείνοι που πίστεψαν στις «καλές τους ιδέες» και την ακάματη φιλοπονία τους, αλλά αντί στην αναγνώριση οδηγήθηκαν στην γελοιοποίηση !

Μεταξύ αυτών και αρκετοί επώνυμοι, όπως ο Χόμπς και η βουλή της Ιντιάνα η οποία ψήφισε, παμψηφεί, νομοσχέδιο, που αναγνώριζε σε κάποιον γιατρό το δικαίωμα της διαχείρισης της λl}. σης του τετραγωνισμού του κύκλου.

«0 αγώνας δρόμου των τετραγωνιστών του κύκλου που αψηφούν τις ετυμηγορίες των μαθηματικών [ . . . ] δεν θα τελειώσει ποτέ, όσο παραμένουν ενωμένες η άγνοια και η δίψα για δόξω) σημείωνε ο Χ.Σούμπερτ ( 1 898). Ενώ και σήμερα ακόμα διαβάζουμε κατά καιρούς στον τύπο για κάποιον σε κάποιο μέρος της Γης, ισχυρίζεται πως τετραγώνισε επιτέλους τον κύκλο ! ! !

Στη μαθηματική κοινότητα είναι γνωστό, από το 1 882 που ο Λίντεμαν το απέδειξε, ότι το πρόβλημα δεν επιδέχεται λύση με τις προϋποθέσεις που έχουν τεθεί.

Το π, λόγω του ότι τα ψηφία είναι άπειρα και επειδή παρατίθενται χωρίς κανόνα, αποτελεί την καλύτερη πρόκληση για τους aριθμομνήμονες. Το 1 995 ο 23-χρονος Χιρογιούκι Γκότο aπήγγειλε από μνήμης 42 .000 ψηφία για περίπου εννέα ώρες.

Ανάμεσα στις τεχνικές aπομνημόνευσης των αρχικών ψηφίων του είναι και εκείνη με τον αριθμό των γραμμάτων στις λέξεις στιχουργημάτων που δημιουργούνται γι' αυτό το σκοπό. Στα ελληνικά είναι γνωστό το τετράστιχο που δημιούργησε ο Καθηγητής Ν. Χατζηδάκης: «Αεί ο Θεός ο Μέγας γεωμετρεί . . . )) , για το 3 , 1 4 1 59 . . .

Στο βιβλίο κατατίθεται και η άλλη άποψη για το μάταιο όλων αυτών των επιχειρημάτων με το σχόλιο του Άντεργουντ Ντάνλεϊ: «Ας ευχαριστοl}. με μεγαλόφωνα και καθημερινά τον Θεό, που δεν είμαστε τρελοί να αφιερώνουμε όλη μας την ενερ-

γητικότητα για να πείθουμε τον κόσμο ότι το π ισούται με 3 , 1 24, 22/7 ή ρίζα του 10 ακριβώς.

Μπορεί να υπάρχουν μικρές πιθανότητες να είναι η ζωή μας μεστή από νόημα, γεμάτη πλούτη και ευτυχία, είναι όμως μεγαλύτερες από τη σχεδόν μηδενική πιθανότητα να τετραγωνίσουμε τον κύκλο)).

Ο συγγραφέας στον επίλογο κλείνει το βιβλίο γράφοντας: «Όταν κοιτάζουμε στον καθρέπτη [ . . . ] η έγχρωμη ίρις [των ματιών μας] σχηματίζει ένα κυκλικό παράθυρο όπου μπορούμε να δούμε την ψυχή μας. Ίσως αυτή η κυκλικότητα να ώθησε τους πρώτους ανθρώπους να ατενίσουν με δέος τον κύκλο και, αργότερα, να τον μετρήσουν, κι ίσως μας οδηγήσει βαθύτερα στην έρευνα του Π)).

Ο ΝΜ, σημειώνεται στο βιβλίο, έχει γράψει βιβλία για θέματα ψηφιακής εικόνας και εικονικής πραγματικότητας.

Το βιβλίο «Η χαρά του Π)) στα ελληνικά κυ

κλοφορεί από τις εκδόσεις Ωκεανίδα, έκδοση 200 1 , σε μετάφραση του κ Γαβριήλ Μοσχόπουλου. Το σχήμα του είναι 1 6,5χ 1 6,5, αποτελείται από 1 50 σελίδεs, οι οποίες δεν καταλάβαμε γιατί δεν έχουν αρίθμηση. Το μισό σχεδόν της κάθε σελίδας έχει ως διάκοσμο τα ψηφία του π ως το εκατομμυριοστό ψηφίο του, που όμως δεν είναι ευκρινή . Το εξώφυλλό του επίσης, είναι μια σύνθεση με κεντρικό σύμβολο το π.

Αν εξαιρέσουμε μερικά σημεία που αφορούν τα απειρογινόμενα, το βιβλίο διαβάζεται άνετα και ευχάριστα απ' όποιον έχέι βασική μαθηματική παιδεία δευτεροβάθμιας εκπαίδευσης, και λόγω μεγέθους «μονορούφυ).

Θα πρέπει ακόμα να επισημάνουμε ότι στον τύπο του Γκρέγκορι αντί τοξεφ θα πρέπει να γραφεί τοξεφχ.

Στα θετικά του βιβλίου θα πρέπει να περιλάβουμε και τον πολύ εύχρηστο αλφαβητικό κατάλογοευρετήριο ονομάτων και όρων, στο τέλος του βιβλίου.

Το συνιστούμε σε κάθε φιλομαθή και ιδιαιτέρως στους μαθητές της Β ' και Γ Λυκείου, όταν θα έχουν ελεύθερο χρόνο.



r Διερεύνηση ενός προβλήματος

Να βρεθεί πόσα τρίγωνα υπάρχουν της μορφής του διπλανού σχήματος, αν είναι γνωστό ότι: η Ε Ν * και Ο < χ ::::;; 1 .

Α

β= n+3χ

r�--------�----�8 α=n+2χ Σχήμα 1

Το πρόβλημα είχε προταθεί απ ' τον Ακαδημαϊκό

κύριο Νικόλαο Αρτεμιάδη στο τεύχος 48 στη στήλη

«0 Ευκλείδης προτείνει . . . Ευκλείδη και Διόφαντο».

Στο σχήμα ωστόσο που συνόδευε την εκφώνηση του

προβλήματος, παραλείφθηκε η ένδειξη ότι η ενδιά-

μεση ευθεία ΑΡ είναι κάθετη στη ΒΓ.

Η διαπραγμάτευση που ακολουθεί αντιμετωπίζει

το πρόβλημα σε κάθε περίπτωση όπου το ΑΡ είναι

βέβαια συγκεκριμένο όχι όμως αναγκαστικά κάθετο

στη ΒΓ.

'Εχουμε: Ε = (χ +�η) 3η (χ +�η) .

Και επειδή : Ε = �αυα = (χ +�η ) υα Α

α =η+2χ Σχήμα 2

,---,-----,-

συμπεραίνουμε ότι: υα = 3η (χ +�η) Πρέπει: υα :::; (ΑΡ) = η ή ισοδύναμα:

3η (χ + .!..η) < η {::} 1 2χ < η 4 - -1 . Έστω η = 2χ τότε:

( 1 )

(2)

Γιάννης Δ. Στρατής

υα = .J36x(x + 3χ) = 1 2χ = η = (ΑΡ) · δηλαδή η ΑΡ ειναι κάθετη στη ΒΓ. Κι επειδή Ο < χ :::; 1 , συμπεραίνουμε ότι:

0 < η ::; 12 · δηλαδή η ε S με S · {1, 2, . . . 1 2} .

Σε κάθε η του S αντιστοιχεί ένας ακριβώς χ = .Ε_ . Οπότε κατασκευάζεται τρίγωνο ΑΒΓ με 1 2 λε ' 7 β 5 1 3 (4) π υρες: α = 6η, = 4η, γ = 12 η

[ ' 1 5 β 9 ] αφου : α - γ = ϊ2η < 4η = < 4η = α + γ .

Σχήμα 3 15

Α

12 13

lf----�+-------J.Pll <------1-4 __ --='"'...,_ ________ �Βιz

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι: 3 συνΓ = -5 '

Β 5 Ά ' Δ ' ' συν = }3 . ρα το ιχνος του υψους υα ειναι εσωτερικό της ΒΓ.

Κι επειδή : υα = 3η (.Ε_ + .!..η) δηλαδή υα. = η, 12 4 συμπεραίνουμε ότι υπάρχουν 12 ακριβώς τρίγωνα, όμοια μεταξύ τους, που ανταποκρίνονται στο σχήμα του προβλήματος. 2. Έστω η > 1 2χ {::} (ΑΡ) > υα .

Ωστόσο ισχύει: Ο < χ ::Ξ; 1 . Κι επομένως συμπεραίνουμε ότι: «για κάθε η ε Ν με η ;::: 1 3 ισχύει η> 12χ·δηλαδή (ΑΡ) > υα. Κι επειδή για κάθε η Ε Ν * και χ ε (0, 1] ισχύει: I Cη + 2χ) - (η + x)l < η + 3χ < (η + 2χ) + (η + χ) , συμπεραίνουμε ότι υπάρχουν άπειρα τρίγωνα, που ανταποκρίνονται στο σχήμα 1 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.2/13


Ενδιαφέρον λοιπόν έχει να μελετήσουμε το

πρόβλημα, όταν το ευθύγραμμο τμήμα ΑΡ είναι

καθορισμένο δηλαδή όταν το σημείο Ρ είναι σ�

γκεκριμένο και δεν είναι το ίχνος Δ του υa-Κατ' αρχάς παρατηρούμε ότι το Ρ πρέπει να εί

ναι εσωτερικό σημείο το� ευθυγράμμου τμήματος Β Ή· όπου Β ' το συμμετρικό του Β ως προς το ίχνος Δ του ύψους υα.

Α

Γ Β' Μ Σ Δ Μ' Β α=η+2χ

2. 1 Έστω ότι το σημείο Ρ είναι το μέσο Μ της ΒΓ· δηλαδή � = η. Καθώς είναι γνωστό (Πρώτο Θεώρημα Διαμέσων) ισχύει:

1 μ� = - (2β2 + 2γ2 - α) . 4 Έτσι έχουμε: 4μ� = 3η2 + 1 2ηχ + 1 6χ2 (5) Συνεπώς έχουμε να επιλύσουμε την εξίσωση :

1 6χ2 + 1 2nx - η2 = Ο , (6) που έχει μια μόνο θετική λύση

Κι επειδή Ο < χ ::; 1 συμπεραίνουμε ότι: η ::; 2.Jϊ3 + 6 (8)

Αλλά 13 < 2.Jϊ3 + 6 < 14 . Άρα η ::ς 13 · δηλαδή η ε S' με s' = {1, 2, . . . , 1 3} .

Σε κάθε η του συνόλου S ' αντιστοιχεί μια ακριβώς τιμή του χ, που δίνεται από τον τύπο (7). Και συνεπώς κατασκευάζεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α = .Jϊ3 + 1 η β = 3.Jϊ3 - 1 η γ = .Jϊ3 + 5 η 4 ' 8 ' 8 και είναι προφανώς όμοια μεταξύ τους.

Για νάναι ·δεκτή η τιμή του χ, που δίνει ο τύπος (7) πρέπει και αρκεί να ισχύουν οι συνθήκες: 1 2χ < η και μα = η .

• Για το πρώτο έχουμε: 1 2χ = � (.Jϊ3 - 3)η = Jil η < η . 2 1 3 + 3

• Για το δεύτερο έχουμε:

4μ: = [z( 3� - I )' + 2( � + 5 )'

-( �+ I)} = 2::0,

δηλαδή 4μ� = 4η2 • Οπότε μα = η . Άρα στην περίπτωση που η ΑΡ είναι η διάμεσος

του τριγώνου, υπάρχουν 1 3 ακριβώς τρίγωνα, όμοια μεταξύ τους, που ανταποκρίνονται στο σχήμα 1 . 2.2 Έστω ότι το σημείο Ρ είναι το σημείο Σ, που η

Λ

διχοτόμος της γωνίας ΒΑΓ συναντάει τη ΒΓ· δηλαδή : δα = η. (9) 'Ε χουμε (ΓΣ) = � .

(ΣΒ) γ , β η + 3χ Και συνεπως (ΓΣ) = -- α = -- .

Έτσι παίρνουμε: β + γ 2

(ΓΣ) = (ΓΔ) - (ΔΣ) = �β2 - υ� - �δ� - υ� ( I ) 1 . 1 = -(η + 6χ) - -Jη(η - 12χ) (9) 2 2 Συνεπώς αναζητούμε τη λύση της εξίσωσης:

9χ2 + 12ηχ - η2 = 0 ( 1 0) . Η (1) ' ' ' θ ' λ ' JS-2 ( 1 1 ) εχει μια μονο ετικη :υση χ=-3-η .

Κι επειδή Ο < χ ::; 1 , συμπεραίνουμε ότι: η ::; J5

3_ 2 = 3 (J5 + 2) ( 1 2) .

Ωστόσο 1 2 < 3J5 + 6 < 1 3 .Άρα η ::; 1 2 · δηλαδή η Ε S [όπου S = { 1 ,2, . . . , 1 2 } ]

Σε κάθε η Ε S αντιστοιχεί ένας ακριβώς χ , που δίνεται απ' τον τύπο ( 1 1 ) και συνεπώς κατασκευά-

2J5 - 1 ζεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές: α = η , 3 ( r; ) J5 + 1 ' β = ν5 -1 η , γ = -3-η αφου:

α - γ = J53- 2 η < (JS - 1) η = β < JSη = α + γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 'λl,' τ.2/14


Το τρίγωνο αυτό ανταποκρίνεται στο σχήμα 1 δι& τι: δa = η. [Θυμiζουμε ότι: δα = -2-.jβγτ(τ - α) ] . β + γ

Τελικά, στην περίπτωση που η ΑΡ είναι η διχο-Λ τόμος της γωνίας Α του τριγώνου, υπάρχουν 12

ακριβώς τρίγωνα, όμοια μεταξύ τους, που ανταποκρίνονται στο σχήμα 1 . 2.3 Έστω τώρα ότι το σημείο Ρ διατρέχει το ευ�

γραμμο τμήμα ΜΔ. Κι ας είναι (ΜΡ) = κ · ό(ΡΔ) που κ συγκεκριμένος θετικός αριθμός. Τότε: (ΜΡ) = _κ_(ΜΔ), (ΡΔ) = -1-(ΜΔ) . κ + 1 κ + 1

(5) Κι επειδή : ΜΔ = �μ� - υ� = (I)

/]_ (3η2 + 12ηχ + 16χ2 ) - 3ηχ - lη2 = 2χ ( 1 3), V 4 4 συμπεραίνουμε ότι (ΜΡ) = 2κχ , (ΡΔ) = � (14) κ + 1 κ + 1

Τώρα από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΡ έχουμε: (ΑΡ)2 = (ΑΔ)2 + (ΔΡ)2 . Οπότε αναζητούμε τη

( \ ) 3 4χ2 λύση της εξίσωση : η2 = 3ηχ+-η2 + 2 ( 1 5) ( 14) 4 (κ+ 1 )

ή 1 6χ2 + 12(κ + 1)2 ηχ - (κ + 1)2 η2 = 0 , που έχει μία μόνο θετική λύση :

( 1) �--9(_κ_+-1)--::-2 -+-4 - 3( κ + 1) χ = η κ + ( 1 6). 8

ή

Κι επειδή Ο < χ :::; 1 , συμπεραίνουμε ότι η < 8

- (κ + 1) [�9(κ + 1)2 + 4 - 3(κ + 1)] 2 �9(κ + 1)2 + 4 + 3(κ + 1) η ::; κ + 1 ( 1 7)

Εύκολα αποδεικνύεται ότι: �9(κ+ 1 )2 +4+3(κ+1 ) 1 2 :::; 2 . < 14 , για κάθε κ>Ο. κ+1

Επιλύουμε τώρα την ανίσωση : 2 �9(κ + 1)2 + 4 + 3(κ + 1) < 1 3 κ + 1 ή ισοδύναμα �9(κ+1 )2 +4<7(κ+1 ) <::::> κ> 4Ji3-13 . 1 3

Οπότε: 4Ji3 - 13 ' ..,. Για Ο < κ < ισχuει: - 1 3

1 3 2 �9(κ + 1)2 + 4 + 3(κ + 1) 1 4 < < και συ-- κ + 1 νεπώς: η :::; 1 3 · δηλαδή η Ε S' (όπου S ' = { 1 ,2, . . . , 1 3 } ).

ιιι... Γ . 4Ji3 - 1 3 , ,... ια κ > ισχuει: 1 3 �9(κ + 1)2 + 4 + 3(κ + 1) 3 12 < 2 < 1 κ + 1

και συνεπώς η ::; 12 · δηλαδή η ε S (όπου S = { 1 , 2, . . . , 1 2 } ) . Για να είναι τώρα δεκτή η λύση, που δίνει ο τύ

πος ( 1 6), πρέπει και αρκεί να επαληθεύει τις συνθήκες: υα < η < μα . 8 Η πρώτη είναι ισοδύναμη, καθώς έχουμε απο

δείξει, με τη συνθήκη : 1 2χ < η . Έχουμε: 1 2χ = % (κ+ 1 ) [ �9(κ+ 1 )2 +4+ 3(κ+ 1 )] η<η �

3(κ + 1)�9(κ + 1)2 + 4 < 9(κ + 1)2 + 2 που είναι αληθής (αποδεικνύεται εύκολα).

• Η δεύτερη είναι ισοδύναμη με τη συνθήκη: 4η2 < 3η2 + 12ηχ + 1 6χ2 ή 1 6χ2 + 12ηχ - η2 > 0 ( 1 9) . Το τριώνυμο φ( χ) = 1 6χ2 + 1 2nx - η2 έχει ρί-

-3 - Ji3 -3 + Ji3 ζες ρι = η , ρ2 = η · 8 8 Συνεπώς για να δείξουμε τη ( 1 9) είναι αρκετό

να δείξουμε ότι η τιμή του χ, που δίνει ο τύπος ( 1 6), είναι μεγαλύτερη της Ρ2 δηλαδή :

�9(κ+1 )2 +4+3(κ+1 ) -3+Ji3 η(κ+1 ) > η 8 8 � 2(1 1 - 3Ji3)(κ2 + 2κ) > 0

που είναι αληθής. Ας είναι τώρα Ν το ακέραιο μέ-�9(κ+1 )2 +4+3(κ+1 ) , ρος του 2 , δηλαδη κ+1

2 �9(κ + 1)2 + 4 + 3(κ + 1) , Ν = , τοτε για κάθε κ + 1 η Ε {1, 2, . . . , Ν} αντιστοιχεί ένας ακριβώς χ, η τιμή



του οποίου δίνεται από τον τύπο ( 1 6) και συνεπώς κατασκευάζεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α = η + 2χ , β = η + 3χ , γ = η + χ .

Αν λοιπόν το σημείο Ρ χωρίζει το ΜΔ σε λόγο κ, τότε (ΑΡ) = η [προκύπτει αμέσως από την σχέση (1 5)] .

Τελικά υπάρχουν Ν _το πλήθος τρίγωνα με 112 4JΊ3 - 1 3 , αν κ > ---

Ν 1 3 . = r;-;:; , τα οποια αντα-1 3 ο < 4ν1 3 - 1 3 , αν < κ - 1 3

ποκρίνονται στο σχήμα 1 , στην περίπτωση που το Ρ χωρίζει το ΜΔ σε λόγο (ΜΡ) = κ (κ > Ο) . (ΡΔ)

. 2 .4 . Αν το Ρ διατρέχει το ευθύγραμμο τμήμα ΔΜ' όπου Μ' το συμμετρικό του Μ ως προς το ίχνος Δ του ύψους υα, θα έχουμε, λόγω συμμετρίας τα ίδια αποτελέσματα με ό,τι βρήκαμε στο 2 . 1 για το Μ και στο 2.3 για οποιοδήποτε σημείο Ρ που χωρίζει το ΜΔ σε λόγο κ(κ>Ο).

2.5 . Έστω ότι το σημείο Ρ διατρέχει το ευθύγραμμο τμήμα ΜΉ κι ας είναι (Μ'Ρ) = λ · όπου λ>Ο συγκεκριμένος. (ΡΒ)

Έχουμε: (Μ'Ρ) = _λ_(Μ'Β), λ + 1 (ΡΒ) = -1-(Μ'Β) κι επειδή λ + 1

Ι Ι 1 1 (Μ Β)=(ΜΒ}-(ΜΜ )=2 (η+2χ}-4χ=2 (η-6χ) συ-μπεραίνουμε ότι:

(Μ'Ρ) = λ( η - 6χ) (ΡΒ) = η - 6χ (20) . 2(λ + 1) ' 2(λ + 1) Ωστόσο : (Μ'Ρ) = (ΔΡ) - (ΔΜ') = _!_�η( η - 1 2χ) - 2χ . Συνεπώς αναζητούμε τη 2

λύση της εξίσωσης: _!_�η(η - 1 2χ) - 2χ = 2 λ(η-6χ) ι = {::} (λ+ 1 )ν η(η-12χ)=λη+2(2-λ)χ (2 1 ) . 2(λ+1 Το δεύτερο μέρος της (2 1 ) είναι θετικό. Διότι:

• Για 2 - λ � Ο {::} λ ::::; 2 ο ισχυρισμός είναι προ-φανώς αληθής.

• Για 2 - λ < Ο {::} λ > 2 αποδεικνύουμε ότι:

λη > 2(λ - 2)χ . • Αν η :?: 2 τότε η :?: 2χ [αφού: 2 :?: 2χ ] .

Κι επειδή λ> λ- 2 > Ο , συμπεραίνουμε ότι λη > 2(λ - 2)χ .

• Αν η = 1 , τότε 12χ < 1 {::} χ < _!_ . Συνεπώς 12 1 1 λη = λ > - (λ - 2) = 2 · -(λ - 2) = 2χ(λ - 2) . 6 12

Η (2 1 ) είναι ισοδύναμη με την εξίσωση : (λ + 1)2 (η2 - 12ηχ) = [λη + 2(2 - λ)χ]2 ή μετά τις πράξεις :

4(λ-2)2χ2 +4(2λ2 +8λ+3)ηχ-(2λ+ 1 )η2 =Ο (22) . (α) : Για λ = 2 η (22) γίνεται: 1 08χ = 5η ή

5 χ = -η (23) . 1 08 Κι επειδή Ο < χ ::::; 1 συμπεραίνουμε ότι:

η ::::; 1�8 = 2 1 .6 . Άρα η ::::; 2 1 · δηλαδή η Ε {1, 2, . . . , 2 1} .

Σε κάθε η Ε {1, 2, . . . , 2 1} αντιστοιχεί ένας ακρι-βώς χ, που δίνεται από τον τύπο (23) . Οπότε κατα-

. ζ ' ΑΒΓ λε ' 1 1 8 σκευα εται τριγωνο με π υρες: α = 1 08 η ,

β 1 23 1 1 3 [Ο λ ' . . θ = 1 08 η , γ = 1 08 η . ι υσεις αυτες, οπως α δούμε παρακάτω, εμπεριέχονται στο γενικό τύπο (24)] .

(β): Η (22) για λ � 2 έχει μία μόνο θετική λύση : �(2λ 2 +8λ+3)2 +(2λ+ 1 )(λ-2)2 -(2λ2 +8λ+3) χ = η.....:.._--------:------2(λ-2)2

= (2λ+ 1 )η (24) 2 [�(2λ2 +8λ+3)2 +(2λ+ l )(λ-2)2 +2λ2 +8λ+3] Ο τύπος (24) έχει νόημα για λ = 2 και γίνεται

χ = __2_η . 'Ετσι στον τύπο (24) συγκαταλέγονται 1 08 όλες οι λύσεις για την περίπτωση που μελετάμε.

Επειδή Ο < χ ::::; 1 συμπεραίνουμε ότι: �(2λ2 +8λ+3)2 +(2λ+ 1 )(λ-2)2 +2λ2 +8λ+3 η < 2 (25) - 2λ+1

Θεωρούμε τη συνάρτηση J (2λ

2 +8λ + 3)2

+(2λ + ι )(λ-2)2

+ 2λ 2

+8λ + 3 f(λ)=2 /(Ο,+οο) 2λ+ Ι



ή μετά τις πράξεις f(λ)=2

�4λ4

+34λ3

+69λ2

+52λ+ 1 3 +2λ2

+8λ+3 (26). 2λ+Ι

Οπότε: Βλ 4+42λ3 +5 Ι λ2 + Ι 7λ+2(2λ2 +2λ+Ι ))4λ4 +34λ3 +69λ2 +52λ+Ι 3 f'(λ) -'-'----"-'------:-r==�====::====f��=.,.;..--_;_

(2λ+ Ι )2)4λ 4 + 34� + 69λ2 + 52λ + 1 3

Κι επομένως: f'(λ) > Ο για κάθε λ Ε (Ο, +οο) και συνεπώς η συνάρτηση είναι γνήσια αύξουσα.

Κι επειδή : lim f(λ) = 2 (Ji3 + 3) και λ--+0

lim f(λ) = +οο συμπεραίνουμε ότι το σύνολο λ-++οο

τιμών της συνάρτησης αυτής είναι το ανοικτό διάστημα (2Ji3 + 6,+οο ) .

Άρα για κάθε λ Ε (0, +οο) ισχύει: �(2λ2 +8λ+3)2 +(2λ+Ι )(λ-2)2 +2λ2 +8λ+3 r.;; 2 >2ν 1 3+ 1 6 2λ+Ι

και συνεπώς Ι 2λ+Ι �� > -rr===============�----, 2 ( JΪ3+3) 2 [�(2λ 2+8λ+3)2 +(2λ+ Ι )(λ-2)2 +2λ 2+8λ+3 ] , (Ji3-3 )η > η 8

(2λ+1 )η

Από την τελευταία συμπεραίνουμε ότι: «η τιμή του χ, που δίνει ο τύπος (24), ανήκει στο εσωτερικό του διαστήματος, που ορίζουν οι ρίζες ρ, , ρ2 (ρ1 < Ο < ρ2 ) του τριώνυμου: φ( χ) = 1 6χ2 + 12nx - η2 ». Και συνεπώς, γι' αυτή την τιμή του χ, ισχύει φ( χ) < Ο ή 1 6χ2 + 12ηχ + 3η2 < 4η2 ή 4μ� < 4η2 ή μα < η · δηλαδή η τιμή του χ, που δίνει ο τύπος (24) είναι δεκτή. Θέτουμε Ν = [f(λ)] . Οπότε Ν � [2Ji3 + 6] = 13 .

Σε κάθε η Ε {1, 2, . . . , Ν} αντιστοιχεί, σύμφωνα με τον τύπο (24), ένας ακριβώς χ και κατασκευάζεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές

α = η + 2χ , β = η + 3χ , γ = η + χ .

Τελικά, στην περίπτωση που το σημείο Ρ χωρίζει το Μ'Β σε λόγο (Μ'Ρ) = λ (λ>Ο, συγκεκριμέ-(ΡΒ) νος), υπάρχουν Ν το πλήθος (Ν � 1 3) όμοια μεταξύ τους τρίγωνα, που ανταποκρίνονται στο σχήμα 1 , αφού σύμφωνα με το Θεώρημα Stewart, ισχύει:

(ΑΜ')2 (ΡΒ) + (ΑΒ)2 (Μ'Ρ) =

= (ΑΡ)2 (Μ 'Β) + (Μ'Β)(Μ'Ρ)(ΡΒ)

Οπότε, λόγω των (20) και την εκτέλεση απλών πράξεων καταλήγουμε στην ισότητα: 4(ΑΡ)2 (λ + 1)2 = (λ + 1)(3η2 + 1 2nx + 1 6χ2 ) + +4λ(λ + 1)(η2 + 2nx + χ2 ) - λ(η2 - 12nx + 36χ2 ) 4(ΑΡ)2 + (λ + 1)2 = 4(λ - 2)2 χ2 + +4(2λ2 + 8λ + 3)nx + (4λ2 + 6λ + 3)η2 , που είναι ισοδύναμη, λόγω της (22), με τη σχέση : 4(ΑΡ)2 · (λ + 1)2 = = (2λ + 1)η2 + (4λ2 + 6λ + 3)η2 = 4(λ + 1)2 η2 Άρα: (ΑΡ)2 = η2 ή (ΑΡ) = η .

Π αραη]ρηση : Όπως αποδείξαμε παραπάνω, το σύνολο των

τιμών της συνάρτησης f(λ) είναι το ανοικτό διάστημα: (2Ji3 + 6, +οο) .

Συνεπώς για οποιονδήποτε ακέραιο Ν0, με Ν0 � 14 υπάρχει λ Ε (Ο,+οο) τέτοιος ώστε: f(λ) = Ν0 .

Πιο συγκεκριμένα: επειδή η συνάρτηση f είναι γνήσια αύξουσα, η συνθήκη: Ν0 ::; f(λ) < Ν0 + 1 (27) είναι ισοδύναμη με την συνθήκη : Γ1 (Ν0 ) ::; λ < Γ1 (Ν0 + 1) . Δηλαδή υπάρχουν άπειρες τιμές του λ, για τις οποίες ισχύει η σχέση : Ν0 = [f(λ)] . Οπότε από τη συνθήκη (25) προκύ-πτει η ::; Ν0 δηλαδή η Ε {1, 2, . . . , Ν0 } . Και συνεπώς υπάρχουν Ν0 το πλήθος, όμοια μεταξύ τους τρίγωνα, που ανταποκρίνονται στο σχήμα 1 . 2 .6 Αν το σημείο Ρ χωρίζει το ΜΒ' σε λόγο

(Μ�) = μ (μ>Ο, συγκεκριμένος) έχουμε τα ί(ΡΒ ) δια αποτελέσματα.


Ι. Λυμένα θέματα

14. (το είχε προτείνει ο Ακαδημαϊκός κύριος Νι

κόλαος Αρτεμιάδης). Πόσα τρίγωνα έχουν τη μορφή του διπλανού τριγώνου όπου η είναι ένας θετικός ακέραιος αριθμός και χ ένας πραγματικός αριθμός με ο < χ � ι ;

Α

Απάντηση

Το εμβαδόν τριγώνου με πλευρές α, β, γ δίνεται από τον τύπο (του Ήρωνα) :

Ε=�τ(τ - α)(τ - β)(τ - γ) όπου: τ= α+β+y . 2 Αντικαθιστώντας στον τύπο αυτό τις τιμές των

πλευρών α = η + 2χ, β = η + 3χ, γ = η + χ βρί-σκουμε: Ε = 2_(η+2χ)2 (η+4χ)η = !(η+2χ) · η 1 6 2 [αφού Ε =�αυα ] . 'Ετσι μετά από μερικές απλές πράξεις έχουμε: 1 2χ = η .

Επειδή : Ο < χ � 1 και ο η είναι θετικός ακέραι-ος, παρατηρούμε ότι υπάρχουν μόνο 1 2 τρίγωνα της ζητουμένης μορφής δηλαδή :

(η, χ) Ε ! ( 1, 1� Η 2, 1� ) , . . . , (1 2, 1)! .

• Την ίδια διαπαγμάτευση κάνει ο συνάδελφος Γεώργιος Κατσαούνης απ' την Πρέβεζα.

• Ο συνάδελφος Αθανάσιος Καλάκος από τα Πατήσια μας έστειλε μια διαπραγμάτευση του

Ο Εuκλείδnς nροτείvει . . . Εuκλείδn

και . . . Διόφαvτο

θέματος, σύμφωνα με το διπλανό σχήμα. Διέκρινε στην ουσία δύο περιπτώσεις: (α) το Μ είναι οποιοδήποτε εσωτερικό σημείο του ευθ� γραμμου σχήματος ΒΓ και (β) το Μ είναι το μέσο του ΒΓ.

Α

2x+n • Για το (α) :

Από το Νόμο των συνημίτονων στα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΜΓ παίρνουμε

συνΓ = (χ + η)2 + (2χ + η)2 - (3χ + η)2 =

2(χ + η)(2χ + η)

2(χ + η)(2χ + η) 2(χ + η) (1) και

(χ + η)2 + y2 - η2 συν Γ = -'---'-----''----2(χ + η)y

χ2 + 2nx + y2 __ ___::__ (2) 2y(x + η)

όπου y = (ΜΓ). Από τις ( 1 ) και (2) προκύπτει η εξίσωση : χ 2 + 2nx + y2 = ηy = 2xy {::} / + (2χ - η)y + (χ2 + 2nx) = O (3) Η διακρίνουσα της (3) είναι: Δ = η( η - 12χ) . Και συνεπώς πρέπει: η - 12χ 2:: Ο ή η 2:: 1 2χ (4)

...,_ Αν η = l2χ , τότε y = 5x (5) Και συνεπώς: (ΑΜ) = 12χ , (ΜΓ) = 5χ , (ΑΓ) = 1 3χ . Οπότε: (ΑΓ)2 = (ΑΜ)2 + (ΜΓ)2 .

Λ Δηλαδή ΑΜΓ = 90° . Με όJ..λα λόγια η ΑΜ εί-ναι κάθετη στη ΒΓ. Σ ' ' ' η την περιπτωση αυτη εχουμε: }2 = χ .


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

Κι επειδή Ο < χ � 1 , συμπεραίνουμε ότι:

1� � 1 ή η � 1 2 δηλαδή : η Ε {1, 2, . . . , 1 2} .

Σε κάθε τιμή του η αντιστοιχεί, λόγω της ( 6), μια ακριβώς τιμή του χ. Και συνεπώς υπάρχουν 12, μη ίσα, τρίγωνα της ζητούμενης μορφής. Τα τρίγωνα αυτά είναι οξυγώνια, οπότε και τα τρία ύψη βρίσκονται στο εσωτερικό του. Πράγματι

Λ Λ Λ 5 Γ > Α > Β και συνΓ = - . 1 3 � Αν η > 12χ , τότε από την (3) παίρνουμε:

η - 2χ ±.Jη(η - 12χ) ( ) y = 7 2 Και οι δύο τιμές, που μας δίνει η (7), είναι δεκτές (εύκολο). Άρα ορίζεται εσωτερικό σημείο Μ του ευθύγραμμου τμήματος έτσι ώστε (ΑΜ) = η. Η περίπτωση αυτή εξασφαλίζει την ύπαρξη α

πείρων, μη ίσων, τριγώνων που έχουν τη ζητούμενη μορφή : για δεδομένο χ Ε (0, 1] αρκεί να είναι: η 2:: [12χ] + 1 .

• Για το (β) : 2χ + η , Για y = η (3) γινεται: 2

(2χ+η)2 +2(2χ-η)(2χ+η)+4(χ2 +2nx)=O ή ισοδύναμα: η2 - 12ηχ - 16χ2 = Ο {::} η = χ ( 6 + 2.JU) (8). Κι επειδή Ο < χ � 1 , συμπεραίνουμε ότι: η = χ ( 6 + 2.Ji3) (9) Ωστόσο: 1 3 < 6 + 2.Ji3 < 14 . Οπότε η � 1 3 · δηλαδή η Ε {1, 2, . . . , 1 3} και χ = η .Ji3 .

6 + 2 1 3 Θέτουμε: λ = 6 + 2.Ji3 . Οπότε το χ παίρνει τις

, 1 2 1 3 κ , , , τιμες: λ'λ ' . . . 'λ . ι ετσι συμπεραινουμε οτι

υπάρχουν 13 , μη ίσα, τρίγωνα της ζητούμενης μορφής. Αξιοσημείωτο είναι ότι τόσο στην περίπτωση

που το Μ είναι το ίχνος του ύψους από την κορυφή Α όσο και στην περίπτωση που το Μ είναι το μέσο του ΒΓ τα τρίγωνα που προκύπτουν είναι όμοια μεταξύ τους.

• Ο συνάδελφος Γιώργος Τριάντος, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής, διαπραγματεύθηκε το θέμα· στην περίπτωση που η ενδιάμεση ευθεία είναι η διάμεσος ΑΜ του τριγώνου.

• Ο συνάδελφος Γιάννης Δ. Στρατής, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής, διαπραγματεύεται το ζήτημα πιο γενικά (Δες «Το Βήμα του Ευκλείδψ> στο παρόν τεύχος) .

1 5. (το είχε προτείνει ο Ακαδημαϊκός κύριος Νικόλαος Αρτεμιάδης) .

Έστω ΑΒΓ Δ κυρτό τετράπλευρο. Να εξεταστεί αν αληθεύει η παρακάτω πρόταση : Υπάρχει σημείο Ε στο επίπεδο του τετραπλεύρου τέτοιο ώστε «τα τρίγωνα ΑΒΕ, Γ ΔΕ είναι όμοια»

Απάντηση

Το σημείο Ε υπάρχει πάντοτε. ΑΝ η ΑΒ είναι παράλληλη προς τη Γ Δ, τότε το ζητούμενο σημείο Ε είναι η τομή των διαγωνίων ΑΓ και ΒΔ. ΑΝ η ΑΒ δεν είναι παράλληλη προς τη Γ Δ, τότε τέμνιrνται σε κάποιο σημείο Ζ.

Έστω Ε το δεύτερο σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων στα τρίγωνα ΑΓΖ και ΒΓΖ.

Το τετράπλευρο ΑΕΓΖ είναι εγγεγραμμένο σε -κύκλο· άρα οι γωνίες ΕΑΖ και ΕΓΖ είναι παρα-- -πληρωματικές. Συνεπώς ΕΑΒ = ΕΓ Δ . Όμοια το τετράπλευρο ΕΔΓΒ είναι εγγεγραμ--

μένο σε κύκλο· άρα οι γωνίες ΕΔΖ και ΕΒΖ είναι - -παραπληρωματικές. Συνεπώς ΕΔΓ = ΕΒΑ .


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

Επομένως τα τρίγωνα ΑΕΒ και ΕΔΓ έχουν δύο είναι εγγράψιμα. Άρα το Ε είναι η δεύτερη τομή γωνίες ίσες (μια προς μια· δηλαδή είναι όμοια). των σταθερών κύκλων ΖΑΒ και ΖΓΔ.

β) Κατασκευή

• Την ίδια διαπραγμάτευση κάνουν οι συνάδελφοι Αντώνης Ιωαννίδης απ' τη Λάρισα, Γεώργιος Κατσαούνης απ' τη Πρέβεζα.

• Ο συνάδελφος Νίκος Κυριαζής, απ' τη Καλαμαριά Θεσσαλονίκης μας έστειλε τη παρακάτω διαπραγμάτευση.

α) Ανάλυση Υποθέτουμε ότι το ζητούμενο σημείο υπάρχει

και ότι είναι το Ε. , ΑΒ ΑΕ ΒΕ Εχουμε: - = - = - . ΓΔ ΕΓ ΕΔ

ΑΕ ΓΕ Οπότε: - = -ΕΒ ΕΔ -Κι ακόμα: ΑΕΒ = ΓΕΒ .

-Οπότε: ΑΕΓ = ΒΕΔ Απ' τις συνθήκες ( 1 ) και (2).

Α

Σχήμα 1

( 1 )

(2)

Συμπεραίνουμε ότι: « Τα τρίγωνα ΕΑΓ και ΒΕΔ είναι όμοιω). Οπότε:

- -

ΕΑΓ = ΕΒΔ και ΕΔΒ = ΕΓ Α (3)

Βρίσκουμε τη τομή Ζ των διαγωνίων ΑΓ και ΒΔ. Το Ε είναι τότε το δεύτερο σημείο τομής των κύκλων ΖΑΒ και ΖΓ Δ.

γ) Απόδειξη Τα τετράπλευρα ΑΒΕΖ και Γ ΔΖΕ είναι εγγε

γραμμένα σε κύκλους. - -Άρα: ΕΑΒ = ΕΖΒ = ΕΓΔ .

- -Οπότε: ΕΑΒ = ΕΓΔ (4) -Όμοια δείχνουμε ότι: ΑΕΒ = ΓΕΔ (5)

Απ' τις (4), (5) συμπεραίνουμε ότι: «τα τρίγωνα ΕΑΒ και ΕΓΔ είναι όμοια». δ) Διερεύνηση

Είναι φανερό ότι: «το πρόβλημα έχει λύση όταν οι κύκλοι τέμνονται».

Αν οι κύκλοι εφάπτονται, τα σημεία Ε και Ζ συμπίπτουν. Οπότε η ΑΒ είναι παράλληλη προς την ΓΔ δηλαδή' το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τραπέζιο.

Σχόλιο : Το πρόβλημα έχει λύση και στη περίπτωση που

το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι μη κυρτό (Σχήμα 2).

Ας είναι τώρα Ζ η τομή των διαγωνίων ΑΓ και Σχήμα 2 ΒΔ.

--- --- --- ---- ---

Η (3) γίνεται: ΕΑΖ = ΕΒΖ και ΕΔΖ = ΕΓΖ . Δηλαδή : ΕΑΒ = ΓΔΕ, ΑΒΕ = ΓΔΕ . Οπότε τα Και συνεπώς τα τετράπλευρα ΑΒΕΖ και Γ ΔΖΕ τρίγωνα ΑΒΕ και Γ ΔΕ είναι όμοια .

.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . : Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία σας εύχεται : : . . . . : Ε Υ Τ Υ Χ Ι Σ Μ Ε Ν Ο ΚΑΙ ΔΗΜΙ Ο Υ Ρ Γ Ι Κ Ο Τ Ο 2 0 0 4 : : . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ τ.2/20

Η Homo Mathematίcus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβλημα-η

σμού πάνω στα εξής θέματα: l) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθημα

τικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν

καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει.

Για τους συνεργάτες της στήλιις: παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επi

πεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

Ι . "που και με ποιο τρόπο εφαρμό(ονται τα .Ηαθψιατιh·ά,· " Θέμα : \Ιαθη ματικά και Διάστημα

Οι στρατιωτικές υπηρεσίες, οι αεροναυτικές και οι ηλεκτρονικές βιομηχανίες είναι, όπως και τα πανεπιστήμια, οι σπουδαιότεροι εργοδότες των μαθηματικών στις ΗΠΑ. Ένα από τα μεγαλύτερα πεδία για τους επιστήμονες αυτούς είναι η κατ άκτηση του διαστήματος. Οι μαθηματικοί προπ αρασκευάζουν την εξωγήινη περιπέτεια.

Για μια μόνο πτήση στο διάστημα πρέπει να υπολογίσουν περί τις 100 τροχιές, για να διαλέξουν την καλύτερη δυνατή, καθώς και άλλες 20 διαζε υκτικές για περιπτώσεις ανάγκης. Έχουν να λάβουν υπ' όψη τους μύριους παράγοντες, όπως τις πιθ ανότητες σύγκρουσης με μετεωρίτες, τις ασφαλ έστερες πορείες διαμέσου των ακτινοβολιών, το βάρος και την κατανάλωση καυσίμων. Ο υπολ ογισμός της τροχιάς είναι ζήτημα δευτερολέπτων για ένα ηλεκτρονικό υπολογιστή- αφού όμως έχουν εργασθεί προηγούμενα πέντε άτομα επί 4-5 μήνες για να τον τροφοδοτήσουν με σωστές πλ η-

11. "Α υτό το ξέρατε; "

ροφορίες. Μόνο όταν τελειώσουν οι μαθηματικοί αναλαμ βάνουν οι μηχανικοί του διαστήματος την κατασκευή του διαστημοπλοίου και την εκτόξευσή του. Η σημασία των Μαθηματικών φάνηκε καθ αρά στην πρώτη πτήση του "Μάρινερ" προς την Αφροδίτη. Ένα μηδαμινό τυπογραφικό λάθος σε μια μαθηματική εξίσωση, που είχε τοποθετηθεί στον ηλεκτρονικό υπολογιστή, κατέστρεψε ολ όκληρη την πτήση- ο "Μάρινερ" που είχε στοιχίσει 1 7.200.000€, παρεξέκλινε από την τροχιά του και κατά συνέπεια απότυχε.

Ο μαθηματικός Βίκτωρ Σέμπελυ, ανώτατο στ έλεχος της Τζένεραλ Ελέκτρικ, ασχολείται με την πρόβλεψη ουρανίων φαινομένων και αφήνει στους άλλους τη φροντίδα της παρατήρησης. «αν οι π αρατηρήσεις τους δεν επιβεβαιώνουν τις προβλ έψεις μου, αυτό δεν σημαίνει ότι έχω _κάνει λάθος. Δεν ξέρουν ίσως να παρατηρήσουν>> [πηγή : LΙFΕΕπιστημονική Βιβλιοθήκη , τόμ. "Μαθηματικά"]

Ποια καμπύλη ονομάσθηκε "η Ελένη της Γεωμετρίας"» (εμπνευσμένο από την "ωραία Ελένη" του τρωικού π ο

λέμου) [η απάντηση στο τέλος της στ ήλης]

ΙΙΙ. "Οι συνεργάτες τιις στήλης γράφου ν-ερωτούν"

Α. Τα Μαθη ματικά, το ημερολόγιο και οι προληπτικοί άνθρωποι «Προληπτικοί όλου του κόσμου . . . Κουράγιο>>, Δρ Μπάμπης Τουμάσης, σχολικός σύμβουλος [Π� τραJ

Ι" θέμα: σε ποια ημέρα της εβδομάδας θα πέσει η /8 Α πριλίου του 2008; «Αφορμή για το άρθρο αυτό αποτέλεσε ένα ερ � ρολόγιο, για τον απλούστατο λόγο ότι είναι ακόμη

τημα που τέθηκε από τη σύνταξη της στήλης πολύ νωρίς για να εκδοθεί, μια και δεν θα υπάρχει 'Ήοmο mathematicus ' ' του τεύχους του Ευκλείδη καθόλου ζήτηση . Είμαστε αναγκασμένοι λοιπόν να Β ' (τ. 45). Το ερώτημα ήταν: «σε ποια ημέρα της βρούμε την απάντηση μόνοι μας, κάνοντας κά-εβδομάδας θα πέσει η 181412008; >> ποιους υπολογισμούς. Ο πιο εύκολος τρόπος για να απαντήσει κάποιος Κατ' αρχάς ανατρέχουμε σ' ένα ημερολόγιο του σ' αυτό το ερώτημα θα ήταν να ανατρέξει σ' ένα 2003 και βλέπουμε ότι η 1 8 Απριλίου του 2003 ημερολόγιο του 2008 και να δει πια ημέρα είναι η πέφτει Παρασκευή. Στη συνέχεια, υπολογίζουμε 1 8 Απριλίου. Όσο όμως κι αν ψάξει στην αγορά πόσες ημέρες θα περάσουν από τις 1 8 Απριλίου δεν πρόκειται να βρει να αγοράσει ένα τέτοιο ημ ε- 2003 μέχρι τις 1 8 Απριλίου 2008.


ΗΟΜΟ ΜΑ ΤΗΕΜΑ τiCUS

Ημέρες (18/4/2003-31/12/2003) . . . . . . 257 ημέρες Ημέρες του 2004: (Δίσεκτο έτος) . . . . . . . . . . . 366 >> Ημέρες του 2005: . . . . . . : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365 » Ημέρες του 2006: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .365 » Ημέρες του 2007: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365 » Ημέρες του 2008:(Δίσεκ. έτος)μέχρι1 8/4 : 109 »

Σύνολο ημερών18/4/2003 - 181412008: 1827 Παρατηρούμε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης του

1 827 δια του 7 είναι .0. Ισχύει δηλαδή, ότι 1 827=7 · 26 1 . Αυτό στη θεωρία των αριθμών συμ-

βολίζεται ως 1 827ΞO(mod7) και λέμε ότι οι αριθμοί 1 827 και Ο είναι ισοϋπόλοιποι ή ισότιμοι modulo 7. Γενικά, αν κ ένα θετικός ακέραιος, τότε οι ακέραιοι α και β λέγονται ισοϋπόλοιποι modulo κ, όταν διαιρούμενοι με κ αφήνουν το ίδιο υπόλοιπο και γράφουμε αΞβ(mοdκ). Επομένως, όποια ημέρα της εβδομάδας πέφτει η 1 8 Απριλίου 2003 , την ίδια μέρα θα πέσει και η 1 8 Απριλίου 2008, δηλ. Παρασκευή»

2" θέμα: . . . Τρίτη και 13 . . . Ας αναφερθούμε όμως και σε μια άλλη ημερο- ντας απάντηση στο ερώτημα: «Πόσες φορές το

μ ηνία που προκαλεί πανικό σε ορισμένους ανθρ� χρόνο μπορεί να πέσει Τρίτη και δεκατρείς;» πους, οι οποίοι είναι προληπτικοί και πιστεύουν Παρατηρούμε ότι το 1 3 διαιρούμενο δια του 7 αότι την ημέρα αυτή θα πάθουν μεγάλες συμφορές. φήνει υπόλοιπο 6. Σύμφωνα με τον παραπάνω Πρόκειται για την «Τρίτη και δεκατρείς». Η Τρίτη συμβολισμό γράφουμε 1 3Ξ6(mod7) . Αυτό σημαίθεωρείται δυσοίωνη ημέρα γιατί είναι η ημέρα που νει ότι οποία μέρα είναι η 6 Ιανουαρίου, η ίδια ηέγινε η άλωση της Κωνσταντινούπολης στις 29 μέρα θα είναι και η 13 Ιανουαρίου. Γενικά, κάθε Μαίου του 1453 . Ο αριθμός 1 3 θεωρείται γενικά αριθμός διαιρούμενος με το 7 αφήνει υπόλοιπο υ ένας γρουσούζικος αριθμός, αν και είναι πάρα ένα στοιχείο του συνόλου {0, 1 ,2,3 ,4,5,6 } . Ανοίγοπολλοί αυτοί που πιστεύουν το αντίθετο και θεω- ντας ένα ημερολόγιο του 2003 βλέπουμε, για παρούν ότι τους φέρνει γούρι. Παρακάτω θα προ- ράδειγμα, ότι η 6 Ιανουαρίου πέφτει Δευτέρα. Ασπαθήσουμε να παρηγορήσουμε τους προληπτι- ντιστοιχίζουμε, τώρα τα στοιχεία του συνόλου κούς που φοβούνται την ημερομηνία αυτή , δίνο- {0, 1 ,2,3 ,4,5,6} τις μέρες της εβδομάδας ως εξής:

I ημέρα I Τρίτη I Τετάρτη I Πέμπτη I Παρασκευή I Σάββατο I Κυριακή_j Δευτέρα I I αντίστοιχο υπόλοιπο I ο I 1 I 2 'χρι τη 1 3η ημέρα του Φεβρουάριου θα έχουν Με

περ νου του υπ ν ει

άσει 3 1 + 1 3=44 ημέρες από την αρχη του χρό-. Δηλ. η 1 3η Φεβρουάριου θα είναι η 44η ημέρα χρόνου. Το 44 διαιρούμενο δια του 7 αφήνει

όλοιπο υ=2, δηλαδή, 44Ξ2(mod7) . Αυτό σημαί-ότι η 44η ημέρα (13 Φεβpουάριου) αντιστοιχεί

Κανονικό έτος

I 3 I 4 I 5 I 6 στην Πέμπτη, δηλ. θα πέφτει Πέμπτη . Προχω ντας με τον ίδιο τρόπο δημιουργούμε τον παρα

ρ� κάη

για τω πίνακα, ο οποίος μας δίνει ταυτόχρονα την μέρα του έτους και την ημέρα του έτους(mοd7) την 1 3η ημέρα κάθε μήνα.

Δίσεκτο έτος Μήνας Ημέρα Ημέρα(mοd7) Ημέρα Ημέρα(mοd7)

Ιανουάριος 1 3 6 Φεβρουάριος 44 2 Μάρτιος 72 2 Απρίλιος 1 03 5 Μάιος 1 3 3 ο Ιούνιος 1 64 3 Ιούλιος 1 94 5 Αύγουστος 225 1

Σεπτέμβριος 256 4 Οκτώβριος 286 6 Νοέμβριος 3 1 7 2 Δεκέμβριος 347 4

πό τον πίνακα παρατηρούμε ότι κάθε μια από τιμές(mοd7) εμφανίζεται τουλάχιστον μια φο-

Α τις ρά για εμφ έτο κατ πέσ σε

και το πολύ τρεις φορές. Ειδικά η τιμή Ο, που το έτος 2003 αντιστοιχεί στην ημέρα Τρίτη, ανίζεται μια φορά. Αυτό σημαίνει πως για το ς 2003 θα έχουμε μόνο μια φορά Τρίτη και δε-ρείς, το Μάιο . Οποιαδήποτε όμως ημέρα κι αν ει η 1 3 Ιανουαρίου θα αντιστοιχεί υποχρεωτικά ένα στοιχείο του συνόλου {0, 1 ,2,3 ,4,5 ,6} , οπότε

1 3 6 44 2

73 3 1 04 6 1 34 1 1 65 4 1 95 6 226 2

257 5 287 ο 3 1 8 3 348 5

η διαπίστωση μας ισχύει πάλι. Επομένως αποδ εί-ξαμε το :

Θεώρημα: Σε ένα οποιοδήποτε έτος, η ημε μηνία Τρίτη και δεκατρείς εμφανίζεται οπωσ,

Ρ� δ ή-

ποτε μια φορά, ποτέ πάνω από τρεις. Το παραπάνω θεώρημα διαβεβαιώνει τους α πα

ναι νταχού προληπτικούς πως τα πράγματα δεν εί και τόσο σκούρα. Ας κάνουν κουράγιο μια, δυο ή το πολύ τρεις ημέρες κάθε χρόνο. Στο κάτω-κά τω


ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

μπορούν να πάρουν αναρρωτική άδεια και να μη ι εφαρμόζοντας τη λαϊκή παροιμία «φύλαγε τα ρούξεμυτίσουν από τα σπίτια τους τις ημέρες αυτές, χα σου για να έχεις τα μισά»

Β. "Απόψεις" Στο προηγούμενο τεύχος υποσχεθήκαμε να σας παρουσιάσουμε τη θέση της συναδέλφου μαθηματικού Γεωργίας Γυφτέα

(τΕΕ Μούδρου Λήμνου), σχετικά με ένα θέμα που έθεσε ο μαθητής Μιχάλης Ροδίτης (τεύχος 46). Το κείμενο απηχεί τις πρσωπικές απόψεις της συναδέλφισας και κάθε ένσταση θα είναι δημοσιεύσιμη αρκεί να τηρούνται οuρχές της τεκμηρίωσης και της ευπρέπειας. Η σχετική περικοπή έχει ως εξής:

· « . . . Ποιο σημαντικό όμως μου φαίνεται το θέμα διάλειμμα, να γκρινιάζουν ότι γίνονται λίγο περισπου θίγει ο μαθητής στο πρώτο και μεγαλύτερο σότεροι περίπατοι τη συγκεκριμένη μέρα που έμέρος του γράμματός του. Για τη μείωση της αξιο- χουν λιγότερες ώρες να χάσουν κλπ. Επί πλέον δεν πιστίας του σχολείου πιστεύω ότι σε μεγάλο βαθμό είναι λίγοι αυτοί που γνώρισα να δείχνουν ανενφταίμε εμείς οι ίδιοι. Συχνά δίνουμε στους μαθητές δοίαστα τη δυσαρέσκειά τους για τον τόπο όπου το χειρότερο παράδειγμα φυγοπονίας. Τα παιδιά διορίστηκαν, εργάζονται και μένουν (στη συγκεβλέπουν από τη μία τους καθηγητές των φροντι- κριμένη περίπτωση στη Λήμνο). Ο τόπος αυτός στηρίων να "τρέχουν πανικόβλητοι" (πρέπει να όμως είναι η πατρίδα των μαθητών. Δεν είναι προδικαιολογήσουν την αναγκαιότητα ύπαρξής σβλητική τέτοια συμπεριφορά; Πέρα από τα προτους . . . ) και από την άλλη (μερικούς από) τους κα- βλήματα που τυχόν έχει ο καθένας μας άμεσα ή θηγητές του σχολείου να τσακώνονται για το ποιος έμμεσα λόγω της δουλειάς - προσωπικά, οικογεθα πρωτολείψει τις παραμονές - και όχι μόνο - των νειακά, οικονομικά, εργασιακά - πρέπει να θυμάαργιών, να δυσανασχετούν με συναδέλφους που ται ότι είναι δάσκαλος: παιδαγωγός και εκπαιδευ"βιάζονται" να μπουν στο μάθημα αμέσως μετά το τής»

Γ. «Μαθηματικά και σκάκι», Χρ. Ζιώγας-μαθηματικός [ΠΡΕΒΕΖΑ] - Μέρος !', τελευταίο Υπάρχει αντίθεση ; Μια αντίθεση μεταξύ μαθη- το χρώμα των τετραγώνων (λευκό ή μαύρο) χωρίς ματικών και σκακιού βρίσκεται στη γεωμετρική να βλέπετε την σκακιέρα. Μπορείτε να βοηθήσετε πρόταση ότι η συντομότερη οδός είναι η ευθεία. την μνήμη σας με λογική επεξεργασία και γενίκευ-Για του λόγου το αληθές προσπαθήστε να μετακι- ση της λύσης; νήσετε τον βασιλιά από το τετράγωνο αl στο θl , (a,4) , (e,5) , (g,6),(d,7),(h,7),(b,3),(c,8) θα διαπιστώσετε ότι ,είτε πάτε ευθεία είτε πάτε 2) Αντικατέστησε τους αριθμούς με γράμματα για μερικώς τεθλασμένα ο αριθμός των κινήσεων εί- να σχηματιστούν σκακιστικές λέξεις: ναι ο ίδιος π.χ. η σειρά α l -β l -γ l -δ l -ε l -ζ l -η l -θ l ( l )ΞΙΩΜΑτΙΚΟΣ, (2)ΑΣΙΛΙΣΣΑ, Ρ70205, χρειάζεται 7 κινήσεις του βασιλέα , επίσης η σει- 40Α300, 200Α600 ρά α1 -β2-γ3-δ2-ε 1 -ζ2-η 1 -θ 1, χρειάζεται επίσης 7 3) Αντιστοίχισε τα υπόλοιπα σκακιστικά κομμάτια κινήσεις ! Δηλαδή είτε κινείται σε ευθεία, είτε κι- με κατάλληλο αριθμό στο παρακάτω διάγραμμα ( 1 ) νείται τεθλασμένα, χρειάζεται τον ίδιο αριθμό κι- 4) Αντικατέστησε τα ερωτηματικά με κατάλλη-νήσεων ! ! λους αριθμούς στις παρακάτω ισότητες στο διά-Και τώρα η ώρα των ασκήσεων: ! )Προσδιορίστε γραμμα (2)

διάγραμμα ι

1111• "Α υτό το ξέρατε; " [η απάντηση] Πρόκειται για την καμπύλη που είναι γνωστή με την ο�

μασία κυκλοειδής. Είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων που ορίζονται από την κίνηση που κάνει ένα σταθερό σημείο της περιφέρειας ενός τροχού, καθώς ο τροχός κυλά κατά ιiJκος μιας ευθείας σ' έναν επίπεδο δρόμο. Αυτή η καμπύλη με τις όμορφες αναλογίες φαίνεται να έχει πρωτοεμφανιστεί στη μαθηματική γραμματολογία στα 1 50 1 από τον Charles Bourelles. Ο Γαλιλαίος τη μελέτησε και υπέδειξε τη χρήση

� � � � � • • • • 1

� � � - - - ?

?

διάγραμμα 2

της ως τόξου για γέφυρες. Ο Huygens ( 1 629- 1 695) απόδειξε ότι η ανεστραμμένη κυκλοειδής είναι το ταυτόχρονο, δηλ. η καμπύλη με την εξής ιδιότητα: αν τοποθετήσουμε με τυχαίο τρόπο χάντρες σε διάφορα σημεία της, όλες θα χρειασθούνrον ίδιο y,ρόνο για να κυλήσουν προς το χαμηλότερο σημείο της υπό την επίδραση της βαρύτητας. Λόγω της απλής ομορφιάς, των κομψώ" ιδιοτήτων της και των aτελείωτων διενέξεων που πυροδότησε μεταξύ των μαθηματικών, που προκαλούσαν ο ένας τον άλλ.ο\' για την επίλυση του ενός ή του άλλου προβλήματος που σχετιζόταν μ' αυτήν, ονομάσθηκε η "η Ελένη της Γεωμετρίας" [πηγή : "Οι μαθηματικοί", Ε. Τ. BELL, τόμ. Ι, σ. l 33 , Πανεmστημιακές Εκδόσεις Κρήτης] .


iΓ--· -·-1 1

; ! , ,

Μετά από μακρόχρονες προσπάθειες της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας υλοποιήθηκε η μόνιμη !i επιδίωξη μας : τα μέλη των Εθνικών Ομάδων των Μαθηματικών που κατακτούν μετάλλια στους Διε-11 θνείς Μαθηματικούς Διαγωνισμούς (Βαλκανιάδες, Ολυμπιάδες) να εγγράφονται καθ ' υπέρβαση του α- 1 : : ριθμού των εισακτέων σε όλα τα Πανεπιστημιακά Τμήματα όπου τα μαθηματικά εξετάζονται ως μάθη- I ; : 1 1 ' ! μα κατεύθυνσης. r l ; : Το Υπουργείο Παιδείας κατέθεσε στη Βουλή Πρόταση Νόμου, η οποία έγινε δεκτή παμψηφεί (ΦΕΚ t i I i 1 , I 267/20- 1 1 -2003) . 1 1 , [ «Α�

Κάτοχοι απολυτηρίου Ενιαίου Λυκείου, ο ι οποίοι κατά τη διάρκεια της φοίτησής τους στο Λύκειο, 1 1 i i έχουν διακριθεί στην Βαλκανική ή την Διεθνή Ολυμπιάδα, Μαθηματικών, Πληροφορικής, Φυσικής, ! i 1 1 ή Χημείας και τους έχει απονεμεθεί πρώτο, δεύτερο ή τρίτο βραβείο (Χρυσό, αργυρό 'η χάλκινο μ� 1 Ι ! , I : : ! i

τάλλιο) εγγράφονται κατ ' υπέρβαση του αριθμού εισακτέων σε πανεπιστημιακά τμήματα, εφόσον για

την εισαγωγή τους σε αυτά το μάθημα στο οποίο έχουν διακριθεί στις Ολυμπιάδες, εξετάζεται ως '

'θ 'θυ I μα ημα κατευ νσης.

Οι διατάξεις της προηγούμενης περίπτωσης εφαρμόζονται ανάλογα και για τους κατόχους Β ' Κύκλου

Σπουδών ΤΕΕ, που έχουν διακριθεί στην Ολυμπιάδα της Πληροφορικής για την εγγραφή τους σε

τμήματα ΤΕΙ.

Η διάκριση βεβαιώνεται από τον αντίστοιχο επιστημονικό φορέα ή ένωση.

Λ " Με απόφαση του Υπουργού Παιδείας και Θρησκευμάτων καθορίζονται τα θέματα που έχουν σχέση

με την υποβολή αιτήσεων, τα απαιτούμενα δικαιολογητικά και τον έλεγχο αυτών, τη διαδικασία εγ-γραφής και κάθε άλλη λεπτοl!_έρει�-

-1

� 20η Βαλi!-tανι?{ή J\VΡ,αθημα'Ή�tκ·�i C�λυμ:i: ιάδα Τl Ψ/�ΝΑ, P.JUE;ANIA , 4 Ι\1ΑΆΟΥ 2003

Υπάρχει σύνολο Β με στοιχεία 4004 θετικούς ακέραιους τέτοιο ώστε για κάθε υποσύνολο Α του Β με 2003 στοιχεία το άθροι-

σμα των στοιχείων του Α δεν διαιρείται με το 2003;

Λύση Η απάντηση είναι ναι και δικαιολογείται ως ε

ξής: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.2/24

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ---------Έστω C ένα σύνολο με 2002 διαφορετικούς θε

τικούς ακέραιους καθένας από τους οποίους είναι ισοϋπόλοιπος με το 1 mod 2003 , δηλαδή για κάθε η ε C ισχύει ότι η Ξ 1(mod2003) . Έστω επίσης D ένα σύνολο με 2002 θετικούς ακεραίους καθένας από τους οποίους είναι ισοϋπόλοιπος με το 2 mod2003 , δηλαδή για κάθε η ε D ισχύει ότι η Ξ 2(mod2003) .

Ορίζουμε το σύνολο Β = C U D και θεωρούμε τυχόν υποσύνολο Α του Β με 2003 στοιχεία. Έστω ότι το σύνολο Α n D έχει κ στοιχεία, 1 � κ � 2002 , οπότε το σύνολο Α n C θα έχει 2003-κ στοιχεία. Τότε το άθροισμα των στοιχείων του Α είναι:

S Ξ (2κ + 2003 - κ)(mod2003) S Ξ (2003 + κ)(mod 2003);i O(mod2003) , αφού 1 � κ � 2002 , οπότε το S δεν διαιρείται

με το 2003 .

Π ΡΟΒΛΗΜΑ 2

Έστω τρίγωνο ABC με ΑΒ * AC και έστω D το σημείο στο οποίο η εφαπτομένη του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC στο Α τέμνει την ευθεία BC. Έστω ακόμη Ε και F σημεία πάνω στις μεσοκαθέτους των πλευρών ΑΒ και AC, αντίστοιχα, τέτοια ώστε οι ΒΕ και CF είναι κάθετοι προς την BC. Να αποδείξετε ότι τα σημεία D,E και F είναι συνευθειακά.

Λύση

Τα τρίγωνα DBE και DCF είναι και τα δύο ορθογώνια, οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι είναι όμοια ή ισοδύναμα αρκεί να αποδείξουμε ότι ' DB = ΒΕ ( 1 ) DC CF

Θα υπολογίσουμε τους δύο λόγους της εξίσωσης ( 1 ) .

Επειδή η AD είναι εφαπτομένη του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC, έχουμε -DAB = ACB , οπότε τα τρίγωνα DAB και DCA είναι όμοια. Άρα έχουμε:

DB ΑΒ AD DA AC DC

* �� = ( � )2 = :: ' (2)

όπου έχουμε θέσει ΑΒ = c, AC = b. Για το δεύτερο λόγο θεωρούμε το μέσο Μ της

πλευράς BC. Από το τραπέζιο ΕΒΜΟ με ΕΒΜ = ΒΜΟ = 90° έχουμε ότι

--- ο --- ---- --- ,..... ΒΕΚ = 1 80 - ΕΟΜ = ΚΒΜ = ΑΒC = Β . --- �

Ομοίως βρίσκουμε ότι OFC = C . Από τα τρίγωνα ΒΕΚ και CLF έχουμε

c b ΒΕσυνΒ = - και CFσυνC = -2 2 * ΒΕ = .:_ . συνC (3). CF d συνΒ Από τα τρίγωνα ΟΒΚ και OCL έχουμε

d c RσυνΒ = - και RσυνC = -2 2 * συνC = .:_ , (4)

συνΒ b οπότε από τις (3) και (4) έχουμε

ΒΕ = � (5). CF b2 Από τις (2) και (5) προκύπτει η ισότητα ( 1 ) .

Π ΡΟΒΛΗ ΜΑ 3

Να προσ.διορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : R -+ R που ικανοποιούν τις επόμενες συνθήκες: (i) f(x + y) - yf(x) - xf(y) = f(x)f(y) =

= f(x)f(y) - χ - y + xy , για κάθε x,y Ε Q (ii) f(x) = 2f(x + 1) + 2 + χ , για κάθε χ Ε Q και (iii) f(1) + 1 > Ο .

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση φ(χ) : = f(x)+x, χ ε Q ,

η οποία ικανοποιεί σύμφωνα με τα δεδομένα, τις επόμενες συνθήκες:


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ---------(1 ) φ( χ + y) = φ(χ)φ(y) , για κάθε χ, y Ε Q , (2) φ( χ) = 2φ(χ + 1) , για κάθε χ Ε Q και (3) φ(l) > ο . Από την ( 1 ) για χ = y = Ο έχουμε

φ( Ο) = φ(Ο)2 # φ( Ο) = 1 ή φ(Ο) = Ο . Αν φ(Ο) = Ο , τότε από την (2) έχουμε

φ(l) = �φ( Ο) = Ο , το οποίο αντίκειται στη συνθή

κη (3) . Επομένως θα είναι φ( Ο) = 1 και φ(l) = 1/2 . Από την ( 1 ) για t x = y = -2 έχουμε

φ(t) =H�J]' > 0 , αφού φ(α) +" Ο , για κάθε

α Ε Q . Πράγματι, αν για κάποιο α Ε Q ίσχυε ότι φ( α) = Ο , τότε

φ( χ + α) = φ(χ)φ(α) = Ο , για κάθε χ Ε Q , δηλαδή η φ είναι η μηδενική συνάρτηση, οπότε θα ήταν και φ(l) = Ο , άτοπο.

Για χ = y από την ( 1 ) έχουμε φ(2χ) = [φ(χ)]2 και με τέλεια επαγωγή προκύπτει ότι:

φ(ηχ) = [φ( χ)]" , για κάθε χ Ε Q και η Ε Ν . Για y = -χ από την ( 1 ) έχουμε

φ( Ο) = φ(χ)φ( -χ) , οπότε φ(-χ) = -1- = [ φ( χ)]- 1 , για κάθε χ Ε Q . φ( χ) Άρα έχουμε

φ(-ηχ) = φ(�χ) = [φ(�)]" = [φ(χ)Γ" ,

για κάθε χ Ε Q και η Ε Ν , οπότε ισχύει ότι φ(κχ) = [φ(χ)]Κ , για κάθε x E Q και κ Ε Ν .

'Ε m '71* �τ* στω χ = -, m Ε !LJ , η Ε 1" . η

Τότε η · x = m · l και φ(η · χ) = φ(m · 1) # [ φ( χ)]" = [ φ(l)]m # φ( χ) = [φ(l)]m/n

# φ(χ) = IΞI� =[Η για κάθε χ Ε Q .

Άρα έχουμε f( χ) = ( 1 Γ - χ , Ύtα κάθε χ Ε Q .

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4

Έστω ABCD ορθογώνιο με πλευρές μήκους m, η το οποίο έχει χωριστεί σε m · η μοναδιαία τετράγωνα. Υποθέτουμε ότι οι αριθμοί m και η είναι περιττοί και πρώτοι μεταξύ τους θετικοί ακέραιοι. Τα σημεία τομής μεταξύ της κυρίας διαγωνίου AC και των πλευρών των μοναδιαίων τετραγώνων είναι διαδοχικά τα Αι, Α2, .. . ,Ακ με κ � 2 και Αι = Α, Ακ = C .

Να αποδείξετε ότι Α1Α2 - Α2Α3 + Α3Α4 -

D

κ �m2 + η2 - ... + (- 1) Ακ_ιΑκ = (1) mη

Λύση

Α6� � � As

Α3 /

� � Α-Αι

C=As

Β Επειδή οι m, η είναι θετικοί ακέραιοι πρώτοι

μεταξύ τους, μπορούμε χωρίς περιορισμό της γενικότητας να υποθέσουμε ότι m 2: η . Λέμε ότι το ευθύγραμμο τμήμα ApAp+t είναι τύπου 1 , αν τα σημεία Αρ και Αρ+ ι είναι σημεία τομής της AC με κατακόρυφες πλευρές του πλέγματος (στο σχήμα είναι τα ΑιΑ2,ΑιΑs και ΑιΑs και A1As).

Αν το σημείο Αρ ή το Αρ+ι είναι σημείο τομής της AC με οριζόντια πλευρά του πλέγματος, τότε το ApAp+t λέμε ότι είναι τύπου 2.

Συνολικά υπάρχουν m- 1 σημεία τομής της AC με κατακόρυφες γραμμές του πλέγματος και η- 1 σημεία τομής με οριζόντιες γραμμές του πλέγματος. Επειδή είναι (m,η) = 1 , όλα αυτά τα σημεία είναι διαφορετικά μεταξύ τους και χωρίζουν την AC σε m+η- 1 τμήματα . . Επειδή ο πρώτος όρος του αθροίσματος του πρώτου μέλους της ισότητας ( 1 ) έχει πρόσημο + και ο αριθμός m+η- 1 είναι περιττός, έπεται ότι το πλήθος του αθροίσματος με πρόσημο + υπερβαίνει κατά 1 το πλήθος των όρων με πρόσημο -.


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ---------

Σημειώνουμε ότι αν το Αρ είναι σημείο τομής του AC με οριζόντια γραμμή του πλέγματος, τότε τα τμήματα ΑΡ_1ΑΡ και ApAp+Ι είναι τύπου 2 και έχουν αντίθετα σημεία. Επομένως το πλήθος των τμημάτων τύπου 1 με πρόσημο + είναι κατά ένα μεγαλύτερο του πλήθους των τμημάτων τύπου 1 με πρόσημο -.

Όλα τα τμήματα τύπου 1 είναι ίσα μεταξύ τους και έχουν μήκος ίσον προς �m2 + η2 /m , οπότε τα τμήματα τύπου 1 συνεισφέρουν συνολικά στο άθροισμα τον αριθμό �m2 + η2 /m .

Για σταθερό κ = 1 ,2, . . . ,η- 1 γράφουμε κm = tκη + rκ , με Ο < rκ < η .

Τότε τα σημεία τομής της AC με την οριζόντια γραμμή με αριθμό κ (δεν μετράμε την ΑΒ) έχει συντεταγμένες

[ '· + : ' κ] ' (2)

ως προς το σύστημα συντεταγμένων με αρχή το Α και θετικούς ημιάξονες ΑΒ και AD, ενώ το σημείο (2) έχει αριθμό s = κ + tκ - 1 . Αυτό έχει ως συνέπεια ότι το A8_1As έχει πρόσημο - και το Α8Αs+Ι έχει πρόσημο +, αν κ+tκ περιττός.

Επιπλέον rκ και κ + tκ είναι ταυτόχρονα άρτιοι ή περιττοί. Πράγματι, αν ο κ είναι άρτιος, τότε και ο tκη + rκ είναι άρτιος, οπότε οι rκ και tκ είναι ταυτόχρονα άρτιοι ή περιττοί.

Ομοίως, αν κ είναι περιττός, τότε και ο tκη + rκ είναι περιττός, οπότε οι tκ και rκ είναι ένας άρτιος και ο άλλος περιττός. Έτσι σε κάθε περίπτωση οι rκ και κ+tκ είναι ταυτόχρονα άρτιοι ή περιττοί.

Επομένως, όταν rκ είναι άρτιος, τότε

-Α Α Α Α - �m2 + η2 [ rκ + (η - rκ ) ] S-1 S + S S+l - ' m η

ενώ όταν rκ περιττός, τότε .----

-Α Α Α Α - �m2 + η2 [ rκ + (η - rκ ) ] S-1 S + S S+l - m η

= �m2 + η2 [ι - η - 1 ]

= �m2 + η2 m η mn

• 64ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ

''Ο ΘΑΛΗΣ", ΣΑΒΒΑΤΟ, 1 ΝΟΕΜΒΡΙΟΥ 2003

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ 1 . Το τετράγωνο ενός αριθμού ισούται με τον

αριθμό αυξημένο κατά 72. Επιπλέον, αν από το 60 αφαιρέσουμε το διπλάσιο του αριθμού λαμβάνουμε αριθμό μικρότερο του 52. Να βρεθεί ο αριθμός.

Λύση

Σύμφωνα με τις υποθέσεις του προβλήματος, αν χ είναι ο ζητούμενος ο αριθμός, θα έχουμε:

Επιτροπή Διαγωνισμών

χ2 = χ + 72 60 - 2χ < 52

( 1 ) (2)

Από την ( 1 ) έχουμε: χ 2 - χ - 72 = Ο με διακρί-νου σα

Δ = ( - 1)2 - 4 · 1 · ( -72) = 1 + 288 = 289 = 1 72 , οπότε η εξίσωση έχει τις ρίζες 1 ± 1 7 Ι 9 χ = -- = 2 \ - 8

Όμως από την (2) έχουμε ότι:



60 - 2χ < 52 <:::::> -2χ < 52 - 60 <:::::> -2χ < -8 <:::::> 2χ > 8 <=:> χ > 4

Άρα ο ζητούμενος αριθμός είναι ο 9 . 2 . Αν x,y,a,b είναι θετικοί πραγματικοί α

ριθμοί τέτοιοι ώστε χ :;ι!: y,χ :;ι!: 2y,y :;ι!: 2x,a:;ι!: ±3b

2x- y 2y- x και -- = -- = λ, a + 3b a- 3b

να αποδείξετε ότι : i) χ + y = 2λa και χ - y = 2λb

2 2 ii) χ

2 + Υ 2 � 1 .

χ -y Λύση

ι.) 'Ε 2x - y 2y - x λ χουμε -- = -- = , a + 3b a - 3b Τότε

2x - y = λa + 3λb -χ + 2y = λa - 3λb

( 1 ) (2)

από τις οποίες με πρόσθεση και αφαίρεση κατά μέλη λαμβάνουμε: χ + y = 2λa } χ + y = 2λa

3χ - 3y = 6λb <:::::> χ - y = 2λb (3) (4)

ίί) Από τις (3) και (4) με πρόθεση και αφαίρεση κατά μέλη λαμβάνουμε 2χ = 2λa + 2λb} <:::::> χ = λa+ λb} <:::::> χ = λ(a+ b)} , 2y = 2λa-2λb y = λa � λb y = λ(a- b) οπότε θα είναι

x2 + y2 λ\a + b)2 + λ2 (a - b)2 --::---=--::- = ----::-''-------'-.,.----::-.:...__----'--::-x2 - y2 λ2 (a + b)2 - λ2 (a - b)2

λ2 · 2(a2 + b2 ) a2 + b2 > = ---- λ2 · 4ab 2ab οπότε αρκεί να είναι a2 + b2 a , b > O

--- � 1 <:::::> a2 + b2 - 2ab � Ο <:::::> (a - b)2 � Ο, 2ab

που ισχύει. 3 . Σε τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ I IΓΔ ) οι διαγώνιες

τέμνονται στο Ε. Αν είναι (ABE)=72m2 και (ΓΔΕ)=50 m2 , να υπολογίσετε το εμβαδόν του τραπεζίου ΑΒΓ Δ.

Λύση Τα τρίγωνα ΑΕΒ και ΔΕΓ είναι όμοια με λόγο

, ΑΕ , θ , ομοιοτητας ΕΓ , οποτε α ειναι:

(ΑΕΒ) (ΑΕ )2 (ΑΕ )2 72 (ΔΕΓ) = ΕΓ <:::::> ΕΓ = 50 <:::::>

<:::::> : =� =� =� . ioc------7il '

Α Β Τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΔΕΓ έχουν κοινό ύψος α-

πό την κορυφή Δ, οπότε (ΑΔΕ) = ΑΕ = � => (ΔΕΓ) ΕΓ 5 => (ΑΕΔ) = � (ΔΕΓ) = � · 50m2 = 60m2 . 5 5

, λ β ' ΒΕ 6 Ομοιως αμ ανουμε - = -ΕΔ 5 και (ΒΕΓ) = 60m2 , οπότε

(ΑΒΓ Δ)=(ΑΕΒ)+(ΒΕΓ)+(ΓΕΔ)+(ΔΕΑ)= = 72+60+50+60=242m2.

4. Ν α βρεθούν οι ακέραιοι α, β για τους οποίους ισχύει η ισότητα

αβ2 + 2αβ + α = 2β2 + 4β + 3

Λύση Έχουμε

αβ2 + 2αβ + α = 2β2 + 4β + 3 <:::::> α(β2 + 2β + 1) = 2(β2 + 2β) + 3 <:::::> α(β 2 + 2β + 1) = 2(β 2 + 2β + 1) + 1 <=:> (α - 2)(β + 1)2 = 1 α,βεΖ <:::::> α - 2 = 1 και (β + 1)2 = 1 (αφού (β + 1)2 � Ο) <:::::> (α- 2 = 1 και β+ 1 = 1) ή (α- 2= 1 και β+ 1= -1) <=:>(α= 3 και β = Ο) ή (α= 3 και β=-2)

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ Ι . Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και δύο τυ

χαία σημεία Α1 πάνω στη πλευρά ΒΓ και Β1 πάνω στη πλευρά ΑΓ. Ονομάζουμε C1 και C2 τους περιγεγραμμένους κύκλους των τριγώνων ΒΑ1 Β1 , Γ Α1 Β1 , αντίστοιχα.


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ---------Η ευθεία ΑΒ τέμνει τον Cι στο Γι , ενώ η ευθεία ΓιΒι τέμνει τον C2 στο Δ. Να αποδείξετε ότι τα ορθόκεντρα των τριγώνων ΑΒι Γι και ΔΒι Γ είναι σημεία συνευθειακά με το Βι .

Λύση Επειδή το τετράπλευρο Α1Β1ΔΓ

γραμμένο στον C2 ισχύει: --ΒιΔΓ = ΒιΑιΒ Επειδή το τετράπλευρο Α1Β1Γ1Β

γραμμένο στον C1 ισχύει: --ΒιΓιΑ = Β1Α1Β

Από τις (1), (2) συμπεραίνουμε ότι:

Α

c, C2

είναι εγγε-

( 1 ) . είναι εγγε-

(2) .

(3).

Λόγω της (3) είναι ΑΒ // ΓΔ (αφού οι ευθείες αυτές σχηματίζουν με τέμνουσα την fΊΒ1Δ δύο εντός - εναλλάξ γωνίες ίσες.) Κατά συνέπεια, τα

2Α2 + 2Β2 + 2r = 2ΑΒ+ 2ΒΓ+ 2ΓΑ (Α-Β)2 + (Β-Γ)2 + (Γ- Α)2 = Ο � Α = Β = Γ (1)

Είναι Α = Β <::} χ2 - kx + m = x2 + mx - k

<::::} (m + k)x = m + k

m+k::;tO <::::} χ = 1 {Β = Γ !χ2 + rnx - k = m2x2 + (k - 1)x+ k

και <::::} και

χ = 1 χ = 1

<::::} 1 + m-k = m2 + k - 1 + k

<::}m2

-m+ 3k- 2 = 0 (2) Από την ισότητα Α = Γ και για χ = 1 , καταλήγουμε και πάλι στη σχέση (2) .

Επειδή m Ε R είναι: Δm ;:::: ο � (-1)2 - 4 · 1 · (3k - 2) ;:::: ο � 1 - 12k + 8 ;:::: ο � 12k :ς 9 � k :ς � 4

Άρα, η μέγιστη δυνατή τιμή του k Ε R είναι: k = % . Για την τιμή αυτή του k , η εξίσωση (2)

γράφεται: 2 9 2 1 1

m - m + - - 2 = 0 <=> m - m + - = O <::::> m = -4 4 2

ύψη των δύο τριγώνων που άγονται από την κοινή κορυφή τους Β1 , αποτελούν μία ευθεία. 3 . Σε αμβλυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α > 90· ) φέ-

Το ζητούμενο έχει αποδειχθεί, αφού τα ορθό- ρουμε ημιευθεία Αχ κάθετη προς την πλευ-

κεντρα των τριγώνων αυτών βρίσκονται στην ευθεία αυτή . 2 . Δίνονται οι παραστάσεις

Α = χ2 - kx + m, Β = χ2 + mx- k, Γ = m2x2 + (k - l)x + k, με k,m Ε IR και k + m ::;t Ο . Αν είναι

Α2 + Β2 + Γ2 = ΑΒ + ΒΓ + ΓΑ,

να βρείτε την τιμή του χ, την μέγιστη τιμή του k και την τιμή του m που αντιστοιχεί στη μέγιστη τιμή του k.

Λύση

Έχουμε Α2 + Β2 + Γ2 = ΑΒ + ΒΓ + ΓΑ �

ρά ΑΒ που τέμνει την πλευρά ΒΓ στο Δ. Από το Δ φέρουμε παράλληλη προς την ΑΓ που τέμνει την πλευρά ΑΒ στο Η και τη διάμεσο ΒΜ του τριγώνου ΑΒΓ στο Ε. Από το Ε φέρουμε παράλληλη προς την ΑΒ που τέμνει την ΒΓ στο Ζ. Να αποδείξετε ότι: (ί) η ΕΖ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΖΔ

και � Α (ίί) Γ = ΖΑΕ .

Λύση

i) Επειδή το Μ είναι μέσον της ΑΓ και ΔΗ/ I ΑΓ, θα είναι και το Ε μέσον της ΔΗ. Επειδή το Ε είναι το μέσον της ΔΗ και ΕΖ//ΒΗ, θα είναι και το Ζ μέσον της ΒΔ. Στο ορθογώνιο τρίγωνο


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ---------ΑΒΔ η ΑΖ είναι διάμεσος προς την υποτείνουσα, οπότε θα είναι ΑΖ=ΖΒ=ΖΔ και Λ1 = ΑΕΖ .

Α

Β

Όμως είναι και Ζ1 = Λ1 (εντός εναλλάξ, ΕΖ//ΑΒ)

Λ -Γ

Ζ2 = ΑΒΖ (εντός - εκτός και επί τα αυτά, ΕΖ//ΑΒ). Άρα θα είναι και Ζ1 = Ζ2 , οπότε η ΕΖ είναι δι--χοτόμος της γωνίας ΑΖΔ .

ίί) Τα τρίγωνα ΑΕΖ και ΔΖΕ είναι ίσα γιατί έχουν τη πλευρά ΖΕ κοινή, Ζ1 = Ζ2 και ΑΖ=ΖΔ. Άρα θα έχουν και ΖΛΕ = Δ • .

Όμως Δ1 = Γ , ως εντός εκτός και επί τα αυτά στις παράλληλες ΔΗ και ΑΓ με τέμνουσα την ΒΓ. Άρα θα είναι και ΖΛΕ = Γ .

4. Από τους αριθμούς x,y,z Ε IR δύο είναι αρνητικοί και ένας είναι θετικός.

Να αποδείξετε ότι : (x-y)(x2 - xy)2 (y-z)(Y - yz)2 ...:..___::_:....:..__..::....:._ + +

yz zx

(z x)(z2 xz )2 + �3(x-y)(y-z)(z-x) xy

Λύση

Επειδή είναι xyz>O, αρκεί να αληθεύει η ανισότητα:

x\x - y)3 + y3 (y - z)3 + z3 (z - x)3 � 3xyz(x - y)(y - z)(z - χ) <:=:> (χ2 _ xy)J + (y2 _ yz)J + (z2 _ zx)J � 3(χ2 - xy)(y2 - yz)(z2 - zx).

Αν θέσουμε α = χ2 - xy, b = y2 - yz και c = z2 - zx, τότε

(1) <:=:> α3 + b3 + c3 � 3αbc <:=:> α3 + b3 + c3 - 3αbc � Ο <:=>_!_(α+ b + c)[(α- b)2 + (b- c)2 + (c- α Υ ]� Ο; 2

που ισχύει γιατί

α + b + c = χ 2 + y2 + z2 - xy - yz - zx = = __!_[(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 ] � 0 ·

2

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ 1 . (i) Να προσδιορίσετε το σύνολο Cα των

σημείων Μ του επιπέδου που είναι εικόνες των μιγαδικών αριθμών z = χ + yi με χ, y Ε IR και ικανοποιούν την ισότητα i(z + z- α) + z -z = O, όπου α e iR .

(ii) Αν Α( -�,%) Ε cα , να προσδιορίσετε

σημείο Β Ε Cα τέτοιο ώστε η μεσοκά

θετος του ΑΒ να διέρχεται από το κέντρο του κύκλου Κμ με εξίσωση

lz + 1 - 3il = β, β > Ο.

Για ποια τιμή του β , ο κύκλος Κ μ εφάπτε-ται του cα ;

Λύση - -ί) Έχουμε z + z = 2x και z - z = 2yi , οπότε η δεδομένη ισότητα γίνεται

ί(2χ - α) + 2yi = Ο <:=:> ί(2χ + 2y - α) = Ο <:=:> 2χ + 2y - α = Ο

α <:=:> x + y = -2 οπότε το σύνολο Ca είναι μια ευθεία του επιπέδου με εξίσωση χ + y = � . 2

ίί) Επειδή Α(-� , %) Ε cα θα είναι 1 3 α -- + - = - <:=:> α = 2 . 2 2 2

Έστω Β( κ, μ) . Το Β είναι το συμμετρικό του Α ως προς την ευθεία δ που περνάει από το κέντρο του κύκλου Ι<ιJ, δηλαδή το σημείο Γ( - 1 ,3), και είναι κάθετη προς την ευθεία Cα : χ + y = 1 . Η εξίσωση της ευθείας δ είναι y - 3 = 1(x + 1) <:=:> y = x+ 4, αφού είναι λδ · λc. = - 1 => λδ = 1 . Η τομή των Ca και δ είναι· το σημείο Ρ(-% , %) , οπότε θα είναι:


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ---------1 3

κ - - 3 μ + - 5 5 7 __ 2 = -- και --2 = - <=> κ = -- μ = - . 2 2 2 2 2 ' 2 Άρα είναι Β(-% , �) . Ο κύκλος � εφάπτεται της ευθείας Cα , όταν είναι

l- 1 + 3 - 11 1 .J2 d(Γ, ε) = β <:::> = β <=> - = β <:::> β = -. � .J2 2

2. Από σημείο Ρ εκτός κύκλου φέρουμε τις εφαπτόμενες Ρ Α, ΡΒ και τυχαία τέμνουσα ΡΓ Δ προς τον κύκλο. Α ν ισχύει 2(Ρ ΑΓ)=3(ΡΒΓ), να υπολογίσετε το λόγο (ΒΔΓ) (ΑΔΓ)

Λύση

Από την ομοιότητα των τριγώνων Ρ ΑΔ, ΡΑΓ παίρνουμε:

(ΡΑΓ) = ( ΡΑ )2 (ΡΑΓ) ΡΓ ( 1 )

Από την ομοιότητα των τριγώνων ΡΒΔ, ΡΒΓ παίρνουμε:

(ΡΒΔ) = ( ΡΒ )2 (ΡΒΓ) ΡΓ (2)

Επειδή ΡΑ=ΡΒ, από τις ( 1 ), (2) έχουμε:

(Ρ ΑΔ) (ΡΒΔ) (Ρ ΑΔ)--(Ρ ΑΙ) (ΡΒΔ)- (ΡΒΓ) --=-- <=> = <=> (Ρ ΑΙ) (PBI) (Ρ ΑΙ) (ΡΒΓ)

(ΑΔΓ) (ΒΔΓ) (ΒΔΓ) (ΡΒΓ) (ΒΔΓ) 2 -- = -- <=> -- =-- � -- = -

(ΡΑΓ) (ΡΒΓ) (ΑΔΓ) (ΡΑΓ) (ΑΔΓ) 3

2ος Τρόπος ---Στα τρίγωνα ΡΓΒ, ΡΒΔ η ΓΡΒ κοινή, στα τρί-

-γωνα ΡΓ Α, Ρ ΑΔ η ΑΡΓ κοινή άρα:

(ΡΔΒ) = ΡΔ · ΡΒ = ΡΔ � (ΡΒΓ) = (ΡΑΓ)

(ΡΒΓ) ΡΓ . ΡΒ ΡΓ I -'--(Ρ_ΑΓ�) = Ρ Α · ΡΓ = _ΡΓ (Ρ ΔΒ) (Ρ ΑΔ)

(ΡΑΔ) ΡΑ · ΡΔ ΡΔ (ΡΒΓ) (ΡΑΓ)

� = � (Ρ Δ_Β) - (Ρ Β Γ) (Ρ ΑΔ) - (Ρ ΑΓ)

(Ρ Β Γ) (Ρ ΑΓ) (ΒΔΓ) (ΡΒΓ) 2 � -- = � = = -(ΒΔΓ) (ΑΓΔ) (ΑΔΓ) (ΡΑΓ) 3

3 . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β > 90° και πλευρά BC=R, όπου R είναι η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του. Α ν Ε είναι το εμβαδόν του τριγώνου και μα η διάμεσος που αντιστοιχεί στην πλευρά ΒΓ, να αποδείξετε ότι

μ2 = !R2 + 2EJ3 α 4 Λύση

Είναι a = R . Από τον νόμο των ημιτqνων παίρνουμε:

2R sin Α = R <:::> sin Α = _!_ και επειδή η γωνία 2 Λ π Α είναι κατ ανάγκην οξεία, έχουμε: Α = "6 , οπό-

J3 τε cosA = - . 2 Από τον νόμο των συνημιτόνων, παίρνουμε:

a2 = b2 + c2 - 2bc cosA

= b2 + c2 - 2bc J3 2

= b2 + c2 - bc-/3 (1)


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ---------από το πρώτο θεώρημα των διαμέσων έχουμε:

a2 b2 + c2 = 2μ; +l (2) Από τις (1), (2) προκύπτει:

a2 a2 = 2μ; + - - bcJ3 � 2 .!.. a2 = 2μ; - bcJ3 � a2 = 4μ; - 2bcJ3 (3) 2 Από τον τύπο του εμβαδού τριγώνου είναι:

abc = 4ER � Rbc = 4ER � bc = 4E (4) Από τις (3), (4) έχουμε (είναι α=R) :

4μ; = R2 + 8EJ3 (αφού α = R)

� μ� = .!_R2 + 2EJ3 4 4. Αν x,y, z είναι θετικοί ακέραιοι με

MKΔ(x,y, z) = 1 και ι 1 1 - + - = - , χ Υ z

να αποδείξετε ότι ο αριθμός χ + y είναι τέλειο τετράγωνο.

Λύση Αν d = (χ, y) , τότε θα αποδείξουμε ότι

x + y = d2 • Πράγματι, αν χ = da , y = db , τότε ( a, b) = 1 και

_!_ + _!_ = .!..(.!.. + -.!.) = .!_ , οπότε χ y d a b z 1 1 d a + b d - + - = - � - = - (1 ) a b z ab z

Όμως (d, z) = 1 και (a + b, ab) = 1, οπότε από την ( 1 ) έπεται ότι a + b = d και ab = z . Άρα θα είναι

x + y = d(a + b) = d2

r Ολυμπιακές ΙΙροσεγγίσεις Σωτήρης Ε. Λουρίδας

Συμβολισμοί Αθροισμάτων και οι Μαθηματικές Συμπεριφορές τους. Ο συμβολισμός των αθροισμάτων και των γινομένων αλλά και η μαθηματική τους συμπεριφορά είναι

μια αναγκαιότητα αφού διευκολύνουν την διαδικασία μελέτης και επίλυσης προβλημάτων του είδους, όταν

μάλιστα είμαστε αναγκασμένοι να «συμμαζέψουμε» αθροίσματα ή γινόμενα με πολύ μεγάλο έως «άπειρο

πλήθος» όρων. Θεωρούμε, λοιπόν σημαντική την γνώση και τη μαθηματική συμπεριφορά των συμβολισμών

αυτών αφού μας aπεγκλωβίζει από τεχνικές δυσκολίες που πιθανόν να προέκυπταν. Τέτοιους συμβολισμούς

έχουμε κατά καιρούς σε διεθνείς μαθηματικούς διαγωνισμούς π.χ. πρόβλημα της 1 &ς Β.Μ Ο., πρόβλημα

που τέθηκε στην τελευταία Ι.ΜΟ. στο Τόκιο το 2003 κ. α.

1 . Συμβολισμοί 1 .1 Έστω το άθροισμα των η-πλήθους προσθε

τέων α, + α2 + . . . + αη τότε συμβολίζουμε η Σα; = α, + α2 + . . . + αη . i = l

I

1.2 Δεχόμαστε ότι Σ α; = α, . i = l

1 .3 Έστω το άθροισμα των απείρων όρων α, + α2 + . . . + αη + . . . τότε συμβολίζουμε

00

Σα; = α, + α2 + . . . + αη + . . . . i = l

1 .4 Έστω ότι έχουμε f, (α, , αυ . . . , αη ) + f2 (αυα3 , . • . , αη , α, ) + . . . +

fη ( αη , α, , αυ . . . , αη-ι ) , τότε συμβολίζουμε

1 .5

1 .6

Σf, (α, , α2 , • • • , αη ) για παράδειγμα αν α,β,γ πλευρές τριγώνων τότε

Σα(β - γ) = α(β - γ) + β(γ - α) + γ(α - β). Έστω το γινόμενο των η-πλήθους παραγόντων α, · α2 • • • αη τότε συμβολίζουμε

I Π α; = α, · α2 • • • α η . i = l

Δεχόμαστε ότι: η I I

Πα; = α, (Άρα · Σ α; = Π α; = α, ) . i = l i = l i = l

Έστω το γινόμενο των απείρων όρων α, · α2 • • • αη . . .

00

Τότε συμβολίζουμε Π α; = α, · α2 • • • αη . . . i = l



2. 2.ι

2.2.

Ιδιότητες η Σc = η · c όπου c σταθερός αριθμός i = l

η ( α1 = α2 = . . . = α" = c ). Άρα Σ 1 = η .

η η η Σ<αί + β; ) =Σαί + Σβί � i = l i=l i=l

η η

i=l

� Σ(α; +β; ) = Σ(β; + α; ) . i = l i = l

2.3. (Ομογένειας). Αν c σταθερός αριθμός τότε

η 2.4. Σ ( c1 · α; + c2 · β; + . . . + c, · Ύ; ) =

i = l

η η η = cι Σα; + c2Σβ; + . . . + cκ Σγ; ,

i=l i=l i=l

2.5. (τηλεσκοπική ιδιότητα) n - 1

Σ(α;+ι - α; ) = α" - α1 , αφού i=l

n-1 n- 1 n- 1 Σ<αΗ - α ; ) = Σα;-ι - Σα; = i=l i= l i = l

= α2 + α3 + . . . + απ-ι + α" ) --( α1 + α2 + . . . + απ-ι ) = . . . = α" - α1 •

2.6. Αν α; :::; β; για κάθε i Ε {1, 2, . . . , η} τότε

i=l i=l

η 2.7. Π c = c" , όπου c σταθερός αριθμός, αφού

i=l

η α1 = α2 = . . . = α" = c . Άρα Π 1 = 1 .

i=l

η η η 2.8. Π (α; · β; ) = Π α; · Π β; γενικά έχουμε

i = l i = l i = l

n η η π Π (α; · β; · · ·γ; ) = Π α; ·Πβ; · · ·Π γ; ·

i=l i=l i = l i=l

η πα. η α. . ι Ορίζουμε επίσης Π _ι = � .

i = l βί πβί η η

i = l

2.9. Π ρ · α; = ρ" Π α; , όπου ρ σταθερός αριθμός. i=l i=l

'

Γενικά έχουμε: η

Π[(ρι · α; ) . (ρ2 · β; ) . . . (ρ3 · γ; )] = i = l

η η η (ρι · · ·ρ2 . . . ρ3 )

" · Π α; .πβ; . . . π Ύ; ·

i = l i=l i = l

2.ιο. Αν α; =ι. Ο για κάθε i Ε {1, 2, . . . , η} τότε ισχύει " α. α ότι: Π---!±!. = __!!:t!. .

i=ι α; αι

Παρατηρήσεις η η η ι . α1 + α2 + . . . + αν = Σα; = Σαλ = Σα" δηλαδή

i=l λ= \ n = l

η επιλογή του δείκτη είναι αυθαίρετη. η n - 1 η+ρ-1

2. αι + α2 + . . . + α" = Σα; = Σα;+ι = Σ αi-ρ+Ι . i=l i=O i =ρ

3• � ) = η( η + 1) , i >2 = η( η + 1)(2η + 1) , i=l 2 i=l 6

t. i3 η2 (η4+ 1 )2 . 'Ετσι έχουμε: t. i3 = (t. i)2 ,

i >4 = η( η + 1)(2η + 1)(3η2 + 3η - 1) . i = l 30

4. Για την γενική μορφή πολυωνύμου η-βαθμού έχουμε:

ι .

2.

Θέματα η η4 ο3 oz

Να αποδειχθεί ότι: Σί3 = - + - + - .

i=O 4 2 4

Απόδειξη η ( η )2 Σ · 3 Σ · 1 = 1

i=O i=O

η2 (η + 1)2 η2 (η2 + 2η + 1) = = 4 4

Αν α1,α2, . . . , «π θετικοί άνισοι αριθμοί. Να αποδείξετε ότι:

η Σα. η ι Σ " 1=1 i=t Σα. - α.

ι ι i=l

02 > -- . ο - ι

Απόδειξη Από το θεώρημα Αριθμητικού - Γεωμετρικού

Μέσου έχουμε: t.(t.α; - α; ) > η π u(t.αj - α; ) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.2/33


( 1 )

Επίσης από το θεώρημα Αριθμητικού - Γεωμε-τρικού Μέσου έχουμε:

η 1 Σ -n--

i = l Σ αi - αi

η (2)

Αν πολλαπλασιάσουμε κατά μέλη τις (1) και (2) έχουμε το ζητούμενο

Παρατήρηση : η

Το Σ αi είναι σταθερός αριθμός. i=O

π 3. Έστω το άθροισμα Σαi . Αν ο τυχαίος-

i=ο γενικός όρος απ γράφεται σαν απ =f(η)--f(η+1) όπου f(η) ακολουθία του η τότε:

π Σ απ = f(1) - f(η + 1) . i=O

Απόδειξη Αφού απ = f(η) - f(η + 1) έχουμε Για η = 1 => α, = f(1) - f(2) Για η = 2 => α2 = f(2) - f(3)

Για η = η => α" = f(η) - f(η + 1) . Με πρόσθεση κατά μέλη των ισότητων αυτών

η

έχουμε: Σ απ = f(l) - f(η + 1). i = O

Παράδειγμα Να βρεθεί τύπος που να δίνει το Ση 2η + 3

i=O (η2 + 3η + 2)2 •

Λύση Παρατηρούμε ότι:

1 1 2η + 3

4. Να βρεθεί τύπος που να δίνει το άθροισμα π Σ αϊ αν ο τυχαίος - γενικός όρος δίνεται

από τον τύπο: απ =α · f(η)+β · f(η+ 1)+γf(η+2) με α+β+γ=Ο, όπου f(η) ακολουθία του φυσικού αριθμού η.

η η

Λύση

Σα" = Σ<α · f(η) + β · f(η + 1) + γ · f(η + 2)) i=l i=l

η η η

= αΣf<η) + βΣf<η + 1) + rΣf<η + 2) = i = l i=l i=l

n - 2 n - 1 η

= αΣf(η + 2) + βΣf(η + 2) + rΣf(η + 2) = i = l i = l i=l

n-2 n-2

= α(f(l) + f(2)) + Σf(η+ 2)+ β(f(2)+ Σf(η+ 2)+ n=l n=l

n-2

+f(η + 1)) + γ(Σf(η + 2) + f(η + 1) + f(η + 2)) n=l

= α(f(l) + (α + β)f(2) + +(β + γ)f(η + 1) + γf(η + 2) + (α + β + γ) n-2 η

Σf(η + 2) . Άρα Σα" = α · f(l) - γ · f(2) -n=l n = l

-α . f(η + 1) + γ · f(η + 2) . 5. Έστω xi>O με ί=1,2, . . . ,η και ταυτόχρονα

π Π xi = απ . Να αποδειχθεί ότι: i=l

π Π (1 + xi ) � (1 + α Υ . i=l

Απόδειξη Από την μορφή της γενίκευσης της ανισότητας

του Hδlder για τους θετικούς α1 , α2 , β1 , β2 , . . . , γ 1 , γ 2 και θετικούς h ψ, . . . ,z με χ+ψ+ . . . +z= 1 ισχύει:

(αι + α2 )χ · (βι + β2 Υ . . . (γι + γ2 Υ > χ

βΥ z χ βΥ z

- αι · ι · · ·γι + α2 · 2 · · ·γ2

'Ε 1 1 1 1 ( , ) χουμε: - + - + . . . + - = . η-οροι

i = l

η η η

i=l i=l

η I

=> ΠΟ + χi )� �(1 + α)"

i = l

6. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ να αποδείξετε ότι:

Σβγ(β + γ) � �Π (β + γ - α) ·


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ---------Απόδειξη

Αφού α,β,γ είναι πλευρές τριγώνου θα είναι θετικοί αριθμοί.

Για τους τυχαίους x,y>O έχουμε: (-Γχ-.[y)2 �0<=?x+y��xy(x+y) �2(fxY)3 •

Άρα: Σβγ(β + γ) � 2Σ($r)3 � 2 · 3V�(αβγ)6 = 6αβγ .

Όμως: α2 � α2 - (β - γ)2 = (α+ β - γ)(α- β+ γ). Άρα: α2β2γ2 � Π<α+γ -α)2 � αβγ � Π(β + γ - α)

(Αφού β + γ - α > Ο) Τελικά Σβγ(β + γ) � 6Π (β + γ - α) .

7. Έστω οι ακέραιοι α, μ που είναι πρώτοι μεταξύ τους. Να αποδειχθεί ότι:

Σ[α · κ + β ] = (α - l)(μ - 1) + β . κ=Ο μ 2

ι ' n

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι (αχ + β) Ξ ( αy + β)mοdμ �

α( χ - y) Ξ modμ � χ - y Ξ omodμ � χ Ξ ymodμ . Προφανώς έχουμε σχέση ισοδυναμίας που δημιουργεί διαμέριση.

Άρα οι αριθμοί ακ + β, κ = Ο, 1, 2, . . . , μ - 1 διαι-ρούμενοι με το μ δίνουν διαφορετικά υπόλοιπα u" , κ = 0, 1, 2, . . . , μ - 1 .

Άρα Σ -- =Σ -- +Σ -. με , μ-Ι ( ακ + β) μ-Ι [ακ + β ] μ-Ι (u" ) � μ � μ � μ

Ui τα αντίστοιχα υπόλοιπα που αναφέραμε. , μ-Ι [ακ + β ] μ-Ι ( ακ + β) μ-Ι (u" ) Άρα Σ - =Σ - -Σ - =

� μ � μ � μ

μ μ = (α

- 1)(μ - 1) + β . 2

μ

Κατqλληλο βοήθημα

2μ

για όσους διδάσκουν καθώς

και για τις εξετάσεις του ΑΣΕΠ.

Θα βρείτε:

• Σχέδια διδασκαλίας

για όλε ς τις τάξεις

με την κατάλληλη Μέθοδο,

Μορφή και Πορεία διδασκαλίας.

• Την αναλυτική βαθμολόγηση

θεμάτων στις προαγωγικές

και απολυτήριες εξετάσεις.

• Τη ν αξιολόγηση του μαθη τή

και της διδασκαλίας.

ΕΚΔΟΣΕΙΣ rΕΝΝΑΔΕΙΟΥ ΣΧΟΛΗΣ Λ. ΒΙΡΗΝΗΣ 7, 163 45 ΗΛΙΟΥΠΟΛΗ

ΊΉΛ.: 010-9937645 - 6 FAX: 010-9937211 E-mail: [email protected]

Εmσχεφθεfτε μας: httyJ/www.geoadios.edu.gr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.2135

yια την Α .. τάξη του Λυκείου

Τpιώνuμο Β "' βαθμού

Α. Μεταβολές των συντελεστών τριωνύμου και συνέπειες στις ρίζες του Έστω η εξίσωση αχ1 + βχ + γ = Ο (1) με

α '# Ο, γ '# Ο με ρίζες χι,χ2.

α) Πολλαπλασιάζουμε όλους τους συντελεστές της ( 1 ) με λ 7: Ο και έχουμε την εξίσωση λαχ2 + λβχ + λ γ = Ο που προφανώς είναι ισο-δύναμη με την ( 1 ) και έτσι οι ρίζες δεν θα αλλάξουν.

β) Με εναλλαγή του α με το γ έχουμε την εξίσωση (Ε) : γχ2 + βχ + α = Ο , με Δ' = β2 - 4αγ = Δ ' -β ± ν'Δ

χι,2 = 2γ Παρατηρούμε ότι

' -β + ν'Δ -β - ν'Δ (-β)2 - (J'Δ)2 Χ · Χ = . ι 2 2α 2γ 4αγ

β2 - Δ β2 - β2 + 4αγ _ 4αγ _

= = - - - 1 . 4αγ 4αγ 4αγ Ομοίως βρίσκουμε ότι χ2 · χ� = 1 , δηλαδή

, 1 , 1 Ά , 'ζ , χι = - και χ2 = - . ρα οι νεες ρι ες ειναι Χ2 Χι

αvτίστροφες των προηγουμένων ριζών. Π. χ. (Ει ) : χ 2 - 5χ + 6 = Ο : Ρίζες 2 και 3

' 1 1 (Ε2 ) : 6χ2 - 5χ + 1 = 0 : Ριζες - και - . 3 2 Άλλη εξήγηση : Έστω (Ε) : αχ2 + βχ + γ == Ο

'ζ ' ζ ' p- χ - γ με ρι ες χι , χ2 και γινομενο ρι ων -χι · 2 -- . α Έστω επίσης (Ε') : γχ 2 + β χ + α = Ο με ρίζες

' ' , ιζ , Ρ' ' ' α χι , χ2 και γινομενο ρ ων = Χι · χ2 = - . γ

Κώστα Μαλλιάκα

Είναι χ' ι -β+ν'Δ

2γ -β + J'Δ

= -β + J'Δ · � = Χι · Ρ'

2α · 1 2α γ α

χ�"'ο ' ' Ρ' ' ' ' 1 ' Άρα Χι =χι . {:::> Χι =χι . Χι . Χ2{:} = Χι . χ2 . ο ' β ' ' ' 1 Ά ' ' μοιως ρισκουμε οτι χ2 · Χ ι = . ρα χ2 ειναι

' ' ' αντιστροφη της Χι και Χι αντιστροφη της χ2. γ) Με αλλαγή στο πρόσημο του β, έχουμε:

(Ε') : αχ2 - βχ + γ = Ο

Δ' = (-β)2 - 4αγ = β2 - 4αγ = Δ ' β ± ν'Δ

Χι 2 = , ' 2α ' β + ν'Δ - -β - ν'Δ -χ1 = - - χ2 και 2α 2α ' β - ν'Δ - -β - ./Δ -Χ2 = - - - -Χι 2α 2α

Άρα οι νέες ρίζες είναι αντίθετες των προηγόυμένων Π.χ. (Ε1 ) : χ2 + 4χ - 5 = 0 : Ρίζες 1 κα -5 . (Ε') : χ2 - 4χ - 5 = 0 : Ρίζες -1 και 5 .

δ) Με εναλλαγή του α με το γ και αλλαγή προσήμου του β, έχουμε: (Ε') : γχ2 - βχ + α = Ο με

' 1 χ2 = -- . χ2

' 1 Χι = --Χι

Π.χ. (Ε) : χ2 + 6χ + 8 = Ο : Ρίζες -2 και -4 (Ε') : 8χ2 - 6χ + 1 = Ο : Ρίζες _!_ και _!_ . 2 4

και

ε) Όταν πολλαπλασιάζουμε το β με ένα αριθμό λ 7: Ο και το γ με το τετράγωνο του αριθμού

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ζ' τ.2136

Μαθηματικά yια την Α ' Λυκείου

αυτού, τότε οι ρίζες πολλαπλασιάζονται με τον αριθμό λ: (Ε') : αχ2 + λβχ + λ2γ = Ο Δ' = λ2β2 - 4αλ2γ = λ2 · (β2 - 4αγ) = λ2 · Δ

χ { 2 = -λβ ± λΓΔ = λ · -β ± ΓΔ = λ · χ\ 2 · · 2α 2α ' Π.χ. (Ε) : χ2 + 5χ - 6 = Ο : με Ρίζες 1 και -6. Για λ = 3 έχουμε: (Ε') : χ2 + 1 5χ - 54 = 0 : με ρίζες 3 και -1 8 .

στ)Ανάλογο για την (Ε') : λ2αχ2 + λβχ + γ = Ο έ-χω τελικά χ{ 2 = ! · χ 1 2 δηλ. οι ρίζες διαιρού-, λ ' νται με λ Π.χ. (Ε) : χ2 - 6χ + 5 = 0 : Ρίζες 1 και 5 . Για λ = 2 (Ε') : 4χ2 - 12χ + 5 = 0 : Ρ 'ζ 1 5 ι ες 2 και 2 .

ζ) (Ε') :λαχ2 +βχ+l=ο {:} λ2αχ2 + λβχ + γ = Ο ολ πότε καταλήγουμε στην περίπτωση (στ).

η) (Ε') :�χ2 +βχ+λγ=Ο {::} αχ2 + λβχ + λ2γ = Ο , λ οπότε καταλήγουμε στην περίπτωση (ε) .

Β. Συνθήκες μεταξύ των α,β,γ. α) Έστω η εξίσωση (Ε) : αχ2 + βχ + γ = Ο με

α 7: Ο όταν α + β + γ = Ο , οπότε α + γ = -β ή β = -α - γ τότε Δ = β2 - 4αγ = = (-α - γ)2 - 4αγ = α2 + 2αγ + γ2 - 4αγ = = α2 - 2αγ + γ2 = (α - γ)2 ?: Ο οπότε

χ\,2 -β ± �(α - γ)2 -β ± (α - γ)

2α 2α -β + α - γ = α + f + α - f = 1 2α 2α -β - α + γ β + γ - β + γ γ = 2α 2α α

Άρα η (Ε) έχει πραγματικές ρίζες και αν α = γ είναι ίσες. Η (Ε) έχει μία ρίζα το 1 και η άλλη είναι το r = P α π.χ. 5χ2 + 2χ - 7 = 0 : Ρίζες το 1 και το 7

5

γιατί 5 + 2 + (-7) = 0 . β) Έστω η εξίσωση (Ε) : αχ2 + βχ + γ = Ο, α 7: Ο

με α + γ = β τότε είναι: Δ = (α - γ)2 με ρίζες -1 και _r _ α

Παρατήρηση :

Οι ρίζες τώρα είναι αντίθετες από την προηγούμενη περίπτωση γιατί το β είναι αντίθετο από το προηγόύμενο σύμφωνα με το (Α) μέρος, περίπτωση (γ) . γ) Έστω η εξίσωση (Ε) : αχ2 + βχ = Ο, α 7: Ο

(γ = Ο) (ελλιπές τριώνυμο). Η (Ε) γίνεται: χ · (αχ + β) = Ο {:} χ = Ο ή χ = -� . α

δ) Έστω η εξίσωση (Ε):αχ2 + γ = Ο, α 7: Ο (β=Ο). Η (Ε) γίνεται: χ2 = _l , οπότε: α i) Αν οι α, γ είναι ετερόσημοι, τότε 1 < Ο οπότε α

η (Ε) έχει δύο ρίζες χ1 2 = ± [i . ν--; ii) Αν ο ι α , γ είναι ομόσημοι, τότε _l < Ο οα

πότε η (Ε) είναι αδύνατη γιατί χ2 ?: Ο .

Γ. Βασικές συνθήκες που ισχύουν για το είδος ριζών της εξίσωσης {Ε) : αχ2 +βχ+γ=Ο

Η (Ε) έχει: 1 ) μοναδική ρίζα όταν α = Ο και β 7: Ο , δηλ. �ίναι

πρωτοβάθμια. 2) μια διπλή ρίζα όταν α 7: Ο και Δ = Ο. 3) πραγματικές ρίζες όταν α 7: Ο και Δ ?: Ο . 4) δύο άνισες ρίζες όταν α 7: Ο και Δ>Ο. 5) καμία πραγματική ρίζα όταν α 7: Ο και Δ<Ο. 6) αντίθετες ρίζες όταν α 7: Ο, Δ ?: Ο και S = Ο. 7) αντίστροφες ρίζες όταν α 7: Ο, Δ ?: Ο και Ρ = 1 8) ετερόσημες ρίζες όταν α 7: Ο, Δ > Ο και Ρ<Ο. 9) ομόσημες ρίζες όταν α 7: Ο, Δ ?: Ο και Ρ > Ο 1 0) θετικές ρίζες όταν α 7: Ο, Δ ?: Ο , Ρ>Ο, S>O 1 1 ) αρνητικές ρίζες όταν α 7: Ο, Δ ?: Ο , Ρ>Ο, S<O.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.2!37

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Δ. Εξισώσεις που ανάγονται σε δευτεροβάθμιες

α) ΔΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ: Γενική μορφή: α · χ2κ + β · χκ + γ = Ο, α :;t: Ο (1)

ΜΕΘΟΔΟΣ: Θέτω χ κ = y οπότε χ2κ = (χκ )2 = y2 , άρα αy2 + βy + γ = 0 (2) .

i) Αν Δ>Ο η (2) έχει δύο ρίζες yι ,y2, οπότε: κ ' κ χ = yι η χ = y2 . . . . .

ii) Αν Δ = Ο η (2) έχει μία ρίζα y0, οπότε κ χ = yo . . . .

iii)Aν Δ<Ο η (2) είναι αδύνατη οπότε και η ( 1 ) θα είναι αδύνατη.

Παραδείγματα : 1 ) χ6 - 9χ3 + 8 = 0

Θέτω χ 3 = y , οπότε η εξίσωση γίνεται y2 - 9y + 8 = Ο με ρίζες y 1 = 1 ή y 2 = 8 άρα χ3 = 1 ή χ3 = 8 οπότε χ = ifi ή χ = V8 δηλ. χ = 1 ή χ = 2.

2) χ8 + 6χ4 - 7 = 0 Θέτουμε χ4 = y :::::: Ο , οπότε η εξίσωση γίνεται y2 +6y - 7=0 με ρίζες y1 =1 ή y2 = -7 (απορ.) οπότε χ = ±� δηλ. χ = 1 ή χ = - 1 .

3) χ1 0 + 7χ5 - 1 8 = 0 Θέτουμε χ5 = y , οπότε η εξίσωση γίνεται y2 + 7 y - 1 8 = Ο με ρίζες y ι = 2 ή Υ ι = -9 , άρα χ5 = 2 ή χ5 = -9 , άρα και συνεπώς χ = +ifi ή χ = -ifi .

β) ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛ ΥΤΑ Γενική μορφή : α · (κχ + λ)2 + β · lκχ + λl + γ = Ο, α � ο ( 1 )

ΜΕΘΟΔΟΣ: Θέτουμε lκχ + λl = y , . οπότε (κχ + λ)2 = lκχ + λl2 = y2 και η ( 1 ) γίνεται αy2 + βy + γ = Ο . . .

Παράδειγμα

3(χ + 2)2 + 4 lx + 2l - 7 = 0 ( 1 ) Θέτουμε l x + 21 = y οπότε η ( 1 ) γίνεται 3y2 + 4y - 7 = Ο με ρίζες Υι = 1 ή Υ2 = -7 .

Άρα l x + 21 = 1 ή l x + 21 = -7 (απορρίπτεται). Ισοδύναμα έχουμε: χ + 2 = 1 ή χ + 2 = - 1 οπότε Χ = - 1 ή Χ = -3 .

Ε. Λυμένες Ασκήσεις

1 . Να λυθεί η εξίσωση l(x2 - 31 xl-6>1 = 4 (1)

Λύση

Η ( 1 ) είναι ισοδύναμη με: χ2 - 3 lx l - 6 = -4 ή χ2 - 3 lx l - 6 = 4 Άρα χ2 - 3 lx l - 10 = 0 ή χ2 - 3 lx l - 2 = 0 Θέτουμε l x l = y :::::: Ο οπότε (y2 - 3y - 10 = 0 ή y2 - 3y - 2 = 0) {:}

5 ' 2 ' { 3+Jl7 ' 3 - J17 } y = η y = - η y= η y =---2 2 Άρα { l x l = 5 ή lx l = -2} (απορρίπτεται) ή

3 + Jl7 ' 3 - Jl7 ' l x l = η lx l = < Ο} (απορριπτεται) 2 2 ' 5 ' ± 3 + Jl7 οποτε χ = ± η χ = . . 2

2. Να λυθεί η εξίσωση ιοχ2 + 2y2 + 2χ + 2y - 4xy + ι = ο .

Λύση

Η εξίσωση μπορεί να θεωρηθεί δευτεροβάθμια ως προς χ οπότε ισοδύναμα γράφεται: 1 0χ2 + (2 - 4y) · χ + (2y2 + 2y + 1) = ο Είναι Δ = (2 - 4y)2 - 4 · 1 0 · (2y2 + 2y + 1) = = 4 - 16y + 16y2 - 80y2 - 80y - 40 = = -64y2 - 96y - 36 = -4(1 6y2 + 24y + 9) = = -4 · (4y + 3)2 ::ς ο . Για να έχει λύσεις πρέπει Δ :::::: Ο οπότε αναγκαστι-κά πρέπει Δ = Ο. Άρα 4y + 3 = 0 {::} y = -� 4 Τότε είναι

2 - 4y 4y - 2 2(2y - 1) 2y - 1 Χ = --- = -- = =--2 · 1 0 20 20 1 0 ' 3 ' λ ' 1 οποτε για y = -- εχω τε ικα χ = --4 4

Άρα λύση (x, y) = (-� , -�) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.2138

Μαθηματικά για την Α· Λυκείου

3 . Ποιες τιμές μπορεί να πάρει η παράσταση Κ = 2χ2 - 12χ + 5 ; Ποια η ελάχιστη τιμή που μπορεί να πάρει και για ποιο χ;

Λύση

Η παράσταση μπορεί να πάρει μορφή εξίσωσης '? βαθμού ως προς χ: 2χ2 -Ι2χ+(5-Κ)=Ο . Προφανώς πρέπει να έχει λύσεις οπότε πρέπει Δ 2:: Ο δηλ. Ι 44 - 4 · 2 · (5 - Κ) 2:: Ο � Ι44 - 40 + 8Κ 2:: Ο � Κ 2:: - Ι 3 . Άρα οι τιμές της παράστασης Κ βρίσκονται στο διάστημα [ - 1 3, +οο) και η ελάχιστη τιμή της είναι το -Ι3 αν Δ = Ο δηλ. χ=� δηλ. χ = 3 . 4 4. Να λυθεί η εξίσωση

[d(x1 - 5)]2 + 6 · d(x1 ,-5) - 7 = 0 .

Λύση

Είναι d(x1 , -5) = lx + 5 1 οπότε θέτω lx + 5 1 = d Άρα d2 + 6d - 7 = Ο με ρίζες d = Ι ή d = -7 δηλ. l x + 5 1 = Ι (απορρίπτεται) . Επομένως χ + 5 = Ι ή χ + 5 = - Ι οπότε χ = -4 ή Χ = -6 . 5. Να λυθούν οι εξισώσεις:

(1) (χ2 - 4) · (χ2 + 3χ) · (-χ2 - 5χ + 6) = ο

(2) lx2 - 91 + lx2 - 3x l + lx2 - 7χ + 12 1 = Ο

Λύση

Η ( Ι ) ισοδυναμεί με: χ2 - 4 = 0 ή χ2 + 3χ = 0 ή -χ2 - 5χ + 6 = 0 ) � ((χ = 2 ή χ = -2) ή (χ = Ο ή χ = -3) ή (χ = Ι ή χ = -6)) Σύνολο λύσεων: {2,-2,0,-3 , Ι ,-6 } Η (2) ισοδυναμεί με: χ2 - 9 = 0 και χ2 - 3χ = 0 και χ2 - 7χ + Ι2 = 0 ((χ = 3 ή χ = -3) και (χ = Ο ή χ = 3) και (χ = 3 ή χ = 4)) Άρα κοινή λύση μόνο το 3 (δηλ. χ = 3) . 6. Έστω f(x) = (λ - 2)χ2 + 2λχ + λ + 2 (1).

α) Να βρεθεί ο πραγματικός λ ώστε η εξίσωση f(x) = Ο να έχει μοναδική λύση η οποία να βρεθεί.

β) Να δειχθεί ότι η f(x) έχει πάντα μια ρίζα ανεξάρτητη του λ.

γ) Υπάρχει πραγματικά αριθμός λ ώστε η (1) να έχει: i) αντίθετες ρίζες, ii) αντίστροφες ρίζες;

Λύση

α) Αρκεί λ - 2 = Ο ή Δ = Ο και όχι όλοι οι συντελεστές μηδέν. Πράγματι για λ = 2 η εξίσωση f(x) = Ο γίνεται 4χ+4=0 � χ = - 1 δηλ. μοναδική ρίζα το -Ι .

β) Για λ 7: 2 έχουμε: Δ = 4λ2 - 4(λ - 2)(λ + 2) = = 4λ2 - 4λ2 + Ι 6 = Ι 6 > ο . Ά . δ ' . 'ζ -2λ ± 4 ρα εχει υο ανισες ρι ες: χ1 ,2 = -2-(λ---2-)

. -2λ + 4 οποτε χ1 = = - Ι, 2λ - 4 -2λ - 4 -λ - 2 χ2 = 2λ - 4 = λ - 2

δηλ. έχει μία ριζα το -1 , ανεξάρτητη του λ. γι) Αν έχει ρίζες αντίθετες τότε Δ>Ο και S = Ο και

λ 2 . . s -2λ ' λ ο 7: οποτε αφου = -- πρεπει = που λ - 2 είναι δεκτή.

γ2) Α ν έχει ρίζες aντίστροφες τότε λ 7: 2, Δ 2:: Ο και Ρ Ι . λ , λ + 2 Ι = πρεπει οιπον -- = � λ - 2 λ + 2 = λ - 2 � Ο · λ = -4 (αδύνατο) . Άρα δεν μπορεί να έχει aντίστροφες ρίζες.

Ζ. Προτεινόμενες Ασκή σεις. 1 . Να λυθούν ο ι εξισώσεις:

α) χ6 + 5χ3 - 24 = 0 β) χ 1 2 - 4χ6 - 2 Ι = Ο γ) (3χ - 5)2 + l 3x - 51 - 20 = ο δ) l<x2 + 81 x l- 1 3)l = 7 ε) (3χ2 - 6) · (-2χ2 + 8χ) · (χ2 + 2χ - 63) = 0 στ) 1 3χ2 +4χ-71 + 12χ-21 + 1 6χ2 -5χ-Ι ΙΙ =ο

2. Ποιο είναι το σύνολο τιμών της συνάρτησης y = -x2 + 7x + 2 .

3 . Να λυθεί η εξίσωση : Ι 7χ2 + 6χ + y2 - 8xy + 9 = Ο .

ΕΥΚ.ΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.2139

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

-ι . Έστω f(χ) = (α - 3)χ2 - 2αχ + α + 3 . α) Να λυθεί η εξίσ�ση f(x) = Ο για α = 1 . β) Να δειχθεί ότι η f(x) έχει πάντα μια ρίζα

ανεξάρτητη του λ.

γ) Είναι δυνατόν να έχει η f(x) μοναδική λύση και αν ναι ποια είναι;

δ) Είναι δυνατόν η f(x) να έχει αντίθετες ρίζες και αν ναι ποιες;

ε) Να λυθεί η εξίσωση f(α) = Ο ως προς α.

a εχέuει� μεταξu των αuντελειπών και των pιζών εξίαωαης 2°υ βαθμού.

Για την εξίσωση αχ2 + βχ + γ = Ο με α � Ο και ρίζες ρι , ρz θα πρέπει να ξέρουμε ότι:

β γ S = ρι + ρz = -- ,Ρ = ρι · ρz = - . α α Μία παράσταση των ριζών ρ1 ,ρ2 μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης λέγεται συμμετρική όταν παραμένει αμετάβλητη μετά από την αντιμετάθεση των ρ ι ,ρz . Για τις συμμετρικές παραστάσεις των ριζών ρι ,ρz θα ξέρουμε ότι: Κάθε ρητή παράσταση συμμετρική ως προς τις ρίζες ρ ι ,ρz μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης μπορεί να εκφραστεί ως συνάρτηση των S και Ρ. ΑΣΚΗΣΗ 1 : Να εκφραστούν με τη βοήθεια των S, Ρ οι παραστάσεις: (ί) S2 = ρ; + ρ; , S3 = ρ: + ρ�

1 1 (ίί) Α = ρ:ρ2 + ρ1ρ; , Β = -- + -- . ρι + 3 ρz + 3

ΛΥΣΗ

(i) Sz = (ρι + ρz )2 - 2ριρz = S2 - 2Ρ S3 = (ρι + ρz )3 - 3ριρz (ρι + ρz ) = S3 - 3PS

(ii) Α = ριρz (ρι + ρz ) = p . S Β = ρz + 3 + ρι + 3 = 6 + S

(ρι + 3)(ρz + 3) ριρ2 + 3(ρι + ρz ) + 9 6 + S

P + 3S + 9

ΑΣΚΗΣΗ 2 .

θεωρούμε την εξίσωση

Α. Μπουρνής

(χ - 1)2 - (2χ - 3)λ = Ο (1) λ ε ΊR . Αν χι,χ2 οι πραγματικές ρίζες της (1), να δειχτεί ότι η παράσταση

Κ = ( Χ1 -�)( Χ2 -�) είναι ανεξάρτητη του λ.

ΛΥΣΗ

(χ - 1)2 - (2χ - 3) · λ = 0 � χ2 - 2(1 + λ)χ + 1 + 3λ = ο Πρέπει Δ � 0 � 4(λ2 - λ) � Ο � λ � 1 ή λ � Ο . Η παράσταση Κ γίνεται

3 9 Κ = χιχ2 - -(χ1 + χ2 ) + - . 2 4 Όμως Χι + χ2 = 2(1 + λ) και Χι · χ2 = 1 + 3λ . Άρα

3 9 κ = 1 + 3λ - 2 · 2(1 + λ) + 4 =

= 1 + 3λ - 3 - 3λ + 2. = .!. 4 4

ΑΣΚΗΣΗ 3. Στην εξίσωση αχ2 + βχ + γ = Ο είναι α>β>γ>Ο. Αν ρ1,ρ2 είναι οι ρίζες της να δειχτεί ότι: lρ1 1 < 1 και lρ2 1 < 1 .

ΛΥΣΗ

Αφού ρι ,ρz είναι οι ρίζες της αχ2 + βχ + γ = Ο θα ' β ο γ ο ισχuει ρ1 + ρ2 = -- < και ρ1 · ρ2 = - > . α α


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Άρα ρι < Ο και ρ2 < Ο οπότε lρ1 + ρ2 Ι = lρι l + lρ2 l · Είναι lρ1 + ρ2 1 = �-�� = � < ι και συνεπώς

lρι l + Ιρ2 1 < ι άρα lρι l < ι και Ιρ2 1 < ι . ΑΣΚΗΣΗ 4. Έστω ρι,ρz οι ρίζες της εξίσωσης αχ2 +βχ+γ=Ο α,β ,γ ε :ΙR με α :;t: Ο και ισχύει lα i > Ια + β + γ l . Να δειχτεί ότι μια τουλάχιστον από τις ρίζες ανοίκει στο ανοικτό διάστημα (0,2).

ΛΥΣΗ

Είναι ΙαΙ > Ι α + β + γΙ {::} ι > Ι ι +�+ �I · Όμως Q_ = -(ρι + ρ2 ) και Ί_ = ριρ2 α α

ι > Ιι - ρι - ρ2 + ριρ2 Ι {::} άρα ι > I (1 - ρ! ) - ρ2 (1 - ρ! )I {::} .

ι > Ι ι - ρι i · Ι ι - ρ2 l Οπότε Ι ι - ρ1 1 < ι ή l1 - ρ2 1 < 1 . Από την Ι ι - ρ1 1 < ι {::} - ι < 1 - ρ1 < 1 {::} -2 < -ρ1 < Ο {::} Ο < ρ1 < 2 ή Ι ι - ρ2 1 < 1 {::} - 1 < ι - ρ2 < ι {::} {::} -2 < -ρ2 < Ο {::} Ο < ρ2 < 2 ή Ι ι - ρ2 1 < Ο <=> <=> -ι < ι - ρ2 < ι <=> -2 < -ρ2 < ο <=> ο < ρ2 < 2 ΑΣΚΗΣΗ 5. Έστω ρι,ρz οι ρίζες της εξίσωσης κχ2 +λχ+l=Ο με κ :;t: Ο και ισχύει λ2 -2κ2 < λ · lκ l . Να δειχτεί ότι: lρι + ρz l < 2 .

ΛΥΣΗ

Είναι λ2 - 2κ2 < λ lκl {::} lλl2 - 2 l κl 2 < lλl · l κl αφού λ ::; lλl διαιρώ με �, που είναι θετικός αριθμός. Οπότε

& _ 2 < 11 {::} Ι λ Ι2 - Ι� Ι - 2 < ο {::} lκl2 lκl κ κ

(I �I - 2 J - (1�1 + 1) < ο

Όμως � �� + ι > Ο άρα

�� - 2 < Ο {::} � �� < 2 {::} lρ1 + ρ2 1 < 2 .

ΑΣΚΗΣΗ 6.

(i) Έστω ρι,ρz οι ρίζες της εξίσωσης αχ2 + βχ + γ = Ο όπου α, γ :;t: Ο . Να κατασκευα-

, ξ' 'ζ ι ι στει ε ισωση με ρ ι ες χ1 = - και χ2 = - . ρι ρz

(ii) Αν ρι,ρz οι ρίζες της χ2 + ν · lλl χ + λ = Ο όπου

λ > ο,

ν Ε Ν* .

Να αποδειχθεί ότι: ι:. ι + ι:2 ι = ν .

ΛΥΣΗ

(i) Η εξίσωση που ζητώ θα είναι χ 2 - [_!_ + _ι J χ + _!_ . _1 = ο . ρι Ρ2 ρι Ρ2

Είναι _!_ + _ι = ρι + Ρ2 ρι ρ2 Ριρ2

ι ι ι α . - · - = - = - . Οποτε ρι ρ2 l γ α

β � _Q. γ γ α

χ2 - [-�] χ +� = 0 {:} γχ2 + βχ + α = Ο .

και

(ii) Αφού ρι ,ρ2 οι ρίζες της χ2 + ν lλl χ + λ = Ο , η εξίσωση λχ2 + ν lλl χ + ι = Ο ( ι ) θ . 'ζ ι ι (λ ' .) α εχει ρι ες τις -,- ογω του ι . ρι ρ2 Έστω χ1 ,χ2 οι ρίζες της ( ι ) θα είναι l x ι l + lx2 1 = l:ι l + Ι ρι2 1 · ( l x ι l + l x2 1 )

2 = (xf + χ� ) + 2 lx ι l l x2 1 = (χ2 + Χ2 )2 - 2χιχ2 + 2 l χ ιχ2 1 =

[- νιλl ]' - 2i+ 21�1

= ν'

Άρα lxι l + lx2 1 = ν => l;ι l + 1:2 1 = ν .

ΑΣΚΗΣΗ 7. Έστω ρι,ρz οι ρίζες της εξίσωσης χ2 + χ + λ = Ο . Να βρεθεί ο πραγματικός αριθμός λ, αν είναι γνωστό ότι ρi + ρ1ρ2 (2ρ1 + ρ2 ) + 2ρ2 = Ο (ι).

ΛΥΣΗ

Αφού ρι ,ρ2 οι ρίζες της εξίσωσης χ2 + χ + λ = Ο θα έχω:


Μαθηματικά γία την Α' Λυκείου

ρι + ρz = - 1 και ρι · ρz = λ · Η σχέση ( 1 ) γράφεται: ρi +λ(ρ1 -1 )+ 2ρ2 =Ο (2) . Είναι ρ� + ρ1 + λ = Ο =? ρi + ρ� + ρ1λ = 0 {:} {::} ρi = -ρ� - ριλ {::} ρi = -(-ρ ι - λ) - λρι {::} {::} ρi = ρ1 + λ - λρ1 . Οπότε η σχέση (2) γράφεται ρ1 + λ - λρ1 + λ(ρ1 - 1) + 2ρ2 = Ο {::}

{ρι + ρz = - 1 {::} ρ1 + 2ρ2 = Ο . Από το σύστημα ρι + 2ρ2 = 0 προκύπτει ρι = -2 και ρ2 = 1 . Άρα λ = ρ1 · ρ2 = (-2) · 1 = -2 .

ΑΣΚΗΣΗ 8. Έστω α,β ε !R με Ια1 - Ιβl > 1 όπου β :;t: Ο . Να δειχτεί ότι η εξίσωση χ2 + αχ + β = Ο έχει ρίζες πραγματικές και άνισες και ότι δεν μπορεί να είναι ακέραιοι αριθμοί και οι δύο ρίζες.

ΛΥΣΗ Αφού ΙαΙ - Ιβl > 1 {::} Ιαl > 1+ lβl {::} α2 > Ι+β2 +2 Ιβι . Όμως 1 + β2 � 2 1β1 .

1�2:13 Άρα α2 > 41βl α2 � 4β =? α2 -4β> 0=? Δ> 0 . Δηλαδή η εξίσωση χ2 + αχ + β = Ο έχει ρίζες πραγματικές και άνισες. Είναι τώρα ρ1 + ρ2 = -α και ρ1ρ2 = β . Άρα lρι + ρ2 Ι - Ιρι l lρ2 Ι > 1 και αφού lρι + ρ2 Ι ::; Ιρι l + lρ2 1 θα έχω lρι l + lρ2 1 - 1ρι l lρ2 1 - 1 > Ο {:} (Ιρι l - 1) - lρ2 1 (Ιρι l - 1) > Ο {:} (lρι l - 1) (1 - lρ2 1) > 0 ( 1 ) . Από την ( 1 ) παίρνουμε: lρ1 l - 1 > Ο και 1 - lρ2 1 > Ο ή Clρ1 l - 1 < Ο και lρ2 l - 1 < Ο) . Οπότε: 1 > lρ2 1 > Ο ή Ο < lρι l < 1 Απ' τις σχέσεις αυτές συμπεραίνουμε ότι και οι δύο ρίζες δεν μπορεί να είναι ακέραιοι αριθμοί. ΑΣΚΗΣΗ 9. Έστω ρι,ρz οι ρίζες της εξίσωσης χ2 + χ - 1 = Ο . Να δειχτεί ότι ρ: = ρ2 + 2 και ρ� = ρ1 + 2 .

ΛΥΣΗ ' 2 2 . Ειναι ρ1 + ρ1 - 1 = Ο και ρ2 + ρ2 - 1 = Ο .

Αφού ρι ,ρz ρίζες. Άρα ρ� = 1 - ρ1 •

Όμως ρι + ρ2 = - 1 =? ρι = - 1 - ρ2 · Δηλαδή ρ� = 1 - ( - 1 - ρ2 ) = 2 + ρ2 . Όμοια ρ� = 2 + ρ1 •

ΑΣΚΗΣΗ 1 0. Α ν ρ1,ρ2 οι ρίζες της εξίσωσης χ2 - αχ + αβ = Ο , ρz,ρ3 οι ρίζες της εξίσωσης χ2 - β χ + βγ = Ο και ρ3,ρι οι ρίζες της χ2 - γχ + γα = Ο . Να δειχτεί α+β+γ = Ο, αν είναι γνωστό ότι: αβγ :;t: Ο .

ΛΥΣΗ Αφού ρ1 ,ρ2 οι ρίζες της χ2 - αχ + αβ = Ο , θα είναι ρ ι + ρz = α ( 1 ) και ρ1 · ρ2 = αβ (2). Αφού ρ2,ρ3 οι ρίζες της χ 2 - β χ + βγ = Ο , θα είναι ρz + ρ3 = β (3) και ρ2 · ρ3 = βγ (4) . Αφού ρ3,ρ ι οι ρίζες της χ2 - γχ + γα = Ο , θα είναι ρ3 + ρι = γ (5) και ρ3 · ρ1 = αγ (6) . Πολλαπλασιάζω κατά μέλη τις (2), (4), (5) οπότε

2 2 2 2β2 2 ' ± β ρι ρ2ρ3 = α γ αρα ριρ2ρ3 = α γ . Αν ρ1ρ2ρ3 = αβγ τότε λόγω (2), (4), (6) είναι ρ ι = α, ρ2 = β ' και ρ3 = γ · Προσθέτω ( 1 ), (3), 2(ρι + ρ2 + ρ3 ) = α + β + γ 2( α + β + γ) = α + β + γ . Άρα α+β+γ = Ο.

(5) οπότε οπότε

Αν ρι ,ρ2,ρ3 = -αβγ τότε λόγω των ( 1 ), (3), (5) είναι ρ ι = -α, ρz = -β και ρz = -γ οΠότε -2(α + β + γ) = α + β + γ δηλαδή α+β+γ = Ο.

ΑΣΚΗΣΗ 1 1 . Έστω ρ1,ρ2 οι ρίζες της εξίσωσης χ2 + αχ + β = Ο με ρ; :;t: ρ; β :;t: Ο . Αν οι ρ1,ρz είναι ρίζες και της εξίσωσης χ2ν + αχνχν + 1 = Ο να δειχτεί ότι οι α-

ριθμοί κ1 = .&. και κ2 = � είναι ρίζες της εξί-ρι ρz

σωσης 1 + χ ν + (1 + χ)ν = Ο όπου ν άρτιος.

ΛΥΣΗ Αφού ρ ι ,ρz οι ρίζες της χ 2 + αχ + β = Ο , θα είναι ρι + ρ2 = -α και ριρ2 = β · Ακόμη ρι ,ρz ρίζες της χ2ν + αχνχν + 1 = Ο . Άρα ρ�ν + ανρ� + 1 = 0 ( 1 ) και ρ�ν + ανρ� + 1 = 0 (2) .



Αφαιρώ ( 1 ) και (2) οπότε ρ�ν - ρΞν + αν (ρ� - ρ� ) = Ο � (ρ� - ρ� )(ρ� + ρ� + α ν ) = Ο . Άρα ρ� + ρ� + α ν = Ο (3) αφού ρ� 7: ρ� . Διαιρώ την (3) με ρ� , ρ� διαδοχικά οπότε

1 + [12_]ν + α: = Ο � 1 + [ ρ2 ]ν + (ρι + �2 )ν ::::} ρι ρι ρι �

(ν � <<άρτιος>>) '* ι+ [ :: J • + + ::J"=o δηλαδή ο

αριθμός Κι =12_ είναι ρίζα της 1+χν +( l+χ)ν =Ο . ρ ι Όμοια ο κ2 είναι ρίζα της ίδιας εξίσωσης.

Προτεινόμες Ασκήσεις

Ι . Αν α, β, γ ε JR με α · γ > Ο και jα + γ j < β να δειχτεί ότι η εξίσωση αχ 2 + β χ + γ = Ο έχει ρίζες άνισες και ότι αυτές οι ρίζες δεν μπορούν να είναι και οι δύο ακέραιοι αριθμοί.

2. Έστω ρι ,ρ2 οι ρίζες της αχ2 + βχ + γ = Ο με α · γ < Ο . Να σχηματισθεί εξίσωση 2ου βαθμού με ρίζες jρι j , jρ2 l ·

3 . Να υπολογιστεί η παράσταση (3 - J5)4 + (3 + J5)4 .

Ποpόλληλc( culcfcς e

�θpοιιιμα γωνιών τpιγώνοu Καραγιάννης Β. Ιωάννης

Οι παράλληλες ευθείες και το άθροισμα των γωνιών ενός τριγώνου αποτελούν σημαντικά εργαλεία της Ευκλείδειας Γεωμετρίας. Θα προσπαθήσουμε εδώ να δώσουμε κάποια υποδείγματα που «δείχvουν» μια μeθοδολογική προσέγγιση. Στο τέλος υπάρχουν προτρνόμενες ασκήσεις για εξάσκηση και εμπέδωση.

Υποδείγματα 1 " . Στο παρακάτω σχήμα η ΟΕ είναι διχοτόμος

-

της γωνίας ΑΟΒ και το σημείο Γ είναι τυ-

χαίο σημείο στην προέκταση της πλευράς ΑΟ. Αν ΓΔΙΙΟΕ να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΓΟΔ είναι ισοσκελές.

Γ Ο

Λύση

Β

λ �

Αρκεί να αποδείξουμε ότι Γι = Δ ι . ,..._ ,..._

Ε

Έχουμε ότι: Οι = Ο2 ( 1 ) (αφού η ΟΕ διχοτόμος -

της γωνίας ΑΟΒ ) . λ ,..._ Επειδή όμως ΓΔΙΙΟΕ έχουμε ότι Γι = Οι (ως ε-

ντός, εκτός και επί τα αυτά μέρη γωνίες) και

� ,..._

Δι = Ο2 (ως εντός εναλλάξ γωνίες). Άρα από την λ � ( 1 ) έχουμε Γι = Δι , δηλαδή το τρίγωνο ΓΟΔ είναι

ισοσκελές. Σχόλιο : Μία ευθεία κάθετη ή παράλληλη στη διχοτόμο μιας γωνίας δημιουργεί ισοσκελές τρίγωνο. 2°. Στο παρακάτω σχήμα οι ευθείες ΑΒ και ΔΕ

είναι παράλληλες. Αν ABr = 120° και fΔΕ = 110° ' να υπολογίσετε τη γωνία χ.

Γ

Λύση

Δ Ε

Υ

Φέρνουμε από το Γ την ευθεία yy' 11 ΔΕ . Επειδή Γy I I ΔΕ και ΔΕ I I ΑΒ προκύπτει ότι ΑΒ I I Γy . Αφού Γy 11 ΔΕ θα είναι: Δr y + 1 10° = 1 80° ή


Μαθηματικά για την Α · Λυκείου

Δr y = 1 80° - 1 1 0° = 70° . τέλος έχουμε ότι ABr = Br y (ως εντός εναλλάξ) άρα: 120° = χ + 70° ή χ = 1 20° - 70° ή χ = 50°. Σχόλιο : Οι παράλληλες ευθείες σ ' ένα σχήμα, μας

επιτρέπουν να «μεταφέρουμε» τις άγνωστες γωνίες

δίπλα σε γνωστές γωνίες, και με τη βοήθεια των ιδιοτήτων των παραλλήλων, να τις βρούμε. Για το

λόγο αυτό πολλές φορές αν στο σχήμα δεν υπάρχουν

παράλληλες τις φέρνουμε εμείς. (Βοηθητική παράλληλη).

3". Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ οι ΒΜ και ΓΝ είναι διάμεσοι οι οποίες προεκτείνονται έτσι ώστε, ΜΒ = ΜΔ και ΓΝ = ΝΕ. Ν α αποδείξετε ότι: i. ΑΔ//ΒΓ ii. ΕΑ//ΒΓ iii. Τα σημεία Ε, Α, Δ είναι συνευθειακά.

Λύση

i. Για να αποδείξουμε ότι ΑΔ/ /Β Γ αρκεί να αποδείξουμε ότι οι εντός-εναλλάξ γωνίες που σχηματίζονται είναι ίσες. Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΔΜ και ΒΓΜ. ΜΔ = ΒΜ (υπόθεση) ΑΜ = ΜΓ (Μ μέσο της ΒΓ) Μ1 = Μ2 (κατακορυφήν γωνίες).

Άρα τα τρίγωνα ΑΔΜ και ΒΓΜ είναι ίσα οπό-- -τε και ΑΔΒ = ΔΒΓ . Δηλαδή οι ΑΔ και ΒΓ που

τέμνονται από τη ΒΔ σχηματίζουν τις εντός εναλλάξ γωνίες τους ίσες.

ii. Τα τρίγωνα ΕΑΝ και ΒΝΓ είναι ίσα ( αφού ΑΝ � � = ΝΒ, ΓΝ = ΕΝ και Ν1 = Ν2 ) .

-Άρα ΑΕΝ = ΕΓΒ . Δηλαδή οι ΕΑ και ΒΓ που τέμνονται από την ΕΓ σχηματίζουν τις εντόςεναλλάξ γωνίες ίσες. Άρα ΑΕ//ΒΓ.

Α, θα ταυτίζονται. Άρα τα Ε, Α, Δ είναι συν� θειακά.

4°. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και η διχοτόμος Αχ �

της γωνίας Α . Από το μέσο Μ της ΒΓ φέρ-νουμε κάθετη στην Αχ στο σημείο Ρ που τέμνει την ΑΓ στο Κ και την προέκταση της ΑΒ στο Σ. Να αποδείξετε ότι 2ΑΣ = ΑΒ+ΑΓ.

Λύση Α

Από το Γ φέρνουμε παράλληλη στην ΑΒ που τέμνει την προέκταση της ΣΚ στο Ν. Το τρίγωνο ΑΣΚ είναι ισοσκελές (αφού η ΑΡ είναι ύψος και διχοτόμος).

- -Άρα ΑΣ = ΑΚ ( 1 ) και ΑΣΚ = ΑΚΣ = θ . Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΒΜΣ και ΜΓΝ. Έχουμε: ΒΜ = ΜΓ (διότι Μ μέσο της ΒΓ) fJ3M: = Mrn (εντός εναλλάξ των ΑΣ/ /ΓΝ) - -ΒΜΣ = ΝΜΓ (κατακορυφήν) Άρα τα τρίγωνα ΒΜΣ και ΜΓΝ είναι ίσα.

- -

Άρα ΒΣ = ΓΝ (2), ΚΝΓ = ΑΣΚ = θ . - -Ακόμα ΑΚΣ=ΝΚΓ=θ (κατακορυφήν). Άρα το τρί-

γωνο ΓΚΝ είναι ισοσκελές, και έτσι ΓΝ = ΓΚ (3). (I)

Άρα ΑΒ + ΑΓ = ΑΣ - ΒΣ + ΑΚ + ΚΓ = (2) (2)

= ΑΣ - ΒΣ + ΑΣ + ΓΝ = 2ΑΣ . 5". Ένας μηχανικός θέλει να μετρήσει την α

πόσταση του σημείου Β το οποίο θέλει να βρίσκεται στο δρόμο χχ', από το σημείο Α που βρίσκεται στην απέναντι όχθη ενός π� ταμού. Μέτρησε τη γωνία ΑΒχ = 60° , την

--

απόσταση ΒΓ = 60m και τη γωνία ΑΓχ για την οποία βρίσκει ότι ισούται με το μισό

--

της γωνίας ΑΒχ' . Το συμπέρασμα του είναι ότι τα σημεία Α και Β απέχουν 50m. Έχει

iii. Από τα ερωτήματα i) και. ii) προκύπτει ότι δίκαιο; ΑΕ//ΑΔ και αφού έχουν ένα κοινό σημείο, το



Α '

' '

' '

'

Λύση

' '

' '

' '

'

Όχι, διότι ΑΒχ = 60° και Arx = 30° έτσι θα είναι .ABf = 120° και BAr = 30° . Δηλαδή το τρίγωνο

� Α ΑΒΓ που σχηματίζεται είναι ισοσκελές με Α = Γ και άρα ΑΒ = ΒΓ = 60m. και όχι 50m όπως ισχt}ρίζεται ο μηχανικός. 6". Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ τέτοιο, ώστε ΑΒ<ΒΓ.

Πάνω στη ΒΓ παίρνουμε σημείο Κ ώστε να ισχύει ΒΚ = ΑΒ. Αν ΑΛ είναι η διχοτόμος

� � ----

της Α , να αποδείξετε ότι Γ = 2ΛΑΚ •

λύση Α

Λ Κ Γ Α � -Έχουμε: Γ = ΒΚΑ - Α3 (διότι ΒΚΑ εξωτερική

Α �

του τριγώνου ΚΓ Α) οπότε Γ = ΒΑΚ - Α3 (διότι ΑΒ = ΒΚ, το τρίγωνο ΚΒΑ είναι ισοσκελές,

-- -ΒΚΑ = ΒΑΚ ). ...... .-... .-... -.. - .-. Έτσι: Γ = Αι + Az - Α3 (διότι ΒΑΚ = Αι + Az )

άρα ...... - - ........... - - -Γ = (Αι - A3 ) + Az . Αλλά Αι = Az + Α3 αφού η

ΑΛ διχοτόμος. Λ ..-, .-_ -..

Άρα: Γ = Az + Az = 2Α 2 = 2 · ΛΑΚ Σχόλιο: Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε: A + B + f = 1 80° ( 1 ) ή Α + Β + Γ = 90° (2) ή 2 2 2 - λ - -.. -. ...... Α + Β = 90ο _ Γ (3) ή Α = 90ο _ Β + Γ (4) . 2 2 2 2 2 Ειδικά τις σχέσεις (2) και ( 4) τις χρησιμοποιούμε όταν στο σχήμα υπάρχουν διχοτόμοι γωνιών τριγώνου. Σε ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΓ με Α = 90° είναι Β + f = 90° .

7. Έστω ΑΒΓ ένα ισόπλευρο τρίγωνο και σtt μείο Δ στην προέκταση της ΒΓ (προς το

' Β) ' ' ΒΔ ΒΓ Φ ' μερος του , τετοιο ωστε = Τ . ερ-

νουμε το ύψος ΓΕ και έστω Ζ το σημείο τομής της ΔΕ με την ΑΓ. Από το Ζ φέρνο&με ευθεία παράλληλη στη ΒΓ η οποία τέμνει την ΑΒ στο Θ. Να αποδείξετε ότι: i. Το τρίγωνο ΔΒΕ είναι ισοσκελές •

ii. ΔΖ .l ΑΓ iii. AE = 2ΖΘ iv. 4ΓΖ = 3ΑΒ.

Λύση Α

Β i. Αφού το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο και

ΓΕ .l ΑΒ , το Ε είναι μέσο του ΑΒ. Άρα ΕΒ = ΔΒ = � . Δηλαδή το τρίγωνο ΔΒΕ 2 είναι ισοσκελές με κορυφή το Β.

-

ii. Στο τρίγωνο ΔΒΕ έχουμε: ΕΒΓ εξωτερική γω-νία του τριγώνου ΔΒΕ.

-Στο τρίγωνο ΔΖΓ έχουμε ( ΑΖΔ εξωτερική γω-νία του τριγώνου ΔΖΓ). m=x+60° =30° +60° =90° , άρα ΔΖ .l ΑΓ .

iii. Το τρίγωνο ΘΕΖ είναι ισοσκελές ( ΘΕΖ = ΘzΕ = 30° ) γιατί ΘΕΖ = ΔΕΗ = 30° και eZE = ΑΖΕ - AZe = 90° - 60° = 30° άρα ΘΖ = ΘΕ = ΑΘ (γιατί το τρίγωνο ΑΘΖ ισόπλευρο) και έτσι ΑΕ = 2ΘΖ.

ΑΒ iv. 'Εχουμε ΘΕ = ΑΕ = 2 = ΑΒ ( 1 ). 2 2 4

(Ι) ΑΒ ΑΒ 3ΑΒ Επίσης ΘΒ = ΒΕ + ΘΕ=- + - = -- *? 2 4 4 3ΑΒ = 4ΘΒ (2) Επίσης ΑΒ = ΑΓ και ΑΘ = ΑΖ, οπότε ΑΒ - ΑΘ = ΑΓ - ΑΖ άρα ΘΒ = ΓΖ (3). Από (2),(3) προκύπτει 3ΑΒ = 4ΓΖ.



8°. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° . Στο ημιεπίπεδο της ΒΓ που δεν περιέχει το Α φέρνουμε κάθετη ημιευθεία προς την ΒΓ στο ση-μείο Β και σ' αυτήν παίρ-

Δ

νουμε τμήμα ΒΔ = ΒΑ. Να αποδειχθεί ότι η λ

διχοτόμος ΓΕ της γωνίας Γ είναι κάθετη στην ΑΔ.

Λύση λ Έχουμε Δ = ΒΑΔ = φ . Στο τρίγωνο ΒΑΔ είναι

2φ+ΑΒr=90° <==> 2φ+(90° -2χ) = 90° <==> φ=χ ( 1 ). - - ( Ι ) Άρα: ΔΑΓ + ΕΓΑ = (90° - φ) + χ= 90° άρα

ΑΔ ..l ΓΕ . 9°. Στο διπλανό σχήμα η ΑΒ

είναι εφαπτομένη του κύκλου με κέντρο Ο και οι ΑΒ και ΒΓ σχηματίζουν ίσες γωνίες με την ΑΟΔ. Ας είναι ΒΑΟ=χ .

α) Να εκφράσετε ως συνάρτηση της χ τη γωνία ΟΒΓ .

-

β) Να αποδείξετε ότι: ΓΟΑ = 3ΑΟΒ

Λύση

α) Οι ΑΒ, ΒΓ σχηματίζουν ίσες γωνίες με την - -ΑΟΔ =? ΒΑΟ = ΑΕΒ = χ .

Στο τρίγωνο ΑΟΒ είναι ΑοΒ = 90° - χ . Έστω -

ΟΒΓ = φ , τότε και ΟΓΒ = φ . Στο τρίγωνο -

ΟΕΒ έχουμε ότι η γωνία ΑΟΒ είναι εξωτερική γωνία του, άρα

- - -ΑΟΒ = ΟΕΒ + ΟΒΕ <=:> 90° - χ = χ + φ -

<=:> φ = 90° - 2χ <=:> ΟΒΓ = 90° - 2χ β) Έχουμε ΑοΒ = 90° - χ ( 1 ) (από το τρίγωνο

ΑΟΒ). -Επίσης ΓΟΑ = φ + ΟΕΓ

(ως εξωτερική στο τρίγωνο ΓΟΕ) = (α) = φ + 1 80 - χ = 90° - 2χ + 1 80° - Χ =

( I ) -= 270° - 3χ = 3(90° - χ)= 3ΑΟΒ

λ λ

1 0°. Στο παρακάτω σχήμα είναι Β = 2Γ και ΑΔ ..l ΒΓ και ΒΜ = ΒΔ.

Α

Να αποδείξετε ότι: -- λ

ί. ΒΜΔ = Γ , . . . θ 90° ιιι. + y = ,

ίί. ΔΡ = ΡΓ, iv. ΑΡ = ΡΓ.

Λύση

Γ

ί. Αφού ΒΜ = ΒΔ το τρίγωνο ΜΒΔ λ -

είναι ισοσκελές και έτσι Β = 2ΒΜΔ (αφού

- -ΒΜΔ = ΒΔΜ ), λ Λ και αφού Β = 2Γ από τα - Λ δεδομένα θα έχουμε ΒΜΔ = Γ .

-- -

ίί. ΒΜΔ = ΒΔΜ = y (ως κατακορυφήν γωνίες) και - Λ Λ

αφού από το i) ΒΜΔ = Γ θα είναι y = Γ · άρα το τρίγωνο ΡΔΓ είναι ισοσκελές, άρα ΔΡ = ΡΓ.

ίίί. θ + f = 90° [ αφού το τρίγωνο ΑΔΓ είναι ορθογώνιο ( Mr = 90° ) και αφού y = Γ θα είναι y + θ = 90° .

iv. Έχουμε χ + y = 90° και y + θ = 90° άρα χ + y = y + θ <==> χ = θ και έτσι το τρίγωνο ΑΔΡ είναι ισοσκελές, άρα ΑΡ = Ρ Δ και επειδή ΡΔ = ΡΓ θα είναι ΑΡ = ΑΓ.

Προτεινόμενες Ασκήσεις Λ λ

1 . Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι Γ = 3Β . Η μεσο-κάθετος της ΒΓ τέμνει την ΑΒ στο Δ. Να αποδείξετε ότι: i) Το τρίγωνο ΔΒΓ είναι ισοσκελές. ii) Το τρίγωνο ΑΓΔ είναι ισοσκελές.

2. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 90° ) με ΑΒ > ΑΓ και η διχοτόμος ΑΔ. Φέρνουμε Δχ ..l ΒΓ που τέμνει την ΑΒ στο Ε και την προέκταση της ΓΑ στο Ζ. Να αποδείξετε ότι: i) ΔΕ = ΔΓ ii) ΒΕ = ΓΖ.

3. Αν η βάση ΒΓ ενός ισοσκελούς τρίγωνου είναι μεγαλύτερη ή ίση ή μικρότερη των ίσων πλευ-



ρών του, να δείξετε ότι η γωνία Α είναι αντίστοιχα μεγαλύτερη ή ίση ή μικρότερη των 60°.

4. Δύο κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά ή εξωτερικά στο σημείο Α. Μία ευθεία ε διέρχεται από το Α και τέμνει τους κύκλους στα σημεία Β και Γ. Να δείξετε ότι οι εφαπτόμενες των κύκλων στα Β και Γ είναι παράλληλες.

5 . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ<ΑΓ. και ένα σημείο Μ της πλευράς ΒΓ. Από το Μ φέρνουμε παράλληλη προς την διχοτόμο της γω-

/'. νίας Α που τέμνει τις ΑΒ και ΑΓ στα σημεία Ε και Ζ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι : i) Το τρίγωνο ΕΑΖ είναι ισοσκελές. ii) Το άθροισμα ΒΕ+ΓΖ είναι σταθερό.

6. Στο παρακάτω σχήμα οι ευθείες χχ · και yy· είναι παράλληλες.

7.

8.

9.

Έστω ΒΓ η διχοτόμος της γωνίας ΑΒΔ , Γ Δ η --

διχοτόμος της γωνίας ΒΓ y , ΔΕ η διχοτόμος της γωνίας fΔχ' .

Δ χ Β

Υ

\ I

I \ I \

\ I \ \ I \ \ I \

\ I \ \ I \

i) Να εξετάσετε αν ΓΔ//ΑΒ. Ε

ii) Αν οι ΓΔ και ΑΒ δεν είναι παράλληλες, /'. πόσες μοίρες πρέπει να είναι η γωνία Α

για να είναι ΓΔ//ΑΒ; Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ(ΑΒ = ΑΓ) και η διχοτόμος ΒΖ. Ο κύκλος (Γ, ΓΒ) τέμνει την πλευρά ΑΒ στο Δ και την πλευρά ΑΓ στο Ε. Να αποδείξετε ότι ΒΖ// ΔΕ. Έστω ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° , ΑΔ το ύψος του και ΒΕ η διχοτόμος του. Να αποδείξετε ότι η διχοτόμος της γωνί-

-

ας ΔΑΓ είναι κάθετη στη ΒΕ. Ένας μηχανικός θέλοντας να σχεδιάσει τον δρόμο ΓΔ παράλληλο στο δρόμο ΑΒ, σκέφτηκε να κατασκευά-

Α

Ε

σει ίσες τις εντός- R

z

Γ

Η

Δ

εναλλάξ γωνίες στα σημεία Ε και Η. Όμως η διάταξη των κτιρίων δεν του επέτρεψε να φέρει την ευθεία ΕΗ. Έτσι λοιπόν κατασκεύασε τη γωνία ΑΕΖ = 86° και τη γωνία ΕΖΗ = 1 65° . Πόσες

-μοίρες πρέπει να είναι η γωνία ΖΗΔ ώστε να σχεδιάσει την ΓΔ παράλληλη στην ΑΒ.

1 0. Στο διπλανό σχήμα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με Α = 90° . Αν ΑΔ το ύψος του και ΒΜ = ΒΔ, να αποδείξετε ότι:

Μ ' , , ι '

Β • '\

\ Δ '

' '

'

Χ \ Α Ρ

i) ΒΜΔ = 30° ii) χ = 60° iii)AM = ΔΓ.

ΚΥΚΛΟΦΟΡΕΙ

Γ

Γ.Μ. ΣΠΗΛΙΩΊΉ > ΜΑθΗΜΑτΙΚΑ + ΑΣΕΠ

Για τους διαγωνισμούς του ΑΣΕΠ Περιέχει: • Πρακτική Αριθμητική • Άλγεβρα Γυμνασίου-Λυκείου • Όλα τα τεθέντα θέματα

> ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΑ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ • Γενικής Παιδείας • Κατεύθυνσης

> ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ Κεντρική διάθεση: Εκδόσεις Σπηλιώτη

Σολωμού 3 & Θεμιστοκλέους, Αθήνα τηλ. : 210 3834533 fax: 210 3847710

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ζ' τ.2/47

Δpαατηpιότητα για το 5ο Κεφάλαιο {Παpαλληλόγpαμμα}

Μια σημαία έχει διαφορετικά χρώματα στις δύο όψεις της, για παράδειγμα μπλε και κίτρινο. (σχ. l ) . (Σχ. Ι )

Θέλουμε να κόψουμε από την μπλε όψη της σημαίας μια τριγωνική περιοχή, να την αντιστρέψουμε ώστε να φαίνεται το κίτρινο στρώμα και να την εφαρμόσουμε πλήρως στη θέση του κενού τριγώνου. Α ν η τριγωνική περιοχή που κόβουμε ορίζεται από ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ), τότε είναι προφανές ότι

Δ (Σχ. 2)

κατά την αντιστροφή εφαρμόζεται πλήρως η κίτρι-νη τριγωνική περιοχή στο κενό τρίγωνο. (σχ. 2) Το ίδιο φυσικά συμβαίνει αν η τριγωνική περιοχή που κόβουμε ορίζεται από ισόπλευρο τρίγωνο. Μπορεί να πραγματοποιηθεί το παραπάνω αν η τριγωνική περιοχή που κόβουμε ορίζεται από σκαληνό τρίγωνο; Η απάντηση είναι πως ναι, αυτό μπορεί να γίνει. Ας το δούμε αυτό αναλυτικά, διακρίνοντας τρεις περιπτώσεις. lη) Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι οξυγώνιο (σχ. 3). ( Φέρνουμε τις μεσοκάθετες μι , μz, μ3 των πλευρών ΑΒ, ΑΓ, ΒΓ αντίστοιχα που τέμνονται στο σημείο Ο (περίκεντρο) που (Σχ. 3)

είναι εσωτερικό σημείο του κύκλου.

Κουνάδης Φώτης

Τότε τα τρίγωνα ΑΟΒ, ΑΟΓ, ΒΟΓ είναι ισοσκελή με βάση ΑΒ, ΑΓ και ΒΓ αντίστοιχα. Έτσι μπορούμε για καθένα από αυτά, αφού τα κ� ψουμε, να εφαρμόσουμε την προηγούμενη διαδι-

. κασία, όχι αμέσως ολόκληρο το τρίγωνο ΑΒΓ αλλά τμηματικά με τα τρία ισοσκελή τρίγωνα, τα ο

ποία είναι «αντιστρέψιμω>. 2'1) Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο

_,..._ ο (Α = 90 ) , (ΣΧ. 4). Τότε χαράζουμε την διάμεσο ΑΟ που αντιστοιχεί στην υπο-τείνουσα Β.

Α

Β (Σr. 4)

Επειδή ΑΟ = ΒΟ = ΓΟ, προκύπτουν τα ισοσκελή τρίγωνα ΑΟΒ με βάση ΑΒ και ΑΟΓ με βάση ΑΓ τα οποία είναι «aντιστρέψιμα».

3'1) Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι αμβλυγώνιο (Α = 90° ) , (σχ. 5).

Β

Τότε αν φέρουμε το ύψος ΑΗ που αντιστοιχεί στην πλευρά ΒΓ δημιουργούνται δύο ορθογώνια τρίγωνα τα: ΑΗΒ και ΑΗΓ στα οποία αν χαράξουμε τις διάμεσους ΗΚ και ΗΛ στις υποτείνουσες ΑΒ και ΑΓ προκύπτουν τα ισοσκελή τρίγωνα ΑΚΗ (με βάση ΑΗ), ΒΚΗ (με βάση ΒΗ), ΑΛΗ (με βάση ΑΗ) και Γ ΛΗ (με βάση ΗΓ) που αντι-στρέφονται. Τελικά σε όλες τις περιπτώσεις και όχι μόνο για το ισοσκελές τρίγωνο μπορούμε να επιτύχουμε την πλήρη «αντιστροφή» αρκεί να χωρίσουμε την τριγωνική περιοχή που κόβουμε σε ισοσκελή τρίγωνα.


για την Β ' τάξη του Λυ«είου

Πολυώνυμα Κ. Μαλλιάκας, Βασίλης Σέϊτης, Μιχάλης Καραβόλιας

Ακολουθώντας τη σειρά με την οποία αναφέρεται το σχολικό εγχειρίδιο στα πολυώνυμα μιας μεταβλητής, προσπαθήσαμε να ομαδοποιήσουμε τις ασκήσεις σ' αυτά. Πριν παρουσιάσουμε το αποτέλεσμα, αναφέρουμε μερικά διλήμματα, που εμφανίζονται μόλις κάποιος ασχοληθεί με την εφαρμογή των εννοιών και των προτάσεων στη λύση προβλημάτων. ΔΙΛΗΜΜΑ 1 .

Βαθμός του πολυωνύμου (Βρίσκεται το πολυώνυμο στη λεγόμενη κανονική του μορφή;) ΑΣΚΗΣΗ

Να βρείτε τους αριθμούς κ,λ,μ,ν αν ο βαθμός του πολυωνύμου Ρ(χ) = [(κ + 1)χ3 + 2χ2 + λχ + μ - 2] + +[3χ3 + νχ2 + 6χ + 1] είναι (i) 3, (ii) 1, (iii) Ο (iv) τι συμβαίνει όταν το Ρ(χ) είναι το μηδενικό πολυώνυμο;

λύση Το Ρ(χ) γράφεται:

Ρ( χ) = (κ + 4)χ3 + (χ + 2)χ2 + (λ + 6)χ + μ - 1 (i) το Ρ είναι τρίτου βαθμού αν

κ + 4 :;: ο {::} κ :;: -4 (ii) το Ρ είναι πρώτου βαθμού αν

{κ + 4 = Ο, ν + 2 = Ο, λ + 6 :ο= Ο} {::} {κ = -4, ν = -2, λ .= -6}

(ili) το Ρ είναι μηδενικού βαθμού αν {κ + 4 = Ο, ν + 2 = Ο, λ + 6 = Ο, μ - 1 :ο= Ο} {::} {κ = -4, ν = -2, λ = -6, μ :ο= - 1}

(iv) το Ρ είναι το μηδενικό πολυώνυμο αν: {κ + 4 = Ο, ν + 2 = Ο, λ + 6 = Ο, μ - 1 = Ο} {::} {κ = -4, ν = -2, λ = -6, μ = 1}

ΔΙΛΗΜΜΑ 2

Μια άσκηση - 4 εκφωνήσεις Αρκεί να παρατηρήσουμε ότι οι εκφράσεις: " Ρ(ρ) = Ο ", "το πολυώνυμο Ρ( χ) έχει ρίζα Ρ", "το πολυώνυμο Ρ(χ) έχει παράγοντα χ-ρ", "το Ρ(χ) διαιρείται (ακριβώς) δια του χ-ρ", "η αριθμητική τιμή του Ρ( χ) για χ = ρ είναι Ο", "η διαίρεση Ρ( χ) : (χ - ρ) είναι τέλεια", "το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ( χ) : (χ - ρ) είναι Ο" είναι ισοδύναμες !

ΑΣΚΗΣΗ

1 Εκφώνηση : Αν το πολυώνυμο Ρ( χ) = χ3 + αχ2 + βχ + 4 έχει ρίζα το 2 και η αριθμητική του τιμή για χ = 1 είναι 8, να προσδιορίσετε τους αριθμούς α, β.

2 Εκφώνηση : Για το πολυώνυμο Ρ( χ) = χ3 + αχ2 + βχ + 4 ισχύ-ουν Ρ(2) = Ο και Ρ(1) = 8. Να υπολογίσετε τους αριθμούς α, β.

3 Εκφώνηση : Αν το πολυώνυμο Ρ(χ)=χ3 +αχ2 +βχ+4 έχει παρά-γοντα το χ - 2 και το υπόλοιπο της διαίρεσής του με χ - 1 είναι 8, να βρείτε τους αριθμούς α, β.

4 Εκφώνηση : Αν το πολυώνυμο Ρ( χ) = χ3 + αχ2 + βχ + 4 διαι-

ρείται ακριβώς με το χ - 2, ενώ το υπόλοιπο της διαίρεσής του με το χ - 1 είναι 8, να βρείτε τους αριθμούς α, β.


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Λύση Όλες οι εκφωνήσεις οδηγούν στο σύστημα !Ρ(2) = Ο !23 + α · 22 + β · 2 + 4 = Ο

Ρ(1) = 8 {::} 13 + α · 1 + β · 1 + 4 = 8

{::}

{::} !4α + 2β = - 12 {::} !2α + β = -6 {::} !α: -9 α + β = 3 α + β = 3 β - 12

ΔΙΛΗΜΜΑ 3.

Σχήμα Horner ή αλγοριθμική διαίρεση;

ΑΣΚΗΣΗ 1 .

Να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ( χ) : (χ - 1) όπου Ρ( χ) = 4χ2003 _ 3χ2οο2 + lχ2οοι _ χ2οοο + χι999

Λύση Η λύση προκύπτει εύκολα με τη χρήση των θεωρημάτων της αλγοριθμικής διαίρεσης. Υ= P(l) = 4 . 12οο3 _ 3 . 12002 + 2 . 12001 _ 12οοο + 11999 = = 4 - 3 + 2 - 1 + 1 = 3 . Το σχήμα του Horner όμως, δεν είναι εύκολο να εφαρμοστεί (?). ΑΣΚΗΣΗ 2.

Να υπολογίσετε το α ώστε το πολυώνυμο

Ρ( χ) = 2χ3 - 4χ2 + α να έχει ρίζα -1 . Ι '� Λύση.

Είναι Ρ( - 1) = Ο {::} 2( - 1)3 - 4( - 1)2 + α = Ο {::} {:} -2 - 4 + α = 0 {:} -6 + α = 0 {:} α = 6 .

2'� Λύση

2 -4 ο α -ι I t -2 6 --6 2 --6 6 α--6

Πρέπει α - 6 = Ο {::} α = 6 . Εδώ οι δύο λύσεις είναι εξίσου προσιτές. Δείτε όμως τι συμφέρει για το Ρ ( �) όπου

Ρ( χ) = 14χ3 - 25χ2 + 7χ - 12 !

ΔΙΛΗΜΜΑ 4.

Αλλαγή μεταβλητής

Άσκηση

Να λύσετε την εξίσωση

(xz + χ + 1>( χ2 + χ -%) =% (χ2 + χ - 1)

Λύση

Θέτω χ 2 + χ = ψ(1) και η εξίσωση ισοδυναμεί με την (ψ + 1) ( ψ -%) = % (ψ - 1)

{::} 2( ψ + 1) (ψ -%) = 2 . % (ψ - 1) {::} {::} (ψ + 1)(2ψ - 3) = 3(ψ - 1) {::} {::} 2ψ2 - 3ψ + 2ψ - 3 = 3ψ - 3 {::} {::} 2ψ2 - 4ψ = ο {::} {::} 2ψ(ψ - 2) = ο {::} {:} ψ = Ο ή ψ - 2 = 0 {::} {:} ψ = Ο ή ψ = 2 Αντικαθιστώντας στην ( 1 ) έχουμε: χ2 + χ = 0 ή χ2 + χ = 2 {:} χ2 + χ = Ο ή χ2 + χ - 2 = 0 {:} Χ = Ο ή Χ = - 1 ή χ = 1 ή χ = -2

ΔΙΛΗΜΜΑ 5. Παραγοντοποίηση ή σχήμα Horner;

ΑΣΚΗΣΗ :

Ν α λυθεί η εξίσωση

7(3χ + 2)2 (1 - χ)2 - (3χ + 2)(1 - χ)3 = ο .

Λύση

Μετασχηματίζοντας την παράσταση του α' μέλους σε γινόμενο παραγόντων, έχουμε: 7(3χ + 2)2 (1 - χ)2 - (3χ + 2)(1 - χ)3 = ο {::} {::} (3χ + 2)(1 - χ)2 [7(3χ + 2) - (1 - χ)] = ο {::} {::} (3χ + 2)(1 - χ)2 (22χ + 1 3) = ο {::} {::} 3χ + 2 = ο ή (1 - χ)2 = ο ή 22χ + 13 = ο{::}

3 ' 1 (δ λ ' ) ' 1 3 {::} χ = -2 η χ = ιπ η η χ = - 22 ΑΣΚΗΣΗ :

Να λιιθεί η aνίσωση: 2χ3 - l lx2 + 12χ + 9 < 0



Λύση Παραγοντοποιούμε το πολυώνυμο του πρώτου μέλους με τη βοήθεια του σχήματος Horner.

2 -1 1 12 9 • 6 -15 -9 2 -5 -3 ο

Η ανίσωση ισοδυναμεί με την (χ - 3)(2χ2 - 5χ - 3) < 0

3 J

ή (χ - 3)2 (2χ + 1) < 0 {:} 2χ + 1 < 0 και χ � 3 1 {:} χ < --2

ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1) Να βρεθούν οι αριθμοί α, β, γ ώστε το πο

λυώνυμο Ρ( χ) = χ4 + αχ3 + γχ + 9 να είναι τετράγωνο του χ2 + χ + 3 .

Λύση Είναι χ4 + αχ3 + βχ2 + γχ + 9 = (χ2 + χ + 3)2 {:} χ4 + 2χ3 + 7χ2 + 6χ + 9 {:} α = 2 και β = 7 και γ = 6 .

2) Αν 2χ2 -5χ+5=Α(χ-2)(χ-3)+Β(χ+ι)(χ-2)+ +Γ(χ+ι)(χ-3) να προσδιοριστούν τα Α, Β, Γ.

Λύση για χ = 2 παίρνουμε 3 = Γ · (-3) {:} Γ = - 1 για χ = 3 παίρνουμε 8 = Β · 4 {:} Β = 2 για χ = -1 παίρνουμε 12 = Α · 12 {:} Α = 1

3) Αν για το πολυώνυμο Ρ(χ) ισχύει Ρ(χ)=Ρ(3χ) για κάθε χ, τότε είναι σταθερό.

Λύση Θεωρούμε το

ν ν-1 + + Ρ( χ) = ανχ + αν_1 χ + . . . α1 α0 Από την ισότητα Ρ( χ) = Ρ(3χ) έχουμε

ν ν-1 + + _ ανχ + αν-Ι Χ + . . . αιΧ αο -ν ν 3ν-Ι ν-1 + + 3 + αν 3 Χ + αν-Ι Χ . . . αι Χ αο αν = 3ν αν

3ν-1 αν-Ι = αν-Ι αν-Ι (3ν-1 - 1) = 0 {:}

{:} {αν = αν-Ι = . . . αι = 0 Άρα Ρ( χ) = α0 (σταθερό) .

4) Αν το Ρ( χ) = 2χ3 + αχ2 - βχ + ι2 διαιρείται με το χ2 - χ - 6 , να προσδιορίσετε τα α, β.

Λύση

Είναι χ2 - χ - 6 = (χ + 2)(χ - 3) Αρκεί το Ρ(χ) να διαιρείται με χ + 2, χ - 3 ή ισοδύναμα να έχει ρίζες -2, 3 . Άρα !Ρ(-2) = Ο !2α + β = 2 ια = -4 Ρ(3) = Ο {:} 3α - β = -22 {:} β = 10

5) Το υπόλοιπο της διαίρεσης ενός πολυωνύμου Ρ(χ) δια χ+2 είναι 5, ενώ το υπόλοιπο της διαίρεσής του με χ - ι είναι 2. Να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ): (χ2 +χ-2) .

Λύση

Είναι χ2 + χ - 2 = (χ + 2)(χ - 1) και Ρ(-2) = 5 και P(l) = 2 . Το υπόλοιπο της παραπάνω διαίρεσης θα είναι το πολύ 1 ου βαθμού, δηλαδή της μορφής αχ + β , οπότε Ρ( χ) = π(χ)(χ + 2)(χ - 1) + αχ + β .

Για χ = -2 παίρνουμε Ρ(-2) = -2α + β = 5 . Για χ = 1 παίρνουμε Ρ(1) = α + β = 2 και από την επίλυση του συστήματος α = - 1 και β = 3 . Άρα Υ(χ) = -χ + 3 .

6) Να βρείτε ένα πολυώνυμο Ρ(χ), που αν διαιρεθεί με το χ2 + χ + ι αφήνει πηλίκο 2χ-1 και υπόλοιπο 3χ+5.

Λύση

Από την ταυτότητα της διαίρεσης θα είναι: Ρ( χ) = (χ2 + χ + 1)(2χ - 1) + 3χ + 5 = 2χ3 - χ2 + 2χ2 - χ + 2χ - 1 + 3χ + 5 = = 2χ3 + χ2 + 4χ + 4 .

7) Ένα πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρείται δια χ - 2. Δείξτε ότι το πολυώνυμο Ρ(2χ - 6) διαιρεί-ται δια χ - 4.

Λύση Για το υπόλοιπο τη διαίρεσης Ρ(2χ - 6) : (χ - 4) έχουμε Υ = Ρ(2 · 4 - 6) = Ρ(2) = Ο

αφού το Ρ( χ) διαιρείται δια χ - 2. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.2/51

Μαθηματικά Β' Λυκείου

" · Α,. το (χ - 1 )2 είναι παράγοντας του πολυω''ύμου Ρ( χ) = αχ• + βχν-ι + 1 , να βρείτε τους αριθμούς α, β.

Λύση

Πρέπει P(l) = 0 <=? α · 1ν + β · 1ν-1 +1=0 {::} α+β+1=0 ( 1 ) και αν Π(χ) το πηλίκο της διαίρεσης Ρ( χ) : (χ - 1) θα είναι και Π(1) = Ο . Κάνοντας τη διαίρεση αυτή βρίσκουμε ότι Π( Χ )=αχ ν- Ι +( α+β)χ ν-2 +( α+β)χ ν-3 + . . . + +(α + β)χ + (α + β) οπότε Π(l) = α · 1ν-Ι + (α+ β)1ν-2 + . . . . + (α+ β)= 0<=? <=? να + (ν - 1)β = 0 (2) Επιλύοντας το σύστημα των ( 1 ) (2), !α + β = - 1 }<=? {α = ν - 1 β = -ν} να + (ν - 1 )β = Ο '

9) Αν το πολυώνυμο Ρ( χ) = χ3 + κχ2 - λχ + 6

έχει ρίζα το 1 και το υπόλοιπο της διαίρεσής του με χ+ 1 είναι 8, να βρείτε τους αριθμούς κ, λ και τις ρίζες του πολυωνύμου.

Λύση

Εκτελούμε τη διαίρεση του Ρ( χ) με το χ + 1 : Παρόμοια εκτελούμε τη διαίρεση του πηλίκου με το :

1 κ -λ 6 • 1 κ + 1 κ-λ+ 1 1 κ+ 1 κ-λ+ 1 κ-λ+7

Πρέπει κ - λ + 7 = Ο ( 1 ) 1 κ -λ 6 • -1 -κ+ 1 κ+λ-1 1 κ+ 1 -κ-λ+ 1 κ+λ+5

Πρέπει κ + λ + 5 = 8 (2) Θεωρούμε το σύστημα των (1 ), (2) : !κ - λ = -7 <=? !κ = -2

κ + λ = 3 λ = 5 Άρα Ρ( χ) = χ3 - 2χ2 - 5χ + 6

-1 I

-1 I

το Ρ( χ) έχει ρίζα 1 , οπότε παράγοντα το χ - 1 δηλαδή Ρ(χ) = (χ - 1)(χ2 - χ - 6)

Άρα Ρ(χ) = 0 <=? (χ - 1)(χ2 - χ - 6) = 0 <=? <=? χ - 1 = 0 ή χ2 - χ - 6 = 0 <=? <=? χ = 1 ή χ = -2 ή χ = 3 1 0) Έστω πολυώνυμο Ρ(χ) 3ου βαθμού με ρίζες

ρ ι, ρz, ρ3. Τότε Ρ( αχ + β) έχει ρίζες ρι - β , ρ2 - β , ρ3 - β με α * 0

α α α

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Πράγματι: Ρ (α ΡΙ : β + β) = Ρ(ρ1 ) = Ο

Αντίστοιχα: Ρ (α Ρ2:

β + β) = Ρ (α Ρ3:γ + γ) = Ο .

Ι I ) Τα υπόλοιπα της διαίρεσης ενός πολυωνύμου Ρ(χ) με τα χ+2 και χ-1 είναι 1 1 και 2 αντίστοιχα. α) Ποιο το υπόλοιπο της διαίρεσης

Ρ( χ) : (χ2 + χ - 2) β) Αν υ(χ) το προηγούμενο υπόλοιπο να λυ

θεί η εξίσωση �υ( χ) + 1 = ..)3 - χ + 1 . γ) Αν Q(x) = Ρ( χ + 2003) ποιο το υπόλοιπο

της διαίρεσης του Q(x) με το (χ + 2002) ..

δ) Να δείξετε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το χ-2004 είναι ίσο με το άθροισμα των συντελεστών του Q(x) .

Λύση α) Έστω αχ + β το ζητούμενο υπόλοιπο ( αφού ο

διαιρέτης είναι 2ου βαθμού). Σύμφωνα με την ταυτότητα της Ευκλείδειας Διαίρεσης πρέπει Ρ(χ) = (χ2 + χ - 2) · Π(χ) + (αχ + β) . Επίσης Ρ(-2) = 1 1 και P(l) = 2 . Άρα έχουμε: Ρ( -2) = [(-2)2 + (-2)- 2} Π(-2) + α · (-2) + β) Ρ(1) = (12 + 1 - 2) · Π(l) + α · 1 + β 1 1 = -2α + β}<=> {α = -3} 2 = α + β β = 5 Οπότε υ( χ) = -3χ + 5 .

β) Είναι .J-3x + 5 + 1 = .J3 - x + 1 <=? . .J6 - 3x = .J3 - x + 1



Πρέπει καταρχήν 6 - 3χ 2': Ο και 3 - χ 2': Ο . Επειδή και τα δύο μέλη είναι μη αρνητικά υψώνω στο τετράγωνο και έχω: ( .)6 - 3χ )2 = ( .)3 - χ + 1 )2 {:} 6 - 3χ = 3 - χ + 2)3 - χ + 1 *>

{:} 2 - 2χ = 2.)3 - χ {:} 1 - χ = .)3 - χ . Πρέπει επίσης 1 - χ 2': Ο οπότε υψώνοντας πάλι στο τετράγωνο κι έχω: (1 - χ)2 = ( .J3 - χ )2 {:} 1 - 2χ + χ2 = 3 - χ {:} χ 2 - x - 2 = 0 � (x + l)(x - 2)= 0 {:} Χ = - 1 ή Χ = 2 Οι περιορισμοί μας όμως είναι 6 - 3χ 2': Ο και 3 - χ 2': Ο , 1 - χ 2': Ο οπότε δεκτή είναι μόνο η λύση Χ = - 1 .

γ) Το ζητούμενο υπόλοιπο είναι το Q( -2002) = Ρ( -2002 + 2003) = P(l) = 2 .

δ) Ζητώ το Ρ(2004) = Ρ(1 + 2003) = Q(l) . Όμως το Q( 1 ) εκφράζει το άθροισμα των συντελεστών του πολυώνυμου Q(x).

1 2) Έστω Ρ(χ) = (λ2 - 4) · χ4 + χ3 - 5χ2 + 6χ + 4λ + 6 .

α) Αν το Ρ(χ) ρίζα το 1 να βρεθεί ο βαθμός του.

β) Ποιες οι άλλες ρίζες του Ρ(χ).

. \ύση α) Πρέπει P(l) = Ο οπότε έχουμε:

(λ2 - 4) . 14 + 13 - 5 . 12 + 6 . 1 + 4λ + 6 = ο {:} ι: -4+1-5+6+4λ+6= 0{:}JC +4λ+4= 0{:} (λ + 2)2 = ο {:} λ = -2 .

Άρα Ρ( χ) = χ3 - 5χ2 + 6χ - 2 , επομένως έχει βαθμό 3 . Με την βοήθεια του σχήματος Homer: Άρα Ρ( χ) = Ο {:} (χ - 1)(χ2 - 4χ + 2) = Ο {:} χ = 1 η χ2 - 4χ + 2 = 0

' λ ' 1 ' 4 ± .J8 δ λ 'ζ οποτε τε ικα χ = η χ = η . οι ρι ες 2

του Ρ(χ) είναι: 1, 2 + J2,2 - .fi . 1 3) Έστω Ρ( χ) = χ2 + αχ + β και

Η(χ) = Ρ2 (χ) + αΡ(χ) + β .

Αν ρι, ρ2 ρίζες του Ρ(χ) - χ να δείξετε ότι είναι ρίζες και του Η( χ) - χ .

Λύση Πρέπει Ρ(ρ1 ) - ρ1 = Ο και Ρ(ρ2 ) - ρ2 = Ο οπό-τε Ρ(ρ1 ) = ρ1 και Ρ(ρ2 ) = ρ2 . Έχω: Η(ρι ) - ρι = p2 (ρι ) + αΡ(ρι ) + β = ρ� + α · ρ ι + β - ρι = Ρ(ρι ) - ρι = Ο . Παρόμοια Η(ρ2 ) - ρ2 = Ο .

Π ΡΟ Τ Ε Ι Ν Ο Μ ΕΝΕΣ ΑΣ ΚΗΣΕΙΣ

1 ) Θεωρούμε το πολυώνυμο Ρ( χ) = χ3 - 2αχ2 + βχ + 6 . Αν το Ρ( χ) διαι-ρείται με το χ2 - 5χ + 6 να υπολογίσετε τους αριθμούς α, β.

2) Πολυώνυμο Ρ( χ) διαιρούμενο με χ+ 1 δίνει υπόλοιπο 2, ενώ διαιρούμενο με χ-2 δίνει υπ&. λοιπο 1 1 και διαιρούμενο με χ+ 3 δίνει υπ&. λοιπο 6. Ποιο το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ( χ) με το (χ + 1)(χ - 2)(χ + 3) .

3) Ποια τα α, β ώστε το πολυώνυμο Ρ(χ) = 2χ3 + αχ2 - 1 3χ + β να διαιρείται με το (χ - 3)(χ + 2) .

4) Αν το Ρ(χ)=χν +ξψν +η · zν (ν ε Ν, ν 2': 2) διαιρείται με το Q(x)=x2 -(αψ+βz)χ+αβψz τότε θα ισχύει ότι __5__ + � + 1 = Ο . αν βν

5) Αν ν ε Ν* και Ρ(χ)=(χ+1 )2ν -χ2ν -2χ-1 με ν 2': 2 να δείξετε ότι το Ρ(χ) διαιρείται με το 2χ3 + 3χ2 + χ .

6) Τα υπόλοιπα των διαιρέσεων Ρ( χ) : (χ + 1) και Ρ( χ) : (χ - 3) είναι -4 και -164 αντίστοιχα. α) Ποιο το υπόλοιπο της διαίρεσης

Ρ(χ) : (χ2 - 2χ - 3) . β) Αν το Ρ(χ) είναι 4ου βαθμού με ρίζες 0,2,-

2 . Ποια η τέταρτη ρίζα του; 7) α) Πολυώνυμο Π(χ) έχει την ιδιότητα

Π( χ) = Π(l - χ) για κάθε χ ε IR . Να δεί-ξετε ότι το Π(χ) - Π(Ο) διαιρείται από το Χ · (χ - 1) .



β) Έστω πολυώνυμο Ρ(χ) ώστε Ρ(χ)=Ρ(χ-1) για κάθε χ. Να δείξετε ότι το Ρ(χ) είναι σταθερό πολυώνυμο.

8) Έστω Ρ( χ) = χ3 - λχ2 + 1 9χ - λ - 4 και Η(χ) = χ3 - (λ + 1)χ2 + 23χ - λ - 7 . Ποιο το λ ώστε το κλάσμα Ρ( χ) να απλοΗ(χ) ποιείται και να το γράψετε στην απλούστερη δυνατή μορφή .

9) Αν υ1 (χ) και υ2 (χ) τα υπόλοιπα των διαιρέσεων f1 (χ) : δ( χ) και f2 (x) : δ( χ) όπου f1 (χ), f2 (χ), δ(χ) :;: Ο πολυώνυμα τότε ισχόει: το δ( χ) διαιρεί την διαφορά fι (χ) - f2 (x) {::} υι (χ) = υ2 (χ) .

1 Ο) Α ν υ1 (χ), υ2 (χ), . . . . , υ ν (χ) είναι αντίστοιχα τα υπόλοιπα των διαιρέσεων fi (χ) : δ( χ) για i = 1 ,2, . . . ,ν τότε η διαίρεση [fι (x) + f2 (x) + . . . + fv (x)] : δ(x) έχει υπόλοιπο υ( χ) = υ 1 (χ) + υ2 (χ) + . . . + υΛχ) .

a Ο λόγος των εμβαδών δύο τριγώνων

lo Θεώρη μα

Α ν μια γωνία ενός τριγώνου είναι ίση ή παρ/κή με μία γωνία ενός άλλου τριγώνου, τότε ο λόγος των εμβαδών των δύο τριγώνων είναι ίσος με το λόγο των γινομένων των πλευρών που περιέχουν τη γωνία αυτή.

Πρόβλη ματα με προεκτάσεις στα οποία εφαρμόζεται το προηγούμενο θεώρη μα. i. Αν Δ,Ε,Ζ είναι τα μέσα των πλευρών τριγώνου

ΑΒΓ, τότε να δείξετε ότι: 1 (ΔΕΖ) = -(ΑΒΓ) και 4

(ΕΖΓ) = (ΒΔΖ) = (ΑΔΕ) = .!_(ΑΒΓ) . 4

ii. Α ν Κ, Λ, Μ, Ν είναι τα μέσα των πλευρών τετραπλεύρου ΑΒΓ Δ, να δείξετε ότι

(ΚΛΜΝ) = .!_ (ΑΒΓ Δ) . 2 iii. Α ν ω η γωνία των διαγωνίων δι ,δ2 του τετρα

πλεύρου ΑΒΓ Δ τότε (ΑΒΓ Δ) = .!_δι · δ 2 · ημω 2 και ακόμα ένα:

iv. Καθένα από δύο ισοσκελή και ορθογώνια τρίγωνα έχουν το ένα την κορυφή της ορθής γωνίας στην υποτείνουσα του άλλου και κάθε κορυφή είναι στο εσωτερικό της άλλης ορθής γωνίας. Να δείξετε ότι το ευθύγραμμο τμήμα των

Βασίλης Σείτης

κορυφών χωρίζει το τετράπλευρο που σχηματίζουν οι υπόλοιπες κορυφές τους σε δύο ισοδ� ναμα σχήματα.

Απαντήσεις i. Το τετράπλευρο ΔΕΓΖ είναι παραλληλόγραμ-

Α �

μο. Άρα Γ = Δι , άρα από το θεώρημα (ΑΒΓ) = ΑΓ · ΒΓ = 2ΔΖ · 2ΔΕ = 4 (ΔΕΖ) ΔΕ · ΔΖ ΔΕ · ΔΖ {::} (ΔΕΖ) = _!_ (ΑΒΓ)

4

Αφού το τετράπλευρο ΔΕΓΖ παρ/μο, τότε (ΔΕΖ) = (ΕΖΓ) και όμοια (ΑΔΕ) = (ΔΕΖ) = (ΒΔΖ) .

Α

Δ - π - - - - - Ε ' ,� ,'

' I ' , I ' I

I

Β z Γ

ii. (ΚΛΜΝ) = (ΑΒΓ Δ) - (ΑΚΛ) --(ΒΛΜΗΓΜΝ}-(ΚΔΝ)=(ΑΒΓ Δ) - _!_ (ΑΒΔ)

4

_.!_ (ΑΒΓ) _ .!_ (ΒΓΔ) _ _!_ (ΑΔΓ) = 4 4 4

= (ΑΒΓΔ) - _!_ [(ΑΒΔ) + (ΒΓΔ)] 4

_.!_ [(ΑΒΔ) + (ΑΔΓ)] = 4



Α

Γ

(Θυμηθείτε ότι το ΚΛΜΝ είναι παραλληλόγραμμο).

iii.

iv.

Α Ε

z είναι και αφού

άρα (ΑΕΓΖ) = (ΕΒΔΓ).

λσκηση για λύση :

και

(παρ/κές)

Δίνεται το τρίγωνο ΑΒΓ. Στο εξωτερικό του κατασκευάζουμε τα τετράγωνα ΑΒΔΕ, ΑΓΖΗ και ΒΓΘΙ. Να δείξετε ότι

ΣΧΕΊΙΚΑ Μ Ε Ί Η ΔΙΆΜΕΣΟ ΊΡΙ ΓΩΝΟΥ

2ο Θεώρημα

Η διάμεσος ενός τριγώνου χωρίζει το τρίγωνο σε δύο ισεμβαδικά τρίγωνα. (εφαρμογή (3) σχολικού σελ. 2 1 6) . α) Έστω τετράπλευρο ΑΒΓΔ, τα μέσα Κ, Λ, Μ, Ν

των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΔΓ, ΔΑ αντίστοιχα και Ο το σημείο τομής των ΚΜ και ΛΝ.

Ν α δείξετε ότι: (ΟΚΒΛ)+(ΟΜΔΝ) = (ΟΝΑΚ)+(ΟΛΓΜ).

Α

Β Δ

Γ

Απάντηση

Στο τρίγωνο (ΟΑΒ) η ΟΚ είνα� διάμεσός του. Άρα (ΟΑΚ) = (ΟΚΒ) (από Ι ( α)) . Όμοια και

Α ν προσθέσουμε αυτές τις ισότητες κατά μέλη έχουμε:

δηλ.

β) Σε κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓ Δ χωρίζουμε κάθε πλευρά του σε τέσσερα ίσια τμήματα και σχηματίζεται το πλέγμα, όπως στο σχήμα. Να δείξετε ότι το άθροισμα των εμβαδών των λευκών τετράπλευρων είναι ίσο με το άθροισμα των εμβαδών των μαύρων τετράπλευρων. εφαρμόστε την 2(β) στα κυρτά τετράπλευρα ΕΒΖΚ, ΖΚΗΓ, ΚΗΔΘ και ΕΚΘΑ

Α

3ο Θεώρημα Δίνεται ένα τρίγωνο ΑΒΓ και η παράλληλη (ε) από το Α προς τη ΒΓ. Για κάθε σημείο Μ της (ε) είναι (ΜΒΓ) = (ΑΒΓ) .

Απάντηση

και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' ΊJ:.; τ.2/55


Αλλά ΑΑ' = ΜΜ' (απόσταση των παρ/λων ΒΓ και ε) άρα (ΑΒΓ) = (ΜΒΓ) .

Α Μ ., , "" ,'ι

Ι ι Ι ι

1 ι 1 ι ,__�--� - -Μ.-; - - -

ε

α) Επί της πλευράς ΒΓ ενός τριγώνου ΑΒΓ θεωρούμε τα σημεία Δ, Ε τέτοια ώστε ΒΔ = ΓΕ < � . Η παράλληλη της ΑΒ από το Δ

2 τέμνει την ΑΓ στο Ζ ενώ οι ΒΖ, ΑΕ τέμνονται στο Θ. Να δείξετε ότι (ΘΑΒ) = (ΘΕΓΖ).

Α

' ' ' ' ' Ε

Απάντηση

Γ

(ΑΒΔ) = (ΑΕΓ) ( 1 ) αφού έχουν ίσες πλευρές (ΒΔ = ΕΓ) και κοινή κορυφή την Α (δηλ. κοινό ύψος) . (ΑΖΒ) = (ΑΒΘ) + (ΑΘΖ) και (ΑΕΓ) = (ΑΘΖ) + (ΘΖΓΕ) οπότε από ( 1 ) και (2) έχουμε ότι (ΑΒΘ) + (ΑΘΖ) = (ΑΘΖ) + (ΘΖΓΕ) {::? {::? (ΑΒΘ) = (ΘΕΓΖ) β) Από το μέσο Μ της πλευράς ΑΒ ενός τριγώνου

ΑΒΓ φέρουμε ευθεία xy που τέμνει την πλευρά ΑΓ στο Δ και την προέκταση της ΒΓ στο Ε. Αν η παράλληλη της xy από το Γ τέμνει την ΑΒ στο Ζ, τότε (ΑΔΖ) = (ΒΕΖ).

I I Ι I Ι � \ I ; , I I �

I ' ' \ I " "

z I �

Α Υ Δ

' '

Απάντηση Είναι ΜΕ/ !ΓΖ άρα (ΕΓΖ) = (ΜΓΖ) {::? (ΕΒΖ) + (ΒΖΓ) = = (ΜΒΓ) + (ΒΖΓ) {::?

{::? (ΕΒΖ) = (ΜΒΓ) ( l ) . Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι (ΑΔΖ) = (ΒΜΓ) = (ΑΜΓ) [αφού ΓΜ διάμεσος του ΒΓ άρα (ΒΜΓ) = (ΑΜΓ) ] . Έχουμε: (ΑΔΖ) = (ΑΔΜ) + (ΔΜΖ) και (ΑΜΓ) = ( ΑΜΔ) + (ΜΔΓ) . Επίσης ΖΓ/ /ΜΔ άρα (ΜΔΖ) = (ΜΔΓ) οπότε ( ΑΔΖ) = (ΑΜΓ) . 4ο Θεώρη μα

Α ν δύο τρίγωνα είναι όμοια τότε ο λόγος των εμβαδών τους είναι ίσος με το τετράγωνο του λόγου ομοιότητάς τους. α) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με εμβαδόν Ε. Από ένα

σημείο Δ της ΑΒ φέρνουμε ευθεία παράλληλη στη ΒΓ που τέμνει την ΑΓ στο Η, έτσι ώστε να είναι ΑΔ =

� . Ν α δείξετε ότι 1 6Ε = 25(ΑΔΗ). ΑΒ 5

Α

Απάντηση

Επειδή ΔΗ // ΒΓ τότε τα τρίγωνα ΑΒΓ, ΑΔΗ είναι όμοια, άρα από 4(α) (ΑΔΗ) =

(ΑΔ)2 {::?

(ΑΔΗ) = (�)2 {::?

(ΑΒΓ) ΑΒ (ΑΒΓ) 5 ·

{::? 1 6(ΑΒΓ) = 25(ΑΔΗ)

β) Θεωρούμε κύκλο (O,R) και μια χορδή του ΑΒ = l R . Στο Β φέρνουμε εφαπτομένη του

2 κύκλου και από το Α την ΑΓ κάθετη σ' αυτήν. Α ν ΑΔ είναι η διάμετρος του κύκλου να απο-δείξετε ότι (ΑΒΔ) = � . (ΑΒΓ) . 9

Δ

Απάντηση

Είναι ΑΒΔ = 90° (εγγεγραμμένη που βαίνει σε η-- �

μικύκλιο) . Επίσης ΑΒΓ = Δ (γωνία που σχηματί-



ζεται από χορδή και εφαπτόμενη). Άρα τα ορθ� γώνια τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΓ είναι όμοια. Οπότε από 4( α) είναι

(ΑΒΔ) = ( ΑΔ )2 (ΑΒΓ) ΑΒ

(ΑΒΔ) = �(ΑΒΓ) 9

2 2R = � δηλ. iR 9 2

γ) Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με εμβαδόν Ε και ύψος ΑΔ. Φέρουμε τη διάμετρο ΑΖ του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ. Να δείξετε

4Ε2 ότι (ΑΔΒ) = ---τ-τ(ΑΓΖ) . α β

Απύ.ντηση Είναι ArZ = 90° (εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο)

� �

και Β = Ζ (εγγεγραμμένη που βαίνουν στο ίδιο --τόξο ΑΓ ). Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΔ και

ΑΓΖ όμοια από 4(α)

z (ΑΒΔ) (ΑΒ )2 ( γ )2 γ2 (ΑΓΖ) = ΑΖ = 2R

= 4R 2 ( 1 ) . Είναι όμως

(ΑΒΓ) = αβγ 4R

αβγ 2Ε γ 4Ε2 γ2 , Ε = - {:} - = - {:} -- = - αρα η ( 1 ) 4R αβ 2R α2β2 4R 2 γίνεται (ΑΔΒ) = 4Ε2

{::} (ΑΔΒ) = 4Ε2 . (ΑΓΖ) (ΑΓΖ) α2β2 α2β2

δ) Να δείξετε ότι το εμβαδόν ενός τριγώνου που έχει πλευρές ίσες με τις διαμέσους ενός τριγώ-νου ΑΒΓ είναι ίσο με τα � του εμβαδού του 4 ΑΒΓ.

Απάντηση Α

I I I I

z , , ��e .. .. Ε ""' .... .J *"' "" .,. , .... .... _. I

I

Α ν Ε το εμβαδόν του τριγώνου με πλευρές ίσες με τις διάμεσους του ΑΒΓ, τότε το τρίγωνο αυτό θα είναι όμοιο με το ΘΑ'Γ (ΑΘ = ΘΑ') γιατί

2 ι 2 Ι ΘΓ = }μr , ΘΑ = 3μα και ΓΑ = 2ΘΕ (γιατί;)

= jμβ ), άρα (Θ�'Γ) = (;:, )2 = i άρα

Ε = 2_(ΘΑ'Γ) = 2_2(ΘΓΔ) . (ΓΔ διάμεσος του 4 4 ΓΘΑ') άρα Ε = 2_(ΘΓΔ) δηλ. Ε = 2_ _ _!_(ΑΒΓ) . 2 2 6 (γιατί; θυμηθείτε τι ισχύει για τη διάμεσο τριγώ-νου) Άρα Ε = �(ΑΒΓ) . 4

5ο Θεώρη μα

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές ΑΒ = 12, ΒΓ= 5, ΑΓ = 13. Να βρεθεί το εμβαδόν του τριγώνου που έχει κορυφές τα σημεία επαφής των πλε\}ρών του τριγώνου ΑΒΓ με τον εγγεγραμμένο του κύκλο.

Απάντηση 1°ς τρόπος

Α

Υ� Δ , ' I , I ω

(Παρατηρήστε ότι το ΑΒΓ είναι ορθογώνιο αφού οι αριθμοί 1 3 , 1 2,5 είναι ορθογώνια τριάδα) . Για το τρίγωνο ΑΒΓ είναι 2τ = ΑΒ + ΒΓ + Γ Α {::} τ = 1 5 και από τον τύπου του Ήρωνα



(ΑΒΓ) = �τ(τ - α)(τ - β)(τ - γ) = 30 ( 1 ) . Επίσης είναι χ + y = 12, y + ω = 1 3 και χ + ω = 5 οπότε λύνοντας το σύστημα έχουμε χ = 2, y = 1 0, ω = 3 . Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΕΖΓ έχουν τη γωνία Γ κοινή οπότε (ΕΖΓ) = � {::} (ΕΖΓ) = _2._(ΑΒΓ) .

(ΑΒΓ) 5 · 1 3 65 Παρόμοια η γωνία Β είναι κοινή στα τρίγωνα ΔΒΖ και ΑΒΓ οπότε (ΔΒΖ) 2 · 2 {:} (ΔΒΖ)=_i_(ΑΒΓ) (ΑΒΓ) 5 · 1 2 60 και η γωνία Α κοινή στα τρίγωνα ΔΒΖ και ΑΒΓ

οπότε (ΑΔΕ) = 1 Ο · 1 Ο {::} (ΑΔΕ) = 1 00 (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) 1 2 · 1 3 1 56

άρα (ΔΕΖ) = (ΑΒΓ) - (ΕΖΓ) - (ΔΒΖ) - (ΑΔΕ) δηλ. (ΔΕΖ) = 30 - 4, 2 - 2 - 19, 2 = 4, 6 τ.μ.

2°ς τρόπος: Διαφέρει από τον 1 ο τρόπο ως προς τον υπολογισμό των εμβαδών των τριγώνων ΔΒΖ, ΕΖΓ, ΑΔΕ. Δηλαδή :

1 1 1 (ΑΒΓ) = '25 · 1 3ημΓ = '25 · 1 2 · ημΒ = '2 1 2 · 1 3ημΑ . 2 · 30 12 αρα ημΑ = 5 · 1 3 = 13

2 · 30 2 · 30 5 ημΒ = -- = 1 και ημΑ = -- = -5 · 1 2 1 2 · 1 3 1 3 . 1 1 1 2 αρα (ΕΖΓ) = '2ω · ω · ημΓ = '23 · 3 · 13 = 4, 2 τ.μ.

1 1 (ΔΒΖ) = -χ · χ · ημΒ = -2 · 2 · 1 = 2 τ.μ. 2 2 1 1 5 (ΑΔΕ) = '2y · y · ημΑ = '21 0 · 1 0 · 13 = 1 9, 2 τ. μ. και

συνεχίζουμε όμοια με τον 1 ο τρόπο.

r Εuθείες

ΜΕ ΡΟΣ 1 ° : Θεωρία Σ' αυτό το άρθρο μετά από ορισμένες επισημάνσεις

της θεωρίας των ευθειών θα αναφερθούμε σε απλές

εφαρμογές τους και θα δείξουμε με κάποια βασικά

θέματα ένα τρόπο σκέψης για τη λύση ασκήσεων

πάνω στις ευθείες.

Μ ΟΡΦΕΣ • Η εξίσωση της ευθείας, που περνάει απ' την

αρχή των αξόνων, είναι y = λχ. • Η εξίσωση της ευθείας, που τέμνει τους άξονες

σε δύο σημεία, είναι y = λχ + β. • Η εξίσωση της ευθείας, που είναι παράλληλη

προς τον άξονα χ 'χ, είναι y = β. • Η εξίσωση της ευθείας, που είναι παράλληλη

προς τον άξονα y'y, είναι χ = χ0• • Η εξίσωση της ευθείας, που διέρχεται απ' το

σημείο Ρ(χο, Υο) κι έχει συντελεστή διεύθυνσης λ, είναι y - Υο = λ( χ - χσ) .

• Η γενική μορφή της εξίσωσης ευθείας είναι: Αχ + By + Γ = Ο με IAI + IBI ;c Ο

Κώστας Μαλλιάκας

ΣΧΟΛΙΑ 1) Ο συντελεστής διεύθυνσης λ της ευθείας λέγε

ται και κλίση της ευθείας και είναι λ = εφω όπου ω η γωνία που σχηματίζει η ευθεία με τον άξονα χ 'χ. Αν όμως ω = 90° τότε δεν ορίζεται λ και η ευθεία είναι κάθετη στον χ ' χ με εξίσωση της μορφή χ = χσ.

2) Η γενική μορφή μπορεί να μας δώσει τις άλλες περιπτώσεις με κατάλληλες τιμές των Α, Β, Γ. Πράγματι για Α = Ο είναι παράλληλη στον άξονα χ ' χ, για Β = Ο είναι παράλληλη στον άξονα y 'y ενώ για Γ = Ο περνάει από αρχή ξένων.

Α 3) Στην γενική μορφή για Β += Ο είναι λ = - Β ενώ για Β = Ο δεν ορίζεται λ.

ΜΕ ΡΟΣ 2° : ΒΑΣΙΚΑ ΘΕΜΑ Τ Α Σχετικά με μια ευθεία της μορφής: y-yo = λ(χ-χσ). Συνήθως ζητείται να βρεθεί το λ ή ένα σημείο της Ρ(χο, Υο) . α) Για το λ:



ι . Αν ξέρω δύο σημεία: Α(χι ,ψι) και Β(χ2,ψ2) με χ1 7: χ2 τότε λ = ψ2 - Ψι

χ2 - χ, · ii. Α ν η ευθεία ε είναι 1 1 σε ευθεία ζ τότε

λε = λς iii .Aν η ευθεία ε είναι ..l σε ευθεία ζ τότε

λε · λς = - 1 iν. Αν η ευθεία ε σχηματίζει γωνία ω με τον χ 'χ

τότε λε = εφω (ω 7: 90° ) ν. Ανάλογα αν η ευθεία ε είναι 1 1 ή ..l σε διά

νυσμα. β) Για το σημείο Ρ(Χο,ψο) :

i. Αν είναι μέσο ευθ. τμήματος ΑΒ με Α(χι ,ψι) και Β(χ2,ψ2) τότε χ0 =

Χι + χ2 2 ψ _ Ψι + Ψ2

ο - 2

και

ii. Α ν είναι σημείο τομής δύο άλλων ευθειών ή άλλων «γραμμών)) τότε λύνω το σύστημα των εξισώσεών τους.

Παραδείγματα

1 . Ποια είναι η εξίσωση ευθείας ε που περνάει από το μέσο Μ του τμήματος ΑΒ με Α(3,8) και Β(-7,2) και είναι 1 1 στην ευθεία ζ : 2χ + ψ - 2003 = ο .

Απάντηση Είναι λε = λς = -2 και Μ(-2,5) οπότε η εξίσωση της ευθεία ε είναι ψ - 5 = -2(χ + 2) δηλαδή 2χ + ψ - 1 = 0 . 2. Ποια είναι η εξίσωση ευθείας ε που περνάει

από το σημείο τομής των ευθειών 3χ + ψ = 7 και 4χ - 3ψ = 5 και σχηματίζει γωνία 45° με τον χ ' χ.

Απάντηση

Είναι λ = εφ45° = 1 και για το σημείο Ρ επιλύουμε το σύστημα 3χ + ψ = 7 και βρίσκουμε Ρ(2, 1 ) 4χ - 3ψ = 5 οπότε η εξίσωση της ευθείας ε είναι ψ - 1 = 1(χ - 2) ή αλλιώς χ - ψ - 1 = 0 .

3. Να βρεθεί η μεσοπαράλληλη ε των ευθειών 2χ + ψ - 4 = 0 και 2χ + ψ + 2 = 0 καθώς και η απόστασή τους.

Απάντηση

Η ε θα έχει τον ίδιο συντελεστή διεύθυνσης με τις δύο ευθείες οπότε λ = -2 . Ένα σημείο της ε θα είναι το μέσο Μ οποιουδήποτε τμήματος ΑΒ με άκρα στις δύο ευθείες. Για Α(Ο,4) και Β(Ο,-2) είναι Μ(0, 1 ) και έτσι έχουμε: ψ - 1 = -2(χ - 0) <=> 2χ + ψ - 1 = Ο η ζητούμενη μεσοπαράλληλη ε. Η απόσταση των δύο ευθειών είναι επίσης η απ� σταση του Α από την δεύτερη ευθεία δηλαδή

d = 12 · 0 + 4 + 21 = � = 6J5 �22 + 12 J5 5

Γενίκευση : Έστω δύο παράλληλες ευθείες Αχ + Βψ + Γ1 = 0 και Αχ + Βψ + Γ2 = 0 . Η με-σοπαράλληλή τους είναι η Αχ + Βψ + Γ = Ο με Γ = Γι + Γ2 . 2 2) Σχετικά με τη γενική μορφή Αχ+Αψ+Γ=Ο

ΘΕΜΑ: Έστω η εξίσωση (Ε) : (λ2 + λ - 2)χ + (λ2 + 2λ)ψ + (i - 3λ - 10) = ο a) Πότε παριστάνει ευθεία; b) Πότε είναι παράλληλη στον άξονα χ ' χ; c) Πότε είναι παράλλη�η στον άξονα y'y; d) Πότε περνάει από την αρχή των αξόνων; e) Είναι δυνατόν να σχηματίζει γωνία 1 35° με τον

χ 'χ; f) Να δείξετε ότι όλες οι παραπάνω ευθείες πε�

νούν από σταθερό σημείο δηλαδή αποτελούν δέσμη ευθειών.

Απάντηση

a) Πρέπει λ2 + λ - 2 7: Ο ή λ2 + 2λ 7: Ο δηλαδή να μην μηδενίζονται συγχρόνως τα Α και Β. Αν λ2 + λ - 2 7= 0 τότε λ = 1 ή λ = -2. Αν λ2 + 2λ 7: Ο τότε λ = Ο ή λ = -2. Άρα μόνο για λ = -2 μηδενίζονται συγχρόνως οπότε για να παριστάνει ευθεία η (Ε) πρέπει λ 7: -2 . Πράγματι για λ = -2 η (Ε) γίνεται Οχ + Οψ = Ο που επαληθεύεται από κάθε σημείο (χ,ψ) δηλαδή η (Ε) παριστάνει τότε όλο το επίπεδο.



b) Για να είναι παράλληλη στον άξονα χ · χ πρέπει '>! + λ - 2 = Ο και λ 7: -2 οπότε λ = 1 . Πράγματι για λ = 1 έχω 3ψ - 12 = Ο # ψ= 4 .

c) Για να είναι παράλληλη στον άξονα Υ Ύ πρέπει λ2 + 2λ = 0 και λ 7= -2 οπότε λ = Ο. Πράγματι για λ = Ο έχω

-2χ - 10 = 0 # Χ = -5 . d) Για να περνάει από την αρχή των αξόνων πρέπει λ2 - 3λ - 1 0 = Ο και λ 7: -2 . Οπότε λ=5 . Πράγματι για λ = 5 έχω

28χ + 35ψ = Ο # ψ = -0, 8χ . e) Αν σχηματίζει γωνία 135° με τον χ 'χ πρέπει λ2 + λ - 2 -- 3 1 35° λ ο λ 2 φ και 7: και 7: -')! + 2λ

. . λ2 + λ - 2 1 δ λ δ ' οποτε εχω - ')! + 2λ = - η α η

λ2 + λ - 2 = λ2 + 2λ # λ = -2 απορρίπτεται. f) Μετασχηματίζω την εξίσωση (Ε) σαν πολυω

νυμική ως προς λ και μετά από πράξεις έχω: (χ + ψ + 1) · λ2 + (χ + 2ψ - 3) · λ + (-2χ - 1 0) = . Αν περνάει από σταθερό σημείο θα πρέπει οι συντεταγμένες του (χ, ψ) να επαληθεύουν την παραπάνω εξίσωση για κάθε λ οπότε το πολυώνυμο θα είναι το μηδενικό. Άρα χ + ψ + 1 = Ο και χ + 2ψ - 3 = 0 και -2χ - 10 = 0 δηλαδή χ = -5 και ψ = 4. Επομένως όλες οι παραπάνω ευθείες διέρχονται από το σημείο Κ( -5 ,4) γιατί οι συντεταγμένες του ικανοποιούν την (Ε) για κάθε λ.

3) Ευθεία που διέρχεται από τρία σημεία του Επιπέδου l0 ΘΕΜΑ: Έστω Α(λ, λ + 1), Β(λ + 6, 2λ + 1), Γ(λ + 3, λ) a) Πότε τα Α,Β,Γ είναι συνευθειακά; b) Α ν ορίζουν τρίγωνο ΑΒΓ ποιο είναι το λ ώστε

(ΑΒΓ) = 12 τ.μ. ; c) Ποιο είναι το λ ώστε το τρίγωνο ΑΒΓ να είναι

ορθογώνιο στο Α; Απάντηση

a) Είναι ΑΒ = (6, λ) και ΑΓ = (3, - 1) οπότε - - ι6 λ ι det(AB,AΓ) = 3 _ 1 = -6 - 3λ .

Διαφορετικά πρέπει λ - 1 λΑΒ = λΑΓ # - = - # λ = -2 . 6 3

b) Είναι (ΑΒΓ) = �ldet(AB,AΓI . Άρα

� l-6 - 3λl = 12 {:::} 16 + 3λl = 24 {:::}

λ = 6 ή λ = - 1 0. c) Πρέπει ΑΒ ..l ΑΓ . - -Άρα ΑΒ · ΑΓ = Ο # 1 8 - λ = Ο # λ = 1 8 2° ΘΕΜΑ: Δίνονται τα σημεία: Α(3 ,5), Β(5 ,-9),

Γ(-3,7) a) Να αποδειχθεί ότι σχηματίζουν τρίγωνο. b) Να βρεθούν οι εξισώσεις των πλευρών, διαμέ

σων, μεσοκαθέτων και υψών του καθώς και οι συντεταγμένες του βαρύκεντρου, περίκεντρου και ορθόκεντρου του.

c) Ποια τα μήκη πλευρών, διαμέσων και υψών; d) Ποιο το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ; e) Ποια η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ;

ΥΠΌΔΕΙΞΗ : 5 + 9 -9 - 7 a) λΑΒ = -- = -7, λ8r = -- = -2. Οπότε: 3 - 5 5 + 3

λΑΒ :F- λΒΓ " 7 + 9 b) Για την πλευρά· ΒΓ έχω: λ8r = = -2 . -3 - 5

Άρα είναι ψ - 7 = -2(χ + 3) # 2χ + ψ - 1= Ο . Παρόμοια για τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ. Για την διάμεσο ΑΜ έχω: μέσο της ΒΓ το

- 1 - 5 M(l ,- 1 ) και λΑΜ = -- = 3 οπότε είναι 1 - 3 ψ + 1 = 3(χ - 1) # 3χ - ψ - 4 = Ο . Παρόμοια και για τις άλλες διαμέσους. Για την μεσοκάθετο ε της ΒΓ έχω ότι περνάει από το M( l ,- 1 ) και λε · λ8r = - 1 . Άρα λε = Ο, 5 οπότε έχω: ψ + 1 = 0, 5(χ - 1) # χ - 2ψ - 3 = Ο . Ομοίως για τις άλλες μεσοκαθέτους. Για το ύψος ΑΔ έχω: περνάει από το Α(3 ,5) και λΑΔ · λ8r = - 1 οπότε λΑΔ = 0, 5 . Άρα ψ - 5 = 0, 5(χ - 3) # χ - 2ψ + 7 = Ο . Ομοίως για τα άλλα ύψη. Για το βαρύκεντρο θα πρέπει να λύσουμε το



σύστημα των εξισώσεων δύο διαμέσων. Για το περίκεντρο θα πρέπει να λύσουμε το σύστημα των εξισώσεων δύο μεσοκαθέτων. Για το ορθόκεντρο θα πρέπει να λύσουμε το σύστημα των εξισώσεων δύο υψών.

c) Για τα μήκη τμημάτων χρησιμοποιούμε τον � πο απόστασης σημείων. Άρα έχουμε: (Β Γ) = J ( 5 + 3)2 + (-9 - 7)2 = mσ = gJS Ομοίως εργαζόμαστε για τα τμήματα που ξέρουμε τις συντεταγμένες των άκρων τους. Για τα ύψη μπορώ να χρησιμοποιήσω τον τύπο απόστασης σημείου από ευθεία. Άρα

12 · 3 + 5 - 1 1 r; υα = d(Α,ΒΓ) = � = 2-ν 5 κ.τ.λ. 22 + 12

1 1 - - , d) (ΑΒΓ) = 2 det( ΑΒ, ΑΓ) = . . . . ή 1 (ΑΒΓ) = -(ΒΓ) · (υα ) = . . . . = 40 τ.μ. 2

e) Για την ακτίνα R του περιγεγραμμένου κύκλου έχω: R : (ΟΑ) = (ΟΒ) = (ΟΓ) όπου Ο το περί-κεντρο του τριγώνου. Αλλιώς από τύπο γεωμετρίας

(ΑΒΓ) = αβγ {::} R = αβγ 4R 4(ΑΒΓ)

και όλοι βρίσκονται από προηγούμενα.

4) Τέσσερα σημεία του Επιπέδου ΘΕΜΑ: Δίνονται τα σημεία: Α(- 1 ,2), Β(μ,μ+3), Γ(κ,2κ), Δ(λ,λ- 1 ) a) Δείξτε ότι τα σημεία Β και Δ κινούνται σε δύο

παράλληλες ευθείες ε1 και ε2 με Α ε ε1 κατόπιν να βρεθεί το κ, αν είναι γνωστό ότι Γ ε ε2 .

b) Ποια είναι η συνθήκη ώστε το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ να είναι παραλληλόγραμμο;

c) Είναι δυνατό να είναι ρόμβος, ορθογώνιο, τετράγωνο;

d) τι θα πρέπει να ισχύει ώστε να είναι τραπέζιο και τι για ισοσκελές τραπέζιο;

ΥΠΌΔΕΙΞΗ :

a) Έστω Β(χ,ψ) οπότε χ = μ και ψ = μ+3 . Άρα ψ = χ+3 η ευθεία που κινείται στο Β. Παρόμοια ψ = χ- 1 η εξίσωση ευθείας που κι-

νείται το Δ και προφανώς ε1 1 1 ε2 . Επίση.; ισ-f.ύει 2 = - 1 + 3 οπότε Α ε (ε1 ) . Αν Γ ε (ε2 ) πρέ-πει 2κ = κ - 1 {::} κ = - 1 και τότε Γ(- 1 ,-2) .

b) Το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο αν ΑΒ 1 1 Γ Δ και ΒΓ 1 1 ΑΔ οπότε πρέπει λΑΒ = λrΔ και λ8r = λΑΔ . Άρα αφού ε1 1 1 ε2 , λΑΒ = λrΔ οπότε αρκεί λ8r = λ ΑΔ δηλαδή για μ "# - 1, λ "# - 1 πρέπει: μ + 3 + 2 λ - 3 ' .:...._ __ = -- {::} μ + λ = -2 . Α ν λ = - 1 το-μ + 1 λ + 1 τε η ευθεία ΑΔ έχει εξίσωση χ = - 1 και τότε για να ισχύει ΒΓ 1 1 ΑΔ πρέπει μ = κ = - 1 αλλά τότε η ευθεία ΒΓ είναι πάλι χ = - 1 και τα σημεία Α,Β,Γ,Δ συνευθειακά. Οπότε δεν ορίζεται τετράπλευρο.

c) Για να είναι ρόμβος πρέπει μ+λ = -2 με μ � - 1 και λ � - 1 και ΑΓ ..L ΒΔ οπότε - - - -ΑΓ · ΑΔ = ΟΑΓ · ΒΔ = Ο και έτσι έχω λ-μ = 4 ο-πότε λ = 1 και μ = -3 και τότε Α(- 1 ,2), Β(-3,0), Γ(- 1 ,-2), Δ( 1 ,0). Για να είναι ορθογώνιο πρέπει μ+λ = -2 και μ � - 1 λ � - 1 και ΑΒ ..L ΒΓ . Οπότε - -λΑΒλΒr = - 1 ή ΑΒ · ΒΓ = Ο και έτσι έχω μ 2 + 4μ + 3 = Ο {::} μ = -3 ή μ = - 1 που απορρίπτεται. Άρα τότε και λ = 1 και έχω την προηγούμενη περίπτωση και επομένως είναι ρόμβος και ορθογώνιο δηλαδή τετράγωνο.

d) Για να είναι τραπέζιο αφού ήδη έχω ΑΒ 1 1 Γ Δ αρκεί ΒΓ να τέμνει την ΑΔ δηλαδή μ+ λ � -2 και για να είναι και ισοσκελές πρέπει επιπλέον (ΑΔ) = (ΒΓ) και συνεχίζω με τον τύπο απόστασης σημείων . . . . .

5) ΣΥΜ Μ ΕΤΡΙΑ ΒΑΣΙΚΟ ΣΧΗΜΑ a) Να βρεθεί το συμμετρικό του σημείου Ρ(4,2)

ως προς το Κ(2,-3).

Απάντηση Πρέπει Κ μέσο του ΡΡ ' όπου Ρ '(Χο,ψο) το ζητούμενο συμμετρικό. Ά 2 4 + χο 3 2 + Ψο , Ρ '(Ο 8 ρα = -- και - = οποτε ,- ) . 2 2



b. Να βρεθεί το συμμετρικό του σημείο Ρ(4,2) ως προς την ευθεία ε : 3χ + ψ - 4 = Ο .

Απάντηση

Έστω Κ το ίχνος της καθέτου από το Ρ προς την ε. Ισχύει λρκλε = - 1 οπότε λpκ = ..!. και 3

1 ΡΚ : ψ - 2 = -(χ - 4) {::} χ - 3ψ + 2 = Ο . 3 Το Κ θα βρεθεί από τη λύση του συστήματος των ευθειών ε και ΡΚ: 3χ + ψ - 4 = Ο και χ - 3ψ + 2 = Ο και έτσι έχουμε Κ( 1 , 1 ) . Άρα αν Ρ ' (Χο,ψο) το ζητούμενο συμμετρικό τότε Κ μέσο του ΡΡ ' και 1 = 4 + Χ

ο και 1 = 4 + Ψ ο οπότε Ρ '(-2,0) . 2 2

c. Να βρεθούν οι συμμετρικές ευθείες της ευθείας: 2χ + ψ - 8 = Ο ως προς Α) χ'χ Β) ψ'ψ Γ) 0(0,0) Δ) ψ = χ (διχοτόμος lης_ 3ηςγωνίας).

Απάντηση

Αρκεί κάθε φορά να βρίσκω δύο σημεία της ε, τα συμμετρικά τους ως προς αυτό που μου ζητείται και μετά την εξίσωση της ευθείας που ορίζουν αυτά. 'Εστω Α(Ο,4) και B (i , o) δύο σημεία της ε

Α) Τα συμμετρικά τους ως προς χ 'χ είναι τα ( 4 ) 0 - (-4) Α1 (0,-4) και Β1 3, ο και λ1 = 4 = 3 . - - 0 3

Επομένως ε1 :y+4=3(χ - Ο) {::} 3χ - y - 4 = Ο . Β) Τα συμμετρικά τους ως προς ψ'ψ είναι τα

Az(0,4) και Β2 (-i , o) και λ2 = �- 4 = 3 . - - 0 3

Επομένως ε2 : y = 3 · (χ - i) {::} - 3χ + y - 4 = Ο .

Γ) Τα συμμετρικά τους ως προς την αρχή των αξόνων 0(0,0) είναι τα Α3(0,-4) και B3 = (-i , o)

0 + 4 και λ3 = 4 -3 . Επομένως -- - 0 3

ε3 : y = -3 ( x - i) {::} -3χ + y - 4 = Ο

Δ) Τα συμμερικά τους ως προς την ψ = χ είναι τα -± _ ο

�(4,0) και Β4 (ο,-±3 ) και λ - -3- - -..!. 4 - 0 - 4 - 3 .

Επομένως 1 ε4 : y = --(χ - 4) {::} χ + 3y - 4 = Ο . 3

ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ : Μπορώ με την ίδια λογική να αποδείξω ότι η συμμετρική ευθεία της ε : Αχ + Β ψ + Γ = Ο με Α 7: Ο και Β 7: Ο είναι: Α) ως προς χ 'χ ε1 : Αχ - Βψ + Γ = Ο Β) ως προς ψ'ψ ε2 : -Αχ + Βψ + Γ = Ο Γ) ως προς 0(0,0) ε3 : -Αχ - Βψ + Γ = Ο Δ) ως προς ψ = χ ε4 : Βχ + Α ψ + Γ = Ο d. Ποια η συμμετρική της ευθείας

ε : 2χ + ψ - 10 = Ο ως προς την ζ : 3χ + ψ - 4 = 0

ΠΕΡΙΓΡΑΦΗ ΤΗΣ ΜΕΘΟΔΟΥ

1 ο ΒΗΜΑ: Βρίσκω δύο σημεία της ε, έστω Α( 4,2) και Β(5 ,0).

2° ΒΗΜΑ: Βρίσκω τα συμμετρικά τους ως προς την ζ με βάση προηγούμενο παράδειγμα και είναι Α'(-2,0) και Β' (-� , - 1

51 ) .

3° ΒΗΜΑ: Βρίσκω λ' = _.!...!_ . 2 4° ΒΗΜΑ: Η εξίσωση της ε ' είναι:

1 1χ + 2ψ + 22 = Ο

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1 ) Δίνονται τα σημεία Α(4,0), Β(8,3), Γ(5 ,7). α) Να δειχθεί ότι σχηματίζουν τρίγωνο. β) Να δειχθεί ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθο

γώνιο ισοσκελές. γ) Ποιο είναι το σύνολο των σημείων Μ(χ,ψ)

-2 - - -2 ώστε ΑΒ + 2ΑΜ · ΒΜ = 2 · ΜΓ



2) Δίνονται τα σημεία Α( 1 ,3), Β(μ,2μ+ 1 ), Γ(2,- 1 ), Δ(λ,2λ-5). α) Να δειχθεί ότι τα Β και Δ κινούνται σε πα

ράλληλες ευθείες ει και ε2 με Α στην ε1 και Β στην εz .

β) Ποια η συνθήκη ώστε το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ να είναι παραλληλόγραμμο, ρόμβος, ορθογώνιο, τετράγωνο, τραπέζιο και ισοσκελές τραπέζιο.

3) Σε τρίγωνο ΑΒΓ η πλευρά ΑΒ έχει εξίσωση 2χ - ψ = 1, , ενώ η ΒΓ έχει εξίσωση χ - 2ψ + 1 = Ο . Αν η ΑΓ είναι παράλληλη στην ευθεία 2χ + 1 1ψ + 2004 = Ο και Α(2,3) τότε α) Ποια είναι η εξίσωση της ΑΓ. β) Ποια τα Β και Γ. γ) Να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισο

σκελές. δ) Να βρεθούν οι εξισώσεις των f.Lr και υα.

4) Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Α(2, 1 ) και δύο ύψη του έχουν εξισώσεις 3χ + ψ - 1 1 = Ο και χ - ψ + 3 = 0 . α) Ποιο το ορθόκεντρο Η. β) Ποιες οι κορυφές Β και Γ γ) Ποιες οι εξισώσεις των πλευρών του δ) Ποιο το εμβαδόν του.

5) Έστω η εξίσωση Ε : (2λ + 1)χ - (2 + λ)ψ + 1 - λ = Ο α) να δείξετε ότι παριστάνει ευθεία για κάθε

λ Ε R β) να δείξετε ότι διέρχεται από σταθερό σημείο

γ) να βρεθεί η απόσταση του σημείου Α(3 ,9) από την Ε για λ = 1

δ) ποιο το λ ώστε η απόσταση του Β(2, 1 ) από την Ε να είναι 1 .

6) α) Δείξτε ότι η εξίσωση χ2 + ψ2 + 2χψ - 3χ - 3ψ + 2 = ο παριστάνει δύο παράλληλες ευθείες.

β) Ποια η μεταξύ τους απόσταση; γ) Ποιο το εμβαδόν του τραπεζίου που σχη

ματίζουν αυτές με τους άξονες χ 'χ και y'y;

7) Έστω η εξίσωση Ε : (μ2 - μ)χ + (μ2 - 1)ψ +(μ + 3) = 0 . α) Πότε είναι ευθεία; β) Πότε είναι παράλληλη στον χ ' χ. γ) Πότε είναι παράλληλη στον y'y; δ) Πότε περνάει από την αρχή των αξόνων;

8) Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας ε η οποία είναι παράλληλη στην ευθεία ζ : 3χ - 4ψ + 2003 = Ο και η απόσταση του σημείου Ρ(2,- 1 ) από την ε να είναι 3 (ΥΠΌΔΕΙΞΗ: Ορίζω ε : ψ = λχ + β , βρίσκω λ, παίρνω τύπο d(Ρ, ε) = . . . κ.τ.λ.) .

9) Να βρεθεί η εξίσωση τη ευθείας ε η οποία περνάει από το Μ(Ο, 1 ) και απέχει από το Ρ(2,0) απόσταση 2. (ΥΠΌΔΕΙΞΗ: Ορίζω ε : ψ = λχ + β , βρίσκω β σε σχέση με το λ, παίρνω τύπο d(P, ε) = . . . . κ.τ.λ.

Η Συντακτική επιτροπή του Ευκλείδη Β ' σε συνεργασία με το Παράρτημα της Δωδεκανήσου εξέδωσε το τεύχος αυτό.

Ευχαριστούμε το Παράρτημα Δωδεκανήσου για την Συνεργασία.


Στατιι1τική Εpμηνεία και καται1κεuή 6ιαγpαμμ6των

Συντυχάκης Χαράλαμπος

Ένα από τα βασικά ζητούμενα στη μελέτη της Στατιστικής από τους μαθητές, είναι η «Ερμηνεία» των

διαγραμμάτων και η σωστή αξιοποίησή τους στην απάντηση ερωτημάτων. Το διάγραμμα λοιπόν είναι η «lk

φετηρία» (και όχι το ζητούμενο) των αντίστοιχων ασκήσεων και η «ανάγνωσή» του προϋποθέτει καλή γν�

ση τόσο των ορισμών όσο και των σχέσεων μεταξύ εννοιών της θεωρίας.

Παραθέτουμε παρακάτω μερικά προβλήματα Στατιστικής αυτής της μορφής, καθώς επίσης και άλλες lk

σκήσεις λυμένες και προτεινόμενες.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1

Το διπλανό ιστόγραμμα συχνοτήτων περι- Οδηγοί γράφει το χρόνο (σε min) που χρειάζονται

οι οδηγοί για να διανύσουν μια απόσταση

lO Κm.

i. Να εξεταστεί αν το δείγμα είναι ομοιο

γενές.

ii. Ένας οδηγός παρατήρησε ότι το πλή

θος των αυτοκινήτων που προσπέρασε,

ισούται με το πλήθος των αυτοκινήτων

30

20

10

που τον προσπέρασαν. Ποια είναι η ταχύτητα του οδηγού αυτού;

Λύση

Μεταφέρουμε τα δεδομένα σε πίνακα και συμπληρώνουμε με τις απαιτούμενες στήλες.

Χρόνος Υ ι Χ ι Χι Υ ι ΧΙ 2 χ� νι (min) [8, 1 2) 5 1 0 50 1 00 500 [ 1 2, 1 6) 1 0 14 140 1 96 1 960 [ 1 6, 20) 20 1 8 360 324 6480 [20, 24) 30 22 660 484 14520 [24, 28) 1 5 26 390 676 1 0 140 [28, 32) 1 0 30 300 900 9000 Σύνολο 90 1 900 42.600


Ν ι

5 1 5 3 5 65 80 90

χρόνος t(min)

Μαθηματικά Γ' Λυκείου -ί. Για τον υπολογισμό του συντελεστή μεταβολής CV, χρειάζεται να βρούμε τη μέση τιμή χ και την

τυπική απόκλιση s . , - ΣχινΙ 1 .900 . Ειναι χ = = -- == 2 1, 1mιn .

ν 90

Επίσης s2 = .!_ Σχ2ν - (ΣχΙνί / =-1 · (42 .600 - 1 ·9002 ] == 27 65 ν 1 1 ν 90 90 ' '

επομένως s = ..}27, 65 == 5, 26min . Ο συντελεστής μεταβολής είναι (cv = � = 5' 26 = 0, 249) χ 2 1, 1 δηλ. CV == 24, 9% άρα το δείγμα δεν είναι ομοιογενές.

ίί. Ο χρόνος που χρειάστηκε ο οδηγός για να διανύσει την απόσταση είναι προφανώς η διάμεσος δ της κατανομής. Για να βρούμε τη διάμεσο, χρειάζεται να κατασκευάσουμε το ιστόγραμμα αθροιστικών συχνοτήτων.

Δ Δ

Τα τρίγωνα ΑΒΔ και Γ Δ Ε είναι όμοια οπότε ισχύει:

χ 1 0 -- = - {::} 20χ = 10(4 - χ) {::} 30χ = 40 {::} χ ::: 1, 33 4 - χ 20 άρα η διάμεσος είναι δ = 2 1 ,33 min.

Ni 90 80 70 60 50 40 30 20 10

χρόνος t(sec)

Εφόσον ο οδηγός κάλυψε την απόσταση των 10 Κm σε χρόνο 2 1 ,33 min συμπεραίνουμε ότι η ταχύτητα του είναι υ = 1ΟΚm = 28, 5Κm/h περίπου. 0, 35h

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2

Δίνεται το διπλανό ιστόγραμμα σχετικών αθροιστικών συχνοτήτων, το οποίο περιγράφει το χρόνο (σε min) που χρειάζονται οι οδηγοί για να διανύσουν μια συγκεκριμένη απόσταση 8 Km.

ί. Να βρεθεί η μέση τιμή της ταχύτητας των οδηγών.

ίί. Να βρεθεί η ταχύτητα που πρέπει να έχει ένας οδηγός, ώστε να περιλαμβάνει στο 15% των πιο «γρήγορων>>.

Fi% 1 00 90 80 70 60 50 40 30 20 10

χρόνος t(min)

ίίί. Αν το όριο ταχύτητας για τη συγκεκριμένη διαδρομή είναι 50 Κm/h, να βρεθεί η πιθανότητα να δεχθεί κλήση ένας οδηγός.

Λύση

Αρχικά φτιάχνουμε πίνακα και τον συμπληρώνουμε με τις απαραίτητες στήλες.


ί. Από τον τύπο χ = Σχί fi έχουμε ;z = ( 5 · 0, 1 + 7 · 0, 1 + 9 · 0, 1 + 1 1 · 0, 4 + 1 3 · 0, 3) min = 1 0, 4min Ά ' ' ' - 8Κm 8Κm 46 2Κm/h ρα η μεση ταχυτητα ειναι υ = == == , . 1 0, 4min 0, 1 73h

ίί. Από το πολύγωνο των σχετικών αθροιστικών συχνοτήτων βρίσκουμε αρχικά το χρόνο που πρέπει να διανύσει ένας οδηγός την απόσταση για να ανήκει στο 1 5% των πιο «γρήγορων)). Υπολογίζουμε ότι θα πρέπει να είναι 7 min. Οπότε η ταχύτητα θα πρέπει να είναι

' 8Κm 8Κm τουλαχιστον -- = == 68, 6Κm I h . 7min 0, 1 1 66h

Fi%

100 90 80 70 60 50 40 30 χ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

20 10

8 9.6 10 12 14 χρόνος t(min)

ίίί. Αν η ταχύτητα είναι 50 Κmlh, τότε ο χρόνος στον οποίο θα διανυθεί η απόσταση των 8 Κm είναι _!_h = 0, 1 6h = 9, 6min . Επομένως ένας οδηγός θα δεχτεί κλήση : αν καλύψει την απόσταση σε χρόνο 50 . μικρότερο των 9,6 min. Πάλι από το πολύγωνο σχετ. αθρ. συχνοτήτων, παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΓΔΕ είναι όμοια οπότε: 1• 6 = χ - 20 {::} 0, 4χ - 8 = 48 - 1, 6χ {::} 2χ = 56 {::} χ = 28 . 0, 4 30 - χ Άρα η πιθανότητα να δεχτεί κλήση ένας οδηγός είναι 28%.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3

Το διπλανό κυκλικό διάγραμμα παρουσιάζει βαθμολογία ενός τμήματος σε test στο μάθημα της Στατιστικής. ί. Να βρεθεί η μέση τιμή της βαθμολογίας του τμήματος. ίί. Να βρεθεί το ποσοστό των μαθητών που πήραν από 14 έως

18.

iii. Α ν επιλέξουμε έναν μαθητή στην τύχη, να βρεθεί η πιθανότητα να έχει πάρει τουλάχιστον βάση.

iv. Να εξεταστεί αν το τμήμα έχει ομοιόμορφη απόδοση.


144 ° [12,16]

[8, 12]

[4,8]

Μαθηματικά Γ Λυκείου

Λύση

Χρησιμοποιώντας τον τύπο αι = fι · 360° βρίσκουμε τις σχετικές συχνότητες και φnάχνουμε πίνακα.

Βαθμοί Χ ι t•; X;f; 2 Χ ; x�f;

ΓΟ,4) 2 0, 1 0 2 4 0 4 Γ4,8) 6 0_,2 1,2 36 7 2 l8,12) 1 0 0,25 2,5 1 00 25 [ 12, 16) 14 0,4 5,6 1 96 78,4 Γ 1 6,201 1 8 0 05 0 9 324 1 6,2

1 1 0 4 1 27 2

ί. Η μέση τιμή είναι � = Σχίfί = 10, 4 . ίί. Επειδή θεωρούμε όn σε κάθε κλάση οι παρατηρήσεις κατανέμονται ομοιόμορφα, συμπεραίνουμε ότι

το ποσοστό των μαθητών που πήραν από 14 έως 1 8 είναι 40% + 5% = 20% + 2, 5% = 22, 5% . 2 2 • . . Ό ' ' ' ' ' ' 25% 40°/ 5°/ 57 5°/ ιιι. πως φαινεται απο την κατανομη το ποσοστο αυτο ειναι -- + /ο + /ο = , /ο . 2

Άρα η πιθανότητα να έχει περάσει ένας μαθητής τη βάση είναι 57 ,5%. iv. Χρειάζεται να υπολογίσουμε πρώτα την τυπική απόκλιση s. Γνωρίζουμε ότι η διακύμανση είναι

s2 = .!.. Σχ�νί - (Σχίνί )2 . ν ν

Επειδή όμως Σχί νί = χν ο παραπάνω τύπος γράφεται

s2 = _!_ Σχ2ν. - (νΧ)2 = .!.. (Σχ� - �2 · ν)= .!.. · Σ χ�ν . - �2 = Σ χ2 νί - �2 ν 1 1 ν ν ι ν 1 1 \ ν Επομένως καταλήγουμε στον τύπο s2 = Σ x�fi - �2 . Βρίσκουμε s2 = 127, 2 - 1 0, 42 = 127, 2 - 1 08, 1 6 = 1 9, 04 οπότε η τυπική απόκλιση είναι s = J1 9, 04 == 4, 36 . Άρα ο συντελεστής μεταβολής είναι CV = � = 4• 36

== 41, 9% δηλ. το τμήμα δεν έχει ομοιόμορφη χ 1 0, 4 απόδοση .

ΠΡΟΒΛΗ:\ΙΑ 4

Δίνεται η παρακάτω κατανομή της μισθοδοσίας (σε εκατοντάδες ευρώ) των 80 υπαλλήλων μιας επιχείρησης. Α ν είναι γνωστό ότι η διάμεσος είναι 640 €, να βρεθούν οι συχνότητες ν2 και ν3.

Λύση

Αρκεί να βρούμε την αθροιστική συχνότητα Ν2, διότι γνωρίζουμε ότι ν2 = Ν2 - Νι και ν3 = Ν3 - Ν2, όπου οι αθροιστικές συχνότητες Νι και Ν3 είναι γνωστές.


Μισθός (εκ α-τοντάδες €)

[2 4) Γ4 6) Γ6 8) Γ8 1 0)

[1 0 12] Σύνολο

Υπάλληλοι

1 0

1 5 5

!

80

Μαθηματικά Γ' Λυκείου

Μισθός V; Ν; Κατασκευάζουμε το ιστόγραμμα αθροιστικών συχνοτήτων. Γ2 4) 1 0 1 0 Γ4,6) 16,8) 60 [8, 1 0) 1 5 75 [ 10, 1 2] 5 80

80

Νί 80 70 60 50 Γ7 40 - - - - - - - - - - - - - � - - 1 -

30 Γ,_.., 20 - - - - - - - - - - - - [ � 20

, 1 ,6 10

r::::;::;::;-' .� Μισθοδοσία 2 4 6 6,4 8 10 12 (xlOO€)

Από τον ορισμό της διαμέσου, παρατηρούμε ότι: Ο, 4 =

40 - Ν 2 9 8 = 64 - 1, 6Ν 2 9 Ν 2 = 35 . 1, 6 20 Επομένως είναι: ν2 = Ν2 - Ν1 = 35 - 1 0 = 25 υπάλληλοι και ν3 = Ν3 - Ν2 = 60 - 35 = 25 υπάλληλοι.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ S

Σε μαθητικούς αγώνες σφαιροβολίας, η χαμηλότερη επίδοση ήταν 3m και η ψηλότερη 11m. Ομαδοποιήσαμε τα αποτελέσματα σε 4 ισοπλατείς κλάσεις και προέκυψε ότι: Το 12% των μαθητών έριξε μέχρι 5m και το 80% έριξε μέχρι 9m. Α ν οι μισές ρίψεις ξεπέρασαν τα 7 ,Sm, να βρεθεί η τυπική απόκλιση.

Λύση τ λ ' κλ ' θ ' 1 1 - 3 8 2 ο π ατος των ασεων α ειναι -4- = 4 = m

επομένως οι κλάσεις θα είναι [3 ,5), [5,7), [7,9) και [9, 1 1 ] . Από τα δεδομένα, προκύπτει ότι Fι = 1 2%, F3 = 80% και F 4 = 1 00%. Για να βρούμε την τυπική απόκλιση, χρειάζεται να υπολογίσουμε τις σχετικές συχνότητες :t;, ώστε να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο s2 = Σχ�fί - �2 που αποδείξαμε στο πρόβλημα 3 . Χρησιμοποιώντας το δεδομένο ότι η διάμεσος δ = 7 ,5m, θα υπολογίσουμε πρώτα τη σχετική αθροιστική συχνότητα F2.

Fi% 100 90 80 70 60 50 40 30 20 10

Από το ιστόγραμμα σχετικών αθροιστικών συχνοτήτων έχουμε: O, S = 50 ' F2 9 1 5 = 75 - 1, 5F2 9 F2 = 40 . 1, 5 30

1 1 m

Κατασκευάζουμε τώρα πίνακα, συμπληρωμένο με τις απαραίτητες στήλες. Βρίσκουμε τις σχετικές συχνότητες από τον τύπο fκ = Fk - Fκ- ι .

Ρίψεις (m) Χ; F; f; X;f; χ� I x�f;

Γ3 ;5) 4 1 2 ο 1 2 0 48 1 6 1 92 [5 ,7) 6 40 0,28 1 ,68 36 1 0,08 [7,9) 8 80 0,4 3 ,2 64 25,6 Γ9, 1 1 1 1 0 1 00 0,2 2 1 00 20

1 7,36 57,6



- -2 Η μέση τιμή είναι χ = Σχίfί = 7, 36m και η διακύμανση s2 = Σχ;fί - χ = 57, 6 - 7, 362 = 3, 43 . Οπότε η τυπική απόκλιση είναι s = .J3, 43 ::::: 1, 85m .

Π ΡΟΒΛΗ ΜΑ 6

- 20 Σε ένα δείγμα μεγέθους V = 20, η μέση τιμή είναι χ = 25 και ισχύει Σ χ: = 12.820 . Να βρεθεί

i=l

πόσο τουλάχιστον θα πρέπει να αυξηθεί η κάθε παρατήρηση, ώστε το δείγμα να γίνει ομοιογενές.

Λύση

Αρχικά θα υπολογίσουμε την τυπική απόκλιση S του δείγματος. Είναι s2 = .!.. Σ χ; - (Σ χί )2 , όπου ν ν

Σ xi = � · ν = 500 επομένως s2 = -1 [ι 2 .820 - 5002 ] = -1 (12 .820 - 12 .500) = 1 6 . 20 20 20 Άρα η τυπική απόκλιση είναι s = 4. Έστω ότι κάθε παρατήρηση πρέπει να αυξηθεί κατά c δηλ. χί = χί + c . Τότε η νέα μέση τιμή θα είναι: χ = χ + c = 25 + c ενώ η νέα τυπική απόκλιση s ' = s δηλ. s ' = 4 . Αφού το νέο δείγμα είναι ομοιογενές,

s ' 4 θα ισχυ' ει: - < 0, 1 {::} -- < 0, 1 {::} 2, 5 + O, lc > 4 {::} c > 1 5 . -ι - 25 + c - - -χ

Επομένως θα πρέπει η κάθε παρατήρηση να αυξηθεί τουλάχιστον κατά 1 5 .

ΠΡΟΒΛΗ ΜΑ 7 Σε ένα διαγώνισμα Μαθηματικών, ομαδοποιήσαμε τα αποτελέσματα σε 5 ισοπλατείς κλάσεις. Να γίνει η κατανομή συχνοτήτων I σχετικών συχνοτήτων και αθροιστικών I σχετικών αθροιστικών συχνοτήτων, αν είναι γνωστό ότι:

• υπάρχουν 2 γραπτά από 16 και πάνω,

• η διάμεσος είναί 12,

• η 3η κλάση έχει αθροιστική συχνότητα 10,

• η 4η κλάση έχει σχετική συχνότητα 40%

• η μέση τιμή είναι 1 1 ,

• Ισχύει ν3 = ν1 + ν2 , όπου νι είναι η συχνότητα της κλάσης.

Λύση

Το πλάτος είναι 20 - 0 = 4 , οπότε οι κλάσεις είναι [0,4), [4,8), [8 , 1 2), [ 1 2, 1 6) και [ 1 6,20] . 5 Αφού η διάμεσος δ = 12, τότε F3 = 50%. Επειδή Ν3 = 1 0 συμπεραίνουμε ότι το μέγεθος δείγματος είναι ν = ..!.Q_ = 20 μαθητές οπότε ν 4 = 40

· 20 = 8 μαθητές. � 5 1 00



Βαθμός Χ; ν; f;% Ν; F;% [0 , 4) 2 2 1 0 2 10 [4, 8) 6 3 1 5 5 25 [8, 1 2) 1 0 5 25 1 0 50 [ 1 2, 1 6) 14 8 40 1 8 90 [ 1 6, 20) 1 8 2 1 0 20 1 00

20 1 00

Ε, 2νι + 6ν2 + 10ν3 + 14 · 8 + 1 8 · 2 _ 1 1 2 6 1 0( ) - 220 - 1 12 36 ιναι - {::} ν1 + ν2 + ν1 + ν2 - -

20 {::} 12ν1 + 1 6ν2 = 72 {::} 3ν1 + 4ν2 = 1 8 ( 1 ) . Επίσης είναι ν1 + ν2 + ν3 = Ν3 οπότε 2ν3 = 1 0 δηλ. ν3 = 5 . Άρα ν1 + ν2 = 5 (2). Από το σύστημα ( 1 ) και (2) βρίσκουμε Vι = 2 και Vz = 3 .

Προτεινόμενα Προβλή ματα

1 . Σε ένα υπουργείο εργάζονται 1 50 υπάλληλοι, από τους οποίους οι 90 είναι άντρες με μέση τιμή ηλικίας 30 έτη και συντελεστή μεταβολής 1 0%. Αντίστοιχα για τις γυναίκες, η μέση τιμή είναι 25 έτη και ο συντελεστής μεταβολής 20%. Να βρεθεί ο συντελεστής μεταβολής όλων των εργαζομένων στο υπουργείο.

2 . Σε μια ομαδοποιημένη κατανομή, με ισοπλατείς κλάσεις, το πολύγωνο συχνοτήτων έχει κορυφές με συντεταγμένες (6, 1 0), ( 1 0, 1 2), ( 14, 1 5), ( 1 8,20) και (22, 16). ί . Να βρεθούν οι κλάσεις και να γίνει ο πίνα

κας συχνοτήτων - σχετικών συχνοτήτων. ίί. Να υπολογίσετε το εμβαδόν που σχηματί

ζεται μεταξύ του πολυγώνου συχνοτήτων και του οριζόντιου άξονα.

ίίί. Να υπολογίσετε τη διάμεσο.

3 . Δίνεται ο διπλανός πίνακας ομαδοποιημένων παρατηρήσεων μιας μεταβλητής Χ και οι α-

ντίστοιχες αθροιστικές συχνότητες του Fi%. Να βρείτε ί. τη διάμεσο δ ίί. τη μέση τιμή χ

Κλάσεις [- ,)-

1 - 5 5 - 9 9 - 1 3 1 3 - 1 7 1 7 - 2 1

Fi% 7 42 82 97 1 00

4. Σε ένα δείγμα μεγέθους ν = 30, η μέση τιμή 20

είναι � = 20 και ισχύει Σ χ� = 1 1 .220 . Να i=l

βρεθεί πόσο τουλάχιστον θα πρέπει να αυξηθεί η κάθε παρατήρηση, ώστε το δείγμα να είναι ομοιογενές.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.2ΠΟ

�� Αιτκήσεις ατα όpια

Ασκήσεις στα όρια

1. Αν lim[(f(x) - 3x2 + χ - 4] = 19 και ισχύει Χ--+1 ·

ότι f(x) + 1979 = f(1 - χ) για κάθε χ ε R να υπολογίσετε τα όρια:

α) limf(x) Χ--+1 β) limf(x) . Χ--+0

Λύση

α) Έστω f(x) - 3χ2 + χ - 4 = g(x) τότε f(x) = g(x) + 3χ2 - χ + 4 και limg(x) = 1 9

χ->1 άρα limf(x) = lim(g(x) + 3χ2 - χ + 4) =

χ->1 χ->1 = 19 + 3 - 1 + 4 = 25 .

β) 1im f(χ)(θέτω χ = 1 - u) = limf(l - u) = χ->0 u->1 = 1im[f(u) + 1 979] = 1imf(u) + 1 979

u->1 u->1 (από (α)) = 25+ 1079 = 2004.

2. Να βρεθεί το ΙiΠJ [(2χ - α) · εφ πχ ] . χ-+- α 2

Λύση

Θέτω χ - � = u άρα 2χ - α = 2u και u ---+ Ο α-2 , α φου χ ---+ - . 2

Επίσης χ -� = u � � · (χ -�) = � · u �

π π π πχ π πu -x - - = -u � - = - + - . α 2 α α 2 α

Οπότε το όριο γίνεται lim [2u . εφ (� + πu )] = u_,o 2 α [ ] συν πu

lim -2u · σφ πu = lim -2u α U->0 α U->0 ΠU η μ-

= lim -2u - -1-- συν πu =

u->0 πu α η μ-α

α

Καραβόλιας Μιχάλης, Μπουρνής Απόστολος, Σείτης Βασίλης, Λιγνός Ηλίας

ι . α 1 πu = ιm -2 · · συν-u->Ο π ημ (�) α

πu α

αν είναι πu = t τότε t ---+ Ο αφού u ---+ Ο οπότε α

έχουμε:

. α 1 2α 1 2α lιm -2- · -· συνt = --· - · 1 = -- . t->0 π ημt π ι . π

t

3 . Να βρεθεί το όριο: 6"! ημ6χ � •

Χ-+- � Π 6 -ν7χ - π - -

6 Λύση

�� ημ6χ �(μορφή (%)) = 6 .J7χ - π - -6

. ημ6χ [ -/Ίχ - π +� ]

= lιm --�----"""-π

Χ -> -6 π 7χ - π - -6

� 'ΠΙ: Γ6χ. 1 . li": ι� + ΓπJ =

Χ->- 7 Χ->- �� 6 χ - - 6 6

(θέτω χ -� = u � 6χ = π + 6u και u ---t Ο αφού 6 π x ---t - ) 6

= ..!_ lim ημ(π + 6u) · [�7π - π + Γπ ] = 7 u->O U 6 �� = _..!_ lim ημ6u · 2 · � = 7 u->0 U �� = _..!_ lim 6 ημ6u · 2 � = 7 u->O 6u �� (θέτω 6u = t άρα t ---t Ο αφού u ---t Ο)


Μαθηματικά Γ' Λυκείου

. f(χ) + λχ � . Αν lιm = α (1) και

Χ -->1 χ - 1

I. (λ2 - λ)f(χ) + 4 β (2) . β R ιm = , οπου α, Ε

>-->1 f(x) + λχ

τότε να βρείτε

ί. το λ Ε R . . . . �3 + f(x) - 1 ιι. το lιm .

Λύση

..... 1 χ - 1

ί. Από την ( I ) αφού το ιim(x - 1) = Ο και α Ε R Χ->1

πρέπει και ιim[f(x) + λχ] = Ο {::} ιimf(x) + λ = Ο Χ->} Χ->1 {::} limf(x) = -λ (α) .

Χ->1 Από την (2) αφού ιim ( f(x) + λχ) = Ο (από (α))

Χ->1 και β Ε R πρέπει και lim[(λ2 - λ)f(χ) + 4] = Ο {::} Χ->1 (λ2 - λ) limf(x) + 4 = Ο {::} χ -->1

-4 ιimf(x) = -2- (λ :;: Ο, λ :;: 1) (β) Χ-->1 λ - λ Από (α) και (β) πρέπει

4 3 2 -λ = --- {::} λ - λ - 4 = Ο {::} (Homer) λ2 - λ {::} (λ - 2)(λ2 + λ + 2) = ο {::} λ = 2, (λ2 + λ + 2 = Ο αδύνατη το R).

ίί.Αφού λ=2 έχουμε ιimf(x) = -2 . Επομένως χ --> 1

. �3+f(x) -1 . { �3+f(x)-1 ) ( �3+f(x)+1) � = � -Hl Χ-1 Η) ( x-1) (�3+f(x) +1) ι . f(x)+2 ι · f(x)+2-2x+2 = ιm ιm--��==�� ..... ι ( x-1) (�3+f(x) + 1) ..... ι ( x-1 ) (�3+f(x) +1)

= ιim f(x)+2x = lim -2(χ-2) ..... ι ( x- 1 ) (�3+f(x)+1) ..... ι ( x-1 ) (�3+f(x)+ 1)

α α - 2 = - - 1 = --2 2

5. Αν lim [f2 (x) - 2κf(x)) = -κ\ K E R . Να Χ�ΧΟ

βρείτε το lim f(x) . Χ�Χο

Λύση

Έστω f2 (x) - 2κf(χ) = g(x) οπότε θα είναι και lim g(x) = -κ2 άρα

f2 (χ) - 2κf(χ) + κ2 = g(χ) + κ2 ή [f(x) - κ]2 = g(x) + κ2 ή lim [f(x) - κ]2 = lim [g(x) + κ2 ] ή

Χ----+Χ0 Χ----+Χ0 [ ιim (f(χ) - κ) ]2 = ιim g(χ) + κ2 ή Χ--+Χ0 Χ--+Χ0

[ ιim (f(x) - κ) ]2 = -κ2 + κ2 = Ο ή Χ--+Χ0

ιim (f(x) - κ) = Ο ή ιim f(x) = κ .

3χ 2συνχ - χημ-7. Να βρεθεί το όριο lim 7

Χ-->-1«> Χ2 - 1

Λύση :

Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι Ar = (-oo,- 1) U (- 1, 1) U (l, +oo) . Οπότε για κάθε χ Ε (1, +οο)

3χ ι 3χ ι 2συνχ - χημ 7 2συνχ - χημ 7 l f<x)ι = 2 = I I <

χ - 1 χ2 - 1

< l 2συνχΙ + Iχημ-τ Ι = - Ιχ2 - 11

< αφού Ιαβl � lαl + Ιβ l ) 2 lσυνχ l + χ lημ 3x l -----::----'---7-'- < 2 . 1 + χ · 1

χ2 - 1 - χ2 - 1 (αφού ισυνχl � 1 και ιημ 3χ ι � 1 ) = \+ 2

7 χ - 1 άρα lf(x)l :::; χ + 2 δηλ. - χ + 2 :::; f(x) :::; χ + 2

χ2 - 1 χ2 - 1 χ2 - 1 · ι · χ + 2 ι · χ ι · 1 ο δ λ ομως ιm -- = ιm -- = ιm - = η .

χ->+οο Χ2 - 1 χ->+οο Χ2 χ-+οο Χ (από το κριτήριο παρεμβολής είναι και

lim f ( x ) = O · Χ ---+ + 00

8 . Δίνεται η συνάρτηση

f( ) - αχ2 + βχ + γ ι χ - , χ * χ - 1

και α, β, γ Ε R για



την οποία ισχύει limf(x) = 3 . Αποδείξτε ότι Χ--+1

το σημείο Μ(β,γ) ανήκει στην ευθεία ε : χ + 2y + 3 = Ο •

Λύση

Είναι αχ2 + βχ + γ = (χ - 1) · f(x), χ � 1 . Άρα ιim(αχ2 + βχ + γ) = ιim[(χ - 1)f(χ)] ή χ-->1 χ-->1 α + β + γ = Ο ή γ = -α - β ( ι ) . Οπότε είναι

f(x) = αχ2 + βχ - α - β = χ - 1

_ α( χ2 - 1 ) + β ( χ - 1) _ ( χ - 1 } [α ( χ + 1 ) + β] _ - - -χ - 1 χ - 1 = αχ + α + β. Από υπόθεση είναι ιimf(x) = 3 {::} 2α + β = 3 ή

χ_.] β = 3 - 2α (2) . Η ( 1 ) από (2) γίνεται γ = α-3 (3). Το σημείο Μ(β,γ) ανήκει στην ε, αν και μόνο αν οι συντεταγμένες του ικανοποιούν την εξίσωση χ + 2y + 3 = Ο . Έχουμε

από ( 2 )( 3 ) β + 2γ + 3 3 - 2α + 2( α - 3) + 3 = Ο . Άρα το Μ ανήκει στην ε.

9. Δίνονται τα σημεία Α(-l,β) και Β(β,α), α, β ε R * , β :;t: -1 .

Αν ισχύει lim ημ(αχ) + χ = 2 , να δείξετε ότι χ--+0 ημ(βχ) + χ

η ευθεία που διέρχεται από τα σημεία Α και Β, σχηματίζει με τους άξονες ισοσκελές τρίγωνο.

Λύση Έχουμε

αχ ημαχ + χ ι . ημ(αχ) + χ ι · αχ ιm = ιm --=�-χ-ο ημ(βχ) + χ χ-ο βχ-ημ_β_χ + χ

χ (α ημαχ + ι) ι . αχ =χ� [ ημβχ ) =

χ β-- + 1 β χ

β χ

α + 1 , α + 1 = -- αρα -- = 2 {:} α = 2β + 1 ( 1 ) . β + 1 β + 1

Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΑΒ είναι λ = α - β = 2β + 1 - β = ι . Άρα η ΑΒ σχηματίζει β + ι β + 1 με τον άξονα χ'χ γωνία ω με εφω = ι δηλ. ω = π/ 4 . Η ΑΒ έχει εξίσωση y - β = ι( χ + ι) =? y = χ + β + ι και δεν διέρχεται από την αρχή των αξόνων αφού β � - ι . Άρα η ΑΒ σχηματίζει με τους άξονες ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο.

10. Να βρείτε το όριο του πηλίκου

ι· ημ ( ημ(ημ(ημχ))) .•!!: ημ ( ημ(ημχ)) .

Λύση Α ν ψ = ημχ, z = ημψ και ω = ημz τότε επειδή χ ---t Ο το z ---t Ο και ω ---t Ο, ψ ---t Ο . Διαδοχικά έχουμε: ιim ημ (ημ(ημ(ημχ))) = ιim ημ (ημ(ημψ)) = χ-->0 η μ ( ημ(ημχ)) ψ-->0 ημ(ημψ)

ιim ημ(ημz) = lim ημω = 1 (Εξ ορισμού) . Ζ-->0 ημz ω-->0 ω

Ασκήσης για λύση

1. Έστω f συνάρτηση για την οποία ισχύει ιim ( f(x) + 2χ ) = 2 . Να δείξετε ότι:

χ-->+οο 3χ - ι

α) ιim f(x) = 4 χ->+οο Χ

2. Δίνεται η συνάρτηση f : R ---t R για την οποία ισχύει ιim f(x) = +οο .

χ->+οο Ν α βρεθούν τα όρια

ι . 2f2 (x) + 3f(x) - 2 α) ιm χ->+οο f2 (χ) + ι

β) ιϊm [�f2 (x) + 2f(x) - f(x) ] . χ->+οο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.2Π3

I Δι,αφοpιιι6ς Λογι�μός

Απόστολος Μπουρνής

Στο υπέροχο βιβλίο «Μεγάλες στιγμές των Μαθηματικών» Howard EVES, μπορεί κανείς να διαβάσει τα

εξής:

Η επινόηση νέων μαθηματικών μεθόδων στηρίζεται σχεδόν αποκλειστικά στην ύπαρξη προβλημάτων

που οι λύσεις τους δεν έχουν επιτευχθεί. Το πρόβλημα της ύπαρξης και σχεδίασης εφαπτομένων σε καμπύ

λες καθώς και το πρόβλημα των μεγίστων και ελαχίστων οδήγησε τους μαθηματικούς στην δημιουργία του

διαφορικού λογισμού.

Πολλές αξιόλογες προσπάθειες έγιναν από Torrίcellί, Descartes, Kepler, Fermat, Vίet, Βαrrοw αλλά η

πιο σημαντική ήταν του Leίbnίtz. Ο συμβολισμός και πολλοί γενικού κανόνες διαφόρισης τους οποίους

χρησιμοποιούμε σήμερα δόθηκαν από τον Leίbnίtz.

Α. Υπολογισμός παραγώγου με την βοήθεια του 2. Έστω f παραγωγίσιμη στο Χο ε IR ·

ορισμού. Να δείξετε ότι:

1 . Έστω f συνάρτηση f : R � R τέτοια ώστε (χ - l)κ + α :s:; f(x) :s:; (x - l)λ + α (1)

α ε � κ, λ ε Νκ,λ :<:: 2 . Να βρεθεί f'(l) .

Λύση

Η ( 1 ) για χ = Ι γίνεται: α � f(l) � α . Άρα f( I ) = α. Έχουμε: (l){=> (x - Ι)κ � f(x) - α � (χ - Ι)λ :::;. =? (χ - Ι)κ � f(x) - f(I) � (χ - Ι)λ (2) Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: α. Αν χ> Ι τότε

(2) *? (χ - Ι)κ-1 � f(x) -�(Ι) � (χ - Ι)λ-1 . χ -Είναι Iim (χ - Ι)κ-Ι = Iim (χ - Ι/-1 = Ο .

Χ->)+ Χ->)+

Ά ι . f(x) - f(l) 0 (3) ρα ιm = . Χ->)+ Χ - Ι

β. Αν χ<Ι τότε (χ - Ι)κ-1 � f(x) -�(Ι) � (χ - l)λ-1 . χ -ο ' ι · f(x) - f(l) ο (4) ποτε ιm = .

Χ->)+ Χ - 1 Από τις (3) και (4) :::;. ιim f(x) - f(I) = O� f'(l) = O

Χ->)+ Χ - Ι

I. f(x0 + αh) - f(x0 - αh) _ 2 f'( ) ιm - α χ0 Χ-+0 h

Λύση

Είναι: f(x0 + αh) - f(x0 - αh) h

α ε !R*

_ f(x0 + αh) - f(x0 ) - [f(x0 - αh) - f(x0 )] _ - -

h

= f(x0 + αh) - f(x0 ) · α + f(x0 -αh)-f(x0 ) · α ( Ι ) . α · h (-αh)

Ε' ι · f(xo + αh) - f(xo ) ιναι: ιm = κ-ο αh

= lim f(xo + κ) - f(xo ) = f'(x0 ) (Θέσαμε ah = κ) Κ-->0 Κ

ι . f(x0 - αh) - f(x0 ) και ιm = κ-ο -αh

= ιim f(xo + κ) - f(χο ) = f'(χ0 ) (Θέσαμε -αh=κ) Κ-->0 Κ .

Οπότε παίρνοντας τα όρια στην σχέση ( 1 ) θα έχουμε: ιim f(x0 + αh) - f(x0 - αh) = Κ-->0 h = αf'(χ0 ) + αf'(χ0 ) = 2αf'(χ0 )



Β. Εύρεση Παραγώγων διαφόρων τάξεων

1 . Έστω f δύο φορές παραγωγίσιμη στο R ώστε f(x3 ) = χ13 (l).Να βρεθούν (i) f'(α) ii) f"(α) α > Ο

Λύση

Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της ( 1 ) . Βρίσκουμε:

1 3 f'(x3 ) · (x3 )' = 1 3 · x1 2 =? f1(x3 ) = - · x10 (2). . 3 Στην (2) θέτω όπου χ το � οπότε f'(α) = �<[σ!Ο = �α3� 3 3 Παραγωγίζοντας την (2) βρίσκουμε f"(x3 ) · 3x2 = 1 30 · χ9 =? f"(x3 ) = 1 30 χ7 (3). 3 9 Στην (3) θέτω όπου χ το � οπότε f"(α) = 1 30 . ρ- = 130 · α2� . 9 9 2. Γενικό θέμα. Να βρεθεί η παράγωγος

f(x) = � ν,μ ε Ν· ν � 2 .

Λύση (i) Περίπτωση Αν μ περιττός τότε Dr = [Ο, +οο) .

I

Για κάθε χ>Ο είναι f'(x) = [χ� ] = �χ �-ι

�

Σ ο Ι. f(x) - f(O) 1. x v - 0 το , ιm = ιm = χ--.0 χ χ--.0 χ

= !� [χ�-' ] = ��+οο

:: � : : αν μ < ν

(ii) Περίπτωση. Αν μ άρτιος τότε Dr = R οπότε η συνάρτηση f θα γράφεται

vr-:: μ jx; αν χ > Ο f(χ) = �χμ = lx l� = �

- Οπότε (-χ) ν αν χ < Ο

μ �-1 - χ ν χ > Ο f '(x) = ν

μ �-1 - (-x)V · (- 1) χ < Ο ν

Στο Ο. Για χ>Ο lim f(x) - f(O) = χ-.ο+ χ

= lim [x;-1 ] = j� :: � : : χ-.ο+ +οο αν μ < ν

Για χ<Ο lim f(x) - f(O) =

χ-.ο- χ μ 10 w μ > ν (-χ)� �-1 = lim -- = - lim (-χ) ν = 1 αν μ = ν χ-.ο- χ χ-.ο- -οο αν μ < ν

Οπότε ο f'(O) υπάρχει όταν μ � ν . 3. Έστω f : R+ � R με f(x) = x2Rnx .

i) Να βρεθούν f', f",f"' ii) Να δείξετε ότι για κάθε ν ε Ν ν � 3

ισχύει:

f(x)<•> = 2(-t)•-•.��ν - 3) !

(l). χ

Λύση (i) Είναι f'(x) = 2xRnx + χ = x(2Rnx + 1)

2 f"(x) = 2Rnx + 1 + χ · - = 2Rnx + 3 χ f'"(x) = �

χ (ii) Για ν 3 ο τύπος ( 1 ) δίνει f"'( ) 2(- 1)3-1 · (3 - 3) ! 2 λ θ ' χ = = - α η ης χ3-2 χ Υποθέτουμε ότι είναι αληθής για ν = κ δηλαδή f(χ)(κ) = 2( - l)κ-1 (κ - 3) !

Χκ-2 Θα δείξουμε ότι είναι αληθής για ν = κ+ 1 δηλαδή f(χ)(κ+1 ) == 2(- l)κ (κ - 2) !

Χκ-1 Είναι:

f(χ)<κ+1) = ( f(χ)κ ) ' = 2(- Ι)κ-1 (κ - 3) !ικι-z ) '

= 2(- ιγ-1 · (κ - 3) ! (- l) · (κ - 2) = Χκ-1 2(- l)κ · (κ - 2) !

Χκ-1 αφού (κ - 3) !· (κ - 2) = (κ - 2) ! 4. Έστω f, ν φορές παραγωγίσιμη να βρεθεί η

ν-στή παράγωγος της g( χ) = χ · f (χ) •



Λύση

Για ν = 1 . g1(x) = xf1(x) + f(x) . Για ν = 2 g11(x) = xf"(x) + 2f1(x) και για ν = 3 g111(x) = xf111(x) + 2f11 (x) . Πιθανή μορφή της g(x)(v) είναι g(x)(v) = χ · f(x)(v) + ν · f(x)(v-l ) ( 1 ) . Είναι φανερό ότι η ( 1 ) αληθής για ν = 1 ,2,3 . Υπ<r θέτουμε ότι είναι αληθής ν = κ δηλαδή g(χ)(κ) = χf(χ)(κ) + κf(χ)(κ- Ι ) . Θα δείξουμε ότι είναι αληθής για ν κ+ 1 δηλαδή g(x/κ+l ) = χf(χ)(κ+ Ι ) + (κ + 1)f(χ)(κ) . Είναι g(χ)(κ+ Ι ) = [g(χ)(κ) ]1 = [ χf(χ)(κ) + κf(χ)(κ-1 ) ]1 =

= xf(x)(κ+ l ) + f(χ)(κ) + κf(χ)(κ) = = χf(χ)<κ+ Ι ) + (κ + 1)f(χ)(κ) άρα αληθής για κάθε ν Ε Ν* .

5. 'Εστω f(x) = �x + .Jx2 + 1 να δείξετε ότι ν2 (1 + x2 )f"(x) + ν2χf'(χ) = f(x) .

Λύση

I Ι Είναι f1(x) = (χ + �χ2 + 1 Υ =

��(x + Jx' + l )��ι + + i+J ] =

= ! (χ + �χ2 + 1 )�-1 . ( νΥ+1 + χ )= f(x)

ν �χ2 + 1 ν�1 + χ2

f 1(x)�1 + x2 - f(x) ·JI+;!

x 1 1 + χ2 και f" (χ) = - · -------::---'---'---ν 1 + χ2

(1 + x2 )f1 (χ) - xf(x) = = - . _;__ _ __;____;_i::::==:-'--'-ν (1 + χ 2 )� 1 + χ 2 Άρα ν2 (1 + x2 )f"(x) + ν2χf1(χ) =

2 ( 1 2 ) (1 + x 2 )f1(x).- xf(x) 2 f(x) ν +χ + ν · Χ-;:::::Ξ::::'===

ν(1 + χ2 )�1 + χ2 ν�1 + χ2

(1 + x2 )f1(x) - xf(x) f(x) = ν + νχ = �1 + χ2 �1 + χ2

= ν(l + xz ) . fΙ(χ) = ν(1 + xz ) . f(x) = f(x) �1 + χ2 �1 + χ2 ν�1 + χ2

Γ. Στα πολυώνυμα

1 . Έστω i ,ίΧ) το πολυώνυμο

Ρ(χ)=ανχν +αν_ιΧν-t + .... +αι χ+αο και ρι,ρ2, ... ,ρν ν διακεκριμένες ρίζες του να δείξετε ότι: (i) Ρ'(χ) = -1- + _1_ + ... + -1 -

Ρ(χ) Χ - ρl Χ - ρ2 Χ - ρν (ii) Ρ"(χ)Ρ(χ) < [Ρ 1(χ)]2

Λύση

(i) Είναι γνωστό ότι Ρ( χ) = αν (χ - ρι (χ - ρz ) . . . . (χ - ρν ) ( 1 ) .

Παραγωγίζω την ( 1 ) οπότε: Ρ1(Χ) = αν (χ - ρ2 ) . . . (χ - ρν ) + +αv (χ - ρι ) · (χ - ρ3 ) . . . (χ - ρv ) + . . . + αν (χ - ρι )(Χ - ρz

) . . . (χ - ρν_ι ) =

= Ρ1(χ) = -1 - + _1 _ + . . . + -1 - (2) Ρ(χ) χ - ρ 1 χ - ρz χ - ρν

(ii) Παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη της (2) οπότε: I [Ρ1(χ) ] 1 1 1

-- =-

2 +

2 + . . . +

2 < ο {::} Ρ(χ) (χ-ρ1 ) (χ-ρ2 ) (χ-ρν )

Ρ"(χ)Ρ(χ) - Ρ1(χ)Ρ1(χ) Ο {::} < {::} p2 (x)

{::} Ρ"(χ)Ρ(χ) < [Ρ1(χ)]2

2. Θεωρούμε το πολυώνυμο Χ Χ2 Χν

Ρ(χ) = 1- + - + .... + - Να δείξετε ότι το 1 ! 2 ! ν !

Ρ(χ) μπορεί να έχει μόνο απλές ρίζες.

Λύση

Έστω ότι το Ρ(χ) έχει τον αριθμό ρ τουλάχιστον διπλή τότε προφανώς ρ �

Ο και το ρ είναι ρίζα του Pl(x) . Είναι



Χ 2 Χ ν-1 Ρ'(χ) = 1 + χ + - + . . . +--2 ! (ν - 1) !

χ2 χν-1 χν χν = 1 + χ + - + . . . + + - - - = 2 ! (ν - 1) ! ν ! ν !

Χ ν = Ρ(χ) - ν ! Οπότε

ν ν Ρ'(ρ) = Ρ(ρ) _ Ε._ ::::} ο = o - L {::} ρ ν = ο {::} ρ = ο

άτοπο. ν ν .

Δ) Θ.Μ.Τ.

1) Δίνεται η συνάρτηση

f(x) = (n(συνχ), χ ε ( -i , ;) α) Αποδείξτε ότι f '(x) = -εφχ για κάθε

χ ε (-� �) 2 ' 2

β) Για κάθε α, β ε (-; ,;) με α<β υπάρχει

τουλάχιστον ένας ξ ε (α, β) για το οποίο

ισχύει συνβ = e<α-β )εφξ

. συν α

Λύση 1 α) f '(χ) = [fη(συνχ)]' =-- · (συνχ)' = συνχ

ημχ = --- = -εφχ . συν χ β) Για την f(x) ισχύει τ? Θ.Μ.Τ. για χ ε [α, β] 'άρα

υπάρχει ένας τουλάχιστον ξ ε (α, β) ώστε f' (ξ) = fn( συνβ) - fn( συνα) {::} β - α

{::} -εφξ . (β - α) = fη (συνβ.) {::} συνβ = e<α-β)εφξ . συνα συνα

2) Δίνεται η συνάρτηση f(x) = (χ2 - 4)ημχ .

Ν α αποδείξετε ότι: α) η εξίσωση f '(x) = Ο δεν έχει ως ρίζα τον

αριθμό ξ = Ο. β) με τη βοήθεια της f, υπάρχει ξ ε (-2, 2)

, ξ 1 1 ωστε: σφ = -- - -- . 2 - ξ 2 + ξ

Λύση

α) Είναι f '(x) = 2χ · ημχ + (χ2 - 4)συνχ και f' (Ο) = -4 += Ο .

β) Για την f ισχύει το Θ.Μ.Τ. άρα υπάρχει ξ ε (-2, 2) ώστε f' (ξ) = f(2) - f(-2) {::} 2 + 2 {::} 2ξημξ + (ξ2 - 4)συνξ = 0 � 0 {::}

{::} 2ξημξ = ( 4 - ξ 2 )συν ξ {::} 2ξ συνξ 2ξ {::} 4 - ξ2 = ημξ {::} σφξ = (2 - ξ)(2 + ξ)

1 1 {::} σφξ = --- --2 - ξ 2 + ξ γιατί:

2ξ ξ + 2 + ξ -:- 2 __ ....ο....__ = -=------=--

(2 - ξ)(2 + ξ) (2 - ξ)(2 + ξ) ξ + 2 2 - ξ

(2 - ξ)(2 + ξ) (2 - ξ)(2 + ξ) 1 1 ---2-ξ 2+ξ

3) Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει συνάρτηση f συνεχής στο [0,2] παραγωγίσιμη (0,2) με 1 :ς f(Ο) :ς 2, 4 :ς f(2) :ς 9 και s :ς f'(x) :ς S , για κάθε χ ε (0, 2) .

Λύση

Έστω ότι υπάρχει τέτοια συνάρτηση f. Από το Θ.Μ.τ. έχουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένας ξ ε (Ο, 2) ώστε f'(ξ) = f(2) - f(O) ( 1 ) . Ομως 2 - 0 4 ::; f(2) ::; 9 και 1 ::; f(O) ::; 2 ή -2 ::; -f(O) ::; - 1 και προσθέτοντας κατά μέλη έχω 2 < f(2) - f(O) < 8 {::} � < f(2) - f(O) < ��

- - 2 - 2 - 2 {::} 1 ::; f' (ξ) ::; 4 άτοπο αφού 5 ::; f' (ξ) ::; 8 . Άρα δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση f. 4) Αποδείξτε ότι:

α) lημχ + συνχl :ς J2 , για κάθε χ ε IR . β) Αν f είναι μια συνάρτηση παραγωγίσιμη

στο R, με f'(χ) = ημχ + συνχ , για κάθε χ ε IR , για όλα τα α, β ε IR ισχύει ιr(α) - f(β)Ι :ς J2 · Ια - βι .



Λύση

α) Έστω lημχ + συνχl :::; J2 {::} {::} Ο :::; (ημχ + συνχ)2 :::; 2 {::} {::} ημ2χ + συν2χ + 2ημχσυνχ :::; 2 {::} {::} ο :::; 1 + ημ2χ :::; 2 {::} - 1 :::; ημ2χ :::; 1 ' {::} lημ2χl :::; 1, ισχύει.

β) Η f παραγωγίσιμη στο R, άρα και συνεχής, οπότε ισχύει το Θ.Μ.Τ. για την f στο [α,β] δηλ. υπάρχει ξ Ε (α, β) ώστε f'(ξ) = f(β) - f(α)

β - α

{::} Ιημξ + συνξ l = lf<r> - f�α>Ι :::; J2 {::} l β - α {::} l f<β> - f(α>Ι :::; J2 · Ι β - αΙ . Αν α = β προφανής.

Δ) Συνέπειες του Θ.Μ.Τ.

Ι) Να βρεθεί συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο R για την οποία ισχύει: f'(x) --= ημχ + συνχ , για κάθε χ ε JR και ex r (;) = ι + eπ' 2 •

Λύση

Για κάθε χ Ε JR έχουμε f'(x) = ημχ + συνχ {::} ex {::} f'(x) = eχημχ + eχσυνχ {::} f'(x) = (eχημχ)' άρα f(x) = eχημχ + c, c Ε JR αλλά f ( Ξ) = 1 + eπ 1 2 {::} eπ1 2ημΞ + c = 1 + eπ 1 2 {::} c = 1 άρα f(x) = eχημχ + 1, χ Ε JR .

2) Έστω συνάρτηση f ορισμένη και παραγωγίσιμη στο (Ο,+οο) για την οποία ισχύει επιπλέον ότι: α) x(exf'(x) + Rnx) = ι , για κάθε χ>Ο. β) Η γραφική παράσταση της τέμνει τον

άξονα χ'χ στο σημείο με τετμημένη ι . Να βρεθεί ο τύπος της.

Λύση

Για χ>Ο έχουμε x(exf'(x) + Rnx) = 1 {::} xexf'(x) + xRnx = 1 {::}

{::} xexf'(x) = 1 - xRnx {::}

1 - - Rnx f'( ) 1 - xRnx f'( ) χ {::} χ = {::} χ = --'-'----- {::} xex ex

χ 1 χ e - - e · Rnx {:} f1(x) = χ {::} (ex )2 ( Rnx )' Rnx {:} f1(x) = - {:} f(x) = - + c, c E JR ex ex Αλλά το σημείο (1, 0) Ε Cf {::} f(1) = 0 {::} . . . . {::} C = 0 . Άρα f (χ) = Rnx , χ > Ο . ex

3) Να βρεθεί συνάρτηση f, για την οποία

ισχύει: f"(x) = 2 2 , χ > 3 και η (χ - 3)

εφαπτομένη της Cr στο σημείο της Α(4,ι6) είναι παράλληλη της ευθείας ε1 : y = 6χ - 5 .

Λύση Η f σαν δύο φορές παραγωγίσιμη στο (3, +οο) είναι παραγωγίσιμη στο (3, +οο) άρα και συνεχής στο διάστημα αυτό.

Αφού f"(x) = 2 2 {:} f11(x) = (2-1-)' ά-(χ - 3) χ - 3

Ι 2 ρα f (χ) = -- + c1 , c1 Ε R, χ > 3 . Η εφαπτο-χ - 3 μένη Cr στο σημείο με τετμημένη 4 έχει κλίση λε = f' ( 4) = 2 + c1 • Όμως ε/Ι ει δηλ. λε = λε {::} 2 + c] = 6 {::} c] = 4 .

I

f'(x) = -2- + 4 = 2 (x - 3)' + (4χ)' = Άρα χ - 3 χ - 3 0-= [2Rn(x - 3) + 4χ]'

πότε f(x) = 2Rn(x - 3) + 4x + c2 , c2 E lR, χ > 3 . Αλλά το M(4, 1 6) E Cr {:} f(4) = 1 6 {:} c2 = 0 . Άρα f(x) = 2 ln(x - 3) + 4x, χ > 3 .

4) Να βρεθούν οι παραγωγίσιμες στο (Ο,+οο) συναρτήσεις f, για τις οποίες ισχύει:

f '(x3 ) = 4 +_!_

_ _!_, χ > Ο (ι). χ3 χ4



Λύση

Ι 1 1 I 3 2 f (x) = 4 + - - - {:} f (χ ) · 3χ = χ3 χ4

= (4 + -1 __ 1 ) 3χ2 {:} χ3 χ4

3 3 {::} fΙ(χ3 ) · (χ3 )Ι = 12χ2 + - - - {::} χ χ2

{::} [f(x3 )]1 = ( 4χ3 + 3fnx + � ) 1 άρα f(x3 ) = 4χ3 + 3fnx + 1. + c, c Ε IR . χ Για χ 3 = t > Ο είναι χ = :ift άρα f(t) = 4t + 3.en:ift + � + c δηλ.

f(x) = 4χ + 3fn� + � + c, c Ε IR, χ > Ο .

Ε) Θ. Rolle

1) Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο [1 ,4] παραγωγίσιμη στο (1 ,4) και f(4) = 2 + f(l) . α) Βρείτε την τιμή του λ ε IR ώστε να

ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Rolle

στο [1 ,4]για τη συνάρτηση g(x) = 3f(x) + λχ .

β) Για την τιμή του λ που βρέθηκε, aποδείξτε ότι η γραφική παράσταση της f έχει μια τουλάχιστον εφαπτομένη που είναι κάθετη στην ευθεία ε με εξίσωση 3χ - λy + 12 = 0 .

Λύση

α) Η g(x) είναι συνεχής στο [ 1 ,4]σαν άθροισμα συνεχών συναρτήσεων και παραγωγίσιμη στο ( 1 ,4). Για να ισχύει το Θ. Rolle για την g(x) στο [ 1 ,4 ]πρέπει g(l) = g( 4) {::} 3f(l) + λ = 3f( 4) + 4λ {::} {::} -3λ = 3(f(4) - f(1)) {::} -3λ = 3 · 2 {::} ο {::} λ = -2

β) Η ευθεία ε έχει συντελεστή διεύθυνσης λε = l = _ 1_ _ Από (α) για λ = -2 ισχύει το θ. λ 2 Rolle για την g(x) άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ Ε (1, 4) ώστε

g1(ξ) = ο {::} 3f1(ξ) = 2 {::} f1(ξ) = � ο 3 Δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ Ε (1, 4) ώστε ο συντελεστής διεύθυνσης της

' c ξ ' ' 2 εφαπτομενης της r στο να ειναι ισος με J . Αλλά λε · f1 (ξ) = - 1 δηλ . . . . .

2) Έστω η άρτια και παραγωγίσιμη στο [-2,2]συνάρτηση f. Να αποδείξετε ότι: α) η συνάρτηση g(x) = e1-2'

2 • f(x) είναι επίσης

άρτια και παραγωγίσιμη στο [-2,2] . β) υπάρχει τουλάχιστον ένας ξ ε [-2, 2] για τον οποίο ισχύει f'(ξ) = 4ξ · f(ξ).

Λύση

α) Είναι g( -χ) = e1-2(-x)' · f( -χ) = = e1-2x' · f(x) = g(x), x E [�2, 2] άρα g(x) άρτια για χ Ε [ -2, 2] και παραγωγίσιμη αφού g1(-x) = 4e1-2x' · f(-x) + e1-2x' · f1(x) και f(χ) παραγωγίσιμη στο [ -2,2] .

β) Η g(x) είναι συνεχής στο [ -2,2] και παραγωγίσιμη στο ( -2,2) και g(2) = g(-2) (g άρτια) άρα ισχύει το θ. Rolle οπότε υπάρχει ένας τουλάχιστον ξ Ε (-2, 2) ώστε g1(ξ) = Ο δηλ. -4ξe1-2ξ2 • f(ξ) + e1-2ξ' . f1 (ξ) = Ο {::} {::} e1-2ξ' ( -4ξf(ξ) + f1 (ξ)) = Ο {::} {::} f1(ξ) = 4ξ · f(ξ) , (e1-2ξ' :;z: Ο) .

3) Δίνεταί η συνάρτηση f(x) = e(x - 2) · .en(x + e - 1) - e•-ι . (χ - 1) . Να αποδείξετε ότι υπάρχει χ0 ε (1, 2) τέτοιο

ώστε η εφαπτομένη της Cr στο σημείο με τετμημένη χ0, να είναι παράλληλη στον άξονα χ'χ.

Λύση

Είναι Ar = (1 - e, +οο) . Η f είναι παραγωγίσιμη στο [ 1 ,2] άρα και συνεχής στο [ 1 ,2] . Επίσης είναι f(l) = e( - 1)fne = -e και f(2) = -e · 1 = -e άρα από το θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον Χ 0 Ε (1, 2) ώστε f1(x0 ) = Ο . Δηλ. η εφαπτομένη της Cr στΌ σημείο με τετμημένη χ0 είναι παράλληλη του άξονα χ ' χ.



4) Δίνεται η εξίσωση χ4 + 2χ - 5 = Ο (1). Αποδείξτε ότι: α) έχει δύο τουλάχιστον ρίζες στο R, μία τουλάχιστον στο (-2,-1) και μία τουλάχιστον στο (1,2). β) Η (1) έχει δύο μόνο ρίζες στο R.

α) Εφαρμόζουμε το θ. Bolzano για την

f(x) = x4 + 2x - 5

στα διαστήματα (-2,- 1 ) και ( 1 ,2).

β) Έστω ότι έχει τρεις ρίζες ρ 1 < ρ2 < ρ3 άρα

f(ρ 1 ) = f(ρ2 ) = f(ρ3 ) = Ο . Η f(x) είναι συνεχής

στα [ρ 1 , ρ2 ] και [ρ2 , ρ3 ] και παραγωγίσιμη στα

(ρ1 , ρ2 ) και (ρ2 , ρ3 ) και

f(ρ 1 ) = f(ρ2 ), f(ρ2 ) = f(ρ3 ) άρα από το θ. Rolle υπάρχει ξ1 Ε (ρ1 , ρ2 ) ώστε f ' (ξ1 ) = Ο και

ξ2 Ε (ρ2 , ρ3 ) ώστε f'(ξ2 ) = Ο . Από το θ. Rolle στο (ξι ,ξ2) για την f'(x) υπάρχει ξ3 Ε (ξ1 , ξ2 )

ώστε f"(ξ3 ) = Ο άτοπο, γιατί f '(x) = 4χ3 + 2

και f"(x) = 12χ2 > Ο . Άρα έχει μόνο δύο ρίζες

στο R η ( 1 ) .

Αvο ικι ό Γράμμα

Είναι εξαιρετικά ση μαντική η προσφορά εργασιών πολλών συναδέλφων με &

κλεκτές εργασίες για τη στήλη «Ευκλείδης προτείνει . . . Ευκλείδη και Διόφαντο»

Είμαστε περήφανοι για το επίπεδο της συνεργασίας.

Ωστόσο το περιοδικό έχει μεγάλη ανάγκη απ ' τη βοήθεια των συναδέλφων κα

τους άλλους τομείς ας πούμε για τις τάξεις .

Θα παρακαλούσαμε οι συνάδελφοι να παρακολουθούν την εξέλιξη της ύλη;

στα σχολεία και να παρεμβαίνουν μέσω του περιοδικού στα διδακτικά δρώμενα.

Θα μας βοηθήσει πολύ !

Παρόμοια υπάρχει ανάγκη για συμμετοχή σε γενικά άρθρα που μπορούν w

προκαλέσουν το ενδιαφέρον των αναγνωστών του περιοδικού.

Από τη Σ.Ε.

Με συναδελφικούς χαιρετισμούς


Εκδόσει� τη� ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑθΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ

��Μ[�nς�� · PWtAHΣ y' \Γ\'f!(ι

� \ \ 1 1 \Ιk.ΙI:'. \1 \HII\1 \ 1 1 1\ t ll .. l 1 � 11'\ Hl. nι ι.ι ι ' '"

� ..... � ........

ιυcιιοεs τ · -·-

ΔJ�§J}J�I1 ι\l;)g}Jι1ι�\'ΓJ:ω UΛ'/ι\lfl�\ι θ1 . 1959 - 2000

LOUIS BRAND

ΜΑθΗΜΑηΚΗ ΑΝΑΛVΣΗ

ΙΙΣΑΙοπι Σ1ΙΣ

- - E!WUIIΣ

ι \ H"IJ\11 \1\ΗΙ Ι'\1 \ Ι Ι Κ Ι Ι HIH \HH 1' \ !JI \

Ιii!lllq ,ιΒΙJιrιaq ΙΙΙΙρΕΙΙ

Σ t (Ι1χt-:ιιt\ΗΣ ΓιΩΜΕΙΨΙ,\ \lιΟ ΑΝ1ΗΊΩ'11 ΣΚΟΙΗΑ

\:Ξ:II I\01 11�11 1 .. 11\1 \ l \1 1 .. 0' I I"I IJ'

"1 1 1� 1 1 \I \1 \�H O.•l lll!"('""'-"

J••M-.M ......... M•fΊ>;.M fHih" ........... . ...... � ....... ....

ll ι:.· ι. ι. ε,, ι f' Ε ι κ ο ι·,.· ι '

\I ' ·ι ιι ι '' ι ι Ι ( .\· , • ιι J , ,. O H H ι r ι r .� ' 9 .J

� ...... � '""'οι, •� ••� "· '" . ........ . .. . .. .......... ....... , ..

ΕυκλείδηςΑ': Τεύχος 2 ευρώ Διεθνής Μαθηματικές Ολυμπιόδες 1 1ou Παν&λληvίου ΣιΝΕδρίου 17 ευρώ Διαλtξεις: Ο τόμος 5 ευρώ Συνδρομή (4 τεύχη) 10 ευρώ 1959 • 1999: 20 ευρώ 14ou Πανrλληνίου Σuvεδρίου 17 ευρώ Μαθηματική Ανόλυση

(4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικό) Βαλκανικές Μαθημαπκές 15ou Πανrλληνίου ΣιΝεδρίου 17 ευρώ (L ι Β d) 25 '

Σχολεία: 8 ευρώ δρχ. Ολυμmόδες 1984-2001: 15 ευρώ 16ou Πανrλληvίου Συνεδρίου 17 ευρώ ου 5 r

tan

, ευρω

ΕυκλείδηςΒ': Τεύν,ος 2,5 ευρω' Θέματα εξετόσεων στα A.E.I 1976 17ou Πανrλληvίου Συνεδρίου 25 ευρώ Διαφορικ ς Εξισωσεις

Λ 18ou Γlcιvελλry.ιίου Συνεδρίοu 25 ευρώ (Steρhenson) 10 ευρώ Συνδρομή (4 τεύχη) 12 ευρώ • 1989: 6 ευρώ 19ou nn. ... n ... .;,. , -;, • ..w,:,. , 2S εuρω' ιστορία Μαθηματικών ιoria

(4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικό) Πρακτικό: ' "" ..... , • ..,., �·"""""""

Σχολεία: 10 ευρώ 1ou ΓΙcινελλη.iου Συνεδρίου 6 ευρώ Συνέδριο Hermis '92 (Αγγλικό) (4 Ίόμοι) Α, Β, Γ ι\ο Γ Β ο Ίόμος 8 ευρώ

ΕυκλείδηςΓ: Τεύχος 5 ευρώ 2ou Πανrλληvίου Σιινεδρίοιι 8 ευρώ 25 ευρώ 70 Χρόνια Ε.Μ.Ε. 4 ευρώ

Συνδρομη' (2 τεύχη) 10 ευρώ 3αJ nn. ... n ... ι,. ' "�"• • ..w,:,. ' 8 εuρω' Συνέδριο Hermis '94 (Αγγλικό) Ελληνική Μαθηματική

' , ....... ι•ouu ....... """"""" 2 τόμοι ο τόμος 15 ευρώ Β βλ ' 4 ' Μαθημ. Επιθεώρηση: 4αXSou l'h"'n ... ι,. , -;, ..Mn�.v , 8 εuρω' ι ιοyραφια ευρω

• "" ..... , ...... ...... """"""" Γραμμική Άλγεβρα • • ό Τεύχος 5 ευρώ 6ou Πανrλληνίου Συνεδρίου 8 ευρώ (Gr. Muncres) 6 ευρώ

Στοιχειωδης Γεωμετρια απ

Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ 7ou Πανrλληνίου Συνεδρίοu θ ευρώ ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ Ανώτερη Σκοπιό θ ευρώ

Αατρολόβος: Τεύχος 5 ευρώ 8ou Πανrλληνίου ΣιΝΕδρίου 8 ευρώ (Ονόματα Γεωμετρικών όρων Θεωρία Αριθμών 17 ευρώ

Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ 9ou Πανrλληνίου Συνεδρίοu 8 ευρώ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΑ) 20 ευρώ 10 Χρόνια 'ΈΥΚΛΕΙΔΗΣ" Δελτίο (Bulletln): Τεύχος 7,30 ευρώ 10ou Πανrλληvίου Σιινεδρίοιι 17 ευρώ (Μετρικό · Διόmρα) 20 ευρώ ΣΕΙΡΑ ιι: (1990-1999) CD 25 ευρώ

Τα παλαιότερα τεύχη όλων των εκδόσεων πωλούνται με τις τρέχουσες τιμές του 2003

Documents

Ευκλειδης Β 50