βρίσκεται στο λεωφορείο που κατέχει την i ήστminus γραμμή της διάταξης που εμφανίζεται στο σχήμα (Π1) και στη συνέχεια στη j ήστminus θέση μέσα στο λεωφορείο αυτό Είναι κατανοητό ότι η όλη διάταξη μπορεί να παρασταθεί με έναν laquoπερίεργοraquo πίνακα που περιέχει άπειρες γραμμές καθώς και άπειρες στήλες Το πλήθος των γραμμών εκφράζει τα άπειρα λεωφορεία και το πλήθος των στηλών παριστά τους άπειρους επιβάτες του καθενός λεωφορείου
( )1ΑΟΒ = ΒΟΓ = ΓΟΑ Θεωρούμε τυχαίο σημείο Μ στον κύκλο αυτό και τις προβολές του Α0 Βο Γο στους φορείς των ΟΑ ΟΒ ΟΓ αντίστοιχα Να δειχθεί ότι το τρίγωνο ΑοΒοΓο είναι ισόπλευρο
(N Abramescu GM XXXVI MSBotez Probleme de geometrie)) Λύση Κατrsquo αρχήν από τη δοθείσα σχέση (1) προκύπτει ότι
Επίσης από την καθετότητες οΜΑ perpΟΑ και οΜΓ perp ΟΓ (Σχ1) εύκολα διαπιστώνεται ότι το τετράπλευρο ο οΟΑ ΜΓ είναι εγγράψιμο σε κύκλο Άρα
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 29 Αυγούστου 2012 34
Όμοια πάλι από τις καθετότητες οΜΑ perpΟΑ και οΜΒ perpΟΒ διαπιστώνεται ότι το τετράπλευρο ο οΟΑ ΜΒ είναι εγγράψιμο σε κύκλο Άρα
( )5β γ= καθώς και
( )60 6οο οΑ ΜΒ =
Από τις (3) και (5) προκύπτει ( )7α γ=
άρα το τετράπλευρο ο ο οΑ Β Γ Μ εγγράψιμο σε κύκλο και συνεπώς ( )8ο ο ο ο οΑ Γ Β = Α ΜΒ
Από τις (6) και (8) προκύπτει ( )60 9ο
ο ο οΑ Γ Β = Από την (4) και την εγγραψιμότητα του ο ο οΑ Β Γ Μ προκύπτει ακόμα ότι
( )60 9οο ο οΑ Β Γ =
άρα το τρίγωνο ο ο οΑ Γ Β είναι ισόπλευρο
449 Έστω η συνάρτηση f R Rrarr η οποία είναι παραγωγίσιμη και τέτοια ώστε
( ) ( ) ( )1 3 2 1 1και= ge + forall isinf f x x x R i) Να αποδείξετε ότι η ευθεία 2 1y x= + εφάπτεται στη fC
ii) Να βρείτε το ( ) ( )
1
3lim 2
1rarr
minus
minusx
f x xx
iii) Αν η f prime είναι συνεχής να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ( )01ξ isin τέτοιο ώστε
( ) ( ) ( )2 3ξ ξ ξprime=f f (Λ Κανάκης Γ Μαυρίδης 100 Θέματα Μαθηματικών Γ Λυκείου Σελ98)
Λύση i) Θεωρούμε τη συνάρτηση
( ) ( ) 2 1g R R g x f x xμεrarr = minus minus τότε από τις προϋποθέσεις (1) προκύπτει
( ) ( ) ( )1 4g x g x Rge forall isin δηλαδή η συνάρτηση g παρουσιάζει στο σημείο 1ox = ολικό ελάχιστο
Επειδή ακόμα στο σημείο αυτό η συνάρτηση αυτή είναι παραγωγίσιμη και μάλιστα
( ) ( ) 2g x f x x Rprime prime= minus forall isin
το θεώρημα του Fermat σε συνδυασμό και με την (4) δίνει ( )1 0gprime = δηλαδή
( ) ( ) ( )1 2 0 1 2 5f fprime primeminus = rArr =
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 29 Αυγούστου 2012 44
Όμως η εφαπτομένη του γραφήματος fC (της συνάρτησης f ) στο σημείο
( )( )1 1A f δίνεται από την εξίσωση
( ) ( ) ( )( )
( )5
1 1 1 3 2 1y f f x y xprimeminus = minus rArr minus = minus ή ακόμα
( ) 2 1e y x= + ii) Από την (4) έχουμε
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1
1 1
1 3lim 2 lim 2 61 1x x
f x f f xx xrarr rarr
minus minus= rArr =
minus minus
Θεωρώντας στη συνέχεια τις τιμές της μεταβλητής x πολύ κοντά στο 1 (ώστε 0x ge ) η σχέση (2) γίνεται
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( )
1 1
1 1
6
1
3 13lim lim
113 33 3lim 1 lim 1 3
1 1 1
32 2 3 2 lim 2
1
rarr rarr
rarr rarr
rarr
minus +minus= =
minusminus⎡ ⎤ ⎡ ⎤minus minus⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus
= + + = + minus =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟minus minus minus⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦minus
= sdot minus = minus rArr = minusminus
x x
x x
x
f x x xf x xxx
f x f xxx xx x x
f x xx
iii) Επειδή f f prime συνεχείς συναρτήσεις θα είναι συνεχής και η ακόλουθη συνάρτηση
( ) ( ) ( ) [ ]2 01h x f x xf x xprime= minus isin Όμως
( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 2 0 1 1 1 1 2 1 3 4 1h f h f fκαι prime= ge sdot + = = minus = minus = minus Άρα
( ) ( )0 1 0h h lt Επομένως από το θεώρημα του Bolzano προκύπτει ότι θα υπάρχει ένα
τουλάχιστον ( )01ξ isin ώστε να ισχύει ( ) 0h ξ = Άρα για το ξ αυτό θα ισχύει ακόμα
( ) ( ) ( ) ( )2 0 2f f f fξ ξ ξ ξ ξ ξprime primeminus = rArr =
Για την άλλη φορά
470 Να υπολογιστούν οι γωνίες Β και Γ τριγώνου ΑΒΓ όταν είναι γνωστή η γωνία Α και ο λόγος λ των υψών που άγονται από τις κορυφές Β και Γ
(Εισαγωγικές εξετάσεις Πολυτεχνείο 1947)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 5 Σεπτεμβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Το ξενοδοχείο του Hilbert Συνοψίζοντας κανείς τη διάταξη των άπειρων λεωφορείων τα οποία έφθασαν αργά το βράδυ στο παράξενο ξενοδοχείο του Hilbert μπορεί να καταλήξει στον ακόλουθο laquoπίνακαraquo
Στον πίνακα αυτό όπως αναφέρθηκε και προηγούμενα (ΣΜ326) κάθε γραμμή περιλαμβάνει τους άπειρους επιβάτες του κάθε λεωφορείου και είναι ένας κώδικας αρίθμησης που μπορεί ο ταξιδιωτικός πράκτορας που διακινεί την εκδρομή αυτή να ξέρει κάθε στιγμή τη θέση του καθένα Σύμφωνα με τον πίνακα αυτόν ο έξυπνος ξενοδόχος βρήκε τη λύση Πριν ακόμα οι νέοι επιβάτες κατεβούν από τα λεωφορεία τους έκανε μια ακόμα διευθέτηση των δικών του πελατών Έστειλε γρήγορα ένα μήνυμα σε κάθε δωμάτιο λέγοντας να μετακινηθεί ο πελάτης του σύμφωνα με τον τύπο
2 1n nrarr minus κι έτσι άδειασαν όλα τα δωμάτια που είχαν άρτιο αριθμό Οι προηγούμενοι πελάτες του ξενοδοχείου είναι διευθετημένοι τώρα σύμφωνα με το ακόλουθο σχήμα
Στη συνέχεια ο ξενοδόχος αυτός απευθυνόμενος προς τον ταξιδιωτικό πράκτορα των άπειρων λεωφορείων του λέει Ο επιβάτης που είναι στο i ίλεωφορε οminus και κατέχει μέσα σrsquo αυτό την j έθ σηminus να οδηγηθεί στο δωμάτιο που φέρει τον άρτιο αριθμό 12 (2 1)j i+ +
No327
11 12 13 1
21 2 2 23 2
1 2 3
μ
μ
ν ν ν ν μ
ε ε ε εε ε ε ε
ε ε ε ε
⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥Α =⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 5 Σεπτεμβρίου 2012 24
Η διευθέτηση αυτή όπως είναι φανερό έγινε με την εξής αντιστοιχία
1 2 (2 1) ji j iά άεπιβ της ε δωμ τιο δ + +rarr
Έτσι για παράδειγμα ο επιβάτης του δέκατου λεωφορείου και με αριθμό θέσης πέντε θα πάει στο δωμάτιο με αριθμό
5 1 62 (20 1) 2 21 1344+ + = sdot =
Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
450 Δίνονται οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί ( )1ge ge gea b c d
τέτοιοι ώστε
( ) ( ) ( )22 2 2 23 2+ + + = + + +a b c d a b c d Να δειχθεί ότι
( )7 2 6 35
+ +le
+a cb d
(Vasile Cirtoaje) Λύση Από την (1) προκύπτει
a d c bge le κι από την ανισότητα του Chebychev () θα είναι
( ) ( ) ( )1 1 12 2 2
ac bd a d c b+ le + +
δηλαδή
( ) ( )( ) ( )2 4ac bd a d b c+ le + + Ακόμα από την ταυτοανισότητα
( )2
4
x yxy x y R
+ge isin
για
x a d y b cκαι= + = + θα είναι
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2
54
a d b ca d b c
+ + +ge + +
έτσι από τις (4) και (5) προκύπτει
( ) ( )( ) ( ) ( )2
2 64
a b c dac bd a d b c + + ++ le + + le
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 5 Σεπτεμβρίου 2012 34
Επίσης είναι
( ) ( ) ( ) ( )222 2 2 2 2 7a b c d a c b d ac bd+ + + = + + + minus + κι από την (6) η (7) γίνεται
( ) ( ) ( )2222 2 2 2
4a b c d
a b c d a c b d+ + +
+ + + ge + + + minus
ή ακόμα
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
222
3
33 3 8
4
a b c d
a b c da c b d
+ + + ge
+ + +ge + + + minus
η σχέση αυτή στη συνέχεια λόγω της (2) γίνεται
( )
( ) ( ) ( )
2
222 33 3
4
a b c d
a b c da c b d
+ + + ge
+ + +ge + + + minus
και τελικά
( ) ( ) ( ) ( )2 227 3 3 94
a b c d a c b d+ + + ge + + +
Η σχέση (9) αν κάνουμε τις αντικαταστάσεις
( ) 10a c x R b d y Rκαι+ ++ = isin + = isin γίνεται
( )2 2 27 3 34
x y x y+ ge +
και μετά από πράξεις
( )2 25 14 5 0 11x xy yminus + le η οποία είναι μια δευτεροβάθμια ανίσωση με πραγματικούς συντελεστές Το πρώτο μέλος της (11) αν θεωρηθεί ως τριώνυμο με μεταβλητή x δηλαδή
( ) ( )2 25 14 5f x x y x y= minus + τότε η διακρίνουσά του θα είναι
( )2 2 214 4 5 5 96 0D y y y y R= minus sdot sdot = ge isin και συνεπώς έχει δύο ρίζες πραγματικές
( )1 27 2 6 7 2 6 0 12
5 5x y x y yminus += = gt
έτσι η ανίσωση (11) ικανοποιείται για τις τιμές του x που είναι μεταξύ των ριζών
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 5 Σεπτεμβρίου 2012 44
αυτών Άρα πρέπει να είναι
7 2 6 7 2 65 5
y x yminus +le le
κι από τη σχέση αυτή θα είναι τελικά ( )107 2 6 7 2 6
5 5x a cy b d
+ + +le rArr le
+
δηλαδή η ζητούμενη (3)
() Ανισότητα του Chebychev Για δύο όρους 1η μορφή Αν a bge και x yge τότε
2 2 2ax by x ya b+ ++
ge sdot
2η μορφή (όπως αυτή εφαρμόστηκε ανωτέρω) Αν a bge και x yle τότε
2 2 2ax by x ya b+ ++
le sdot
Για τρείς όρους 1η μορφή Αν a b cge ge και x y zge ge τότε
3 3 3ax by cz x y za b c+ + + ++ +
ge sdot
2η μορφή Αν a b cge ge και x y zle le τότε
3 3 3ax by cz x y za b c+ + + ++ +
le sdot
Με τον ίδιο τρόπο γενικεύεται και για ν όρους
Για την άλλη φορά
471 Αν δύο τρίγωνα ΑΒΓ και Α1Β1Γ1 έχουν 1Β =Β 1β β= 1γ γ= 13α α=
τότε να δειχθεί η σχέση 22 1 3β γ ημ= + Β
(ΣΜΑ 1961)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 12 Σεπτεμβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Το ξενοδοχείο του Hilbert
Ας δούμε προσεκτικότερα το μήνυμα και την εντολή σύμφωνα με την οποία ο έξυπνος υπάλληλος του παράξενου ξενοδοχείου του Hilbetr τακτοποίησε εκείνο το γιορτινό βράδυ την laquoαπειρίαraquo των επισκεπτών που επέβαιναν σε μια laquoαπειρίαraquo λεωφορείων Αλήθεια πόσο παράξενη ήταν εντολή που έδωσε Χώρεσαν όλοι αυτοί οι νέοι επισκέπτες στο ξενοδοχείο και μάλιστα ο καθένας σε ξεχωριστό δωμάτιο Μήπως κάποιοι οδηγήθηκαν στο ίδιο δωμάτιο Γέμισε το ξενοδοχείο ή απέμειναν κάποια δωμάτια παρόλη την απειρία των επισκεπτών άδεια Η εντολή που έστειλε ο ξενοδόχος(ΣΜ 327) είχε δύο φάσεις 1η Φάση Μετακίνησε του πελάτες που υπήρχαν σrsquo όλα τα δωμάτια μέχρι τη στιγμή εκείνη σύμφωνα με τον τύπο
2 1n nrarr minus κι έτσι άδειασαν όλα τα δωμάτια με άρτιο αριθμό
Στο σχήμα 1 έχουν σχεδιαστεί με έναν μικρό κύκλο τα άδεια δωμάτια με τους αριθμούς
( )24682 1ν ν isinΝ 2η Φάση Τοποθέτησε τους επισκέπτες των λεωφορείων σύμφωνα με το τύπο
1 2 (2 1) ji j i
ά άεπιβ της ε δωμ τιο δ + +rarr
Αυτή η εντολή θα μπορούσε να μεταφραστεί στη γλώσσα των συναρτήσεων δύο μεταβλητών με τον τύπο
( ) ( ) ( )1 2 2 1 2mf m n n m n N+= + isin όπου η μεταβλητή m είναι ένας φυσικός μεγαλύτερος του μηδενός και δηλώνει το λεωφορείο και η μεταβλητή n είναι ένας φυσικός κι αυτός μεγαλύτερος του μηδενός που δηλώνει τη θέση του επιβάτη μέσα στο λεωφορείο αυτό Ας δούμε για παράδειγμα τον αριθμό του δωματίου του ξενοδοχείου στο
No328
Σχήμα 1
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 12 Σεπτεμβρίου 2012 24
οποίο κατευθύνθηκε ο πρώτος επιβάτης του πρώτου λεωφορείου δηλαδή ο 11ε Σύμφωνα με τον τύπο (2) το δωμάτιο αυτό θα έχει τον αριθμό
( ) ( )1 1 211 2 2 1 1 2 3 12f += sdot + = sdot = Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
450 Δίνονται οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί
( )1ge ge gea b c d τέτοιοι ώστε
( ) ( ) ( )22 2 2 23 2+ + + = + + +a b c d a b c d Να δειχθεί ότι
( )7 2 6 35
+ +le
+a cb d
(Vasile Cirtoaje) Λύση(συνέχεια) Αφού δείχθηκε η σχέση (3) (ΣΜ327) στη συνέχεια μας ενδιαφέρει πότε στη σχέση αυτή ισχύει η ισότητα Στην απόδειξη αυτή (ΣΜ327) χρησιμοποιήθηκαν οι δύο ανισότητες A) Από την (1) προκύπτει
a d c bge le κι από την ανισότητα του Chebychev θα είναι
( ) ( ) ( )1 1 12 2 2
ac bd a d c b+ le + +
δηλαδή
( ) ( )( ) ( )2 4ac bd a d b c+ le + + B) Ακόμα από την ταυτοανισότητα
( )2
4
x yxy x y R
+ge isin
για
x a d y b cκαι= + = + θα είναι
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2
54
a d b ca d b c
+ + +ge + +
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 12 Σεπτεμβρίου 2012 34
Η ανισότητα του Chebychev όπως αυτή εφαρμόστηκε ανωτέρω είναι η εξής 1 Αν a bge και x yle τότε
( )2 2 2
ax by x ya b I+ ++le sdot
και η ισότητα ισχύει αν a b ή x y= =
Η δεύτερη ανισότητα που χρησιμοποιήθηκε είναι 2 Αν x y Risin τότε ισχύει
( ) ( )
2
4x y
xy II+
ge
και η ισότητα ισχύει όταν x y=
Επειδή θέλουμε να ισχύει η (3) ως ισότητα δηλαδή
( )7 2 6 65
+ +=
+a cb d
θα πρέπει και στις δύο χρησιμοποιηθείσες ταυτοανισώσεις (Α) και (Β) να ισχύει η ισότητα
Έτσι σύμφωνα με τις ( I ) και ( II ) διακρίνουμε δύο περιπτώσεις από την (A)
( ) ( )7 8c b ή a d= = και μία περίπτωση από την (B)
x y= δηλαδή
( )9a d b c+ = + Επομένως έχουμε τις δύο περιπτώσεις 1η περίπτωση
( ) ( )7 9b c a d b cκαι= + = + Αν στη σχέση (6) θέσουμε
( )10+=
+a c mb d
τότε θα είναι
( )7 2 6 0 115
+= gtm
Επεξεργασία των (7) (9) και (10) Η σχέση (9) σύμφωνα με την (7) γίνεται
( )( )
( )7
9 2 2 12a d b a b drArr + = hArr = minus Επίσης η σχέση (10) σύμφωνα με την (11) δίνει
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 12 Σεπτεμβρίου 2012 44
( )( ) ( )7 12 210 a c b d bm m
b d b d+ minus +
= rArr = hArr+ +
( ) ( ) ( )3 3 1b d m b d b m m dhArr minus = + hArr minus = + hArr
( )1 133
mb dm
+hArr =
minus Ακόμα η (13) σύμφωνα με την (11) γίνεται
( )
( )( )
( )
2
7 2 611 5 7 2 6513 3 7 2 6 15 7 2 63
56 6 4 612 2 6 6 6
4 68 2 6 4 630 10 6 3 6
10
mb d d dm
d d d
d d
+++ + +
= = = =minus + minus minus
minus
+ ++ += = = =
minusminus minus+
= = +
άρα
( ) ( )3 6 14b c d= = +
Από την (14) και την (12) προκύπτει
( ) ( )2 2 3 6 5 2 6a b d d d d= minus = + minus = + δηλαδή
( ) ( )5 2 6 15a d= +
2η περίπτωση Στην περίπτωση αυτή οι σχέσεις (9) και (10) παραμένουν όπως είναι όμως αντί της (7) θεωρούμε την (8) δηλαδή την a d= Τότε όμως λόγω της (1) προκύπτει b c= δηλαδή η σχέση (7) Έτσι η περίπτωση αυτή ανάγεται στην πρώτη
Άρα η ισότητα στη ζητούμενη σχέση (3) ισχύει όταν ισχύουν οι (14) και (15)
Για την άλλη φορά
472 Αν Μ είναι το σημείο τομής των διαγωνίων ενός τετραπλεύρου τότε να δείξετε
( ) ( ) ( )2 2 2 2ΑΓsdotΒΔ ΑΜ minusΜΓ = ΑΒ minusΒΓ ΜΔ + ΑΔ minusΔΓ ΜΒ (Παράρτημα του Δελτίου της ΕΜΕ 1955-56 Σελ 129)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 19 Σεπτεμβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Το ξενοδοχείο του Hilbert Συνοψίζοντας τον τρόπο με τον οποίο ο ξενοδόχος του παράξενου ξενοδοχείου του Hilbert τακτοποίησε τους άπειρους επιβάτες του κάθε λεωφορείου από την απειρία των λεωφορείων που έφθασε αργά το βράδυ στην πόλη εκείνη μπορούμε μέσα από το ακόλουθο σχήμα να προχωρήσουμε και σε μια ακόμα σκέψη
Όπως αναφέρθηκε(ΣΜ 327 328) ο υπάλληλος αφού εκκένωσε τα δωμάτια που είχαν άρτιο αριθμό τακτοποιώντας στα υπόλοιπα όλους τους laquoπαλαιούςraquo πελάτες του έδωσε την εντολή που στη μαθηματική γλώσσα έχει τη μορφή συνάρτησης με τύπο
( ) ( ) ( )1 2 2 1 1mf m n n m n N+= + isin Έτσι σύμφωνα με τον τύπο (1) ο επισκέπτης που βρίσκεται στο λεωφορείο με αριθμό m και κατέχει σrsquo αυτό τη θέση n θα οδηγηθεί στο κενό δωμάτιο του ξενοδοχείου που φέρει τον αριθμό
( )12 (2 1) 2mk n+= + Για να εκτελεστεί η εντολή αυτή θα πρέπει νε ελεγχθεί αν ικανοποιούνται οι ακόλουθες δύο προϋποθέσεις 1η) Ο αριθμός k πρέπει να είναι άρτιος αφού τα δωμάτια που άδειασαν
No329
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 19 Σεπτεμβρίου 2012 24
έχουν άρτιο αριθμό 2η) Δεν πρέπει να υπάρξει περίπτωση ώστε δύο επιβάτες των λεωφορείων αυτών να οδηγηθούν στο ίδιο δωμάτιο Εκτός των δύο αυτών προϋποθέσεων εκείνο που έχει τέλος ενδιαφέρον είναι να εξεταστεί αν μετά την τακτοποίηση αυτή στο ξενοδοχείο θα υπάρξουν ακόμα άδεια δωμάτια
Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
451 Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα
( )11 ημ συν
=+ +int
d xIx x
Λύση Θεωρούμε το μετασχηματισμό
( )22xu εφ=
τότε
2
2
1 112 2 2 2
2
x x xdu dx dx dxxεφ εφσυν
prime prime⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
δηλαδή
( ) ( )22
1 21 32 1
dudu u dx dxu
= + rArr =+
Επίσης είναι
( )
( )
22
22
22
2 22 411
2
1 12 511
2
xux xx u
xux xx u
εφημ ημ
εφ
εφσυν συν
εφ
= rArr =++
minus minus= rArr =
++
άρα το ζητούμενο ολοκλήρωμα γίνεται
1 ημ συν= =
+ +intd xIx x
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 19 Σεπτεμβρίου 2012 34
22
2
2 2
2211
2 111 1
++= =minus+ +
+ +
intdu
uuu uu u
21+ u 22 1+ + minusu u21+u
( )1 1 1 ln 11 1
=
= = + = + ++ +
int
int int
du
du d u u cu u
Άρα
( )ln 1 6= + +I u c Τελικά η (6) λόγω του μετασχηματισμού (2) γίνεται
ln 1 ( )2
εφ= + + isin σταθεράxI c c R
452 Δίνονται οι θετικοί αριθμοί a b c με
( )1 1=abc Να δειχθεί ότι
( )2 21 1 1 11 1 32 2
1⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞+ + + ge⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ +⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠
ca b a b c
(Archimede Nr 9-12eacute2005) Λύση Η ζητούμενη σχέση (1) γίνεται
( ) ( )( )( )( )
( )2 2
3
1 11 32 3
1+ + +
hArr ge+
a b a b ccab
κι επειδή
1 0c+ gt η (2) γίνεται
( ) ( )( )( ) ( )( )
( )2
3 2
1 1 11 32 4
+ + + +hArr ge
sdot
a b a b cab c
Όμως από τη δοθείσα σχέση (1) προκύπτει
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 19 Σεπτεμβρίου 2012 44
( )( )2
21 1 5c cab ab
= rArr =
Έτσι η σχέση (4) σύμφωνα με την (5) γίνεται
( ) ( )( )( ) ( ) ( )21 1 1
1 32 6+ + + +
hArr gea b a b c
ab
Αρκεί τώρα να δειχθεί η (6) Είναι
1 2 0 1 2 0
2 0 1 2 0
a a b b
a b ab c c
⎫+ ge gt + ge gt ⎪⎬
+ ge gt + ge gt ⎪⎭
άρα
( ) ( )( )22
1 2 1 27
2 1 2
a a b b
a b ab c c
⎫+ ge + ge ⎪⎬
+ ge + ge ⎪⎭
Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις ανισότητες (7) επειδή όλες έχουν μέλη θετικούς αριθμούς προκύπτει
( )( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( )
( )( )
22
12
1 1 1 2 2 2 2
1 1 1 32 32 8
+ + + + ge sdot sdot sdot rArr
+ + + + = =
a b a b c a b ab c
a b a b c ab abc ab Από την (8) προκύπτει η (6) η οποία ισοδυναμεί με τη ζητούμενη (2)
Για την άλλη φορά
473 Να δειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ οι ευθείες που συνδέουν τις κορυφές του με τα σημεία επαφής των πλευρών με τον εγγεγραμμένο κύκλο διέρχονται από το ίδιο σημείο(Σημείο Gergonne) Το ίδιο να δειχθεί και για τις ευθείες εκείνες του τριγώνου αυτού που συνδέουν τις κορυφές με τα σημεία επαφής των πλευρών με τους περεγγεγραμμένους κύκλους
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 26 Σεπτεμβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Το ξενοδοχείο του Hilbert Όπως αναφέρθηκε προηγούμενα (ΣΜ 328 329) ο ξενοδόχος του παράξενου ξενοδοχείου του Hilbert με την εντολή
2 1n nrarr minus τακτοποίησε όλους τους πελάτες του στα δωμάτια με περιττό αριθμό και έτσι άδειασε όλα τα δωμάτια που είχαν άρτιο αριθμό ώστε να δεχθεί τους νέους επισκέπτες που έφθασαν αργά το βράδυ και οι οποίοι επέβαιναν σε μια απειρία λεωφορείων που το καθένα τους ήταν γεμάτο με άπειρους επιβάτες Η έξυπνος αυτός ξενοδόχος έδωσε στη συνέχεια την εντολή που υλοποιήθηκε με το ακόλουθο σχήμα
1ο) Ο επιβάτης που επέβαινε στο m-στό λεωφορείο και μάλιστα με αριθμό θέσης ίσο με n οδηγήθηκε στο δωμάτιο που έφερε τον αριθμό
12 (2 1)mk n+= + Τέτοιο δωμάτιο είναι υπαρκτό γιατί ο αριθμός k είναι προφανώς άρτιος 2ο) Μήπως όμως με την εντολή αυτή υπάρξει περίπτωση ώστε δύο νέοι επισκέπτες για παράδειγμα αυτοί με στοιχεία ( )m n και ( )s t (έστω m sgt ή m s= και n tne ) οδηγηθούν στο ίδιο δωμάτιο
No330
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 26 Σεπτεμβρίου 2012 24
Έστω ότι θα συμβεί κάτι τέτοιο Τότε αν m sgt θα προκύψει
( ) ( ) ( )1 12 2 1 2 2 1 1m sn t+ ++ = + Όμως
( ) ( )( )
( )( )
( )1
1
2 1 2 121 2 22 2 1 2 1
mm s
s
t tn n
+minus
+
+ +hArr = hArr =
+ +
Η τελευταία σχέση (2) δηλώνει ότι ένας άρτιος είναι ίσος με το πηλίκο δύο περιττών αριθμών Αυτό όμως είναι άτοπο διότι τότε
( )( )όά ά ό ό ά όό
περιττ ςρτιος ρτιος περιττ ς περιττ ς ρτιος περιττ ςπεριττ ς
= hArr = hArr =
Όμοια οδηγούμαστε σε άτοπο αν m s= και n tne
Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
453 Να κατασκευαστεί κύκλος ώστε να εφάπτεται στις δύο κάθετες πλευρές ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ καθώς και στον περιγεγραμμένο κύκλο εσωτερικά του
Λύση Θεωρούμε ότι οι πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου(Σχ1) είναι
γ α βΑΒ = ΒΓ = ΓΑ =
Έστω ακόμα ότι το κέντρο του ζητούμενου κύκλου είναι το σημείο Μ Τότε το σημείο αυτό θα βρίσκεται πάνω στην προέκταση της διχοτόμου ΑΚ της ορθής γωνίας Α και μάλιστα θα ισχύει
4πσυνΟΖ minusΟΜ =ΜΖ =ΜΔ = ΑΜ sdot
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 26 Σεπτεμβρίου 2012 34
δηλαδή
22 2αminusΟΜ = ΑΜsdot
κι ακόμα
( )2 2 1α minus sdotΟΜ = sdot ΑΜ Από την (1) τέλος προκύπτει
( ) ( ) ( )2 22 2α
ΟΜ = minus sdot ΑΜ
Είναι γνωστό επίσης ότι η διχοτόμος της γωνίας Α ενός τυχαίου τριγώνου ΑΒΓ δίνεται από τον τύπο
( )( )
( )2
22 3α βγβγ
β γΑΚ = minus
+
Στην περίπτωσή μας επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στο Α από το πυθαγόρειο θεώρημα θα είναι
( )2 2 2 4α β γ= + Έτσι ο τύπος (3) μετά την αντικατάσταση του 2α από τον τύπο (4) οδηγείται
στη μορφή
( ) ( )2 5βγβ γ
ΑΚ =+
Επειδή η ΑΚ είναι διχοτόμος του τριγώνου ΑΒΓ από το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου θα είναι
( ) 6αγ αββ γ β γ
ΒΚ = ΚΓ =+ +
Αν ακόμα η προέκταση της διχοτόμου ΑΚ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο σημείο Α΄ όπως φαίνεται και στο σχήμα 1 τότε από το θεώρημα των τεμνομένων χορδών και από τους τύπους (6) θα είναι
( )( ) ( )( )( )
2
2΄ α βγβ γ
ΑΚ ΚΑ = ΒΚ ΚΓ =+
δηλαδή
( ) ( )( )
( )2
2 7΄ α βγβ γ
ΑΚ ΚΑ =+
Η σχέση (7) λόγω της (5) γίνεται
( )( )
( )2 2 8
2΄ α
β γΚΑ =
+
Προσθέτοντας τις (5) και (8) κατά μέλη υπολογίζουμε το μήκος της χορδής ΑΑ΄
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 26 Σεπτεμβρίου 2012 44
Δηλαδή
( ) ( )2 92
β γ+ΑΑ =
Όμως για το κέντρο του ζητούμενου κύκλου Μ εφαρμόζοντας το θεώρημα της δύναμης σημείου ως προς τον περιγεγραμμένο κύκλου θα ισχύει
( ) ( ) ( ) ( )2
2 102α⎛ ⎞ΜΑ ΜΑ = minus ΟΜ⎜ ⎟⎝ ⎠
Η σχέση (10) σύμφωνα με τη (2) και την (9) γίνεται διαδοχικά
( ) ( ) ( )( ) ( )2 9 2
22α⎛ ⎞ΜΑ ΑΑ minusΜΑ = minus ΟΜ hArr⎜ ⎟⎝ ⎠
( ) ( ) ( ) ( )222 2 11
2 2 2 2β γ α α⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ⎛ ⎞ΜΑ minusΜΑ = minus minus sdot ΑΜ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ Η τελευταία σχέση (11) είναι μια σχέση με μοναδικό άγνωστο την ποσότητα (ΜΑ) και αν λυθεί ως προς αυτήν δίνει ως μοναδική λύση την ακόλουθη
( ) ( ) ( )2 12β γ αΜΑ = + minus Από την (12) και από το τετράγωνο (ΑΔΜΕ) εύκολα υπολογίζεται η ακτίνα του ζητούμενου κύκλου
( ) ( ) 22
r = ΜΔ = ΜΑ
δηλαδή
( )r β γ α= + minus
Για την άλλη φορά
474 Ο καθηγητής γράφει στον πίνακα τα παρακάτω 16 ψηφία
2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9 και λέει στους μαθητές να φτιάξουν με αυτά τα ψηφία αλλά με τυχαία σειρά έναν 16-ψήφιο αριθμό Η ερώτηση που ακολουθεί είναι η εξής laquoΑν ανάμεσα σε δύο ψηφία του αριθμού αυτού βάλουμε το σύμβολο laquoδιάraquo() της διαίρεσης μπορεί η διαίρεση των δύο αριθμών που θα προκύψουν να δώσει πηλίκο 2raquo
(Από τη Γερμανική Ολυμπιάδα του 2011 Μπάμπης Στεργίου Mathematicagr)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 3 Οκτωβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Το ξενοδοχείο του Hilbert Πριν κλείσουμε την αναφορά μας για το παράξενο ξενοδοχείο του Hilbert ας δούμε ακόμα μερικές ιδέες πάνω στις οποίες δομείται η όλη του ιστορία Είναι αλήθεια ότι η έννοια του απείρου όπως συχνά αναφέρθηκε από τον Όμηρο μέχρι και σήμερα αποτελεί από τις πλέον δύσκολες και ακατανόητες έννοιες της ανθρώπινης λογικής Η διαδρομή ανάμεσα από το laquoεν δυνάμει άπειροraquo(infini potentielle) μέχρι το laquoεν ενεργεία άπειροraquo (infini actuel) είναι αρκετά μεγάλη και επίπονη Από την εποχή που το ανθρώπινο μυαλό άρχισε σκέφτεται ένα μέγεθος να μεγαλώνει συνεχώς και απεριόριστα και να οριοθετεί έτσι το λεγόμενο laquoδυνητικό άπειροraquo μέχρι την ώρα που μπόρεσε και laquoκατανόησεraquo -αν μπορεί να λεχθεί κάτι τέτοιο- το laquoπραγματικό άπειροraquo η απόσταση είναι τεράστια Αξίζει να σημειωθεί ότι σrsquo όλες τις εποχές η έννοια αυτή αποτελούσε μια πρόκληση για την ανθρώπινη σκέψη Χαρακτηριστική είναι η φράση του Alphonse Allais ενός γάλλου χιουμορίστα δημοσιογράφου του 19ου αιώνα που έλεγε
laquoΤο άπειρο είναι μακρύ πολύ μακρύ κυρίως όμως προς το τέλοςraquo [1] Πράγματι μέσα στη φράση αυτή παρατηρεί κανείς αυτό ακριβώς που έλεγε κι ο Αριστοτέλης Ο άνθρωπος βλέπει το άπειρο από την εσωτερική του μεριά βιώνει την απεραντοσύνη των πραγμάτων και το αισθητοποιεί ως ένα δρόμο που οδηγεί μακριά πολύ μακριά κι αυτή η μακρότητα κυριαρχεί παντού hellipκυρίως όμως προς το τέλος του δρόμου αυτού Πόσο παράδοξος όμως είναι ένας τέτοιος δρόμος Ένας τέτοιος δρόμος που είναι μακρύς κυρίως όμως μακρύς προς το τέλος του είναι δυνατόν να έχει τέλος Η μακρότητα αυτή τον κάνει να μην τελειώνει ποτέ Τον κάνει να είναι άπειρος χωρίς τέλος Να λοιπόν η Αριστοτελική ιδέα του laquoεν δυνάμει απείρουraquo Να η έννοια του laquoδυνητικού απείρουraquo του Ευκλείδη όταν μελετούσε την απειρία των πρώτων αριθμών Από την μεριά των φιλοσόφων και ειδικότερα των μαθηματικών ο δρόμος της μελέτης της έννοιας του απείρου ήταν μακρύς και δύσκολος Γεμάτος παράδοξα και αντινομίες Χαρακτηριστική είναι η προσπάθεια που καταβάλλει ο Αριστοτέλης στο έργο του με τίτλο laquoΜηχανικάraquo όπου προβληματίζεται όταν παρατηρεί δύο ομόκεντρους
No331
Σχήμα 1
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 3 Οκτωβρίου 2012 24
τροχούς οι οποίοι όταν κυλίονται διανύουν το ίδιο μήκος ΑΒ=Α΄Β΄ (Σχήμα 1) Ειδικότερα στο έργο αυτό ο φιλόσοφος ξεκινά τη μελέτη της περίπτωσης αυτής ως εξής laquoἈπορεῖται διά τί ποτε ὁ μείζων κύκλος τῷ ἐλλάττονι κύκλῳ ἴσην ἐξελίττεται γραμμή ὅταν περί τό αὐτό κέντρον τεθῶσινraquo
(Αριστοτέλης Μηχανικά855α28-30) [1] Jean-Paul Delahaye Lrsquo infini est-il paradoxal en mathematiquesPour la Science - No 278 Decembre 2000
Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
454 Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα
( ) ( ) ( ) ( )2
2 3 2002
0
2 3 2002 1π
συν συν συν συν= sdot sdot sdot sdotintI x x x x dx
(Dorin Andrica Cluj ndash Napoca Gazeta matematica 42003)
Λύση Θεωρούμε τα ολοκληρώματα
( ) ( ) ( ) ( )2 3 20021
0
2 3 2002 2π
συν συν συν συν= sdot sdot sdot sdotintI x x x x dx
( ) ( ) ( ) ( )2
2 3 20022 2 3 2002 3
π
π
συν συν συν συν= sdot sdot sdot sdotintI x x x x dx
Άρα το ζητούμενο ολοκλήρωμα είναι
( )1 2 4I I I= + Μελετώντας το δεύτερο ολοκλήρωμα ( )2I προβαίνουμε στην αλλαγή της
μεταβλητής σύμφωνα με τον τύπο
( )5x t π= minus Τότε τα όρια του ολοκληρώματος γίνονται
02
x tx t
ππ π
= rArr == rArr =
κι ακόμα
dt dx= Άρα το δεύτερο ολοκλήρωμα γίνεται
( ) ( ) ( )2
2 3 20022 2 3 2002
π
π
συν συν συν συν= sdot sdot sdot sdot =intI x x x x dx
( ) ( ) ( )2 2002
0
2 2 2002 2002 π
συν π συν π συν π= minus sdot minus sdot sdot minusint t t t dt
Στη συνέχεια το ολοκλήρωμα αυτό γίνεται
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 3 Οκτωβρίου 2012 34
( ) ( ) ( )2 20022
0
2 2 2002 2002π
συν π συν π συν π= minus sdot minus sdot sdot minus =intI t t t dt
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 2002
0 1 2 3 2002
1 1 2 1 3 1 2002π
ος ος ος ος ρος
συν συν συν συν= minus + sdot minus sdot + =int ό
t t t t dt
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )1 1 1
2 2002
0 2002
1 1 1 1 1 2 2002π
παρ γοντες
συν συν συνminus minus minus
= minus sdot + sdot minus sdot + sdot sdot + sdot sdot sdotint
ά
t t t dt
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1001
2 2002
0
1 1 1 2 2002παρ γοντες
π
συν συν συν= minus sdot minus sdot sdot minus sdot sdot sdotintά
t t t dt
( ) ( )2 2002
0
2 2002π
συν συν συν= minus sdot sdot sdotint t t t dt
Δηλαδή
( ) ( )2 20022
0
2 2002π
συν συν συν= minus sdot sdot sdotintI t t t dt
Αυτό γράφεται ακόμα
( ) ( ) ( )2 20022 1
0
2 2002 6π
συν συν συν= minus sdot sdot sdot sdot = minusintI x x x dx I
Άρα από την (4) και την (6) προκύπτει
1 2 1 1 0 0I I I I I I= + = minus = rArr =
455 Τρίγωνο ΑΒΓ έχει μήκη πλευρών α β γ Δείξτε ότι 3 1 1 1 1
2 2R α β β γ γ α ρle + + le
+ + +
όπου R ρ είναι αντίστοιχα η ακτίνα του περιγεγραμμένου και εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο αυτό
(Αποστολόπουλος Γιώργος Μαθηματικός 2ου ΓΕΛ Μεσολογγίου) Λύση Έστω
h h hα β γ τα αντίστοιχα ύψη του τριγώνου αυτού
Τότε
( )2 2 2 2ah h hβ γα β γ και α β γ ρ= Ε = Ε = Ε Ε = + + Άρα
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 3 Οκτωβρίου 2012 44
( )1 1 1 1 1 1 1 12 2 2 2a ah h h h h hβ γ β γ
α β γ α β γρ
+ += = = rArr + + = =
Ε Ε Ε ΕΕπίσης είναι
2 2 2
h h ά h h hα α α β γβ γ γ α α ββ γ ρα μοια+ + +
lt lt lt Ο lt lt
κι ακόμα 1 2 1 2 1 2 h h h γα ββ γ γ α α β
gt gt gt+ + +
Με πρόσθεση κατά μέλη των τελευταίων τριών ανισοτήτων προκύπτει ( )11 1 1 1 1 1 1 1 1 12
2h h h γα β β γ γ α α β α β β γ γ α ρ⎛ ⎞
+ + gt + + rArr + + lt⎜ ⎟+ + + + + +⎝ ⎠Δείχθηκε δηλαδή η δεξιά από τις ζητούμενες ανισότητες Από την ανισότητα του Jensen και από το νόμο των ημιτόνων έχουμε
1 1 1 1 1 1 12Rα β β γ γ α ημ ημ ημ ημ ημ ημ
⎛ ⎞+ + = + + ge⎜ ⎟+ + + Α+ Β Β + Γ Γ + Α⎝ ⎠
1 1 1 12 2 2 2
2 2 2R ημ ημ ημ
⎛ ⎞⎜ ⎟
ge + + =⎜ ⎟Α+Β Β+Γ Γ +Α⎜ ⎟⎝ ⎠
( ) 1 ( 2)(0 )1 1 1 1 1 13 2 2 24 4
2 2 2 3
f x xή
R R
συνκυρτ στο π
συν συν συν συν
=⎛ ⎞⎜ ⎟
= + + ge sdot sdot⎜ ⎟Α Β Γ Α +Β +Γ⎜ ⎟⎝ ⎠
Άρα
1 1 1 3 1 34 2
6R Rπα β β γ γ α συν
+ + ge sdot =+ + +
δηλαδή η πρώτη από τις ζητούμενες ανισότητες Η ισότητα αυτής ισχύει στην περίπτωση του ισοπλεύρου τριγώνου
Για την άλλη φορά
475 Ένας φυσικός αριθμός n όταν διαιρεθεί με το 3 και το 37 δίνει υπόλοιπα αντίστοιχα το 1 και το 33 Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθμού αυτού με τον 111
(Διαιρετότητα και πρώτοι αριθμοί Χρ Λάμπρου ndashΔημΚωσταρά)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Το ξενοδοχείο του Hilbert
Κλείνοντας την αναφορά μας στο laquoπαράξενοraquo αυτό ξενοδοχείο του Hilbert μπορούμε να πούμε ότι μέσα από τις laquoέξυπνεςraquo επινοήσεις του ξενοδόχου του γνωρίσαμε κάποιες από τις ιδιότητες του αριστοτελικού όρου laquoεν ενεργεία άπειροraquo που δηλώνεται και με άλλους διάφορους όρους όπως laquoπραγματικό άπειροraquo laquoθέσει άπειροraquo ή ακόμα και laquoενεστωτικό άπειροraquo (infinie actuel) Σrsquo όλα τις προκλήσεις που δέχτηκε ο ξενοδόχος αυτός έδωσε λύση έχοντας ως δεδομένο την ύπαρξη του laquoεν ενεργεία απείρουraquo Ας το δούμε αυτό και από τη σκοπιά που σήμερα η έννοια αυτή διδάσκεται στους μαθητές των δύο τελευταίων τάξεων του Λυκείου Η έννοια του απείρου ως laquoδυνητικήraquo οντότητα μπορεί να ισχυριστεί κανείς ότι γίνεται αντιληπτή από την ώρα που ο μαθητής ακόμα και του δημοτικού σχολείου αρχίζει να μαθαίνει τις βασικές αριθμητικές πράξεις όπως την πρόσθεση και τον πολλαπλασιασμό ακεραίων Αυτές οι πράξεις μπορούν να οδηγήσουν σε μεγάλους αριθμούς κι έτσι ο μαθητής αρχίζει να διακρίνει σιγά ndashσιγά και με έναν διαισθητικό τρόπο την έννοια του απείρου Για παράδειγμα 2 10 20 2 100 2002 10000 20000 10000000x x x= = = rarr rarr Όμως κι όταν στη συνέχεια μαθαίνει τη ατελή λεγόμενη διαίρεση ακεραίων αριθμών μπορεί να διακρίνει ακόμα και την απειρία των δεκαδικών ψηφίων τα οποία εμφανίζονται στο πηλίκο Για παράδειγμα
13 7 1857142857142= rarr Την έννοια του laquoδυνητικού απείρουraquo την διαισθάνεται ο μαθητής και μέσα από πλειάδα άλλων παραδειγμάτων όχι μόνον της αριθμητικής αλλά και της γεωμετρίας Ο μαθητής του Λυκείου όταν διδάσκεται το κεφάλαιο των προόδων(αριθμητική γεωμετρική αρμονική) έρχεται αντιμέτωπος με τη μορφή αυτή του απείρου Ειδικότερα όταν διδάσκεται την λεγόμενη laquoαπολύτως φθίνουσα γεωμετρική πρόοδοraquo Για παράδειγμα μια τέτοια πρόοδος είναι η ακόλουθη
1 1 1 1 11 ( )2 4 8 16 2n n Nisin
Όπως στις αριθμητικές πράξεις έτσι κι εδώ ο μαθητής έρχεται αντιμέτωπος με τη laquoδυνητικότηταraquo του απείρου Διαισθάνεται τη laquoμακρότηταraquo και το laquoατέρμονοraquo της συνεχούς διαδικασίας Αντιλαμβάνεται τη διαδικασία να προχωρά όλο και πιο πέρα πέρα από τους καθημερινούς του ορίζοντες και από τις αντιληπτικές του
No332
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 24
ικανότητες Ακόμα πιο πολύ προβληματίζεται με την έννοια αυτή όταν ο καθηγητής του ύστερα από κάποιες διαδικασίες καταλήγει στο συμπέρασμα
1 1 1 1 11 12 4 8 16 2
ά ή ό
n
πειρο πλ θος ρων
+ + + + + + + =
Από το σημείο αυτό και πέρα ξεπροβάλλει το λεγόμενο laquoεν ενεργεία άπειροraquo Άπειρο πλήθος αριθμών προστέθηκαν και μας έδωσαν ως αποτέλεσμα τη μονάδα
Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
456 Οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με μήκη πλευρών α β γ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ( )O R Αν Η το ορθόκεντρό του και οι ευθείες ΑΗ ΒΗ ΓΗ τέμνουν τον κύκλο ( )O R στα σημεία
1 1 1 Α Β Γ αντίστοιχα να δείξετε ότι
( )( ) ( )( )
2 2 2
3
1 1 1
1 ) 6 1α β γο ρgeΗΑ ΗΒ ΗΓ
όπου ρ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο ΑΒΓ
( ) ( )1 1 1 12 ) 2
2Rο
α β γΑΒ ΓΑ ΒΓΕ
le+ +
(Αποστολόπουλος Γιώργος Μαθηματικός 2ου ΓΕΛ Μεσολογγίου) Λύση
1ο)Είναι γνωστό ότι τα σημεία 1 1 1 Α Β Γ είναι τα συμμετρικά του ορθοκέντρου Η ως προς τις πλευρές ΒΓ ΓΑ ΑΒ αντίστοιχα (Σχ1)
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 34
Επίσης ισχύει ότι
( ) ( ) ( ) ( )ΗΒΓ + ΗΓΑ + ΗΑΒ = ΑΒΓ άρα
( ) ( ) ( )1 1 12 2 2 4R
αβγα β γΗΚ + ΗΛ + ΗΡ = hArr
( ) ( ) ( )2 2 2R
αβγα β γsdotΗΚ + sdotΗΛ + sdotΗΡ = hArr
( ) ( ) ( ) ( )1 1 12 2 3R
αβγα β γΗΑ + sdotΗΒ + sdotΗΓ =
Στη συνέχεια από τη γνωστή ανισότητα του μέσου αριθμητικού ndash μέσου γεωμετρικού έχουμε
( ) ( ) ( ) ( )( )( )31 1 1 1 1 12 2 3α β γ αβγΗΑ + sdotΗΒ + sdotΗΓ ge ΗΑ ΗΒ ΗΓ
και σύμφωνα με την (3) θα είναι
( )( )( ) ( )31 1 13 4
Rαβγαβγ ΗΑ ΗΒ ΗΓ le
Επομένως
( ) ( )( )( ) ( )3
1 1 1 32 27R
αβγαβγhArr ΗΑ ΗΒ ΗΓ le hArr
( ) ( ) ( ) ( )( )
3
1 1 1 33Rαβγ
αβγ ΗΑ ΗΒ ΗΓ le hArr
( )( )( ) ( )( )
( )2
1 1 1 3 53Rαβγ
ΗΑ ΗΒ ΗΓ le
και επειδή 2R ρge (ανισότητα του Euler ) η (5) γίνεται
( )( ) ( )( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 33 3 3 333 63 2Rα β γ α β γ α β γ
ρρΗΑ ΗΒ ΗΓ le le =
sdot sdotsdot
δηλαδή
( )( )( )2 2 2
1 1 1 3 36α β γ
ρΗΑ ΗΒ ΗΓ le
sdot
από την οποία προκύπτει τελικά
( )( )( )2 2 2
3
1 1 1
6α β γ ρgeΗΑ ΗΒ ΗΓ
δηλαδή η ζητούμενη (1) 2ο) Είναι
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 44
( ) ( )1 1 12
2Rαβγ
ΑΒΓΑΒ ΓΑ ΒΓΕ = Ε =
άρα
( )
( )( )1 1 1 6
2Rαβγ
α β γ α β γΑΒ ΓΑ ΒΓΕ
=+ + + +
αλλά
( )
( )74
R αβγ
ΑΒΓ
=Ε
και
( ) ( )2
8ρα β γ
ΑΒΓΕ=
+ +
Διαιρώντας τις σχέσεις (7) και (8) κατά μέλη προκύπτει
( )2 9Rαβγ ρα β γ
=+ +
Ακόμα η (6) σύμφωνα με την (9) δίνει
( ) ( )1 1 1 2 102RRρ ρ
α β γΑΒ ΓΑ ΒΓΕ
= =+ +
όμως από την ανισότητα του Euler είναι
2R
ρ le
άρα από την (10) προκύπτει τελικά
( )1 1 1
2R
α β γΑΒ ΓΑ ΒΓΕ
le+ +
δηλαδή η ζητούμενη (2)
Για την άλλη φορά
476 Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα
( )3
3 2
1
3 2I x x dxminus
= minus +int (wwwmathvncom)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 17 Οκτωβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Το ξενοδοχείο του Hilbert Είναι αλήθεια ότι με το παράδειγμα του σχολικού βιβλίου που αναφέρεται στο λεγόμενο laquoάθροισμα των απείρων όρωνraquo μιας απολύτως φθίνουσας γεωμετρικής προόδου μπορεί κανείς να προχωρήσει στη διάκριση μεταξύ του laquoδυνητικού απείρουraquo και του laquoεν ενεργεία απείρουraquo Όταν ο καθηγητής γράφει στον πίνακα τον τύπο
τότε εύλογα μπορεί να δεχθεί από έξυπνους μαθητές το ερώτημα -Τί θα πει άθροισμα απείρων όρων -Πώς μπορούμε να έχουμε μπροστά μας ένα τέτοιο σύνολο Η απάντηση σrsquo αυτές τις ερωτήσεις είναι δύσκολη γιατί απαιτείται η μετάβαση στο λεγόμενο laquoεν ενεργεία άπειροraquo Αντίθετα όταν ο ίδιος ο καθηγητής γράφει στον πίνακα τις σχέσεις
τότε τα πράγματα είναι διαφορετικά Ο μαθητής καλείται σε κάθε ένα από τα αθροίσματα αυτά να εκτελέσει τις πράξεις μεταξύ πεπερασμένου πλήθους αριθμών πράγμα που είναι κατανοητό Η περίπτωση αυτή σχετίζεται με την θεώρηση του λεγόμενου laquoδυνητικού απείρουraquo
No333
( )1 1 1 1 11 1 12 4 8 16 2
ά ή ό
n
πειρο πλ θος ρων
+ + + + + + + =
11 1521 11 1752 41 1 11 18752 4 81 1 1 11 193752 4 8 16
+ =
+ + =
+ + + =
+ + + + =
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 17 Οκτωβρίου 2012 24
Το κεφάλαιο των γεωμετρικών προόδων διδάσκονταν για χρόνια στη δεύτερη τάξη του Λυκείου και μάλιστα η ανωτέρω περίπτωση της laquoαπολύτου φθίνουσας γεωμετρικής προόδουraquo τις περισσότερες φορές παραλείπονταν με οδηγίες του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου Άλλοτε πάλι το σχολικό πρόγραμμα απαιτούσε μόνο την αναφορά του τύπου (1) Ο λόγοι που οδηγούσαν στην αντιμετώπιση αυτή είναι πολλοί
Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
457 Να δειχθεί ότι
( ) ( )1 1 1 1a b c a b cb c a a b c
⎛ ⎞+ + le + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠
όπου a b c θετικοί πραγματικοί αριθμοί (T Andreescu Olimpiadele de matematica 2000-2001)
Λύση Εκτελώντας τον πολλαπλασιασμό στο δεύτερο μέλος της ζητούμενης σχέσης (1) έχουμε
( )3 2a b c a a b b c cb c a b c a c a b+ + le + + + + + +
Όμως εφαρμόζοντας τη γνωστή ταυτότητα
2 0a b ab a b+ ge ge για τους θετικούς αριθμούς a b c προκύπτουν διαδοχικά οι ακόλουθες σχέσεις
( )
1 2
1 2
1 2
a a ab b bb b bc c cc c ca a a
+
⎫+ ge gt ⎪
⎪⎪
+ ge gt rArr⎬⎪⎪
+ ge gt ⎪⎭
( )3 3a b c a b cb c a b c a
+ + + gt + +
Όμως
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 17 Οκτωβρίου 2012 34
( )
0
3 3 4a b c a b c a b cb c a c a b b c a
gt
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + + + gt + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Από τις (3) και (4) προκύπτει
3 a b c a b c a b cb c a c a b b c a
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + + + gt + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Η τελευταία σχέση είναι η (2) που είναι ισοδύναμη της ζητούμενης (1) και συνεπώς η ζητούμενη δείχθηκε Σημείωση Από τις σχέσεις (3) και (4) διαπιστώνεται ότι στην ζητούμενη (1) δεν ισχύει ποτέ η ισότητα
458 Δίνεται παραλληλόγραμμο ABCD με 90oBAD gt Στο μέσο M της πλευράς AB υψώνουμε κάθετη στην πλευρά αυτή η οποία τέμνει τις διαγώνιες BD AC στα σημεία
N P αντίστοιχα Αν η απόσταση των πλευρών AB CD είναι d τότε να δειχθεί
( )1 1 4 1MN MP d
+ = (T Andreescu Olimpiadele de matematica 2000-2001)
Λύση Αν φέρουμε τις καθέτους o oCC DD από τα σημεία C και D (Σχήμα 1)
αντίστοιχα προς την πλευρά ΑΒ τότε bull Από τα όμοια τρίγωνα AMP και oACC προκύπτει
o o
MP AMCC AC
=
η οποία δίνει στη συνέχεια
( )2oo o
AM AMMP CC MP dAC AC
= sdot rArr = sdot
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 17 Οκτωβρίου 2012 44
bull Όμοια από τα όμοια τρίγωνα BMN και oBDD προκύπτει
o o
MN BMDD BD
=
που κι αυτή στη συνέχεια δίνει
( )3oo o
BM BMMN DD MN dBD BD
= sdot rArr = sdot
Το πρώτο μέλος της ζητούμενης σχέσης (1) σύμφωνα με τις (2) και (3) και επειδή 2AM MB AB= = γίνεται
1 1 1 1
1 2
2
o o
o o o o
BM AMMN MP d dBD AC
AC BD AC BDABd d AB
+ = + =sdot sdot
⎛ ⎞+ +⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠
Άρα
( )1 1 2 4o oAC BDMN MP d AB
+⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟⎝ ⎠
Όμως επειδή τα τρίγωνα oADD και oBCC θα είναι ακόμα
o o oAC BD AB BC+ = minus( ) oBA AD+ +( ) ( )2 5AB= sdotΈτσι η σχέση (4) λόγω της (5) γίνεται
1 1 2 2 2o oAC BD ABMN MP d AB d
+ sdot⎛ ⎞+ = =⎜ ⎟⎝ ⎠ AB
4d
⎛ ⎞=⎜ ⎟
⎝ ⎠
δηλαδή 1 1 4
MN MP d+ =
που είναι η ζητούμενη (1)
Για την άλλη φορά
477 Να δειχθεί ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι αριθμοί a b που να ικανοποιούν την ισότητα
2 23 1a bminus = (Ι Μαντάς Θεωρία Αριθμών Σύγχρονη Μαθηματική Βιβλιοθήκη Σελ92)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 24 Οκτωβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Το ξενοδοχείο του Hilbert Ένα ακόμα παράδειγμα στο οποίο μπορεί να παρατηρήσει κανείς τη διαφοροποίηση του δυνητικού απείρου από το εν ενεργεία άπειρο είναι και η μελέτη των ακολουθιών και των συναρτήσεων Αν κανείς προσέξει τη διαπραγμάτευση του θέματος αυτού στα βιβλία των μαθηματικών της τελευταίας τάξης του Γενικού Λυκείου κατά τα τελευταία χρόνια θα αντιληφθεί αρκετά καλά τη διαφοροποίηση των δύο αυτών εννοιών του απείρου Ειδικότερα στο σημερινό βιβλίο των Μαθηματικών1 το σύνολο των πραγματικών αριθμών δηλαδή όλων των αριθμών που μπορούν να παρασταθούν πάνω σε έναν άξονα ορίζεται στο εισαγωγικό κεφάλαιο της ανάλυσης με τον ακόλουθο τρόπο
Υπό μορφή διαστήματος το σύνολο R το συμβολίζουμε με ( )minusinfin +infin (1) Κι ακόμα στον πρόλογο του βιβλίου αυτού διαβάζει ο μαθητής και ο διδάσκων καθηγητής
-Το πρώτο κεφάλαιο σηματοδοτεί ένα νέο ξεκίνημα Είναι το πέρασμα από τις πεπερασμένες πράξεις στις laquoάπειρες διαδικασίεςraquo Τα σπέρματα της έννοιας του ορίου υπάρχουν ασφαλώς με πολύ σαφή και συγκεκριμένο τρόπο στα γραπτά του Αρχιμήδη Η ανάπτυξη όμως αυτής της έννοιας έγινε στα χρόνια της Αναγέννησης και έκτοτε κατέχει κεντρική θέση στον κόσμο των μαθηματικών εννοιών Ξεφυλλίζοντας το βιβλίο αυτό συναντά κανείς δύο ακόμα αναφορές που σχεδόν κλείνουν σχεδόν την αναφορά στην έννοια του απείρου Αυτές είναι οι εξής
-Μη πεπερασμένο όριο στο ox Risin -Όρια συνάρτησης στο άπειρο
Σε όλη την επεξεργασία της μελέτης της συμπεριφοράς των συναρτήσεων το άπειρο αντιμετωπίζεται ως μια δυνητική έννοια ή καλύτερα ως μια δυνητική επεξεργασία Ας σκεφτούμε τον ορισμό (1) παρατηρώντας το ακόλουθο σχήμα
Φαίνεται από το σχήμα αυτό πράγμα που αντιλαμβάνεται κι ο μαθητής ότι όλοι οι πραγματικοί αριθμοί έχουν τοποθετηθεί πάνω στην ευθεία αυτή χωρίς να περισσέψει κανένας αλλά κι ούτε να περισσέψει και κανένα σημείο της ευθείας Η
1 Μαθηματικά Γrsquo Τάξης Εν Λυκείου Θετ και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης ΟΕΔΒ(2003) Σελ131
No334
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 24 Οκτωβρίου 2012 24
απειρία των σημείων της ευθείας και η απειρία των πραγματικών αριθμών είναι τέτοιες που επιτρέπουν τον κάθε πραγματικό αριθμό να έλθει και να καθίσει σε κάποιο laquoδικό του σημείοraquo και μάλιστα να μην περισσέψουν ούτε αριθμοί αλλά και ούτε σημεία
Τέλος με το να σκεφτούμε ότι όσο πιο πολύ μεγαλώνει ο αριθμός ν τόσο και πιο laquoμακριάraquo προς τη δεξιά μεριά θα βρίσκεται η θέση του στην ευθεία εκφράζουμε ακριβώς το δυνητικό χαρακτήρα του +infin Αντίστοιχο συμβαίνει και για τον αριθμό νminus που οδεύει προς τα αριστερά σηματοδοτώντας με τον ίδιο χαρακτήρα το minusinfin
Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
459 Έστω ABC ένα ισόπλευρο τρίγωνο Θεωρούμε σημείο M στην πλευρά AB και N στην πλευρά AC Αν Q είναι η τομή των BN και CM κι ακόμα ( )1AM CN= τότε να βρεθεί η γωνία MQB Λύση Συγκρίνουμε τα δύο τρίγωνα AMC και BNC (Σχ1)
Αυτά έχουν
( ) 1AM CN όλ γω της= AC BC ί ABC όγιατ το ισ πλευρο=
60oMAC BCN= = Άρα τα δύο αυτά τρίγωνα έχουν δύο πλευρές ίσες και τις περιεχόμενες σrsquo αυτές γωνίες ίσες Άρα τα τρίγωνα αυτά είναι ίσα Από την ισότητα αυτή προκύπτει ακόμα
( )2AMC BNC= γιατί είναι πλευρές των ίσων αυτών τριγώνων κείμενες απέναντι αντίστοιχα των ίσων πλευρών AC και BC
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 24 Οκτωβρίου 2012 34
Από την (2) προκύπτει ότι το κυρτό τετράπλευροAMQN είναι εγγράψιμο σε κύκλο
Άρα 60oBQM MAN A= = =
460 Να δειχθεί ότι
( )2
2
0
2 1 11 (2 )
xe x dx ex
π πημημ
= minus+int
(Γιάννης Μπαϊλάκης Γενικά θέματα εξετάσεων Εκδόσεις Πελεκάνος ) Λύση Το πρώτο μέλος της ζητούμενης σχέσης (1) γράφεται
2
0
21 (2 )
xe xdx
x
πημ
ημ=
+int
( ) ( )2 2
2 20 01 (2 ) 2
x xe x x e x x x xdx dx
x x x x x
π πημ ημ ημ συν ημ συνημ ημ συν ημ συν+ + + minus
= = =+ + +int int
( ) ( )
( )2
20
x xe x x e x xdx
x x
πημ συν συν ημ
ημ συν
+ minus minus= =
+int
( ) ( ) ( ) ( )
( )2
20
x xe x x e x xdx
x x
πημ συν ημ συν
ημ συν
prime prime+ minus += =
+int
2 22
0 0
1x xe edx e
x x x x
ππ π
ημ συν ημ συν
prime⎛ ⎞ ⎡ ⎤
= = = minus⎜ ⎟ ⎢ ⎥+ +⎝ ⎠ ⎣ ⎦int
Άρα
22
0
21
1 (2 )
xe xdx e
x
π πημημ
= minus+int
Δηλαδή η ζητούμενη (1)
461 Στον κύκλο ( )C O R δίνονται τα σταθερά σημεία Α και B Θεωρούμε μεταβλητή διάμετρο ΓΔ και το σημείο τομής M των ΑΓ και ΒΔ Να βρεθεί ο γτ του σημείου Μ
(Αποστολόπουλος Γιώργος Μαθηματικός 2ου ΓΕΛ Μεσολογγίου)
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 24 Οκτωβρίου 2012 44
Λύση Από το σχήμα 2 προκύπτει ότι το σημείο τομής των ευθειών που ορίζουν τα τμήματα ΑΓ και ΒΔ άλλοτε βρίσκεται εντός του κύκλου ( )C O R και άλλοτε εντός αυτού
Άρα
( ) ( )
( )φ180
90 12 2
ctο
οminus ΑΒ ΑΒ
= = minus =
( ) ( )
( )180
90 22 2
ctο
ο+ ΑΒ ΑΒ
ω = = + =
Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι ( )φ 180 3ο+ω =
Όμως από την (3) προκύπτει ότι το τετράπλευρο ΑΜΒΜ εγγράψιμο σε κύκλο και ο περιγεγραμμένος σrsquo αυτό κύκλος είναι ο ζητούμενος γ τόπος
Για την άλλη φορά
478 Δίνεται η συνάρτηση f N Rrarr τέτοια ώστε ( ) ( ) ( )1 1 1 2 nf n n f n n N++ = minus minus forall isin
και ( ) ( )1 2013f f=
Να βρεθεί το άθροισμα ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 2012S f f f f= + + + +
(www MATHVNcom)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 31 Οκτωβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Το ξενοδοχείο του Hilbert Ξεφυλλίζοντας τα βιβλία των Μαθηματικών του Λυκείου των παλαιοτέρων ετών μπορούμε να δούμε τη διαπραγμάτευση της έννοιας απείρου και με έναν εντελώς διαφορετικό τρόπο Σε παλαιότερο βιβλίο1 της τρίτης Λυκείου γίνεται αναφορά για το λεγόμενο laquoεπεκτεταμμένοraquo σύνολο των πραγματικών αριθμών Το σύνολο αυτό παριστάνεται με το συμβολισμό R και αποτελείται από όλους τους πραγματικούς αριθμούς καθώς επίσης και από δύο νέα στοιχεία τα οποία είναι το minusinfin και το +infin Άρα το σύνολο αυτό γράφεται ως εξής
R R= cup minusinfin +infin Ειδικότερα στο βιβλίο αυτό διαβάζουμε Το σύνολο R Θεωρούμε το σύνολο R R= cup minusinfin +infin Επεκτείνουμε τη γνωστή διάταξη του R και στο σύνολο R ως εξής Για τα minusinfin +infin και για κάθε a Risin ισχύουν
Μετά από την επέκταση αυτή ακολουθούν οι γνωστές σχέσεις που οριοθετούν τις πράξεις μέσα στο σύνολο αυτό Είναι ο γνωστός λογισμός μεταξύ πραγματικών αριθμών και των δύο αυτών νέων στοιχείων Το επεκτεταμένο σύνολο των πραγματικών αριθμών το συναντάμε και σε πολλά άλλα βιβλία του ευρύτερου μαθηματικού ορίζοντα Στο πανεπιστημιακής έκδοσης βιβλίο της Θεωρίας των πραγματικών συναρτήσεων του Ι Α Αναστασιάδου2 διαβάζουμε για το επεκτεταμένο αυτό σύνολο τα εξής sect 10 ndashἘπεκτεταμένοι πραγματικοί ἀριθμοί Εἶναι σκόπιμον νά ἐπεκτείνουμε ὀλίγον τό σύνολον 1R τῶν πραγματικῶν ἀριθμῶν διά προσθέσεως δύο νέων στοιχείων τά ὁποῖα σημειοῦνται με +infin και minusinfin Τό νέον τοῦτο σύνολον παρίσταται 1
xR καί καλεῖται ἐπεκτεταμένον σύνολον των πραγματικῶν ἀριθμῶν Διά τά νέα ταῦτα στοιχεῖα ὁρίζομεν τούς ἑξῆς νόμους
1 Ἐάν 1a Risin τότε aminusinfin lt lt +infin Στην πρόταση αυτή ακολουθούν άλλοι πέντε νόμοι καθώς και οι πράξεις εκείνες
1 Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Ανάλυση ΟΕΔΒ- Αθήνα 1994 Σελ 74 2 Ιωάννης Αν Αναστασιάδης Θεωρία Πραγματικών Συναρτήσεων τόμ Ι σελ47 sect 10
No335
a aminusinfin lt lt +infin minusinfin lt +infin
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 31 Οκτωβρίου 2012 24
οι οποίες δεν ορίζονται και είναι laquoἄνευ ἐννοίαςraquo Το επεκτεταμένο αυτό σύνολο των πραγματικών αριθμών που laquoέκλεισεraquo στα άκρα του είναι ένα παράδειγμα όπου το laquoάπειροraquo αντιμετωπίζεται ως ένα νέο διαχειρίσιμο στοιχείο και συνεπώς ο ανθρώπινος νους το αντιμετωπίζει αντίθετα με την αριστοτελική άποψη δηλαδή όχι με την laquoεν δυνάμειraquo λειτουργία του αλλά με την laquoεν ενεργείαraquo υπόστασή του Όπως αντιμετωπίζεται στα δύο αυτά παραδείγματα το άπειρο έτσι ακριβώς εννοείται και στην έξυπνη ιστορία με το ξενοδοχείο του Hilbert Ο ανθρώπινος νους αντιμετωπίζει τη δύσκολη αυτή έννοια θεωρώντας αυτήν όχι εσωτερικά αλλά εξωτερικά
Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
462 Για τους μη μηδενικούς πραγματικούς αριθμούς a b c ισχύει
( ) ( ) ( ) ( )( )
2 2 2
2013 2013 2013
2 0 11 2
a b c b c a c a b abca b c⎧ + + + + + + =⎪⎨
+ + =⎪⎩ Ν
α υπολογιστεί η τιμή της παράστασης
( )2013 2013 20131 1 1 3Q
a b c= + +
(wwwMathvncom) Λύση Από τη σχέση (1) ισοδύναμα προκύπτει
( ) ( )2 2 2 2 21 2 0a b c b c b a c a c b abchArr + + + + + + = hArr
( ) ( ) ( )2 2 2 2 0a b c bc b c a b c bchArr + + + + + + = hArr
( ) ( ) ( )22 0a b c bc b c a b chArr + + + + + = hArr
( ) ( )2 0b c a bc a b c⎡ ⎤hArr + + + + = hArr⎣ ⎦
( ) 2 0b c a bc ab ac⎡ ⎤hArr + + + + = hArr⎣ ⎦
( ) ( ) ( ) 0b c a a b c a bhArr + + + + = hArr⎡ ⎤⎣ ⎦
( )( )( ) ( )0 4b c a b a chArr + + + = δηλαδή
( ) ( ) ( ) ( )5a b b c c a= minus or = minus or = minus Έστω
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 31 Οκτωβρίου 2012 34
a b= minus τότε από την (2) προκύπτει ακόμα
2013 2013 2013 1a b
a b c=minus
+ + = rArr
( )2013 2013 2013 1b b cminus + + = rArr
2013bminus 2013b+
( )
2013
2013
11 1 6
cc c
+ = rArr
= rArr =
Ύστερα από αυτά η ζητούμενη παράσταση γίνεται
2013 2013 20131 1 1Q
a b c= + + =
( )2013 2013 20131 1 1
b cb= + + =
minus
20131
b= minus 2013
1b
+1
2013 20131 1 1
c
c c=
+ = = Στο ίδιο αποτέλεσμα οδηγούμαστε όταν θεωρήσουμε και τις άλλες δύο περιπτώσεις της σχέσης (5) 463 Δίνονται δύο κύκλοι ( )1Κ και ( )2Κ που τέμνονται σε δύο διακεκριμένα σημεία Α Β και ( )t μια κοινή εφαπτομένη αυτών αντίστοιχα στα σημεία Μ Ν Αν t perp ΑΜ και
2ΜΝ = ΑΜ να βρεθεί η γωνία ΝΜΒ (16η Junior Balkan mathematical Olympiad Βέροια 2012)
Λύση (1ος τρόπος) Επειδή tΑΜ perp το κέντρο του κύκλου 2( )κ θα το μέσο της ΑΜ Θεωρούμε
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 31 Οκτωβρίου 2012 44
το σημείο Ρ συμμετρικό του σημείου Α ως προς την κοινή εφαπτομένη ( )t Το τρίγωνο ΑΝΡ θα είναι ισοσκελές με κορυφή το σημείο Ν Άρα
( )1ΝΑΡ = ΝΡΑ Επίσης θα είναι
( )2x xα α= ΒΑΜ = ΒΜΝ = rArr =
( )3y yγ γ= ΒΑΝ = ΒΝΜ = rArr = Άρα
(180 )x yοΜΒΝ +ΜΡΝ = minus minus +ΜΑΝrArr
(180 xοΜΒΝ +ΜΡΝ = minus yminus ) (α+ γ+( ) ( )2 3
) rArr
( )180 4οΜΒΝ +ΜΡΝ = Η σχέση (4) δείχνει ότι το τετράπλευρο ΜΒΝΡ είναι εγγράψιμο σε κύκλο και συνεπώς
( )5y θ= Ακόμα από τη δοθείσα σχέση
2ΜΝ = sdotΑΜ προκύπτει
( )6ΜΝ = ΑΡ Τέλος από τις (2) (5) και (6) προκύπτει ότι το τρίγωνο ( )ΑΒΡ είναι ίσο με το
τρίγωνο ( )ΜΒΝ Από την ισότητα αυτή θα είναι ΑΒ = ΒΜ κι έτσι το ορθογώνιο τρίγωνο
( )ΑΒΜ θα είναι ισοσκελές Τέλος θα είναι
45ox =
Για την άλλη φορά
479 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο C(OR) και Δ το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου C΄(Ir) με την πλευρά ΒΓ
Προεκτείνουμε την ΑΙ ώστε να τμήσει τον περιγεγραμμένο κύκλο C στο σημείο Μ και στη συνέχεια την ΜΔ ώστε να τμήσει τον C στο σημείο Ρ Να δειχθεί ότι
ΡΑ perp ΡΙ (mateforumro)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 7 Νοεμβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Το ξενοδοχείο του Hilbert Σχετικά με το laquoεν δυνάμει άπειροraquo και το laquoεν ενεργεία άπειροraquo ας παρακολουθήσουμε πιο προσεκτικά τις απόψεις που καταθέτουν οι δύο ερευνητές Reviel Netz και William Noel στο πρόσφατο βιβλίο τους με τίτλο laquoΟ κώδικας του Αρχιμήδηraquo
Οι ερευνητές αυτοί μελετώντας το πιο σπουδαίο παλίμψηστο του κόσμου τον Κώδικα C ένα από τα τρία βιβλία που σώθηκαν κατά τη λεηλασία της Πόλης από τους Φράγκους το 1204 ανακάλυψαν καινούργια στοιχεία για την προσφορά του Αρχιμήδη σχετικά με το άπειρο
Αρχικά οι δυο αυτοί ερευνητές δηλώνουν laquoΣχετικά όμως με τα παραδοσιακά ερωτήματα της ιστορίας των
μαθηματικών αμφέβαλα αν το Παλίμψηστο θα μπορούσε να μας διδάξει τίποτα καινούργιο Ίσως καταφέρναμε να διαβάσουμε κάτι παραπάνω ίσως και όχι Αυτό ωστόσο δεν θα είχε και πολύ μεγάλες συνέπειες στην ιστορία των Μαθηματικώνraquo [1]
Σε ότι αφορά τη συμβολή του Αρχιμήδη στη χρήση του απείρου πίστευαν ότι ο μεγάλος αυτός μαθηματικός αντιμετώπιζε το άπειρο μόνον με την αριστοτελική του έννοια δηλαδή την laquoεν δυνάμειraquo σημασία του(ΣΜ 315-320) Προχωρώντας όμως τη μελέτη του παλίμψηστου οι ερευνητές αυτοί και αποκαλύπτοντας - κάτω από τις πολλαπλές επικαλύψεις το αρχικό κείμενο - όλο και περισσότερες ιδέες του μαθηματικού αυτού του 3ου αιώνα πΧ αρχίζουν όχι μόνον να προβληματίζονται αλλά και να ξαφνιάζονται laquoΌμως περίμενε Κεν˙ εδώ υπάρχει πρόβλημαraquo - σταμάτησα απομακρύνθηκα από το σχήμα που είχαμε σχεδιάσει laquoΑν αυτά που λέμε είναι σωστά τότε ο Αρχιμήδης αθροίζει μια συλλογή από άπειρα μεγέθη Αυτά δεν προστίθενται Το αποτέλεσμα είναι άπειρο Δεν μπορείς πια να κάνεις υπολογισμούςraquo [2] Πράγματι σrsquo εκείνο το σημείο του παλίμψηστου ο Αρχιμήδης μετρά σύνολα τριγώνων και ευθύγραμμων τμημάτων που δεν είναι πεπερασμένα αλλά άπειρα Ο Αρχιμήδης κάνει λογαριασμούς με απείρως μεγάλους αριθμούς Ένα ακόμα στοιχείο που παρατηρούν οι ερευνητές αυτοί είναι το γεγονός ότι ο μεγάλος αυτός έλληνας μαθηματικός της αρχαιότητας χρησιμοποιεί την αρχή της ένα προς ένα αντιστοίχισης των στοιχείων δύο απειροσυνόλων Ύστερα απrsquo αυτά οι δύο αυτοί ερευνητές μελετώντας τις πέντε πιο δύσκολες σελίδες του Παλίμψηστου καταλήγουν στο ακόλουθο συμπέρασμα
No336
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 7 Νοεμβρίου 2012 24
laquoΔιαπιστώσαμε ότι ο Αρχιμήδης λογάριαζε με το θέσει άπειρο- κάτι που έρχεται σε ευθεία αντίθεση με οτιδήποτε ανέκαθεν πίστευαν όλοι οι ιστορικοί των μαθηματικών Το θέσει άπειρο ήταν ήδη γνωστό στους αρχαίους έλληνεςraquo[3] [123] Reviel Netz-William Noel Ο κώδικας του Αρχιμήδη Σελ214 225 και 230
Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
463 Δίνονται δύο κύκλοι ( )1Κ και ( )2Κ που τέμνονται σε δύο διακεκριμένα σημεία Α Β και ( )t μια κοινή εφαπτομένη αυτών αντίστοιχα στα σημεία Μ Ν Αν t perp ΑΜ και
2ΜΝ = ΑΜ να βρεθεί η γωνία ΝΜΒ (16η Junior Balkan mathematical Olympiad Βέροια 2012)
Λύση (2ος τρόπος) Αν προεκτείνουμε την κοινή χορδή ΑΒ των δύο αυτών κύκλων τότε αυτή θα
τμήσει την κοινή εφαπτομένη ΜΝ στο σημείο C Τότε θα είναι
( )2 1CM CA CB= sdot
( )2 2CN CA CB= sdot Από τις δύο αυτές σχέσεις προκύπτει
( )3CM CN= Επειδή από την υπόθεση ισχύει
2MN AM= sdot επομένως από την (3) προκύπτει
( )4NC CM MA= = Από τη σχέση (4) συμπεραίνεται ότι το ορθογώνιο τρίγωνο AMC είναι ισοσκελές και επειδή ακόμα η ΜΒ είναι ύψος του άρα θα είναι και διχοτόμος της ορθής γωνίας AMC Έτσι τελικά είναι
45oNMB =
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 7 Νοεμβρίου 2012 34
464 Να βρεθεί πότε ένα εγγεγραμμένο παραλληλεπίπεδο σε μια σφαίρα έχει μέγιστη επιφάνεια
(Παράρτημα του Δελτίου της ΕΜΕ τ 3 Δεκέμβριος 1956) Λύση Κατrsquo αρχήν θα δείξουμε(γνωστή πρόταση) ότι
laquoΑν ένα παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο τότε αυτό είναι ορθογώνιοraquo (Ι)
Πράγματι στο σχήμα 1 έχουμε το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ το οποίο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο Άρα
( )180 1οΑ+ Γ = όμως
( )2Α = Γ ως απέναντι πλευρές παραλληλογράμμου
Η σχέση (1) σύμφωνα με τη (2) γίνεται
( ) 2180 2 180 90ο ο οΑ+Γ = rArr Α = rArrΑ =
Άρα το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι ορθογώνιο Στη συνέχεια η πρόταση αυτή στο χώρο ισχύει με την ακόλουθη μορφή
laquoΑν ένα παραλληλεπίπεδο ΑΒΓΔΚΛΜΝ είναι εγγεγραμμένο σε σφαίρα τότε αυτό είναι ορθογώνιο παραλληλεπίπεδοraquo
Πράγματι Στο σχήμα 2 έχει κατασκευαστεί ένα παραλληλεπίπεδο εγγεγραμμένο σε μια
σφαίρα ακτίνας R Αν θεωρήσουμε την τομή της σφαίρας με το επίπεδο της έδρας ΑΒΓΔ που είναι ένα παραλληλόγραμμο τότε θα προκύψει έναν κύκλος στον οποίο είναι εγγεγραμμένο το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ Άρα το παραλληλόγραμμο αυτό σύμφωνα με την προηγούμενη πρόταση (Ι) είναι ορθογώνιο Όμοια μπορούμε να συμπεράνουμε και για όλες τις έδρες του παραλληλογράμμου Επομένως το εγγεγραμμένο παραλληλεπίπεδο είναι ένα ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο Έστω τώρα ότι το ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο ΑΒΓΔΚΛΜΝ του σχήματος 2 έχει διαστάσεις x y z Δηλαδή
x y z= ΑΒ =ΒΓ ΒΛ = Εφαρμόζοντες στη συνέχεια το πυθαγόρειο θεώρημα διαδοχικά στα
ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓΜ προκύπτει
( )2 2 2 24 3x y z R+ + =
Σχήμα
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 7 Νοεμβρίου 2012 44
Εξ άλλου η επιφάνεια του παραλληλεπιπέδου δίνεται από τη σχέση
( ) ( )2 4E xy yz zx= + + Έχοντας υπόψη μας τις σχέσεις (3) και (4) καθώς και την ταυτότητα
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 22 2x y z xy yz zx x y y z z x+ + minus + + = minus + minus + minusσυμπεραίνουμε ότι
( ) ( ) ( )2 2 228R E x y y z z xminus = minus + minus + minus ή ακόμα
( ) ( ) ( ) ( )2 2 228 5E R x y y z z x= minus minus minus minus minus minus Άρα για να γίνει το εμβαδόν αυτό μέγιστο θα πρέπει να είναι
x y z= = δηλαδή κύβος Τότε από την (5) προκύπτει
2max 8E R=
Για την άλλη φορά
480 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ Θεωρούμε τρεις κύκλους ( ) ( ) ( )1 2 3 c c c οι οποίοι εφάπτονται εσωτερικά στον περιγεγραμμένο κύκλου του και μάλιστα στις κορυφές ΑΒΓ του τριγώνου καθώς και στον εγγεγραμμένο κύκλο στα σημεία Α΄ Β΄ Γ΄ αντίστοιχα Να δειχθεί ότι οι ευθείες ΑΑ΄ ΒΒ΄ ΓΓ΄ διέρχονται από το ίδιο σημείο
(Ionut Onisor Transformari Geometrice p32)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο Γεν Λύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Σχήμα 2
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 14 Νοεμβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Το παλίμψηστο του Αρχιμήδη
Η σπουδαιότερη ανακάλυψη που προέκυψε από τη μελέτη του περίφημου παλίμψηστου του κώδικα C είναι κατά την άποψη των δύο ερευνητών Reviel Netz και William Noel ότι ο Αρχιμήδης χρησιμοποιούσε το laquoτο εν ενεργεία άπειροraquo (ΣΜ 336) Το παλίμψηστο αυτό που διασώθηκε και μελετήθηκε πρόσφατα είναι ένα χειρόγραφο κείμενο πάνω σε περγαμηνή δηλαδή πάνω σε ένα επεξεργασμένο δέρμα ζώου
Η λέξη παλίμψηστο είναι σύνθετη από τη λέξη πάλιν(ξανά) και το ρήμα ψάω(τρίβω-ψήγματα) και σημαίνει ότι η περγαμηνή αυτή που φιλοξενούσε αρχικά ένα χειρόγραφο κείμενο τρίφτηκε ώστε να αφαιρεθεί το αρχικό κείμενο και στη συνέχεια πάνω της έχει γραφεί νέο κείμενο
laquoΟ λόγος για τον οποίο ο Φήλιξ πίστευε ότι το βιβλίο άξιζε τόσο πολύ ήταν ότι αχνά κάτω από τις χριστιανικές προσευχές του 13 αιώνα διακρίνονταν κάποιες σβησμένες λέξεις που ανήκαν σε μια μυθική μαθηματική ιδιοφυΐα της αρχαιότητας τον Αρχιμήδη από τις Συρακούσες Ελλιπές κατεστραμμένο και με όλο το κείμενο γραμμένο από πάνω του το βιβλίο αυτό ήταν το παλαιότερο υπαρκτό χειρόγραφο του Αρχιμήδηraquo [1]
Το βιβλίο αυτό περιλαμβάνει φύλλα γραμμένα κι από τις δύο όψεις τους και τα οποία είναι αριθμημένα από το 1 μέχρι το 177 Από το σύνολο των φύλλων αυτών λείπουν τρία φύλλα
No337
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 14 Νοεμβρίου 2012 24
laquoΤο χειρόγραφο αυτό αποκαλείται σήμερα το Παλίμψηστο του Αρχιμήδη αυτό όμως είναι κάπως αποπροσανατολιστικό Μην απατάσθε Το χειρόγραφο είναι στην πραγματικότητα ένα προσευχητάριο Μοιάζει με προσευχητάριο δίνει την αίσθηση προσευχηταρίου σχεδόν μυρίζει σαν προσευχητάριο Και στις σελίδες του βλέπει κανείς γραμμένες προσευχέςraquo [2] [12] Reviel Netz-William Noel Ο κώδικας του Αρχιμήδη Σελ4-5 και 17-18
Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
465 Να αποδειχθεί ότι όλοι οι αριθμοί της σειράς
49 4489 444889 τους οποίους λαμβάνομεν εάν προσθέσομεν εις το μέσον του αριθμού ο οποίος προηγείται το 48 είναι τέλεια τετράγωνα
(Παράρτημα του Δελτίου της ΕΜΕ τ 3 Δεκέμβριος 1956 Θ Μιχάλτσος ΠΜηχ) Λύση Αν τους αριθμούς αυτής της σειράς τους θεωρήσουμε ως διαδοχικούς όρους μιας ακολουθίας δηλαδή
( )0 1 249 4489 444889 1α α α= = = τότε παρατηρούμε ότι ο γενικός όρος να της ακολουθίας (1) γραμμένος στη δεκαδική μορφή έχει τη μορφή
2 2 1
4448889 4448889ν ν ν
να+ +
= = rArr
2 1 2 1
1
4 10 4 10 4 108 10 8 10 8 109
ν ν νν
ν ν
α + +
minus
= sdot + sdot + + sdot +
+ sdot + sdot + + sdot ++ rArr
( )( )
( )
1 1
1 2
4 10 10 10 1
8 10 10 10 1
9 2
ν ν νν
ν ν
α + minus
minus minus
= sdot sdot + + + +
+ sdot sdot + + + +
+
Θεωρώντας στη συνέχεια τον τύπο 1
2 11 11
νν αα α α α
α
+ minus+ + + + = ne
minus
ο γενικός όρος (2) της ακολουθίας (1) γίνεται
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 14 Νοεμβρίου 2012 34
11 10 1 10 14 10 8 10 9
10 1 10 1
ν νν
να+
+ minus minus= sdot sdot + sdot sdot + rArr
minus minus
2 2 1 110 10 10 104 8 99 9
ν ν ν
να+ + +minus minus
= sdot + sdot + rArr
2 2 1 14 10 4 10 8 10 8 10 9 99 9 9
ν ν ν
να+ + +sdot minus sdot sdot minus sdot sdot
= + + rArr
14 10 12 2 1 11 4 10 4 10 8 10 8 10 9 9
9
ν
ν ν ννα
++ sdot ++ + +
⎛ ⎞⎜ ⎟= sdot minus sdot + sdot minus sdot + sdot rArr⎜ ⎟⎝ ⎠
( )2 2 11 4 10 4 10 19
ν ννα
+ += sdot + sdot + rArr
( )( )21 11 2 10 2 2 10 19
ν ννα
+ +⎡ ⎤= sdot + sdot sdot + rArr⎣ ⎦
( )
( )
21
21
2 10 19
2 10 1 33
ν
ν
ν
ν
α
α
+
+
sdot += rArr
⎛ ⎞sdot += ⎜ ⎟⎝ ⎠
Όμως
( )
2112 10 1 200001 66667 4
3 3
όό
ό
ν ροιν ροι
ν
ν ροι
++
+sdot += =
επομένως λόγω της (3) ο γενικός όρος της ακολουθίας (1) γράφεται
( )21
6666 7 5ό
ό
ν ροι
νν ροι
α+⎛ ⎞
⎜ ⎟=⎜ ⎟⎝ ⎠
δηλαδή ως ένα τέλειο τετράγωνο Επαλήθευση για τους τρεις πρώτους όρους Σύμφωνα με τον τύπο (5)
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 14 Νοεμβρίου 2012 44
ο πρώτος όρος γράφεται
( )20 7 49α = =
ο δεύτερος
( )21 67α =
ο τρίτος
( )22 667α =
με τον ίδιο τύπο τώρα μπορούμε να υπολογίσουμε και όλους τους όρους της ακολουθίας ως τέλεια τετράγωνα
Για την άλλη φορά
481 Σε τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε τα σημεία Δ και Ε στις πλευρές ΒΓ και ΑΓ αντίστοιχα
Να δειχθεί ότι
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2ΒΔΑ ΑΔΓ ΒΔΕ ΑΔΕ ΒΔΑ ΑΔΓΕ +Ε Ε +Ε ge Ε sdotΕ
όπου
( ) ( ) ( ) ( ) ΒΔΑ ΑΔΓ ΒΔΕ ΑΔΕΕ Ε Ε Ε τα εμβαδά των τριγώνων ΒΔΑ ΑΔΓ ΒΔΕ και ΑΔΕ αντίστοιχα
(Αποστολόπουλος Γιώργος Μαθηματικός 2ου ΓΕΛ Μεσολογγίου)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 21 Νοεμβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Ο τροχός του Αριστοτέλη Ολοκληρώνοντας την αναφορά μας στο μαθηματικό έργο του Αριστοτέλη σχετικά με το άπειρο αξίζει να μελετήσουμε και το λεγόμενο laquoτροχό του Αριστοτέληraquo(ΣΜ 331) Απορεί ο Αριστοτέλης στο φαινόμενο(Σχήμα 1) που παρατηρείται όταν δύο κυκλικοί δίσκοι ο ( )1c και ο ( )2c laquoκολλημένοιraquo μεταξύ των και με κοινό κέντρο laquoκυλίονταιraquo σε ένα οριζόντιο επίπεδο ξεκινώντας από το σημείο Α και φθάνοντας
μέχρι και τη θέση Β Οι διαδρομές όπως φαίνεται από το πρώτο σχήμα είναι ίσες
Δηλαδή
1 2 1 2 2 2R R R Rπ πΑΒ = Α Β rArr = rArr = άρα οι δύο αυτοί κύκλοι είναι ίσοι Και γενικεύοντας το συλλογισμό αυτό θα έλεγε κανείς ότι όλοι οι κύκλοι είναι μεταξύ των ίσοι Παράδοξο Πριν μελετήσουμε το φαινόμενο αυτό των δύο κύκλων ας δούμε την περίπτωση δύο πολυγωνικών δίσκων που laquoκυλίονταιraquo κι αυτοί σrsquo ένα οριζόντιο επίπεδο
Στο σχήμα 2 έχουμε δύο πολυγωνικούς δίσκους οι οποίοι φαίνονται να laquoκυλίονταιraquo από τη θέση Α στη θέση Β για τον εξωτερικό και από τη θέση Α1 στη
No338
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 21 Νοεμβρίου 2012 24
θέση Α΄1 για τον εσωτερικό Οι δίσκοι αυτοί είναι κανονικά οκτάγωνα με πλευρές παράλληλες έχουν κοινό κέντρο το σημείο Ο και οι οποίοι μεταξύ των είναι laquoκολλημένοιraquo
Καθώς έχουν φθάσει στο πέρας της διαδρομής φαίνεται όπως και στην περίπτωση του κυκλικού τροχού να έχουν διανύσει την ίδια απόσταση πράγμα που δηλώνει πώς έχουν την ίδια περίμετρο άρα είναι μεταξύ των ίσοι Παράδοξο
Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
466 Να βρεθεί το άθροισμα των ν όρων της ακολουθίας
2 5 12 23 κ όπου κ ο ν-οστός όρος της ακολουθίας αυτής
(Παράρτημα του Δελτίου της ΕΜΕ τ 3 Δεκέμβριος 1956) Λύση Αρχικά θα βρούμε το τύπο που δίνει το γενικό όρο
na n Nisin της ακολουθίας αυτής Θεωρούμε ότι ο γενικός όρος [1] γράφεται με τη μορφή ενός ακέραιου πολυωνύμου της μορφής
( ) 3 2 123na f n an bn cn d n= = + + + = και
a b c d Zisin Τότε
( )1 2 2 1a a b c d= rArr + + + =
( )2 5 8 4 2 5 2a a b c d= rArr + + + =
( )3 23 27 9 3 12 3a a b c d= rArr + + + =
( )4 23 64 16 4 23 4a a b c d= rArr + + + = άρα προέκυψε το γραμμικό 4Χ4 σύστημα
( )1
28 4 2 527 9 3 1264 16 4 23
a b c da b c d
a b c da b c d
+ + + = ⎫⎪+ + + = ⎪ Σ⎬+ + + = ⎪⎪+ + + = ⎭
Το σύστημα (Σ1) μπορεί να λυθεί με διάφορους τρόπους Για παράδειγμα ένας απλός τρόπος είναι η μέθοδος της αντικατάστασης Δηλαδή λύνουμε την πρώτη ως προς τον άγνωστο d και αντικαθιστούμε την τιμή αυτή στις επόμενες τρεις
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 21 Νοεμβρίου 2012 34
εξισώσεις Τότε έχουμε πλέον ένα σύστημα 3Χ3 το οποίο στη συνέχεια με τον ίδιο τρόπο το οδηγούμε σε ένα σύστημα 2Χ2 Αυτό όμως εύκολα πλέον λύνεται
Γενικά μια λύση με τη χρήση των οριζουσών μπορεί να δοθεί με τους τύπους
a b c dD D D Da b c dD D D D
= = = =
όπου οι ορίζουσες
a b c dD D D D D υπολογίζονται κατά τα γνωστά Λύνοντας το σύστημα αυτό βρίσκουμε
0 2 3 3a b c d= = = minus = άρα ο γενικός όρος της ακολουθίας είναι
22 3 3 123na n n n= minus + = Άρα το ζητούμενο άθροισμα των n πρώτων όρων θα είναι
1 2 3 n nS a a a a= + + + + rArr
( ) ( ) ( )2 2 22 1 3 1 3 2 2 3 2 3 2 3 3nS n n= sdot minus sdot + + sdot minus sdot + + + sdot minus sdot + rArr
( ) ( )2 2 2 22 1 2 3 3 1 2 3 3nS n n n= + + + + minus + + + + + rArr
( ) ( ) ( )1 2 1 12 3 36 2n
n n n n nS n+ + += minus + rArr
( )24 3 116n
n n nS
minus +=
Παρατήρηση Γενικά το πρόβλημα υπολογισμού του ν-οστού όρου μιας ακολουθίας με γνωστούς κάποιους διαδοχικούς πρώτους όρους(στην περίπτωσή μας τέσσερες) δεν έχει μονοσήμαντη λύση Μπορεί κανείς να θεωρήσει ως κανόνα παραγωγής των επομένων τον οποιοδήποτε Για το θέμα αυτό μπορεί να δει κανείς ένα άρθρο στο περιοδικό Αrsquo ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ τεύχος 67 Ιανουάριος-Φεβρουάριος-Μάρτιος 2008 της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας Σελ 17 18 19 με τίτλο laquoΜια ενδιαφέρουσα δραστηριότηταraquo του Κ Δόρτσιου
467 Να δείξετε ότι αν ( )1πΑ+Β+Γ =
τότε
( )3 3 3
3 2εφ εφ εφεφ εφ εφΑ+ Β+ Γ
geΑ+ Β+ Γ
(Παράρτημα του Δελτίου της ΕΜΕ τ 3 Δεκέμβριος 1956) Λύση
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 21 Νοεμβρίου 2012 44
Θεωρούμε την ταυτότητα
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
2 2 2
312
x y z xyz
x y z x y y z z x
+ + minus =
⎡ ⎤= + + minus + minus + minus⎣ ⎦
από την οποία προκύπτει
( ) ( ) ( ) ( )3 3 3
2 2 23 1 42
x y z xyz x y y z z xx y z
+ + minus ⎡ ⎤= minus + minus + minus⎣ ⎦+ +Από την (1) ακόμα προκύπτει
( )5εφ εφ εφ εφ εφ εφΑ + Β+ Γ = Αsdot Βsdot Γ Αν τώρα θέσουμε
x y zεφ εφ εφ= Α = Β = Γ τότε από την (5) προκύπτει
x y z xyz+ + = και στη συνέχεια η (4) γίνεται
( ) ( ) ( )3 3 3
2 2 23 12
x y z xyz x y y z z xxyz
+ + minus ⎡ ⎤= minus + minus + minus rArr⎣ ⎦
( ) ( ) ( )3 3 3
2 2 213 32
x y z x y y z z xxyz+ + ⎡ ⎤= + minus + minus + minus ge⎣ ⎦
Άρα 3 3 3
3εφ εφ εφεφ εφ εφΑ+ Β+ Γ
geΑ + Β+ Γ
Η ισότητα ισχύει όταν
60x y z ο= = rArr Α = Β = Γ =
Για την άλλη φορά
482 Στο εσωτερικό ενός τριγώνου ΑΒΓ θεωρούμε ένα μεταβλητό σημείο Μ και τα σημεία
ΕisinΑΓcapΒΜ ΖisinΑΒcapΓΜ Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Μ όταν το
τετράπλευρο ΑΕΜΖ είναι περιγράψιμο σε κύκλο (Mateforum)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 28 Νοεμβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Ο τροχός του Αριστοτέλη Είναι ενδιαφέρον να παρακολουθήσουμε προσεκτικά τους δύο πολυγωνικούς δίσκους να laquoκυλίονταιraquo σε ένα οριζόντιο επίπεδο Όπως αναφέρθηκε(ΣΜ338) οι
δίσκοι αυτοί που έχουν σχήμα κανονικού οκταγωνικού πολυγώνου έχουν κοινό άξονα περιστροφής και είναι ο ένας κολλημένος πάνω στον άλλο
Τα σχήματα 1 και 2 δείχνουν δύο στιγμιότυπα Το πρώτο παριστά τη θέση
No339
Σχήμα 2
Σχήμα 1
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 28 Νοεμβρίου 2012 24
των δύο τροχών τη στιγμή που η πλευρά του μεγάλου πολυγώνου ακουμπά ολόκληρη στην ευθύγραμμη πορεία και το δεύτερο παριστά τη θέση όπου γίνεται περιστροφή του τροχού γύρω από το σημείο Β Συγκεκριμένα όπως δείχνει το δεύτερο σχήμα όταν αρχίζει η περιστροφή αυτή το σημείο Β1 του δεύτερου τροχού δεν ακουμπά στον ορίζοντα αλλά διαγράφει ένα τόξο 1 1Β Γ που σημαίνει ότι ο μικρός τροχός στο διάστημα αυτό δεν laquoκυλίεταιraquo αλλά κάνει ένα μικρό laquoπήδημαraquo Κάτι ανάλογο κάνει και το κέντρο Κ΄ των πολυγώνων
Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
468 Να γίνει γινόμενο η παράσταση ( )1 1x x x xημ συν ημ συνΑ = + + + sdot
και στη συνέχεια να το γινόμενο αυτό να γραφεί ως τετράγωνο αθροίσματος δύο συνημιτόνων
(Εισαγωγικές εξετάσεις στη Σχολή Ευελπίδων Έτος 1947) Λύση Η παράσταση (1) γράφεται
( ) ( )( )( )
11 1
1 1
x x x xx x x
x x
συν ημ ημ συν
συν ημ συν
συν ημ
Α = + + + sdot =
= + + + =
= + +
δηλαδή
( )( ) ( )1 1 2x xσυν ημΑ = + + Στη συνέχεια από το γνωστό τύπο
21 22ασυνα συν+ =
προκύπτει
( )21 2 32xxσυν συν+ =
Επίσης
( ) 2 901 1 90 22
xx xο
οημ συν συνminus
+ = + minus = άρα
( )21 2 45 42xx οημ συν ⎛ ⎞+ = minus⎜ ⎟
⎝ ⎠
Σύμφωνα με τις σχέσεις (3) και (4) ο τύπος (2) γίνεται
( )( ) 2 21 1 2 2 452 2x xx x οσυν ημ συν συν ⎛ ⎞Α = + + = sdot minus rArr⎜ ⎟
⎝ ⎠
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 28 Νοεμβρίου 2012 34
( )2
2 45 52 2x xοσυν συν⎡ ⎤⎛ ⎞Α = sdot minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
Ακόμα είναι γνωστό ότι
( ) ( ) ( )2 6συνα συνβ συν α β συν α βsdot = + + minus επομένως σύμφωνα μrsquo αυτή η (5) γίνεται
( )
2
2
2
2 452 2
45 452 2 2 2
45 45o
x x
x x x x
x
ο
ο ο
ο
συν συν
συν συν
συν συν
⎡ ⎤⎛ ⎞Α = sdot minus =⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + minus + minus + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
⎡ ⎤= + minus⎣ ⎦
δηλαδή
( ) 245 45oxοσυν συν⎡ ⎤Α = + minus⎣ ⎦
469 Να λυθεί η εξίσωση
( )1 1 1 3 0 1x x xx x x
ημ συν εφημ συν εφ
+ + + + + + = (Εισαγωγικές εξετάσεις στο Πολυτεχνείο Έτος 1947)
Λύση Κατrsquo αρχήν θα πρέπει για να έχουν νόημα πραγματικού αριθμού οι όροι της
(1) θα πρέπει
( ) 22
x k x k ππ και π κne ne + isinΖ
Αν θέσουμε
( )0 3x t= ge τότε η (1) γίνεται
( )
1
2 2
1 1 1 3 0
1 1 3 0
1 1 3 0
t t tt t t
t tt t
t t t t
t tt t
t t t t
ημ συν εφημ συν εφ
ημ συνημ συν
συν ημ συν ημ
ημ συνημ συν
ημ συν ημ συν
+ + + + + + = hArr
+ + + + + + = hArr
⎛ ⎞ ++ + + + + = hArr⎜ ⎟ sdot⎝ ⎠
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 28 Νοεμβρίου 2012 44
( ) ( ) 3 1 0t t t t t t t tημ συν ημ συν ημ συν ημ συν+ sdot + + + sdot + = hArr
( ) ( )2 23 1 0
2 2t tt t t tημ ημ
ημ συν ημ συν⎛ ⎞+ + + + + = hArr⎜ ⎟⎝ ⎠
( ) ( ) ( ) ( )2 2 3 2 2 4t t t tημ συν ημ ημ+ + = minus + Υψώνοντας τα δύο μέλη της (4) στο τετράγωνο και μετά από πράξεις
προκύπτει η εξίσωση
( ) ( )22 2 4 2 4 0 5t t tημ ημ ημminus minus = Άρα
( ) ( )( ) ( )( )25 2 0 6 2 4 2 4 0 7t ή t tημ ημ ημhArr = minus minus = Λύση της (6)
2 0 2 0 2 2
kt t t k t πημ ημ ημ π κ= hArr = hArr = hArr = isinΖ
και λόγω της (3) θα είναι
2
kt π κ += isinΖ
η οποία απορρίπτεται λόγω των περιορισμών (2) Λύση της (7) Η (7) λύνεται ως εξίσωση δευτέρου βαθμού και δίνει δύο λύσεις
( )122 2 1 2tημ = plusmn
Αυτές δεν ανάγονται σε ημίτονα χαρακτηριστικών γωνιών Έτσι για να βρούμε την κάθε μία απrsquo αυτές θα πρέπει να υπολογίσουμε με λογαριθμικό τρόπο τη θεμελιώδη λύση και στη συνέχεια τη γενική
Τέλος θα πρέπει μετά την εύρεση αυτών να τις ελέγξουμε αν επαληθεύουν τη δοθείσα εξίσωση γιατί με την ύψωση στο τετράγωνο της (4) προστέθηκαν κι άλλες λύσεις
Για την άλλη φορά
483 Έστω η συνάρτηση f R Rrarr η οποία είναι παραγωγίσιμη και τέτοια ώστε η συνάρτηση f prime να είναι γνησίως αύξουσα Να αποδείξετε ότι
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
) 1 2 1 2) 0 0 1 2
i f f f fii ύ έ f ό f fαν ισχ ειη σχ ση τ τε
prime primelt minus ltprime = ne
(ΓΛ Μαυρίδης Μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Θετ και Τεχν Κατνσης Τεύχος Β΄ σ 28)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 5 Δεκεμβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Ο τροχός του Αριστοτέλη Ας δούμε συνολικά τη συμπεριφορά των δύο ομόκεντρων τροχών σχήματος κανονικού οκταγώνου(ΣΜ 339) όταν ο εξωτερικός από αυτούς κυλίεται σε ένα οριζόντιο επίπεδο και διαγράφει μια ολόκληρη στροφή
Στα ανωτέρω τρία σχήματα φαίνεται καθαρά η κίνηση των δύο αυτών κολλημένων τροχών καθώς ο ένας από αυτούς κυλίεται πάνω στην οριζόντια ευθεία (ε1)
No340
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 5 Δεκεμβρίου 2012 24
Για να ολοκληρωθεί το περίεργο αυτό laquoταξίδιraquo το οποίο ξεκίνησε από την αρχική θέση όπου το σύστημα αυτό ακουμπούσε στην πλευρά ΑΒ μέχρι και το τέλος του όπου ακουμπά πλέον η όγδοη πλευρά του στο τμήμα ΘΩ χρειάστηκαν επτά περιστροφές γύρω από τις κορυφές Β Γ Δ Ε ΖΗ και Θ Είναι προφανές ότι κατά την διαδρομή αυτή το εξωτερικό οκτάγωνο laquoξεδίπλωσεraquo την περίμετρό του κατά μήκος του οριζόντιου τμήματος ΑΩ
Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
469 Να λυθεί η εξίσωση
( )1 1 1 3 0 1x x xx x x
ημ συν εφημ συν εφ
+ + + + + + = (Εισαγωγικές εξετάσεις στο Πολυτεχνείο Έτος 1947)
Λύση Συμπληρωματικό σχόλιο Αναφέρθηκε (ΣΜ339 )ότι η λύση της εξίσωσης
( )2 2 4 2 4 0 0 7t t t xημ ημ μεminus minus = = gt αν θεωρηθεί ως μια δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς το tημ δίνεται από τον τύπο
( ) ( )122 2 1 2 tημ = plusmn
Η () γράφεται
( ) ( )12
1 22 2 1 2 4 4 30 452 2
t ο οημ ημ ημ⎛ ⎞
= plusmn = plusmn = plusmn⎜ ⎟⎝ ⎠
Επομένως διακρίνουμε δύο περιπτώσεις
( )1
30 45 30 452 4 30 30 4 22 2
tο ο ο ο
ο οημ ημ ημ ημ συν+ minus= + = sdot
δηλαδή
( )1
75 152 82 2
t iο ο
ημ ημ συν= sdot
Όμοια
( )2
30 45 30 452 4 30 30 4 22 2
tο ο ο ο
ο οημ ημ ημ ημ συνminus += minus = sdot
δηλαδή
( )2
15 752 82 2
t iiο ο
ημ ημ συν= minus sdot
Λύση της (i) Οι γωνίες που εμφανίζονται στο δεύτερο μέλος δεν είναι από τις χαρακτηριστικές περιπτώσεις κι έτσι ο υπολογισμός των απαιτεί τριγωνομετρικούς πίνακες Σήμερα όμως με τα λογισμικά που διαθέτουμε είναι εύκολο να υπολογιστούν
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 5 Δεκεμβρίου 2012 34
Έτσι έχουμε
12 4828427 1tημ = gt
άρα η εξίσωση αυτή είναι αδύνατη Λύση της (ii) Όμοια με ένα λογισμικό βρίσκουμε
22 0828427tημ = minus
Χρησιμοποιώντας και πάλι ένα κατάλληλο λογισμικό βρίσκουμε ότι
22 55 93749t ό οημ ημα που α= minus =
άρα
( )22 2 180t t οημ ημα ημ ημ α= minus hArr = +
και συνεπώς η λύση δίνεται από τους τύπους
( )
( )
2 360 180
2 360 180 180
o o
o o o
t kή
t k
α
κ
α
⎫= + +⎪⎪ isinΖ⎬⎪= + minus + ⎪⎭
ή ακόμα
180 902
1802
o o
o
t k
ή
t k
α
κα
⎫= + + ⎪⎪
isinΖ⎬⎪⎪= minus⎭
Σύμφωνα με τον περιορισμό που αναφέρεται στη σχέση (7) θα πρέπει από τις λύσεις αυτές να δεχθούμε τις θετικές
Αυτές είναι οι ακόλουθες
( )
( )
( )1
2
180 90 0122
180 1232
o o
o
t k k S
ή S
t k k S
α
α
⎫= + + = ⎪⎪⎬⎪⎪= minus =⎭
Όπως αναφέρθηκε και στο προηγούμενο φύλλο οι λύσεις αυτές θα πρέπει να ελεγχθούν Θα πρέπει δηλαδή να εξεταστεί ποια από αυτές ικανοποιεί τη δοθείσα εξίσωση και ποια όχι Αξιοποιώντας και πάλι τα σύγχρονα λογισμικά μπορεί να διακρίνει κανείς εύκολα ότι
bull Από τις λύσεις της ομάδας ( )1S δεκτές είναι εκείνες που αντιστοιχούν στις άρτιες τιμές του δείκτη k
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 5 Δεκεμβρίου 2012 44
Δηλαδή
180 90 2 0122
o ot k kα ρ ρ= + + = =
bull Από τις λύσεις της ομάδας ( )2S δεκτές είναι εκείνες που αντιστοιχούν πάλι στις άρτιες τιμές του δείκτη k
Δηλαδή
180 2 1232
ot k kα ρ ρ= minus = =
Οι λύσεις αυτές παρίστανται στον ακόλουθο τριγωνομετρικό κύκλο αντίστοιχα με τα σημεία Μ και Ν Τέλος η λύση της αρχικής εξίσωσης (1)
δίνεται από τις ανωτέρω λύσεις σύμφωνα με τον τύπο x t= plusmn
Για την άλλη φορά
484 Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο ν ισχύει η σχέση
2 13 5 2ν ν ν ++ ge (Γιώργος Λ Μαυρίδης Μαθηματικά Β΄ Λυκείου Σελ310)
485 Να δείξετε ότι για κάθε ακέραιο 1ν ge ισχύει 1 1 1 11 1 1 1 2 11 3 5 2 1
νν
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ sdot + sdot + sdot sdot + gt +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟minus⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (Γιώργος Λ Μαυρίδης Μαθηματικά Β΄ Λυκείου Σελ312)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 12 Δεκεμβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Ο τροχός του Αριστοτέλη Συνεχίζοντας τη μελέτη της κίνησης των δύο πακτωμένων και ομόκεντρων κανονικών οκταγώνων σε ένα οριζόντιο επίπεδο κι ύστερα από την αναλυτική περιγραφή με εικόνες της κίνησης αυτής κατά μια ολοκληρωμένη περιστροφή του εξωτερικού πολυγώνου(ΣΜ 340) παρατηρούμε(Σχ1) τα εξής
1ο) Το εξωτερικό οκτάγωνο πραγματοποίησε επτά περιστροφές γύρω από τα σημεία Β Γ ΔΕΖΗ και Θ με αποτέλεσμα
88ί ά ώπερ μετρος του μεγ λου οκταγ νου λ= ΑΩ = όπου
8 ά ά ώλ πλευρ του μεγ λου οκταγ νου= με άλλα λόγια η περίμετρος του μεγάλου οκταγώνου laquoκύλισε και ξεδιπλώθηκεraquo στην οριζόντια θέση του τμήματος ΑΩ (Η κορυφή Α ταυτίστηκε με το πέρας Ω)
No341
Σχήμα 1
Σχήμα 2
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 12 Δεκεμβρίου 2012 24
2ο) Το εσωτερικό οκτάγωνο κάνει μια περίεργη κίνηση(ΣΜ 339) Έτσι όπως φαίνεται κι από το σχήμα 2 το οκτάγωνο αυτό ουσιαστικά κινήθηκε με laquoστάσειςraquo και laquoαναπηδήματαraquo Ουσιαστικά έκανε οκτώ στάσεις και επτά πηδήματα Τα laquoπηδήματαraquo αυτά φαίνονται στα δύο σχήματα και είναι τόξα κέντρων ΒΓhellip Θ και ίσα με 45ο ενώ οι στάσεις είναι τα ευθύγραμμα τμήματα Α1Β1 Β΄1Γ1 hellip Θ΄1Ω 3ο) Όμοια το κέντρο Ο των δύο οκταγώνων κάνει επτά τέτοιες laquoαναπηδήσειςraquo
Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
470 Να υπολογιστούν οι γωνίες Β και Γ τριγώνου ΑΒΓ όταν είναι γνωστή η γωνία Α και ο λόγος λ των υψών που άγονται από τις κορυφές Β και Γ
(Εισαγωγικές εξετάσεις Πολυτεχνείο 1948) Λύση Στο σχήμα 1 το τρίγωνο ΑΒΓ σύμφωνα με τα δεδομένα της άσκησης έχει
( )1φΑ = και
( ) 0 2β
γ
υλ λ
υ= gt
Είναι γνωστό ότι το εμβαδόν Ε του τριγώνου αυτού ικανοποιεί τη σχέση 2 β γβ υ γ υΕ = sdot = sdot
άρα
( )3β
γ
υγβ υ=
Από τις (2) και (3) προκύπτει
( )4γλ
β=
Σύμφωνα με το θεώρημα των ημιτόνων η σχέση (4) γίνεται
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 12 Δεκεμβρίου 2012 34
( )5ημ
λημ
Γ=
Β
Διακρίνομε τις περιπτώσεις 1η περίπτωση Έστω 1λ =
Τότε από την (5) και επειδή οι γωνίες Β Γ είναι μη κυρτές γωνίες προκύπτει
ημ ημπ
Β = ΓΒ = ΓrArr
Β = minusΓ
bull Έστω Β = Γ τότε επειδή
( )6πΑ+Β+Γ = θα είναι
22
ππ minusΑΑ + Β = rArrΒ = = Γ
bull Έστω πΒ = minusΓ τότε πάλι από την (6)
0π πΑ+ minusΓ+Γ = rArrΑ = που είναι αδύνατο
2η περίπτωση Έστω 1λ ne
Τότε
( ) 151
ημ ημλλ ημ ημ
Γ+ Β+hArr = hArr
minus Γminus Β
21 2 21 2
2 2
ημ συνλλ ημ συν
Γ +Β ΓminusΒ+
hArr = hArrΓminusΒ Γ +Βminus
( )1 72 1 2
λεφ εφ
λΓ minusΒ minus Β+Γ
hArr = sdot+
και επειδή μεταξύ των γωνιών Α Β Γ ισχύει
2 2 2πΒ +Γ Α
= minus
η σχέση (7) ισοδυναμεί με την
( )1 82 1 2
λεφ σφ
λΓ minusΒ minus Α
= sdot+
Η σχέση (8) είναι μια τριγωνομετρική εξίσωση η οποία έχει ως άγνωστο τη γωνία
2ΓminusΒ
καθότι το Rλisin και η γωνία Α είναι γνωστές ποσότητες bull Έστω 1λ gt
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 12 Δεκεμβρίου 2012 44
Έστω λοιπόν ότι
( )1 91 2
λ σφ εφθλminus Α
sdot =+
όπου η γωνία 02πθlt lt
Σύμφωνα με την (9) η εξίσωση (8) γίνεται
( )102
εφ εφθΓ minusΒ=
κι επειδή 2 2
πΓ minusΒlt η (1) έχει την ακόλουθη λύση
( )2 112
θ θΓ minusΒ= hArr ΓminusΒ =
όμως
( )12πΓ +Β = minusΑ Από τις (11) και (12) προκύπτει
( )2 2 2 2π πθ θΑ Α
Γ = minus + Β = minus minus Γ gt Β
bull Έστω 0 1λlt lt Στην περίπτωση αυτή θα είναι
( )1 1 01 2 1 2 2
λ λ πσφ σφ εφω εφ ω ωλ λminus Α minus Α
sdot = minus = minus = minus lt lt+ +
Άρα η εξίσωση (8) γίνεται
( ) ( )132
εφ εφ ωΓ minusΒ= minus
η οποία όπως και στην προηγούμενη περίπτωση έχει λύση
22
ω ωΓ minusΒ= minus hArr Γ minusΒ = minus
Η τελευταία σχέση μαζί με την (12) δίνει τις τιμές των γωνιών Γ Β
( )2 2 2 2π πω ωΑ Α
Γ = minus minus Β = minus + Γ lt Β
Για την άλλη φορά
486 Δίνεται σταθερός κύκλος ( )C O R και ένας μεταβλητός κυκλικός τομέας ( ) OAB A B Cisin Να βρεθεί πότε το τρίγωνο ΟΑΒ θα έχει το μέγιστο δυνατόν εμβαδόν
(Problegraveme du mois de Novembre - maths tice)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 19 Δεκεμβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Ο τροχός του Αριστοτέλη Κατά την περίεργη αυτή κίνηση των δύο κανονικών οκταγώνων τα οποία είναι στερεωμένα το ένα με το άλλο ώστε να έχουν κοινό κέντρο και παράλληλες τις πλευρές των ας παρακολουθήσουμε την κίνηση του κέντρου Κ αυτών
Είναι εύκολο να συμπεράνει κανείς ότι μόλις αρχίσει να πραγματοποιείται η πρώτη περιστροφή κατά την αρχή της laquoκύλισηςraquo αυτής και η κορυφή Α του εξωτερικού οκταγώνου οδηγηθεί στη θέση οΑ τότε το κέντρο Κ οδηγείται από τη θέση 1Κ στη θέση Κ διαγράφοντας το τόξο
1Sω ω=Κ Κ =
Στη συνέχεια αφού ολοκληρωθεί η πρώτη αυτή περιστροφή των 45ο τότε το κέντρο αυτό θα φθάσει στη θέση 2Κ διαγράφοντας μια τροχιά η οποία είναι ένα τόξο με μέτρο ίσο με 45ο Έτσι αν υποθέσουμε ότι η ακτίνα του μεγάλου οκταγώνου είναι 1R τότε το μήκος του τόξου αυτού θα είναι
( )1 1 14
S R π=
No342
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 19 Δεκεμβρίου 2012 24
Ύστερα απrsquo αυτά και εφόσον το οκτάγωνο έχει πραγματοποιήσει εφτά περιστροφές το συνολικό καμπυλόγραμμο διάστημα που διήνυσε το κέντρο Κ θα είναι
( )8 1 17 7 24 4
S R Rπ π= sdot sdot =
Η διαδρομή αυτή εύκολα διαπιστώνεται ότι είναι μικρότερη από την περίμετρο του μεγάλου οκταγώνου
Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
471 Αν δύο τρίγωνα ΑΒΓ και Α1Β1Γ1 έχουν 1Β =Β 1β β= 1γ γ= ( )13 1α α=
τότε να δειχθεί η σχέση
( )22 1 3 2β γ ημ= + Β (ΣΜΑ 1961)
Λύση Τα δύο αυτά τρίγωνα εμφανίζονται στο σχήμα 1 και πληρούν τις δοσμένες σχέσεις (1)
Εφαρμόζουμε και στα δύο αυτά τρίγωνα το νόμο των συνημιτόνων Άρα
( )2 2 2 2 3β α γ αγσυν= + minus Β
( )2 2 21 1 1 1 1 12 4β α γ α γ συν= + minus Β
Η σχέση (4) λόγω των δοσμένων σχέσεων (1) γίνεται
( )2 2 29 6 5β α γ αγσυν= + minus Β Πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της (3) με τον αριθμό 3 προκύπτει
( )2 2 23 3 3 6 6β α γ αγσυν= + minus Β Αφαιρώντας τις (5) και (6) κατά μέλη τότε προκύπτει
2 2 22 6 2β α γ= + δηλαδή
( )2 2
2 73
γ βα minus=
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 19 Δεκεμβρίου 2012 34
Από την (3) επίσης προκύπτει
( )2 2 2
82
α γ βσυν
αγ+ minus
Β =
Η σχέση (8) σύμφωνα με την (7) γίνεται
( )2 2
2 2 2 2232 3
γ β γ β γ βσυν
αγ αγ
minus + minus minusΒ = = rArr
( ) ( )2 22 2 2 22 2
2 2
2 43 9γ β γ β
συν συναγ α γ
⎛ ⎞minus minusΒ = rArr Β =⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
και λόγω της (7) η τελευταία σχέση γίνεται
( )( )
2 22
2
49
3γ β
συνγ
minusΒ =
κι ακόμα λόγω της (9) θα είναι
( )2 2 2 22 2
2 2
4 41 13 3γ β β γ
ημ συνγ γ
minus minusΒ = minus Β = minus = rArr
2 22 2 2 2 2
2
4 4 33β γ
ημ β γ γ ημγminus
Β = rArr minus = ΒrArr
2 2 2 24 3β γ γ ημ= + Β και τελικά
22 1 3β γ ημ= + Β δηλαδή η ζητούμενη
472 Αν Μ είναι το σημείο τομής των διαγωνίων ενός τετραπλεύρου τότε να δείξετε
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 1ΑΓsdotΒΔ ΑΜ minusΜΓ = ΑΒ minusΒΓ ΜΔ + ΑΔ minusΔΓ ΜΒ
(Παράρτημα του Δελτίου της ΕΜΕ 1955-56 Σελ 129) Λύση Εφαρμόζουμε το θεώρημα της επέκτασης του Πυθαγορείου Θεωρήματος στα
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 19 Δεκεμβρίου 2012 44
τρίγωνα ΑΒΜ και ΑΜΔ (Σχ 2) Άρα
( )( )
2 2 2
2 2 2
2 22 3
xx
α λ
δ λ
= +ΒΜ minus ΒΜ sdot
= + ΔΜ + ΔΜ sdot
μετά την απαλοιφή του λ μεταξύ αυτών προκύπτει μετά από πράξεις
( )2 2 2 4xα δsdotΔΜ + sdotΒΜ = sdotΒΔ +ΒΜ sdotΔΜ sdotΒΔ Το ίδιο θεώρημα εφαρμόζουμε και στα τρίγωνα ΒΜΓ και ΔΜΓ Άρα
( )( )
2 2 2
2 2 2
2 52 6
yy
β μ
γ μ
= +ΒΜ + ΒΜ sdot
= + ΔΜ minus ΔΜ sdot
όμοια και σrsquo αυτή την περίπτωση απαλοίφοντας το μ προκύπτει μετά από πράξεις
( )2 2 2 7yβ γsdotΔΜ + sdotΒΜ = sdotΒΔ +ΒΜ sdotΔΜ sdotΒΔ Αφαιρώντας τις (4) και (7) κατά μέλη προκύπτει
( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2x yα β δ γminus ΔΜ + minus ΒΜ = minus ΒΔ Η σχέση αυτή ακόμα γράφεται
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 8x yΑΒ minusΒΓ ΔΜ + ΑΔ minusΓΔ ΒΜ = minus ΒΔΌμως
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2
2 2 9
x y
x y
x y
minus ΒΔ = ΑΜ minusΜΓ ΒΔrArr
minus ΒΔ = ΑΜ +ΜΓ ΑΜ minusΜΓ ΒΔrArr
minus ΒΔ = ΑΜ minusΜΓ ΑΓ sdotΒΔ
Άρα η (8) σύμφωνα με την (9) γίνεται
( ) ( ) ( )2 2 2 2ΑΒ minusΒΓ ΔΜ + ΑΔ minusΓΔ ΒΜ = ΑΜ minusΜΓ ΑΓsdotΒΔδηλαδή η ζητούμενη
Για την άλλη φορά
487 Να εξεταστεί αν υπάρχει μια συνάρτηση f R Rrarr γνησίως φθίνουσα και τέτοια ώστε
( )( ) 1f f x x x R= + forall isin (Centrale des maths probegraveme du mois drsquo octobre 2012)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 26 Δεκεμβρίου 2012 14
Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο
τ Σχ Σύμβουλο Μαθηματικών
Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων
Ο Αριστοτέλης και τα Μαθηματικά
Οι αναφορές στα παράδοξα του Ζήνωνα
Ο τροχός του Αριστοτέλη Είδαμε ότι κατά τη διαδρομή του σύνθετου πολυγωνικού αυτού τροχού από την αρχική θέση ΑΒ μέχρι τη τελική ΘΩ το κέντρο Κ έχει διαγράψει μια τροχιά που αποτελείται από επτά ισομήκη τόξα 45ο και ακτίνας ίσης με 1R ίσης με την ακτίνα
του μεγάλου κανονικού πολυγώνου Όπως αναφέρθηκε (ΣΜ 342) το μήκος αυτό εύκολα υπολογίζεται και είναι ίσο με
( ) ( ) ( ) ( )8 1 2 2 3 7 8 1 2 1 74
S K K K K K K K K Rπ= + + + =
δηλαδή
( )8 17 14
S Rπ=
Στο σημείο αυτό μπορεί να επαναληφθεί το ίδιο πείραμα με έναν άλλο τροχό με μεγαλύτερο αριθμό πλευρών Είναι εύκολο να αντιληφθεί κανείς πως αν αντί για έναν τροχό κανονικού οκταγώνου χρησιμοποιήσει έναν τροχό κανονικού πολυγώνου με ν πλευρές και της ίδιας ακτίνας 1R με πριν τότε η διαδρομή του κέντρου Κ θα αποτελείται από (ν-1) τόξα ακτίνας ίσης με 1R και γωνίας ίσης με
2ν
πων
=
Άρα το συνολικό μήκος της διαδρομής του κέντρου Κ θα είναι
No343
Σχήμα 1
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 26 Δεκεμβρίου 2012 24
( ) ( )121 345 2S Rνπν νν
= minus =
Η σχέση (2) δίνει το μήκος της διαδρομής που πραγματοποιεί το κέντρο των πολυγωνικών αυτών τροχών για κάθε κανονικό πολύγωνο που κυλίεται σε ένα οριζόντιο επίπεδο
Μαθηματικές προκλήσεις ndash προσκλήσεις ndash ασκήσεις
473 Να δειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ οι ευθείες που συνδέουν τις κορυφές του με τα σημεία επαφής των πλευρών με τον εγγεγραμμένο κύκλο διέρχονται από το ίδιο σημείο(Σημείο Gergonne) Το ίδιο να δειχθεί και για τις ευθείες εκείνες του τριγώνου αυτού που συνδέουν τις κορυφές με τα σημεία επαφής των πλευρών με τους περεγγεγραμμένους κύκλους Λύση 1η περίπτωση
Έστω ένα τρίγωνο ΑΒΓ με τον εγγεγραμμένο κύκλο του κέντρου Ι (Σχ1)
Έστω ακόμα ότι Δ Ε Ζ τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου αυτού κύκλου με τις πλευρές ΒΓ ΓΑ ΑΒ του τριγώνου αντίστοιχα
Τότε είναι γνωστό ότι
2ό
τ βα β γ
τ γ που ττ α
ΒΔ = ΒΖ = minus ⎫+ +⎪ΓΔ = ΓΕ = minus =⎬
⎪ΑΕ = ΑΖ = minus ⎭
άρα
τ βminusΒΔ ΓΕ ΑΖsdot sdot =
ΔΓ ΕΑ ΖΒ τ γminusτ γminus
sdotτ αminus
τ αminussdotτ βminus
1=
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 26 Δεκεμβρίου 2012 34
δηλαδή
1ΒΔ ΓΕ ΑΖsdot sdot =
ΔΓ ΕΑ ΖΒ
Η σχέση αυτή σύμφωνα με το θεώρημα του Ceva δείχνει ότι οι ευθείες ΑΔ ΒΕ ΓΖ διέρχονται από το ίδιο σημείο Ρ το οποίο ονομάζεται σημείο Gergonne
2η περίπτωση Έστω πάλι ένα τρίγωνο ΑΒΓ και ο παρεγγεγραμμένος κύκλος του στη γωνία Α κέντρου αΙ
Όπως φαίνεται κι από το σχήμα 2 επειδή είναι ΑΕ = ΑΖ
και
( ) ( )( ) ( )
( )
( )
222
22
1
α β γα β γ
τ
ΑΕ+ΑΖ = ΑΓ +ΓΕ + ΑΒ+ΒΖ rArr
ΑΕ = ΑΓ +ΓΔ + ΑΒ +ΒΔ rArr
ΑΕ = ΑΓ +ΑΒ+ ΒΔ + ΔΓ rArrΑΕ = ΑΓ +ΑΒ+ΒΓrArr
+ +ΑΕ = + + rArrΑΕ = = ΑΖrArr
ΑΕ = ΑΖ =
Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 26 Δεκεμβρίου 2012 44
όπου
2α β γτ + +
=
Από την (1) προκύπτει τελικά
( )
2τ γτ β
ΒΖ = ΒΔ = minus ⎫⎬ΓΕ = ΓΔ = minus ⎭
Θεωρώντας πάλι το πρώτο μέλος της σχέσης από το θεώρημα του Ceva και σύμφωνα με τις σχέσεις (2) προκύπτει
τ γminusΒΔ ΓΕ ΑΖsdot sdot =
ΔΓ ΕΑ ΖΒ τ βminusτ βminussdot
ττ
sdotτ γminus
1=
δηλαδή
1ΒΔ ΓΕ ΑΖsdot sdot =
ΔΓ ΕΑ ΖΒ
Επομένως από το θεώρημα αυτό προκύπτει ότι οι ευθείες που ορίζουν τα τμήματα ΑΔ ΒΕ ΓΖ διέρχονται από το ίδιο σημείο που κι αυτό λέγεται σημείο Geronne Έτσι σε κάθε τρίγωνο μπορούμε να βρούμε τέσσερα τέτοια σημεία του Gergonne από τα οποία το ένα έστω το Ρ βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου και τα άλλα τρία έστω τα α β γΡ Ρ Ρ βρίσκονται στο εξωτερικό του και μάλιστα εντός
των γωνιών Α Β Γ αντίστοιχα του τριγώνου Εφαρμογή Αν ονομάσουμε
α β γΡ Ρ Ρ τα τρία σημεία του Gergonne που αντιστοιχούν αντίστοιχα στους τρεις παρεγγεγραμμένους κύκλους ενός τριγώνου ΑΒΓ τότε εύκολα μπορούμε να δείξουμε ότι οι τρείς ευθείες που ορίζουν τα τμήματα
α β γΑΡ ΒΡ ΓΡ διέρχονται από το ίδιο σημείο
Για την άλλη φορά
488 Να εξεταστεί αν υπάρχει μια συνάρτηση f R Rrarr γνησίως φθίνουσα και τέτοια ώστε
( )( ) 2 1f f x x x R= + forall isin (Centrale des maths probegraveme du mois drsquo octobre 2012)
Παράρτημα της ΕΜΕ 2ο ΕνΛύκειο Κοζάνης
Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά emekozanisyahoogr