Η 14η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Η Γεωμετρική εποπτεία στη διδασκαλία της Ανάλυσης. Εφαπτομένη σε καμπύλη συνάρτησης και κοινά σημεία αυτών . Τετραγωνικοί πίνακες με στοιχεία ακεραίους. Χαρακτηριστικό πολυώνυμο πίνακα - Θεώρημα Cayley - Hamilton. Το δευτεροβάθμιο τριώνυμο : f(x) = αx + βx + γ και η "γεωμετρική του εκδοχή". Η πρώτη γνωριμία με την έννοια της συνάρτησης. Από την ιστορία των Μαθηματικών. Υπαρξιακά του π. Μία νέα πρόταση Γεωμετρίας με τέσσερις περιπτώσεις και οι εφαρμογές της. Διαμερίσεις. Μία προσέγγιση του μήκους μιας καμπύλης γραμμής με το ορισμένο ολοκλήρωμα. . 2 o o o o o o o o o o o o o Διάλογος ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗ ΕΚΦΡΑΣΗ ΜΑΡΤΙΟΣ 1998 ΤΕΥΧΟΣ 2 ΔΡΧ. 1.500 ΠΕΡΙΟΔΙΚΗ ΕΚΔΟΣΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑΤΟΣ ΤΡΙΚΑΛΩΝ ΤΗΣ Ε.Μ.Ε. ΕΚΔΟΣΕΙΣ "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ" Χ. ΒΑΦΕΙΑΔΗΣ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ Ο (ε) (ε) Α Β ƒ(β) ƒ(β) ƒ(ξ) ƒ(ξ) ƒ(α) ƒ(α) α ξ β Δ x y Γ L î Äx AB Äx = + ¢ ® lim () 0 2 1 ƒ
120
Embed
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗ69 Η πρώτη γνωριμία με την έννοια της συνάρτησης. ∆ημήτρης Κατσαρός 79 Από την ιστορία
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
63 Το δευτεροβάθμιο τριώνυμο : ƒ(x) = αx2 + βx + γ και η "γεωμετρική
του εκδοχή". ∆ημήτρης Γουβίτσας
69 Η πρώτη γνωριμία με την έννοια της συνάρτησης. ∆ημήτρης Κατσαρός
79 Από την ιστορία των Μαθηματικών. ∆ημήτρης Βάθης
82 Υπαρξιακά του π. Κωνσταντίνος Παν. Χρήστου
88 Μία νέα πρόταση Γεωμετρίας με τέσσερις περιπτώσεις και οι εφαρμο-
γές της. Νίκος Κυριαζής
99 ∆ιαμερίσεις. ∆ημήτρης Γ. Κοντογιάννης
103 Μία προσέγγιση του μήκους μιας καμπύλης γραμμής με το ορισμένο
ολοκλήρωμα. ∆ημήτρης Ντρίζος
116 ∆ιάλογος - Σχετικά με μία άσκηση της Ανάλυσης.
Στράτος Μάκρας
5
Σημείωμα της ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΚΦΡΑΣΗΣ
Φίλε αναγνώστη,
Η "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗ", το περιοδικό του
Παραρτήματος Τρικάλων της "Ελληνικής Μαθηματι-
κής Εταιρείας" είναι πάλι κοντά σου, στο χρόνο ακρι-
βώς που είχαμε προσδιορίσει στο προηγούμενο τεύ-
χος.
Νέοι άνθρωποι, μέλη και εκλεκτοί φίλοι του Πα-
ραρτήματός μας, επιθυμούν ο δίαυλος της επικοινωνί-
ας που ανοίξαμε μαζί σου να έχει συνέχεια, να ανα-
πτυχθεί ένας γόνιμος "περιοδικός διάλογος" μεταξύ μας, με λόγο ουσιαστικό γύ-
ρω από τα Μαθηματικά.
Οι καθηγητές μαθηματικών, που νοιάζονται πλέον για το περιοδικό μας, ως
αναγνώστες και συνεργάτες, γίνονται διαρκώς περισσότεροι.
Η "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗ" - στα μέτρα των δυνατοτήτων της - υπόσχε-
ται σε όλους αυτούς ότι "περιοδικά" θα βρίσκεται κοντά τους, στηρίζοντας το εν-
διαφέρον τους και τις πνευματικές τους αναζητήσεις με ενημέρωση, νέα θέματα
και προτάσεις για τα Μαθηματικά της ∆ευτεροβάθμιας, κυρίως, εκπαίδευσης, ως
μία μικρή συμβολή στην αυτοεπιμόρφωσή μας.
Σημειώνουμε εκ νέου ότι μέσα από τις στήλες αυτού του περιοδικού επιδιώ-
κουμε με ανιδιοτέλεια τη δημιουργία ενός βήματος για όλους τους μαθηματικούς
που θα έχουν να καταθέσουν κάθε φορά μια εργασία τους, μια καινούρια άπο-
ψη, έναν προβληματισμό τους, μια ενδιαφέρουσα παρατήρηση. Η ανάλυση Μα-
θηματικών εννοιών, οι διδακτικές προσεγγίσεις κάποιων ενοτήτων και οι εφαρ-
μογές των Μαθηματικών στις άλλες επιστήμες, επιθυμούμε να είναι στο επίκε-
ντρο του περιοδικού.
Θα είμαστε επίσης ανοιχτοί ως περιοδικό και σε εργασίες φοιτητών και μα-
θητών με το ιδιαίτερο ενδιαφέρον για τα μαθηματικά.
6
Τέλος, από τη θέση αυτή επιθυμούμε να ευχαριστήσουμε θερμά :
Τις εκδόσεις "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ" του συναδέλφου μαθηματι-
κού Χάρη Βαφειάδη, που ανέλαβαν την έκδοση του περιοδικού μας.
Και το συνάδελφο Γιώργο Ρίζο, που με ιδιαίτερο ζήλο συνέβαλλε στην άρτια
εμφάνιση και αυτού του τεύχους, επιμελήθηκε τη στοιχειοθεσία, τα σχήματα και
την τελική μορφοποίηση όλων των κειμένων του περιοδικού μας.
Φίλε αναγνώστη, η οποιαδήποτε καλόπιστη κριτική σου, όσο αυστηρή και αν
είναι, σε σχέση με το περιεχόμενο και την ποιότητα του περιοδικού μας, είναι
ευπρόσδεκτη και πιστεύουμε ότι μπορεί να συμβάλλει θετικά στην καλυτέρευσή
του.
7
14η ΒΑΛΚΑΝΙΚΗ
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑ∆Α
Καλαμπάκα , 29 Απριλ ίου έως 4 Μαΐου 1997
Επ ι μ έ λ ε ι α :
Βαγγ έ λ η ς Κοφ ί ν α ς - ∆ημή τ ρ η ς Ντρ ί ζ ο ς
Κάθε χρόνο, εδώ και 14 χρόνια,
διοργανώνεται η "Βαλκανική Μα-
θηματική Ολυμπιάδα (Β.Μ.Ο.)",
ένας κορυφαίος ∆ιαγωνισμός για τη
Μαθηματική και την μαθητική κοι-
νότητα όλων των Βαλκανικών χω-
ρών. Η τελευταία, 14η Β.Μ.Ο. , διορ-
γανώθηκε από τη χώρα μας με ευ-
θύνη της Ελληνικής Μαθηματικής
Εταιρείας (Ε.Μ.Ε.) τη δεύτερη ε-
βδομάδα του Πάσχα (29 Απρ. - 4
Μαΐου 1997) στο ∆ήμο Καλαμπάκας
του Νομού Τρικάλων. Στο ∆ιαγωνι-
σμό αυτό πήραν μέρος μαθητές της
∆ευτεροβάθμιας Εκπαίδευσης από
9 Βαλκανικές χώρες (Ελλάδα, Ρου-
μανία, Βουλγαρία, Κύπρος, Γιου-
γκοσλαβία, Μολδαβία, Πρώην Γι-
ουγκ. ∆ημοκρατία της Μακεδονίας
(FYROM), Τουρκία, Αλβανία).
Κάθε χώρα συμμετέσχε, όπως θα
ξέρουν οι αναγνώστες του περιοδι-
κού μας, με μια ομάδα 6 μαθητών.
Την ελληνική ομάδα αποτελού-
σαν οι μαθητές Ρωμανός - ∆ιογένης
Μαλικιώσης (Θεσσαλονίκη), Πέ-
τρος Μπρεγιάννης (Μαρούσι), Σπυ-
ρίδων Αντωνακόπουλος (Χολαρ-
γός), Αναστάσιος Κουιμάς (Αθήνα),
Κωνσταντίνος Ρόκας (Φιλοθέη),
Σπυρίδων Μιχαλάκης (Αθήνα), ενώ
αρχηγός και υπαρχηγός της ομάδας
ήσαν οι Μιχάλης Λάμπρου (Παν/μιο
Κρήτης) και ∆ημήτρης Κοντογιάν-
νης (Παν/μιο Αθηνών) αντίστοιχα.
Η ελληνική ομάδα ήρθε 3η, με
πρώτη τη Βουλγαρία και δεύτερη τη
Ρουμανία. Αυτό, για όσους παρακο-
λουθούν την πορεία και τα αποτελέ-
σματα των Β.Μ.Ο., αποτελεί μια
ιδιαίτερη επιτυχία για τη χώρα μας
στο χώρο των Βαλκανίων.
Όλοι οι μαθητές μας πήραν με-
τάλλιο (πέντε χάλκινα και ένα αρ-
γυρό του Πέτρου Μπρεγιάννη).
Για μια γενική ενημέρωση ση-
μειώνουμε εδώ ότι η εξαμελής εθνι-
κή μαθητική ομάδα κάθε χώρας επι-
λέγεται κάθε χρόνο με μια σειρά
αυστηρών διαδοχικών διαγωνισμών
8
που διεξάγονται από τις αντίστοιχες
Μαθηματικές Εταιρείες της κάθε
χώρας. Στις Β.Μ.Ο. οι συμμετέχο-
ντες μαθητές καλούνται να απαντή-
σουν σε 4 πρωτότυπα θέματα (όλα
ισοδύναμα βαθμολογικά) σε χρόνο
4½ ωρών. Η κρίση και επιλογή των
καλυτέρων θεμάτων (που προτείνο-
νται από τις χώρες που συμμετέ-
χουν) γίνεται με αυστηρές και αδιά-
βλητες διαδικασίες που ακολουθού-
νται σε όλους τους διεθνείς μαθημα-
τικούς διαγωνισμούς, χωρίς καμιά
απολύτως παρέκκλιση. Η δε βαθμο-
λόγηση των γραπτών γίνεται και
αυτή από ειδική επιτροπή καθηγη-
τών που ορίζει από πριν η Μαθημα-
τική Εταιρεία της διοργανώτριας
χώρας με παρόμοιες διαδικασίες.
Λίγα λόγια για το υπόλοιπο μέ-
ρος της Βαλκανιάδας, πέραν του
∆ιαγωνισμού. Η 14η Β.Μ.Ο. πραγ-
ματοποιήθηκε την Τρίτη 29 Απριλί-
ου 1997 με την άφιξη και τακτοποί-
ηση των ξένων αποστολών, και έπει-
τα την Τετάρτη στις 11:00 το πρωί
πραγματοποιήθηκε η Τελετή Έναρ-
ξης της 14ης Β.Μ.Ο., όπου παρευ-
ρέθηκαν εκπρόσωποι των Αρχών
και Φορέων του Νομού, του ∆ήμου
της Καλαμπάκας και τα μέλη της
Κεντρικής και Τοπικής Οργανωτι-
κής Επιτροπής. Το πρόγραμμα για
τις υπόλοιπες ημέρες περιελάμβανε:
για τους μεν διαγωνιζομένους μαθη-
τές, πολιτιστικά προγράμματα - εκ-
δηλώσεις και εκδρομές, για τη δε
Κεντρική Οργανωτική Επιτροπή και
την Επιτροπή των Βαθμολογητών,
την διεκπεραίωση του επιστημονι-
κού έργου (Συνεδριάσεις κριτών,
συντονισμός βαθμολογητών, βαθμο-
λογήσεις γραπτών) μέχρις ότου
φθάσαμε στην απονομή των βρα-
βείων (χρυσά, αργυρά, χάλκινα με-
τάλλια και ειδικές διακρίσεις). Η
διαδικασία της απονομής των βρα-
βείων πραγματοποιήθηκε στην ειδι-
κή Τελετή Λήξης των εκδηλώσεων
το Σάββατο στις 3 Μαΐου στις 6 το
απόγευμα.
Κλείνοντας το εισαγωγικό αυτό
σημείωμα επιθυμούμε να τονίσουμε
την ουσιαστική προσφορά του προ-
έδρου της Ε.Μ.Ε. και του Συμβουλί-
ου των Κριτών Θεόδωρου Μπόλη
(καθηγητή του Παν/μίου Ιωαννί-
νων), ο οποίος επωμίστηκε το συ-
ντονισμό σε οργανωτικό επίπεδο
και είχε την κύρια ευθύνη του έρ-
γου. Για την επιτυχία της διοργάνω-
σης συνεργάστηκαν η Ε.Μ.Ε., διά-
φορες ειδικές επιτροπές που συ-
γκροτήθηκαν, το Παράρτημα Τρι-
κάλων της Ε.Μ.Ε., η Τοπική Αυτο-
διοίκηση Καλαμπάκας, Τρικάλων
και άλλων γύρω περιοχών. Αξιοση-
μείωτη ήταν η συμβολή του τοπικού
9
παράγοντα καθώς και η βοήθεια
που προσέφεραν συνάδελφοι μαθη-
ματικοί του Γενικού Λυκείου Καλα-
μπάκας, οι οποίοι προετοίμασαν με
άψογο τρόπο τους απαραίτητους
χώρους του σχολείου τους για τη
διεξαγωγή του ∆ιαγωνισμού, τις
συνεδριάσεις του Συμβουλίου των
Κριτών και των Συντονιστών βαθ-
μολόγησης των γραπτών.
Μετά τη λήξη της Βαλκανιάδας η Ε.Μ.Ε. , δια του Προέδρου της, εξέφρασε τις θερμές της ευχαριστί-ες προς όλους τους χορηγούς των εκδηλώσεων (από τον ∆ημόσιο και τον Ιδιωτικό τομέα), δια της απονο-μής τιμητικών τίτλων, έκφρασης των ευχαριστιών της και αναμνηστικών μεταλλίων της 14ης Β.Μ.Ο.
ΤΕΛΙΚΑ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ - FINAL RESULTS
ΧΡΥΣΟ ΜΕΤΑΛΛΙΟ - GOLDEN METAL
1. BUL. RAIKO CHALKOV, Plovdiv (40)(*)
2. BUL. IVAN IVANOV, Sofia, (40)
3. BUL. GHEORGHI ANGELOV, Vratza, (40).
4. BUL. DIMITAR JETCHEV, Gabrovo, (40).
5. ROM. CIPRIAN MANOLESCU, Pitesti, (40).
6. ROM. RADU MIHAESCU, Bucuresti, (40).
7. ROM. NICOLAE MICHALACHE, Constanta, (40).
(*) Η παρένθεση δηλώνει τη συνολική βαθμολογία του κάθε διαγωνιζόμενου με άριστα
το 40.
10
ΑΡΓΥΡΟ ΜΕΤΑΛΛΙΟ - SILVER MEDAL
8. ROM. EUGEN VARVARUCA, Suceava, (38).
9. ROM. STEFAN HORNET, Bucuresti, (38).
10. BUL. STOYAN ATANASOV, Sofia, (37).
11. TUR. ISA EMIN HAFALIR, Konya, (36).
12. YUG. NIKOLA PETROVIC, Beograd (36).
13. YUG. JELENA SPASOJEVIC, Beograd (35).
14. BUL. KIRIL SAKALISKI, Sofia, (34).
15. MOL. IGOR COVGANET, Crisinau, (32).
16. HEL. PETROS BREGIANNIS, Maroussi, (31)
(ΠΕΤΡΟΣ ΜΠΡΕΓΙΑΝΝΗΣ, Μαρούσι).
ΧΑΛΚΙΝΟ ΜΕΤΑΛΛΙΟ - BRONZE MEDAL
17. HEL. ANASTASIOS KOUIMAS, Athens, ( 30)
(ΑΝΑΣΤΑΣΙΟΣ ΚΟΥΪΜΑΣ, Αθήνα).
18. MOL. VLADIMIR SARSACOV, Tighina, (30).
19. ROM. CRISTIAN VOICU, Galatsi, (30).
20. HEL. CONSTANTINOS ROKAS, Filothei,(29)
(ΚΩΝΣΤΑΝΤΙΝΟΣ ΡΟΚΑΣ, Φιλοθέη).
21. FYR. MIRKO PETRUSEVSKI, Skopje, (27).
22. HEL. SPIRIDON MIHALAKIS, Athens, (27),
(ΣΠΥΡΙ∆ΩΝ ΜΙΧΑΛΑΚΗΣ, Αθήνα).
23. HEL. ROMANOS - DIOGENIS MALIKIOSSIS, Thessaloniki, (26),
Έστω Α ένας ν×ν αντιστρέψιμος πίνακας Α με στοιχεία ακεραίους αριθμούς. Αν
ο Α–1 έχει κι αυτός στοιχεία ακεραίους, τότε ισχύει : A = 1.
Ας θυμηθούμε την απόδειξη :
Ισχύει :
Α⋅Α–1 = Ιν άρα Α⋅Α–1=Ιν ⇔ Α⋅Α–1= 1
ν ⇔ Α⋅Α–1= 1 (1).
Οι ορίζουσες των πινάκων Α και Α–1
, λόγω του ότι το ανάπτυγμά τους αποτε-
λείται από πρόσθεση - αφαίρεση - πολλαπλασιασμό των ακεραίων στοιχείων
τους, θα είναι ακέραιοι.
Συνεπώς η (1) μας λέει ότι το γινόμενο δύο ακεραίων είναι 1,
οπότε θα είναι :
Á êáé Á
Þ
Á êáé Á
= =
= − = −
RS||
T||
−
−
1 1
1 1
1
1
δηλαδή A =1 σε κάθε περίπτωση.
Θα προσπαθήσουμε στη συνέχεια, χρησιμοποιώντας την παραπάνω πρόταση, να υπο-λογίσουμε την ορίζουσα του πίνακα Α για τον οποίο ξέρουμε ότι ισχύει μια συγκεκριμένη "πολυωνυμική σχέση".
ΠΑΡΑ∆ΕΙΓΜΑ
∆ίνεται ένας ν×ν πίνακας Α με στοιχεία ακεραίους και έστω ότι υπάρχουν ακέ-
ραιοι α1, α2, ..., ακ, κ∈Z, κ > 1, τέτοιοι ώστε να ισχύει :
ακΑκ + ακ–1Α
κ–1 + ... + α1Α + Ι = Ο (2)
Να υπολογιστεί η Α.
43
ΛΥΣΗ :
Για κάθε κ > 1 η (2) γράφεται :
Α(ακΑκ–1
+ ακ–1Ακ–2
+... + α1Ι) = –Ι ⇔ Α(–ακΑκ–1
– ακ–1Ακ–2
– ... – α1Ι) = Ι
(ο κ είναι κάθε φορά κατάλληλος, ώστε να ορίζονται οι δυνάμεις).
Επομένως ο πίνακας Α είναι αντιστρέψιμος και :
Α–1
= –ακΑκ–1
– ακ–1Ακ–2
– ... – α1Ι.
Εφ’όσον τα στοιχεία του πίνακα Α είναι ακέραιοι, θα είναι επίσης ακέραιοι
και τα στοιχεία των πινάκων Ακ–1
, Ακ–2
, ..., Α2. (Το γινόμενο πινάκων ανάγεται
τελικά σε πρόσθεση - αφαίρεση - πολλαπλασιασμό ακεραίων) καθώς και του Ι.
Συνεπώς με ακ, ακ–1, ..., α1 ∈Z, ο πίνακας Α–1
= –ακΑκ–1
– ακ–1Ακ–2
– ... – α1Ι
έχει στοιχεία ακέραιους και σύμφωνα με την πρόταση, θα έχουμε ότι :
Α = 1 ή Α = –1.
Ας δούμε δύο θέματα (ασκήσεις) των οποίων τα πρώτα ερωτήματά τους βασίζονται στα
προηγούμενα.
1. ∆ίνεται ο πίνακας Α τύπου ν×ν με στοιχεία ακεραίους ώστε να ισχύει :
Α2 – 4Α + Ι = Ο (1).
i. Να δειχθεί ότι Α = 1.
ii. Ποια η συνθήκη ώστε η σχέση (1) και η σχέση Α4 – 4Α3 + 4Α – Ι = Ο (2) να
είναι ισοδύναμες ;
ΛΥΣΗ :
i. Η (1) γράφεται Α(4Ι – Α) = Ι, δηλαδή ο πίνακας Α αντιστρέφεται και τα
στοιχεία του πίνακα Α–1
= 4Ι – Α είναι ακέραιοι. Επειδή τα στοιχεία των πι-
νάκων Α και Α–1
είναι ακέραιοι, σύμφωνα με τα προηγούμενα, θα είναι :
Α = 1 ή Α = –1.
Αλλά Α2 – 4Α + Ι = Ο ⇔ Α
2 – 2Α + Ι = 2Α ⇔ (Α – Ι)
2 = 2Α.
Οπότε (Α – Ι)2 = 2A ⇔ A – I2
= 2νA ⇔ Α =
Á Éí
− 2
2 > 0,
άρα Α = 1.
44
ii. Ευθύ :
Έστω ότι Α2 – 4Α + Ι = Ο. Πολλαπλασιάζοντας με Α
2 παίρνουμε :
Α4 – 4Α
3 + Α
2 = Ο ⇔
( )1
Α4 – 4Α
3 + 4Α – Ι = Ο.
Ισχύει δηλαδή το ευθύ χωρίς καμία επιπλέον συνθήκη.
Αντίστροφο :
Α4 – 4Α
3 + 4Α – Ι = Ο ⇔ (Α
2 + Ι)(Α
2 – Ι) – 4Α(Α
2 – Ι) = Ο ⇔
(Α2 – 4Α + Ι)(Α
2 – Ι) = Ο. Αν ο πίνακας Α
2 – Ι είναι αντιστρέψιμος, τότε
παίρνουμε Α2 – 4Α + Ι = Ο, δηλαδή την (1).
Συνεπώς για να είναι ισοδύναμες οι σχέσεις (1) και (2) πρέπει ο πίνακας
(Α2 – Ι) να είναι αντιστρέψιμος.
ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ :
• Παράδειγμα πινάκων με τις παραπάνω ιδιότητες είναι ο Α = 1 1
2 3
LNMOQP
• Αν τα στοιχεία του Α δεν ήταν ακέραιοι, τότε δεν θα ίσχυε Α = 1.
Π.χ. ο πίνακας Α = 2 3+e j Ι, ο οποίος επαληθεύει την (1), αλλά είναι :
Α = 2 3+e j ν ≠ 1, για κάθε ν∈Ν*.
2. ∆ίνεται ο ν×ν αντιστρέψιμος πίνακας Α με στοιχεία ακεραίους ώστε να ισχύει :
Á Á É Á2 Á 1 Á 1
í+ +− = − (1).
Να δειχθεί ότι : i. Α4 = Ιν και ii. Α2 + Ιν ≥ 0.
ΛΥΣΗ :
i. Επειδή ο πίνακας Α έχει στοιχεία ακεραίους και είναι αντιστρέψιμος θα ι-
σχύει Á ∈Ν*.
Επίσης Á ÁÁ Á2 1 1+ +− = Ιν – Α ⇔
Á Á Á É É êáé Á Á Á ÉÁ Á
í íÁ Á
í2 1 2− + = = − +−e j .
45
Οι πίνακες Á Á ÉÁ Á
í2
, , έχουν στοιχεία ακεραίους⋅ άρα και ο πίνακας
Á Á ÉÁ Á
í2 − + = Α
–1 έχει στοιχεία ακεραίους, οπότε σύμφωνα με την
πρόταση που αποδείχθηκε στην αρχή του άρθρου, θα ισχύει : Á = 1.
Συνεπώς η (1) γίνεται :
Α3 – Α
2 = Ιν – Α ⇔
⋅Á Α
4 – Α
3 = Α – Α
2 ⇔ Α
4 = Α
3 – Α
2+ Α ⇔ Α
4 = Ιν.
ii. Á É Á É É Á É Á Á Éí í í í í í í í2 2 2 4 21
22 2
1
22
1
22+ = + = + + = + + =
= 1
2
1
22 2 2
2
í í í íÁ É Á É+ = +d i e j ≥ 0.
ΣΧΟΛΙΑ :
Είναι γνωστό ότι, προσπαθώντας συχνά να κατασκευάσουμε μία
συνθήκη που μας "βολεύει" για κάποιον πίνακα, μπορεί να κατα-
λήξουμε σε εσφαλμένα συμπεράσματα, γιατί είναι πιθανόν να μην
υπάρχουν πίνακες που να πληρούν τη συνθήκη που θα τους "επι-
βάλλουμε". Ενδεικτικά αναφέρω δύο τέτοιες περιπτώσεις :
1. ∆εν υπάρχουν ν×ν πίνακες με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς
και ν περιττό αριθμό, ώστε :
αΑ2κ + βΑκ + γΙ = Ο, με α, β, γ∈IR και ∆ = β2
– 4αγ < 0, κ∈ΙΝ *.
2. ∆εν υπάρχουν ν×ν πίνακες Α, Β με στοιχεία πραγματικούς ώστε
οι πίνακες ΑΒ και ΒΑ να έχουν διαφορετικό ίχνος (άθροισμα
των στοιχείων της κυρίας διαγωνίου), ή να ισχύει :
ΑΒ – ΒΑ = λΙ, λ∈ΙR*.
Ας δούμε στη συνέχεια του άρθρου μερικά ακόμα θέματα :
ΘΕΜΑ 1ο Να δειχθεί ότι δεν υπάρχουν ν×ν πίνακες Α, όπου ν θετικός ακέραιος, με στοι-
χεία ακεραίους ώστε να ισχύει 4Α2 + 2Α – Ιν = Ο (1)
ΛΥΣΗ :
Έστω ότι υπάρχουν τέτοιοι πίνακες. Τότε η (1) ισοδύναμα γίνεται :
46
Α(4Α + 2Ιν) = Ιν άρα Α⋅4Α + 2Ιν = 1 και επειδή τα στοιχεία των πι-
νάκων Α και 4Α + 2Ιν είναι ακέραιοι, προκύπτει ότι Á = 1 (2).
Επίσης (1) ⇔ 2Α(2Α + Ιν) = Ιν άρα 2Α⋅2Α + Ιν = 1.
Συνεπώς 2 1 2 11
2Á Á Áí
í= ⇔ = ⇔ = (3).
Από τις σχέσεις (2) και (3) παίρνουμε 1 = 1
2í ⇔ 2
ν = 1, που είναι άτοπο
για κάθε θετικό ακέραιο ν.
Συνεπώς δεν υπάρχουν ν×ν πίνακες με στοιχεία ακεραίους που να πληρούν
τη συνθήκη (1).
Γενικά αποδεικνύεται με ίδιο τρόπο, ότι δεν υπάρχουν ν×ν πίνακες Α με στοιχεία ακε-
ραίους για τους οποίους να ισχύει :
λαΑ2 + αΑ – Ιν = Ο, λ∈Z, α∈Z – ±1), ν∈IΝ*.
ΘΕΜΑ 2ο
∆ίνεται ο 4×4 πίνακας του οποίου τα στοιχεία είναι ρητοί της μορφής ê
ë, κ∈Z,
λ∈Z * και έστω ε∈Z το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των παρανομαστών λ. Αν
για τον πίνακα Α ισχύει : ε2Α2 + Α + ε–2Ι = Ο, τότε να αποδειχθεί ότι ο πίνα-
κας Α έχει στοιχεία ακεραίους.
ΛΥΣΗ :
Είναι : ε2Α
2 + Α – ε
–2Ι = Ο ⇔ ε
4Α
2 + ε
2Α – Ι = Ο ⇔
å Á å Á É É
Þ
åÁ å Á åÉ É
2 2
3
d id i
b gd i
+ =
+ =
RS||
T||
Οι πίνακες ε2Α, ε
2Α + Ι και εΑ, ε
3Α + εΙ έχουν στοιχεία ακεραίους.
Άρα å Á êáé åÁ ï üôå Áå
êáé Áå
28 4
1 11 1
= = = =ð .
47
Συνεπώς ε8 = ε
4 άρα ε
4 = 1 και ισοδύναμα ε = ±1. Έτσι όλοι οι παρανο-
μαστές των στοιχείων του πίνακα Α είναι 1 ή –1, δηλαδή τα στοιχεία του Α
είναι ακέραιοι.
ΣΗΜΕΙΩΣΗ : Η σχέση ε2Α
2 + Α – ε
–2Ι = Ο γίνεται τότε Α2
± Α – Ι = Ο.
ΘΕΜΑ 3ο Να δειχθεί ότι δεν υπάρχει ν×ν πίνακας Α με στοιχεία ακεραίους, ώστε οι πίνα-
κες Α, Α + Ι, Α + 2Ι, ..., Α + (2ν + 1)Ι, να αντιστρέφονται και οι αντί-
στροφοί τους να έχουν στοιχεία ακέραιους αριθμούς.
ΛΥΣΗ :
Έστω ότι υπάρχει ο παραπάνω πίνακας Α.
Επειδή οι πίνακες Α, Α + Ι, Α + 2Ι, ..., Α + (2ν + 1)Ι έχουν στοιχεία ακέ-
ραιους αριθμούς, τόσο αυτοί, όσο και οι αντίστροφοί τους, θα έχουμε :
Α = ±1, Α + Ι = ±1, ..., Α + (2ν + 1)Ι = ±1 (1).
Έστω η συνάρτηση ƒ(x) =A + xI, x∈IR η οποία είναι πολυωνυμική ν βαθ-
μού ακριβώς (εύκολα αποδεικνύεται, υπολογίζοντας το ανάπτυγμα της Α + xΙ).
Αν g(x) = ƒ(x) – 1, h(x) = ƒ(x) + 1, τότε οι εξισώσεις :
g(x) = 0 ⇔ ƒ(x) = 1 και h(x) = 0 ⇔ ƒ(x) = –1
θα έχουν το πολύ ν πραγματικές ρίζες η κάθε μία, δηλαδή συνολικό πλήθος
ριζών 2ν.
Αλλά από τις σχέσεις (1) προκύπτει ότι μία από τις εξισώσεις ƒ(x) = 1 ή
ƒ(x) = –1 έχει το λιγότερο ν + 1 ρίζες, που είναι άτοπο, άρα δεν υπάρχουν
τέτοιοι πίνακες.
ΘΕΜΑ 4ο (προτάθηκε για λύση στο περιοδικό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β΄ της Ε.Μ.Ε.)
Έστω Α, Β πίνακες 3×3 ώστε οι :
Α, Α + Β, Α + 2Β, Α + 3Β, Α + 4Β, Α + 5Β, Α + 6Β
να αντιστρέφονται και να έχουν ακέραια στοιχεία τόσο αυτοί, όσο και οι αντί-
στροφοί τους. Να δειχθεί ότι ο Α + 7Β αντιστρέφεται και να υπολογιστεί η ορί-
ζουσα Α + 7Β. Να γενικεύσετε για ν×ν πίνακες Α, Β.
48
ΛΥΣΗ :
Ισχύει : Α = ±1, Α + Β = ±1, ..., Α + 6Β = ±1.
Θεωρούμε τη συνάρτηση ƒ(x) = A + xB, x∈IR η οποία είναι πολυωνυμι-
κή, το πολύ τρίτου βαθμού. Θεωρώντας τις αντίστοιχες συναρτήσεις g(x) και
h(x) του προηγούμενου θέματος, συμπεραίνουμε ότι μία από τις δύο εξισώ-
σεις g(x) = 0 ή h(x) = 0 έχει το λιγότερο τέσσερις ρίζες. Άρα μία τουλάχι-
στον από τις παραπάνω συναρτήσεις Α + xB– 1, Α + xB+ 1 είναι μη-
δενικού βαθμού και μάλιστα το μηδενικό πολυώνυμο.
Άρα Α + xB= 1 ή Α + xB= –1 για κάθε x∈IR και επομένως για x =
7 έχουμε Α + 7B= 1 ή Α + 7B= –1. Οπότε ο πίνακας Α + 7Β είναι
αντιστρέψιμος. Παράδειγμα τέτοιων πινάκων είναι οι Α = Ι3 ή Α = –Ι3 και Β = Ο3.
ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ
∆ίνονται οι ν×ν πίνακες Α, Β, ώστε οι Α, Α + Β, Α + 2Β, ..., Α + (2ν + 1)Β
να είναι αντιστρέψιμοι και να έχουν στοιχεία ακεραίους τόσο αυτοί, όσο και
οι αντίστροφοί τους. Τότε ισχύει : Α + κΒ = ±1 για κάθε κ ≥ 2ν + 1, κ∈Z.
• Έστω ότι ισχύει για ν = κ, δηλαδή ότι S(κ, 2) = 2κ–1
– 1 (2).
Θα αποδείξουμε ότι S(κ + 1, 2) = 2κ – 1 (3).
Όμως, λόγω του 4ου Θεωρήματος, έχουμε :
S(κ + 1, 2) = S(κ, 1) + 2S(κ, 2) = 1 + 2(2κ–1
– 1) = 2κ – 1,
που ισχύει για κ = ν + 1, άρα η (1) ισχύει για κάθε ν∈ΙΝ*.
2. Να αποδείξετε ότι S(ν, 3) = 1
2(3ν–1 – 2ν + 1) (1), για κάθε ν∈IΝ
*.
Απόδειξη :
Θα αποδείξουμε την (1) επαγωγικά.
• Για ν = 1 έχουμε S(1, 3) = 0, αληθής.
• Έστω ότι ισχύει για ν = κ, δηλαδή S(κ, 3) = 1
2(3κ–1
– 2κ + 1) (2).
• Θα αποδείξουμε ότι S(κ + 1, 3) = 1
2(3κ – 2
κ+1 + 1) (3).
Όμως από το 40 θεώρημα έχουμε :
S(κ + 1, 3) = S(κ, 2) + 3S(κ, 3) = 2κ–1
– 1 +3
2(3κ–1
– 2κ + 1) =
= 1
2(3κ – 2
κ+1 + 1), άρα ισχύει για ν = κ +1.
102
ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ
3. Να αποδείξετε ότι S(ν, ν – 1) = í
2
FHGIKJ , S(ν, ν – 2) =
í
33
í
ê
FHGIKJ +FHGIKJ
4. Αν κ ≤ ν, να αποδείξετε ότι κν – κ ≤ S(ν, κ) ≤ í 1
ê 1
−−FHGIKJ κν–κ
.
5. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός των διαμερίσεων του συνόλου IΜ = 1, 2, ..., ν σε
κ κλάσεις, ώστε σε καμία κλάση να υπάρχουν διαδοχικοί ακέραιοι, είναι ίσοι με
τον αριθμό των διαμερίσεων του συνόλου ΙΜ – 1 σε κ – 1 κλάσεις.
Δρ. Κοντογιάννης Δημήτρης Γ.
Αδ. Κοραή 31 162 32, Βύρωνας
Αττική
103
∆ημήτρη ς Ντρ ί ζ ο ς ( * )
Στο σχολικό βιβλίο της Ανάλυσης της Γ΄ Λυκείου (Ο.Ε.∆.Β. 1997) και όχι μό-
νο, το ορισμένο ολοκλήρωμα αισθητοποιείται κυρίως, ως η μαθηματική έκφραση
του εμβαδού κλειστών περιοχών⋅ έχει δηλαδή έναν, ας πούμε, "δισδιάστατο χα-
ρακτήρα". Το ορισμένο ολοκλήρωμα όμως, έχει όπως είναι γνωστό και άλλες
(περισσότερες) εφαρμογές⋅ όπως είναι για παράδειγμα ο υπολογισμός του όγκου
κάποιων στερεών, αλλά και του μήκους ορισμένων καμπυλών. Μπορεί δηλαδή
να εκφράσει το μέτρο (όγκου - μήκους) από τρισδιάστατα και μονοδιάστατα α-
ντικείμενα.
Σε τούτο το άρθρο - και δεδομένης μόνον της μαθηματικής υποδομής που δη-
μιουργεί η Ανάλυση που διδάσκεται στη Γ΄ Λυκείου - θα επιχειρήσουμε μία βήμα
προς βήμα προσέγγιση του τρόπου με τον οποίο το ορισμένο ολοκλήρωμα μπορεί
να εκφράσει το μήκος μιας καμπύλης γραμμής⋅ και έπειτα θα παρουσιάσουμε
μία σειρά αξιοσημείωτων εφαρμογών.
Αξίζει να αναφέρουμε εδώ, ότι η κεντρική ιδέα (το ερέθισμα) για το γράψιμο
αυτού του άρθρου ήταν οι απορίες και αναζητήσεις μαθητών της 1ης ∆έσμης σε
μια ενδιαφέρουσα συζήτηση μέσα στην τάξη. Οι συνήθεις αυτές αναζητήσεις
προκύπτουν στην πορεία του μαθήματος⋅ και δεν έχουν προκαθορισμένο θέμα.
Κάποια εφαρμογή ή κάποια απόδειξη μας οδηγούν σε αναζητήσεις, αλλά (μερι-
κές φορές) και σε κάποιες επεκτάσεις.
Εν προκειμένω, συζητούσαμε για τη γεωμετρική ερμηνεία και τις εφαρμογές
του ορισμένου ολοκληρώματος⋅ και η ερώτηση (πυρήνας) που έδωσε την ώθηση
στη συζήτηση, ήταν η εξής :
(*) Αναδημοσίευση εργασίας του ∆. Ντρίζου από το περιοδικό της Ε. Μ. Ε. : "ΜΑΘΗ-
ΜΑΤΙΚΗ ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ" τεύχος 47, 1998.
104
"Είδαμε τον υπολογισμό του εμβαδού (Ε = π⋅ρ2) του κυκλικού δίσκου :
x2 + y
2 = ρ
2, ρ > 0.
Μήπως θα μπορούσαμε με ανάλογες διαδικασίες να υπολογίσουμε και το μήκος
αυτού του κύκλου ; "
Τούτο το άρθρο μας, δεν έρχεται να απαντήσει μεμονωμένα σ’αυτή την ερώ-
τηση. Πρέπει να φτιάξουμε την υποδομή, να δούμε το θεωρητικό υπόβαθρο, που
απαιτείται για τη διατύπωση μιας τεκμηριωμένης απάντησης.
ΕΙΣΑΓΩΓΗ
Σε ένα σύστημα συντεταγμένων Oxy του επιπέδου θεωρούμε μία συνεχή κα-
μπύλη γραμμή ΑΒ με μήκος LAB και το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ με μήκος (ΑΒ),
σχήμα 1.
Σχήμα 1
Ισχύει (ΑΒ)2
= (ΑΓ)2
+ (ΓΒ)2, εφαρμογή του Πυθαγορείου θεωρήματος στο ÁÂÃ
<
ή (ΑΒ) = ÁÃ ÃÂb g b g2 2+ , (1).
105
Υποθέτουμε τώρα ότι η καμπύλη γραμμή ΑΒ είναι η γραφική παράσταση
μιας συνεχούς στο [α, β] συνάρτησης ƒ. Τότε η ισότητα (1) γράφεται :
(ΑΒ) = â − + −á áb g2 2ƒ(β) ƒ( ) , (2)
Αν επιπλέον η ƒ είναι παραγωγίσιμη στο [α, β], τότε σύμφωνα με το θεώρημα
της μέσης τιμής του διαφορικού λογισμού, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ∈(α,
β) ώστε η εφαπτομένη (ε) της γραφικής παράστασης της ƒ στο σημείο ∆(ξ,
ƒ(ξ)) να είναι παράλληλη στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ, σχήμα 1. Θα ισχύει δη-
λαδή : ƒ(β) – ƒ(α) = ƒ ΄(ξ)⋅(β – α).
Έτσι η ισότητα (2) γίνεται :
(ΑΒ) = â − + ⋅ −á â áb g2 2ƒ΄(ξ) ( )
ή (ΑΒ) = â − ⋅ +áb g 12ƒ΄(ξ)
Αν τώρα οι αριθμοί α και β είναι "πολύ κοντινοί μεταξύ τους", τότε μπορούμε
να ισχυριστούμε ότι το μήκος LAB της γραφικής παράστασης της ƒ προσεγγί-
ζεται από το μήκος (ΑΒ) του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ.
Έτσι γράφουμε : LΑΒ ≈ â − ⋅ +áb g 12ƒ΄(ξ) όταν (β – α) → 0
ή ισοδύναμα : L lim 1 Äx, üðïõ Äx â áABÄx 0
2= + = −→
ƒ΄(ξ) (3).
ΜΗΚΟΣ ΚΑΜΠΥΛΗΣ ΓΡΑΜΜΗΣ
ΚΑΙ ΟΡΙΣΜΕΝΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ
Έστω η συνάρτηση ƒ με συνεχή πρώτη παράγωγο ƒ ΄ σε κάθε σημείο του δι-
αστήματος [α, β],
μία διαμέριση :
Ρν : α = x0 < x1 < ... < xν = β με ∆x = xκ – xκ–1 = â á
í
−, κ = 1, 2, ..., ν
106
και ξ1, ξ2, ..., ξν οποιαδήποτε σημεία του [α, β] με xκ–1 < ξκ < xκ , κ = 1, 2, ..., ν.
Τότε, όταν ν → +∞ έχουμε (ισοδύναμα) ∆x → 0.
Γεωμετρικά αυτό απλά σημαίνει ότι όταν χωρίζουμε το διάστημα [α, β] σε
διαρκώς και περισσότερα (ν → +∞) υποδιαστήματα μήκους ∆x = xκ – xκ–1 ,
τότε το μήκος καθενός από τα υποδιαστήματα αυτά μικραίνει (∆x → 0).
Με αυτές τις προϋποθέσεις και καθώς ∆x → 0, ορίζουμε ως μήκος της γραφι-
κής παράστασης της ƒ μεταξύ των σημείων της Α0(α, ƒ(α)) και Αν(β, ƒ(β)) την
περίμετρο της τεθλασμένης γραμμής Α0Α1Α2 ... Αν της οποίας οι κορυφές Αi εί-
ναι σημεία της γραφικής παράστασης της ƒ με αντίστοιχες τετμημένες xi ,
i = 0, 1, 2, ..., ν.
Σχήμα 2
Για το μήκος L A A í0 της γραφικής παράστασης της ƒ στο [α, β] έχουμε :
L L L LA A A A A A A Aí í í0 0 1 1 2 1= + + +
−... (σχήμα 2)
= lim lim ...Äx Äx
î Äx î Äx→ →
+ + + + +0
1
2
02
21 1ƒ΄ ƒ΄b g b g
+ limÄx
íî Äx→
+0
21 ƒ΄b g λόγω της (3)
107
= limÄx
êê
í
î Äx→
=
+∑0
2
1
1 ƒ΄b g =
= limí
êê
í
î Äx→+∞
=
+∑ 12
1
ƒ΄b g .
Επομένως L 1 (x) dxÁ Á2
á
â
0 í= + ′z ƒ , ολοκλήρωμα Riemann της συνάρτησης
12+ ƒ΄(x) στο [α, β].
ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ
1. ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΤΟΥ ΜΗΚΟΥΣ ΕΝΟΣ ΚΥΚΛΟΥ
Να υπολογιστεί το μήκος L του κύκλου με εξίσωση x2 + y2 = ρ2, ρ > 0.
Λύση :
Το ημικύκλιο (κ1) είναι η γραφική πα-
ράσταση της συνάρτησης :
ƒ(x) = ñ x2 2− , x∈[–ρ, ρ].
Είναι φανερό ότι L = 2L1, όπου L1 εί-
ναι το μήκος του ημικυκλίου (κ1).
Επομένως :
L = 2 1 2 12
2 12
2 2
22
2 2⋅ + = ⋅ +
−
−
LNMM
OQPP = ⋅ +
−− − −z z zƒ΄(x) 2xdx
ñ xdx
x
ñ xdx
ñ
ñ
ñ
ñ
ñ
ñ.
Τελικά, L = 22
2 2⋅
−−z ñ
ñ xdx
ñ
ñ.
Θέτουμε x = ρ⋅ημu, u∈ −LNMOQP
ð,
ð
2 2, οπότε dx = ρ⋅συνudu.
108
Με x = –ρ προκύπτει ότι ημu = –1, άρα u = −ð
2.
και με x = ρ προκύπτει ότι ημu = 1, άρα u = ð
2.
Η συνεχής συνάρτηση ρ⋅ημu είναι "1 - 1" στο −LNMOQP
ð,
ð
2 2 ως γνήσια αύξουσα,
αφού είναι (ρ⋅ημu)΄ = ρ⋅συνu > 0 για κάθε u∈ −FHGIKJ
ð,
ð
2 2.
Επομένως L = 21
212
2 22
2
2
2
⋅−
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =− −z zñ
ñ çì uñ óõíudu
óõíuñ óõíudu
d ið
ð
ð
ð
= ⋅ = ⋅ − −FHGIKJ
LNM
OQP−z2 2
2 22
2
ñdu ñð
ð ð ð = 2πρ.
2. ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΤΟΥ ΜΗΚΟΥΣ ΜΙΑΣ ΕΛΛΕΙΨΗΣ
∆ίνεται η έλλειψη με εξίσωση την x
á
y
â1
2
2
2
2+ = , 0 < β < α.
Αν L είναι το μήκος της έλλειψης, τότε L = 2á 1 å çì u du2 2
ð2
ð2
⋅ − ⋅−z , όπου
ε είναι η εκκεντρότητα της έλλειψης.
Λύση :
Η εξίσωση της έλλειψης γράφεται :
â x á y á â
Þ yâ
áá x
Þ yâ
áá x x á á
2 2 2 2 2 2
22
22 2
2 2
+ =
= −
= ± ⋅ − ∈ −
d i
, ,
Το τμήμα της έλλειψης που βρίσκεται
"πάνω" από τον άξονα x΄x (δηλαδή τα ση-
μεία της έλλειψης με y ≥ 0) είναι η γραφι-
κή παράσταση της συνάρτησης :
109
ƒ(x) = â
áá x⋅ −2 2 , x∈[–α, α] και έχει μήκος (έστω) L1.
Είναι φανερό ότι L = 2⋅L1, αφού η έλλειψη έχει τον x΄x άξονα συμμετρίας
της.
Έχουμε : ƒ(x) = â
áá x⋅ −2 2 , x∈[–α, α], ƒ ΄(x) =
â
á
x
á x⋅
−
−2 2, x∈(–α, α).
Οπότε 1 + [ƒ ΄(x)]2 = 1 + â
á
x
á x
2
2
2
2 2⋅
−.
Επομένως L1 = 12
2
2
2 2+ ⋅
−−z â
á
x
á xdx
á
á.
Για τον υπολογισμό του ολοκληρώματος L1 θέτουμε :
x = α⋅ημu, u = −LNMOQP
ð,
ð
2 2, οπότε dx = α⋅συνudu
Με x = –α προκύπτει ημu = –1, άρα u = −ð
2.
Με x = α προκύπτει ημu = 1, άρα u = ð
2.
Η συνεχής συνάρτηση α⋅ημu είναι "1 - 1" στο −LNMOQP
ð,
ð
2 2 ως γνησίως αύξουσα,
αφού για κάθε u∈ −FHGIKJ
ð,
ð
2 2 είναι (α⋅ημu)΄ = α⋅συνu > 0.
Επομένως :
Lâ
á
á çì u
á çì uá óõíudu
â
á
çì u
óõí uá óõíudu
á óõí uá óõí u â çì u á óõíudu
á óõí u â çì u du á çì u â çì u du
1
2
2
2 2
2 2
2
2
2
2
2 22 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
11
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
= + ⋅⋅
−⋅ ⋅ =
= + ⋅ ⋅ ⋅ =
=⋅
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ =
= ⋅ + ⋅ = − + ⋅ =
−
−
−
− −
zzzz z
d i
d i
d i
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ð
110
= − − ⋅ = −
−⋅
FHG
IKJ
= ⋅ − ⋅
− −
−
z zz
á á â çì u du áá â
áçì u du
á å çì u du
2 2 2 2 22 2
22
2 2
2
2
2
2
2
2
1
1
d ið
ð
ð
ð
ð
ð
.
Τελικά L = 2 1 2 2
2
2
á å çì u du⋅ − ⋅−z ðð
(*).
3. ∆ίνεται η συνάρτηση ƒ(x) = á
2e e
x
á
x
á⋅ +FHG
IKJ
−, α ≠ 0. Να υπολογιστεί το
μήκος L του τμήματος της γραφικής παράστασης της ƒ που βρίσκεται μετα-
ξύ των σημείων της : Α(0, α) και Β(t, ƒ(t)), t > 0.
Λύση :
Για τον υπολογισμό του μήκους L, έχουμε :
ƒ(x) = á
e ex
á
x
á
2⋅ +FHG
IKJ
−, x∈[0, t](**)
ƒ ΄(x) = á
áe
áe Üñá x e e
x
á
x
á
x
á
x
á
2
1 1 1
2⋅ ⋅−FHG
IKJ = −
FHG
IKJ
− −ƒ΄b g .
Οπότε :
1 11
42
1
44 2
1
42
1
4
2
2 2 2 2
2 2 2
+ ′ = + ⋅FHGIKJ +FHGIKJ −
L
NMM
O
QPP = ⋅ +
FHGIKJ +FHGIKJ −
L
NMM
O
QPP =
= ⋅FHGIKJ +FHGIKJ + ⋅
L
NMM
O
QPP = ⋅ +FHG
IKJ
− −
− − −
ƒ ( )
.
x e e e e
e e e e e e
x
á
x
á
x
á
x
á
x
á
x
á
x
á
x
á
x
á
x
á
(*) Ο υπολογισμός του ολοκληρώματος 1 2 2
2
2
− ⋅−z å çì u du
ð
ð
δεν εντάσσεται στους στό-
χους αυτού του άρθρου.
(**) Η συνάρτηση ƒ(x) = á
e ex
á
x
á
2⋅ +
−FHG
IKJ στη βιβλιογραφία συναντάται με το όνομα α-
λυσσοειδής συνάρτηση.
111
Å ïìÝíùò L x dx e e dx
e e dx á e á e dx
áe e
áe e
tx
á
x
át
x
á
x
át
x
á
x
át
x
á
x
á
t t
á
t
á
ð ( )
.
= + ′ = ⋅ +FHG
IKJ =
= ⋅ +FHG
IKJ = ⋅
FHGIKJ −FHGIKJ
L
NMMM
O
QPPP
=
= ⋅ −LNMM
OQPP = ⋅ −FHG
IKJ
z zz z
−
− −
− −
′ ′
11
4
1
2
1
2
2 2
2
0
2
0
0 0
0
ƒ
4. Να υπολογιστεί το μήκος L της γραφικής παράστασης της συνάρτησης :
ƒ(x) = 1 – ln(συνx), 0 ≤ x ≤ ð
4.
Λύση :
Έχουμε ƒ ΄(x) = − ⋅ ′ ′ = =1
óõíxóõíx Üñá x
çìx
óõíxåöx( ) , ( )ƒ .
Οπότε 1 + ƒ′ = + = + =+
=( )x åö xçì x
óõí x
óõí x çì x
óõí x óõí x
2 22
2
2 2
2 21 1
1.
ΕπομένωςL x dxóõí x
dxóõíx
dxóõíx
dx= + ′ = = =z z z z11 1 12
0 20 0 0
4 4 4 4ƒ ( )ð ð ð ð
.
Για τον υπολογισμό του ολοκληρώματος 1
0
4
óõíxdx
ðz θέτουμε : x = ð
2 – u
άρα dx = –du.
Με x = 0 προκύπτει u = ð
2, ενώ με x =
ð
4 προκύπτει u =
ð
4.
Η συνεχής συνάρτηση ð
2 – u είναι "1 - 1" στο
ð,
ð
4 2LNMOQP ως γνησίως φθίνουσα,
αφού ð
2−FHGIKJ′
u = –1 < 0 για κάθε u∈ð
,ð
4 2FHGIKJ .
112
Επομένως :
Lóõíx
dxóõí u
duçìu
duçì
uóõí
udu
çìu
óõíu
óõíu
duåö
uåö
udu åö
u
= = −−FHGIKJ
= = =
=
FHG
IKJ
= ⋅ FHGIKJ′
=LNM
OQP =
z z z z
z z
1 1
2
1 1
22 2
1
2
2
22
1
22 2
0
2
4
2
4
4
2
4
2
4
2
4
2
4
2
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ð
ln
= lnð
lnð
åö åö4 8− =(*) ln1 – ln 2 1 2 1
1− = − =
−e j e jln
= ln ln1
2 12 1
−= +e j.
5. Να υπολογιστεί το μήκος L της γραφικής παράστασης της συνάρτησης :
ƒ(x) = α⋅ln x
â
x
8á
2FHGIKJ − , 0 < β ≤ x ≤ γ και α ≠ 0.
Λύση :
Είναι ƒ(x) = α⋅ln1 1
82
âx
áx⋅
FHGIKJ − ⋅ , x∈[β, γ] και ƒ ΄(x) = α⋅
11
82
4
âx
âá
xá
x
x
á− ⋅ = − .
Οπότε :
1 + ƒ′ = + FHGIKJ + FHG
IKJ − = FHG
IKJ + FHG
IKJ + ⋅ ⋅ = +FHG
IKJ( )x
á
x
x
á
á
x
x
á
á
x
x
á
á
x
x
á
22 2 2 2 2
14
1
2 42
4 4.
Επομένως :
L x dx áx á
x dx á xá
xâ
ã
â
ã
â
ã
= + ′ = ⋅ + ⋅FHG
IKJ = ⋅ + ⋅LNM
OQP
=z z11 1
4
1
4 2
22
ƒ ( ) ln
(*) Βρίσκουμε εφð
82 1= − εφαρμόζοντας τον τύπο : åö á
óõí á
óõí áãéá á2 1 2
1 2 8=
−
+=
ð.
113
= ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ = ⋅ + ⋅ −á ãá
ã á âá
â áã
â áã âln ln ln .
1
8
1
8
1
82 2 2 2d i
6. Να υπολογιστεί το μήκος L της γραφικής παράστασης της συνάρτησης :
ƒ(x) = x
3á
á
4x
3
2
2
+ , 0 < α ≤ x ≤ 2α.
Λύση :
Είναι ƒ(x) = 1
3 4
12
32
áx
á
x⋅ + ⋅ , x∈[α, 2α]
και ƒ ΄(x) = 1
33
4
1
422
2
2
2
2
2
2áx
á
x
x
á
á
x⋅ − ⋅ = − .
Οπότε :
1+ ƒ′ = +FHGIKJ +FHGIKJ − =
FHGIKJ +FHGIKJ + ⋅ ⋅ =( )x
x
á
á
x
x
á
á
x
x
á
á
x
22
2
2 2
2
2 2
2
2 2
2
2 2
2
2
21
4
1
2 42
4
=x
á
á
x
2
2
2
2
2
4+
FHG
IKJ .
Å ïìÝíùò L x dxá
xá
xdx
á
x á
x
á á á á á
á
á
á
á
á
á
ð ( )
.
= + ′ = ⋅ + ⋅FHG
IKJ =
= ⋅ − ⋅LNM
OQP
= − − + =
z z11
4
1
1
3 4
1 8
3 8 3 4
59
24
22
22
2
2
2
2
3 2 2
ƒ
ΒΙΒΛ ΙΟΓΡΑΦΙΑ
[1] GEORGE B. THOMAS - ROSS L. FINNEY : CALCULUS AND ANALYTIC
GEOMETRY, 6th edition, by Addison Welsey Publishing, 1986
[2] LOUIS BRAND : Μαθηματική Ανάλυση, Ε.Μ.Ε. 1964
[3] PISKOUNOV N. : CALCUL DIFFERENTIEL ET INTEGRAL, Editions Mir -
Moscou, 1976
[4] ΣΙΑΧΟΥ∆ΗΣ ΗΛ. : Γενικά Μαθηματικά, Θεσ/νίκη 1970.
Ντρίζος Δημήτρης Κρίτωνος 1, 42 100, Τρίκαλα
114
ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ
Γραφική παράσταση της ƒ(x) = á
e ex
á
x
á
2⋅ +FHG
IKJ
− για α = 1
0 1 2 3 4 5-1-2-3-4-5
-1
y
x
1
2
3
4
5
Γραφική παράσταση της ƒ(x) = 1 – ln(συνx)
0 1 2 3 4 5-1-2-3-4-5
-1
y
x
1
2
3
4
6 7-6-7
115
Γραφική παράσταση της ƒ(x) = α⋅ln1 1
82
âx
áx⋅
FHGIKJ − ⋅ για α = 2, β = 3
0 1 2 3 4 5-1-2
-1
y
x
-2
-3
-4
1
-5
6 7
Γραφική παράσταση της ƒ(x) = 1
3 4
12
32
áx
á
x⋅ + ⋅ για α = 2
-1
y
1
2
3
-2
-3
0 1 2 3 4 5-1-2-3-4-5 x
116
∆ΙΑΛΟΓΟΣ
Η ΑΛΛΗ ΟΨΗ
Με σεβασμό στην επιστημονική άποψη, η στήλη αυτή θα δημοσιεύει τις από-ψεις αναγνωστών και συνεργατών του περιοδικού, θα ανοίγει θέματα για συζήτη-ση. Οι άνθρωποι που στηρίζουμε το περιοδικό πιστεύουμε ότι ο ουσιαστικός διά-λογος (χωρίς τα χαρακτηριστικά γνωρίσματα ερωτήσεων - απαντήσεων διαδικα-στικού τύπου) ισχυροποιεί και τεκμηριώνει το μαθηματικό λόγο και την μαθηματι-κή άποψη.
ΣΧΕΤΙΚΑ ΜΕ ΜΙΑ ΑΣΚΗΣΗ ΤΗΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ
Στράτος Μάκρας Δρ . Μαθηματ ι κών Παν . Αθηνών
Στη σελίδα 72 του τεύχους 1 της "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΚΦΡΑΣΗΣ" (Μάρτιος
1997) υπάρχει μία πολύ ενδιαφέρουσα άσκηση, στην πραγματικότητα μία ενδια-
φέρουσα πρόταση της Ανάλυσης.
Θεωρούμε μία συνάρτηση ƒ : (α, β) → ΙR, συνεχή στο (α, β) και
παραγωγίσιμη στα διαστήματα (α, x0) και (x0, β). Αν υπάρχει το
lim (x)x x0→
ƒ΄ και είναι ίσο με λ∈IR, τότε η ƒ είναι παραγωγίσιμη και στο
x0 και μάλιστα ƒ΄(x0) = λ.
Στην απόδειξη που προτείνεται στο 1ο τεύχος του περιοδικού "ΜΑΘΗΜΑ-
ΤΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗ" υπάρχει ένα λεπτό σημείο, το οποίο, αν θέλουμε να παραμεί-
νουμε στο πλαίσιο της ύλης που διδάσκεται στο Λύκειο, μπορεί να θεωρηθεί ως
χάσμα.
117
Το ίδιο ακριβώς πράγμα εμφανίζεται σε διάφορα βιβλία ή άρθρα περιοδικών
με την ευκαιρία θεμάτων που χρησιμοποιούν το Θεώρημα Μέσης Τιμής του ∆ια-
φορικού Λογισμού. Ακόμα και στο ιδιαίτερα αξιόλογο βιβλίο του Μ. Spivak
"∆ΙΑΦΟΡΙΚΟΣ και ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ" (Π.Ε.Κ. Ηράκλειο 1991),
σελ. 169 θεώρημα 7, υπάρχει παρόμοια απόδειξη⋅ λέει όμως εκεί ο συγγραφέας
ότι χρειάζεται μια αυστηρή απόδειξη. Νομίζω λοιπόν ότι έχει κάποια σημασία να
επισημάνουμε και να συζητήσουμε αυτό το λεπτό σημείο. Θα προτείνουμε και
μια εναλλακτική λύση, ενώ, τέλος θα αναφερθούμε σε μια άλλη σχετική πρόταση,
την οποία και θα αποδείξουμε.
Α. Που βρίσκεται το πρόβλημα ;
Στην 3η αράδα της λύσης αναφέρεται :
" ... άρα υπάρχει t∈(x0, x) ή t∈(x, x0) τέτοιο ώστε :
ƒ ƒ ƒ΄(x) (x )
x x(t) (1)0
0
−−
=
Όμως όταν x → x0 το t → x0 ..."
To πρόβλημα είναι το εξής : Το t που εμφανίζεται στη σχέση (1) δεν είναι
απαραίτητα μοναδικό, άρα δεν είναι κάποια μονότιμη συνάρτηση (γι’ αυτό μερι-
κές φορές γράφουν, αδόκιμα, tx αντί t).
Έτσι η έκφραση : "όταν x → x0 το t → x0 ..." δεν έχει νόημα, γιατί δεν αναφέ-
ρεται σε κάποια έννοια σύγκλισης που έχει ήδη οριστεί. Κάθε φορά που λέμε
"αυτό τείνει εκεί " θα πρέπει να έχει οριστεί και η αντίστοιχη έννοια σύγκλισης.
Αν βέβαια το t ήταν μοναδικό, τα πράγματα θα ήταν διαφορετικά. ∆υστυχώς
όμως αυτό δεν εξασφαλίζεται από το Θεώρημα Μέσης Τιμής (Θ. Μ. Τ.).
Θα μπορούσε, βέβαια, κάποιος να αντιτείνει το εξής : Αυτό το "όταν x → x0
τότε t → x0" μπορεί να μην σημαίνει τίποτα, δημιουργεί όμως μια ισχυρότατη γε-
ωμετρική βεβαιότητα ! Θα μπορούσαμε λοιπόν να αποφύγουμε το σκόπελο, επι-
λέγοντας για κάθε x ένα από τα πιθανώς περισσότερα t. Έτσι κατασκευάζουμε
μία συνάρτηση t(x) για την οποία ισχύει x < t(x) < x0 ή x0 < t(x) < x και η οποί-
α, βέβαια, τείνει στο x0 όταν x → x0.
Αυτή η "προφανής" κατασκευή της t(x) κάνει ίσως αποδεκτό το άλμα που εμ-
φανίζεται στο σημείο αυτό της απόδειξης. Όμως, όσο προφανής εποπτικά κι αν
φαίνεται η κατασκευή της t(x), η επιλογή δηλαδή ενός μόνο t για κάθε x, αυτή η
118
δυνατότητα δεν εξασφαλίζεται από κανένα θεώρημα της Ανάλυσης (σχολικής ή
όχι). Το πρόβλημα μπορεί να αντιμετωπιστεί με τη χρήση του Αξιώματος της Επι-
λογής της Θεωρίας Συνόλων το οποίο λέει :
"Για οποιαδήποτε οικογένεια μη κενών συνόλων υπάρχει ένα σύ-
νολο, του οποίου η τομή με καθένα από τα σύνολα της οικογένειας
αυτής είναι ένα μονοσύνολο ".
∆ηλαδή το σύνολο αυτό "επιλέγει" ένα ακριβώς στοιχείο από κάθε μέλος της
οικογένειας συνόλων. (Υπάρχουν και άλλες ισοδύναμες διατυπώσεις αυτού του αξιώ-
ματος).
Όσο αθώο και προφανές και αν φαίνεται το αξίωμα αυτό, αποτελεί τη βάση
για την απόδειξη βαθύτατων αποτελεσμάτων, μερικά από τα οποία είναι τελείως
αντίθετα με τη συνήθη εποπτεία. Το αξίωμα αυτό χωρίζει τα θεωρήματα των
Μαθηματικών στα δύο⋅ σ’ αυτά που το χρησιμοποιούν στην απόδειξή τους και σ’
αυτά που δεν το χρησιμοποιούν. Γι’ αυτό, κάθε φορά που μπορούμε, το αποφεύ-
γουμε, προσέχοντας βέβαια να μην χρησιμοποιήσουμε κάτι άλλο ισοδύναμο.
Β. Πως μπορούμε να αντιμετωπίσουμε την άσκηση :
Θα αποδείξουμε ότι :
lim( ) ( )
x x
x x
x xë
→ −
−−
=0
0
0
ƒ ƒ (2)
Έστω ε > 0.
Έχουμε lim ( )x x
x ë→ −
=0
ƒ΄ . Άρα υπάρχει δ > 0 ώστε για κάθε x∈(x0 – δ, x0) να
ισχύει :
ƒ΄(x) – λ < ε (3)
Όμως για κάθε x∈(x0 – δ, x0) υπάρχει, σύμφωνα με το Θ. Μ. Τ. , ξ∈(x, x0)
τέτοιο ώστε ƒ΄ ƒ ƒ( )
( ) ( )î
x x
x x=
−−
0
0
.
Το ξ αυτό, όποιο κι’ αν είναι, βρίσκεται στο (x, x0), άρα κατά μείζονα λό-
γο στο (x0 – δ, x0) και συνεπώς ικανοποιεί την (3).
Θα ισχύει δηλαδή ƒ΄(ξ) – λ < ε άρα και ƒ ƒ( ) ( )x x
x xë
−−
−0
0
< ε για κά-
θε x∈(x0 – δ, x0).
119
Αποδείξαμε λοιπόν την (2), άρα ƒα΄(x0) = λ (η αριστερή παράγωγος στο
x0 είναι ίση με λ).
Όμοια αποδεικνύουμε ότι ƒδ΄(x0) = λ. Έτσι, τελικά, ƒ΄(x0) = λ.
Εδώ τελειώνει η απόδειξη αυτής της πρότασης, χωρίς να χάνεται, ελπί-
ζουμε, η "γεωμετρική βεβαιότητα" της πρώτης απόδειξης.
Η πρόταση αυτή συνδέεται με μια άλλη ενδιαφέρουσα πρόταση.
Ας θεωρήσουμε μία συνάρτηση ƒ παραγωγίσιμη σ’ ένα
διάστημα ∆ (που μπορεί να είναι και το IR ή μια ημιευθεία του
IR). Η ƒ΄ είναι, συνήθως, συνεχής συνάρτηση, όχι όμως πάντο-
τε. Ας πούμε λοιπόν ότι η ƒ΄ παρουσιάζει ασυνέχεια σ’ ένα ε-
σωτερικό σημείο x0 του ∆. Αυτή η ασυνέχεια δεν μπορεί να εί-
ναι απλή με την εξής έννοια : Ένα τουλάχιστον από τα πλευ-
ρικά όρια της ƒ΄ στο x0 θα είναι ∞ ή δεν θα υπάρχει.
Απόδειξη :
Θα κάνουμε "εις άτοπον απαγωγή".
Ας υποθέσουμε ότι και τα δύο πλευρικά όρια υπάρχουν και είναι πραγ-
ματικοί αριθμοί.
Έστω δηλαδή ότι lim ( ) lim ( )x x x x
x ë êáé x ë→ →− +
= =0 0
1 2ƒ΄ ƒ΄ .
Ενεργώντας όπως πριν αποδεικνύουμε ότι ƒα΄(x0) = λ1 και ƒδ΄(x0) = λ2.
Όμως η ƒ είναι παραγωγίσιμη στο x0, άρα λ1 = λ2 = ƒ΄(x0).
Είναι δηλαδή lim ( ) ( )x x
x x→
=0
0ƒ΄ ƒ΄ , πράγμα που σημαίνει ότι η ƒ΄ είναι συ-
νεχής στο x0, άτοπο.
Στράτος Μάκρας
Δρ. Μαθηματικών Πανεπιστημίου Αθηνών Ιωνίδειος Σχολή Πειραιά