Διευθύνοντα Μέλη του mathematica.gr

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Διευθύνοντα Μέλη του mathematica.gr"

Transcript

1

2 Το «Εικοσιδωδεκάεδρον» παρουσιάζει ϑέματα που έχουν συζητηθεί στον ιστότοπο Η επιλογή και η φροντίδα του περιεχομένου γίνεται από τους Επιμελητές του mathematica.gr. Μετατροπές σε LaT E X-Σχήματα-Σελιδοποίηση: Συντακτική Επιτροπή, Εξώφυλλο: Γρηγόρης Κωστάκος. Στοιχειοθετείται με το LaT E X. Μπορεί να αναπαραχθεί και να διανεμηθεί ελεύθερα. ISSN: Εικοσιδωεκάεδρο φιλοτεχνημένο από τον Leonardo da Vinci Το εικοσιδωδεκάεδρο είναι ένα πολύεδρο (3-εδρο) με είκοσι τριγωνικές έδρες και δώδεκα πενταγωνικές. Εχει 30 πανομοιότυπες κορυφές στίς οποίες συναντώνται δύο τρίγωνα και δύο πεντάγωνα και εξήντα ίσες ακμές που η κάθε μία τους χωρίζει ένα τρίγωνο από ένα πεντάγωνο. Είναι αρχιμήδειο στερεό - δηλαδή ένα ημικανονικό κυρτό πολύεδρο όπου δύο ή περισσότεροι τύποι πολυγώνων συναντώνται με τον ίδιο τρόπο στις κορυφές του - και ειδικότερα είναι το ένα από τα δύο οιονεί κανονικά - quasiregular πολύεδρα που υπάρχουν, δηλαδή στερεό που μπορεί να έχει δύο τύπους εδρών οι οποίες εναλλάσσονται στην κοινή κορυφή (Το άλλο είναι το κυβο - οκτάεδρο). Το εικοσιδωδεκάεδρο έχει εικοσιεδρική συμμετρία και οι συντεταγμένες των κορυφών ενός εικοσαέδρου με μοναδιαίες ακμές είναι οι κυκλικές μεταθέσεις των (0, 0, ( ±ϕ), ±, ± ϕ, ± +ϕ ),όπουϕ οχρυσόςλόγος + 5 ενώ το δυαδικό του πολύεδρο είναι το ρομβικό τριακοντάεδρο. Πηγή: Απόδοση: Πάνος Γιαννόπουλος Ο δικτυακός τόπος mathematica.gr ανήκει και διευθύνεται σύμφωνα με τον κανονισμό του που υπάρχει στην αρχική του σελίδα ( από ομάδα Διευθυνόντων Μελών. Διευθύνοντα Μέλη του mathematica.gr Σ Αιρετά Μέλη. Φωτεινή Καλδή (Φωτεινή) Γενική Συντονίστρια. Θάνος Μάγκος (matha) Γενικός Συντονιστής 3. Νίκος Μαυρογιάννης (nsmavrogiannis) Γενικός Συντονιστής 4. Χρήστος Κυριαζής (chris_gatos) Υπεύθυνος Προγραμματισμού 5. Μιχάλης Λάμπρου (Mihalis_Lambrou) Υπεύθυνος Επικοινωνίας και Ενημέρωσης 6. Μίλτος Παπαγρηγοράκης (m.papagrigorakis) Υπεύθυνος Οικονομικών 7. Δημήτρης Χριστοφίδης (Demetres) Υπεύθυνος Εκδόσεων Μόνιμα Μέλη. Γρηγόρης Κωστάκος (grigkost) Διαχειριστής. Αλέξανδρος Συγκελάκης (cretanman) Διαχειριστής Σ Ε. Στράτης Αντωνέας (stranton). Κωνσταντίνος Βήττας (vittasko) 3. Φωτεινή Καλδή (Φωτεινή) 4. Σπύρος Καπελλίδης (s.kap) 5. Αναστάσιος Κοτρώνης (Κοτρώνης Αναστάσιος) 6. Στάθης Κούτρας (ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ) 7. Χρήστος Κυριαζής (chris_gatos) 8. Γρηγόρης Κωστάκος (grigkost) 9. Βαγγέλης Μουρούκος (emouroukos) 0. Μιχάλης Νάννος (Μιχάλης Νάννος). Μίλτος Παπαγρηγοράκης (m.papagrigorakis). Λευτέρης Πρωτοτοπαπάς (Πρωτοπαπάς Λευτέρης) 3. Αλέξανδρος Συγκελάκης (cretanman) 4. Αχιλλέας Συνεφακόπουλος (achilleas) 5. Χρήστος Τσιφάκης (xr.tsif) 6. Σωτήρης Χασάπης (polysot) Ε. Στράτης Αντωνέας (stranton). Ανδρέας Βαρβεράκης (ΑΝΔΡΕΑΣΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ) 3. ΣπύροςΒασιλόπουλος(spyros) 4. Κωνσταντίνος Βήττας (vittasko) 5. Δημήτρης Ιωάννου (ΔΗΜΗΤΡΗΣ) 6. Βασίλης Κακαβάς (KAKABASBASILEIOS) 7. Γιώργης Καλαθάκης (exdx) 8. Σπύρος Καπελλίδης (s.kap) 9. Σπύρος Καρδαμίτσης (Καρδαμίτσης Σπύρος)

3 0. Νίκος Κατσίπης (nkatsipis). ΑναστάσιοςΚοτρώνης(ΚοτρώνηςΑναστάσιος). Στάθης Κούτρας (ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ) 3. Παύλος Μαραγκουδάκης (Παύλος Μαραγκουδάκης) 4. Βαγγέλης Μουρούκος (emouroukos) 5. Γιώργος Μπαλόγλου (gbaloglou) 6. Ροδόλφος Μπόρης (R BORIS) 7. Μιχάλης Νάννος (Μιχάλης Νάννος) 8. Λευτέρης Πρωτοτοπαπάς (Πρωτοπαπάς Λευτέρης) 9. Γιώργος Ρίζος (Γιώργος Ρίζος) 0. Δημήτρης Σκουτέρης (dement). Μπάμπης Στεργίου (Μπάμπης Στεργίου). Σωτήρης Στόγιας (swsto) 3. Αχιλλέας Συνεφακόπουλος (achilleas) 4. Κωνσταντίνος Τηλέγραφος (Τηλέγραφος Κώστας) 5. Σεραφείμ Τσιπέλης (Σεραφείμ) 6. Χρήστος Τσιφάκης (xr.tsif) 7. Σωτήρης Χασάπης (polysot) Μ. Χρήστος Καρδάσης (ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ). Θανάσης Μπεληγιάννης (mathfinder) 3. Θωμάς Ραϊκόφτσαλης (Θωμάς Ραϊκόφτσαλης) 4. Κωνσταντίνος Ρεκούμης (rek) 5. Γιώργος Ροδόπουλος (hsiodos) 6. Βασίλης Στεφανίδης (bilstef)

4 Διασκεδαστικά Μαθηματικά ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Σωτήρης Χασάπης) Ο Γιάννης έχει κάμποσα βάζα με σοκολατάκια από τα οποία κανένα δεν είναι άδειο. Οι κανόνες ενός παιχνιδιού με τον πατέρα του, του επιτρέπουν είτε να διπλασιάσει το περιεχόμενο ενός βάζου, είτε να φάει ένα σοκολατάκι από κάθε βάζο. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο KARKAR) Το ορθογώνιο ABCD τουσχήματος έχει διαστάσεις 8 3 και τα M, N είναι τα μέσα των πλευρών AB, AD. (α) Βρείτε σημείο S της πλευράς DC, ώστε το εμβαδόν του SMN να ισούται με το 3 τουεμβαδούτουabcd. (β) Στη συνέχεια δείξτε ότι η απόσταση BT της κορυφής B από την ευθεία MS,είναιμικρότερηαπό3. (α) Μπορεί πάντα ο Γιάννης να αδειάσει όλα τα βάζα με αυτούς τους κανόνες; (β) Αν αντί να διπλασιάζει το περιεχόμενο ενός βάζουτο τριπλασιάζει, τότε μπορεί πάντα να αδειάσει όλα τα βάζα; ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο KARKAR) Βρείτε τους ϑετικούς ακεραίους a, b, ώστε να ισχύει a + b = 9. Μαθηματικά Α Γυμνασίου ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Τι γωνία σχηματίζουν οι δείκτες ενός συμβατικού ρολογιού στις παρά 0 το βράδυ; Μαθηματικά Γ Γυμνασίου ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Χρήστος Δεμιρτζόγλου) Στο παρακάτω τετράπλευρο ισχύει AB = AΔ, BΓ =ΓΔκαι ΓΔ = ΓP +. Ναβρεθεί το εμβαδό του (ABΓΔ) ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο PetranOmayromixalis) Όλα μουτα στιλό εκτός από 3 είναι μπλε, όλα μουτα στιλό εκτός από 4 είναι κόκκινα, όλα μουτα στιλό εκτός από 5 είναι μαύρα. Πόσα στιλό έχω; Μαθηματικά Β Γυμνασίου ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο KARKAR) Δείξτε ότι τα τμήματα AB,CS στο πιο κάτω σχήμα είναι ίσα μεταξύ τους. ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο vzf) Σε ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές a, b, υ ποτείνου σα c, και m >, να αποδείξετε ότι a m + b m < c m. Μαθηματικά Α Λυκείου, Άλγεβρα ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο qwerty) Να απλοποιήσετε την παρακάτω παράσταση: 08 A = ΑΣΚΗΣΗ 0 (Προτείνει ο Απόστολος Τιντινίδης) Να λυθεί η εξίσωση (3x )(4x )(6x )(x ) = 5. 3

5 Μαθηματικά Α Λυκείου, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Γιώργος Βισβίκης) ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Αποστόλης { Τιντινίδης ) x + y = 4 α) Να λυθεί στο R το σύστημα: x 4 + y 4 = β) Να λυθεί στο R η εξίσωση: 4 x x = 4 Μαθηματικά Β Λυκείου, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Στην πλευρά BC ενός τετραπλεύρου ABCD υπάρχουν δύο σημεία E, F, τέτοια ώστε: BÂE = C ˆDF και EÂF = E ˆDF. Αποδείξτε ότι FÂC = E ˆDB. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Εστω τρίγωνο ABC και M το μέσο του BC. Από τυχαίο σημείο S της ευθείας της διχοτόμου της γωνίας του A, φέρνουμεπροςτις πλευρές AB, AC, ή τις προεκτάσεις αυτών, SE AB και SZ AC. Αν T είναι το σημείο τομής της ευθείας AM με την EZ, νααποδειχθεί ότι: TS BC. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Γιώργος Μήτσιος) Στο σχήμα πουακολουθεί: Οι PA, PBE και EC εφάπτονται στα σημεία A, B,C τουπεριγεγραμμένουκύκλουτου(οξυγωνίου) τριγώνου ABC αντίστοιχα. Είναι BH AC. Να δειχθεί ότι η HB είναι διχοτόμος της γωνίας PHE, Εστω ισοσκελές τρίγωνο ABC(AB = AC). Γράφουμε τον περιγεγραμμένο τουκύκλο (O) κέντρου O. Θεωρούμε σημείο S τουκύκλουμε τα O, S εκατέρωθεν της AC. Οι εφαπτόμενες τουκύκλου (O) στα B, S τέμνονται στο σημείο P. Γράφουμε και τον κύκλο που διέρχεται από τα σημεία C, S, P, ο οποίος τέμνει την ευθεία BP στο T (με P διαφορετικό από το T ). (α) Πως πρέπει να επιλέξουμε το S ώστε τα σημεία O, C, T να ανήκουνστηνίδιαευθεία; (β) Αν ισχύουν οι προϋποθέσεις τουπρώτουερωτήματος και ε- πί πλέον η γωνία ϕ = AĈS = 4 0,ναυπολογιστούνοιγωνίες τουτριγώνουabc και τουτετράπλευρουctps. Μαθηματικά Β Λυκείου, Άλγεβρα ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Να λυθεί το σύστημα x + xy = 9x = + 3xy ( x) 4 ( x) Μαθηματικά Β Λυκείου, Κατεύθυνση ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Αποστόλης Κουρδουκλάς) Εστω η εξίσωση x λx y 4λy 3λ = 0 (Q λ ). 4

6 (α) Δείξτε ότι η παραπάνω εξίσωση παριστάνει δύο κάθετες ευ- ϑείες μεταξύ τους λ R. (β) Βρείτε το γεωμετρικό τόπο τουσημείουτομής των ευθειών για τις διάφορες τιμές του λ. (γ) Αν μια ευθεία της οικογένειας (Q λ ) με ϑετικό συντελεστή διέρχεται από το σημείο ( 3, 0) να βρεθεί η αντίστοιχη τιμή λ 0 της μεταβλητής λ. Δείξτε ότι για την ανωτέρω τιμή λ 0 οι ευθείες της οικογένειας Q λ0 είναι συμμετρικές ως προς την x =. (δ) Ας ονομάσουμε στη συνέχεια τις δύο αυτές ευθείες της οικογένειας Q λ0 με ε -την ευθεία που έχει ϑετικό συντελεστή διεύθυνσης- και ε -την ευθεία η οποία έχει αρνητικό συντελεστή διεύθυνσης. Να βρεθούν οι παράλληλες ευθείες στις ε,ε πουβρίσκονται σε απόσταση 3 από αυτές. (ε) Εστω (δ ) η παράλληλη στην ε πουδεν διέρχεται από το ο τεταρτημόριο και δ αυτή που είναι παράλληλη στην ε και διέρχεται από το ο τεταρτημόριο. Οι ευθείες ε, ε, δ, δ προφανώς τέμνονται ανά δύο. Τι είδος παραλληλόγραμμο σχηματίζουν ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο Χρήστος Ευαγγελινός) Εστω A(, ), B(, 5) δύο κορυφές του τριγώνου ABΓ και I(, ) το έγκεντρό του. Να βρεθούν οι συντεταγμένες της κορυφής Γ. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Γενική Παιδεία ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο parmenides5) Εστω η συνάρτηση f (x) = e x με x 0 και ο δειγματικός χώρος Ω. (α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f (x) μπορεί να είναι πιθανότητα ενός ενδεχομένου A του Ω δηλαδή να ισχύει P(A) = f (x) = e x για x 0. (β) Με δεδομένο το ερώτημα (α) να αποδείξετε ότι ο χώρος Ω αποτελείται από μη ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. ΑΣΚΗΣΗ 0 (Προτείνει ο Αντώνης Κυριακόπουλος) Εστω δ η διάμεσος ν το πλήθος παρατηρήσεων: x, x,..., x ν (ν ). Να α- ποδείξετε ότι η συνάρτηση: f (x) = x x + x x x x ν με x = δ λαμβάνει ελάχιστη τιμή. (α) z =. ( ) z zi i + (β) 0. + zi (γ) Re (z) = z +. (δ) z 3z + = 5 z +. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Ορια, Συνέχεια ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Χρήστος Κυριαζής) Δίνονται οι πραγματικέςσυναρτήσειςμετύπους:, x < 0 f (x) = 0, x = 0, x > 0 και g(x) = x x + 4. Να ορίσετε και στη συνέχεια να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τις συναρτήσεις f g καθώς και τη g f. ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Λάμπρος Μπαλός ) Για x > 0 και για τη γνησίως αύξουσα συνάρτηση f είναι Να βρεθεί ο τύπος της f. f (e f (x) ) = ln x. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Διαφορικός Λογισμός ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Να βρεθεί η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύουν τα εξής: f (x) = e x+ f ( x), x R και f (0) = 0. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Κώστας Ζερβός) Εστω η παραγωγίσιμη γνησίως αύξουσα και κυρτή συνάρτηση f : R R με f (R) = R. Αν η C f έχει ασύμπτωτη στο + την ευθεία y = λx + β: (α) Να αποδειχτεί ότι λ>0. (β) Να βρεθεί (αν υπάρχει) η ασύμπτωτη της C f στο +. (γ) Να αποδειχτεί ότι λ f (x) + β<x για κάθε x R. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Μιγαδικοί Αριθμοί ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Βασίλης Κακαβάς) Αν για τον μιγαδικό z γνωρίζουμε ότι η εικόνα τουείναι σημείο κύκλουκέντρουk(0, ) και ακτίνας, να βρεθεί η μέγιστη τιμή του z (z + )i + z 5. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Βασίλης Ευαγγέλου) Δίνεται μιγαδικός αριθμός z για τον οποίο ισχύει Να αποδειχθεί ότι: z 0 + 0iz 9 + 0iz = 0. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Ολοκληρωτικός Λογισμός ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Δημήτρης Βερροιόπουλος) Να αποδειχθεί ότι: dt e ( x) με x > 0. x e xt t ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο Βασίλης Μαυροφρύδης) Να βρείτε τον τύπο της συνεχούς συνάρτησης f :[, + ) (0, + ) για την οποία ισχύουν: f () =, Η f είναι παραγωγίσιμη στο (, + ), Για κάθε x > είναι x xf(x) = f (x) f (x) ln x, 5

7 Για κάθε x [, + ) είναι x+ x f (t) dt < f (x). (β) Αν η απόσταση AB ισούται με, ναβρείτετασημείαm της γραφικής παράστασης της f και τις εφαπτόμενες στα σημεία αυτά. Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Ασκήσεις σε όλη την Υλη ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο Αποστόλης Κουρδουκλάς) Δίδεται η συνάρτηση x ln x c, x f (x) = x log x + c, 0 < x < 7, x = 0 6 Η f είναι συνεχής στο x 0 =.. Να τη μελετήσετε ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα και να βρείτε το πρόσημο της.. Να βρείτε το σύνολο τιμών της. 3. Να εξετάσετε αν η f είναι συνεχής στο x 0 = 0 και να υπολογίσετε το εμβαδόν πουπερικλείεται της C f των ευθειών x = 0, x = και τουάξονα x x. ΑΣΚΗΣΗ 30 (Προτείνει ο Κώστας Ζερβός) Να βρεθούν οι x, y R, αν (x + 3y) e 4y + y + ( x)e x + = (e x + y) x + y + xy + x + 3, ΑΣΚΗΣΗ 34 (Προτείνει ο Δημήτρης Ιωάννου) Αν x, y R, να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης: A = 04 x + y 4x + y Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Juniors, Άλγεβρα-Θεωρία Αριθμών-Συνδυαστική ΑΣΚΗΣΗ 35 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Αν a, b > 0, να αποδειχθεί ότι: ( + a ) 04 ( + + b ) b a ΑΣΚΗΣΗ 36 (Προτείνει ο Στρατής Αντωνέας) Εστω x n = n + n με n =,,.... Να υπολογίσετε το άθροισμα x x x 49 και x + y =. Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Juniors, Γεωμετρία Μαθηματικά Γ Λυκείου, Κατεύθυνση, Θέματα με Απαιτήσεις ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Για την δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R R ισχύει ΑΣΚΗΣΗ 37 (Προτείνει ο KARKAR) Δύο κύκλοι τέμνονται στα A, B και έχουν κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα CD. Από το B διέρχεται ευθεία ɛ, παράλληλη της CD, η οποία τέμνει τους κύκλους στα P, T. ΤαPC και TD τέμνονται στο S,ενώοιCA και DA τέμνουν την ɛ στα σημεία L, N. ΝαδείξετεότιSL= SN. ( f (x) x ) ( f (x) ) =, x R και είναι Να βρεθεί η f. f (0) =, f (0) = 0. ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης) Αν 0 < a < b και η f :[a, b] R συνεχής και γνησίως αύξουσα, να αποδειχθεί ότι b ab a f (x) b x dx < f (x)dx. a Ασκήσεις μόνο για μαθητές ΑΣΚΗΣΗ 33 (Προτείνει ο Βασίλης Κακαβάς) Εστω σημείο B(x 0, 0) τουημιάξονα Ox με x 0 και η συνάρτηση f (x) = x x, 0 x > 0. Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο M(x 0, f (x 0 ) τέμνει τον Ox στο σημείο A. (α) Να δείξετε ότι η απόσταση AB ισούται με ln x 0. ΑΣΚΗΣΗ 38 (Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC με AB AC.Ονομάζουμε (C) τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC, H το ορθόκεντρο, και O το κέντρο του (C). Αςείναι M το μέσο του BC. ΗAM τέμνει ακόμα τον (C) στο N και ο κύκλος (C ) διαμέτρου AM ξανά στο P. 6

8 (α) Να δειχθεί ότι οι ευθείες AP, BC, OH συντρέχουν αν και μόνο αν AH = HN. (β) Πως μπορεί να γίνει η γεωμετρική κατασκευή ενός τριγώνου με τις πιο πάνω προδιαγραφές; ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Στάθης Κούτρας.) Θεωρούμε τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο (O) και ας είναι (K), ο κύκλος με διάμετρο το ύψος του AD. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες BE, CF, DZ διέρχονται από το ίδιο σημείο, όπου E (K) AC, F (K) AB, Z (K) (O) και Z A. Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Seniors, Άλγεβρα-Θεωρία Αριθμών-Συνδυαστική ΑΣΚΗΣΗ 39 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : Z + Z + τέτοιες, ώστε f (x + f (y)) = xf(x) + y, για κάθε x, y Z +. ΑΣΚΗΣΗ 40 (Θάνος Μάγκος) Αν a, b, c > 0 να αποδείξετε ότι ( (a + b + c) a + b + ) a + b + c 9 c ab + bc + ca. Θέματα Διαγωνισμών ΕΜΕ ΑΣΚΗΣΗ 43 (Προτείνει ο Δημήτρης Ιωάννου) Θεωρούμε στο ε- πίπεδο 00 σημείαώστεανάτρίαναμηνείναισυνευθειακά. Να αποδείξετε ότι το 30% τουλάχιστον των τριγώνων που σχηματίζονται από τα σημεία αυτά, είναι μη οξυγώνια. ΑΣΚΗΣΗ 44 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Υπάρχουν πρώτοι p < p <... < p 99 ώστε οι αριθμοί p + p, p + p 3,..., p 98 + p 99, p 99 + p να είναι τέλεια τετράγωνα ακεραίων; Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Seniors, Γεωμετρία ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο parmenides5.) Τετράπλευρο ABCD είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O, R) και περιγεγραμμένο σε κύκλο (I, r). ΕάνOI = x να αποδειχθεί ότι r = (R + x) + R x). Μαθηματικοί Διαγωνισμοί για Φοιτητές ΑΣΚΗΣΗ 45 (Από τον διαγωνισμό Kyiv Taras του03) Εστω n n πίνακες A, B τέτοιοι ώστε για κάθε n n πίνακα C η εξίσωση AX + YB = C έχει λύση. Να δείξετε ότι για κάθε n n πίνακα C η εξίσωση A 03 X + YB 03 = C έχει λύση. ΑΣΚΗΣΗ 46 (Προτείνει ο Φαίδων Αντριόπουλος) Εστω a R και μια συνάρτηση f :(a, + ) R, η οποία είναι φραγμένη σε κάθε διάστημα της μορφής (a, b) με b R και a < b. Αντοόριο f (x + ) f (x) lim, x + x k υπάρχει για κάποιο k N, ναδείξετεότι f (x) lim = x + x k+ k + lim f (x + ) f (x) x + x k 7

9 Άλγεβρα ΑΕΙ ΑΣΚΗΣΗ 47 (Προτείνει η Μυρτώ Λιάπη) Αν V ο διανυσματικός υποχώρος του R n n πουαποτελείται από τους άνω τριγωνικούς πίνακες, να βρείτε μια βάση του και έναν διανυσματικό υποχώρο W του R n n τέτοιον ώστε ο R n n να είναι το ευθύ άθροισμα των V, W. ΑΣΚΗΣΗ 48 (Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης) Εστω p(x) πολυώνυμο με ρητούς συντελεστές βαθμού τουλάχιστον. Να εξεταστεί αν το σύνολο είναι πυκνό στο R. Ανάλυση ΑΕΙ A = {x R \ Q : p(x) Q} ΑΣΚΗΣΗ 49 (Προτείνει ο Γεώργιος Σμυρλής) Δείξατε ότι υπάρχει συνεχής συνάρτηση f :[0, ] R, ώστε f (x) = γιά κάθε x [0, ]. 0 sin ( x + f (t) ) dt, ΑΣΚΗΣΗ 50 (Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης) Εστω a n μία ακολουθία { ϑετικών ακεραίων με όριο το άπειρο. Εξετάστε αν το σύνολο an } m : n.m N είναι πυκνό στο (0, + ). ΑΣΚΗΣΗ 53 (Προτείνει ο Δημήτριος Κανακάρης) Να αποδειχθεί ότι αν το τετράγωνο ενός ϑετικού ακεραίουμπορεί να παρασταθεί ως διαφορά διαδοχικών κύβων, τότε ο αριθμός αυτός μπορεί να παρασταθεί και ως άθροισμα διαδοχικών τετραγώνων. ΑΣΚΗΣΗ 54 (Προτείνει ο vzf) Δίνονται δεκαεφτά ακέραιοι. Δείξτε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα υποσύνολό τους από εννιά ακέραιους, πουτο άθροισμά τους είναι πολλαπλάσιο του9. Εφαρμοσμένα Μαθηματικά ΑΕΙ ΑΣΚΗΣΗ 55 (Προτείνει ο petros r). Εστω a ένας ϑετικός πραγματικός αριθμός. Υπολογίστε το + sin x cos x I = 0 x(x + a ) dx. ΑΣΚΗΣΗ 56 (Προτείνει ο vz f ) Να υπολογίσετε το μέτρο του έργου W που χρειάζεται για την εκτόξευση πυραύλου βάρους B από την επιφάνεια της Γης, κατακόρυφα σε ύψος h. Προτεινόμενα Θέματα Μαθηματικών (ΑΣΕΠ) ΑΣΚΗΣΗ 57 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Υπολογίστε την τιμή της παράστασης K := cot cos 70. Γεωμετρία ΑΕΙ ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Γρηγόρης Κωστάκος) Τα διανύσματα α = OA, β = OB και γ = OΓ είναι μοναδιαία και σχηματίζουν ίσες γωνίες π 3,δηλαδή Να υπολογισθεί η παράσταση ( α, β ) = ( β, γ ) = ( γ, α ) = π 3. A = ( α ( α ( α γ ))) ( β γ ). ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Γρηγόρης Κωστάκος) Από τυχόν σημείο M τής έλλειψης x α + y β =, α,β R, φέρνουμετιςκαθέτουςπροςτουςάξονέςτης,ma και MB, αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι ο πόλος τής ευθείας που διέρχεται από τα σημεία A και B, γράφειτηνκαμπύλη α x + β y =. ΑΣΚΗΣΗ 58 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Να βρεθεί η ελάχιστη και η μέγιστη τιμή της συνάρτησης f (x) = sin x sin x + cos x +. Ο Φάκελος του καθηγητή, Ανάλυση ΑΣΚΗΣΗ 59 (Προτείνει ο Γιώργος - Σ. Σμυρλής) Εστω (a n ) n N μια ακολουθία ϑετικών αριθμών. Είναι γνωστό ότι: Αν a n <, τότε n= n= a n n n <. Να αποδειχθεί το ακόλουθο, κάπως πιο εξειδικευμένο, αποτέλεσμα: Αν a n = s <, τότε a n n n s + s. n= ΑΣΚΗΣΗ 60 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Να βρείτε ό- λες τις συνεχείς συναρτήσεις f : R R τέτοιες, ώστε για κάθε x, y R. n= f (x + y + f (xy)) = xy + f (x + y), Θεωρία Αριθμών ΑΕΙ Ο Φάκελος του καθηγητή, Γεωμετρία 8

10 ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Χρήστος Κυριαζής) Εστω παραβολή y = px με το E για εστία. Για n 3 ϑεωρούμε ένα κανονικό πολύγωνο A A A 3 A n με κέντρο την εστία E και με καμία κορυφή στον άξονα συμμετρίας της παραβολής. Αν οι ημιευθείες EA, EA,...,EA n τέμνουν την παραβολή στα B, B,...,B n αντιστοίχως τότε να δείξετε ότι: EB + EB + EB EB n np. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Γιώργης Καλαθάκης) Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ABCD. Να βρείτε μια αναγκαία και ικανή συνθήκη, ώστε να υπάρχει σημείο O στο εσωτερικό τουτετραπλεύρουγια το οποίο να ισχύει: (AOB) = (BOC) = (COD) = (DOA). Ο Φάκελος του καθηγητή, Άλγεβρα ΑΣΚΗΣΗ 63 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Ας είναι n ακέραιος και a C R με a =. Θεωρούμε την εξίσωση Να αποδείξετε ότι: n ( ) n ( + a k )x k = 0. k k=0 (α) Οι ρίζες της εξίσωσης είναι σημεία μιας ευθείας l a (β) Δύο ευθείες l a,l b τέμνονται κάθετα αν και μόνο αν ισχύει a + b = 0. ΑΣΚΗΣΗ 64 (Προτείνει ο Βαγγέλης Μουρούκος) Να αποδείξετε ότι ( ) arccos = arctan

11 Επιμελητής: Γιώργος Ρίζος ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Σωτήρης Χασάπης) Ο Γιάννης έχει κάμποσα βάζα με σοκολατάκια από τα οποία κανένα δεν είναι άδειο. Οι κανόνες ενός παιχνιδιού με τον πατέρα του, του επιτρέπουν είτε να διπλασιάσει το περιεχόμενο ενός βάζου, είτε να φάει ένα σοκολατάκι από κάθε βάζο. (α) Μπορεί πάντα ο Γιάννης να αδειάσει όλα τα βάζα με αυτούς τους κανόνες; (β) Αν αντί να διπλασιάζει το περιεχόμενο ενός βάζου το τριπλασιάζει, τότε μπορεί πάντα να αδειάσει όλαταβάζα; Ομως ο κανόνας (γ) μπορεί να εφαρμοστεί το πολύ m διαδοχικές φορές, όπου m οαριθμόςτωνβάζων. Επομένως η ακολουθία (N k(m+) ) είναι αυστηρώς φθίνουσα ακολουθία φυσικών, άτοπο αφού τέτοια α- κολουθία δεν μπορεί να υπάρξει. Για το επιπλέον ερώτημα αν ξεκινήσουμε με δύο βάζα και συνολικά περιττό αριθμό από σοκολατάκια τότε, μετά από κάθε βήμα ο αριθμός ϑα εξακολουθεί να είναι περιττόςκαιάραταβάζαδενϑααδειάσουνποτέ. ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο KARKAR) Βρείτε τους ϑετικούς ακεραίους a, b, ώστε να ισχύει a + b = &t 3906 Λύση (Δημήτρης Χριστοφίδης) Μπορεί να τα αδειάσει. Ακολουθεί τους εξής κανόνες: (α) Αν δεν υπάρχει βάζο με ένα σοκολατάκι, τότε α- φαιρεί ένα σοκολατάκι από κάθε βάζο. (β) Αν όλα τα βάζα έχουν από ένα σοκολατάκι, τότε αφαιρεί ένα σοκολατάκι από κάθε βάζο. (γ) Αν υπάρχει τουλάχιστον ένα βάζο που έχει ένα σοκολατάκι και τουλάχιστον ένα που έχει περισσότερα, τότε παίρνει ένα βάζο που περιέχει ένα σοκολατάκι και διπλασιάζει το περιεχόμενό του. Υποθέτουμε ότι η πιο πάνω διαδικασία δεν τερματίζει ποτέ και ϑα καταλήξουμε σε άτοπο. Εστω N k ο αριθμός από σοκολατάκια που περιέχει το βάζο με τα περισσότερο σοκολατάκια μετά το βήμα k. Παρατηρούμε ότι η ακολουθία (N k ) είναι φθίνουσα. Επίσης παρατηρούμε ότι N k+ < N k, εκτός και αν στο k + βήμαεφαρμόζουμετονκανόνα(γ). 44&t 3494 Λύση (Θανάσης Μπεληγιάννης) Είναι a + b = ab 9a 9b = 0 9 4ab 8a 8b = 0 (a 9)(b 9) = 8. απ όπου παίρνουμε τις λύσεις: (a, b) = (5, 45), (a, b) = (6, 8), (a, b) = (9, 9), (a, b) = (8, 6), (a, b) = (45, 5). Λύση (Στράτης Αντωνέας) Το συγκεκριμένο πρόβλημα υπάρχει στον πίνακα που έχει ο πάπυρος του Rhind, όπου αναφέρεται πως γίνεται η ανάλυση ενός κλάσματος της μορφής με n =, 3,...,50 σε ϑεμε- n + λιώδη κλάσματα, δηλαδή κλάσματα με αριθμητή το. Στον πίνακα υπάρχει η ανάλυση 9 = Μια ανάλυση τέτοιων κλασμάτων μπορούμε να πετύχουμε χρησιμοποιώντας την ταυτότητα: 0

12 n + = (n + )(n + ) + n +. Από αυτήν έχουμε: 9 = Σχετικά με το ϑέμα μπορείτε να βρείτε στη σειρά: Ιστορία των Μαθηματικών - G. Loria, Εκδοση ΕΜΕ, τόμος πρώτος. Λύση 3 (Γιάννης Σταματογιάννης) Η σχέση που δόθηκε γράφεται a + b = 9 a = ( ) b 9 Εφόσον ο a είναι ϑετικός ακέραιος έχουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: b 9 = b = 5, a = 45, (a, b) = (45, 5). b 9 = 3 b = 6, a = 8, (a, b) = (8, 6). b 9 = 9 b = 9, a = 9, (a, b) = (9, 9). b 9 = 7 b = 8, a = 6, (a, b) = (6, 8). b 9 = 8 b = 45, a = 5, (a, b) = (5, 45). Οι άλλες περιπτώσεις δεν δίνουν ϑετικούς ακέραιους.

13 Επιμελητής: Δημήτρης Ιωάννου ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Τι γωνία σχηματίζουν οι δείκτες ενός συμβατικού ρολογιού στις παρά 0 το βράδυ; 33&t 494 Λύση (Χρήστος Ντάβος) Στις 0 ακριβώς λοιπόν, σε 40. Ο μεγάλος δείκτης ϑα υστερεί από τις 0 κατά 360 = 60. Ο μικρός δείκτης υπερβαίνει τις 0 κατά = 0. Συνολικά λοιπόν σχηματίζουν γωνία 80. ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο PetranOmayromixalis) Όλα μουτα στιλό εκτός από 3 είναι μπλε, όλα μουτα στιλό εκτός από 4 είναι κόκκινα, όλα μουτα στιλό εκτός από 5 είναι μαύρα. Πόσα στιλό έχω; 33&t 0369 Λύση (Geopa) Α) Αν έχουμε μόνο μπλε, κόκκινα και μαύρα στιλό τότε από τα δεδομένα: Κόκκινο + Μαύρο = 3. Μπλε + Μαύρο = 4. Μπλε + Κόκκινο = 5. Αν τα προσθέσουμε κατά μέλη είναι (Μπλε + Κόκκινο + Μαύρο) =. Άρα Μπλε + Κόκκινο + Μαύρο = 6. Β) Αν υπήρχαν και στιλό με άλλα χρώματα τότε από τα δεδομένα ϑα είχαμε: Κόκκινο + Μαύρο + άλλο χρώμα = 3. Μπλε + Μαύρο + άλλο χρώμα = 4. Μπλε + Κόκκινο + άλλο χρώμα = 5. Από την πρώτη εξίσωση: Κόκκινο = Μαύρο = Άλλο χρώμα =. Ενώ από τη η Μπλε =. Και από την 3η Μπλε = 3. Άτοπο, δεν υπάρχει στυλό με άλλο χρώμα.

14 Επιμελητής: Παύλος Μαραγκουδάκης ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο KARKAR) Δείξτε ότι τα τμήματα AB, CS στο πιο κάτω σχήμα είναι ίσα μεταξύ τους. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο KARKAR) Το ορθογώνιο ABCD τουσχήματος έχει διαστάσεις 8 3 και τα M, N είναι τα μέσα των πλευρών AB, AD. (α) Βρείτε σημείο S της πλευράς DC,ώστετοεμβαδόν του SMNνα ισούται με το τουεμβαδού του 3 ABCD. (β) Στη συνέχεια δείξτε ότι η απόσταση BT της κορυφής B από την ευθεία MS, είναι μικρότερη από &t 4079 Λύση (Ραφαήλ Ψυρούκης) Εύκολα βρίσκουμε ότι CÔS = 0. Επειδή οι BO και CO είναι ακτίνες του ίδιου κύκλου το COB είναι ισοσκελές και άρα OĈB = O ˆBC = 40. Εύκολα τώρα βρίσκουμε ότι OĈS = 40 και άρα CŜO = 0. Άρα το SCO είναι ισοσκελές και άρα SC = CO. Ομως CO = BO και άρα από τις παραπάνω σχέσεις παίρνουμε: SC = BO () Η BÂO είναι εγγεγραμμένη που βαίνει στο τόξο BÔK, όπουk το σημείο τομής της AO με τον κύκλο. Ομως BÔK = 0 και άρα: BÂO = BÔK = 60 Επομένως, το BOA είναι ισόπλευρο και άρα: AB = BO () Από τις () και () έχουμε το ζητούμενο. 34&t 4096 Λύση (Μιχάλης Νάννος) (α) Θέτω DS = x, άραsc = 8 x. Αφού (ABCD) = 4, (MAN) = 3, (MNS) = 8ϑα πρέπει Άρα (DNS ) + (SMBC) = 3. 3x 4 που δίνει x = ( x) = 3 (β) Φέρω SE = CB = 3, τότε EB = SC = 4 3 και ME = 8 3. Από Πυθαγόρειο στο SME είναι ( ) 8 SM = + 3 SM=

15 Στο SMBείναι BT SM = SE MB BT = Υψώνοντας στο τετράγωνο έχουμε BT = < 9 = 3 96 < 305, συνεπώς BT < 3. 4

16 Επιμελητής: Γιώργος Ρίζος ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Χρήστος Δεμιρτζόγλου) Στο παρακάτω τετράπλευρο ισχύει AB = AΔ, BΓ = ΓΔ και ΓΔ = ΓP +. Ναβρεθείτοεμβαδότου(ABΓΔ) αφού ΔP = BP = 8. Τέλος (ABΓΔ) = (ABΔ) + (ΓΔB) E = = 68. ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο vzf) Σε ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές a, b, υποτείνουσαc, καιm >, νααποδείξετε ότι a m + b m < c m. 35&t Λύση (Δημήτρης Τσιντσιλίδας) Τα σημεία A και Γ ισαπέχουν από τα B και Δ,άραηAΓ ειναι μεσοκάθετος της BΔ. Ετσι με το Πυθαγόρειο ϑεώρημα παίρνουμε ότι AP = 6. Επίσης ξανά με Πυθαγόρειο έχουμε ΓΔ =ΔP +ΓP (ΓP + ) = 64 +ΓP 4ΓP = 60 ΓP = &t 544 Λύση (Κώστας Καπένης) Αφού a c <, b c < καιm > τότε ϑα ισχύουν: ( a ) m ( ) m b ( a ) ( ) b + < + = a + b = c c c c c a m + b m < c m. 5

17 Επιμελητής: Στράτης Αντωνέας ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο qwerty) Να απλοποιήσετε την παρακάτω παράσταση: 08 A = &p 887#p887 Λύση (Αλέξανδρος Συγκελάκης) Είναι γνωστό ότι αν a + b + c = 0τότεa 3 + b 3 + c 3 = 3abc. (Αυτήηπρόταση υπάρχει στη σελ. 48 του σχολικού βιβλίου της Α Λυκείου). Άρα αφού ) A + ( = 0 και όμοια 08 0 = ( 3 ) 3. Άρα 08 A = = 3 ( 3 + ) 3 ( 3 3 ) 3 = ( 3 + ) ( 3 ) = ΑΣΚΗΣΗ 0 (Προτείνει ο Απόστολος Τιντινίδης) Να λυθεί η εξίσωση (3x )(4x )(6x )(x ) = 5. από την παραπάνω πρόταση παίρνουμε A 3 + Οπότε ( ) 3 + ( ) ) 08 = 3A ( A 3 0 = 3A 3 ( )( 08 0 ) A 3 0 = 6A A 3 + 6A 0 = 0 ( A 3 8 ) + (6A ) = 0 (A )(A + A + 0) = 0 A = αφού το τριώνυμο A + A + 0 δεν έχει πραγματικές ρίζες. Λύση (Κώστας Ζερβός) Είναι 08 = 3 3.Άρα = = = ( 3) ( 3) = ( 3 + ) 3 9&p 97474#p97474 Λύση (Σπύρος Καρδαμίτσης) Κάνοντας πράξεις μεταξύ πρώτης, τέταρτης και δεύτερης, τρίτης παρένθεσης έχουμε: (36x 5x + )(4x 0x + ) = 5 [3 (x 5x) + ][ (x 5x) + ] = 5 Θέτοντας x 5x = t η παραπάνω εξίσωση γράφεται: (3t + )(t + ) = 5 6t + 5t 4 = 0 που έχει ως ρίζες τις t = 4 3 και t =. Αντικαθιστώντας στο μετασχηματισμό προκύπτουν οι εξισώσεις: ήισοδύναμα x 5x = 4 3 και x 5x = 36x 5x + 4 = 0και4x 0x = 0. Εύκολα βρίσκουμε ότι η πρώτη είναι αδύνατη και η δεύτερη έχει ως ρίζες της και οι οποίες είναι και ρίζεςτηςαρχικήςεξίσωσης. Λύση (Γιώργος Βισβίκης) Θέτω x = y, οπότεη εξίσωση γράφεται ισοδύναμα: y(y 3)(y )(y ) = 0 (y 3y)(y 3y + ) = 0. 6

18 Στη συνέχεια ϑέτω y 3y = t και έχω t + t 0 = 0 t = 0 ή t =. Για t = 0 είναι y 3y 0 = 0 y = 5ήy =. Επομένως, x = 5 x = ήx = x =. Για t = είναι y 3y + = 0, που δεν έχει πραγματικές λύσεις. 7

19 Επιμελητής: Μιχάλης Νάννος ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Γιώργος Βισβίκης) ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Στην πλευρά BC ενός τετραπλεύρου ABCD υπάρχουν δύο σημεία E, F, τέτοια ώστε: BÂE = C ˆDF και EÂF = E ˆDF. ΑποδείξτεότιFÂC = E ˆDB. 0&t 433 Λύση (Στάθης Κούτρας) Εστω ισοσκελές τρίγωνο ABC(AB = AC). Γράφου με τον περιγεγραμμένο τουκύκλο (O) κέντρου O. Θεωρούμε σημείο S τουκύκλουμε τα O, S εκατέρωθεν της AC. Οι εφαπτόμενες τουκύκλου(o) στα B, S τέμνονται στο σημείο P. Γράφουμε και τον κύκλο που διέρχεται από τα σημεία C, S, P, ο οποίος τέμνει την ευθεία BP στο T (με P διαφορετικό από το T). (α) Πως πρέπει να επιλέξουμε το S ώστε τα σημεία O, C, T να ανήκουν στην ίδια ευθεία; Με EAF = EDF AEFD εγγράψιμο σε κύκλο. Εχουμε: XBA = BAE + AEB (εξωτερική στο τρίγωνο ABE) = FDC + ADF ( BAE = FDC, AEB = ADF = ADC αφού AEFD εγγράψιμο) (β) Αν ισχύουν οι προϋποθέσεις τουπρώτουερωτήματος και επί πλέον η γωνία ϕ = AĈS = 4 0,να υπολογιστούν οι γωνίες του τριγώνου ABC και του τετράπλευρου CTPS. Άρα το BADC είναι εγγράψιμο. Οπότε: BAC = BDC FAC = EDB ( BAF = EDC) 0&t 443 και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Λύση (Μιχάλης Νάννος) 8

20 CTPS να είναι εγγράψιμο, δηλαδή C TB= CŜP= CÂS = C BS = ω. Από το ορθογώνιο τρίγωνο OBT είναι ω = 90 θ, οπότε το σημείο S προσδιορίζεται αν κατασκευάσουμε CÂS = 90 BÂC με 0 <θ<45. (β) Αν AĈS = 4, τότε S PB = 4 + θ. ισοσκελές τρίγωνο PS B είναι Από το 4 + θ + ω + θ = 80 () και από το ορθογώνιο τρίγωνο OBT είναι (α) Θέτω BÂC = θ = BŜC και C TB = ω. Θα είναι BÔC = θ (επίκεντρη - εγγεγραμμένη στο ίδιο τόξο) και P BC = θ (χορδή και εφαπτομένη). Για να είναι τα O, C, T συνευθειακά ϑα πρέπει το ω = 90 θ (). Από το σύστημα των (), () παίρνουμε (θ, ω) = (8, 34 ), οπότε ABC(8, 76, 76 ) και CTPS (4, 46, 56, 34 ). 9

21 Επιμελητής: Γιώργης Καλαθάκης ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Να λυθεί το σύστημα x + xy = 9x ( x) 4 = + 3xy ( x) &t &t 4090 Λύση (Κώστας Ζερβός) Για το α) Είναι: x 4 + y 4 = 8 ( x + y ) x y = 8 [ (x + y) xy ] (xy) = 8 Λύση (Κώστας Ζερβός) Πρέπει x. 3x Εστω t = (x ),τότε: t = + ty t 0 t = ty y = t. t Επίσης: x x 0 + xy = y = x. x Άρα t = x xt x = t tx t x xt + tx x t = 0 xt(t + x) (t + x) = 0 (t + x)(xt ) = 0 t = x ή xt =. 3x Αν t = x, τότε = x (x ), από την x + xy = έχουμεx 0, άρα (x ) = 3 που είναι αδύνατη. Αν tx =, τότε: 3x (x ) = 3x = x x + x + x = 0 x = ± 3. και αφού x = x,απότηνy = x x y =. Άρα (x, y) = ± 3, έχουμε: ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Αποστόλης { Τιντινίδης ) x + y = 4 α) Να λυθεί στο R το σύστημα: x 4 + y 4 = 8 4 β) Να λυθεί στο R 4 η εξίσωση: 4 x x = 4 (4 xy) (xy) = 8 (yx) 64xy + 74 = 0 (xy) 3(xy) + 87 = 0 xy = 9 ή xy = 3. Αν xy = 3, έχουμε x + y = 4 y = 4 x,άρα x(4 x) = 3 x 4x + 3 = 0 x = ήx = 3. Για x = έχουμεy = 3. Για x = 3έχουμεy =. Αν xy = 9, έχουμε x + y = 4 y = 4 x,άρα x(4 x) = 9 x 4x + 9 = 0πουείναιαδύνατη. Άρα (x, y) = (, 3) ή (x, y) = (3, ). β) Πρέπει 4 x 4. Εστω a = 4 4 x, b = x. Τότεa + b = 4καιa 4 + b 4 = 4 x x = 8. Άρα η (a, b) είναι λύση του προηγούμενου συστήματος. Επομένως (a, b) = (, 3) ή (a, b) = (3, ). 4 4 x = Αν (a, b) = (, 3), τότε: x = 3 x = 40 x = 40. Αν (a, b) = (3, ),τότε: 4 4 x = 3 x = x = x = 40. Άρα x = 40 ή x = 40 0

22 Επιμελητής: Στάθης Κούτρας ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Εστω τρίγωνο ABC και M το μέσο του BC. Από τυ - χαίο σημείο S της ευθείας της διχοτόμου της γωνίας του A, φέρνουμεπροςτιςπλευρέςab, AC, ή τις προεκτάσεις αυτών, SE AB και SZ AC. Αν T είναι το σημείο τομής της ευθείας AM με την EZ, νααποδειχθείότι: TS BC. αντίστοιχα και συνεπώς η σειρά (Z, E, L, T) είναι αρμονική, άρα και η δέσμη A.ZELT είναι αρμονική και με M το μέσο της BC AL BC : (). Στο τρίγωνο AS L ισχύει ότι τα AQ, LF είναι τα δύο ύψη του, με F AS TZ (EZ AS από τον «χαρταετό» ) και συνεπώς AQ LF T είναι το ορθόκεντρό του, άρα ST AL AL BC ST BC και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Λύση (Σιλουανός Μπραζιτίκος) &t 46 Λύση (Στάθης Κούτρας) Προφανώς το τετράπλευρο AES Z είναι «χαρταετός» και εγγράψιμος σε κύκλο (έστω (O)) διαμέτρου AS ( AES = AZS = 90 0), (έστω κέντρου O) και ας είναι Q AM (O), L EZ SQ Τότεπροφανώςείναι ZQA = EQA (από τον «χαρταετό» ) και LQ QT A ( AS διάμετρος του (O)). Ετσι στο τρίγωνο ZQE οι QT, QL είναι η εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος του Θεωρούμε την ομοιοθεσία του A που στέλνει το S στο μέσο N του τόξου BC (από τη διχοτόμο της γωνίας A) τουπερίκυκλουτουτριγώνου ABC που δεν περιέχει το A. Οι εικόνες E, Z ϑα είναι οι ορθές προβολές K, L του N στις ευθείες των πλευρών AB, AC του τριγώνου ABC αντίστοιχα. Από το Θεώρημα Simpson τα σημεία K, M, L είναι συνευθειακά και η εικόνα του T ϑα είναι η τομή της AT με την KL, δηλαδήτοσημείοm. Ετσι η εικόνα του ST ϑα είναι η NM.Απότηνομοιο- ϑεσία είναι ST NM και με NM BC (αφού N, M είναι τα μέσα του τόξου και της αντίστοιχης σε αυτό χορδής BC αντίστοιχα) ϑα είναι και ST BC και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Λύση 3 (Σωτήρης Λουρίδας) Λήμμα:

23 Εστω τρίγωνο ABC και η διάμεσός του AM. Από τυχόν σημείο T της ημιευθείας AM ϑεωρούμε κάθετη στη διχοτόμο της γωνίας A του τριγώνου ABC που τέμνει την ημιευθεία AB στο σημείο E και την ημιευθεία TZ AC στο σημείο Z. Τότε ισχύει η σχέση: TE = c b. Απόδειξη τουλήμματος Θεωρούμε τη διχοτόμο Ax της γωνίας A και E AB, Z AC, T EZ,, EZ Ax, AV = VB, AL = LC, DF Ax. Σημείωση: Στο σχήμα είναι ML AB, MV AC, VM = VD. Λύση 4 (Στάθης Κούτρας) Εστω K, L τα σημεία τομής της εκ του T παραλλήλου προς την BC με τις AB, AC αντίστοιχα και ας είναι P, Q οι ορθές προβολές του T στις AB, AC αντίστοιχα. Τότε: M μέσο της BC KL BC T μέσο της KL Παρατηρούμε ότι MV = VD λόγω της καθετότητας της MD στη διχοτόμο. Ετσι παίρνουμε TZ TE = MF MD = AV VD = c AV VM = = c b b. Στο ϑέμα μας τώρα: Από το παραπάνω λήμμα στο TZ σχήμα που ακολουθεί ισχύει: TE = MF MD = c b = BJ JC : (). οπότε: Από τον «χαρταετό» (TK) = (TL) (AT K) = (AT L) (TQ) (TP) = (AK) (AL) = (AB) (AC) : (). AES Z (AE) = (AZ) TPE= TQZ=90 0 PET = QZT TQZ = TPE (TQ) (TP) = (QZ) () (PE) (QZ) (PE) = (AB) (AC) και από το Θεώρημα των καθέτων ευθειών προκύπτει ότι TS BC και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Γιώργος Μήτσιος) Στο σχήμα πουακολουθεί: Επομένως το τρίγωνο WEZ είναι όμοιο προς το τρίγωνο ABC καθότι ταυτόχρονα με την () έχουμε: SWZ = EWS = SEZ = EZS = A. Άρα παίρνουμε ZSW = ZEW = C από το οποίο παίρνουμε το ζητούμενο. Οι PA, PBE και EC εφάπτονται στα σημεία A, B, C τουπεριγεγραμμένουκύκλουτου(οξυγωνίου) τριγώνου ABC αντίστοιχα. Είναι BH AC. Να δειχθεί ότι η HB είναι διχοτόμος της γωνίας PHE,

24 Με τους γνωστούς συμβολισμούς των πλευρών του τριγώνου ABC και με OA = OB = r, αν διαιρέσουμε κατά μέλη τις σχέσεις (), (3) προκύπτει: HC HA = a c MO NO : (4). Ομως OA = MO PO και OB = NO EO από το Θεώρημα του Ευκλείδη στα ορθογώνια τρίγωνα AOP και BOE αντίστοιχα, και έτσι ϑα έχουμε, εξισώνοντας τα δεύτερα μέλη: MO PO = NO EO και με τη βοήθεια αυτής η σχέση (4) γίνεται: &t 4596 Λύση (Νίκος Φραγκάκης) HC HA = a c EO PO : (5). ΑλλάσταεγγράψιματετράπλευραOBEC και OBPA α- πό το Θεώρημα του Πτολεμαίου έχουμε: a EO = rx και c PO = ry, όπου EC = EB = x και PA = PB = y. Τώρα ϑα έχουμε από τη σχέση (5), HC HA = x y = CE AP : (6). Για να δείξουμε ότι a = a αρκεί να δείξουμε ότι τα τρίγωνα CHE και AHP είναι όμοια. Το τρίγωνο ZAC είναι ισοσκελές με κορυφή το σημείο Z,, που είναι το σημείο τομής των PE, EC. Θαέχειλοιπόν τις παρά την βάση του γωνίες ίσες και προφανώς και τα παραπληρώματα αυτών των γωνιών ίσα, δηλαδή ϑα ισχύει: ECH = HAP : (). Φέρνουμε τις διακεντρικές ευθείες OP, OE που είναι προφανώς μεσοκάθετες στις AB, BC αντίστοιχα στα σημεία M, N. Τα ορθογώνια τρίγωνα HCB και MOA είναι όμοια γιατί έχουν AOM = AOB = HCB και έτσι ϑα ισχύει: ομοίως δε HC MO = CB OA : (), HA NO = AB OB : (3). Οι σχέσεις (), (6) μας εξασφαλίζουν ότι: HAP από όπου προκύπτει το ζητούμενο. Λύση (Γιώργος Βισβίκης) HCE 3

25 Μέχρι ECH = HPA όπως η προηγούμενη λύση του Νίκου Φραγκάκη. Εστω A, B, C οι γωνίες του τριγώνου ABC. Τα ορθογώνια τρίγωνα EMB, AHB είναι όμοια ( A = B )άρα BE AB = MB AH BE AB = BC AH : (). Ομοίως τα ορθογώνια τρίγωνα CGB, BNP είναι ό- μοια ( C = B )άρα BE CH = BP BC AB CH = BP BC : (). Πολλαπλασιάζοντας τις (), () κατά μέλη παίρνουμε: BE AB AB CH = BC AH BP BC BE CH = BP AH. Αλλά BE = CE, BP = AP οπότε η παραπάνω σχέση CE γίνεται CH = AP και επειδή ECH = HAP, τατρίγωνα CHE, AHP είναι όμοια από όπου προκύπτει AH το ζητούμενο. Λύση 3 (Νίκος Φραγκάκης) και έτσι ισχύει:,ομοίωςδε Είναι: HC BO = HB BP HC r HA r = HB x = HB y : (3). : () (), (3) HC HA = x y = CE AP : (4). Οι σχέσεις (), (4) μας εξασφαλίζουν ότι HCE HAP από όπου προκύπτει το ζητούμενο. Λύση 4 (Κώστας Βήττας) Για να δείξουμε ότι a = a αρκεί να δείξουμε ότι τα τρίγωνα CHE και AHP είναι όμοια. Το τρίγωνο ZAC είναι ισοσκελές με κορυφή το Z, πουείναιτο σημείο τομής των PE, EC. Θα έχει λοιπόν τις παρά την βάση του γωνίες ίσες και προφανώς και τα παραπληρώματα αυτών των γωνιών ίσα, δηλαδή ECH = HAP : (). Θέτουμε OA = OB = r, CE = EB = x και PA = PB = y. Φέρνουμε τις διακεντρικές ευθείες OP, OE που προφανώς είναι μεσοκάθετες στις AB, BC αντίστοιχα. Τα ορθογώνια τρίγωνα HCB και BOP είναι όμοια γιατί έχουν: BOP = AOB = HCB Εστω T PE AC και στο τρίγωνο PEZ με διατέμνουσα την ACT,σύμφωναμετοΘεώρηματουΜενελάου, έχουμε: AP AZ CZ CE TE TP = TE TP = CE AP = BE BP : () λόγω AZ = CZ, CE = BE και AP = BP. Από την () προκύπτει ότι η σημειοσειρά T, E, B, P είναι αρμονική και άρα, η δέσμη H.TEBP είναι αρμονική. Στην αρμονική αυτή δέσμη από HB HT συμπεραίνουμε ότι οι ευθείες HB, HT ταυτίζονται με τις διχοτόμους (εσωτερική και εξωτερική αντιστοίχως) της γωνίας H του τριγώνου HEP και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Λύση 5 (Στάθης Κούτρας) 4

26 Εστω F, Q τα σημεία τομής της στο D BH (O), (D B) εφαπτόμενης του κύκλου (O) με τις ευ- ϑείες PA, EC αντίστοιχα. Τότε για τις χορδές BD, AC του κύκλου (O), με BD AC ODC + AOB = 80 0 Θα σταθώ σε δύο προσεγγίσεις, μόνο για την αναλογία - κλειδί του ϑέματος: AH AP = CH CE. FQE+ DOC=80 0, FPE+ AOB=80 0 FQE + FPE = 80 0 FQEP αμφιγράψιμο τετράπλευρο. Για το περιγεγραμμένο τετράπλευρο FQEP οι διαγώνιές του και τα τμήματα που συνδέουν τα σημεία επαφής των απέναντι πλευρών του με τον εγγεγραμμένο του κύκλο διέρχονται από το ίδιο σημείο (γνωστή πρόταση) και συνεπώς H EF PQ AC BD FQEP εγγραψιμo FEQ = FPQ HAP= HCE (AP,CE εϕαπτoμενες τoυ (O)) AHP CHE ) Με το πρώτο σχήμα του Νίκου (Φραγκάκη) έχουμε και AHB NOC AH ON = AB OC OPA OMA AP AM = OA OK. Με διαίρεση κατά μέλη των πιο πάνω σχέσεων προκύπτει ότι: AH AP = OM ON OA OC. Με τον ίδιο τρόπο, τα όμοια τρίγωνα OMA, BHC και CEO, CON δίνουν δηλαδή είναι AH AP CH CE = OM ON OA OC, = d (O, AB) d (O, BC) R = CH CE. ) Ας δείξουμε την ίδια αναλογία με χρήση και της προσφιλούς Τριγωνομετρίας. Με την βοήθεια του σχήματος έχουμε: AH = AB συνϕ, PHA = EHC BH AC HB διχοτόμος της γωνίας EHP και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. Λύση 6 (Γιώργος Μήτσιος) ενώ ω = 80 0 θ ημω = ημθ = ημθσυνθ... AP ημθ = AB ημω 5

27 ...AP = AB συνθ από τον νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ABP. Συνεπώς είναι AH AP = συνϕσυνθ. Ομοίως βρίσκουμε: οπότε: CH = BCσυνθ...CH = CH CE = συνϕσυνθ = AH AP. BC συνϕ, Λύση 7 (Μπάμπης Στεργίου) Πάλι με όμοια τρίγωνα: Από τα σημεία P, E φέρνουμε τις ορθές προβολές προς την ευθεία AB. Από τα όμοια τρίγωνα APL, BEK παίρνουμε διαδοχικά: LP KE = PA EB = PC EC = LH KH. Από τον πρώτο και τον τελευταίο λόγο παίρνουμε ό- τι τα τρίγωνα HLP, HKE είναι όμοια. Επομένως LHP = KHE και η απόδειξη ολοκληρώνεται. 6

28 Επιμελητής: Κώστας Τηλέγραφος ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Αποστόλης Κουρδουκλάς) Εστω η εξίσωση x λx y 4λy 3λ = 0 (Q λ ). (α) Δείξτε ότι η παραπάνω εξίσωση παριστάνει δύο κάθετες ευθείες μεταξύ τους λ R. (β) Βρείτε το γεωμετρικό τόπο τουσημείουτομής των ευθειών για τις διάφορες τιμές του λ. (γ) Αν μια ευθεία της οικογένειας (Q λ ) με ϑετικό συντελεστή διέρχεται από το σημείο ( 3, 0) να βρεθεί η αντίστοιχη τιμή λ 0 της μεταβλητής λ. Δείξτεότι για την ανωτέρω τιμή λ 0 οι ευθείες της οικογένειας Q λ0 είναι συμμετρικές ως προς την x =. (δ) Ας ονομάσουμε στη συνέχεια τις δύο αυτές ευ- ϑείες της οικογένειας Q λ0 με ε -την ευθεία που έχει ϑετικό συντελεστή διεύθυνσης- και ε -την ευθεία η οποία έχει αρνητικό συντελεστή διεύ- ϑυνσης. Να βρεθούν οι παράλληλες ευθείες στις ε,ε πουβρίσκονται σε απόσταση 3 από αυτές. (ε) Εστω (δ ) η παράλληλη στην ε πουδεν διέρχεται από το ο τεταρτημόριο και δ αυτή που είναι παράλληλη στην ε καιδιέρχεταιαπότοοτεταρτημόριο. Οι ευθείες ε, ε, δ, δ προφανώς τέμνονται ανά δύο. Τι είδος παραλληλόγραμμο σχηματίζουν 3&t 39 Λύση (Κακαβάς Βασίλειος) (α) Είναι x λx y 4λy 3λ = 0 x λx + λ (y + 4λy + 4λ ) = 0 (x λ) (y + λ) = 0 (x y 3λ)(x + y + λ) = 0 x y 3λ = 0 ή x + y + λ = 0, που σημαίνει τα σημεία M(x, y) ανήκουν στις ευ- ϑείες (ε ):x y 3λ = 0ή(ε ):x + y + λ = 0που είναι κάθετες αφού το γινόμενο των συντελεστών διεύθυνσης είναι. (β) Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων (ε ) : x y 3λ = 0 (ε ) : x + y + λ = 0 προκύπτει η λύση (x 0, y 0 ) = (λ, λ), οπότε το σημείο τομής είναι σημείο της ευθείας y = x. (γ) Για την ευθεία που ανήκει το σημείο ( 3, 0) ϑα ισχύει ότι 3 3λ = 0 λ =. Άρα έχουμε τις ευθείες (ε ) : x y + 3 = 0, (ε ) : x + y = 0 που τέμνονται στο σημείο (, ). Τώρα αν (x, y ) είναι σημείο της x y + 3 = 0και το συμμετρικό ως προς την ευθεία x = είναιτο (x, y ) ϑα ισχύει ότι = x +x και y = y. Άρα x = x και επειδή ισχύει x y + 3 = 0 x y + 3 = 0 x + y = 0 σημαίνει ότι το (x, y ) είναι σημείο της ευθείας (ε ) : x + y = 0. Άρα οι ευθείες (ε ) : x y + 3 = 0,(ε ) : x + y = 0 είναι συμμετρικές ως προς την x =. (δ) Αν M(x M, y M ) σημείο της παράλληλης προς την (ε ) x y + 3 = 0σεαπόσταση3 ϑαισχύειότι d(m, ε ) = x M y M + 3 = 3 x M y M + 3 = 6 {x M y M 3 = 0, x M y M + 9 = 0} που σημαίνει ότι είναι σημείο των ευθειών x y 3 = 0, x y + 9 = 0με(δ ): x y 3 = 0να 7

29 είναι αυτή που δεν διέρχεται από το από το ο τεταρτημόριο, αφού τέμνει τους Ox, Oy. Ακόμη αν M(x M, y M ) σημείο της παράλληλης προς την (ε ) x + y = 0 σε απόσταση 3 ϑα ισχύει ότι d(m, ε ) = x M + y M = 3 x M + y M = 6 {x M + y M 7 = 0, x M + y M + 5 = 0} που σημαίνει ότι είναι σημείο των ευθειών x + y 7 = 0, x + y + 5 = 0με(δ ): x + y 7 = 0να είναι αυτή που διέρχεται από το από το ο τεταρτημόριο αφού τέμνει τους Ox, Oy και το παραλληλόγραμμο που σχηματίζουν είναι τετράγωνο πλευράς 3. ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο Χρήστος Ευαγγελινός) Εστω A(, ), B(, 5) δύο κορυφές του τριγώνου ABΓ και I(, ) το έγκεντρό του. Να βρεθούν οι συντεταγμένες της κορυφής Γ Λύση (Γιώργος Βισβίκης) Η εξίσωση της ευθείας AB είναι: y = 4(x ) 4x y 3 = 0 Εστω λ ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας AΓ. AΓ : y = λ(x ) λx y λ + = 0. Το I ϑα απέχει και από την AΓ απόσταση ίση με ρ. λ Άρα = 3,απ όπουβρίσκουμελ = 4που λ + 7 είναι ο συντελεστής διεύθυνσης της AB και λ = 4 που είναι ο συντελεστής διεύθυνσης της AΓ. Οπότε, y = 4 x (). Με τον ίδιο τρόπο βρίσκουμε ότι ο συντελεστής διεύθυνσης της BΓ είναι μ = 4. Άρα, BΓ : y 5 = 4(x ) y = 4x + 3 () Η τρίτη κορυφή Γ έχει συντεταγμένες τις λύσεις του ( συστήματος των εξισώσεων () και (). Δηλαδή, 49 Γ 7, 5 ). 7 Λύση (Νίκος Φραγκάκης) Επειδή η διχοτόμος της γωνίας B είναι η ευθεία με εξίσωση: x =, η πλευρά BC ϑα διέρχεται από το συμμετρικό του A(, ) ως προς αυτή δηλαδή από το P(3, ). Ομοίως η διχοτόμος της γωνίας A ανήκει στην ευθεία με εξίσωση y = x, άραη ευθεία AC ϑα διέρχεται από το συμμετρικό του B(, 5) ως προς την y = x δηλαδή το S (5, ). Η τομή των ευθειών BP και AS δίδει το σημείο C. Η απόσταση του σημείου I από την AB είναι ακτίνα ρ του εγγεγραμμένου κύκλου με 4 3 ρ = = BP y = 4x + 3 Είναι AS 4y = x + 3 καιοισυντεταγμένεςπουζητάμε. x = 49 7 y = 5 7 που είναι 8

30 Επιμελητής: Χρήστος Τσιφάκης ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο parmenides5) Εστω η συνάρτηση f (x) = e x με x 0 και ο δειγματικός χώρος Ω. (α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f (x) μπορεί να είναι πιθανότητα ενός ενδεχομένου A του Ω δηλαδή να ισχύει για x 0. P(A) = f (x) = e x (β) Με δεδομένο το ερώτημα (α) να αποδείξετε ότι οχώροςω αποτελείται από μη ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. ΑΣΚΗΣΗ 0 (Προτείνει ο Αντώνης Κυριακόπουλος) Εστω δ η διάμεσος ν το πλήθος παρατηρήσεων: x, x,..., x ν (ν ). Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση: f (x) = x x + x x x x ν με x = δ λαμβάνει ελάχιστη τιμή. 8&t 5879 Λύση (Αντώνης Κυριακόπουλος) Εστω ότι: x x... x ν. (α) Εστω ότι ο ν είναι περιττός: ν = ρ + (ρ N ). Τότε: 8&t 565 x... x ρ x ρ+ = δ x ρ+ Λύση (Μυρτώ Λιάπη)... x ρ x ρ+ (I) (α) Αρκεί να δείξουμε ότι Με x < x,έχουμε: 0 e x για κάθε x > 0, αφού πρέπει 0 P(A). Η e x 0ισχύειπάντα. Εστω f (x) = e x. Τότε f (x) = e x < 0καιη f είναι γνησίως φθίνουσα. Ετσι για x 0έπεται f (x) f (0) e x 0 e x. (β) Αν ο δειγματικός χώρος Ω αποτελείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα τότε P(A) = N(A) N(Ω) N(Ω) = N(A) P(A) N(Ω) = N(A) e x. Επειδή όμως ο N(Ω) είναι φυσικός αριθμός ϑα πρέπει ο N(A) να είναι πολλαπλάσιο του e x.τότε ο N(A) ϑα είναι άρρητος, άτοπο γιατί ο N(A) είναι φυσικός. Ετσι ο δ.χ. αποτελείται από μη ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. x x + x xρ+ = x + x x + x ρ+ Με x > x ρ+,έχουμε: = x ρ+ x + (x x) > x ρ+ x. x x + x xρ+ = x x + x x ρ+ = x ρ+ x + ( x x ρ+ ) Με x x x ρ+,έχουμε: > x ρ+ x. x x + x xρ+ = x x x + x ρ+ Αποδείξαμε λοιπόν ότι: = x ρ+ x. x x + x xρ+ xρ+ x (), με το = μόνο αν x x x ρ+. Ομοια: 9

31 x x + x xρ xρ x (), x x + x xρ xρ x ( ), με το = μόνο αν x x x ρ. x x ρ + x xρ+ xρ+ x ρ (ρ), με το (=) μόνο ανx x x ρ. με το = μόνο αν x ρ x x ρ+. x x ρ+ 0 (ρ + ), με το = μόνο αν x = x ρ+. Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις αυτές βρίσκουμε: f (x) ( x ρ+ + x ρ x ρ+ ) ( x + x x ρ ) (II) Παρατηρούμε ότι, με x x ρ+,η(ρ+) σχέση ισχύει με το > και άρα η (II) ισχύει με το >. Ενώ με x = x ρ+ = δ, λόγωτων(i) κάθε μια από τις (ρ + ) σχέσεις ισχύει με το = και άρα η (II) ισχύει με το =. Σ υνεπώς, με x = δ ησυνάρτηση f λαμβάνει ελάχιστη τιμή. (β) Εστω ότι ο ν είναι άρτιος: ν = ρ (ρ N ). Τότε: x... x ρ x ρ + x ρ+ = δ x ρ+ Οπως παραπάνω βρίσκουμε ότι:... x ρ x ρ (I ) x x + x xρ xρ x ( ), με το = μόνο αν x x x ρ. x x ρ + x xρ+ xρ+ x ρ (ρ ), με το = μόνο αν x ρ x x ρ+. Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις αυτές βρίσκουμε: f (x) ( x ρ + x ρ x ρ+ ) ( x + x x ρ ) (II ) Παρατηρούμε ότι με x = x ρ + x ρ+ = δ, λόγω των (I ), κάθε μια από τις (ρ ) σχέσεις ισχύει με το = και άρα η (II ) ισχύει με το =. Σ υνεπώς με x = δ ησυνάρτηση f λαμβάνει ελάχιστη τιμή. 30

32 Επιμελητής: Λευτέρης Πρωτοπαπάς ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Βασίλης Κακαβάς) Αν για τον μιγαδικό z γνωρίζουμε ότι η εικόνα του είναι σημείοκύκλουκέντρουk(0, ) και ακτίνας, να βρεθεί η μέγιστητιμήτου z (z + )i + z &t Λύση (Θάνος Μάγκος) Θέτοντας w = z i το πρόβλημα μετασχηματίζεται στο εξής: Αν w =, να βρεθεί η μέγιστη τιμή του w + w 4. Αν w = x + yi, x, y R είναι x + y = 4καιεπίσης w = (x y + x 4) + (xy + y) = (x + x 8) + (4 x )(x + ) =... = 68 6x. Λύση 3 (Κώστας Χριστόπουλος) Θα μπορούσε κανείς από εδώ z z + i = (z z) ( + i) και πέρα, να το αντιμετωπίσει και γεωμετρικά, ως την μέγιστη α- πόσταση του σημείου (, ) από το ευθύγραμμο τμήμα με άκρα (0, ) και (0, 6). Άρα (z z) ( + i) max = 7, όταν η εικόνα του z είναι (0, 3) ή (0, ). ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Βασίλης Ευαγγέλου) Δίνεται μιγαδικός αριθμός z για τον οποίο ισχύει Να αποδειχθεί ότι: z 0 + 0iz 9 + 0iz = 0. (α) z =. ( ) z zi i + (β) 0. + zi (γ) Re (z) = z +. (δ) z 3z + = 5 z +. Τότε είναι w 68 = w 7 και η ισότητα ισχύει π.χ. όταν x = 0, y =. Άρα το ζητούμενο μέγιστο ισούται με 7. Λύση (Βασίλης Μαυροφρύδης) Είναι z (z + )i + z 5 = z iz + i + z i 4 = (z i) + (z i) 4 = (z i) + (z i) (z i) (z i) = (z i) + ( z + i) = z z + i = + 4(Im (z) ) z=3i + 4(3 ) = &t 740 Λύση (Θάνος Μάγκος) (α) Ο μιγαδικός ικανοποιεί και την άρα και την z 9 = z 9 = 0zi z + 0i, 0iz z + 0i. Θέτοντας z = x + yi, x, y R, βρίσκουμε (x + y ) 9 = + 0y + 00y + 00x x + y + 0y Αν υποθέσουμε ότι x + y > καταλήγουμε από την παραπάνω σχέση ότι x + y <, άτοπο. Ο- μοίως αν x + y <. Άρα x + y =. 3

33 (β) Είναι z =, άρα ο συζυγής του μιγαδικού z Επίσης είναι είναι ο z + i z + i + i z z zi i + + zi = + i + iz + z z i z 3z + = (z 3z + )( z 3 z + ) = (z 3z + ) ( z 3 z + ) = (z 3z + ) z = ( z + z 3 ) = (z + z 3). ο οποίος, αν πολλαπλασιαστεί πάνω κάτω με i βλέπουμε ότι ισούται με Άρα z 3z + = z + z 3, z zi i +. + zi Άρα ο εν λόγω μιγαδικός είναι φανταστικός και επομένως το τετράγωνό του είναι μη ϑετικό. (γ) Είναι z + (z + )( z + ) = = z + z + z + = z + z = Re(z). (δ) Είναι, όπως είδαμε και παραπάνω z + = z + z + () όπου στο δεξί μέλος εμφανίζεται απόλυτη τιμή, αφού ο z + z είναι πραγματικός. Μάλιστα, είναι z + z < 3, αφού z + z = Re(z) z =. Λύση (Βασίλης Μαυροφρύδης) (α) Ας υποθέσουμε ότι z >. Τότε z > z 9 > 0zi z + 0i 0zi > z + 0i... > z z <. Ομοια αν υποθέσουμε ότι z < καταλήγουμεπάλι σε άτοπο. Άρα το μέτρο ισούται με. 3

34 Επιμελητής: Μίλτος Παπαγρηγοράκης ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Χρήστος Κυριαζής) Δίνονται οι πραγματικές συναρτήσεις με τύπους:, x < 0 f (x) = 0, x = 0, x > 0 και g(x) = x x + 4. Να ορίσετε και στη συνέχεια να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τις συναρτήσεις f g καθώς και τη g f. 5&t Λύση ( Ευάγγελος Παπαπέτρος ) Είναι D ( f ) = D (g) = R.Επίσης,ισχύειότι D ( f g), D (g f ) R (I). Εστω τώρα x R. Τότε x D (g) και x D ( f ) και f (x) {, 0, } R Επομένως f (x) R = D (g). g(x) = x x + 4 R = D ( f ). R D ( f g), D (g f ) (II). Από τις σχέσεις (I) και (II) έχουμε ότι D ( f g) = D (g f ) = R. Για κάθε x R είναι ( f g) (x) = f (g(x)). Ομως g(x) = x x + 4 = (x ) + 3 > 0, και συνεπώς ( f g) (x) = f (g(x)) =. x R Η f g είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της. Εχουμε (g f ) (x) = g ( f (x)), x R. Ας είναι x R : Αν x < 0, τότε (g f ) (x) = g ( f (x)) = g( ) = 7. Αν x = 0, τότε (g f ) (x) = g ( f (0)) = g(0) = 4. Αν x > 0, τότε (g f ) (x) = g ( f (x)) = g() = 3. Ετσι, (g f ) (x) = 7, x < 0 4, x = 0 3, x > 0 Ησυνάρτησηg f είναι συνεχής στα διαστήματα (, 0) και (0, + ) ως σταθερή και ασυνεχής στο σημείο x = 0 διότι lim x 0 (g f ) (x) = 7 4 = g(0) 3 = lim (g f ) (x). + x 0 ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Λάμπρος Μπαλός ) Για x > 0 και για τη γνησίως αύξουσα συνάρτηση f είναι Να βρεθεί ο τύπος της f. f (e f (x) ) = ln x. 5&t 3938 Λύση (Βασίλης Μαυροφρύδης) Η συνάρτηση g (x) = f (x) + ln x, x > 0 είναι γνησίως αύξουσα και άρα συνάρτηση -. Είναι g ( e f (x)) = f ( e f (x)) + ln e f (x) = ln x + f (x) = g (x) e f (x) = x f (x) = ln x. Λύση (Μιχάλης Λάμπρου) Θα χρησιμοποιήσω το τετριμμένο γεγονός ότι αν g γνήσια αύξουσα συνάρτηση (και άρα αντιστρέψιμη ) με g = g, τότε ηg είναι η ταυτοτική (πράγματι, αν π.χ. g(x) > x τότε αφού g γνήσια αύξουσα έχουμε x = g (g(x)) > g (x) = g(x) > x, άτοπο και λοιπά). Πίσω στην άσκηση: Αν συμβολίσουμε με E την εκθετική, τότε η δοθείσα γράφεται 33

35 Άρα f E f = E. E f = f E = (E f ), Άρα f (x) = ln x, x > 0. Λύση 4 (ΛάμπροςΜπαλός)Ονομάζωe x = k(x), οπότε ln x = k (x). Είναι οπότε E f = ταυτοτική, που σημαίνει f = E = ln. Λύση 3 (Κώστας Ζερβός) Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει x 0 > 0με f (x 0 ) > ln x 0,τότε e f (x 0) > e ln x 0 e f (x 0) > x 0. Αλλά e f (x 0) > 0, x 0 > 0καιη f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, + ). Άρα f ( e f (x 0) ) > f (x 0 ) ln x 0 > f (x 0 ) που είναι άτοπο. Ομοια αν υποθέσουμε ότι υπάρχει x 0 > 0με f (x 0 ) < ln x 0. Για x = k(x) γίνεται f (k( f (x))) = k (x). f (k( f (k(x)))) = x. Ονομάζω f (k(x)) = g(x), οπότεg(g(x)) = x. Η g(g(x)) είναι η f (e x ) γνησίως αύξουσα, δηλαδή -, δηλαδή αντιστρέψιμη. Προκύπτει λοιπόν g(x) = g (x) και εφόσον είναι γνησίως αύξουσα, ισοδυναμεί με την g(x) = x. Δηλαδή f (k(x)) = x f (x) = k (x) f (x) = ln x. 34

36 Επιμελητής: Βασίλης Κακαβάς ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Να βρε- ϑεί η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R R για την οποία ισχύουν τα εξής: f (x) = e x+ f ( x), x R και f (0) = &t 448 Λύση (Νίκος Ζανταρίδης) ϑεωρούμε την συνάρτηση g (x) = f (x) x, x R, η οποία είναι παραγωγίσιμη ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων και είναι g (0) = f (0) 0 = 0. Εχουμε f (x) = e x+ f ( x) (g (x) + x) = e x+g( x) x g (x) = e g( x) : () και g ( x) = e g(x) : (). Ακόμη () () g (x) ( e g(x) ) = g ( x) ( e g( x) ) e g(x) g (x) + e g( x) (g ( x)) = g (x) + (g ( x)) ( e g(x) + e g( x)) = (g (x) + g ( x)) e g(x) + e g( x) = g (x) + g ( x) + c. Για x = 0έχουμε e g(0) + e g( 0) = g (0) + g ( 0) + c c =. Ετσι για κάθε x R ισχύει e g(x) + e g( x) = g (x) + g ( x) + : (3) Είναι γνωστό ότι ισχύει e x x +, x R με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = 0. Ετσι έχουμε e g(x) g (x) + με την ισότητα να ισχύει μόνο για g (x) = 0. Ακόμη ισχύει e g( x) g ( x) + με την ισότητα να ισχύει μόνο για g ( x) = 0. Επομένως ισχύει e g(x) + e g( x) g (x) + g ( x) + με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν g (x) = g ( x) = 0. Ετσιγιαναισχύειη(3) για κάθε x R πρέπει και αρκεί να είναι g (x) = g ( x) = 0, x R, οπότεγιακάθε x R είναι g (x) = 0 f (x) x = 0 f (x) = x. Η τελευταία συνάρτηση ικανοποιεί την υπόθεση. Λύση (Ροδόλφος Μπόρης) Εστω g(x) = f (x) x. Προφανώς η g είναι δυο φορές παραγωγίσιμη με g (x) = f (x) = ( f x+ f ( x) ( x) + )e = ( f ( x) + ) f (x) = ( e f (x) x + ) f (x) = ( e g(x) )( + g (x)), g(0) = 0 () Αν τώρα η g δενήτανσταθερή,δεϑαμπορούσεναέχει η ριζα r > 0 γιατί τότε ϑα υπήρχε διάστημα (a, b) με a > 0, b > 0 τέτοιο ώστεg(a) = 0, g(b) = 0 και g(x) 0, x (a, b). (Αν g όχι σταθερή στο [0, a] τότε a = 0). Εκεί ϑα είχαμε επιπλέον ότι g (x) 0 α- φού g(x) 0 που καταλήγει σε άτοπο μια που g (a) = 0, g (c) = 0 (από ϑεώρημα Rolle στην g στο (a, b) και πάλι ϑεώρημα Rolle στην g στο (a, c)). Ομοια εργαζόμαστε αν r < 0. Άρα η g έχει σταθερό πρόσημο για x > 0καιόμοιαγιαx < 0. Αν ήταν g(x) > 0 στοr + τότε g (x) < 0, () άρα g (x) < g (0) = 0οπότεg(x) < 0αντίφαση. Ομοιαεργαζόμαστε στο R Συνεπώς η συνάρτηση g είναι σταθερή με g(0) = 0. Άρα g(x) = 0, x R Παραπάνω:. Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέσαμε ότι a = 0.. g (0) = f (0) = e 0+ f (0) = Η () προκύπτει από τη σχέση () αφού από την τελευταία παίρνουμε g (x) = (e 0 e g(x) )( + g (x)) = g(x)e u ( + g (x)) χρησιμοποιώντας στην τελευταία ισότητα το Θε- ώρημα Μέσης Τιμής για την e x και το γεγονός ότι ( + g (x)) = e x+ f ( x) > 0. ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Κώστας Ζερβός) Εστω η παραγωγίσιμη γνησίως αύξουσα και κυρτή συνάρτηση f : R R με f (R) = R. Αν η C f έχει ασύμπτωτη στο + την ευθεία y = λx + β: (α) Να αποδειχτεί ότι λ>0. (β) Να βρεθεί (αν υπάρχει) η ασύμπτωτη της C f στο +. (γ) Να αποδειχτεί ότι λ f (x) + β<x για κάθε x R. 35

37 53&t Λύση (Βασίλης Κακαβάς) (α) Επειδή η f : R R είναι κυρτή η f ϑα είναι γνήσια αύξουσα και αν υποθέσουμε ότι υπάρχει x 0 R ώστε f (x 0 ) = 0τότεγιαx < x 0 ϑα ισχύει ότι f (x) < f (x 0 ) = 0 επομένως f γνήσια φθίνουσα στο (, x 0 ] άτοπο αφού η f είναι γνήσια αύξουσα στο R άρα f (x) > 0, x R. Τώρα αν ϑεωρήσουμε μία εφαπτομένη της f σε σημείο της (x 0, f (x 0 )) αυτή ϑα έχει εξίσωση y f (x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ) y = f (x 0 )(x x 0 )+ f (x 0 ) και επειδή lim f (x 0 )(x x 0 ) =+ (λόγω του ότι x + f (x 0 ) > 0) άρα για την g(x) = f (x 0 )(x x 0 )+ f (x 0 ) ϑα έχουμε lim g(x) =+ και λόγω της ϑέσης x + της εφαπτομένης για μια κυρτή συνάρτηση, ϑα ι- σχύει ότι f (x) g(x), x R, επομένως ϑα είναι f (x) =+. lim x + Ακόμη ισχύει ότι lim ( f (x) λx β) = 0καιέτσι x + αν h(x) = f (x) λx β έχουμε lim h(x) = 0 και α- x + φού λx = f (x) h(x) β και lim ( f (x) h(x) β) = x + +, άραϑαείναικαι lim (λx) =+ επομένως α- x ναγκαία λ>0. (β) Είναι f ( f (x)) = x, x R και με x > 0είναι Επομένως επειδή ισχύει ότι Επίσης lim u + lim x + f (u) u = λ. f ( f (x)) = x f ( f (x)) λ και επειδή ισχύει ότι ( f (x) λx) = β ϑα ισχύει και lim x + lim x + ( f ( f (x)) λ f (x) =+ με u = f (x) ϑα f (x) = λx f (x) λ f (x)) = lim x + οπότε lim ( f (u) u + λ u) = β λ y = λ x β λ είναι ασύμπτωτη της C f λx f (x) λ = β λ, άρα η ευθεία στο +. (γ) Βάζοντας όπου x το f (x), αρκεί να δείξουμε ότι λ f ( f (x)) + β< f (x) λx + β< f (x) Γι αυτό ϑεωρώντας την συνάρτηση h(x) = f (x) λx β για την οποία ισχύει ότι lim h(x) = 0 και x + h (x) = f (x) λ και επειδή f γνήσια αύξουσα ϑα είναι και η h γνήσια αύξουσα άρα η h κυρτή στο R, ϑέλουμε να δείξουμε ότι h(x) > 0. Ετσι αν υποθέσουμε ότι υπάρχει x 0 R ώστε h (x 0 ) > 0 τότε όπως προηγούμενα λόγω κυρτότητας της h ϑα προκύψει ότι lim h(x) =+ που x + είναιάτοποάραϑαείναιh (x) 0, x R () f ( f (x)) x = ή f ( f (x)) f (x) f (x) x f (x) lim x + x = λ>0ϑαείναι f lim ( f (x)) x + f (x) = lim x + f (x) x = άρααφού = λ. f ( f (x)) f (x) = f (x) x και άρα Ακόμη αν υπάρχει x 0 R ώστε h (x 0 ) = 0επειδή h γνήσια αύξουσα ϑα ισχύει για x > x 0 ότι h (x) > h (x 0 ) = 0, άτοπο λόγω της () άρα ισχύει ότι h (x) < 0, x R δηλαδή η h είναι γνήσια φθίνουσα στο R και επειδή lim h(x) = 0ϑαείναι x + h(x) > 0, x R. 36

38 Επιμελητής: Ροδόλφος Μπόρης ΑΣΚΗΣΗ 7 (Προτείνει ο Δημήτρης Βερροιόπουλος) x e xt Να αποδειχθεί ότι: dt e ( x) με x > 0. t Λύση Εστω (Γιώργης Καλαθάκης) x x x e xt dt e ( x) t e xt e ( x) xdt (xt) x xt=u, du=xdt e u e ( x) du 0 u x e ( x) x F(x) = x + e ( x) x e u u du 0 x + Η F είναι παραγωγίσιμη με F e ( x) x e u (x) = + x u du e u du x > 0. u = e x + ex x = ex e x και F (x) 0 x. Άρα η F είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, ] και γνησίως αύξουσα στο [, + ). Επομένως παρουσιάζει ελάχιστο στο x = ίσομεf() = 0. Άρα F(x) 0γιακάθεx > 0. Παρατηρήσεις. (από το μέλος Fermat) Η άσκηση λύνεται και με χρήση της ανισότητας Chebyshev: b a f (x)g(x) dx b a b a f (x) dx b a g(x) dx, αν η μια από τις δυο συναρτήσεις είναι αύξουσα καιηάλληείναιφθίνουσαστο[a, b].. (Γιώργος Βασδέκης) (Υπόδειξη για τη λύση της ά- σκησης): Ισχύει e xt t e t καιταυπόλοιπαείναιεύκολα. ΑΣΚΗΣΗ 8 (Προτείνει ο Βασίλης Μαυροφρύδης) Να βρείτε τον τύπο της συνεχούς συνάρτησης f :[, + ) (0, + ) για την οποία ισχύουν: f () =, Η f είναι παραγωγίσιμη στο (, + ), Για κάθε x > είναι x xf(x) = f (x) f (x) ln x, Για κάθε x [, + ) είναι x+ x f (t) dt < f (x). 54&t 3794 Λύση (Κώστας Ζερβός) Από τη σχέση x xf(x) = f (x) f (x) ln x για κάθε x > έχουμε xf(x)lnx = f (x)lnx ln f (x) και επειδή ln x > 0 για κάθε x >, έχουμε xf(x) = f (x)ln f (x). Αλλά f (x) > 0,άρα x = f (x) f (x) ln f (x) x = f (x) ln f (x) f (x) (x ) = (ln f (x)), επομένως υπάρχει σταθερά c R, ln f (x) = x + c, x >. Αλλά η f είναι συνεχής, άρα lim x + ln f (x) = ln f () = 0 ώστε να ισχύει 37

39 και lim (x + c) = + c, επομένως c = και έτσι x + ln f (x) = x, x >. Για x > είναιx 0, άρα ln f (x) 0 και ως συνεχής ϑα διατηρεί σταθερό πρόσημο. Αρα επομένως ln f (x) = x ή ln f (x) = x, f (x) = e x ή f (x) = e x Από το ΘΜΤ για την g(x) = x για κάθε x. f (t)dt στο [x, x + ] υπάρχει ξ (x, x + ) ώστε g(x + ) g(x) = g (ξ) άρα x+ x έχουμε f (t)dt = f (ξ) και λόγω της x+ x f (t) dt < f (x) ϑα f (ξ) < f (x), () όπου x <ξ. Ανf (x) = e x :Ηf είναι γνησίως αύξουσα στο [, + ) γιατί f (x) = e x x > 0, x > x και απορίπτεται λόγω της (). Ανf (x) = e x : Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [, + ) γιατί f (x) = e x x < 0, x > x και είναι δεκτή. Άρα f (x) = e x, x. 38

40 Επιμελητής: Σπύρος Καρδαμίτσης ΑΣΚΗΣΗ 9 (Προτείνει ο Αποστόλης Κουρδουκλάς) Δίδεται η συνάρτηση x ln x c, x f (x) = x log x + c, 0 < x < 7, x = 0 6 Η f είναι συνεχής στο x 0 =.. Να τη μελετήσετε ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα και να βρείτε το πρόσημο της.. Να βρείτε το σύνολο τιμών της. (α) Για κάθε x > είναι f (x) = x ln x + x = x ln x + x > 0 ( x ) x οπότε η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [, + ). Επί πλέον, για x (0, ) είναι f (x) = ln x + ln 0 3. Να εξετάσετε αν η f είναι συνεχής στο x 0 = 0 και να υπολογίσετε το εμβαδόν που περικλείεται της C f των ευθειών x = 0, x = και τουάξονα x x. και άρα f (x) < 0 x ( e, ) f (x) = 0 x = e f (x) > 0 x ( 0, e). Λύση (Ευάγγελος Παπαπέτρος) Αρχικά D( f ) = [0, + ). Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σημείο x =, έπεται ότι lim x f (x) = f () R. Ειδικότερα lim x lim (x log x ) + c = lim x x + f (x) = lim f (x) x + (x ln x + 73 ) c c = 7 3 c c = 7 6 Συνεπώς, λαμβάνοντας υπ όψιν και τον τύπο αλλαγής βάσης για τους λογαρίθμους, έχουμε ότι x ln x + 7/6, x [, + ) f (x) = ( x ln x/ ln 0) + 7/6, x (0, ) 7/6, x = 0 Επίσης ln x lim x ln x = lim x 0 x 0 /x = lim x 0 ( x) = 0. D.L.H /x ==== lim x 0 /x Ως εκ τούτου, η f είναι συνεχής στο σημείο x = 0 και άρα [ η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα e, ] [ γνησίως αύξουσα στο 0, e] και παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο σημείο x = e το f ( ) e = e ln και τοπικό ελάχιστο στο σημείο 6 x = το f () = 7 6. Επίσης, είναι φανερό ότι f (x) f (0) = 7 6, x 0 και συνεπώς, η f παρουσιάζει στο σημείο x = 0 ολικό ελάχιστο, το f (0) = 7 6. Παρατηρήσεις: Ενώ η συνάρτηση f παρουσιάζει ακρότατο στο εσωτερικό σημείο x = του [0, + ), δεν ισχύει ότι f () = 0 διότι η f δεν 39

41 παραγωγίζεται στο σημείο αυτό. Πράγματι ενώ f (x) f () x ln x lim = lim x x x ln 0 (x ) = ln 0 lim x ln x ln x x = [ ] d (x ln x) ln 0 dx = [ ] ln x + x= ln 0 = ln 0, f (x) f () x ln x lim = lim x + x x + x x= x ln x ln = lim x + x [ d ( = x ln x )] dx x= [ = x ln x + x ] =. Το ίδιο συμβαίνει και για το x = 0 μιας και αυτό δεν είναι εσωτερικό σημείο του [0, + ). Αντιθέτως, στο εσωτερικό σημείο x = e του [0, + ), η f παρουσιάζει ακρότατο και είναι παραγωγίσιμη σε αυτό με f ( e) = 0(ΘεώρημαFermat). Ακόμη, το x = e είναι η μοναδική ρίζα της παραγώγου της f στο (0, ) μιας και η f είναι συνεχής στο [0, ], παραγωγίσιμη στο (0, ), f (0) = f () = 7 6 και η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, ). (Βέβαια, αυτό το βλέπει κανείς, λύνοντας την εξίσωση f (x) = 0, x (0, ).) Οσον αφορά το πρόσημο ισχύει f (x) > 0, x 0. (β) Είναι x= f ([0, + )) = [ ( )] [ ( [ ) f (0), f e f (), f e)] f (), lim f (x) x + όπου f (0) = 7 6, f ( ) e = lim f (x) = lim x + x + Ετσι f ([0, + )) = [ 7 6, + ). e ln , f () = 7 6, ( x ln x + 7 ) =+. 6. Οπως δείξαμε στο α), ηf είναι συνεχής στο σημείο x = 0. Το ζητούμενο εμβαδό είναι E = 0 f (x) dx = / 0 = I + I. f (x) dx + / f (x) dx και αναμένουμε, η τιμή αυτού, να είναι μεγαλύτερη ή ίση του 7 6.Είναι με / a I = / 0 f (x) dx = f (x) dx = lim a 0 + / a [ / / a ( x ln x ln ) dx 6 f (x) dx = x ln x / ] a ln 0 dx + 7 a 6 dx = [ ] / x ln x / x + ln 0 a a ln 0 x dx + 7 ( 6 ) a = [ ln 8 ln 0 + a ln a / ln 0 + x a ln 0 dx + 7 ( )] 6 a = ln [ ] 8 ln 0 + a ln a ln 0 + x / + 7 ( 4 ln 0 6 ) a άρα και I = f (x) dx / b = lim b = lim b = lim b / b / [ b [ = lim b I = ln + 6 ln f (x) dx ( x ln x ln ) dx 6 x ln x / x ln x ln 0 [ ln ln 0 dx + ] b / b b + / / a ] 7 6 dx x ln 0 x dx b ( b ) = lim b 8 ln 0 b ln b ln 0 + x / ln 0 dx = lim b ln [ ] 8 ln 0 b ln b ln 0 + x b ln 0 / 6 [ = lim ln b 8 ln 0 b ln b ln 0 6 ln 0 + b 4 ln = ln + 6 ln ( b )] ( b ) ( b )] 40

42 ΑΣΚΗΣΗ 30 (Προτείνει ο Κώστας Ζερβός) Να βρε- ϑούν οι x, y R, αν και x + y =. (x + 3y) e 4y + y + ( x)e x + = (e x + y) x + y + xy + x + 3, 55&t Λύση (Αλέξανδρος Συγγελάκης) Το ζεύγος ( 3, ) δεν είναι λύση του συστήματος των εξισώσεων συνεπώς (για y ) αντικαθιστώντας στην πρώτη εξίσωση ότι x = y, η πρώτη εξίσωση γράφεται τελικά στη μορφή: (e y + y ) + ( y) + e y = + y y () x + Ορίζουμε τη συνάρτηση f (x) = x, η οποία είναι παραγωγίσιμη στο R με f (x) = x < 0γιακάθε x + x R συνεπώς η f είναι γνησίως φθίνουσα σε κάθε ένα από τα διαστήματα (, 0), (0, + ). Ομως από την () οι αριθμοί e y + y, y είναι ομόσημοι συνεπώς η () γράφεται ισοδύναμα: f (e y + y) = f ( y) και αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα σε κάθε ένα από τα παραπάνω διαστήματα, είναι και άρα τελικά δηλαδή e y + y = y e y = + ( y). Ομως από την γνωστή ανισότητα e x + x ηοποία ισχύει ως ισότητα μόνο για x = 0 παίρνουμε τελικά y = 0δηλαδήy = πράγμα που σημαίνει ότι x = 0 καιέτσιέχουμετοζεύγος(x, y) = ( ) 0, που επαληθεύει το αρχικό σύστημα. 4

43 Επιμέλεια: Μπάμπης Στεργίου ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Νίκος Ζανταρίδης) Για την δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R R ισχύει και είναι ( f (x) x ) ( f (x) ) =, x R Να βρεθεί η f. f (0) =, f (0) = &t Λύση (Κώστας Ζερβός) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = x x a x f (t)dt a a Η g είναι παραγωγίσμη στο [a, b] με f (t) dt, x [a, b]. t 56&t 48 Λύση (Θάνος Μάγκος) Θέτω g(x) = f (x) x οπότε το πρόβλημα μετασχηματίζεται στο εξής: Αν g(0) =, g (0) = 0καιg(x)(g (x) + ) =, να βρεθεί η g. Εχουμε φανερά g(x) 0, g(0) > 0 και g συνεχής. Επομένως g(x) > 0παντού.Είναι g (x) + = g(x) = g (x)g (x) + g (x) = g (x) g(x) = (g (x)) + g(x) = ln g(x) + c. Από τις αρχικές συνθήκες βλέπουμε ότι c =. Τότε, απότηγνωστήανισότηταln A A, προκύπτει (g (x)) 0 = g (x) 0 = g σταθερή, άρα g(x) = x. Άρα f (x) = x +, η οποία ικανοποιεί τις συνθήκες. ΑΣΚΗΣΗ 3 (Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης) Αν 0 < a < b και η f :[a, b] R συνεχής και γνησίως αύξουσα, να αποδειχθεί ότι b ab a f (x) b x dx < f (x)dx. a g (x) = = (x a) f (x) x a x = x a x x f (x) a Από το ΘΜΤ για την h(x) = υπάρχει ξ (a, x) ώστε h (ξ) = h(x) h(a) x a f (t)dt f (t)dt x a. x a f (ξ) = Αλλά η f είναι γνησίως αύξουσα, άρα ξ<x f (ξ) < f (x) f (x) x a f (t)dt στο [a, x] x a f (t)dt x a. f (t)dt x a > 0. Επομένως g (x) > 0, άρα γνησίως αύξουσα στο [a, b], έτσι g(b) > g(a) b b a b a b f (t)dt a f (t)dt > ab a b a f (t) t dt > 0 f (t) t dt. Λύση (Χρήστος Κυριαζής) Μία εκτός ύλης αντιμετώπιση είναι η ανισότητα Chebychev. Είναι η περίπτωση που η μία συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα ( f ) και η άλλη γνησίως φθίνουσα ( ). x Τότε ισχύει: 4

44 b a f (x) x dx < b b a a = b a = b ab a b a b f (x)dx a x dx ( f (x)dx a ) b f (x)dx, δηλαδή: b ab a f (x) b x dx < a f (x)dx (a, b > 0). 43

45 Επιμελητής: Σωτήρης Χασάπης ΑΣΚΗΣΗ 33 (Προτείνει ο Βασίλης Κακαβάς) Εστω σημείο B(x 0, 0) τουημιάξονα Ox με x 0 και ησυνάρτηση f (x) = x x 0, x > 0. Ηεφαπτομένητηςγραφικής παράστασης της f στο σημείο M(x 0, f (x 0 ) τέμνει τον Ox στο σημείο A. (α) Να δείξετε ότι η απόσταση AB ισούται με ln x 0. (β) Αν η απόσταση AB ισούται με, ναβρείτετασημεία M της γραφικής παράστασης της f και τις εφαπτόμενες στα σημεία αυτά. 69&t 4743 Λύση (dr.tasos) ( Οπότε είναι M (e, e e ) και M ( e ) e ), ( e ) ) e. Οι εξισώσεις των εφαπτόμενων σε αυτά τα σημεία είναι και αντίστοιχα. y = y e e = e e (x x 0 ) ( ) e (x x0 ) + e ( ) e e ΑΣΚΗΣΗ 34 (Προτείνει ο Δημήτρης Ιωάννου) Αν x, y R, ναβρεθείημέγιστητιμήτηςπαράστασης: A = 04 x + y 4x + y (α) Η εξίσωση της εφαπτομένης είναι y f (x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ), άρα A ( ) x 0 ln x 0, 0 οπότε (β) Εχουμε (AB) = (x 0 x 0 ln x 0 ) = ln x 0 = x = e ή x = e. ln x &t 4368&p 9807#p9807 Λύση (Κωνσταντίνος Τζιμούλιας) Είναι 04 A = (x x + 4) + (y + y + ) = (x ) + (y + ) = 38 με την ισότητα όταν x = καιy = για να γίνει μικρός ο παρονομαστής 44

46 Άλγεβρα, Θεωρία Γεωμετρία Αριθμών, Συνδυαστική Επιμελητής: Φωτεινή Καλδή ΑΣΚΗΣΗ 35 (Προτείνει ο Μπάμπης Στεργίου) Αν a, b > 0, νααποδειχθείότι: ( + a ) 04 ( + + b 04 b a) &t 4776 Λύση (Χρήστος Κυριαζής) Από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου έχω: ( + α ) 04 ( + + b 04 [ ( + b a) α ) ( + b )] 04 b a (a = b + b a + a = b + = a b + ) 04 b a 04 b a 04 = Λύση (Τσάνο Φατιόν) Εστω a b = k και b a = k και k > 0. Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ είναι ( + k) 04 + ( ) + 04 ( k ( + k) 04 + ) 04. k Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι: ( + k) 04 ( + k ) ( ( ( + k) + )) k ( ( + k) + ) k (k + ) 4k, το οποίο ισχύει από την ανισότητα (a + b) 4ab. Λύση 3(Νικόλαος Τζαβίδας) Εχουμε: ( + a ) 04 ( + + b ) ( + a ) 007 ( b a b + b a ( = [ + a ) ( + b b a ( = + a b + b a + ab ab ( = + a b + b ) 007 a ( + ) 007 ) 007 ) ] 007 ) 007 = = 04 = 05. Η ισότητα ισχύει για a = b, με τον περιορισμό a, b 0. ΑΣΚΗΣΗ 36 (Προτείνει ο Στρατής Αντωνέας) Εστω x n = n + n με n =,,.... Να υπολογίσετε το άθροισμα x x x &t 4096 Λύση (Κώστας Ζερβός) Είναι n + n = n + + n + n = + Άρα x n = x n = Άρα n++ n n + + n = n +., επομένως n n + ( ) n + n. 45

47 = x x x 49 ( ) ( 0) + ( 3 ) + + ( 50 48) = ( ) =

48 Γεωμετρία Επιμελητής: Ανδρέας Βαρβεράκης ΑΣΚΗΣΗ 37 (Προτείνει ο KARKAR) Δύο κύκλοι τέμνονται στα A, B και έχουν κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα CD. ΑπότοB διέρχεται ευθεία ɛ, παράλληλη της CD, η οποία τέμνει τους κύκλους στα P, T. ΤαPC και TD τέμνονται στο S,ενώ οι CA και DA τέμνουν την ɛ στα σημεία L, N. ΝαδείξετεότιSL= SN. Από την κεντρική δέσμη LAD, BAM, NAC με CD LN, και αφού M το μέσο της CD, τότετοb είναι το μέσο της LN, άρα SB διάμεσος του τριγώνου SLN. Είναι SDC = DT B (εντός, εκτός και επί τα αυτά) = CBD (εγγεγρ. υπό χορδής και εφαπτομένης) και SCD = CPB (εντός, εκτός και επί τα αυτά) = BCD (εγγεγρ. υπό χορδής και εφαπτομένης). 0&t 378 Λύση (Στάθης Κούτρας) Ας είναι M AB CD Τότε M το μέσο της CD (αφού το M είναι σημείο του ριζικού άξονα AB (κοινή χορδή) των κύκλων (O), (K) και MC, MD εφαπτόμενα τμήματα των (O), (K) αντίστοιχα). Άρα SDC = BDC (DS ) = (DB) SDB ισοσκελές και με DS διχοτόμο της γωνίας του SDB DC SB CD PT SB PT. Ετσι στο τρίγωνο SLN η SB είναι ύψος και διάμεσος άρα αυτό είναι ισοσκελές, δηλαδή (SL) = (SN) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. ΑΣΚΗΣΗ 38 (Προτείνει ο Νίκος Φραγκάκης) Δίδεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC με AB AC.Ονομάζουμε (C) τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC, H το ορθόκεντρο, και O το κέντρο του (C). ΑςείναιM το μέσο του BC. ΗAM τέμνει ακόμα τον (C) στο N και ο κύκλος (C ) διαμέτρου AM ξανά στο P. (α) Να δειχθεί ότι οι ευθείες AP, BC, OH συντρέχουν αν και μόνο αν AH = HN. (β) Πως μπορεί να γίνει η γεωμετρική κατασκευή ενός τριγώνουμε τις πιο πάνω προδιαγραφές; 47

49 Στο τρίγωνο αυτό η AH προεκτεινόμενη δίνει το σημείο D και η AD ως παράλληλη προς την OM ϑα είναι κάθετη στην BC. Επειδήτατρίγωνα(AHG), (GOM) είναιόμοιαϑαείναιακόμα: AH = OM. Άρατοσημείο H ϑα είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ABC. Τέλος επειδή το H ανήκει στη μεσοκάθετη προς την AN ϑα ισχύει: AH = HN. Διερεύνηση: Γενικά το πρόβλημα έχει άπειρες λύσεις. Για κάθε μια ϑέση της χορδής AN κατασκευάζεται κι ένα αντίστοιχο τρίγωνο με τις ανωτέρω απαιτήσεις. Ειδικότερα αν η χορδή AN γίνει ίση με τη διάμετρο τότε το τριγωνο που προκύπτει είναι το εγγεγραμμένο ισόπλευρο τρίγωνο. Σε ένα τέτοιο τρίγωνο ο περίκεντρο, το βαρύκεντρο και το ορθόκεντρο συμπίπτουν. 0&t 3838 Λύση (Κώστας Δόρτσιος) Για την κατασκευή ενός τέτοιου τριγώνου εργαζόμαστε ως εξής: Κατασκευή: ΣετυχαίοκύκλοκέντρουO ϑεωρούμε μια τυχαία χορδή. Στο ανωτέρω σχήμα έστω την AN. Στη συνέχεια φέρουμε την κάθετη από το κέντρο O σ αυτήν (η οποία είναι και μεσοκάθετος) και στη συνέχεια πάνω στην κάθετη αυτή ϑεωρούμε το σημείο H τέτοιο ώστε HG = OG. Στη συνέχεια αφού φέρουμε την AH και την παράλληλη προς αυτήν από το σημείο O ορίζουμε πάνω στη χορδή AN το σημείο M. Τέλος αν φέρουμε την κάθετη προς την OM αυτή ϑα τμήσει τον κύκλο (O) στα σημεία B, C που ϑα είναι μαζί με το σημείο A οι τρείς κορυφές του ζητούμενου τριγώνου. Πράγματι: Παρατήρηση: Το αρχικό ερώτημα για τις συντρέχουσες BC, OH, AP ισχύει και για αμβλυγώνιο τρίγωνο, με την ίδια απόδειξη που παρατέθηκε στις προηγούμενες αναρτήσεις, όπως φαίνεται και στο ανωτέρω σχήμα. Λύση (Στάθης Κούτρας) Θα δείξουμε πρώτα ένα λήμμα που είναι και το κλειδί του προβλήματος. Λήμμα: Δίνεται τρίγωνο ABC (AB AC) και ας είναι M το μέσο της BC. ΑνP είναι το άλλο (εκτός του A) κοινό σημείο του περικυκλίου (O) του τριγώνου ABC με τον κύκλο (K) διαμέτρου AM, να δειχθεί ό- τι η PM διέρχεται από το ορθόκεντρο H του τριγώνου ABC. Απόδειξη του λήμματος 48

50 OH AM. () Επίσης είναι AP MHP, αφού η AM είναι διάμετρος του κύκλου (K) και MB AH, αφού H το ορθόκεντρο του ABC, δηλαδή οι ευθείες AP, OH, CB είναι οι ευθείες των υψών του AHM και επομένως ϑα συγκλίνουν στο ορθόκεντρό του T. Ας είναι H PM AD (AD BC) και E PM (O). Τότε με οπότε: MPA εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο ============== 90 0 AE διάμετρος του κύκλου EPA = 90 0 (O) EC AC () Με OM BC (απόστημα στη χορδή BC του (O)) και AD BC προκύπτει ότι OM AD AHE ( O μέσο της AE) ============ M μέσο της ΗΕ M μέσο της BC ======= BHCE παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιές του διχοτομούνται) και συνεπώς BH EC () BH AC AD BC H το ορθόκεντρο του ABC και το λήμμα έχει αποδειχθεί. Στο ϑέμα μας τώρα με βάσει το παραπάνω λήμμα τα σημεία P, H, M είναι συνευθειακά. Εστω ότι AH = HN OA=ON=R O ====== AHNO (χαρταετός) και συνεπώς OH AN (και μάλιστα μεσοκάθετη) δηλαδή Αντιστρόφως: Αν οι ευθείες OM, AP, BC συγκλίνουν (έστω στο T), τότε με AH TM ( H το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC) καιmhp AT (αφού AM διάμετρος του κύκλου (K)) το H είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου AT M (σημείο τομής δύο υψών του) και επομένως THO είναι η ευθεία του τρίτου ύψους του, δηλαδή THO AN και με O το κέντρο του περικυκλίου του ABC και AN χορδή του (O) ϑα είναι THO μεσοκάθετη της AN άρα HA = HN και το ϑέμα μας έχει ολοκληρωθεί. Λύση 3 (Σωτήρης Λουρίδας) Εστω ότι συντρέχουν, αν H MP AH AK = KH, με το τετράπλευρο KH MO να είναι παραλληλόγραμμο. Συνεπώς παίρνουμε AH = KH = OM = AH H H TO AN HA = HN. Εστω AH = HN με το σημείο T να είναι η τομή των OH, CB. Τότε στο τρίγωνο AT M το MH είναι το τρίτο ύψος, οπότε αν P MH AT MPA =

51 50

52 Άλγεβρα, Θεωρία Αριθμών, Συνδυαστική Επιμελητές: Βαγγέλης Μουρούκος - Αχιλλέας Συνεφακόπουλος ΑΣΚΗΣΗ 39 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : Z + Z + τέτοιες, ώστε για κάθε x, y Z +. f (x + f (y)) = xf(x) + y, &t Λύση (Κώστας Ζερβός) Για x =, έχουμε f ( + f (y)) = f () + y για κάθε y Z +. Εστω f () = a. Τότε για κάθε x Z +. Θα δείξουμε ότι f ( + f (x)) = a + x () f ((a + )n) = (a + )n () για κάθε n N. Για n = έχουμε f (a + ) = a + f ( + f ()) = f () + που ισχύει από την (). Εστω ότι f ((a + )n) = (a + )n. Απότην() έχουμε f ( + f ((a + )n)) = a + (a + )n και ξανά από την () : Επίσης f (na + n + ) = a + na + n f ( + f (na + n + )) = a + na + n + f ( + a + na + n) = a(n + ) + n + f ((a + )n) = (a + )n. f ( + f (a + )) = a + a + f (a + ) = a +. Για x = a, y = a + στην αρχική σχέση, έχουμε f (a + f (a + )) = af(a) + a + f (a + a + ) = af(a) + a + f ((a + )(a + )) = af(a) + a + () (a + )(a + ) = af(a) + a + f (a) = a + a. Αλλά a, f (a) N,άραa =, δηλαδή f () =. Θα δείξουμε ότι f (n) = n για κάθε n N. Για n = έχουμε f () =, που ισχύει. Εστω ότι f (n) = n. Απότην() έχουμε f ( + f (n)) = f () + n f (n + ) = n +. Άρα f (x) = x, για κάθε x Z +. ΑΣΚΗΣΗ 40 (Θάνος Μάγκος) Αν a, b, c > 0 να αποδείξετε ότι ( (a + b + c) a + b + ) a + b + c 9 c ab + bc + ca. &t 83#p66050 Λύση (Γιώργος Μπασδέκης) Η ανισότητα είναι ομογενής,οπότεμπορούμεναυποθέσουμεπωςa + b + c = 9. Εστω επιπλέον ότι a + b + c = 7 + 6t για t [0, ]. Αν t = 0, τότε ισχύει η ισότητα, αφού a = b = c = 3. Ας υποθέσουμε ότι 0 < t. Αν (x, y, z) είναι μια μετάθεση των a, b, c, τότεαποδεικνύεται(βλ. Σχόλιο) ότι 3 t x 3 + t () με την ισότητα να ισχύει αν x = 3 + t και y = z = 3 t ήανx = 3 t και y = z = 3 + t. Επιπλέον, η προς απόδειξη ανισότητα γίνεται a + b + c 9 + t 9 t. Επειδή, όμως, ισχύει x = 3 + t t x (3 + t)x 5

53 για κάθε x (0, 9) αρκείνααποδειχθείότι t t 3 + t a a 9 + t 9 t. cyclic Λόγω της (), μπορούμε να εφαρμόσουμε την ανισότητα Cauchy-Schwarz στο αριστερό μέλος και τότε ϑα έχουμε (3 + t a) 3 + t a cyclic = 6t a a(3 + t a) 3 t. cyclic cyclic Είναι αρκετό, λοιπόν, να αποδείξουμε ότι ήισοδύναμα t + 6t (3 + t)(3 t) 3t + 9 (3 + t)(3 t) 9 + t 9 t, 9 + t 9 t. Αφού υψώσουμε στο τετράγωνο και τα δύο μέλη της παραπάνω ανισότητας, απομένει να αποδειχθεί η ανισότητα 9(t + 3) (9 t ) (9 + t )(3 + t) (3 t). Αφού κάνουμε τις πράξεις και στα δύο μέλη, έχουμε να δείξουμε ότι t (3 t)(8t 3 9t + 7) 0 ηοποίαισχύειαφού0< t. Σχόλιο: Περισσότερα στην παραπάνω τεχνική στην ανισότητα Cauchy-Schwarz ϑα βρείτε στην εργασία του Γιώργου Μπασδέκη που είναι διαθέσιμη στο παρακάτω ϑέμα: #p6544 5

54 Γεωμετρία Επιμελητής: Κώστας Βήττας ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο parmenides5.) Τετράπλευρο ABCD είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O, R) και περιγεγραμμένο σε κύκλο (I, r). Εάν OI = x να αποδειχθεί ότι r = (R + x) + R x). Στο ορθογώνιο αυτό τρίγωνο, αποδεικνύεται εύκολα (γνωστή ισότητα ) ότι ισχύει (IL) = (IZ) + (3) (ID) Από (3), IL = r και IZ = IB έπεται ότι r = (IB) + (4) (ID) Εστω τα σημεία E (O) DI και F (O) BI. Ισχύει, AOE = D και AOF = B και άρα έχουμε AOE + AOF = 80 (5) Από (5) προκύπτει ότι τα σημεία E, O, F είναι συνευθειακά και επομένως ισχύει (IB)(IF) = (ID)(IE) = R x (6) Από (6) παίρνουμε &t 444 Λύση (Βαγγέλης Μουρούκος.) Επειδή το ABCD είναι αμφιγράψιμο τετράπλευρο, ισχύει B + D = 80 IBC + IDC = B + D = 90 () Εστω το σημείο Z μεταξύ των L, C, ώστεναείναι LZ = KB και λόγω των ορθογωνίων τριγώνων KIB, KIZ και της (), προκύπτει ότι το τρίγωνο IDZ είναι ορ- ϑογώνιο με DIZ = 90 () και Από (4), (7), (8) είναι (IB) = (IF) (7) (R x ) (ID) = (IE) (8) (R x ) r = (IE) + (IF) (9) (R x ) Στο τρίγωνο IEF, σύμφωνα με το πρώτο ϑεώρημα των διαμέσων, έχουμε (IE) + (IF) = (OI) + (EF) Από (9), (0) είναι = (R + x ) (0) r = (R + x ) (R x ) = (R + x) + (R x) () (R + x) (R x) Τέλος από () παίρνουμε r = (R + x) + (R x) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. 53

55 ΑΣΚΗΣΗ 4 (Προτείνει ο Στάθης Κούτρας.) Θεωρούμε τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο (O) και ας είναι (K), ο κύκλος με διάμετρο το ύψος του AD. Νααποδειχθεί ότι οι ευθείες BE, CF, DZ διέρχονται από το ίδιο σημείο, όπου E (K) AC, F (K) AB, Z (K) (O) και Z A. Από το πλήρες τετράπλευρο AEDFBC έχουμε ότι η δέσμη A. SBPC είναι αρμονική, όπου P BE CF. Η αρμονική αυτή δέσμη τέμνεται από την ευθεία CF και άρα, η σημειοσειρά M, F, P, C είναι αρμονική, όπου M AS CF. Εστω το σημείο N (K) CZ και από ZNF = ZAF ZAB = ZCB FN BC FN AD (3) Από (3) λόγω συμμετρίας, έχουμε ότι οι εφαπτόμενες του κύκλου (K) στα σημεία F, N, τέμνονται στο σημείο έστω T, το οποίο ανήκει στην ευθεία AD. Το τετράπλευρο AFDN είναι αρμονικό λόγω της FN, ως της πολικής ευθείας του σημείου T ως προς τον κύκλο (K) και άρα, η δέσμη Z. AFDN είναι αρμονική. Η αρμονική αυτή δέσμη τέμνεται από την ευθεία CM και λόγω της αρμονικής σημειοσειράς M, F, P, C, συμπεραίνεται ότι η ακτίνα της ZD περνάει από σημείο P BE CF, ως το αρμονικό συζυγές του M ως προς τα σημεία F, C και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. &t 440 Λύση (Σάκης Τσαρέας.) Από το εγγεγραμμένο στον κύκλο (K) τετράπλευρο AEDF έχουμε AFE = ADE () Από το ορθογώνιο τρίγωνο DAC με DE AC έχουμε ADE = C () Από (), () AFE = C και άρα, το τετράπλευρο BCEF είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (L). Οι ευθείες AZ, EF, BC, ως οι ριζικοί άξονες των κύκλων (O), (K), (L), λαμβανομένων ανά δύο, συντρέχουν στο ριζικό τους κέντρο, έστω το σημείο S. 54

56 Επιμελητής: Αλέξανδρος Συγκελάκης ΑΣΚΗΣΗ 43 (Προτείνει ο Δημήτρης Ιωάννου) Θεωρούμε στο επίπεδο 00 σημείαώστεανάτρίαναμην είναι συνευθειακά. Να αποδείξετε ότι το 30% τουλάχιστον των τριγώνων πουσχηματίζονται από τα σημεία αυτά, είναι μη οξυγώνια Λύση (Σέμα Διονύσης) Λήμμα: Αν σε ένα επίπεδο δίνονται 5 σημεία τέτοια ώστε ανα 3 να μην είναι συνευθειακά, τότε σχηματίζονται τουλάχιστον 3 τρίγωνα, με κορυφές τα σημεία αυτά, τα οποία είναι μη οξυγώνια. Απόδειξη: Θα εξετάσουμε τρεις περιπτώσεις, ανάλογα με το αν στο κυρτό σχήμα αυτών των σημείων μπορεί να σχηματιστεί τρίγωνο, τετράπλευρο ή πεντάγωνο. (α) Εστω ότι το τρίγωνο ABC είναι το κυρτό σχήμα και τα άλλα δυο σημεία D, E βρίσκονται μέσα σε αυτό. Τουλάχιστον δυο από τα τρίγωνα ADB, BDC, CDA ϑα έχουν αμβλείες γωνίες στο σημείο D. Ομοια, τουλάχιστον δυο από τα τρίγωνα AEB, BEC, CEA είναιαμβλυγώνια. Ετσιυπάρχουν τουλάχιστον τέσσερα μη οξυγώνια τρίγωνα. (β) Εστω ότι το τετράπλευρο ABCD είναι το κυρτό σχήμα και το σημείο E βρίσκεται μέσα σε αυτό. Τουλάχιστον μια γωνία του τετραπλεύρου είναι μη οξυγώνια και άρα ϑα έχουμε και ένα μη ο- ξυγωνίο τρίγωνο. Επίσης το σημείο E βρίσκεται στο εσωτερικό είτε του τριγώνου ABC ή του CDA. Οπότε, όπως και στην προηγούμενη περίπτωση, καθορίζει και άλλα δυο αμβλυγώνια τρίγωνα. Και άρασυνολικάτριαμηοξυγώνιακαισεαυτήτη περίπτωση. (γ) Εστω τέλος ότι σχηματίζεται ένα πεντάγωνο, και άρα δεν έχουμε κανένα σημείο μέσα σε αυτό το σχήμα. Εύκολα βλέπουμε ότι τουλάχιστον δύο α- πό τις γωνίες του δεν έιναι οξείες, και άρα από δω έχουμε τουλάχιστον δυο μη οξυγώνια τρίγωνα. Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να ϑεωρήσουμε ότι αυτές οι δυο γωνίες βρίσκονται σε δυο από τις κορυφές A, B, C του πενταγώνου. Τώρα ϑεωρούμε το τετράπλευρο ACDE. Τουλάχιστον μια από τις γωνίες δεν είναι οξεία, και άρα έχουμε άλλο ένα μη οξυγώνιο τρίγωνο. Οπότε, και σε αυτή την περίπτωση έχουμε τουλάχιστον τρια μη οξυγώνια τρίγωνα. Δηλαδή σε κάθε περίπτωση ο ισχυρισμός μας αλη- ϑεύει. Απόδειξη άσκησης: Τώρα μένει να πάρουμε όλους τους συνδυασμούς των πέντε σημείων που επιλέγουμε από τα εκατό σημεία που δίνονται. Υπάρχουν 00 ( ) 5 συνδυασμοί, σε καθένα από τους οποίους υπάρχουν τουλάχιστον τρια μη οξυγώνια τρίγωνα τα οποία ϑα έχουν και σημεία στο εσωτερικό τους. Ομως ( οι ) κορυφές/σημεία του καθενός τριγώνου μετρούνται 97 φορές. Άρα ϑα υπάρχουν τουλάχιστον ( ) ( ) 97 μη οξυγώνια τρίγωνα με κορυφές τα 00 σημεία που δίνονται. Επίσης όλα τα τρίγωνα που ( ) σχηματίζονται από 00 τα 00 σημεία που δίνονται είναι 3.Άραολόγοςτων δυο τελευταίων αποτελεσμάτων μας δίνει το ελάχιστο ποσοστό ( των ) τριγώνων που είναι μη οξυγώνια: ( ) ( ) = = 30% 3 τουλάχιστον των τριγώνων είναι μη οξυγώνια. ΑΣΚΗΣΗ 44 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Υ- πάρχουν πρώτοι p < p <... < p 99 ώστε οι αριθμοί p + p, p + p 3,..., p 98 + p 99, p 99 + p να είναι τέλεια τετράγωνα ακεραίων; Λύση (Παύλος Μαραγκουδάκης) Θα δείξουμε ότι δεν υπάρχουν τέτοιοι πρώτοι. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν πρώτοι p < p < < p 99 ώστε 55

57 p + p = n, p + p 3 = n,...,p 99 + p = n και οι 99 n,...,n 99 ακέραιοι. Τότε p + p + + p 99 = n + n + + n 99 Αποκλείεται να είναι όλοι οι p i περιττοί. Πράγματι, αν αυτό ίσχυε τότε όλοι οι n i ϑα ήταν άρτιοι και έτσι το πρώτο μέλος της προηγούμενης ισότητας ϑα ήταν περιττός ενώ το δεύτερο μέλος ϑα ήταν άρτιος. Κάποιος λοιπόν από τους p i ϑα είναι άρτιος. Ο μόνος που μπορεί να είναι άρτιος είναι ο p. Θα είναι λοιπόν p =, όλοι οι οι άλλοι ϑα είναι περιττοί, οι n, n 99 περιττοί, οι n,..., n 98 άρτιοι. Επίσης Άρα p + n + n n 98 = n + n + + n 99 p = n n + n 3 n 4 + n 98 + n 99. Οαριθμός n n + n 3 n 4 + n 98 + n 99 = 4. n + n 3 n 4 + n 98 είναι πολλαπλάσιο του 4, και n n mod 4. Άρα 99 το πρώτο μέλος της τελευταίας διαιρούμενο με 4 αφήνει υπόλοιπο, άτοπο. Λύση (Δημήτρης Ιωάννου) Είναι γνωστό, ότι κάθε πρώτος αριθμός ή ϑα είναι ο ή ϑα είναι περιττός και μάλιστα της μορφής 4k +, ή 4k + 3, όπου k N. Επίσης είναι εύκολο να διαπιστώσουμε ότι κάθε τέλειο τετράγωνο, ϑα είναι της μορφής 4n ή 4n +, n N. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Περίπτωση : p = Τότε για να είναι ο p + p τέλειο τετράγωνο, ϑα πρέπει p = 4m + 3(διότιανήτανp = 4m +, τότε p + p = + 4m + =πολλ4 + 3καιάραδενϑαμπορούσε να είναι τέλειο τετράγωνο). Επίσης, αφού p = 4m + 3, τότε για να είναι ο p + p 3 τέλειο τετράγωνο, ϑα πρέπει p 3 = 4m 3 + (διότι αν ήταν p 3 = 4m 3 + 3, τότε p + p 3 =πολλ4 + και άρα δεν ϑα μπορούσε να είναι τέλειο τετράγωνο). Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο, έχουμε: Αφού p 3 = 4m 3 +, τότε πρέπει p 4 = 4m 4 + 3, και τότε πρέπει p 5 = 4m 5 +,...,p 99 = 4m Τότε όμως p 99 + p = 4m = πολλ και άρα δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Περίπτωση : p = 4m +. Τότε για να είναι ο p + p τέλειο τετράγωνο, ϑα πρέπει p = 4m + 3, και για να είναι ο p + p 3 τέλειο τετράγωνο, ϑα πρέπει p 3 = 4m 3 +, και με τον ίδιο τρόπο, συμπεραίνουμε ότι πρέπει ο p 99 = 4m Τότε όμως p 99 + p = 4m m + = πολλ.4 +, που όμως και πάλι δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Περίπτωση 3: p = 4m + 3. Τότε για να είναι ο p + p τέλειο τετράγωνο, ϑα πρέπει p = 4m +,καιγιαναείναιοp + p 3 τέλειο τετράγωνο, ϑα πρέπει p 3 = 4m 3 + 3, και με τον ίδιο τρόπο, συμπεραίνουμε ότι πρέπει p 99 = 4m Τότε όμως p 99 + p = 4m m + 3 = 4(m 99 + m ) = πολλ.4 + όπου και πάλι δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Άρα δεν υπάρχουν τέτοιοι πρώτοι. Λύση 3 (Γιώργος Γαβριλόπουλος) Θα διακρίνουμε δύο περιπτώσεις. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί και p >.Τότεόλατατετράγωναπουϑαδημιουργούνται ϑα είναι άρτιοι αριθμοί. Ας τα συμβολίσουμε ως 4a, 4a,...,4a 99 (αφού οι άρτιοι υψωμένοι στο τετράγωνο είναι πολλαπλάσια του 4). Θα ισχύει (p + p ) + (p + p 3 ) + + (p 99 + p ) = 4a + 4a + + 4a 99, επομένως ϑα είναι p + p + p p 99 = (a + a + a a 99 ) το οποίο είναι άτοπο αφού το άθροισμα 99 περιττών πρώτων είναι περιττός αριθμός. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί και ότι p =. Τότε οι μόνοι αριθμοί που είναι περιττοί και τέλεια τετράγωνα ϑα είναι οι p + p, p 99 + p. Οι δύο αυτοί αριθμοί ϑα είναι της μορφής 4a +, 4a 99 + (αφού όλοι οι περιττοί αριθμοί που είναι ταυτόχρονα και τέλεια τετράγωνα ακεραίων είναι της μορφής 8k + άρα και της μορφής 4m + ). 56

58 Οπως και στην παραπάνω περίπτωση, ϑα είναι (p + p ) + (p + p 3 ) + + (p 99 + p ) Επομένως = 4a + + 4a + 4a 3 + 4a a p + p + + p 99 = (a + a + a 99 ) + το οποίο είναι άτοπο, αφού το άθροισμα 98 περιττών πρώτων είναι άρτιος και με την πρόσθεση αρτίου έχουμε άρτιο αποτέλεσμα. Σχόλιο: Στον παραπάνω σύνδεσμο και αμέσως παρακάτω από τη λύση του Παύλου Μαραγκουδάκη, ο Γιώργος Γαβριλόπουλος μας παραπέμπει στον σύνδεσμο viewtopic.php?p 8548 όπου υπάρχουν ακόμη δύο λύσεις(οιλύσειςκαι3όπωςφαίνονταιπαραπάνω)οι οποίες είναι έξω από το φάκελο των διαγωνισμών της ΕΜΕ. Τις παραθέτουμε όμως για λόγους πληρότητας 57

59 Επιμελητής: Δημήτρης Χριστοφίδης ΑΣΚΗΣΗ 45 (Από τον διαγωνισμό Kyiv Taras του 03) Εστω n n πίνακες A, B τέτοιοι ώστε για κάθε n n πίνακα C η εξίσωση έχει λύση. εξίσωση έχει λύση. AX + YB = C Να δείξετε ότι για κάθε n n πίνακα C η A 03 X + YB 03 = C 59&t Λύση (Κώστας Τσουβαλάς) Δείχνουμε ότι τουλάχιστον ένας από τους A, B είναι αντιστρέψιμος.πράγματι αν ό- χι έστω r, r οι τάξεις τους που είναι γνήσια μικρότερες του n. Τότε ( ) ( ) Ir O Ir O A = Q P O O και B = Q P O O με P, P, Q, Q αντιστρέψιμους. Θέτουμε ( ) ( O O O O S = Q O και S = P O I n r I n r Τότε προφανώς S A = BS = O. Για C = Q P υπάρχουν X, Y με AX + Y B = Q P, και πολλαπλασιάζοντας αριστερά με S και δεξιά με S λαμβάνουμε ότι ( )( ) O O O O O = (S Q )(P S ) =. O O I n r I n r Αυτό όμως είναι άτοπο αφού n r, n r > 0. Τελικά ένας από τους δυο πίνακες είναι αντιστρέψιμος, έστω ο A (όμοια αν είναι ο B). Τότε για τυχαίο C υπάρχει Z ώστε A 03 Z = C. Τότε το ζεύγος (Z, O) είναι μια λύση της ζητούμενης εξίσωσης. ). ΑΣΚΗΣΗ 46 (Προτείνει ο Φαίδων Αντριόπουλος) Εστω a R και μια συνάρτηση f :(a, + ) R, η οποία είναι φραγμένη σε κάθε διάστημα της μορφής (a, b) με b R και a < b. Αντοόριο lim x + f (x + ) f (x) x k, υπάρχει για κάποιο k N, ναδείξετεότι lim x + f (x) x k+ = k + lim x + f (x + ) f (x) x k 59&t Λύση (Νίκος Ζαρίφης) Θέτοντας a n = f (n) δημιουργούμε το αντίστοιχο όριο Από ϑεώρημα Stolz είναι lim n lim n a n = lim nk+ n a n n k+. a n a n n k+ (n ) k+ a n a n = lim n ( kt= k+ ) t ( ) k+ t n t = a n a n ) lim n ( k+ k = k + lim n n k a n a n n k όπου το όριο υπάρχει. Οπότε το όριο είναι ίσο με το ζητούμενο. (Ισχύει από αρχή μεταφοράς) 58

60 Επιμελητής: Δημήτρης Χριστοφίδης ΑΣΚΗΣΗ 47 (Προτείνει η Μυρτώ Λιάπη) Αν V οδιανυσματικόςυποχώροςτου R n n πουαποτελείται από τους άνω τριγωνικούς πίνακες, να βρείτε μια βάση του και έναν διανυσματικό υποχώρο W του R n n τέτοιον ώ- στε ο R n n να είναι το ευθύ άθροισμα των V, W. 0&t 465 Λύση (Μιχάλης Λάμπρου) (α) Βάση του V: Οι άνω τριγωνικοί πίνακες που έ- χουν έναν άσσο κάπου και μηδέν παντού αλλού. (β) W: οι γνήσια κάτω τριγωνικοί (δηλαδή κάτω τριγωνικοί αλλά με όλο μηδενικά και στη διαγώνιο). ΑΣΚΗΣΗ 48 (Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης) Εστω p(x) πολυώνυμο με ρητούς συντελεστές βαθμού τουλάχιστον. Να εξεταστεί αν το σύνολο είναι πυκνό στο R. A = {x R \ Q : p(x) Q} 0&t Λύση (Νίκος Μαυρογιάννης) Θα χρησιμοποιήσω τα ε- ξής λήμματα: Λήμμα : Ενα πολυώνυμο f Q [x] βαθμού n είναι ανάγωγο αν και μόνο αν το πολυώνυμο x n f ( x) είναι ανάγωγο. Απόδειξη:. Θα υπάρχουν πολυώνυμα h, s βαθμών m, k αντίστοιχα ώστε ( ) x n f = h (x) s (x) x αν και μόνο αν x n f (x) = h ( ) s x ( ) x δηλαδή αν και μόνο αν f (x) = x m h Δηλαδή αν και μόνο αν με Λήμμα : Αν h (x) = x m h ( ) ( ) x k s. x x f (x) = h (x) s (x) ( ) x και s (x) = x k s f (x) = a n x n + + a 0 ( ). x είναι ένα πολυώνυμο του Z[x] και p είναι ένας πρώτος που δεν διαιρεί τον a n τότε το πολυώνυμο είναι ανάγωγο. g (x) = a n x n + + a 0 + p Απόδειξη: Από το Λήμμα αρκεί το ( ) x n g = a n + a n x + + x ( a 0 + p ) x n να είναι ανάγωγο. Αυτό γράφεται και ως ( ) x n g = ( ) (pa0 + ) x n + pa x n + + pa n x p Αυτό πράγματι είναι ανάγωγο διότι το (pa 0 + ) x n + pa x n + + pa n είναι ανάγωγο από το κριτήριο του Eisenstein: Ο πρώτος p διαιρεί όλους τους συντελεστές εκτός του μεγιστοβάθμιου και ο p δεν διαιρεί τον σταθερό αφού ο p δεν είναι διαιρέτης του a n. Για το κυρίως ϑέμα: Θεωρούμε διάστημα (a, b). Αφού το πολυώνυμο p(x) δεν είναι σταθερό ϑα υπάρχουν ρητοί c, d με a < c < d < b έτσι ώστε p (c) p (d). Εστω 59

61 ορητόςαριθμόςs = p(c)+p(d). Αυτός βρίσκεται μεταξύ των p(c), p(d) και προφανώς (p (c) s)(p (d) s) < 0. Θεωρούμε το πολυώνυμο q(x) = p(x) s. Αυτόέχειρητούς συντελεστές και επομένως γράφεται στην μορφή: q (x) = ( an x n ) a 0 r με τους a 0,...,a n να είναι ακέραιοι. Θεωρούμε μία α- κολουθία πρώτων αριθμών p < p < < p k < που δεν διαιρούν τον a n. Από το Λήμμα τα πολυώνυμα και q k (d) = q (d) + rp k q (d). Θα υπάρχει λοιπόν κατάλληλος k ώστε τα q k (c), q k (d) να είναι ομόσημα των q(c), q(d) οπότε από το ϑεώρημα του Bolzano το πολυώνυμο q k (x) ϑα έχει ρίζα t μεταξύ των c, d και επομένως στο διάστημα (a, b). Τέλος: (α) Αφού το q k (x) είναι ανάγωγο βαθμού μεγαλύτερου του ο t είναι άρρητος, (β) q k (t) = 0 και επομένως a n x n + + a 0 + p k είναιανάγωγα.επομένωςκαιτα q k (x) = ) (a n x n + + a 0 + pk r είναι επίσης ανάγωγα. = q (x) + rp k Q [x] δηλαδή p (t) s + rp k = 0 p (t) = s rp k Q Επειδή η ακολουθία rp k είναι μηδενική ϑα είναι q k (c) = q (c) + rp k q (c) Άρα πράγματι οι άρρητοι που απεικονίζονται σε ρητούς από το p αποτελούν πυκνό υποσύνολο των πραγματικών. 60

62 Επιμελητές: Αναστάσιος Κοτρώνης - Γρηγόρης Κωστάκος ΑΣΚΗΣΗ 49 (Προτείνει ο Γεώργιος Σμυρλής) Δείξατε ότι υπάρχει συνεχής συνάρτηση f :[0, ] R, ώστε f (x) = 0 sin ( x + f (t) ) dt, γιά κάθε x [0, ]. 9&t 3785 Λύση (Μιχάλης Λάμπρου) Εξετάζουμε τον διανυσματικό χώρο K των συνεχών συναρτήσεων στο [0, ] που παράγονται από τις sin(.), cos(.) με την..ορίζουμε T : K C[0, ], (T f)(x) = Εύκολα βλέπουμε ότι η T είναι συνεχής. Επίσης, επειδή 0 0 sin ( x + f (t) ) dt = sin ( x + f (t) ) dt. ( ) ( ) cos f (t) dt sin x + sin f (t) dt cos x = 0 0 a sin x + b cos x έχουμε ότι Tf K. Ας παρατηρηθεί ακόμη ότι a, b οπότε T f = a sin(.) + b cos(.) = a + b, δηλαδή το σύνολο { T f : f :[0, ] R συνεχής συνάρτηση} είναι κλειστό και φραγμένο υποσύνολο χώρου πεπερασμένης διάστασης. Επεται ότι η εικόνα της T είναι υποσύνολο συμπαγούς υποσυνόλου του K. Από το (ϑεώρημα σταθερού σημείου του Schauder), η T έχει σταθερό σημείο, όπως ϑέλαμε. ΑΣΚΗΣΗ 50 (Προτείνει ο Σπύρος Καπελλίδης) Εστω a n μία ακολουθία ϑετικών { ακεραίων με όριο το άπειρο. an } Εξετάστε αν το σύνολο m : n.m N είναι πυκνό στο (0, + ). 9&t 466 Λύση (Παύλος Μαραγκουδάκης) Εστω x > 0και0< ε<x. Θέτουμε β = x ε και γ = x + ε. Ορίζουμε τις ακολουθίες b n = nβ και c n = nγ. Υπάρχει δείκτης k ώστε για κάθε n k να είναι β b n+ < c n. Πράγματι αρκεί να διαλέξουμε k > γ β. Τότε για το σύνολο A = (b k, c k ) (b k+, c k+ ) είναι A = (b k, + ). Στο σύνολο A ανήκει τουλάχιστον ένας όρος a n της ακολουθίας (a n ), οπότε υπάρχει δείκτης m ώστε a n (b m, c m ). Άρα m (x ε) < a n < m (x + ε), a δηλαδή n m x < ε. Άρα το δοσμένο σύνολο είναι πράγματι πυκνό στο σύνολο των ϑετικών. 6

63 Επιμελητής: Θάνος Μάγκος ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Γρηγόρης Κωστάκος) Τα διανύσματα α = OA, β = OB και γ = OΓ είναι μοναδιαία και σχηματίζουν ίσες γωνίες π 3,δηλαδή ( α, β ) = ( β, γ ) = ( γ, α ) = π 3. Να υπολογισθεί η παράσταση A = ( α ( α ( α γ ))) ( β γ ). &t 4083 φέρνουμετιςκαθέτουςπροςτουςάξονέςτης,ma και MB, αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι ο πόλος τής ευθείας πουδιέρχεται από τα σημεία A και B, γράφειτην καμπύλη α x + β y =. &t 4673 Λύση (Κώστας Ζερβός) Εστω M(a cos t, b sin t), t [0, π). Λύση (Κώστας Ζερβός) Είναι α ( α γ ) = ( α γ ) α ( α α) γ = α γ. Άρα ( α ( α ( α γ )) = ) α α γ Επομένως = α α α γ = γ α. A = ( γ α) ( β γ ) = (( γ α) β ) γ = ( β ( α γ )) γ = [ ( β γ ) α ( β α) γ ] γ ( = = ) α γ γ α γ γ γ = 4 = 4. ΑΣΚΗΣΗ 5 (Προτείνει ο Γρηγόρης Κωστάκος) Από τυχόν σημείο M τής έλλειψης x α + y β =, α,β R, 6 Τότε A(a cos t, 0), B(0, b sin t). Αν P(x 0, y 0 ) ο πόλος τής ευθείας που διέρχεται από τα σημεία A και B, τότε AB : xx 0 a + yy 0 a =. Αλλά A, B AB, άρα a cos tx 0 = a cos t = a x 0 και b sin tx 0 = b sin t = b. y 0 Άρα cos t + sin t = a + b x y 0 0 =, που σημαίνει ότι το P γράφει την καμπύλη α x + β y =.

64 Επιμελητής: Νίκος Κατσίπης ΑΣΚΗΣΗ 53 (Προτείνει ο Δημήτριος Κανακάρης) Να αποδειχθεί ότι αν το τετράγωνο ενός ϑετικού ακεραίου μπορεί να παρασταθεί ως διαφορά διαδοχικών κύβων, τότε ο αριθμός αυτός μπορεί να παρασταθεί και ως άθροισμα διαδοχικών τετραγώνων. οπότε k = (m + ), k = (m + ) + m, 63&t 4369#p9805 Λύση (Βαγγέλης Μουρούκος) Εστω k ϑετικός ακέραιος τέτοιος, ώστε k = (n + ) 3 n 3 = 3n + 3n +, για κάποιο ϑετικό ακέραιο n. Τότε, είναι: το οποίο αποδεικνύει το ζητούμενο. ΑΣΚΗΣΗ 54 (Προτείνει ο vzf) Δίνονται δεκαεφτά ακέραιοι. Δείξτε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα υποσύνολό τους από εννιά ακέραιους, που το άθροισμά τους είναι πολλαπλάσιο του &t 399#p k = n + n + 4 4k = n + n + 3 (k )(k + ) = 3(n + ) Παρατηρούμε ότι οι αριθμοί k καιk + είναι σχετικά πρώτοι. Άρα, ο ένας από αυτούς ϑα είναι τέλειο τετράγωνο (περιττού) ακεραίου, ενώ ο άλλος είναι ίσος με το τριπλάσιο του τετραγώνου ενός ακεραίου. Αν ήταν k + = (m + ) για κάποιο ακέραιο m, τότε ϑα είχαμε ότι k = (m + ) = 4m (m + ) και άρα ο αριθμός k ϑα ήταν άρτιος, πράγμα άτοπο από τη σχέση k = 3n (n + ), αφού ο αριθμός n (n + ) είναι άρτιος. Επομένως, είναι Λύση (Αχιλλέας Συνεφακόπουλος) Ας ονομάσουμε τους αριθμούς a, a,...,a 7. Από τους πρώτους πέντε, δηλαδή τους a, a,...,a 5, υπάρχουν τρεις με άθροισμα πολλαπλάσιο του 3, αφού καθένας από αυτούς αφήνει υπόλοιπο 0, ή στη διαίρεση με το 3. Αλλάζοντας την αρίθμηση, αν χρειάζεται, υποθέτουμε ότι είναι οι a, a, a 3. Ομοίως, από τους a 4, a 5, a 6, a 7, a 8, υπάρχουν τρεις με άθροισμα πολλαπλάσιο του 3, κ.ο.κ. Συνεχίζοντας έτσι, από τους 7 αριθμούς βρίσκουμε 5 τριάδες με άθροισμα πολλαπλάσιο του 3. Το άθροισμα καθεμιάς από αυτές τις τριάδες αφήνει υπόλοιπο 0, 3 ή 6 όταν διαιρεθεί με το 9. Συνεπώς, υπάρχουν 3 τριάδες ανάμεσα σε αυτές τις 5, που όλες μαζί έχουν άθροισμα στοιχείων πολλαπλάσιο του 9. Σχόλιο: (Σιλουανός Μπραζιτίκος) Πρόκειται για ειδική περίπτωση του ϑεωρήματος Erdős-Ginzburg: Κάθε σύνολο n ακεραίων έχει υποσύνολο με n στοιχεία των οποίων το άθροισμα διαιρείται με n. 63

65 Επιμελητής: Λευτέρης Πρωτοπαπάς ΑΣΚΗΣΗ 55 (Προτείνει ο petros r). Εστω a ένας ϑετικός πραγματικός αριθμός. Υπολογίστε το I = + 0 sin x cos x x(x + a ) dx. f (z) = ze i(x+iy) z + a z e y (cos x + i sin x) = z + a = z e y z z + a &t Λύση (Σεραφείμ Τσιπέλης) Θα χρησιμοποιήσουμε τη γνωστή σχέση: 0 0 Εχουμε ότι: sin x x sin x cos x x ( x + a ) dx = 0 = a = a dx = 0 sin y y dy = π. sin x x ( x + a) dx 0 0 ( sin x x sin x x = π 4a a = π 4a 4a 0 ) x dx x + a dx x sin x a x + a dx 0 x sin x x + a dx x sin x x + a dx zeiz Εστω η μιγαδική συνάρτηση f (z) = z + a, που είναι μερόμορφη στο άνω ημιεπίπεδο. Στο άνω ημιεπίπεδο έχουμε Εχει απλό πόλο (πάντα στο άνω ημιεπίπεδο) τον z = ia με Res ( f (z), z = ia) = lim z ia (z ia) f (z) = e a. Θεωρώντας το μιγαδικό ολοκλήρωμα της f (z) στην καμπύλη C που αποτελείται από το τμήμα του άξονα x x από x = M και x = M και το άνω ημικύκλιο ακτίνας ρ = M έχουμε ότι: 0 C f (z) dz = πi Res ( f (z), z = ia) = πie a. Επομένως με M + προκύπτει και τελικά sin x cos x x ( x + a) dx = π xe ix dx = x πie a + a x (cos x + i sin x) x + a x sin x dx = x πe a + a 4a 4a = π 4a 4a πe a = dx = πie a x sin x x + a dx π 4a ( e a ). 64

66 ΑΣΚΗΣΗ 56 (Προτείνει ο vz f )Ναυπολογίσετετομέτρο τουέργουw που χρειάζεται για την εκτόξευση πυραύλουβάρους B από την επιφάνεια της Γης, κατακόρυφα σε ύψος h. 47&t 666 Λύση (Κώστας Ρεκούμης) Αν Β είναι το βάρος του πυραύλου στην επιφάνεια της γης, τότε B = G Mm R, οπότε η μάζα του πυραύλου είναι m = BR GM. Τα δυναμικά του πεδίου βαρύτητας της γης στην επιφάνειά της και σε ύψος h είναι αντίστοιχα: G M R και G M R + h, ενώ το ζητούμενο έργο ισούται με την διαφορά δυναμικού επί την μάζα: ( G M R G M ) BR R + h GM = B Rh R + h. 65

67 Επιμελητής: Χρήστος Κυριαζής ΑΣΚΗΣΗ 57 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Υπολογίστε την τιμή της παράστασης Λύση (Κώστας Ζερβός) Η ελάχιστη τιμή είναι προφανώς 0 για x = kπ, k Z.Για τη μέγιστη έχουμε K := cot cos 70. sin x = sin x cos x sin x + cos x = 7&t 489 Λύση (Φωτεινή Καλδή) με την ισότητα να ισχύει όταν x = kπ + π, k Z. Ε- 4 πιπλέον sin x sin x + cos x sin 0 K = + 4 sin 0 cos 0 = sin 0 + sin 40 cos 0 3 = cos 0 3 = sin 70 cos 0 = 3 sin cos 0 sin x + sin x sin x sin x 0 ( sin x )( sin x + ) 0 το οποίο ισχύει. Εχουμε ισότητα όταν sin x = x = kπ + π 4, k Z. Άρα ΑΣΚΗΣΗ 58 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Να βρεθεί η ελάχιστη και η μέγιστη τιμή της συνάρτησης f (x) = sin x sin x + cos x &t sin x + sin x sin x + cos x + f (x) με τη ισότητα να ισχύει όταν x = kπ + π 4, k Z. Άρα η μέγιστη τιμή της είναι

68 Επιμελητής: Βαγγέλης Μουρούκος ΑΣΚΗΣΗ 59 (Προτείνει ο Γιώργος - Σ. Σμυρλής) Εστω (a n ) n N μια ακολουθία ϑετικών αριθμών. Είναι γνωστό ότι: Αν a n <, τότε <. n= n= a n n n Να αποδειχθεί το ακόλουθο, κάπως πιο εξειδικευμένο, αποτέλεσμα: Αν a n = s <, τότε a n n n s + s. n= n= 6&t 3976 Λύση (Δημήτρης Χριστοφίδης) Για n από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου έχουμε (n )a n + a n < a n + an. n n Άρα a n an n n s + n. n= n= Ομως από την ανισότητα Cauchy Schwarz έχουμε ότι an n a n = π 6 s < s. 6 n= a n n n n n= Το αποτέλεσμα τώρα έπεται και μάλιστα με κάπως καλύτερο συντελεστή για το s. Αν δεν ϑέλουμε να χρησιμοποιήσουμε ότι n = π τότε πιο στοιχειωδώς έχουμε 6 n= n= n= n < n(n ) = n= n= ( n n που πάλι είναι αρκετό για το ζητούμενο. ) =, ΑΣΚΗΣΗ 60 (Προτείνει ο Θανάσης Κοντογεώργης) Να βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις f : R R τέτοιες, ώστε για κάθε x, y R. f (x + y + f (xy)) = xy + f (x + y), 6&t Λύση (Σπύρος Καπελλίδης) Η δοσμένη σχέση για y = x δίνει f (x + y + f (xy)) = xy + f (x + y) () f ( f ( x )) = x + f (0) (), για κάθε x R. Επειδή κάθε μη ϑετικός u γράφεται ως x η () γίνεται f ( f (u)) = u + f (0) (3), για κάθε u (, 0]. Από την (3) εύκολα συμπεραίνουμε ότι η f είναι στο διάστημα (, 0], άρα, λόγω της συνέχειας, γνησίως μονότονη σε αυτό. η περίπτωση: Η f είναι γνησίως αύξουσα στο (, 0]. Αν f (0) < 0, τότε f ( f (0)) < f (0), άτοπο, γιατί f ( f (0)) = f (0). Αν f (0) > 0, τότε επειδή lim f (x) = (*) υπάρχει x 0 < 0ώστε f (x 0 ) = 0, άρα η (3) για u = x 0 x δίνει f (0) = x 0 + f (0) x 0 = 0, άτοπο. Άρα f (0) = 0. *[Αν lim f (x) = a R, τότε, παίρνοντας όρια x στο στην (3) έχουμε f (a) =, άτοπο, άρα lim f (x) = ]. x Συνεπώς η (3) γράφεται f ( f (x)) = x (4), για κάθε x (, 0]. Εστω ότι για κάποιο x 0έχουμε f (x) < x. f ( f (x)) < f (x) < x, άτοπο. Εστω ότι για κάποιο x 0έχουμε f (x) > x. f ( f (x)) > f (x) > x, άτοπο. Τότε Τότε 67

69 Άρα για κάθε x 0. Η () για y = δίνει f (x) = x (5), f (x ) + f ( x) = x + f (x ) f (x ) = x, για κάθε x > 0, και για x = x + έχουμε f (x) = x, για κάθε x > 0, άρα f (x) = x για κάθε x R, x που είναι δεκτή, γιατί επαληθεύει την (). η περίπτωση: Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (, 0]. Σε αυτή την περίπτωση έχουμε κατ αρχάς ότι lim f (x) =+ (αποδεικνύεται εύκολα, όπως πιο πάνω) και ότι κάθε αριθμός a > f (0) γράφεται με μοναδικό τρόπο ως f (h(a)), όπουh(a) < 0. Λήμμα : Οισχυρισμός f (0) > 0είναιψευδής. Αν ο περιορισμός της f στα ϑετικά x παίρνει και αρνητικές τιμές, τότε ϑα υπάρχει x 0 > 0ώστε f (x 0 ) = 0. Βάζοντας στην () όπου x, y το ( ) ( x0 f + f (x 0) = x 0 + f x0 x0 έχουμε ότι ) x 0 = 0, άτοπο. Αν ο περιορισμός της f στα ϑετικά x παίρνει μόνον ϑετικές τιμές, τότε βάζοντας στην () y = x > 0έχουμε ότι f (x + f (x ) = x + f (x) > x. Συνεπώς ο ανωτέρω περιορισμός μπορεί να πάρει την οσοδήποτε μεγάλη ϑετική τιμή. Εστω f (x ) μία τέτοια. Τότε υπάρχει αρνητικός αριθμός h(x ) με αρκετά μεγάλη απόλυτη τιμή ώστε f (x ) = f (h(x )) και συνεπώς f ( f (x )) = f ( f (h(x ))) f ( f (x )) = h(x ) + f (0) < 0, άτοπο. Λήμμα : Οισχυρισμός f (0) < 0είναιψευδής. Πράγματι, αν αληθεύει, τότε f ( f (0)) > f (0), το ο- ποίο είναι άτοπο, γιατί f ( f (0)) = f (0). Από τα πιο πάνω λήμματα προκύπτει ότι f (0) = 0, άρα f ( f (x)) = x (a), για κάθε x 0. Εστωσαν x, x > 0 με f (x ) = f (x ). Τότε από τη σχέση f ( f (h(x ))) = f ( f (h(x )) με h(x ), h(x ) < 0προκύπτει ότι h(x ) = h(x ) f (h(x )) = f (h(x )) x = x. Άρα η f είναι καιστο[0, + ), συνεπώς είναι και στους μη αρνητικούς γνησίως μονότονη. Αν είναι γνησίως αύξουσα, έχουμε f (x) > 0γιακάθε x > 0. Άρα υπάρχουν x > 0καιx < 0ώστε f (x ) = f (x ) f ( f (x )) = f ( f (x )) = x < 0, άτοπο. Δηλαδή η f είναι γνησίως φθίνουσα και στους ϑετικούς και, λόγω συνέχειας, γνησίως φθίνουσα στο R, άρα f (x) < 0γιακάθεx > 0. Εστω ότι για κάποιο x > 0έχουμε f ( f (x)) x. Τότε άτοπο. Άρα f ( f ( f (x))) f (x) f (x) f (x), f ( f (x)) = x (b), για κάθε x R. Από την (b) εύκολα συμπεραίνουμε ότι η f αντιστρέφεται στο R και f (x) = f (x) για κάθε x R. Αφ ετέρου, επειδή για κάθε a > 0, b 0υπάρχουν x, y ώστε x + y = a xy = b, η() δίνει Αν a, b > 0, τότε f (a + f (b)) = b + f (a) ( ). f (a + b) = f ( f (h(a)) + f (h(b)) = h(b) + f ( f (h(a)) = = h(b) + h(a) = f (b) + f (a) = f (b) + f (a). Άρα η f είναι συνάρτηση Cauchy στο (0, + ), συνεπώς f (x) = kx για κάθε x > 0, όπου k < 0. Επαληθεύοντας στην αρχική βρίσκουμε ότι f (x) = x για κάθε x > 0. Ομοια βρίσκουμε ότι f (x) = x για κάθε x < 0, άρα f (x) = x για κάθε x R, που είναι δεκτή, γιατί επαληθεύει την (). 68

70 Επιμελητής: Γιώργος Μπαλόγλου ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Χρήστος Κυριαζής) Εστω παραβολή y = px με το E για εστία. Για n 3 ϑεωρούμε ένα κανονικό πολύγωνο A A A 3 A n με κέντρο την εστία E και με καμία κορυφή στον άξονα συμμετρίας της παραβολής. Αν οι ημιευθείες EA, EA,...,EA n τέμνουν την παραβολή στα B, B,...,B n αντιστοίχως τότε να δείξετε ότι: EB + EB + EB EB n np. 6&t 3946 Λύση(Κώστας Ζερβός) Εστω p > 0, (όμοια αν p < 0). Τα A k είναι οι εικόνες των ριζών της εξίσωσης όπου θ ( z p ) n = r n (cos θ + i sin θ), ( 0, π ) και r > 0(r ηακτίνατουπολυγώνου). n Η εξίσωση ανάγεται στην για k =,...,n. Οι εικόνες των z k ανήκουνστηνπαραβολή, άρα ( rk sin φ k = p r k cos φ k + p ) rk sin φ k + rk cos φ k = rk cos φ k + pr k cos φ k + p rk = (r k cos φ k + p) r k >0,p>0 p r k = cos φ k r k = p( + cos φ k) sin p( + cos φ k ). φ k Στα παραπάνω είναι cos φ k > 0γιατίκανένααπότα A k δεν βρίσκεται στον x x. Επομένως Άρα EB k = z k p = r k p( + cos φ k ). EB + EB + + EB n np + p n k= cos φ k () = np. και w n r n (cos θ + i sin θ) = 0 ( (k )π + θ w k = r cos + i sin n = r(cos φ k + i sin φ k ) ) (k )π + θ n ΑΣΚΗΣΗ 6 (Προτείνει ο Γιώργης Καλαθάκης) Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ABCD. Να βρείτε μια αναγκαία και ικανή συνθήκη, ώστε να υπάρχει σημείο O στο εσωτερικό τουτετραπλεύρουγια το οποίο να ισχύει: (AOB) = (BOC) = (COD) = (DOA). είναιοιρίζεςτης.επομένως n w k = 0 k= n cos φ k = 0 () k= Τα σημεία B k για k ( =,,...,n είναι εικόνες των μιγαδικών z k ώστε Arg z k p ) = φ k.άρα z k p = r k(cos φ k + i sin φ k ) z k = r k cos φ k + p + r k sin φ k 6&t 3894 Λύση (Νίκος Μαυρογιάννης) Γράφω μία προσέγγιση που χρησιμοποιεί Αναλυτική Γεωμετρία. Αλλάζω το όνομα του ζητουμένου σημείου από O σε M. Χάριν απλούστευσης μπορούμε να υποθέσουμε ότι το τετράπλευρο μας έχει κορυφές: A (t, 0) με t > 0, B (p, q) με q > 0, C ( t, 0) και D (r, s) με s < 0. Η αρχή O των αξόνων είναι μέσο του AC. 69

71 Τα τέσσερα εμβαδά ϑα είναι ίσα αν και μόνο αν qx py = 0 () sx ry = 0 () (q + s) x + ( p r t) y = t (s + q) (3) Άρα κατ αρχάς πρέπει το παραπάνω σύστημα να είναι συμβιβαστό και άρα πρέπει: q p 0 s r 0 = 0 q + s p r t t (s + q) που ισοδυναμεί με την t (s + q)(qr ps) = 0, και επειδή t > 0ισοδυναμείμετην (s + q)(qr ps) = 0. Εύκολα βρίσκουμε ότι η ευθεία CB έχει εξίσωση qx + ( p t) y + tq = 0 και το O ανήκει στο ϑετικό της ημιεπίπεδο. Η ευθεία BA έχει εξίσωση qx + ( p + t) y tq = 0 και το O ανήκει στο αρνητικό της της ημιεπίπεδο. Η ευθεία DC έχει εξίσωση sx + ( r t) y + ts = 0 και το O ανήκει στο αρνητικό της ημιεπίπεδο. Η ευθεία DA έχει εξίσωση sx + ( r + t) y ts = 0 και το O ανήκει στο ϑετικό της ημιεπίπεδο. Επομένως και για το τυχόν εσωτερικό σημείο M του κυρτού τετραπλεύρου ϑα ισχύει ότι το M βρίσκεται στο ϑετικό ημιεπίπεδο των DA, CB και στο αρνητικό ημιεπίπεδο των BA, DC. Οι πληροφορίες αυτές μας επιτρέπουν να ξέρουμε με τι πρόσημο ϑα πάρουμε τις ορίζουσες που εμφανίζονται στα εμβαδά των τεσσάρων τριγώνων. Θα είναι (MCB) = (MCD) = p q t 0 x y r s t 0 x y, (MAB) =, (MAD) = p q t 0 x y r s t 0 x y,. Άρα υπάρχουν οι περιπτώσεις: (α) ή s + q = 0 οπότε το μέσο της BD ανήκει στην AC και, λόγω p+r + t 0(B, C, D μη συγγραμικά), y = 0, x = 0, και M μέσο της AC. (β) είτε p r q s = 0. (4) Η (4) μας λέει ότι τα OB, OD είναι συγγραμμικά. Άρα ϑα πρέπει η BD να διχοτομεί την AC. Μάλιστα λόγω της () το ζητούμενο σημείο M ανήκει στην ευθεία y = q p x δηλαδή αναγκαστικά πρέπει να ανήκει στην διαγώνιο BD οπότε λόγω της ισότητας (CMD) = (CMB) είναι το μέσο της BD (*). Άρα αν υπάρχει τέτοιο σημείο ϑα είναι μοναδικό. Δηλαδή μια αναγκαία συνθήκη είναι Τουλάχιστον μία διαγώνιος του τετραπλεύρου να διχοτομεί την άλλη. Η συνθήκη πολύ εύκολα φαίνεται πως είναι και ικανή: Το μέσο της διχοτομούσης είναι κατάλληλο σημείο. Φυσικά στην κλάση αυτή των τετραπλεύρων περιλαμβάνονται και τα παραλληλόγραμμα. (*) Σημείωση: Στο ίδιο συμπέρασμα μπορούσαμε να φθάσουμε εξετάζοντας λίγο περισσότερο το σύστημα των τριών εξισώσεων. Το υποσύστημα των (), () λόγω της (4) έχει μοναδική λύση x = p s + q q, y = q + s όπου φαίνεται ότι το M είναι μέσο της BD. 70

72 Λύση (Σωτήρης Λουρίδας) Εστω E το σημείο τομής των διαγωνίων του κυρτού τετράπλευρου ABCD. Εστω επίσης ότι υπάρχει εσωτερικό σημείο O του τετράπλευρου ABCD με την ιδιότητα και αναγκαία συνθήκη για την ισχύ της () για εσωτερικό σημείο O του κυρτού τετράπλευρου ABCD, που είναι: «τουλάχιστον η μία διαγώνιος διέρχεται από το μέσο της άλλης διαγωνίου». (OBA) = (OAD) = (ODC) = (OCB) () Προφανώς αν το σημείο O ταυτιστεί με το σημείο E ισχύουσας της σχέσης (), το τετράπλευρο ABCD καθίσταται παραλληλόγραμμο καθότι εύκολα παίρνουμε ότι οι διαγώνιες του διχοτομούνται. Θεωρούμε τώρα ότι ισχύει η σχέση () χωρίς το σημείο O να ανήκει σε μία από τις δύο διαγώνιους, ας υποθέσουμε ότι δεν ανήκει στην διαγώνιο BD. Προκειμένου να «λειτουργήσουμε» την ισότητα () ϑεωρούμε BF AO, DG AO () Από τις σχέσεις (), () παίρνουμε BF = DG. Ετσι έ- χουμε: BE = E D αν E DB OA. Θεωρούμε τώρα BF OC, DG OC και σε συνδυασμό με την ισότητα (BOC) = (DOC) όμοια παίρνουμε BE = E D, αν E DB OC. Συνεπώς τα σημεία E, E «συναντώνται» στο μέσο L της διαγωνίου BD. Ά- μεσα πλέον διαπιστώνουμε ότι A OL, C OL L AC L E. Επίσης από τις A OL, C OL και () προκύπτει ότι το O οφείλει να είναι μέσο της AC. Τελικά για να ισχύει η ισότητα () όταν το σημείο O δεν είναι σημείο της διαγωνίου BD πρέπει και αρκεί ηδιαγώνιοςac να διέρχεται από το μέσον της διαγωνίου BD και το σημείο O να ταυτιστεί με το μέσο της διαγωνίου AC. Ομοια για να ισχύει η ισότητα() όταν το σημείο O δεν είναι σημείο της διαγωνίου AC πρέπει και αρκεί η διαγώνιος BD να διέρχεται από το μέσον της διαγωνίου AC και το σημείο O να ταυτιστεί με το μέσο της διαγωνίου BD. Ετσι καταλήγουμε στην ικανή. Λύση 3 (Ανδρέας Βαρβεράκης) Λήμμα. Ο γεωμετρικός τόπος των σημείων μιας γωνίας xoy που σχηματίζουν ισεμβαδικά τρίγωνα με δύο τμήματα OA, OB επί των πλευρών της γωνίας, είναι η ημιευθεία OM όπου M το μέσο του AB. Από τις (OBA) = (OBC) και (ODA) = (ODC) προκύπτει ότι το O κείται επί των BM, DM,όπουM το μέσον της AC. Από τις (OAB) = (OAD) και (OCB) = (OCD) προκύπτει ότι το O κείται επί των AN, CN,όπουN το μέσον της BD. Συμπεραίνουμε ότι ή O M με N AC ή O N με M BD (ή και τα δύο, οπότε ABCD παραλληλόγραμμο). 7

73 Επιμελητής: Νίκος Μαυρογιάννης ΑΣΚΗΣΗ 63 (Προτείνει ο Θάνος Μάγκος) Ας είναι n ακέραιος και a C R με a =. Θεωρούμε την εξίσωση n ( ) n ( + a k )x k = 0. k k=0 Να αποδείξετε ότι: οπότε ισοδύναμα x a x b + y a y b = x a x b (x a + x b ) + (y a + y b ) = x a x b = x a + x b x a + x b = y a + y b = 0 a + b = 0 (α) Οι ρίζες της εξίσωσης είναι σημεία μιας ευθείας l a (β) Δύο ευθείες l a,l b τέμνονται κάθετα αν και μόνο αν ισχύει a + b = &t 4670 ΑΣΚΗΣΗ 64 (Προτείνει ο Βαγγέλης Μουρούκος) Να αποδείξετε ότι ( ) arccos = arctan 5 3. Λύση (Παύλος Μαραγκουδάκης) (α) Λαμβάνοντας υπ όψιν το διωνυμικό ανάπτυγμα του Νεύτωνα η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την (x + ) n + (ax + ) n = 0. Αν x 0 είναι μια λύση της εξίσωσης αυτής, τότε (x 0 + ) n + (ax 0 + ) n = 0οπότε Εφόσον a =, τελικά x 0 + = ax 0 +. x 0 + = x 0 + a. Άρα η εικόνα του x 0 ανήκει στη μεσοκάθετο του τμήματος με άκρα τα σημεία (, 0) και την εικόνα του a. (β) Αν a = x a + y a i τότε η ευθεία l a έχει συντελεστή διεύθυνσης l a = y a και ομοίως l b = y b x a x b όπου b = x b + y b i με x a + y a = x b + y b =. Ομως l a l b y a y b ( x a )( x b ) = y a y b ( x a )( x b ) = ( + x a)( + x b ) y a y b 60&t 39 Λύση (Μιχάλης Λάμπρου) Από τον τύπο arctan x = arctan x x (είναι γνωστός και βγαίνει από τον tan a = το δεξί μέλος είναι ίσο με έχουμε Από τον τύπο 3 3 cos a = ± = 6 3. tan a + tan a tan a ), cos C = a + b c = = ab = 5 ( ) C = arccos 5 (η γωνία είναι στο τέταρτο τεταρτημόριο). 7

ÅéêïóéäùäåêÜåäñïí. www.mathematica.gr. Ìáèçìáôéêü Äåëôßï. Ôåý ïò 13ï. Ïêôþâñéïò 2014 ISSN: 2241-7133

ÅéêïóéäùäåêÜåäñïí. www.mathematica.gr. Ìáèçìáôéêü Äåëôßï. Ôåý ïò 13ï. Ïêôþâñéïò 2014 ISSN: 2241-7133 ÅéêïóéäùäåêÜåäñïí Ìáèçìáôéêü Äåëôßï Ôåý ïò 3ï Ïêôþâñéïò 04 www.mathematica.gr ISSN: 4-733 Το «Εικοσιδωδεκάεδρον» παρουσιάζει ϑέματα που έχουν συζητηθεί στον ιστότοπο http://www.mathematica.gr. Η επιλογή

Διαβάστε περισσότερα

Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων

Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Δευτέρα 8 Μαΐου 0 Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων

Διαβάστε περισσότερα

Διευθύνοντα Μέλη του

Διευθύνοντα Μέλη του Το «Εικοσιδωδεκάεδρον» παρουσιάζει ϑέματα που έχουν συζητηθεί στον ιστότοπο http://www.mathematica.gr. Η επιλογή και η φροντίδα του περιεχομένου γίνεται από τουςεπιμελητέςτου http://www.mathematica.gr.

Διαβάστε περισσότερα

Αποδεικτικές Διαδικασίες και Μαθηματική Επαγωγή.

Αποδεικτικές Διαδικασίες και Μαθηματική Επαγωγή. Αποδεικτικές Διαδικασίες και Μαθηματική Επαγωγή. Mαθηματικό σύστημα Ένα μαθηματικό σύστημα αποτελείται από αξιώματα, ορισμούς, μη καθορισμένες έννοιες και θεωρήματα. Η Ευκλείδειος γεωμετρία αποτελεί ένα

Διαβάστε περισσότερα

Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων

Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ Γ ΤΑΞΗΣ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ (ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ) Τετάρτη 8 Μαΐου 26 Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων η LaT E X-έκδοση ( 22/5/26)

Διαβάστε περισσότερα

Εξαναγκασμένες ταλαντώσεις, Ιδιοτιμές με πολλαπλότητα, Εκθετικά πινάκων. 9 Απριλίου 2013, Βόλος

Εξαναγκασμένες ταλαντώσεις, Ιδιοτιμές με πολλαπλότητα, Εκθετικά πινάκων. 9 Απριλίου 2013, Βόλος ιαφορικές Εξισώσεις Εξαναγκασμένες ταλαντώσεις, Ιδιοτιμές με πολλαπλότητα, Ατελείς ιδιοτιμές Εκθετικά πινάκων Μανόλης Βάβαλης Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Τηλεπικοινωνιών και ικτύων Πανεπιστήμιο Θεσσαλίας 9 Απριλίου

Διαβάστε περισσότερα

Διευθύνοντα Μέλη του mathematica.gr

Διευθύνοντα Μέλη του mathematica.gr Το «Εικοσιδωδεκάεδρον» παρουσιάζει ϑέματα που έχουν συζητηθεί στον ιστότοπο http://www.mathematica.gr. Η επιλογή και η φροντίδα του περιεχομένου γίνεται από τους Επιμελητές του mathematica.gr. Μετατροπές

Διαβάστε περισσότερα

1) A= ΑΣΚΗΣΗ 9 (KARKAR) Να βρεθούν οι αριθμοί x, y, για τους οποίους ισχύει : x 1+ y 1= x+

1) A= ΑΣΚΗΣΗ 9 (KARKAR) Να βρεθούν οι αριθμοί x, y, για τους οποίους ισχύει : x 1+ y 1= x+ Διασκεδαστικά Μαθηματικά ΑΣΚΗΣΗ (Atemlos) Ο κ. Χρήστος έγραψε δυο αριθμούς στον πίνακα και ζήτησε από τους μαθητές του να υπολογίσουν το γινόμενο. Το ψηφίο μονάδων του ενός από τους δυο αριθμούς ήταν 8

Διαβάστε περισσότερα

Γενικό Λύκειο Μαραθοκάμπου Σάμου. Άλγεβρα Β λυκείου. 13 Οκτώβρη 2016

Γενικό Λύκειο Μαραθοκάμπου Σάμου. Άλγεβρα Β λυκείου. 13 Οκτώβρη 2016 Γενικό Λύκειο Μαραθοκάμπου Σάμου Άλγεβρα Β λυκείου Εργασία2 η : «Συναρτήσεις» 13 Οκτώβρη 2016 Ερωτήσεις Θεωρίας 1.Πότελέμεότιμιασυνάρτησηfείναιγνησίωςάυξουσασεέναδιάστημα του πεδίου ορισμού της; 2.Πότελέμεότιμιασυνάρτησηfείναιγνησίωςφθίνουσασεέναδιάστημα

Διαβάστε περισσότερα

Οι γέφυρες του ποταμού... Pregel (Konigsberg)

Οι γέφυρες του ποταμού... Pregel (Konigsberg) Οι γέφυρες του ποταμού... Pregel (Konigsberg) Β Δ Β Δ Γ Γ Κύκλος του Euler (Euler cycle) είναι κύκλος σε γράφημα Γ που περιέχει κάθε κορυφή του γραφήματος, και κάθε ακμή αυτού ακριβώς μία φορά. Για γράφημα

Διαβάστε περισσότερα

Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων

Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗΣ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Τετάρτη 23 Μαΐου 2012 Εκφωήσεις και Λύσεις

Διαβάστε περισσότερα

{ i f i == 0 and p > 0

{ i f i == 0 and p > 0 ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΜΕΤΑΠΤΥΧΙΑΚΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΕΠΙΣΤΗΜΗΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ Σχεδίαση και Ανάλυση Αλγορίθμων Διδάσκων: Ε. Μαρκάκης, Φθινοπωρινό εξάμηνο 014-015 Λύσεις 1ης Σειράς Ασκήσεων

Διαβάστε περισσότερα

Επίλυση ειδικών μορφών ΣΔΕ

Επίλυση ειδικών μορφών ΣΔΕ 15 Επίλυση ειδικών μορφών ΣΔΕ Σε αυτό το κεφάλαιο θα δούμε κάποιες ειδικές μορφές ΣΔΕ για τις οποίες υπάρχει μέθοδος επίλυσης. Περισσότερες μπορεί να δει κανείς στο Kloeden and Plaen (199), 4.-4.4. Θα

Διαβάστε περισσότερα

Ας υποθέσουμε ότι ο παίκτης Ι διαλέγει πρώτος την τυχαιοποιημένη στρατηγική (x 1, x 2 ), x 1, x2 0,

Ας υποθέσουμε ότι ο παίκτης Ι διαλέγει πρώτος την τυχαιοποιημένη στρατηγική (x 1, x 2 ), x 1, x2 0, Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών Τμήμα Στατιστικής Εισαγωγή στην Επιχειρησιακή Ερευνα Εαρινό Εξάμηνο 2015 Μ. Ζαζάνης Πρόβλημα 1. Να διατυπώσετε το παρακάτω παίγνιο μηδενικού αθροίσματος ως πρόβλημα γραμμικού

Διαβάστε περισσότερα

Η ανισότητα α β α±β α + β με α, β C και η χρήση της στην εύρεση ακροτάτων.

Η ανισότητα α β α±β α + β με α, β C και η χρήση της στην εύρεση ακροτάτων. A A N A B P Y T A Άρθρο στους Μιγαδικούς Αριθμούς 9 5 0 Η ανισότητα α β α±β α + β με α, β C και η χρήση της στην εύρεση ακροτάτων. Δρ. Νίκος Σωτηρόπουλος, Μαθηματικός Εισαγωγή Το άρθρο αυτό γράφεται με

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγικά. 1.1 Η σ-αλγεβρα ως πληροφορία

Εισαγωγικά. 1.1 Η σ-αλγεβρα ως πληροφορία 1 Εισαγωγικά 1.1 Η σ-αλγεβρα ως πληροφορία Στη θεωρία μέτρου, όταν δουλεύει κανείς σε έναν χώρο X, συνήθως έχει διαλέξει μια αρκετά μεγάλη σ-άλγεβρα στον X έτσι ώστε όλα τα σύνολα που εμφανίζονται να ανήκουν

Διαβάστε περισσότερα

5.1 Μετρήσιμες συναρτήσεις

5.1 Μετρήσιμες συναρτήσεις 5 Μετρήσιμες συναρτήσεις 5.1 Μετρήσιμες συναρτήσεις Ορισμός 5.1. Εστω (Ω, F ), (E, E) μετρήσιμοι χώροι. Μια συνάρτηση f : Ω E λέγεται F /Eμετρήσιμη αν f 1 (A) F για κάθε A E. (5.1) Συμβολίζουμε το σύνολο

Διαβάστε περισσότερα

Παραβολή ψ=αχ 2 +βχ+γ, α 0. Η παραβολή ψ = αχ 2. Γενικά : Κάθε συνάρτηση της μορφής ψ=αχ 2 + βχ +γ, α 0 λέγεται τετραγωνική συνάρτηση.

Παραβολή ψ=αχ 2 +βχ+γ, α 0. Η παραβολή ψ = αχ 2. Γενικά : Κάθε συνάρτηση της μορφής ψ=αχ 2 + βχ +γ, α 0 λέγεται τετραγωνική συνάρτηση. Η παραβολή ψ=αχ 2 +βχ+γ Σελίδα 1 από 10 Παραβολή ψ=αχ 2 +βχ+γ, α0 Γενικά : Κάθε συνάρτηση της μορφής ψ=αχ 2 + βχ +γ, α0 λέγεται τετραγωνική συνάρτηση. Η παραβολή ψ = αχ 2 Η γραφική παράσταση της συνάρτησης

Διαβάστε περισσότερα

«ΔΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ»

«ΔΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ» HY 118α «ΔΙΚΡΙΤ ΜΘΗΜΤΙΚ» ΣΚΗΣΕΙΣ ΠΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΤΜΗΜ ΕΠΙΣΤΗΜΗΣ ΥΠΟΛΟΙΣΤΩΝ εώργιος Φρ. εωργακόπουλος ΜΕΡΟΣ (1) ασικά στοιχεία της θεωρίας συνόλων. Π. ΚΡΗΤΗΣ ΤΜ. ΕΠ. ΥΠΟΛΟΙΣΤΩΝ «ΔΙΚΡΙΤ ΜΘΗΜΤΙΚ». Φ. εωργακόπουλος

Διαβάστε περισσότερα

602. Συναρτησιακή Ανάλυση. Υποδείξεις για τις Ασκήσεις

602. Συναρτησιακή Ανάλυση. Υποδείξεις για τις Ασκήσεις 602. Συναρτησιακή Ανάλυση Υποδείξεις για τις Ασκήσεις Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Αθήνα 2018 Περιεχόμενα 1 Χώροι με νόρμα 1 2 Χώροι πεπερασμένης διάστασης 23 3 Γραμμικοί τελεστές και γραμμικά

Διαβάστε περισσότερα

P(x)= x x x x x.

P(x)= x x x x x. Διασκεδαστικά Μαθηματικά ΑΣΚΗΣΗ (Προτείνει ο Γιώργος Απόκης) Κάποιος αγόρασε κιλά πατάτες, γνωρίζοντας ότι αποτελούνται κατά 99% από νερό. Τις άφησε στον ήλιο για μια βδομάδα και υπολόγισε ότι τώρα αποτελούνται

Διαβάστε περισσότερα

Εφαρμογές στην κίνηση Brown

Εφαρμογές στην κίνηση Brown 13 Εφαρμογές στην κίνηση Brown Σε αυτό το κεφάλαιο θέλουμε να κάνουμε για την πολυδιάστατη κίνηση Brown κάτι ανάλογο με αυτό που κάναμε στην Παράγραφο 7.2 για τη μονοδιάστατη κίνηση Brown. Δηλαδή να μελετήσουμε

Διαβάστε περισσότερα

Εστω X σύνολο και A μια σ-άλγεβρα στο X. Ονομάζουμε το ζεύγος (X, A) μετρήσιμο χώρο.

Εστω X σύνολο και A μια σ-άλγεβρα στο X. Ονομάζουμε το ζεύγος (X, A) μετρήσιμο χώρο. 2 Μέτρα 2.1 Μέτρα σε μετρήσιμο χώρο Εστω X σύνολο και A μια σ-άλγεβρα στο X. Ονομάζουμε το ζεύγος (X, A) μετρήσιμο χώρο. Ορισμός 2.1. Μέτρο στον (X, A) λέμε κάθε συνάρτηση µ : A [0, ] που ικανοποιεί τις

Διαβάστε περισσότερα

Αναλυτικές ιδιότητες

Αναλυτικές ιδιότητες 8 Αναλυτικές ιδιότητες 8. Βαθμός συνέχειας* Ξέρουμε ότι η κίνηση Brown είναι συνεχής και θα δείξουμε αργότερα ότι είναι πουθενά διαφορίσιμη. Πόσο ομαλή είναι λοιπόν; Μια ασθενέστερη μορφή ομαλότητας είναι

Διαβάστε περισσότερα

21/11/2005 Διακριτά Μαθηματικά. Γραφήματα ΒΑΣΙΚΗ ΟΡΟΛΟΓΙΑ : ΜΟΝΟΠΑΤΙΑ ΚΑΙ ΚΥΚΛΟΙ Δ Ι. Γεώργιος Βούρος Πανεπιστήμιο Αιγαίου

21/11/2005 Διακριτά Μαθηματικά. Γραφήματα ΒΑΣΙΚΗ ΟΡΟΛΟΓΙΑ : ΜΟΝΟΠΑΤΙΑ ΚΑΙ ΚΥΚΛΟΙ Δ Ι. Γεώργιος Βούρος Πανεπιστήμιο Αιγαίου Γραφήματα ΒΑΣΙΚΗ ΟΡΟΛΟΓΙΑ : ΜΟΝΟΠΑΤΙΑ ΚΑΙ ΚΥΚΛΟΙ A Ε B Ζ Η Γ K Θ Δ Ι Ορισμός Ένα (μη κατευθυνόμενο) γράφημα (non directed graph) Γ, είναι μία δυάδα από σύνολα Ε και V και συμβολίζεται με Γ=(Ε,V). Το σύνολο

Διαβάστε περισσότερα

Αναγνώριση Προτύπων. Σήμερα! Λόγος Πιθανοφάνειας Πιθανότητα Λάθους Κόστος Ρίσκο Bayes Ελάχιστη πιθανότητα λάθους για πολλές κλάσεις

Αναγνώριση Προτύπων. Σήμερα! Λόγος Πιθανοφάνειας Πιθανότητα Λάθους Κόστος Ρίσκο Bayes Ελάχιστη πιθανότητα λάθους για πολλές κλάσεις Αναγνώριση Προτύπων Σήμερα! Λόγος Πιθανοφάνειας Πιθανότητα Λάθους Πιθανότητα Λάθους Κόστος Ρίσκο Bayes Ελάχιστη πιθανότητα λάθους για πολλές κλάσεις 1 Λόγος Πιθανοφάνειας Ας υποθέσουμε ότι θέλουμε να ταξινομήσουμε

Διαβάστε περισσότερα

Το κράτος είναι φτιαγμένο για τον άνθρωπο και όχι ο άνθρωπος για το κράτος. A. Einstein Πηγή:

Το κράτος είναι φτιαγμένο για τον άνθρωπο και όχι ο άνθρωπος για το κράτος. A. Einstein Πηγή: Ας πούμε και κάτι για τις δύσκολες μέρες που έρχονται Το κράτος είναι φτιαγμένο για τον άνθρωπο και όχι ο άνθρωπος για το κράτος. A. Einstein 1879-1955 Πηγή: http://www.cognosco.gr/gnwmika/ 1 ΚΥΚΛΙΚΟΣ

Διαβάστε περισσότερα

1. Εστω ότι A, B, C είναι γενικοί 2 2 πίνακες, δηλαδή, a 21 a, και ανάλογα για τους B, C. Υπολογίστε τους πίνακες (A B) C και A (B C) και

1. Εστω ότι A, B, C είναι γενικοί 2 2 πίνακες, δηλαδή, a 21 a, και ανάλογα για τους B, C. Υπολογίστε τους πίνακες (A B) C και A (B C) και ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗ ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Εαρινό Εξάμηνο 0 Ασκήσεις για προσωπική μελέτη Είναι απολύτως απαραίτητο να μπορείτε να τις λύνετε, τουλάχιστον τις υπολογιστικές! Εστω ότι A, B, C είναι γενικοί πίνακες,

Διαβάστε περισσότερα

Δ Ι Α Κ Ρ Ι Τ Α Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Α. 1η σειρά ασκήσεων

Δ Ι Α Κ Ρ Ι Τ Α Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Α. 1η σειρά ασκήσεων Δ Ι Α Κ Ρ Ι Τ Α Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Α 1η σειρά ασκήσεων Ονοματεπώνυμο: Αριθμός μητρώου: Ημερομηνία παράδοσης: Μέχρι την Τρίτη 2 Απριλίου 2019 Σημειώστε τις ασκήσεις για τις οποίες έχετε παραδώσει λύση: 1

Διαβάστε περισσότερα

Ο Ισχυρός Νόμος των Μεγάλων Αριθμών

Ο Ισχυρός Νόμος των Μεγάλων Αριθμών 1 Ο Ισχυρός Νόμος των Μεγάλων Αριθμών Στο κεφάλαιο αυτό παρουσιάζουμε ένα από τα σημαντικότερα αποτελέσματα της Θεωρίας Πιθανοτήτων, τον ισχυρό νόμο των μεγάλων αριθμών. Η διατύπωση που θα αποδείξουμε

Διαβάστε περισσότερα

ΣΧΟΛΙΚΟ ΕΤΟΣ ΕΥΘΥΓΡΑΜΜΗ ΟΜΑΛΗ ΚΙΝΗΣΗ ΤΡΙΩΡΗ ΓΡΑΠΤΗ ΕΞΕΤΑΣΗ ΣΤΗ ΦΥΣΙΚΗ A ΛΥΚΕΙΟΥ. Ονοματεπώνυμο Τμήμα

ΣΧΟΛΙΚΟ ΕΤΟΣ ΕΥΘΥΓΡΑΜΜΗ ΟΜΑΛΗ ΚΙΝΗΣΗ ΤΡΙΩΡΗ ΓΡΑΠΤΗ ΕΞΕΤΑΣΗ ΣΤΗ ΦΥΣΙΚΗ A ΛΥΚΕΙΟΥ. Ονοματεπώνυμο Τμήμα Σελίδα 1 ΣΧΟΛΙΚΟ ΕΤΟΣ 2014 2015 ΕΥΘΥΓΡΑΜΜΗ ΟΜΑΛΗ ΚΙΝΗΣΗ ΤΡΙΩΡΗ ΓΡΑΠΤΗ ΕΞΕΤΑΣΗ ΣΤΗ ΦΥΣΙΚΗ A ΛΥΚΕΙΟΥ Ονοματεπώνυμο Τμήμα ΘΕΜΑ Α Οδηγία: Να γράψετε στην κόλλα σας τον αριθμό καθεμιάς από τις παρακάτω ερωτήσεις

Διαβάστε περισσότερα

Phg :

Phg : To Eikosidwdek edron} parousi zei jèmata pou èqoun suzhthjeð ston istìtopo http://www.mathematica.gr. H epilog kai h frontðda tou perieqomènou gðnetai apì touc Epimelhtèc tou http://www.mathematica.gr.

Διαβάστε περισσότερα

HY 280. θεμελιακές έννοιες της επιστήμης του υπολογισμού ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΤΜΗΜΑ ΕΠΙΣΤΗΜΗΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ. Γεώργιος Φρ.

HY 280. θεμελιακές έννοιες της επιστήμης του υπολογισμού ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΤΜΗΜΑ ΕΠΙΣΤΗΜΗΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ. Γεώργιος Φρ. HY 280 «ΘΕΩΡΙΑ ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΥ» θεμελικές έννοιες της επιστήμης του υπολογισμού ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΤΜΗΜΑ ΕΠΙΣΤΗΜΗΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ Γεώργιος Φρ. Γεωργκόπουλος μέρος Α Εισγωγή, κι η σική θεωρί των πεπερσμένων

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στη Μιγαδική Ανάλυση. (Πρώτη Ολοκληρωμένη Γραφή)

Εισαγωγή στη Μιγαδική Ανάλυση. (Πρώτη Ολοκληρωμένη Γραφή) Εισαωή στη Μιαδική Ανάλυση Σημειώσεις (Πρώτη Ολοκληρωμένη Γραφή) Ε. Στεφανόπουλος Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αιαίου Καρλόβασι Καλοκαίρι 26 Πρόλοος Οι σημειώσεις αυτές είναι αποτέλεσμα επεξερασίας

Διαβάστε περισσότερα

Ανεξαρτησία Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές

Ανεξαρτησία Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές 10 Ανεξαρτησία 10.1 Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές Στην παράγραφο αυτή δουλεύουμε σε χώρο πιθανότητας (Ω, F, P). Δίνουμε καταρχάς τον ορισμό της ανεξαρτησίας για ενδεχόμενα,

Διαβάστε περισσότερα

Γραμμική Ανεξαρτησία. Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Τηλεπικοινωνιών και ικτύων Πανεπιστήμιο Θεσσαλίας. 17 Μαρτίου 2013, Βόλος

Γραμμική Ανεξαρτησία. Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Τηλεπικοινωνιών και ικτύων Πανεπιστήμιο Θεσσαλίας. 17 Μαρτίου 2013, Βόλος Γραμμικές Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις Ανώτερης Τάξης Γραμμικές Σ Ε 2ης τάξης Σ Ε 2ης τάξης με σταθερούς συντελεστές Μιγαδικές ρίζες Γραμμικές Σ Ε υψηλότερης τάξης Γραμμική Ανεξαρτησία Μανόλης Βάβαλης

Διαβάστε περισσότερα

Εξέταση Ηλεκτρομαγνητισμού Ι 2 Φεβρουαρίου 2018

Εξέταση Ηλεκτρομαγνητισμού Ι 2 Φεβρουαρίου 2018 ΕΚΠΑ, Τμήμα Φυσικής Εξέταση Ηλεκτρομαγνητισμού Ι 2 Φεβρουαρίου 2018 ΘΕΜΑ 1 Γραμμική κατανομή φορτίου εκτείνεται από h έως +h κατά μήκος του άξονα z με ετερογενή πυκνότητα λ 0 < 0 για h z < 0 και λ 0 >

Διαβάστε περισσότερα

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Γ ΤΑΞΗ

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Γ ΤΑΞΗ ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Σ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 12 ΙΟΥΝΙΟΥ 2000 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (ΚΥΚΛΟΣ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΚΑΙ ΥΠΗΡΕΣΙΩΝ): ΑΝΑΠΤΥΞΗ ΕΦΑΡΜΟΓΩΝ ΣΕ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑΤΙΣΤΙΚΟ

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο Η εκθετική κατανομή. Η πυκνότητα πιθανότητας της εκθετικής κατανομής δίδεται από την σχέση (1.1) f(x) = 0 αν x < 0.

Κεφάλαιο Η εκθετική κατανομή. Η πυκνότητα πιθανότητας της εκθετικής κατανομής δίδεται από την σχέση (1.1) f(x) = 0 αν x < 0. Κεφάλαιο Συνεχείς Τυχαίες Μεταβλητές. Η εκθετική κατανομή Η πυκνότητα πιθανότητας της εκθετικής κατανομής δίδεται από την σχέση f(x) = λe λx αν x, αν x

Διαβάστε περισσότερα

Αναγνώριση Προτύπων. Σημερινό Μάθημα

Αναγνώριση Προτύπων. Σημερινό Μάθημα Αναγνώριση Προτύπων Σημερινό Μάθημα Μη Παραμετρικός Υπολογισμός πυκνότητας με εκτίμηση Ιστόγραμμα Παράθυρα Parzen Εξομαλυμένη Kernel Ασκήσεις 1 Μη Παραμετρικός Υπολογισμός πυκνότητας με εκτίμηση Κατά τη

Διαβάστε περισσότερα

Ο τύπος του Itô. f (s) ds (12.1) f (g(s)) dg(s). (12.2) t f (B s ) db s + 1 2

Ο τύπος του Itô. f (s) ds (12.1) f (g(s)) dg(s). (12.2) t f (B s ) db s + 1 2 12 Ο τύπος του Itô Για συνάρτηση f : R R με συνεχή παράγωγο, έχουμε d f (s) = f (s) ds που σε ολοκληρωτική μορφή σημαίνει f (b) f (a) = b a f (s) ds (12.1) για κάθε a < b. Αν επιπλέον και η g : R R έχει

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΥΠΡΟΥ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ. Εαρινό Εξάμηνο

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΥΠΡΟΥ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ. Εαρινό Εξάμηνο ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΥΠΡΟΥ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΕΠΛ231: Δομές Δεδομένων και Αλγόριθμοι Εαρινό Εξάμηνο 2017-2018 Φροντιστήριο 3 - Λύσεις 1. Εστω ο πίνακας Α = [12, 23, 1, 5, 7, 19, 2, 14]. i. Να δώσετε την κατάσταση

Διαβάστε περισσότερα

Ανεξαρτησία Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές

Ανεξαρτησία Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές 10 Ανεξαρτησία 10.1 Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές Στην παράγραφο αυτή δουλεύουμε σε χώρο πιθανότητας (Ω, F, P). Δίνουμε καταρχάς τον ορισμό της ανεξαρτησίας για ενδεχόμενα,

Διαβάστε περισσότερα

Ανεξαρτησία Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές

Ανεξαρτησία Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές 10 Ανεξαρτησία 10.1 Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές Στην παράγραφο αυτή δουλεύουμε σε χώρο πιθανότητας (Ω, F, P). Δίνουμε καταρχάς τον ορισμό της ανεξαρτησίας για ενδεχόμενα,

Διαβάστε περισσότερα

Αρτιες και περιττές συναρτήσεις

Αρτιες και περιττές συναρτήσεις Μελέτη Συναρτήσεων: άρτιες, περιττές συναρτήσεις - μονοτονία - ακρότατα Κωνσταντίνος Α. Ράπτης Άρτιες και περιττές συναρτήσεις Ὁι ψυχολόγοι κάνουν λόγο για δύο επίπεδα συλλογιστικής και μνήμης: το αρχαϊκό

Διαβάστε περισσότερα

ιάσταση του Krull Α.Π.Θ. Θεσσαλονίκη Χ. Χαραλαμπους (ΑΠΘ) ιάσταση του Krull Ιανουάριος, / 27

ιάσταση του Krull Α.Π.Θ. Θεσσαλονίκη Χ. Χαραλαμπους (ΑΠΘ) ιάσταση του Krull Ιανουάριος, / 27 ιάσταση του Krull Χ. Χαραλάμπους Α.Π.Θ. Θεσσαλονίκη Ιανουάριος, 2017 Χ. Χαραλαμπους (ΑΠΘ) ιάσταση του Krull Ιανουάριος, 2017 1 / 27 Ορισμοί Εστω R (αντιμεταθετικός) δακτύλιος. Ορισμός Η διάσταση του Krull

Διαβάστε περισσότερα

ΑΣΕΠ 2000 ΑΣΕΠ 2000 Εμπορική Τράπεζα 1983 Υπουργείο Κοιν. Υπηρ. 1983

ΑΣΕΠ 2000 ΑΣΕΠ 2000 Εμπορική Τράπεζα 1983 Υπουργείο Κοιν. Υπηρ. 1983 20 Φεβρουαρίου 2010 ΑΣΕΠ 2000 1. Η δεξαμενή βενζίνης ενός πρατηρίου υγρών καυσίμων είναι γεμάτη κατά τα 8/9. Κατά τη διάρκεια μιας εβδομάδας το πρατήριο διέθεσε τα 3/4 της βενζίνης αυτής και έμειναν 4000

Διαβάστε περισσότερα

17 Μαρτίου 2013, Βόλος

17 Μαρτίου 2013, Βόλος Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις 1ης Τάξης Σ Ε 1ης τάξης, Πεδία κατευθύνσεων, Υπαρξη και μοναδικότητα, ιαχωρίσιμες εξισώσεις, Ολοκληρωτικοί παράγοντες, Αντικαταστάσεις, Αυτόνομες εξισώσεις Μανόλης Βάβαλης

Διαβάστε περισσότερα

Αρτιες και περιττές συναρτήσεις

Αρτιες και περιττές συναρτήσεις Μελέτη Συναρτήσεων: άρτιες, περιττές συναρτήσεις - μονοτονία - ακρότατα Κώστας Ράπτης Άρτιες και περιττές συναρτήσεις Ὁι ψυχολόγοι κάνουν λόγο για δύο επίπεδα συλλογιστικής και μνήμης: το αρχαϊκό και το

Διαβάστε περισσότερα

Η εξίσωση Black-Scholes

Η εξίσωση Black-Scholes 8 Η εξίσωση Black-Scholes 8. Μια απλή αγορά Θεωρούμε ότι έχουμε μια αγορά που έχει μόνο δύο προϊόντα. Το ένα είναι η δυνατότητα κατάθεσης σε μια τράπεζα (ισοδύναμα, αγορά ομολόγων της τράπεζας) και το

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 1. Πίνακες και απαλοιφή Gauss

Κεφάλαιο 1. Πίνακες και απαλοιφή Gauss Κεφάλαιο 1 Πίνακες και απαλοιφή Gauss Γύρω απ το γινομένου πινάκων Κάτι σαν τυπολόγιο Αν AB = C, τότε: 1 (C) i j = (i-γραμμή A) ( j-στήλη B) Το συμβολίζει εσωτερικό γινόμενο 2 (i-γραμμή C) = k(a) ik (k-γραμμή

Διαβάστε περισσότερα

Martingales. 3.1 Ορισμός και παραδείγματα

Martingales. 3.1 Ορισμός και παραδείγματα 3 Martingales 3.1 Ορισμός και παραδείγματα Εστω χώρος πιθανότητας (Ω, F, P). Διήθηση σε αυτό τον χώρο λέμε μια αύξουσα ακολουθία (F n ) n 0 σ-αλγεβρών, η καθεμία από τις οποίες είναι υποσύνολο της F. Δηλαδή,

Διαβάστε περισσότερα

α 0. α ν x ν +α ν 1 x ν α 1 x+α 0 α ν x ν,α ν 1 x ν 1,...,α 1 x,α 0, ...,α 1,α 0,

α 0. α ν x ν +α ν 1 x ν α 1 x+α 0 α ν x ν,α ν 1 x ν 1,...,α 1 x,α 0, ...,α 1,α 0, Άλγεβρα Β Λυκείου - Πολυώνυμα: Θεωρία, Μεθοδολογία και Λυμένες ασκήσεις Κώστας Ράπτης Μάιος 2011 Μέρος I Πολυώνυμα 1 Πολυώνυμα 1.1 Στοιχεία ϑεωρίας Καλούμε μονώνυμο του x κάθε παράσταση της μορφήςαx ν,

Διαβάστε περισσότερα

Σχέσεις και ιδιότητές τους

Σχέσεις και ιδιότητές τους Σχέσεις και ιδιότητές τους Διμελής (binary) σχέση Σ από σύνολο Χ σε σύνολο Υ είναι ένα υποσύνολο του καρτεσιανού γινομένου Χ Υ. Αν (χ,ψ) Σ, λέμε ότι το χ σχετίζεται με το ψ και σημειώνουμε χσψ. Στην περίπτωση

Διαβάστε περισσότερα

Ανελίξεις σε συνεχή χρόνο

Ανελίξεις σε συνεχή χρόνο 4 Ανελίξεις σε συνεχή χρόνο Σε αυτό το κεφάλαιο είναι συγκεντρωμένοι ορισμοί και αποτελέσματα από τη θεωρία των στοχαστικών ανελιξεων συνεχούς χρόνου. Με εξαίρεση την Παράγραφο 4.1, η οποία είναι εντελώς

Διαβάστε περισσότερα

Επιχειρησιακή Ερευνα Ι

Επιχειρησιακή Ερευνα Ι Επιχειρησιακή Ερευνα Ι Μ. Ζαζάνης Κεφάλαιο 1 Τετραγωνικές μορφές στον R n και το ϑεώρημα του Taylor Ορισμός 1. Εστω a 11 a 1n A =.. a n1 a nn συμμετρικός πίνακας n n με στοιχεία στους πραγματικούς αριθμούς.

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΥΠΡΟΥ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ. Εαρινό Εξάμηνο

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΥΠΡΟΥ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ. Εαρινό Εξάμηνο ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΥΠΡΟΥ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΕΠΛ31: Δομές Δεδομένων και Αλγόριθμοι Εαρινό Εξάμηνο 017-018 Φροντιστήριο 5 1. Δικαιολογήστε όλες τις απαντήσεις σας. i. Δώστε τις 3 βασικές ιδιότητες ενός AVL δένδρου.

Διαβάστε περισσότερα

Αναγνώριση Προτύπων. Σημερινό Μάθημα

Αναγνώριση Προτύπων. Σημερινό Μάθημα Αναγνώριση Προτύπων Σημερινό Μάθημα Εκτίμηση Πυκνότητας με k NN k NN vs Bayes classifier k NN vs Bayes classifier Ο κανόνας ταξινόμησης του πλησιέστερου γείτονα (k NN) lazy αλγόριθμοι O k NN ως χαλαρός

Διαβάστε περισσότερα

ΕΙΣΑΓΩΓΗ. H λογική ασχολείται με δύο έννοιες, την αλήθεια και την απόδειξη. Oι έννοιες αυτές έχουν γίνει

ΕΙΣΑΓΩΓΗ. H λογική ασχολείται με δύο έννοιες, την αλήθεια και την απόδειξη. Oι έννοιες αυτές έχουν γίνει ΕΙΣΑΓΩΓΗ ------------------------------------------------------------------------------------- H λογική ασχολείται με δύο έννοιες, την αλήθεια και την απόδειξη. Oι έννοιες αυτές έχουν γίνει αντικείμενο

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΑΚΑ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑ ΚΟΛΛΙΝΤΖΑ ΜΑΘΗΜΑ: ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΑΚΑ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑ ΚΟΛΛΙΝΤΖΑ ΜΑΘΗΜΑ: ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ ΜΑΘΗΜΑ: ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ Την ευθύνη του εκπαιδευτικού υλικού έχει ο επιστημονικός συνεργάτης των Πανεπιστημιακών Φροντιστηρίων «ΚOΛΛΙΝΤΖΑ», οικονομολόγος συγγραφέας θεμάτων ΑΣΕΠ, Παναγιώτης Βεργούρος.

Διαβάστε περισσότερα

Η έκδοση αυτή είναι υπό προετοιμασία. Γιάννης Α. Αντωνιάδης, Αριστείδης Κοντογεώργης

Η έκδοση αυτή είναι υπό προετοιμασία. Γιάννης Α. Αντωνιάδης, Αριστείδης Κοντογεώργης Θεωρία Αριθμών και Εφαρμογές Η έκδοση αυτή είναι υπό προετοιμασία Γιάννης Α. Αντωνιάδης, Αριστείδης Κοντογεώργης 9 Φεβρουαρίου 2015 2 Περιεχόμενα I ΑΡΙΘΜΟΘΕΩΡΙΑ ΤΩΝ ΡΗΤΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ 7 1 ΔΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑ ΚΑΙ ΠΡΩΤΟΙ

Διαβάστε περισσότερα

Παντού σε αυτό το κεφάλαιο, αν δεν αναφέρεται κάτι διαφορετικό, δουλεύουμε σε ένα χώρο πιθανότητας (Ω, F, P) και η G F είναι μια σ-άλγεβρα.

Παντού σε αυτό το κεφάλαιο, αν δεν αναφέρεται κάτι διαφορετικό, δουλεύουμε σε ένα χώρο πιθανότητας (Ω, F, P) και η G F είναι μια σ-άλγεβρα. 2 Δεσμευμένη μέση τιμή 2.1 Ορισμός Παντού σε αυτό το κεφάλαιο, αν δεν αναφέρεται κάτι διαφορετικό, δουλεύουμε σε ένα χώρο πιθανότητας (Ω, F, P) και η G F είναι μια σ-άλγεβρα. Ορισμός 2.1. Για X : Ω R τυχαία

Διαβάστε περισσότερα

Ευρωπαϊκά παράγωγα Ευρωπαϊκά δικαιώματα

Ευρωπαϊκά παράγωγα Ευρωπαϊκά δικαιώματα 17 Ευρωπαϊκά παράγωγα 17.1 Ευρωπαϊκά δικαιώματα Ορισμός 17.1. 1) Ευρωπαϊκό δικαίωμα αγοράς σε μία μετοχή είναι ένα συμβόλαιο που δίνει στον κάτοχό του το δικαίωμα να αγοράσει μία μετοχή από τον εκδότη

Διαβάστε περισσότερα

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Β ΤΑΞΗ. ΘΕΜΑ 1ο

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Β ΤΑΞΗ. ΘΕΜΑ 1ο ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ ΘΕΜΑ 1ο ΠΡΟΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Σ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΡΙΤΗ 30 ΜΑΪΟΥ 2000 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ: ΦΥΣΙΚΗ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙ ΩΝ: ΕΞΙ (6) Στις ερωτήσεις 1-4 να γράψετε

Διαβάστε περισσότερα

ΣΥΝΟΛΑ (προσέξτε τα κοινά χαρακτηριστικά των παρακάτω προτάσεων) Οι άνθρωποι που σπουδάζουν ΤΠ&ΕΣ και βρίσκονται στην αίθουσα

ΣΥΝΟΛΑ (προσέξτε τα κοινά χαρακτηριστικά των παρακάτω προτάσεων) Οι άνθρωποι που σπουδάζουν ΤΠ&ΕΣ και βρίσκονται στην αίθουσα ΣΥΝΟΛΑ (προσέξτε τα κοινά χαρακτηριστικά των παρακάτω προτάσεων) Οι άνθρωποι που σπουδάζουν ΤΠ&ΕΣ και βρίσκονται στην αίθουσα Τα βιβλία διακριτών μαθηματικών του Γ.Β. Η/Υ με επεξεργαστή Pentium και χωρητικότητα

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις Ανάλυση Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας 1

Ασκήσεις Ανάλυση Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας 1 Ασκήσεις Ανάλυση Ι Λύσεις ασκήσεων Οµάδας Λουκάς Βλάχος και Χάρης Σκόκος ) ύο καράβια αναχωρούν από το ίδιο λιµάνι. Το ένα κινείται µε 5 Km/h προς τα νότια και το άλλο µε Km/h προς τα ανατολικά. Να εκϕράσετε

Διαβάστε περισσότερα

Περίληψη. του Frostman 4.1. Τέλος, η ϑεωρία του μέτρου Hausdorff αναπτύσσεται περαιτέρω στην τελευταία παράγραφο. Εισαγωγή 2

Περίληψη. του Frostman 4.1. Τέλος, η ϑεωρία του μέτρου Hausdorff αναπτύσσεται περαιτέρω στην τελευταία παράγραφο. Εισαγωγή 2 Το Μέτρο και η Διάσταση Hausdorff Γεωργακόπουλος Νίκος Τερεζάκης Αλέξης Περίληψη Αναπτύσσουμε τη ϑεωρία του μέτρου και της διάστασης Hausdorff με εφαρμογές στον υπολογισμό διαστάσεων συνόλων fractal (Θεώρημα

Διαβάστε περισσότερα

Ταξινόμηση των μοντέλων διασποράς ατμοσφαιρικών ρύπων βασισμένη σε μαθηματικά κριτήρια.

Ταξινόμηση των μοντέλων διασποράς ατμοσφαιρικών ρύπων βασισμένη σε μαθηματικά κριτήρια. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ Ταξινόμηη των μοντέλων διαποράς ατμοφαιρικών ρύπων βαιμένη ε μαθηματικά κριτήρια. Μοντέλο Ελεριανά μοντέλα (Elerian) Λαγκρατζιανά μοντέλα (Lagrangian) Επιπρόθετος διαχωριμός Μοντέλα

Διαβάστε περισσότερα

Μεγάλες αποκλίσεις* 17.1 Η έννοια της μεγάλης απόκλισης

Μεγάλες αποκλίσεις* 17.1 Η έννοια της μεγάλης απόκλισης 7 Μεγάλες αποκλίσεις* 7. Η έννοια της μεγάλης απόκλισης Εστω (X ) ανεξάρτητες και ισόνομες τυχαίες μεταβλητές ώστε P(X = ) = P(X = ) = /2 και S = k= X k το άθροισμα των πρώτων από αυτές. Ο νόμος των μεγάλων

Διαβάστε περισσότερα

Μεγάλες αποκλίσεις* 17.1 Η έννοια της μεγάλης απόκλισης

Μεγάλες αποκλίσεις* 17.1 Η έννοια της μεγάλης απόκλισης 7 Μεγάλες αποκλίσεις* 7. Η έννοια της μεγάλης απόκλισης Εστω (X ανεξάρτητες και ισόνομες τυχαίες μεταβλητές ώστε (X = = (X = = /2 και S = k= X k το άθροισμα των πρώτων από αυτές. Ο νόμος των μεγάλων αριθμών

Διαβάστε περισσότερα

ΜΙΚΡΟΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗ Η ΚΑΤΑΝΑΛΩΤΙΚΗ ΑΠΟΦΑΣΗ. Άσκηση με θέμα τη μεγιστοποίηση της χρησιμότητας του καταναλωτή

ΜΙΚΡΟΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗ Η ΚΑΤΑΝΑΛΩΤΙΚΗ ΑΠΟΦΑΣΗ. Άσκηση με θέμα τη μεγιστοποίηση της χρησιμότητας του καταναλωτή ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΙΔΡΥΜΑ ΙΟΝΙΩΝ ΝΗΣΩΝ ΣΧΟΛΗ ΔΙΟΙΚΗΣΗΣ ΚΑΙ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΤΜΗΜΑ ΔΙΟΙΚΗΣΗΣ ΕΠΙΧΕΙΡΗΣΕΩΝ ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: ΔΙΟΙΚΗΣΗ ΕΠΙΧΕΙΡΗΣΕΩΝ ΑΚΑΔΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 07 08 ΛΕΥΚΑΔΑ ΜΙΚΡΟΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗ Η ΚΑΤΑΝΑΛΩΤΙΚΗ

Διαβάστε περισσότερα

2. Κατάθεσε κάποιος στην Εθνική Τράπεζα 4800 με επιτόκιο 3%. Μετά από πόσο χρόνο θα πάρει τόκο 60 ; α) 90 ημέρες β) 1,5 έτη γ) 5 μήνες δ) 24 μήνες

2. Κατάθεσε κάποιος στην Εθνική Τράπεζα 4800 με επιτόκιο 3%. Μετά από πόσο χρόνο θα πάρει τόκο 60 ; α) 90 ημέρες β) 1,5 έτη γ) 5 μήνες δ) 24 μήνες 20 Φεβρουαρίου 2010 1. Ένας έμπορος αγόρασε 720 κιλά κρασί προς 2 το κιλό. Πρόσθεσε νερό, το πούλησε προς 2,5 το κιλό και κέρδισε 500. Το νερό που πρόσθεσε ήταν σε κιλά: α) 88 β) 56 γ) 60 δ) 65 2. Κατάθεσε

Διαβάστε περισσότερα

Διευθύνοντα Μέλη του mathematica.gr

Διευθύνοντα Μέλη του mathematica.gr Το «Εικοσιδωδεκάεδρον» παρουσιάζει ϑέματα που έχουν συζητηθεί στον ιστότοπο http://www.mathematica.gr. Η επιλογή και η ϕροντίδα του περιεχομένου γίνεται από τους Επιμελητές του http://www.mathematica.gr.

Διαβάστε περισσότερα

Κατασκευή της κίνησης Brown και απλές ιδιότητες

Κατασκευή της κίνησης Brown και απλές ιδιότητες 5 Κατασκευή της κίνησης Brown και απλές ιδιότητες 51 Ορισμός, ύπαρξη, και μοναδικότητα Ορισμός 51 Μια στοχαστική ανέλιξη { : t } ορισμένη σε έναν χώρο πιθανότητας (Ω, F, P) και με τιμές στο R λέγεται (μονοδιάστατη)

Διαβάστε περισσότερα

Διανυσματικές Συναρτήσεις

Διανυσματικές Συναρτήσεις Κεφάλαιο 5 Διανυσματικές Συναρτήσεις 51 Διανυσματατικές συναρτήσεις Μια συνάρτηση με τιμές στοr n, n>1 λέγεται διανυσματική συνάρτηση Τις διανυσματικές συναρτήσεις ϑα τις συμβολίζουμε με παχειά γράμματα,

Διαβάστε περισσότερα

Περιγραφή Περιγράμματος

Περιγραφή Περιγράμματος Περιγραφή Περιγράμματος Σήμερα! Περιγραφή Περιγράμματος Κώδικας Αλύσσου (chain code) Πολυγωνική γραμμή Υπογραφή (signature) περιγράμματος Μετασχηματισμός Fourier περιγράμματος 1 Περιγραφή Περιγράμματος

Διαβάστε περισσότερα

Χαρακτηριστικές συναρτήσεις

Χαρακτηριστικές συναρτήσεις 13 Χαρακτηριστικές συναρτήσεις 13.1 Μετασχηματισμός Fourier μέτρου πιθανότητας στο R Εστω (Ω, F, µ) χώρος μέτρου και f : Ω C Borel-μετρήσιμη συνάρτηση. Το πραγματικό και φανταστικό μέρος της f, που τα

Διαβάστε περισσότερα

Μεγάλες αποκλίσεις* 17.1 Η έννοια της μεγάλης απόκλισης

Μεγάλες αποκλίσεις* 17.1 Η έννοια της μεγάλης απόκλισης 7 Μεγάλες αποκλίσεις* 7. Η έννοια της μεγάλης απόκλισης Εστω (X ανεξάρτητες και ισόνομες τυχαίες μεταβλητές ώστε P(X = = P(X = = /2 και S = k= X k το άθροισμα των πρώτων από αυτές. Ο νόμος των μεγάλων

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΥΠΡΟΥ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ. Εαρινό Εξάμηνο

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΥΠΡΟΥ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ. Εαρινό Εξάμηνο ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΥΠΡΟΥ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΕΠΛ231: Δομές Δεδομένων και Αλγόριθμοι Εαρινό Εξάμηνο 2017-2018 Φροντιστήριο 3 1. Εστω η στοίβα S και ο παρακάτω αλγόριθμος επεξεργασίας της. Να καταγράψετε την κατάσταση

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΑΚΑ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑ ΚΟΛΛΙΝΤΖΑ ΜΑΘΗΜΑ: ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗΣ ΘΕΩΡΙΑΣ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΑΚΑ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑ ΚΟΛΛΙΝΤΖΑ ΜΑΘΗΜΑ: ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗΣ ΘΕΩΡΙΑΣ ΜΑΘΗΜΑ: ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗΣ ΘΕΩΡΙΑΣ Tα Πανεπιστημιακά Φροντιστήρια «ΚΟΛΛΙΝΤΖΑ» προετοιμάζοντας σε ολιγομελείς ομίλους τους υποψήφιους για τον επικείμενο διαγωνισμό του Υπουργείου Οικονομικών, με κορυφαίο

Διαβάστε περισσότερα

"Η απεραντοσύνη του σύμπαντος εξάπτει τη φαντασία μου. Υπάρχει ένα τεράστιο σχέδιο, μέρος του οποίου ήμουν κι εγώ".

Η απεραντοσύνη του σύμπαντος εξάπτει τη φαντασία μου. Υπάρχει ένα τεράστιο σχέδιο, μέρος του οποίου ήμουν κι εγώ. "Η απεραντοσύνη του σύμπαντος εξάπτει τη φαντασία μου. Υπάρχει ένα τεράστιο σχέδιο, μέρος του οποίου ήμουν κι εγώ". "Ότι ανόητο είπα μπορεί και να είναι ένα ρέψιμο κάποιου ξεχασμένου αστέρα..." "Δεν κάνει

Διαβάστε περισσότερα

Η Θεωρια Αριθμων στην Εκπαιδευση

Η Θεωρια Αριθμων στην Εκπαιδευση Η Θεωρια Αριθμων στην Εκπαιδευση Καθηγητὴς Ν.Γ. Τζανάκης Εφαρμογὲς τῶν συνεχῶν κλασμάτων 1 1. Η τιμὴ τοῦ π μὲ σωστὰ τὰ 50 πρῶτα δεκαδικὰ ψηφία μετὰ τὴν ὑποδιαστολή, εἶναι 3.14159265358979323846264338327950288419716939937511.

Διαβάστε περισσότερα

ΣΤΟ ΙΑΤΡΕΙΟ. Με την πιστοποίηση του αποκτά πρόσβαση στο περιβάλλον του ιατρού που παρέχει η εφαρμογή.

ΣΤΟ ΙΑΤΡΕΙΟ. Με την πιστοποίηση του αποκτά πρόσβαση στο περιβάλλον του ιατρού που παρέχει η εφαρμογή. ΣΤΟ ΙΑΤΡΕΙΟ Ο ιατρός αφού διαπιστώσει εάν το πρόσωπο που προσέρχεται για εξέταση είναι το ίδιο με αυτό που εικονίζεται στο βιβλιάριο υγείας και ελέγξει ότι είναι ασφαλιστικά ενήμερο (όπως ακριβώς γίνεται

Διαβάστε περισσότερα

ΣΤΟ ΦΑΡΜΑΚΕΙΟ. Με την πιστοποίηση του έχει πρόσβαση στο περιβάλλον του φαρμακείου που παρέχει η εφαρμογή.

ΣΤΟ ΦΑΡΜΑΚΕΙΟ. Με την πιστοποίηση του έχει πρόσβαση στο περιβάλλον του φαρμακείου που παρέχει η εφαρμογή. ΣΤΟ ΦΑΡΜΑΚΕΙΟ Ο ασθενής έχοντας μαζί του το βιβλιάριο υγείας του και την τυπωμένη συνταγή από τον ιατρό, η οποία αναγράφει τον μοναδικό κωδικό της, πάει στο φαρμακείο. Το φαρμακείο αφού ταυτοποιήσει το

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγικές Διαλέξεις στην Θεωρία των Αλυσίδων Markov και των Στοχαστικών Ανελίξεων. Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών

Εισαγωγικές Διαλέξεις στην Θεωρία των Αλυσίδων Markov και των Στοχαστικών Ανελίξεων. Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών Εισαγωγικές Διαλέξεις στην Θεωρία των Αλυσίδων Markov και των Στοχαστικών Ανελίξεων Μιχάλης Ζαζάνης Τμήμα Στατιστικής Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών Κεφάλαιο Αλυσίδες Markov σε Συνεχή Χρόνο. Αλυσίδες

Διαβάστε περισσότερα

Στοχαστικές διαφορικές εξισώσεις

Στοχαστικές διαφορικές εξισώσεις 14 Στοχαστικές διαφορικές εξισώσεις 14.1 Γενικά Στοχαστική διαφορική εξίσωση λέμε μια εξίσωση της μορφής dx = µ(, X ) d + σ(, X ) db, X = x, (14.1) με µ, σ : [, ) R R μετρήσιμες συναρτήσεις, x R, και B

Διαβάστε περισσότερα

Μαθηματικά Πληροφορικής

Μαθηματικά Πληροφορικής Πανεπιστήμιο Αθηνών Μαθηματικά Πληροφορικής Ηλίας Κουτσουπιάς Αθήνα, Οκτώβριος 2009 Περιεχόμενα Περιεχόμενα 1 Σύνολα... 5 ΆλλαΣύμβολα... 6 1 Υποθέσεις και Θεωρήματα 9 1.1 Παρατήρηση-Υπόθεση-Απόδειξη...

Διαβάστε περισσότερα

Επίλυση δικτύων διανομής

Επίλυση δικτύων διανομής ΑστικάΥδραυλικάΈργα Υδρεύσεις Επίλυση δικτύων διανομής Δημήτρης Κουτσογιάννης & Ανδρέας Ευστρατιάδης Τομέας Υδατικών Πόρων Εθνικό Μετσόβιο Πολυτεχνείο Διατύπωση του προβλήματος Δεδομένου ενός δικτύου αγωγών

Διαβάστε περισσότερα

Πιθανότητες ΙΙ 1 o Μέρος. Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών

Πιθανότητες ΙΙ 1 o Μέρος. Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών Πιθανότητες ΙΙ o Μέρος Μιχάλης Ζαζάνης Τμήμα Στατιστικής Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών 4 Απριλίου 7 Κεφάλαιο Συνεχείς Τυχαίες Μεταβλητές. Η εκθετική κατανομή Η πυκνότητα πιθανότητας της εκθετικής κατανομής

Διαβάστε περισσότερα

Εικοσιδωδεκάεδρον. Α ν ι σ ό τ η τ ε ς. Τεύχος 16 Δεκέμβριος Επιμέλεια: Φωτεινή Καλδή

Εικοσιδωδεκάεδρον. Α ν ι σ ό τ η τ ε ς. Τεύχος 16 Δεκέμβριος Επιμέλεια: Φωτεινή Καλδή Εικοσιδωδεκάεδρον Τεύχος 6 Δεκέμβριος 06 Α ν ι σ ό τ η τ ε ς Επιμέλεια: Φωτεινή Καλδή Εικοσιδωδεκάεδρον τεύχος 6, Δεκέμβριος 06 ISSN: -7 Μπορεί να αναπαραχθεί και να διανεμηθεί ελεύθερα Το «Εικοσιδωδεκάεδρον»

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγικές Διαλέξεις στην Θεωρία των Αλυσίδων Markov και των Στοχαστικών Ανελίξεων. Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών

Εισαγωγικές Διαλέξεις στην Θεωρία των Αλυσίδων Markov και των Στοχαστικών Ανελίξεων. Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών Εισαγωγικές Διαλέξεις στην Θεωρία των Αλυσίδων Markov και των Στοχαστικών Ανελίξεων Μιχάλης Ζαζάνης Τμήμα Στατιστικής Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών Κεφάλαιο Αλυσίδες Markov σε Συνεχή Χρόνο Αλυσίδες Markov

Διαβάστε περισσότερα

(19 ο ) ΚΛΑΣΜΑΤΙΚΗ ΑΝΑΓΩΓΗ IΙΙ: «εντοπισμός σημείου σε τριγωνοποίηση»

(19 ο ) ΚΛΑΣΜΑΤΙΚΗ ΑΝΑΓΩΓΗ IΙΙ: «εντοπισμός σημείου σε τριγωνοποίηση» λγόριθμοι & πολυπλοκότητα» σημειώσεις ακ. έτους 2010 2011 (19 ο ) ΛΣΜΤΙ ΝΩ IΙΙ: «εντοπισμός σημείου σε τριγωνοποίηση» Το πρόβλημα του «εντοπισμού» σημείου σε διαμέριση. Σε αυτό το κεφάλαιο θα δούμε ένα

Διαβάστε περισσότερα

Αναγνώριση Προτύπων. Σημερινό Μάθημα

Αναγνώριση Προτύπων. Σημερινό Μάθημα Αναγνώριση Προτύπων Σημερινό Μάθημα Bias (απόκλιση) και variance (διακύμανση) Ελεύθεροι Παράμετροι Ελεύθεροι Παράμετροι Διαίρεση dataset Μέθοδος holdout Cross Validation Bootstrap Bias (απόκλιση) και variance

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ. Πρώτη Γραπτή Εργασία. Εισαγωγή στους υπολογιστές Μαθηματικά

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ. Πρώτη Γραπτή Εργασία. Εισαγωγή στους υπολογιστές Μαθηματικά ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ Πρόγραμμα Σπουδών: ΙΟΙΚΗΣΗ ΕΠΙΧΕΙΡΗΣΕΩΝ και ΟΡΓΑΝΙΣΜΩΝ Θεματική Ενότητα: ΕΟ-13 Ποσοτικές Μέθοδοι Ακαδημαϊκό Έτος: 2012-13 Πρώτη Γραπτή Εργασία Εισαγωγή στους υπολογιστές Μαθηματικά

Διαβάστε περισσότερα

ΤΑΞΙΝΟΜΗΣΗ ΟΡΓΑΝΙΣΜΩΝ

ΤΑΞΙΝΟΜΗΣΗ ΟΡΓΑΝΙΣΜΩΝ ΦΥΛΛΟ ΕΡΓΑΣΙΑΣ 1α ΤΑΞΙΝΟΜΗΣΗ ΟΡΓΑΝΙΣΜΩΝ Οι επιστήμονες ταξινομούν τους οργανισμούς σε ομάδες ανάλογα με τα κοινά τους χαρακτηριστικά. Τα πρώτα συστήματα ταξινόμησης βασιζόταν αποκλειστικά στα μορφολογικά

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΜΑ 1ο Α. α) Δίνεται η συνάρτηση F(x)=f(x)+g(x). Αν οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιμες, να αποδείξετε ότι: F (x)=f (x)+g (x).

ΘΕΜΑ 1ο Α. α) Δίνεται η συνάρτηση F(x)=f(x)+g(x). Αν οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιμες, να αποδείξετε ότι: F (x)=f (x)+g (x). ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Σ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΑΒΒΑΤΟ 3 ΙΟΥΝΙΟΥ 000 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗΣ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΠΕΝΤΕ (5) ΘΕΜΑ 1ο Α. α) Δίεται η

Διαβάστε περισσότερα

Προτεινόμενα θέματα στο μάθημα. Αρχές Οικονομικής Θεωρίας ΟΜΑΔΑ Α. Στις προτάσεις από Α.1. μέχρι και Α10 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της

Προτεινόμενα θέματα στο μάθημα. Αρχές Οικονομικής Θεωρίας ΟΜΑΔΑ Α. Στις προτάσεις από Α.1. μέχρι και Α10 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της Προτεινόμενα θέματα στο μάθημα Αρχές Οικονομικής Θεωρίας ΟΜΑΔΑ Α Στις προτάσεις από Α.1. μέχρι και Α10 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της καθεμιάς και δίπλα σε κάθε αριθμό την ένδειξη Σωστό, αν

Διαβάστε περισσότερα

επίπεδων καμπυλών Χειμερινό Εξάμηνο I(P, F G) των F και G σε ένα σημείο P A 2 K

επίπεδων καμπυλών Χειμερινό Εξάμηνο I(P, F G) των F και G σε ένα σημείο P A 2 K Θεωρία Τομών Επίπεδων Καμπυλών Εργασία στο πλαίσιο τού μαθήματος Αλγεβρικές Καμπύλες (με κωδ. αριθμό Α 19) Χειμερινό Εξάμηνο 2008-2009 Μιχαήλ Γκίκας 1 Αριθμός τομής δυο συσχετικών επίπεδων καμπυλών Εστω

Διαβάστε περισσότερα

Συναρτήσεις. Σημερινό μάθημα

Συναρτήσεις. Σημερινό μάθημα Συναρτήσεις Σημερινό μάθημα C++ Συναρτήσεις Δήλωση συνάρτησης Σύνταξη συνάρτησης Πρότυπο συνάρτησης & συνάρτηση Αλληλο καλούμενες συναρτήσεις συναρτήσεις μαθηματικών Παράμετροι συναρτήσεων Τοπικές μεταβλητές

Διαβάστε περισσότερα

τους στην Κρυπτογραφία και τα

τους στην Κρυπτογραφία και τα Οι Ομάδες των Πλεξίδων και Εφαρμογές τους στην Κρυπτογραφία και τα Πολυμερή Σχολή Εφαρμοσμένων Μαθηματικών και Φυσικών Επιστημών ΕΜΠ Επιβλέπουσα Καθηγήτρια: Λαμπροπούλου Σοφία Ιούλιος, 2013 Περιεχόμενα

Διαβάστε περισσότερα