∆ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ

2000 ΚΛΑ∆ΟΣ ΠΕ 03

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

Πρώτη Θεµατική Ενότητα Γνωστικό

αντικείµενο - Λύσεις

Θέµα 1ο

∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί z1, z2. Να δείξετε ότι :

|z1 + z2|2 + |z1 − z2|2 = 2|z1|2 + 2|z2|2.

Να ερµηνεύσετε γεωµετρικά την παραπάνω σχέση.

Λυση

|z1 + z2|2 + |z1 − z2|2 = (z1 + z2)(z1 + z2) + (z1 − z2)(z1 − z2)

= z1z1 + z1z2 + z2z1 + z2z2 + z1z1 − z1z2 −−z2z1 + z2z2

= 2z1z1 + 2z2z2

= 2|z1|2 + 2|z2|2.

Θέµα 2ο

∆ίνονται οι n×n πίνακες A,B µε A 6= O, όπου O ο n×n µηδενικός πίνακας

και AB = O. Με τις παραπάνω υποθέσεις µπορείτε να συµπεράνετε αν ο Bείναι µη αντιστρέψιµος ; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

σελίδα 1 από 9 Ξενιτιδης Κλεανθης Μαθηµατικος

Λυση

Γνωρίζουµε ότι στην περίπτωση που ισχύει AB = 0 και ο B είναι αντιστρέψι-

µος, τότε ο A είναι ο µηδενικός. Πράγµατι,

AB = OABB−1 = OB−1

AI = OA = O.

Εποµένως στην περίπτωση που ισχύει AB = 0 και ο A είναι µη µηδενικός

τότε ο B είναι µη αντιστρέψιµος.

Θέµα 3ο

Να ϐρεθεί ο λ έτσι, ώστε η εξίσωση

x4 − (3λ+ 2)x2 + λ2 = 0

να έχει τέσσερις πραγµατικές ϱίζες που αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθ-

µητικής προόδου.

Λυση

Οι τέσσερις ϱίζες της εξίσωσης είναι οι :

x1 =

√1 +

3λ

2+

1

2

√4 + 12λ+ 5λ2

x2 =

√1 +

3λ

2− 1

2

√4 + 12λ+ 5λ2

x3 = −√

1 +3λ

2+

1

2

√4 + 12λ+ 5λ2

x4 = −√

1 +3λ

2− 1

2

√4 + 12λ+ 5λ2.

Για να είναι η ακολουθία (x3, x4, x2, x1) = (−x1,−x2, x2, x1) αριθµητική πρό-

οδος ϑα πρέπει να ισχύει x2 6= 0 και x1 = x2 + 2x2 = 3x2, αφού η πρόοδος

σελίδα 2 από 9 Ξενιτιδης Κλεανθης Μαθηµατικος

έχει διαφορά 2x2. ΄Αρα ϑα πρέπει να ισχύει√1 +

3λ

2+

1

2

√4 + 12λ+ 5λ2 = 3

√1 +

3λ

2− 1

2

√4 + 12λ+ 5λ2

1 +3λ

2+

1

2

√4 + 12λ+ 5λ2 = 9(1 +

3λ

2− 1

2

√4 + 12λ+ 5λ2)

1 +3λ

2+

1

2

√4 + 12λ+ 5λ2 = 9 +

27λ

2− 9

2

√4 + 12λ+ 5λ2

8 + 12λ = 5√

4 + 12λ+ 5λ2

(8 + 12λ)2 = 25(4 + 12λ+ 5λ2)

64 + 144λ2 + 192λ = 100 + 300λ+ 125λ

19λ2 − 108λ− 36 = 0

Λύνουµε την εξίσωση και ϐρίσκουµε λ1 = 6 και λ2 = − 6

19. Και στις δύο

περιπτώσεις οι λύσεις της x4 − (3λ + 2)x2 + λ2 = 0 αποτελούν διαδοχι-

κούς όρους αριθµητικής προόδου. Για λ = 6 η αριθµητική πρόοδος είναι

η (−3√

2,−√

2,√

2, 3√

2) και για λ = − 6

19είναι η (−3

√2

19,−

√2

19,

√2

19,

3

√2

19).

Θέµα 4ο

΄Εστω ABΓ τρίγωνο εγγεγραµένο σε κύκλο (O, ρ) µε BΓ = α,AΓ = β και

AB2 = α2 + β2 − αβ. Να εκφράσετε τα εµβαδά των κυκλικών τµηµάτων στα

οποία χωρίζει η AB τον κύκλο, συναρτήσει των α, β.

σελίδα 3 από 9 Ξενιτιδης Κλεανθης Μαθηµατικος

Απαιτουµενη Θεωρια

Θεώρηµα (γενίκευση πυθαγορείου ϑεωρήµατος). Σε κάθε τρί-

γωνο ABΓ ισχύει η σχέση

γ2 = α2 + β2 − 2αβ cos Γ.

Θεώρηµα. Κάθε εγγεγραµένη γωνία ισούται µε το µισό της επί-

κεντρης γωνίας που ϐαίνει στο ίδιο τόξο.

Θεώρηµα. Σε κάθε τρίγωνοABΓ εγγεγραµένο σε κύκλο ακτίνας

ρ ισχύουν οι παρακάτω τύποι για τον υπολογισµό του εµβαδού

E.

E =αβγ

4ρ

E =1

2αβ sin Γ =

1

2βγ sinA =

1

2γα sinB

Λυση

Από την γενίκευση του πυθαγορείου ϑεωρήµατος γνωρίζουµε ότι :

AB2 = α2 + β2 − 2αβ cos Γ.

Επίσης,

AB2 = α2 + β2 − αβ.΄Αρα,

α2 + β2 − 2αβ cos Γ = α2 + β2 − αβ ⇒

cos Γ =1

2⇒

Γ = 60.

σελίδα 4 από 9 Ξενιτιδης Κλεανθης Μαθηµατικος

Εποµένως η επίκεντρη γωνία ˆAOB που ϐαίνει στο τόξο AB είναι 120. Υπο-

λογίζουµε το εµβαδόν του κυκλικού τοµέα

_

OAB.

(_

OAB) =120

360πρ2 =

πρ2

3

Το εµβαδόν του ενός κυκλικού τµήµατος που χωρίζεται από την χορδή ABείναι :

πρ2

3− (

4OAB)

µε

(4

OAB) =1

2ρ2 sin(120)

=1

2ρ2

√3

2=

√3

4ρ2.

΄Αρα το Ϲητούµενο εµβαδόν είναι E1 =πρ2

3−√

3

4ρ2 = ρ2(

π

3−√

3

4). Αρκεί

να εκφράσουµε το ρ συναρτήσει των α και β. Συνδυάζουµε τους παρακάτω

τύπους :

(4

OAB) =αβγ

4ρ=αβ

√α2 + β2 − αβ

4ρ(1)

(4

OAB) =1

2αβ sin Γ =

1

2αβ

√3

2=

√3

4αβ (2)

και έχουµε:

√3

4αβ =

αβ√α2 + β2 − αβ

4ρ⇒

ρ =

√α2 + β2 − αβ√

3=

√α2 + β2 − αβ

3.

΄Αρα E1 =α2 + β2 − αβ

3(π

3−√

3

4). Τέλος το δεύτερο κυκλικό τµήµα έχει

εµβαδόν :

E2 = πρ2 − E1

= πα2 + β2 − αβ

3− α2 + β2 − αβ

3(π

3−√

3

4)

=α2 + β2 − αβ

3(π − π

3+

√3

4)

=α2 + β2 − αβ

3(2π

3+

√3

4).

σελίδα 5 από 9 Ξενιτιδης Κλεανθης Μαθηµατικος

Θέµα 5ο

Σε ορθογώνιο καρτεσιανό σύστηµα Oxy, δίνεται η καµπύλη 4x2 + y2 = 4 και

το σηµείο της M(x0, y0) µε x0 ∈ (0, 1) και y0 ∈ (0, 2). Αν η εφαπτόµενη της

καµπύλης στο σηµείο M τέµνει τον άξονα xx′ στο σηµείο K και τον άξονα

yy′ στο σηµείο Λ, να ϐρεθεί η ϑέση του σηµείο M έτσι ώστε το εµβαδόν του

τριγώνου OKΛ να είναι ελάχιστο.

Λυση

Η παραµετρική µορφή της καµπύλης 4x2 +y2 = 4 είναι (cosϕ, 2 sinϕ) µε

ϕ ∈ [0, 2π). Επιπλέον το σηµείοM(x0, y0) ϐρίσκεται στο πρώτο τεταρτηµόριο,

άρα γράφεται στην µορφή (cosϕ0, 2 sinϕ0) µε ϕ0 ∈ (0, π2). Η καµπύλη 4x2 +

y2 = 4 είναι µια έλλειψη, αφού γράφεται στην µορφή x2 +y2

22= 1. Εποµένως

η εφαπτοµένη στο σηµείο (cosϕ0, 2 sinϕ0) έχει εξίσωση:

x cosϕ0 +2y sinϕ0

22= 1⇔

⇔ 2x cosϕ0 + y sinϕ0 = 2. (1)

Θα ϐρούµε τις συντεταγµένες των σηµείων K και Λ. Για x = 0 από την

(1) έχουµε y =2

sinϕ0

και για y = 0 έχουµε x =1

cosϕ0

. εποµένως το K

σελίδα 6 από 9 Ξενιτιδης Κλεανθης Μαθηµατικος

έχει συντεταγµένες (1

cosϕ0

, 0) και το Λ (0,2

sinϕ0

). Υπολογίζουµε το εµβαδόν

(OKΛ).

(OKΛ) =1

2

2

sinϕ0

1

cosϕ0

=2

sin(2ϕ0)

Το εµβαδόν (OKΛ) είναι ελάχιστο όταν το sin(2ϕ0) παίρνει την µέγιστη τιµή,

δηλαδή όταν sin(2ϕ0) = 1. ΄Αρα 2ϕ0 =π

2⇒ ϕ =

π

4. Εποµένως x0 = cos

π

4=

√2

2και y0 = 2 sin

π

4=√

2. ∆ηλαδή το Ϲητούµενο σηµείο είναι το (

√2

2,√

2).

Θέµα 6ο

Αν e είναι η ϐάση των Νεπέρειων λογαρίθµων και π ο λόγος της περιµέτρου

προς τη διάµετρο ενός κύκλου, να ϐρεθεί ο µεγαλύτερος από τους αριθµούς

eπ και πe. Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Λυση

Θεωρούµε τις συναρτήσεις f(x) = ex και g(x) = xe. Επίσης ϑεωρούµε την

συνάρτηση (f − g)(x) = ex − xe. Μία ϱίζα της f − g είναι η x = e. Επίσης :

(ex − xe)′ = ex − exe−1 > 0 για x > e.

Εποµένως η f − g είναι αύξουσα για x > e και άρα δεν έχει ϱίζες. Παρατη-

ϱούµε ότι για τυχαίο x > e (για παράδειγµα x = 1000) έχουµε f > g, άρα

και για x = π έχουµε f > g, αφού π > e. ∆ηλαδή:

eπ > πe.

Θέµα 7ο

∆ίνεται ορθός κυκλικός κώνος µε ακτίνα ϐάσης 3 και ύψος 4. Να ϐρεθεί η

ακτίνα της εγγεγραµµένης στον κώνο σφαίρας.

Λυση

Παρατηρούµε στο παρακάτω σχήµα ότι τα δύο τρίγωνα µε το έντονο περί-

γραµµα είναι όµοια. Πράγµατι και τα δύο τρίγωνα είναι ορθογώνια και οι

γωνίες στην κορυφή του κώνου είναι ίσες αφού το ύψος του κώνου διχοτοµεί

την αντίστοιχη γωνία. ΄Εστω υ το ύψος του κώνου, ρ η ακτίνα της ϐάσης και

R η ακτίνα της σφαίρας.

σελίδα 7 από 9 Ξενιτιδης Κλεανθης Μαθηµατικος

Σχήµα 1: Εγγεγραµένη σφαίρα σε κώνο

Τότε από τα όµοια τρίγωνα έχουµε:

ρ

R=

√ρ2 + υ2

υ −R

R =ρυ − ρR√ρ2 + υ2

R +ρR√ρ2 + υ2

=ρυ√ρ2 + υ2

R(1 +ρ√

ρ2 + υ2) =

ρυ√ρ2 + υ2

ρυ = R(√ρ2 + υ2 + ρ)

R =ρυ√

ρ2 + υ2 + ρ

Από ατόν τον γενικό τύπο για ρ = 3 και υ = 4 έχουµε R = 32.

Θέµα 8ο

Να αποδείξετε ότι για κάθε ολοκληρώσιµη συνάρτηση f : R → R όπου Rτο σύνολο των πραγµατικών αριθµών, και για κάθε Ϲευγάρι πραγµατικών

αριθµών α, β ισχύει ότι :∫ β

α

f(x)− f(α + β − x)dx = 0.

σελίδα 8 από 9 Ξενιτιδης Κλεανθης Μαθηµατικος

Απαιτουµενη Θεωρια

Θεώρηµα. ∫ β

α

f(g(x))g′(x)dx =

∫ u2

u1

f(u)du

όπου f, g′ είναι συνεχής συναρτήσεις, u = g(x), du = g′(x)dxκαι u1 = g(α), u2 = g(β)

Λυση

∫ β

α

(f(x)− f(α + β − x))dx =

∫ β

α

f(x)dx−∫ β

α

f(α + β − x)dx

=

∫ β

α

f(x)dx+

∫ β

α

f(g(x))g′(x)dx

όπου g(x) = α + β − x. ΄Εστω u1 = g(α) και u2 = g(β). Τότε :∫ β

α

f(x)dx+

∫ β

α

f(g(x))g′(x)dx =

∫ β

α

f(x)dx+

∫ α

β

f(u)du

= F (β)− F (α) + F (α)− F (β)

= 0

όπου F µία αντιπαράγωγος της f .

σελίδα 9 από 9 Ξενιτιδης Κλεανθης Μαθηµατικος