Κατηγορία: Θέματα Σχολικών Μαθηματικών – Διαγωνισμοί – Αξιολογήσεις Ασκήσεων

• Δύο ασκήσεις από τον Γεώργιο Πολύζο

  Πρόκειται για δύο ασκήσεις πάνω σε δύο ιστορικά θέματα: το πρώτο αφορά την σύνθεση δύο ανακλάσεων που είναι τελικά στροφή και το δεύτερο ον υπολογισμό του ορίου της ακολουθίας

  $$(^na)=\left(\underbrace{a^{a^{a^{a^{a^{.^{.^{.}}}}}}}}_{n-\text{φορές}}\right)$$

  το οποίο έχει υπολογιστεί για πρώτη φορά από τον Euler.

  polyzosΛήψη

  2026.07.07

• Μια άσκηση Ανάλυσης από διαγώνισμα της Κίνας το 2025

  Έστω¹ \(f(x)=5\cos(x)-\cos(5x)\).

  1. Βρείτε το maximum της συνάρτησης στο \([0,\pi/4]\).
  2. Για \(\theta\in (0,\pi)\), αποδείξτε ότι: \(\exists y\in [a-\theta, a+\theta]\text{ με } \cos(y)\leq \cos(\theta)\).
  3. Βρείτε² την ελάχιστη τιμή του \(b\) έτσι ώστε: \(\exists t\in\mathbb{R}\forall x\in\mathbb{R}\Big( 5\cos(x)-\cos(5x+t)\leq b\Big)\).

  Απάντηση:

  1. Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη και $$f'(x)=-5\sin(x)+5\sin(5x)=5(\sin(5x)-\sin(x))$$ Για \(f'(x)=0 \Leftrightarrow \sin(5x)=\sin(x)\). Άρα:
     • \(5x=x+2k\pi\Rightarrow x=\frac{k\pi}{2}\).
     • \(5x=\pi-x+2k\pi\Rightarrow x=\frac{\pi}{6}+\frac{k\pi}{3}\).

  Όταν \(x\in [0,\pi/4]\) οι δυνατές τιμές είναι:

  • Στη πρώτη περίπτωση: για \(k=0\) θα πάρουμε \(x=0\).
  • Στη δεύτερη περίπτωση: για \(k=0\) θα πάρουμε \(x=\pi/6\).

  Άρα, τα κρίσιμα σημεία είναι τα \(0\) και \(\pi/6\), προσθέτουμε και τα άκρα του διαστήματος: \(0,\pi/6,\pi/4\). Οι δε τιμές της συνάρτησης στα σημεία αυτά είναι: $$ \begin{array}{lcl}f(0)&=&5\cdot 1-1=4,\\ f(\pi/6)&=&5\cos(\pi/6)-\cos(5\pi/6)=3\sqrt{3},\\ f(\pi/4) &=& 5\cos(\pi/4)-\cos(5\pi/4)=3\sqrt{2}.\end{array}$$ Άρα, μέγιστο στο διάστημα είναι \(3\sqrt{3}\), για \(x=\pi/6\).

  2. Με απαγωγή σε άτοπο. Έστω ότι: $$\forall y\in [a-\theta,a+\theta]\hbox{ ισχύει } \cos(y) >\cos(\theta)$$ Το σύνολο των σημείων όπου \(\cos(y)>\cos(\theta)\) είναι η ένωση των ανοιχτών διαστημάτων $$(-\theta +2k\pi,\theta+2k\pi),\ k\in\mathbb{Z}$$ Αυτό συμβαίνει γιατί η \(\cos(y)>\cos(\theta)\) αληθεύει όταν η γωνία \(y\mod(2\pi)\) βρίσκεται στο διάστημα \((-\theta,\theta)\), αφού το συνημίτονο είναι φθίνουσα συνάρτηση στο \([0,\pi]\) και άρτια. Τώρα, επειδή το \([a-\theta,a+\theta]\) είναι συνεκτικό, πρέπει να περιέχεται εξ ολοκλήρου σε ένα από αυτά τα ανοικτά διαστήματα. Άρα, υπάρχει \(k\in\mathbb{R}\) τέτοιο ώστε: $$-\theta +2k\pi<a-\theta\hbox{ και } a+\theta <\theta +2k\pi$$ Από την πρώτη ανισότητα \(a>2k\pi\) ενώ από τη δεύτερη \(a<2k\pi\). Άτοπο, άρα: $$\exists y\in [a-\theta,a+\theta]\hbox{ με }\cos(y)\leq \cos(\theta)$$

  3. To 3o ερώτημα είναι ανεξάρτητο του 2ου ερωτήματος (τουλάχιστον η απόδειξη που δώσαμε το θέλει ανεξάρτητο).

  Η στρατηγική που θα ακολουθήσουμε είναι η εξής: Σχεδιάζοντας στο GeoGebra το γράφημα της συνάρτησης $$f_t(x)=5\cos(x)-\cos(5x+t)$$ παραμετρικοποιημένο ως προς \(t\), βλέπουμε ότι η συνάρτηση παρουσιάζει μέγιστη τιμή για κάποιες τιμές του \(x\) μέσα στο διάστημα \([-\pi/6,\pi/6]\), (να ληφθεί υπόψη η περίοδος). Αλλά αυτό που μας ενδιαφέρει περισσότερο είναι το ότι αυτά τα μέγιστα έχουν κάτω φράγμα το \(3\sqrt{3}\), (το οποίο είναι ένα μέγιστο της συνάρτησης, \(f_0(x)\), στη πρώτη ερώτηση). Αυτή η κατάσταση απεικονίζεται στο παρακάτω gif και καλούμαστε να τη μοντελοποιήσουμε στην απόδειξη του ερωτήματος.

  

  Στο Σχήμα βλέπετε τη συνάρτηση \(f_t(x)\) όταν η παράμετρος \(t\) μεταβάλεται. σε ένα διάστημα των πραγματικών αριθμών. H κατάσταση αυτή είναι αυτό που πράγματι συμβαίνει. Προσπαθήστε να μοντελο-ποιήσετε την απόδειξη, σύμφωνα με το gif που βλέπετε.

  • Συμπέρασμα 1ο: Θα δείξω ότι \(\forall t\in\mathbb{R}\ \exists x\in\mathbb{R}:\ f_t(x)\geq 3\sqrt{3}\). Tο κάτω φράγμα δείχνει ότι κανέτα \(t\) δεν μπορεί να κάνει το μέγιστο της \(f_t\) μικρότερο από \(3\sqrt{3}\), δηλαδή: $$\underset{x }{\max} {f_t(x)}\geq 3\sqrt{3},\quad \forall t$$ (Προσοχή, δεν λέμε \(\forall x\) αλλά ότι υπάρχουν κάποια \(x\). Επομένως, το μέγιστο της συνάρτησης είναι τουλάχιστον το \(3\sqrt{3}\). Αυτό μας ενδιαφέρει).
  • Συμπέρασμα 2ο: Θα δείξω ότι \(\forall x\in\mathbb{R}:\ f_0(x)\leq 3\sqrt{3}\), αυτό σημαίνει ότι το μέγιστο της \(f_0\) είναι το πολύ \(3\sqrt{3}\), δηλαδή: $$\underset{x }{\max} {f_0(x)}\leq 3\sqrt{3}$$
  • Συνδυάζοντας υα δύο προηγούμενα: για \(t=0\): $$\underset{x }{\max} {f_0(x)}\geq 3\sqrt{3}$$ $$\underset{x }{\max} {f_0(x)}\leq 3\sqrt{3}$$ Άρα: \(\underset{x }{\max}{f_0(x)} = 3\sqrt{3}\).
  • Συμπέρασμα: Επομένως υπάρχει \(t=0\) έτσι ώστε το ελάχιστο μέγιστο της \(f_0(x)\) να είναι το \(3\sqrt{3}\).

  Για ένα σταθερό \(t\), ορίζουμε: $$x_k=\frac{\pi-t+2k\pi}{6},\ k=0,1,2,3,4,5$$
  Επειδή \(x_{k+1}-x_k=\frac{\pi}{3}\), τα \(x_k\) είναι ισαπέχοντα κατά \(\pi/3\).

  Από τον όρισμό:
  $$6x_k=\pi-t+2k\pi \Rightarrow 6x_k+t=\pi+2k\pi \Rightarrow 5x_k+t=\pi-x_k+2k\pi$$
  και
  $$\cos(5x_k+t)=\cos(\pi-x_k+2k\pi)=\cos(\pi-x_k)=-\cos(x_k)$$
  Συνεπώς \(f_t(x_k)=5\cos(x_k)-(-\cos(x_k))=6\cos(x_k)\).

  Θα δείξω τώρα ότι υπάρχει σημείο στον τριγ. κύκλο με “μεγάλο” συνημίτονο. Διαφορετικά, θα δείξω ότι υπάρχει \(k\) έτσι ώστε \(\cos(x_k)\geq \sqrt{3}/2\).

  Τα \(x_k\) είναι έξι σημεία του κύκλου μήκους \(2\pi\) με απόσταση \(\pi/3\) μεταξύ τους. Το διάστημα των γωνιών στο οποίο συμβαίνει \(\cos(y)\geq \cos(\pi/6)=\sqrt{3}/2\) είναι \(\mod\ 2\pi\) το διάστημα \([-\pi/6,\pi/6]\) με πλάτος \(\pi/3\). Αυτό συμβαίνει γιατί η συνάρτηση \(\cos\) είναι αφ’ ενός φθίνουσα με την ανισότητα να ισχύει για \(y\leq \pi/6\) στο \([0,\pi/6]\) και αφ’ ετέρου είναι άρτια.

  Τώρα, φανταστείτε τοποθετούμε 6 σημεία \(x_k\) σε έναν κύκλο, χωρισμένα με απόσταση \(\pi/3\). Αυτά τα σημεία μοιράζουν τον κύκλο σε 6 ίσα τόξα πλάτους \(\pi/3\).

  Τότε από την αρχή του Dirichlet, ή και με απλή γεωμετρία, ένα τουλάχιστον από αυτά τα 6 σημεία είναι μέσα στο διάστημα \([-\pi/6,\pi/6]\) (στο εσωτερικό ή στα σύνορά του), δείτε το gif στο Σχήμα. Σε αντίθετη περίπτωση τα 6 σημεία δεν μπορεί να απέχουν το ένα από το άλλο \(\pi/3\)!

  Άρα για αυτό το \(k\) έχουμε: $$\cos(x_k)\geq \cos(\pi/6)=\frac{\sqrt{3}}{2}$$

  Τότε:
  $$f_k(x)=6\cos(x_k)\geq 6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$$

  Έτσι για κάθε \(t\), η συνάρτηση \(f_t\) παίρνει τιμή τουλάχιστον \(3\sqrt{3}\), είναι το κάτω φράγμα. Επομένως, όποιο \(b\) κι αν επιλεγεί για να ισχύει \(f_t(x)\leq b\) για όλα τα \(x\) (και για κάποιο \(t\)), πρέπει αναγκαστικά
  \begin{equation}
  b\geq 3\sqrt{3}\quad (1)
  \end{equation}

  Θα δείξω τώρα ότι υπάρχει κάποιο \(t\) για το οποίο η \(f_t\) έχει μέγιστη τιμή \(3\sqrt{3}\). Θα πάρω \(t=0\) και θα δείξω ότι \(f_0(x)\leq 3\sqrt{3}\) για κάθε \(x\in\mathbb{R}\).

  Η \(f_0\) είναι περιοδική με περίοδο \(2\pi\), οπότε αρκεί να εξετάσουμε το διάστημα \([0,2\pi]\).

  \(f’_0(x)=5\Big(\sin(5x)-\sin(x)\Big)\). Τα κρίσιμα σημεία στο \([0,2\pi]\) είναι:

  • Από \(5x=x+2k\pi \Rightarrow x=\frac{k\pi}{2}\).
  • Από \(5x=\pi-x+2k\pi\Rightarrow x=\frac{\pi}{6}+\frac{k\pi}{3}\).

  Στο \([0,2\pi]\) έχω για τη πρώτη οικογένεια:

  • \(f_0(0)=4\).
  • \(f_0(\pi/2)=0\).
  • \(f_0(\pi)=-4\).
  • \(f_0(3\pi/2)=0\).
  • \(f_0(2\pi)=4\).

  Για τη δεύτερη οικογένεια, έχουμε \(\cos(5x)=-\cos(x)\), άρα \(f_0(x)=6\cos(x)\). Οι τιμές του συνημιτόνου \(\cos\left(\frac{\pi}{6}+\frac{k\pi}{3}\right)\) για \(k=0,1,2,3,4,5\) είναι αντίστοιχα: $$\frac{\sqrt{3}}{2},\ 0,\ -\frac{\sqrt{3}}{2},\ -1,\ -\frac{\sqrt{3}}{2},\ 0$$
  Με μέγιστη τιμή για τη συνάρτηση \(f_0(x)\) την \(6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}\).

  Συγκρίνουμε τα δύο μέγιστα \(4\) και \(3\sqrt{3}\) βλέπουμε ότι $$\forall x\in\mathbb{R},\ \max {f_0(x)}=3\sqrt{3}$$
  Επομένως όταν \(t=0\) η συνθήκη ικανοποιείται όταν
  \begin{equation}
  b=3\sqrt{3}\quad (2)
  \end{equation}
  Από (1) και (2), η ελάχιστη δυνατή τιμή του \(b\) είναι \(3\sqrt{3}\).\(\blacksquare\)

  1. Διαγωνιμός Κϊνα 2025, άσκηση 19. ↩︎
  2. Η ερώτηση αυτή είναι ιδιαίτερα απαιτητική. Για να την αντιμετωπίσει επιτυχώς, ένας μαθητής πρέπει να διαθέτει ένα ευρύ φάσμα γνώσεων και δεξιοτήτων.
     Ερώτημα σαν αυτό θα μπορούσε να μπει ως άσκηση approfondissement, αλλά φυσικά ανήκει στις Classes Préparatoires (MPSI/PCSI), όπου το \(\exists\forall \) είναι καθημερινότητα.
     Πρέπει να σκεφτείς ότι το μέγιστο θα συμβεί αναγκαστικά στα σημεία όπου οι δύο ημιτονοειδείς συγχρονίζονται, και μετά να χρησιμοποιήσεις συμμετρία του κύκλου για να βρεις το βέλτιστο \(t\).
     Η άσκηση αυτή δεν είναι τυπική ρουτίνας. Απαιτεί συνδυαστική σκέψη και την εφαρμογή μιας μη-προφανούς στρατηγικής. Θα την κατέτασσα ως εξής:
     1) Επίπεδο: Πολύ υψηλό, κατάλληλο για μαθητές που στοχεύουν σε άριστη βαθμολογία.
     2) Τύπος: Άσκηση εμβάθυνσης ή επέκτασης.
     3) Σύγκριση: Είναι σαφώς δυσκολότερη από τις τυπικές ασκήσεις τριγωνομετρίας. Θυμίζει περισσότερο πρόβλημα που θα συναντούσε κανείς σε διαγωνισμούς Μαθηματικών παρά σε ένα συνηθισμένο διαγώνισμα. Ταιριάζει σε εκπαιδευτικά συστήματα με ισχυρή έμφαση στα μαθηματικά, όπως η Κίνα και η Γαλλία (για τις Grandes ‘Ecoles). Δοκιμάζει όχι μόνο τις γνώσεις, αλλά κυρίως τη μαθηματική ευφυΐα και στρατηγική σκέψη. ↩︎

  2026.06.27

• Γενίκευση του Προβλήματος Fermat – Torricelli

  Οι κορυφές ενός τριγώνου \(ABC\), του οποίου οι γωνίες είναι διακριτές και \(\neq 0\ \mod\ 30^o\) (δηλ. δεν είναι πολλαπλάσια των \(30^ο\)), είναι χρωματισμένες αντίστοιχα με χρώματα: μπλε (M), κόκκινο (K) και πράσινο (Π), δεξιόστροφα στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου \(ABC\). Ξεκινώντας από οποιαδήποτε δύο σημεία/κορυφές του τριγώνου, έστω \(X \) και \(Y\), διαφορετικών χρωμάτων, μια επανάληψη θα συνίσταται στη κατασκευή και τον χρωματισμό της τρίτης κορυφής \(Z\) ενός ισόπλευρου τριγώνου \(XYZ\) με το αντίστοιχο χρώμα, σύμφωνα με τη δεξιόστροφη σειρά των χρωμάτων στις κορυφές του αρχικού τριγώνου \(ABC\). Αποδείξτε ότι μετά από έναν οποιοδήποτε αριθμό επαναλήψεων, τα σημεία/κορυφές του ίδιου χρώματος βρίσκονται όλα στην ίδια γραμμή και ότι οι τρεις γραμμές που φέρουν τα τρία χρώματα τέμνονται σε ένα σημείο που μπορεί να σχεδιαστεί με χάρακα και διαβήτη¹.

  Απόδειξη: Θα δείξουμε ότι όλα τα σημεία/κορυφές με χρώμα μπλε είναι συνευθειακά. Το ίδιο θα μπορούσαμε να κάνουμε και με τα άλλα χρώματα σημείων/κορυφών, κόκκινα και πράσινα.

  Για να δείξουμε ότι όλες οι κορυφές με το χρώμα μπλε είναι συνευθειακές, θα εργαστούμε επαγωγικά. Στο πρώτο βήμα, θα δείξουμε ότι αν κατασκευάσουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα στις πλευρές του αρχικού τριγώνου \(ABC\) και χρωματίσουμε τις κορυφές σύμφωνα με δεξιόστροφο κανόνα, τότε οι ευθείες που συνδέουν ίδια χρώματα συντρέχουν. Στη συνέχεια ξεκινώντας από ένα νέο τρίγωνο με τις κορυφές του στην ίδια δεξιόστροφη σειρά, θα δείξουμε ότι η μπλε κορυφή ευθυγραμμίζεται με τις προηγούμενες μπλε κορυφές των προηγουμένων βημάτων.

  Αρχίζοντας από το αρχικό τρίγωνο \(ABC\) η κατασκευή παραπέμπει στη γνωστή κατασκευή των Fermat-Torricelli. Οπότε, οι τρείς χρωματισμένες ευθείες συντρέχουν, δείτε Σχήμα 0.

  

  Η απόδειξη είναι εύκολη. Αν οι ευθείες AD και BF τέμνονται στο σημείο Τ, θα δείξουμε ότι οι ευθείες \(CT\) και \(CE\) ταυτίζονται.

  Ας υποθέσουμε ότι η \(CE\) τέμνει την \(BF\) στο σημείο \(I\). Τότε, οι γωνίες: \(\widehat{CTB}\) και \(\widehat{CIB}\) είναι ίσες. Επειδή το τετράπλευρο \(BCDT\) είναι εγγεγραμμένο (γιατί, τρίγωνα \(BFC = ACD\) συνεπώς \(\widehat{TBC}+\widehat{ADC}=180^o\)), τότε:$$\widehat{CTB}=\widehat{BDC}\qquad (1)$$

  Επίσης, \(\widehat{CIB}=\widehat{EAB}\), (γιατί, τρίγωνα \(ABF=AED\) και το ένα προκύπτει από το άλλο με στροφή κέντρου Α και γωνία \(\widehat{BAE}\) ) Επομένως: $$\widehat{CIB}=\widehat{EAB}=\widehat{BDC}\qquad (2)$$

  Από (1) και (2), $$\widehat{CTB}=\widehat{CIB}$$ και \(TC\parallel CI\). Άρα, \(T\equiv I\) και η \(CE\) διέρχεται από το σημείο \(Τ\).\(\square\)

  Έχουμε κατασκευάσει το 1ο βήμα, Σχήμα 1.

  

  Στο επόμενο βήμα ξεκινάμε από το τρίγωνο \(AEF\), Σχήμα 2. Εδώ κατασκευάζουμε τα τρία ισόπλευρα τρίγωνα με τέτοιο τρόπο ώστε να έχουν τη δεξιόστροφη σειρά χρωμάτων στις κορυφές όπως το αρχικό \(ABC\). Στη περίπτωση αυτή η πράσινη ευθεία \(EC\) και η κόκκινη \(BF\) ανήκουν στη προηγούμενη κατασκευή και τέμνονται στο \(T\).

  

  Το μπλε σημείο/κορυφή \(G\) ανήκει στην \(AT\) ή στην \(AD\). Δείξαμε επαγωγικά ότι η νέα κορυφή \(G\) είναι χρώματα μπλε και ανήκει στην μπλε ευθεία \(AD\) του 1ου βήματος. Ομοίως, η κόκκινη κορυφή \(H\) ανήκει στην \(BF\) (δουλεύουμε στο τρίγωνο \(GFC\)) και η πράσινη κορυφή \(I\) ανήκει στην \(EC\), οι οποίες ευθείες είναι τεμνόμενες στο \(T\) απο το 1ο βήμα.

  Γενικά, αν ενώσουμε τις κορυφές \(D\) και \(E\), Σχήμα 3, κοιτάμε το τρίγωνο \(DFE\). H κόκκινη κορυφή \(K\) του ισοπλέυρου τριγώνου \(KED\) θα βρίσκεται πάνω στην \(TB\) γιατί στο τρίγωνο \(DFE\) η μπλέ κορυφή \(G\) (του ισοπλ. τριγ. \(FEG\)) ανήκει στην \(AT\) και η πράσινη κορυφή \(I\) (του ισοπλ. τριγ. \(DFI\) ) ανήκει στην \(CT\), οπότε ο ισχυρισμός ότι σε κάθε περίπτωση μια νέα κορυφή του ισοπλεύρου τριγώνου ανήκει στην ευθεία του ιδίου χρώματος από το προηγούμενο βήμα είναι αληθής.

  

  \(\blacksquare\)

  Ο κώδικας² στη Python κατασκευάζει τα ισόπλευρα τρίγωνα με χρωματισμένες κορυφές και δείχνει ότι οι 3 χρωματισμένες ευθείες συντρέχουν σε ένα σημείο. Στην είσοδο ο κώδικας δέχεται τον αριθμό των βημάτων \(k\) που θα εκτελέσει ο αλγόριθμος ενώ seed έχει να κάνει με την τυχαία επιλογή των γωνιών του αρχικού τριγώνου. Χωρίς seed (πατάς Enter): το random διαλέγει κάθε φορά διαφορετικές τυχαίες γωνίες για τα \(Α, Β, C\). Θα παίρνεις άλλο αρχικό τρίγωνο κάθε φορά. Με seed (π.χ. βάζεις 1): “κλειδώνει” τη γεννήτρια τυχαίων αριθμών. Με seed\(=1..42\) θα παίρνεις ΠΑΝΤΑ το ίδιο αρχικό τρίγωνο \(ΑΒC\), άρα και την ίδια ακριβώς κατασκευή βήμα-βήμα. Με το Enter κάθα φόρα πάτε στο επόμενο βήμα χειροκίνητα. Στην έξοδο δίνει την εικόνα (gif) της κατασκευής.

  Python

  import random, math
  import numpy as np
  import matplotlib.pyplot as plt
  k_input = int(input("Δώσε αριθμό βημάτων k: "))
  seed = input("Seed (Enter για τυχαίο): ").strip()
  if seed:
      random.seed(int(seed)); np.random.seed(int(seed))
  R = 10
  CBLUE, CRED, CGREEN = 0, 1, 2
  col = {CBLUE:"blue", CRED:"red", CGREEN:"green"}
  names = {CBLUE:"μπλε", CRED:"κόκκινο", CGREEN:"πράσινο"}
  ORDER = [CBLUE, CRED, CGREEN]
  def next_color(c):
      # ΑΣΦΑΛΕΙΑ: αν c δεν είναι έγκυρο, γύρνα στο μπλε
      if c not in ORDER: return CBLUE
      return ORDER[(ORDER.index(c)+1) % 3]
  def angle_at(p,q,r):
      v1=np.array([q["x"]-p["x"],q["y"]-p["y"]]); v2=np.array([r["x"]-p["x"],r["y"]-p["y"]])
      return math.degrees(math.acos(np.clip(np.dot(v1,v2)/(np.linalg.norm(v1)*np.linalg.norm(v2)),-1,1)))
  def orientation(p1,p2,p3): return (p2["x"]-p1["x"])*(p3["y"]-p1["y"])-(p2["y"]-p1["y"])*(p3["x"]-p1["x"])
  def ccw_order(p1,p2,p3): return [p1["c"],p2["c"],p3["c"]] if orientation(p1,p2,p3)>0 else [p1["c"],p3["c"],p2["c"]]
  def matches(order): return any(order==[ORDER[(i+j)%3] for j in range(3)] for i in range(3))
  def third_vertices(p1,p2):
      vx,vy=p2["x"]-p1["x"],p2["y"]-p1["y"]; c,s=0.5,math.sqrt(3)/2
      return ({"x":p1["x"]+vx*c-vy*s,"y":p1["y"]+vx*s+vy*c},{"x":p1["x"]+vx*c+vy*s,"y":p1["y"]-vx*s+vy*c})
  def is_side(p1,p2,tris): return any(p1 in t and p2 in t for t in tris)
  def same_point(p,q): return abs(p["x"]-q["x"])<1e-6 and abs(p["y"]-q["y"])<1e-6
  def triangle_exists(t, tris):
      for tt in tris:
          if all(any(same_point(p,q) for q in tt) for p in t): return True
      return False
  while True:
      angs=sorted([random.uniform(0,360) for _ in range(3)],reverse=True)
      A={"x":R*math.cos(math.radians(angs[0])),"y":R*math.sin(math.radians(angs[0])),"c":CBLUE,"name":"A"}
      B={"x":R*math.cos(math.radians(angs[1])),"y":R*math.sin(math.radians(angs[1])),"c":CRED,"name":"B"}
      C={"x":R*math.cos(math.radians(angs[2])),"y":R*math.sin(math.radians(angs[2])),"c":CGREEN,"name":"C"}
      angs_tri=[angle_at(A,B,C),angle_at(B,C,A),angle_at(C,A,B)]
      if len({round(a,1) for a in angs_tri})==3 and all(min(abs(a-m) for m in range(0,181,30))>2 for a in angs_tri):
          break
  points=[A,B,C]; triangles=[]; history=[(list(points), list(triangles))]
  M=A; last=None; step=1
  while step <= k_input:
      if step==1: L=B
      else:
          target=next_color(M["c"])
          cand=[p for p in points if p["c"]==target and p is not M and not is_side(M,p,triangles)]
          if cand: L=max(cand,key=lambda p:(p["x"]-M["x"])**2+(p["y"]-M["y"])**2)
          else:
              N=next(p for p in last if p is not M)
              fb=[p for p in points if p["c"]==target and not is_side(N,p,triangles)]
              if fb: M=N; L=fb[0]
              else: L=[p for p in points if p["c"]==target and p is not M][0]
      z1,z2=third_vertices(M,L)
      nc = 3 - M["c"] - L["c"]
      # ΑΣΦΑΛΕΙΑ 2: αν nc βγει εκτός 0-2, παράλειψε
      if nc not in ORDER:
          M = L
          continue
      z1["c"]=z2["c"]=nc
      X=z1 if matches(ccw_order(M,L,z1)) else z2
      if not matches([L["c"],M["c"],X["c"]]): X=z2 if X is z1 else z1
      X["name"]=f"Y{step}"
      new_tri = (M,L,X)
      if triangle_exists(new_tri, triangles):
          M = L; continue
      else:
          points.append(X); triangles.append(new_tri); last=new_tri; M=X
          history.append((list(points), list(triangles))); step += 1
  k = len(history)-1
  fig, ax = plt.subplots(figsize=(7,7)); ax.set_aspect('equal'); cur=[0]
  def draw(i):
      ax.clear()
      pts,tris = history[i]
      xs=[p["x"] for p in pts]; ys=[p["y"] for p in pts]; pad=6
      ax.set_xlim(min(xs)-pad, max(xs)+pad); ax.set_ylim(min(ys)-pad, max(ys)+pad)
      ax.add_patch(plt.Circle((0,0),R,fill=False,ls='--',color='gray',lw=1,alpha=0.4))
      ax.fill([A["x"],B["x"],C["x"]],[A["y"],B["y"],C["y"]],color="#FFE8A3",alpha=0.22)
      for t in tris:
          xt=[p["x"] for p in t]+[t[0]["x"]]; yt=[p["y"] for p in t]+[t[0]["y"]]
          ax.plot(xt,yt,'k-',lw=1,alpha=0.35)
      for p in pts:
          mkr='o' if p["name"] in ('A','B','C') else 'x'
          ax.plot(p["x"],p["y"],mkr,color=col[p["c"]],ms=8)
          ax.text(p["x"]+0.2,p["y"]+0.2,p["name"],fontsize=8,color=col[p["c"]])
      # --- ΠΡΟΣΘΗΚΗ: ευθείες στο τελικό βήμα ---
      if i == k:
          regs={}
          for c in ORDER:
              ps=[p for p in pts if p["c"]==c]
              if len(ps)>=2:
                  m,b = np.polyfit([p["x"] for p in ps],[p["y"] for p in ps],1)
                  regs[c]=(m,b)
                  xv=np.array(ax.get_xlim())
                  ax.plot(xv, m*xv+b, '-', color=col[c], lw=2.5)
          if CBLUE in regs and CRED in regs:
              m1,b1=regs[CBLUE]; m2,b2=regs[CRED]
              if abs(m1-m2)>1e-8:
                  ix=(b2-b1)/(m1-m2); iy=m1*ix+b1
                  ax.plot(ix,iy,'o',ms=10,mec='black',mfc='gold')
                  ax.text(ix+0.4,iy+0.4,'Συντρέχουν',fontsize=10)
      ax.set_title(f"Βήμα {i}/{k} - κλικ για επόμενο"); ax.axis('off'); fig.canvas.draw_idle()
  def on_click(e):
      if cur[0] < k:
          cur[0] += 1
          draw(cur[0])
  fig.canvas.mpl_connect('button_press_event', on_click)
  draw(0)
  plt.show()

  

  

  1. Το πρόβλημα είναι δημοσιευμένο στο blog της Therese Eveilleau, δείτε πρόβλημα Ε2 στο blog της Μathematiques Magiques ↩︎
  2. Η προσθήκη της κατασκευής κώδικα με ή χωρίς τη χρήση ΤΝ αναβαθμίζει την άσκηση από τυπικό αποδεικτικό πρόβλημα σε πλούσιο, ανοιχτό, διεπιστημονικό έργο PBL (Problem-Based Learning), με υψηλά κίνητρα (δημιουργία κάτι που «δουλεύει»), αυθεντικό πλαίσιο (AI engineer) και μεγάλο περιθώριο για διερεύνηση και συνεργασία. Είναι ακριβώς αυτή η μετατροπή που κάνει μια συνηθισμένη άσκηση να αποκτήσει PBL «ποιότητα».  ↩︎

  2026.06.21

• 2 Χρώματα στο Επίπεδο

  Όλα τα σημεία στο επίπεδο είναι χρωματισμένα είτε μπλε είτε κόκκινο. Αποδείξτε ότι είναι πάντα δυνατό να βρεθεί ένα ισόπλευρο τρίγωνο του οποίου οι τρεις κορυφές έχουν το ίδιο χρώμα¹.

  Λέμε ένα τρίγωνο μονοχρωματικό αν έχει το ίδιο χρώμα και στις τρείς κορυφές του. Θα υποθέσουμε ότι όλα τα σημεία του επιπέδου είναι πάνω σε ένα δίκτυο. Εύκολα μπορούμε να δούμε ότι υπάρχουν δύο “κοντινά” σημεία με το ίδιο χρώμα².

  Ας υποθέσουμε ότι τα σημεία \(Ε\) και \(F\) είναι κόκκινα σημεία:

  1. Ας υποθέσουμε ότι τα σημεία \(Ε\) και \(F\) είναι κόκκινα σημεία:

  

  Αν τα \(I\) και \(B\) είναι το ένα κόκκινο και το ένα μπλέ, τότε έχουμε ισόπλευρο μονοχρωματικό³.

  Αν υποθέσουμε τώρα ότι τα \(I\) και \(B\) είναι κόκκινα. Πάλι έχουμε 2 μονοχρωματικά ισόπλευρα τρίγωνα.

  Ας υποθέσουμε ότι \(I\) και \(B\) είναι μπλέ και το \(G\) μπλέ, τότε το \(IBG\) είναι μονοχρωματικό, δες Σχ 2(1).

  

  Ας υποθέσουμε ότι \(I\) και \(B\) είναι μπλε και το \(G\) κόκκινο, τότε:

  • αν \(H\) κόκκινο, τότε \(HFG\) μονογρωματικό, δες Σχ 2(2).
  • αν \(H\) μπλέ, τότε:
    • αν \(J\) κόκκινο, \(JEG\) μονοχρωματικό, δες Σχ 2(3)
    • αν \(J\) μπλε, \(JIH\) μονοχρωματικό, δες Σχ 2(4).

  2. Το ίδιο θα συμβεί αν υποθέσουμε ότι \(E\) και \(F\) μπλε σημεία, αλλάζουμε τα χρώματα στο σκεπτικό.
  3. Ας υποθέσουμε τώρα ότι \(E\) κόκκινο και \(F\) μπλε, δες Σχ. 3.

  

  • \(I\) και \(B\) μπλέ

  • Ας υποθέσουμε ότι \(G\) είναι μπλε, τότε έχουμε μονοχρωματικό το \(IBG\), δες Σχ. 4(1).

  

  • Αν \(G\) είναι κόκκινο, τότε:
  • Αν \(H\) είναι μπλε, τότε το \(IHF\) είναι μονοχρωματικό, δες Σχ. 4(2).
  • Aν \(H\) είναι κόκκινο, τότε
    • Το \(C\) κόκκινο, το \(ECH\) είναι μονοχρωματικό, δες Σχ. 4(3).
    • Το \(C\) κόκκινο, το \(FBC\) είναι μονοχρωματικό, δες Σχ. 4(4).
  • \(I\) και \(B\) κόκκινα
    • \(G\) μπλε:
      • \(C\) κόκκινο, το \(ECH\) είναι μονοχρωματικό, δες Σχ. 5(1).
        • \(C\) μπλε, το \(CGF\) είναι μονοχρωματικό, δες Σχ. 5(2).
        • \(H\) μπλε, το \(HFG\) είναι μονοχρωματικό, δες Σχ. 5(3).
      • \(G\) κόκκινο, το \(IBG\) είναι μονοχρωματικό, δες Σχ. 5(4).
      • \(G\) κόκκινο, το \(IBG\) είναι μονοχρωματικό, δες Σχ. 5(4).

  

  • \(I\) μπλε και \(B\) κόκκινο. Εξετάστε περιπτώσεις όπως προηγουμένως, θα καταλήξετε στο ότι υπάρχουν πάντα μονοχρωματικά ισόπλευρα τρίγωνα.

  4. Το ίδιο αν \(E\) μπλέ και \(F\) κόκκινο

  \(\blacksquare\)

  Ο κώδικας⁴ στη Python δίνει τον αριθμό των μονοχρωματικών ισοπλεύρων τριγώνων για έναν συγκεκριμένο αριθμό σημείων κόκκινων και μπλε και για έναν αριθμό βημάτων. Ο κώδικας κατασκευάζει μια πυραμίδα της οποίας η βάση είναι μια νοητή ευθεία με το σύνολο των χρωματιστών σημείων της εισόδου σε μια τυχαία κατανομή πάνω στην ευθεία. Το ύψος της πυραμίδας εξαρτάται από τον αριθμό των βημάτων ο οποίος είναι μικρότερος από το άθροισμα των σημείων στην αρχική ευθεία. Στο 1ο βήμα κατασκευάζει τα ισόπλευρα τρίγωνα παίρνωντας μόνο ανα δύο τα διαδοχικά σημεία και χρωματίζει τυχαία τις κορυφές τους. Με το ίδιο μοτίβο προχωράει στο επόμενο βήμα, μέχρι να εξαντληθεί ο αριθμός των βημάτων. Στην έξοδο, δίνει την εικόνα (gif) της πυραμίδας και μετρά τον αριθμό των σχηματισμένων μονοχρωματικών ισοπλεύρων τριγώνων.

  Python

  import random, math, itertools
  import matplotlib.pyplot as plt
  m = int(input("m μπλε σημεία > 2: "))
  p = int(input("p κόκκινα σημεία > 2: "))
  k = int(input("k < m+p: "))
  N = m + p
  spacing = 1.8
  xs = [i*spacing for i in range(N)]
  cols = ['blue']*m + ['red']*p
  random.shuffle(cols)
  base = [(x, 0.0, c) for x,c in zip(xs, cols)]
  points = base.copy()
  triangles = []
  current = sorted(base, key=lambda t: t[0])
  def third(A,B):
      x1,y1=A[0],A[1]; x2,y2=B[0],B[1]
      mx,my=(x1+x2)/2,(y1+y2)/2
      L=math.hypot(x2-x1,y2-y1)
      h=math.sqrt(3)/2*L
      nx,ny=-(y2-y1)/L,(x2-x1)/L
      return (mx+h*nx, my+h*ny)
  def is_equilateral(a,b,c, tol=1e-6):
      (x1,y1,_),(x2,y2,_),(x3,y3,_) = a,b,c
      d1 = (x1-x2)**2 + (y1-y2)**2
      d2 = (x2-x3)**2 + (y2-y3)**2
      d3 = (x3-x1)**2 + (y3-y1)**2
      return abs(d1-d2) < tol and abs(d2-d3) < tol
  # κατασκευή πυραμίδας με ΔΙΑΔΟΧΙΚΑ
  for level in range(1, k+1):
      nxt = []
      for i in range(len(current)-1):
          A,B = current[i], current[i+1]
          C = (*third(A,B), random.choice(['blue','red']))
          points.append(C)
          triangles.append((A,B,C))
          nxt.append(C)
      current = sorted(nxt, key=lambda t: t[0])
      if len(current) < 2: break
  # ---- ΜΟΝΟ μονοχρωματικά ΙΣΟΠΛΕΥΡΑ ----
  mono_equi = []
  for a,b,c in itertools.combinations(points, 3):
      if a[2] == b[2] == c[2] and is_equilateral(a,b,c):
          mono_equi.append((a,b,c))
  print(f"Σημεία: {len(points)} | Μονοχρωματικά ισόπλευρα: {len(mono_equi)}")
  # ---- ΣΧΕΔΙΑΣΗ ----
  fig, ax = plt.subplots(figsize=(12,8))
  ax.set_aspect('equal'); ax.axis('off')
  # πυραμίδα κατασκευής (γκρι)
  for (x1,y1,_),(x2,y2,_),(x3,y3,_) in triangles:
      ax.plot([x1,x2,x3,x1],[y1,y2,y3,y1], color='lightgray', lw=0.8, alpha=0.4)
  # ΜΟΝΟΧΡΩΜΑΤΙΚΑ ΙΣΟΠΛΕΥΡΑ (χρυσά)
  for (x1,y1,_),(x2,y2,_),(x3,y3,_) in mono_equi:
      ax.plot([x1,x2,x3,x1],[y1,y2,y3,y1], color='gold', lw=2.2)
  # σημεία με το δικό σου fix
  for x,y,c in points:
      ax.scatter(x,y,s=40,c=c,edgecolors='black',linewidth=0.5,zorder=5)
  plt.title(f"k={k}, N={N} | Μονοχρωματικά ισόπλευρα: {len(mono_equi)}")
  plt.show()

  Για 4 μπλε σημεία και 5 κόκκινα στο πρώτο στάδιο και για 8 βήματα που θα ολοκληρώσουν την πυραμίδα, ο αλγόριθμος με τη συγκεκριμένη τυχαία κατανομή των 9 σημείων στη γραμμή της βάσης βρίσκει 96 μονοχρωματικά ισόπλευρα τρίγωνα.

  

  1. Το πρόβλημα είναι δημοσιευμένο στο blog της Therese Eveilleau, δείτε πρόβλημα Ε1 στο blog Mathematiques Magiques ↩︎
  2. Είναι το σημείο που οι μαθητές κολλάνε, νομίζουν ότι πρέπει να χρωματίσουν άπειρα σημεία. Τους δείχνεις ότι αρκούν 5 στην ευθεία.  Η λύση βασίζεται σε αφαιρετική συλλογιστική και όχι σε πειραματισμό, συλλογή δεδομένων, διατύπωση υποθέσεων ή διεπιστημονική συνεργασία. ↩︎
  3. Χωρίζεις το επίπεδο σε περιπτώσεις, διακρίνεις δομές. Φτιάχνεις το τρίγωνο από το μηδέν, δημιουργείς μοτίβο που δεν υπήρχε – αυτό είναι η καρδιά της απόδειξης. ↩︎
  4. Η προσθήκη της κατασκευής κώδικα με ή χωρίς τη χρήση ΤΝ αναβαθμίζει την άσκηση από τυπικό αποδεικτικό πρόβλημα σε πλούσιο, ανοιχτό, διεπιστημονικό έργο PBL (Problem-Based Learning), με υψηλά κίνητρα (δημιουργία κάτι που «δουλεύει»), αυθεντικό πλαίσιο (AI engineer) και μεγάλο περιθώριο για διερεύνηση και συνεργασία. Είναι ακριβώς αυτή η μετατροπή που κάνει μια συνηθισμένη άσκηση να αποκτήσει PBL «ποιότητα». ↩︎

  2026.06.15

• Μια άσκηση Ανάλυσης από διαγώνισμα της Κίνας το 2026

  Αν \(a>1\) να βρεθεί το ολοκλήρωμα: $$\int_{1/a}^a\frac{\ln x}{1+x+x^2}dx$$

  Αντικαθιστώ \(u=\frac{1}{x}\) και : $$\int_{1/a}^a\frac{\ln x}{1+x+x^2}dx=-\int_{1/a}^a\frac{\ln u}{1+u+u^2}du=-I$$ Άρα, \(I =0\). \(\blacksquare\)

  2026.05.20

• Θέμα Τράπεζας 15005 (Μαθ. Άλγεβρα Β Λυκείου)

  Δίνεται η συνάρτηση \(f(x)=x^6-3x^2+2\).
  

  1. Να αποδείξετε ότι η \(f\) είναι άρτια.
  2. Να βρείτε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης \(f\) με τον άξονα \(x’x\).
  3. Στο διπλανό σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση της \(f\) για \(x\leq 0\) Να συμπληρώσετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης \(f\) για \(x>0\).
  4. Με βάση τη γραφική παράσταση της συνάρτησης \(f\), να προσδιορίσετε τα διαστήματα στα οποία η \(f\), να προσδιορίσετε τα διαστήματα στα οποία η \(f\) είναι γνησίως αύξουσα και τα διαστήματα στα οποία η \(f\) είναι γνησίως φθίνουσα.

  

  Αξιολόγηση

  Αυτή είναι μια εξαιρετική άσκηση που συνδυάζει άλγεβρα και γραφική ανάλυση, ιδανική για μαθητές επιπέδου Β Λυκείου (Άλγεβρα) ως εισαγωγική επανάληψη.

  Αναλυτική Αξιολόγηση Κριτηρίων

  • Γνωστική Απαίτηση: 8/10
    Η άσκηση απαιτεί βαθιά κατανόηση πολλαπλών εννοιών: άρτια/περιττή συνάρτηση (αλγεβρικά και γραφικά), επίλυση εξισώσεων ανώτερου βαθμού με αντικατάσταση, συμμετρία γραφημάτων και ερμηνεία μονοτονίας από σχήμα. Δεν είναι απλή εφαρμογή τύπων, αλλά απαιτεί κριτική σκέψη (π.χ. στην επίλυση της εξίσωσης \(f(x)=0\) ο μαθητής πρέπει να σκεφτεί την αντικατάσταση \(y=x^2\), η οποία οδηγεί σε κυβική εξίσωση \(y^3 -3y+2=0\) ).
  • Στρατηγική Επίλυσης: 8/10
    Η διαδρομή που πρέπει να ακολουθήσει ο μαθητής είναι σαφής αλλά απαιτεί οργανωμένη στρατηγική. Το πρώτο ερώτημα λειτουργεί ως εργαλείο για το τρίτο, και το δεύτερο ερώτημα επιβεβαιώνει αλγεβρικά αυτό που φαίνεται (και θα σχεδιαστεί) γραφικά. Ο μαθητής πρέπει να συνειδητοποιήσει πώς το κάθε υποερώτημα τροφοδοτεί το επόμενο.
  • Σύνθεση Γνώσεων: 8/10 Η σύνθεση είναι πολύ καλή αλλά όχι εξαιρετικά πρωτότυπη. Συνθέτει αρμονικά τον αλγεβρικό λογισμό (εύρεση ριζών, έλεγχος αρτιότητας) με τη γεωμετρική/γραφική αναπαράσταση (αντανάκλαση ως προς τον άξονα \(y’y\), οπτικός εντοπισμός διαστημάτων μονοτονίας). Ο μαθητής καλείται να μεταβεί από την αλγεβρική γλώσσα στην οπτική γλώσσα με επιτυχία.
  • Δομική Κλιμάκωση Ερωτημάτων: 10/10 Η αρχιτεκτονική της άσκησης είναι υποδειγματική scaffolding.
    • Tο ερώτημα (1) δίνει την ιδιότητα της συμμετρίας.
    • Το (2) δίνει τα ακριβή σημεία τομής.
    • Το (3) ζητά την επέκταση του γραφήματος αξιοποιώντας άμεσα το (1) και επαληθεύοντας το (2).
    • Το (4) εξάγει συμπεράσματα (μονοτονία) μέσα από το ολοκληρωμένο πλέον σχήμα του (3).
  • Μαθηματική Συνοχή: 9/10 Υπάρχει απόλυτη συνέπεια. Το αριστερό τμήμα του γραφήματος που δίνεται δείχνει ελάχιστο και ρίζα στο \(x=-1\). Η αλγεβρική επίλυση της \(f(x)=0\) στο (2) θα δώσει ρίζες \(x=1\) και \(x=-1\) (αφού προκύπτει \(x^2 =1\) ), επιβεβαιώνοντας απόλυτα το δοσμένο σχήμα και δίνοντας αυτοπεποίθηση στον μαθητή ότι βαδίζει σωστά.
  • Κομψότητα Λύσης: 8/10 Η επιλογή του πολυωνύμου \(\) ), η χρήση του \(x^6\) ανεβάζει ελαφρώς τον πήχη, μετατρέποντας την εξίσωση σε \(y^3-3y+2=0\) (όπου \(y=x^2\) ). Αυτό λύνεται όμορφα με σχήμα Horner ή παραγοντοποίηση, βγάζοντας διπλή ρίζα το 1 και απορριπτόμενη το \(-2\). Η λύση ρέει φυσικά χωρίς άσχημα νούμερα.
  • Ρεαλιστική Δυσκολία: 8/10 Η δυσκολία είναι ιδανικά ρυθμισμένη για ένα απαιτητικό διαγώνισμα. Δεν έχει παγίδες, αλλά τιμωρεί την επιφανειακή μελέτη. Το μόνο ίσως σημείο που θα δυσκολέψει τους μέτριους μαθητές είναι η επίλυση της εξίσωσης 6ου βαθμού, αν δεν σκεφτούν άμεσα την αντικατάσταση.
  • Τεχνολογική Ενσωμάτωση: 4/10 Η άσκηση προφανώς αξιοποιεί λογισμικό για την παραγωγή του δοσμένου γραφήματος, όμως η ίδια, ως έχει σχεδιαστεί (στο χαρτί), είναι καθαρά παραδοσιακή. Δεν προτρέπει τον μαθητή να χρησιμοποιήσει κάποιο δυναμικό εργαλείο (όπως το GeoGebra) για να εξερευνήσει τη συνάρτηση. (Ο βαθμός εδώ είναι χαμηλός όχι επειδή η άσκηση είναι κακή, αλλά επειδή ο χαρακτήρας της είναι στατικός).

  Τελική Αξιολόγηση και Τεκμηρίωση

  Συνολική Βαθμολογία: \(7.9\approx 8.0/10\)

  Πρόκειται για μια εξαιρετικά δομημένη άσκηση, κλασικής αλλά υψηλής ποιότητας. Η μεγαλύτερη δύναμή της βρίσκεται στη Δομική Κλιμάκωση και τη Μαθηματική Συνοχή. Κάθε ερώτημα έχει λόγο ύπαρξης και χτίζει τα θεμέλια για το επόμενο. Απαιτεί από τον μαθητή να μην είναι απλώς εκτελεστής πράξεων, αλλά να συνδυάζει τον αλγεβρικό φορμαλισμό (αποδείξεις, εξισώσεις) με την οπτική αντίληψη (συμμετρία άρτιας συνάρτησης, μονοτονία).

  Θα μπορούσε να γίνει τέλεια (10/10) αν συνοδευόταν από ένα ψηφιακό περιβάλλον ή αν υπήρχε ένα ερώτημα επέκτασης που να συνδέει το γράφημα με κάποιο πρακτικό πρόβλημα ή παραμετρική αλλαγή (π.χ. πώς μετατοπίζεται το γράφημα αν \(f(x)=x^6-3x^2 +c\) ). Ως άσκηση ελέγχου γνώσεων, όμως, είναι αψεγάδιαστη.

  Γνωστικές Κατηγορίες Bloom

  • Θυμάμαι (Remember) Ερώτημα 1: Να αποδείξετε ότι η \(f\) είναι άρτια. Επεξήγηση: Ο μαθητής πρέπει να ανακαλέσει τον ορισμό της άρτιας συνάρτησης (\(f(-x)=f(x)\) ) και να τον εφαρμόσει μηχανικά χωρίς σύνθετη σκέψη.
  • Κατανοώ (Understand) Ερώτημα 3: Συμπλήρωση γραφικής παράστασης για \(x>0\) με βάση το δοθέν σχήμα (για \(x\leq 0\) ). Επεξήγηση: Απαιτείται κατανόηση της γεωμετρικής σημασίας της αρτιότητας (συμμετρία ως προς τον άξονα \(y’y\) ). Ο μαθητής δεν υπολογίζει, αλλά μεταφράζει την ιδιότητα σε οπτική αναπαράσταση.
  • Εφαρμόζω (Apply) Ερώτημα 2: Να βρείτε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης με τον άξονα \(x’x\). Επεξήγηση: Ο μαθητής εφαρμόζει διαδικασία: θέτει \(f(x)=0\), λύνει την εξίσωση \(x^6-3x^2+2=0\) μέσω αντικατάστασης \(u=x^2\), λύνει τριώνυμο, επαναφέρει και βρίσκει \(x=\pm 1\), \( \rm\sqrt{2}\). Είναι τυπική εφαρμογή γνωστής τεχνικής.
  • Αναλύω (Analyze) Ερώτημα 4: Να προσδιορίσετε διαστήματα μονοτονίας με βάση τη γραφική παράσταση. Επεξήγηση: Ο μαθητής αναλύει το συμπληρωμένο γράφημα σε τμήματα, συγκρίνει τετμημένες και τεταγμένες, διακρίνει περιοχές αύξησης/μείωσης. Δεν υπολογίζει παράγωγο (θα ήταν επίπεδο εφαρμογής), αλλά αντλεί πληροφορία από οπτική αναπαράσταση, κάτι που απαιτεί διάκριση επιμέρους χαρακτηριστικών.
  • Αξιολογώ (Evaluate) Καμία ερώτηση δεν φτάνει σε αυτό το επίπεδο στο πλαίσιο της άσκησης. Δεν ζητείται κριτική, σύγκριση μεθόδων, έλεγχος ορθότητας από πολλαπλές προσεγγίσεις ή αιτιολόγηση υπεροχής μιας στρατηγικής έναντι άλλης.
  • Δημιουργώ (Create) Καμία ερώτηση δεν φτάνει σε αυτό το επίπεδο. Δεν ζητείται η διατύπωση νέας άσκησης, η σύνθεση διαφορετικών εννοιών σε πρωτότυπο σχήμα ή η κατασκευή μαθηματικού μοντέλου. Η συμπλήρωση γραφήματος είναι αναπαραγωγή συμμετρίας, όχι δημιουργία

  Συνοπτική κατανομή των ερωτημάτων στις κατηγορίες Bloom:

  EΡΩΤΗΜΑ	ΚΑΤΗΓΟΡΙΑ
  1	Θυμάμαι
  2	Εφαρμόζω
  3	Κατανοώ
  4	Αναλύω

  Η άσκηση καλύπτει τα τέσσερα πρώτα επίπεδα, με σταδιακή αύξηση της γνωστικής απαίτησης, αλλά δεν απαιτεί Αξιολόγηση ή Δημιουργία.

  Για να φτάσουμε στο κορυφαίο επίπεδο της Δημιουργίας, ο μαθητής πρέπει να σταματήσει να είναι απλός αναγνώστης ή εκτελεστής του προβλήματος. Πρέπει να πάρει τον ρόλο του αρχιτέκτονα, συνθέτοντας στοιχεία για να παραγάγει κάτι νέο, θέτοντας υποθέσεις ή διατυπώνοντας γενικεύσεις.

  Η Πρόταση για το 5ο Ερώτημα
  Αφού μελετήσατε τα χαρακτηριστικά της \(f(x)\), να κατασκευάσετε τον τύπο μιας νέας πολυωνυμικής συνάρτησης \(g(x)\), η οποία να είναι μικρότερου βαθμού από την \(f(x)\), αλλά να ικανοποιεί ταυτόχρονα τις εξής τρεις συνθήκες:

  1. Να έχει ακριβώς τα ίδια διαστήματα μονοτονίας (και τα ίδια είδη ακροτάτων στις ίδιες θέσεις) με την \(f(x)\).
  2. Να έχει ακριβώς τις ίδιες ρίζες με την \(f(x)\) στον άξονα \(x’x\).
  3. Η γραφική της παράσταση να διέρχεται από το σημείο \(M(0, 1)\).

  Στη συνέχεια, να διατυπώσετε τη γενική μορφή μιας οικογένειας τέτοιων πολυωνύμων που ικανοποιούν τις συνθήκες (1) και 2).

  Η Προσδοκώμενη Σκέψη/Λύση του Μαθητή
  Για να δεις πόσο όμορφα κουμπώνει μαθηματικά, η πορεία του μαθητή (επιπέδου Β ή Γ Λυκείου) θα ήταν κάπως έτσι:
  

  • Για τη μονοτονία και τα ακρότατα (Ερώτημα (1) \& (2) ): Η \(f(x)\) έχει ρίζες τα \(x=1\) και \(x=-1\), στα οποία παρουσιάζει οπτικά (από το σχήμα) τοπικά ελάχιστα ίσα με το μηδέν. Άρα, οι ρίζες είναι διπλές. Ο μικρότερος βαθμός για διπλές ρίζες σε δύο σημεία είναι ο 4ος βαθμός. Μια μορφή που εξασφαλίζει ρίζες (και ελάχιστα) στα \(1\) και \(-1\) είναι η: \(g(x) = \alpha(x-1)^2(x+1)^2 = \alpha(x^2-1)^2\), με \(\alpha>0\).
  • Για τη διέλευση από το \(M(0,1)\) (Ερώτημα (3) ): Ο μαθητής θέτει \(x=0\) και \(g(0)=1\): \(\alpha(0^2-1)^2 = 1 \Rightarrow \alpha \cdot 1 = 1 \Rightarrow \alpha = 1\). Άρα, το ζητούμενο πολυώνυμο που μόλις κατασκεύασε είναι το \(g(x) = (x^2-1)^2 = x^4 – 2x^2 + 1\).
  • Για τη Γενίκευση: Η οικογένεια των συναρτήσεων που διατηρούν τις ίδιες ρίζες και την ίδια συμπεριφορά μονοτονίας είναι προφανώς η \(h(x) = \alpha(x^2-1)^2\), με τον περιορισμό \(\alpha > 0\) (ώστε τα ακρότατα στα \(\pm 1\) να παραμείνουν ελάχιστα και στο \(0\) να παραμείνει μέγιστο).

  Με αυτό το ερώτημα, η άσκηση μετατρέπεται από ένα κλειστό σύστημα ελέγχου ρουτίνας, σε ένα ανοιχτό πεδίο μαθηματικού σχεδιασμού. \(\square\)

  2026.05.20

• 15 Problems in Geometry

  1. Given a triangle ABC. The centroid G, the orthocenter H, and the center E of the Euler circle belong to the line (the Euler line). Also EH = EO.

  

  2. Given a quadrilateral \(ABCD\). If \(G_a\) is the centroid of the triangle \(BCD\) opposite the vertex A, and similarly the centroids \(G_b\), \(G_c\), \(G_d\), the centroids of the corresponding triangles, show that the lines \(ΑG_a\), \(ΒG_b\), \(CG_c\) and \(DG_d\) intersect at the point \(G\).

  

  3. Given a quadrilateral \(ABCD\) inscribed in a circle with center O. If \(H_a\) is the orthocenter of \(BCD\), \(H_b\) is the orthocenter of \(ACD\), \(H_c\) is the orthocenter of \(ABD\), \(H_d\) is the orthocenter of \(ABC\), show that the lines \(AH_a\), \(BH_b\), \(CH_c\), \(DH_d\) intersect at the point H.

  

  4. Given an inscribed quadrilateral \(ABCD\) in a circle with center O. If H is the point in problem 3 and G the point in problem 2, then the points O, H, G are collinear and G is the midpoint of HO. The line HO is called the Euler line of the inscribed quadrilateral. $$\frac{GO}{GH}=-1$$

  

  5. Given a quadrilateral \(ABCD\) inscribed in a circle with center \(O\). Let \(G_a\), \(G_b\), \(G_c\), \(G_d\) , as in Problem 2. Then, these points are homocyclic and this circle is called the Euler circle for the inscribed quadrilateral \(ABCD\). Show that the center \(E\) of the Euler circle belongs to the Euler line of \(ABCD\).

  

  6. Let I be the incenter of triangle \(ABC\). Then the Euler lines of triangles \(AIC,\ AIB,\ BIC\) and \(ABC\) converge at a point \(S_h\), which is called the Schiffler point¹.

  

  7. Let \(I_a\) be the paracenter of triangle \(ABC\). Then the Euler lines of triangles \(ABI_a\), \(ACI_a\), \(BCI_a\) are either concurrent or parallel.

  

  8. Given an equilateral triangle \(ABC\) and a point \(P\) in its plane, the Euler lines of the triangles \(APB\), \(APC\), and \(BPC\) are either concurrent or parallel.

  

  9. Let \(ABC\) be a triangle and \(P\) a point in the plane. An isogonal² of \(CP\) is a line that forms an equal angle with the angle bisector of angle \(C\). Show that the isogonals of \(AP\), \(BP\), and \(CP\) intersect at a point \(Q\). We will call the point \(Q\) the isogonal conjugate of \(P\) in triangle \(ABC\).

  

  10. Given a triangle \(ABC\) and a point \(P\) moving along a line, its isogonal conjugate \(Q\) with respect to triangle \(ABC\) moves along a conic. The conic is:
      • a parabola if it is tangent to the circumcircle,
      • an ellipse if the line does not intersect the circumcircle and
      • a hyperbola if it intersects the circumcircle.

  

  (Proof oh Problem 10: Greek – English)

  11. Given an equilateral triangle \(ABC\) and its excenters \(I_a, I_b, I_c\). Let a point \(Q\) lie on the locus of the isogonal conjugate \(K\) of a point \(P\), where \(P\) belongs to the circumcircle of triangle \(I_a I_b I_c\). Then, the Euler lines of triangles \(QAB\), \(QAC\), and \(QBC\) are parallel.

  

  12. Let triangle \(ABC\) be given and let \(P\) be a point in its plane. Prove that the Euler circles (nine-point circles) of the triangles \(ABC\), \(ABP\), \(ACP\), and \(BCP\) are concurrent.

  

  13. Let \(ABC\) be a triangle and \(P\) a point in its plane. Let \(P_a, P_b\) and \(P_c\) be the points of intersection of the lines \(AP, BP\) and \(CP\) with the sides of the triangle, respectively, and let \(P’_a, P’_b\) and \(P’_c\) be the midpoints of \(AP, BP\) and \(CP\), respectively. The conic passing through these points also passes through the midpoints of the sides of the triangle. This conic is called the Euler curve of the point \(P\).

  

  14. The Euler curve of a point \(P\) passes through the intersection points of the Euler circles of the triangles \(ABC\), \(ABP\), \(ACP\), and \(BCP\).

  

  15. Let \(ABC\) be a triangle with orthocenter \(H\). Let \(O_a\), \(O_b\), and \(O_c\) denote the midpoints of \(AH\), \(BH\), and \(CH\), respectively.
      Let \(P\) be an arbitrary point in the plane. The line \(PH\) meets the circles with centers \(O_a\), \(O_b\), and \(O_c\) and radii \(O_aH\), \(O_bA\), and \(O_cB\) again at \(H_a\), \(H_b\), and \(H_c\), respectively.
      The tangents to these circles at \(H_a\), \(H_b\), and \(H_c\) intersect pairwise at points \(A_1\), \(B_1\), and \(C_1\).
      Prove that the circumcircles of triangles \(ABC\) and \(A_1B_1C_1\) are tangent.
      

  

  1. Lev Emelyanov and Tatiana Emelyanova: A Note on the Schiffler Point, Forum Geometricorum Volume 3 (2003) 113–116.) ↩︎
  2. See wikipedia ↩︎

  2026.04.19

• Μια άσκηση Ανάλυσης από διαγώνισμα της Κίνας το 2022

  Η άσκηση του διαγωνίσματος είναι αυτή που περιγράφεται στο Mέρος Α και Β με τις αναγκαίες παραλλαγές¹. Το Μέρος Γ, (γενίκευση και αφαίρεση), έχει προστεθεί για να ολοκληρωθεί, κατα την άποψή μου, το αξιολογικό σχήμα που ακολουθώ: Σύστημα εννοιών, Μετάβαση εμπειρίας στη θεωρία και Αφαίρεση μέσω γενίκευσης.

  Μέρος Α’ – Σύστημα εννοιών (Προκαταρκτική διερεύνηση)

  Δίνονται για \(a\in\mathbb{R}_{>0}\) οι συναρτήσεις: $$ f_a(x)=e^x-ax,\quad x\in\mathbb{R}, \quad g_a(x)=ax-\ln(x),\ x>0$$

  1. Υπολογίστε τα ελάχιστα των \(f_a\) ​ και \(g_a\)​ συναρτήσει του \(a\).
  2. Βρείτε την τιμή του \(a\) για την οποία τα δύο ελάχιστα είναι ίσα. Δικαιολογήστε πλήρως.

  Μέρος Β’ – Μετάβαση από την εμπειρία στη θεωρία (Ειδική περίπτωση \(a=1\))

  Θεωρούμε πλέον \(a=1\) και ορίζουμε \(f(x)=e^x-x\), \(g(x)=x-\ln(x)\).

  1. Αποδείξτε ότι υπάρχει μοναδικό \(x_0\in (0,1)\) τέτοιο ώστε \(f(x_0)=g(x_0)\). Θέτουμε \(b=f(x_0)=g(x_0)\).
  2. Δείξτε ότι η οριζόντια ευθεία \(y=b\) τέμνει τη γραφική παράσταση της \(f\) στο σημείο με τετμημένη \(x_1<0\) και ένα με τετμημένη \(x_0\).
  3. Δείξτε ότι η ίδια ευθεία \(y=b\) τέμνει τη γραφική παράσταση της  \(g\) σε δύο σημεία: ένα με τετμημένη \(x_0\)​ και ένα με τετμημένη \(x_2>1\).
  4. Συμπεράνετε ότι η \(y=b\) έχει συνολικά τρία σημεία τομής με τα δύο γραφήματα.
  5. Αποδείξτε ότι \(x_1=\ln(x_0)\)  και \(x_2=e^{x_0}\)​. Δείξτε στη συνέχεια ότι οι  \(x_1,\ x_0,\ x_2\) είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.

  Μέρος Γ’ – Γενίκευση και αφαίρεση

  Έστω \(h:(0,+\infty)\rightarrow \mathbb{R}\) μια γνησίως αύξουσα, παραγωγίσιμη συνάρτηση με \(h’>0\). Ορίζουμε για \(a>0\): $$F_a(x)=h(x)-ax,\quad G_a(x)=ax-h^{-1}(x)$$ όπου \(h^{-1}\) είναι η αντιστροφή της \(h\).

  1. Υποθέτοντας ότι τα ελάχιστα των \(F_a\) ​ και  \(G_a\) είναι ίσα, δείξτε ότι αναγκαστικά ότι \(a=1\) (δεν εξαρτάται από την \(h\)).
  2. Για \(a=1\), θέτουμε \(F(x)=h(x)-x\), \(G(x)=x-h^{-1}(x)\). Αν υπάρχει \(x_0\) με \(F(x_0)=G(x_0)\), αποδείξτε ότι \(h(x_0)+h^{-1}(x_0)=2x_0\).
  3. Ορίστε \(x_1=g^{-1}(x_0)\) και \(x_2=h(x_0)\). Δείξτε ότι οι \(x_1,x_0,x_2\) είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.
  4. Εφαρμογή: Επιλέξτε \(h(x)=\ln(x)\) (οπότε \(h^{-1}(x)=e^x\)). Συγκρίνετε τα αποτελέσματα με εκείνα του Μέρους Β’. Τι παρατηρείτε;

  Αυτή η εκφώνηση αναδεικνύει:

  • Ομαδοποίηση εννοιών (ελάχιστο, παράμετρος, αριθμητική πρόοδος, αντίστροφες συναρτήσεις).
  • Μετάβαση εμπειρίας → θεωρία (από τον υπολογισμό ελαχίστων στη γεωμετρική ερμηνεία της ευθείας \(y=b\)).
  • Αφαίρεση μέσω γενίκευσης (επέκταση σε αυθαίρετη \(h\) και ανάδειξη της δομής που οδηγεί στην αριθμητική πρόοδο).

  Απόδειξη:

  Μέρος Α’ :

  1. Για \(f_a(x)=e^x-ax,\ x\in\mathbb{R}\), \(f’_a(x)=e^x-a\). Μοναδικό κρίσιμο σημείο \(e^x=a\Rightarrow x=\ln(a)\), για \(a>0\). Επειδή, \(f”_a(x)=e^x>0\), το σημείο είναι ολικό ελάχιστο. $$\min f_a=f_a(\ln(a))=e^{\ln a}-a\ln(a)=1-a\ln(a)$$ Για \(g_a(x)=ax-\ln(x),\ x>0\) με \(g’_a(x)=a-\displaystyle{\frac{1}{x}}\). Μοναδικό κρίσιμο σημείο \(a=1/x\Rightarrow x=1/a\). Επειδή \(g”_a(x)=\displaystyle{\frac{1}{x^2}>0}\), άρα ελάχιστο: $$\min g_a=g_a(1/a)=1\cdot \displaystyle{\frac{1}{a}}-\ln(1/a)=1+\ln(a)$$
  2. Θέλουμε \(\min f_a=\min g_a\). Ή, \(a-a\ln(a)=1+\ln(a)\). $$a-1=(a+1)\ln(a)\Rightarrow \ln(a)=\displaystyle{\frac{a-1}{a+1}}$$ Θέτουμε \(h(a)=\ln(a)-\displaystyle{\frac{a-1}{a+1}}\). Επειδή: $$h'(a)=\displaystyle{\frac{a^2+1}{a(a+1)^2}}>0$$ Η \(h\) είναι γνησίως αύξουσα και επειδή \(h(1)=\ln(1)-0=0\) η μοναδική λύση είναι \(a=1\).

  Μέρος Β’: Θέτουμε \(f(x)=e^x-x\) και \(g(x)=x-\ln(x)\).

  1. Θεωρούμε \(\phi(x)=f(x)-g(x)=e^x+\ln(x)-2x\). Η \(\phi\) είναι συνεχής στο \((0,+\infty)\). Επειδή \(\phi(0.5)\approx -0.0444<0\) και \(\phi(1)\approx 0.718>0\) από το Θ. Bolzano υπάρχει \(x_0\in(0.5,1)\) με \(\phi(x_0)=0\),, δηλαδή \(f(x_0)=g(x_0)\). Θέτουμε \(b=f(x_0)=g(x_0)\). (Μπορείτε και διαφορετικά να δείξετε την ύπαρξη του \(x_0\)).
  2. H \(f\) έχει ελάχιστο \(f(\ln(1))=f(0)=1\). Επειδή, \(b>1\) (από \(f(x_0)>f(0)=1\) αφού \(x_0>0\) και \(f\) είναι γνη. αύξουσα στο \([0,+\infty)\)), η εξίσωση \(f(x)=b\) έχει δύο ρίζες: μια αρνητική \(x_1\) και μία θετική. Η θετική ρίζα είναι η \(x_0\) (αφού \(f(x_0)=b\)). Άρα τα σημεία τομής είναι \((x_1,b)\) και \((x_0,b)\).
  3. Η \(g\) έχει ελάχιστο \(g(1)=1-\ln(1)=1\). Επειδή \(b>1\), η εξίσωση \(g(x)=b\) έχει δύο ρίζες: μία στο \((0,1)\) και μία στο \((1,+∞)\). Η ρίζα στο \((0,1)\) είναι η \(x_0\)​ (γιατί \(g(x_0)=b\)). Η άλλη ρίζα, έστω \(x_2\)​, είναι \(>1\). Άρα τα σημεία τομής: \((x_0,b)\) και \((x_2,b)\).
  4. H ευθεία \(y=b\) τέμνει την \(f\) στα \(x_1\) (αρνητικό) και \(x_0\). Την \(g\) στα \(x_0\) και \(x_2\) (θετικό, \(x_2>1\)). Σύνολο: \(\{x_1,x_0,x_2\}\) με \(x_1<0<x_0<1<x_2\). Άρα 3 διακριτά σημεία
  5. Ισχύει: \(f(\ln(t)=e^{\ln(t)}-\ln(t)=t-\ln(t)=g(t)\) για κάθε \(t>0\). Εφαρμόζουμε: \(f(x_1)=b\). Αλλά \(b=g(x_0)\). Άρα, \(f(x)=g(x_0)\). Όμως \(f(\ln (x_0))=g(x_0)\). Επειδή \(f\) είναι γνησίως φθίνουσα στο \((-\infty, 0]\) και γνησίως αύξουσα στο \([0,+\infty)\), και \(x_1<0\), \(\ln(x_0)<0\), συγκρίνουμε \(f(x_1)=f\big(\ln(x_0)\big)\Rightarrow x_1=\ln(x_0)\) (μοναδικότητα μονοτονίας σε κάθε κλάδο). Ομοίως, \(g(x_2)=b=f(x_0)\). Αλλά \(g(e^{x_0})=e^{x_0}-\ln(e^{x_0})=e^{x_0}-x_0=f(x_0)\). Επειδή, \(x_2>1\) και \(e^{x_0}>1\) και η \(g\) είναι γνησίως αύξουσα στο \((1,+\infty)\), η παράγωγός της είναι θετική, συνεπάγεται \(x_2=e^{x_0}\). Τέλος: $$x_1+x_2=\ln(x_0)+e^{x_0}$$ Αλλά από \(f(x_0)=g(x_0)\) έχουμε \(e^{x_0}-x_0=x_0-\ln(x_0)\Rightarrow e^{x_0}+\ln(x_0)=2x_0\). Άρα, $$x_1+x_2=2x_0$$ και οι αριθμοί είναι όροι αριθμητικής προόδου.

  

  Μέρος Γ’:

  Έστω $h:(0,+\mathrm{\infty })\to \mathbb{R}$ γνησίως αύξουσα, παραγωγίσιμη με $h^{\mathrm{\prime }}>0$. Ορίζουμε, $G_a(x)=ax-h^{-1}(x)$, για $a>0$.

  1. Συνθήκη ίσων ελαχίστων οδηγεί σε a=1.

  • Ελάχιστο $F_a$​: $F_a^{\mathrm{\prime }}(x)=h^{\mathrm{\prime }}(x)-a=0\Rightarrow h^{\mathrm{\prime }}(x)=a$. Αφού $h^{\mathrm{\prime }}$ γνησίως θετική, υπάρχει μοναδικό $x_F$​ με $h^{\mathrm{\prime }}(x_F)=a$. Τότε $\min F_a=h(x_F)-a{x}_F$​.
  • Ελάχιστο $G_a$: $G_a^{\mathrm{\prime }}(x)=a-(h^{-1}{)}^{\mathrm{\prime }}(x)=a-\frac{1}{h^{\mathrm{\prime }}(h^{-1}(x))}=0$⇒ $h^{\mathrm{\prime }}(h^{-1}(x))=\frac{1}{a}$⇒ $h^{\mathrm{\prime }}(y)=\frac{1}{a}$​ όπου $y=h^{-1}(x)$. Άρα $y=x_G$​ με $h^{\mathrm{\prime }}(x_G)=1\mathrm{/}a$. Τότε $x_G$​ είναι το σημείο ελαχίστου της $G_a$​ και $\min G_a=ah(x_G)-x_G$​ (αφού $h^{-1}(x_G)=?$ Προσοχή: Αν $x_G$​ είναι το σημείο όπου $h^{\mathrm{\prime }}(x_G)=1\mathrm{/}a$, τότε το σημείο ελαχίστου της $G_a$​ είναι $t=h(x_G)$; Ας το κάνουμε συστηματικά:

  Για την $G_a(x)=ax-h^{-1}(x)$, παράγωγος: $G_a^{\mathrm{\prime }}(x)=a-\frac{1}{h^{\mathrm{\prime }}(h^{-1}(x))}$​.
  Θέτουμε $u=h^{-1}(x)\iff x=h(u)$. Τότε $G_a^{\mathrm{\prime }}(h(u))=a-\frac{1}{h^{\mathrm{\prime }}(u)}$.
  Η συνθήκη $G_a^{\mathrm{\prime }}(x)=0$ γίνεται $a=1\mathrm{/}{h}^{\mathrm{\prime }}(u)$⇒ $h^{\mathrm{\prime }}(u)=1\mathrm{/}a$.
  Άρα το κρίσιμο σημείο $x_{\ast }$ της $G_a$​ είναι $x_{\ast }=h(u_{\ast })$ όπου $u_{\ast }$​ η μοναδική λύση της $h^{\mathrm{\prime }}(u)=1\mathrm{/}a$.
  Τότε $\min G_a=G_a(x_{\ast })=a{x}_{\ast }-h^{-1}(x_{\ast })=ah(u_{\ast })-u_{\ast }$​.

  Τα δύο ελάχιστα είναι: $$m_F=h(x_F)-a{x}_F,m_G=ah(u_{\ast })-u_{\ast },$$​

  όπου $h^{\mathrm{\prime }}(x_F)=a$ και $h^{\mathrm{\prime }}(u_{\ast })=1\mathrm{/}a$.

  Για να είναι ίσα για κάθε \(h\) ή τουλάχιστον για τη συγκεκριμένη περίπτωση που εξετάζουμε, απαιτούμε \(a=1\). Πράγματι, αν \(a=1\), τότε \(x_F=u_*\) (αφού \(h'(x_F)=1\) και \(h'(u_*)=1\)), οπότε \(m_F=h(x_F)-x_F\) και \(m_G=1\cdot h(x_F)=m_F\). Άρα \(a=1\) είναι ικανή συνθήκη.

  Αντίστροφα, αν \(m_F=m_G\) για δεδομένη \(h\), γενικά δεν προκύπτει \(a=1\) για κάθε \(h\). Αλλά στην άσκηση ζητάμε να δείξουμε ότι αναγκαστικά \(a=1\) χωρίς άλλη υπόθεση. Αυτό δεν ισχύει για τυχαία \(h\). Η σωστή διατύπωση είναι: Υποθέτοντας ότι τα ελάχιστα είναι ίσα για την ειδική περίπτωση όπου \(h(x)=e^x\) (ή \(h(x)=\ln(x)\)), βρήκαμε \(a=1\). Για γενική \(h\), η συνθήκη \(m_F=m_G\)​ δεν προσδιορίζει μοναδικά το \(a\) εκτός αν επιβληθεί επιπλέον κάτι. Για λόγους διδακτικής αφαίρεσης, θα δείξουμε ότι αν υποθέσουμε πως η ισότητα των ελαχίστων ισχύει για όλες τις \(h\) μιας οικογένειας (π.χ. για $h(x)=e^{kx}$), τότε καταλήγουμε σε \(a=1\). Αλλά για να μην μπλέξουμε, προτείνω να περιοριστούμε στο εξής: Αν τα ελάχιστα των \(F_a\)​ και \(G_a\)​ είναι ίσα και επιπλέον ισχύει η σχέση \(h(x_F)=x_F+c\) (που προκύπτει από την ειδική μορφή του \(h\) στην άσκηση), τότε \(a=1\).

  Επειδή η εκφώνηση του Μέρους Γ’ είναι γενίκευση, θα δώσουμε μια απλούστερη εκδοχή: 

  Έστω ότι υπάρχει \(x_0\)​ τέτοιο ώστε \(F_1(x_0)=G_1(x_0)\) (δηλαδή για \(a=1\)). Τότε αποδείξτε ότι \(h(x_0)+h^{−1}(x_0)=2x_0\) και οι \(h^{−1}(x_0),x_0,h(x_0)\) είναι αριθμητική πρόοδος. Αυτό είναι το ουσιαστικό περιεχόμενο.

  2. Για \(a=1\), \(F(x)=h(x)−x\), \(G(x)=x−h^{−1}(x)\). Αν \(F(x_0)=G(x_0)\), τότε: $$h(x_0)-x_0=x_0-h^{-1}(x_0)\Rightarrow h(x_0)+h^{-1}(x_0)=2x_0$$
  3. Ορίζουμε \(x_1=h^{−1}(x_0)\), \(x_2=h(x_0)\). Τότε: $$x_1+x_2=h^{-1}(x_0)+h(x_0)=2x_0$$

  Άρα \(x_1,x_0,x_2\)​ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.

  4. Εφαρμογή: \(h(x)=\ln⁡x\) (οπότε \(h^{−1}(x)=e^x\))

  Τότε \(F(x)=\ln(x)−x\), \(G(x)=x-e^x\). Η συνθήκη \(F(x_0)=G(x_0))\)  δίνει \(\ln(x_0)-x_0=x_0-e^{x_0}\Rightarrow e^{x_0}+\ln(x_0)=2x_0\), ίδια με πριν.
  Οι τετμημένες: $$x_1=h^{-1}(x_0)=e^{x_0},\ x_2=h(x_0)=\ln(x_0)$$ Παρατηρούμε ότι εδώ η σειρά είναι αντεστραμμένη: \(x_1\)​ μεγάλο, \(x_2\)​ μικρό. Για να έχουμε την ίδια διάταξη όπως στο Μέρος Β’, θα έπρεπε να αντιστοιχίσουμε αλλιώς. Στην πραγματικότητα, η γενίκευση δείχνει ότι η δομή της αριθμητικής προόδου είναι ανεξάρτητη από τη συγκεκριμένη \(h\), αρκεί να υπάρχει κοινό σημείο \(x_0\). Αυτό είναι το αφηρημένο συμπέρασμα.\(\blacksquare\)

  1. Η άσκηση στο διαγώνισμα έχει ως ακολούθως: Έστω δύο συναρτήσεις $$\begin{array}{lcl}
     f(x)&=& e^x-ax\\
     g(x)&=& ax-\ln(x)\\
     \end{array}$$
     οι οποίες έχουν το ίδιο ελάχιστο.
     1) Να βρεθεί η παράμετρος \(a\).
     2) Να αποδείξετε ότι υπάρχει μια ευθεία \(y=b\) τέτοια ώστε να έχει τρία σημεία τομής συνολικά με τα γραφήματα των συναρτήσεων \(f\) και \(g\). Δείξτε επίσης ότι οι τετμημένες των τριών αυτών σημείων είναι διαδοχικοί όροι μιας αριθμητικης προόδου. ↩︎

  2026.04.16

• \( (a+b)^2=a^2+b^2 \)

  Θα θυμάστε ότι όλοι μας κάποτε είτε κάναμε το λάθος και γράψαμε \( (a+b)^2=a^2+b^2 \) είτε συλλογιστήκαμε πότε ισχύει η ισότητα αυτή!

  Από την Άλγεβρα γνωρίζουμε ότι \( (a+b)^2=a^2+b^2+2ab \). Tο \(ab\) εξαφανίζεται μόνο αν \( ab = 0 \). Αυτό μας οδηγεί να υποθέσουμε ότι η ισότητα ισχύει μόνο αν \( a=0\vee b=0 \) στο σύνολο \( \mathbb{R} \).

  Θα εστιάσουμε εδώ στην περίπτωση όπου \( ab = 0 \) αλλά \( a\neq 0\wedge b\neq 0 \). Τα \( a\) και \( b \) που ικανοποιούν τη συνθήκη αυτή oνομάζονται διαιρέτες του μηδενός.

  Αλλά, υπάρχουν διαιρέτες του μηδενός και αν ναι, σε ποια σύνολα μπορεί να συμβεί αυτό? Στο σύνολο των πραγματικών αριθμών και στα υποσύνολά του, γνωρίζουμε πολύ καλά ότι δεν υπάρχουν! Εκεί ισχύει: \( ab = 0 \Leftrightarrow a = 0 \vee b=0 \).

  Αντίθετα, υπάρχουν κάποιοι δακτύλιοι οι οποίοι έχουν διαιρέτες του μηδενός!

  Ένας δακτύλιος είναι μια μαθηματική δομή στην οποία μπορείτε να προσθέσετε, να αφαιρέσετε και να πολλαπλασιάσετε τα στοιχεία μεταξύ τους. Κάθε δακτύλιος πρέπει να περιέχει ένα στοιχείο ουδέτερο ως προς τη πρόσθεση, που αναφέρεται επίσης ως το «μηδενικό στοιχείο». Εξηγείται καλύτερα με ένα παράδειγμα.

  Ένας αγαπημένος δακτύλιος είναι το σύνολο των ακεραίων, \( \mathbb{Z}\).

  Μπορούμε να προσθέσουμε και να αφαιρέσουμε ακέραιους αριθμούς και παίρνουμε έναν άλλο ακέραιο. Μπορούμε επίσης να πολλαπλασιάσουμε ακέραιους αριθμούς και να πάρουμε έναν άλλο ακέραιο. Οι πράξεις αυτές λέμε ότι είναι κλειστές στο \( \mathbb{Z} \). Δεν μπορούμε να πούμε το ίδιο για τη διαίρεση. Για παράδειγμα, \( 5 \div 4= 1,25\) που δεν είναι ακέραιος. H διαίρεση δεν είναι κλειστή πράξη στο \( \mathbb{Z} \).

  Το μηδενικό στοιχείο στους ακέραιους είναι φυσικά το 0. Γενικά, το μηδενικό στοιχείο σε έναν δακτύλιο χαρακτηρίζεται από το ότι δεν κάνει τίποτα όταν το προσθέτετε σε άλλο στοιχείο του δακτυλίου, για κάθε \( m\in \mathbb{Z} \) ισχύει \( m+0=m \). Ένα παράδειγμα \( 9+0=9 \), τo 9 εξακολουθεί να είναι στο \( \mathbb{Z}\).

  Οι χαλαρές απαιτήσεις στους δακτυλίους οδηγούν σε κάποια περίεργη συμπεριφορά. Η πιο σημαντική ιδιορρυθμία του δακτυλίου που ενδιαφέρει εδώ είναι οι « διαιρέτες του μηδενός».

  Για παράδειγμα: Ο δακτύλιος \( \mathbb{Z}/8\mathbb{Z} \). O δακτύλιος αυτός έχει μόνο 8 στοιχεία \(\{0,1,2,3,4,5,6,7\}\). Το άθροισμα \(2+1=3\) αλλά το  \(4+5\) δεν είναι στον δακτύλιο. Παίρνουμε όμως το 9 modulο 8. Αυτό σημαίνει ότι \(3+4=1\) γιατί \( 9=1\pmod 8\), δηλαδή το υπόλοιπο του αριθμού 9 όταν διαιρεθεί με το 8 θα γίνει 1, του 10 θα γίνει 2, του 11 θα γίνει 3 κοκ. Ο δακτύλιος αυτός έχει μηδενικούς διαιρέτες, πάρτε για παράδειγμα \(4,6\neq 0\) και \(4\times 6 = 24\). To \(24\) δεν ανήκει στον δακτύλιο \(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}\) αλλά αν πάρουμε το \(24\pmod 8\) θα δούμε ότι το \(24\) είναι το \(0\) του δακτυλίου. Δηλαδή, \(4\times 6 = 0\pmod 8\) στο \(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}\), αφού το υπόλοιπο της διαίρεσης του \(24\) με το \(8\) είναι 0.

  Επίσης, \( (4+6)^2 = 100\) με \(100\pmod 8=4\), και \(4^2+6^2=52 \) με \(52\mod 8 =4\). Επομένως, μπορούμε να πούμε ότι στον δακτύλιο \( \mathbb{Z}/8\mathbb{Z} \) ισχύει ότι: $$(4+6)^2=4^2+6^2\qquad (1)$$

  Τέλος, αν θέλουμε να ισχύει \( (a+b)^2=a^2+b^2 \) για οποιοδήποτε ζεύγος στοιχείων \( a \) και \(b\) θα πρέπει να δούμε τον δακτύλιο \( \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} = \{ 0,1\} \). Αυτό είναι όλο. Η πρόσθεση και ο πολλαπλασιασμός γίνονται τώρα modulo 2, άρα \(1 + 1 = 0\).

  Παραδόξως, αυτός ο δακτύλιος δεν έχει διαιρέτες του μηδενός¹, αλλά η εξίσωσή μας ισχύει για οποιαδήποτε επιλογή των \(a\) και \(b\) . \(\blacksquare\)

  1. Το μόνο μη μηδενικό στοιχείο είναι το \(1\) και \(1\cdot 1\neq 0\). ↩︎

  2026.03.30

• Μαθηματικά tapas για τα Μαθηματικά προσανατολισμού της Γ Λυκείου 2

  1. Έστω \( f:\ [0,1] \to \mathbb{R}\) είναι συνεχής συνάρτηση που ικανοποιεί τη σχέση: \( \displaystyle{\int_0^1 f(x)dx}=\frac{1}{2} \). Δείξτε ότι υπάρχει \( x_0\in (0,1)\) έτσι ώστε \( f(x_0) =x_0\).

  Υπόδειξη: Ας υποθέσουμε ότι \( f(x)\neq x\), \( \forall x\in[0,1]\), τότε θέτω \( g(x)=f(x)-x\).
  $$\begin{array}{lcl}\int_0^1g(x)dx&=&\displaystyle{\int_0^1(f(x)-x)dx}\\
  &=&\displaystyle{\int_0^1 f(x)dx-\int_0^1xdx}\\
  &=&\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0\\
  \end{array}$$
  Αλλά η \( g\) είναι συνεχής και δεν μηδενίζεται στο διάστημα \([0,1]\) άρα διατηρεί πρόσημο και

  • είτε θα είναι \( g(x)>0\) οπότε \( \displaystyle{\int_0^1g(x)>0}\),
  • είτε θα είναι \(g(x)<0\) οπότε \( \displaystyle{\int_0^1g(x)<0}\).

  και στις δύο περιπτώσεις καταλήγουμε σε άτοπο. Άρα, η πρόταση \(\forall x\in [0,1]:\ f(x)\neq x\) είναι ψευδής, συνεπώς η άρνησή της είναι αληθής: \( \exists x\in[0,1]:\ f(x)=x\). \( \blacksquare\)

  2. Έστω δυο συναρτήσεις \( f\) και \( g\) οι οποίες ορίζονται κοντά στο \( x_0\in \mathbb{R}\cup (-\infty, +\infty )\). Αν \( f(x)\geq g(x)\) κοντά στο \( x_0\) και \( \displaystyle{\lim_{x\rightarrow x_0} g(x)=+\infty}\) τότε, ισχύει ότι \( \displaystyle{\lim_{x\rightarrow x_0} f(x)=+\infty}\) ?

  Υπόδειξη: Η απάντηση είναι ΝΑΙ. Επειδή \(\lim_{x\rightarrow x_0}g(x)=+\infty\Rightarrow g(x)>0\) κοντά στο \( x_0\), τότε \(f(x)\geq g(x)>0 \Leftrightarrow 0<\frac{1}{f(x)}\leq \frac{1}{g(x)}\). Αλλά $$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{1}{g(x)}=0}\ \&\ \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{1}{f(x)}=0$$ με \( f(x)>0\), άρα $$\lim_{x\rightarrow x_0}=\frac{1}{\frac{1}{f(x)}}=+\infty \Rightarrow \lim_{x\rightarrow x_0} f(x)=+\infty\ \blacksquare$$

  3. H καμπύλη \( y=(x+a)e^x\) έχει δύο εφαπτόμενες που διέρχονται από το \( (0,0)\). Ποια είναι η τιμή της παραμέτρου \( a \)?

  Υπόδειξη: \( y’ = (x+a)e^x+e^x=(x+a+1)e^x\). Άρα, η κλίση της εφαπτομένης στο σημείο \( (x_0,y_0)\) είναι \( (x_0+a+1)e^{x_0}\). Επειδή η εφαπτόμενη διέρχεται από το \( (0,0)\) έχει τύπο: \(y=(x_0+a+1)e^{x_0}x\) To σημείο \( (x_0,y_0)\) ανήκει στη συνάρτηση και στην εφαπτομένη θα είναι: $$y_0=(x_0+a)e^{x_0}=(x_0+a+1)e^{x_0}x_0\Leftrightarrow x_0+a=(x_0+a+1)x_0\Leftrightarrow x_0^2+ax_0-a=0$$ Η εξίσωση αυτή πρέπει να έχει δύο διακριτές ρίζες, άρα η διακρίνουσα πρέπει να είναι μεγαλύτερη του \( 0\): \( a^2+4a>0 \). Η ανίσωση έχει λύση για \( a\in(-\infty,-4)\cup (0,+\infty)\).

  4. Υπάρχει συνεχής συνάρτηση \(f:\ \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) έτσι ώστε: \(f(x)\in\mathbb{Q} \Leftrightarrow f(x+1)\in \mathbb{R}-\mathbb{Q}\);

  Υπόδειξη: Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει \(f\) συνεχής συνάρτηση με την παραπάνω ιδιότητα. Έστω η συνεχής συνάρτηση \(g(x)=f(x+1)-f(x)\), τότε η \(g\) έχει μόνο άρρητες τιμές. Θα δείξουμε ότι η \(g\) είναι σταθερή συνάρτηση. Αν υποθέσουμε ότι η \(g\) δεν είναι σταθερή τότε ισχύει το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών \(\exists a\neq b \) με \(g(a)\neq g(b)\). Ας υποθέσουμε ότι \(g(a)<g(b)\) από το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών για κάθε \(\eta\in \mathbb{Q}\) ανάμεσα από το \(g(a)\) και \(g(b)\), (θυμηθείτε ότι ανάμεσα από δύο αρρήτους υπάρχει ρητός αριθμός), υπάρχει \(\xi\in(a,b)\) τέτοιο ώστε \(g(\xi)=\eta\). Άτοπο. ‘Αρα, η \(g\) είναι σταθερή, ή \(\forall x\in\mathbb{R}\), \(g(x)=a\in\mathbb{Q}_a\). Τότε $$\begin{array}{cl} &g(x+1)=f(x+2)-f(x+1)\\ &g(x)=f(x+1)-f(x)\\ +&\\ \hline & 2a=g(x+1)+g(x)=f(x+2)-f(x)\in\mathbb{Q}_a\\ \end{array}$$ Aλλά αν \(\xi\in\mathbb{Q}\) τότε \(f(\xi),f(\xi+2)\in\mathbb{Q}\), άτοπο. Επομένως δεν υπάρχει τέτοια συνεχή συνάρτηση. \(\blacksquare\)

  5. Το νερό σε μια λεκάνη αποστραγγίζεται συναρτήσει του χρόνου \(t\) σύμφωνα με τη συνάρτηση $$h(t)=at^2+bt+c$$ Για τη χρονική στιγμή \(t_0\) το νερό αποστραγγίζεται ικανοποιώντας την ισότητα \(h(t_0)=h'(t_0)=0\). Για πόσες ώρες αποστραγγίζεται το νερό, όταν την πρώτη ώρα χάνεται η μισή ποσότητα της αρχικής?

  Υπόδειξη: Αφού \(h(t)=h'(t_0)=0\) τότε το \(a\neq 0\) (δηλαδή, τη στιγμή \(t_0\), το νερό τελειώνει (\(h=0\)) και η παράγωγος (ρυθμός αποστράγγισης) είναι μηδέν). Διαφορετικά θα είχαμε \(h(t)\equiv 0\) αλλά η σταθερή ποσότητα του νερού δεν μπορεί να μετακινηθεί. Επίσης, στη περίπτωση αυτή οι συντεταγμένες κορυφής θα είναι \((t_0,0)\) και: $$h(t)=a(t-t_0)^2,\qquad t\leq t_0$$ επειδή η \(t_0\) είναι διπλή ρίζα της \(h(t)=0\). Αν \(Τ\) είναι ο συνολικός χρόνος αποστράγγισης του νερού από τα δεδομένα έχουμε $$h(t_0-T)=2h(t_0-T+1)\Leftrightarrow aT^2=2a(T-1)^2 \Rightarrow T=2\pm \sqrt{2}$$ Δεδομένου ότι το \(T>1\), \(Τ=2+\sqrt{2}\). \(\blacksquare\)

  6. Έστω \(f\) και \(g\) δύο συναρτήσεις ορισμένες και συνεχείς στο \([2,5]\). Αν \(\forall x\in [2,5]\) έχουμε \(\displaystyle{\int_2^5f(x)dx\leq \int_2^5g(x)dx}\) τότε επίσης \(\forall x\in[2,5]\) ισχύει \(f(x)\leq g(x)\)?

  Υπόδειξη: Η απάντηση είναι όχι! Λίγοι μαθητές έχουν γνώση πάνω στη σχέση εμβαδού και ολοκληρώματος. Υπάρχει πρόβλημα στην επιλογή αντιπαραδειγμάτων. Όσοι απαντούν ΝΑΙ προσπαθούν ματαια να δώσουν απόδειξη. Και σαν επιχείρημα είανι φυσικά ένα πλήθος αντιπαραδειγμάτων. Οι μαθητές μου, έχουν δώσει μερικά τα οποία παραθέτω.

  1. Δοκιμάστε με τις συναρτήσεις: \(f(x)=(x-1.9)^2\) και \(g(x)=\displaystyle{\frac{1}{x-1.9}}\).

  

  2. \(f(x)=x\) και \(g(x)=6x-13\)

  

  3. Ένα παράδειγμα που δίνεται συνήθως σε ανώτερο επίπεδο, είναι το εξής: έστω \(e\) ένας αρκετά πολύ μικρός θετικός πραγματικός αριθμός, τότε ορίζω: $$f(x) =\left\{\begin{array}{lcl} 10&,& x\in [2,3]\\ 10\cdot \frac{3+e-x}{e}&,& x\in(3,3+e]\\ 0&,& x\in (3+e,5] \\ \end{array}\right . $$ και $$g(x)=\left\{\begin{array}{lcl} 0&,& x\in[2,3]\\ 10\cdot \frac{x-3}{e}&,& x\in (3,3+e]\\ 10 &,& x\in (3+e,5] \\ \end{array}\right .$$ Τότε:

  • Στο \([2,3]\), \(f(x)<g(x)\),
  • Στο \([3,3+e]\), η \(f\) πέφτει γραμμικά από 10 σε 0, η \(g\) ανεβαίνει γραμμικά από 0 σε 10.
  • Στο \([3+e,5]\), \(f(x)<g(x)\).

  Τα δε ολοκληρώματα:
  $$\int_2^5f=10\cdot 1 +\frac{1}{2}\cdot e\cdot 10 = 10+5e$$
  $$\int_2^5g=\frac{1}{2}\cdot e\cdot 10+10\cdot (2-e)=5e+20-10e=20-5e$$
  ‘Αρα, \(\int f<\int g\) αλλά \(f(2.5)=10>0=g(2.5)\).

  

  \(\blacksquare\)

  7. Έστω δυο συναρτήσεις \(f\) και \(g\) οι οποίες ορίζονται κοντά στο \(x_0\in \mathbb{R}\cup (-\infty, +\infty )\). Αν \(f(x)\geq g(x)\) κοντά στο \(x_0\) και \(\displaystyle{\lim_{x\rightarrow x_0} g(x)=+\infty}\), τότε \(\displaystyle{\lim_{x\rightarrow x_0} f(x)=+\infty}\);

  Υπόδειξη: Η απάντηση είναι ΝΑΙ. Γιατί:
  Επειδή \(\displaystyle{\lim_{x\rightarrow x_0}g(x)=+\infty\Rightarrow g(x)>0}\) κοντά στο \(x_0\) άρα $$f(x)\geq g(x)>0 \Leftrightarrow 0<\frac{1}{f(x)}\leq \frac{1}{g(x)}$$ Καθώς \(\displaystyle{\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{1}{g(x)}=0}\) και \(\displaystyle{\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{1}{f(x)}=0}\) με \(f(x)>0\), άρα $$\lim_{x\rightarrow x_0}=\frac{1}{\frac{1}{f(x)}}=+\infty \Rightarrow \lim_{x\rightarrow x_0} f(x)=+\infty$$ \(\blacksquare\)

  2026.03.20