Ευκλειδης Α 83 by demi de

ΜΑΘΗΜΑ1ΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΛΗΡΟΦΟΡΗΣΗΣ

ευ κλείδης

../ ../

2012

Γενικά 'Αρθρα Τήνιι -ΙΊΙοιιοιnρώσι:ις, Μ. Παυλάκη ............................ .. . . 1 1ο Σόιπημα fη-Σελήνη, Ερμής, Δ.Βάyιας . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Αστρονομία - I't' Οι Μηόkς ... Yf (wfr:ς Εξισώσεις Τύποι, Γ. Ωραιόπουλος . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 "Συwενι� 114nιiιr"', Γ. Μενδωνιοης .... . ........... .. . ... . ..... . .. ........... 24

../ Μαθηματικό

../

Τεύχοc; 83 laνovciQLoc; - Φεβρουάρι,οc; - Μάρηοc; Τιμή Τεύχουι; Ευιιώ 3,00 e-mail: info@hms.gr, www.hms.gr

a�

yια το yυμνασιο

κm

Α'

Τάξη

../ ΑWΙΙίJ8ιιι .....ιi,.n.-λpyύpη . . .......... .. ..... . . . ... . . . .. ... . . . . ... . .............. 12

./ Ανι8Ιpaι•ς Ανόλοyα π οσά, Ρ. κιούφτη . ... . . . ............. .. ..................... 15 ./ Μpιος Σομμετρίας, π. Αρyύρη . . . ... ...... ...................... . . ..... . ... .. . . . 18 ./ ΚiΥιpο Συμμετρίας, Ρ.Κιούφτη .......... . ..................................... . . . 21 ' της v ' ...... 111, ./ Οι πειρατες n.αpαι""βικης

Β"

Τάξη

Σ.Αλαφακη ....................................... .

Γ' Τάξη

../ Στοιχεία Ιστορίας Μαθημσπκών σε fpαπτά από τα "Μαθημσπκά", ../ Από την Άλγεβρα και τη fεωμετpία στη Τριγωνομετρία, ../ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί,

Σελίδες

Επιτροπή Διαγωνισμών

../ Βαδίζοντας προς τον PISA 2012

../ Αλληλογραφία,

για

(1ο),

Γ.Ρίζος

Γ.

•

. . . . . . 30

Λυμπεpόπουλος, τ. Μπακάλης, Μ. Σiσκου

όλους .

Ωραιόπουλος

•

. . . . . . . . . . . . . . . . . 34

.. .. . ... .. . .... .. ... . . .. ...... . . .... ........ .. 44

. ... .. .... .. . ........................ . . . .. . ... . . . . . . . . . . .... 48

./ Τ α Μαθηματικά μας διασκεδάζουν, Σ.

Γεωργίου

•

. . . . . . .. .... 50

•••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• ΕΚΔΟΣΗ

ΥΗΣ ΜΑΘΗΜΑfΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ

ιι.ν.rιιΣ1'ΗΜIΟΥ 34 106 79 ΑΘΗΝΑ Τιιι)-: zισ 3617784. 3616532 •

F-= Ζ18 :5410Ζ5

Συντακτική επιτροπή Επίτιμος Πρόεδρος:

Ωρσιόπουλος Γεώργιος Πρόεδρος:

Βσρόπουλος Δήμος

&δότης:

Αντιπρόεδρος Α":

6ιε 8

Αντιπρόεδρος Β":

•·• ιει Μοι Γρηyόριος ιιιοος

ξΙ

ιιίς: 7 Κριιιwός

Κωδιιιόc; ΕΛ.τΑ.: 2054 ISSN: 1105- 7998

Κυράνσς Παναγιώτης Λυμπερόπουλος Γεώργιος

Γρσμστείσ:

Αλσφάκη Σταυρούλα Σίακου Μαρία Μέλη: Αλσφάκη Σταυρούλα Αλcξσνδράτου �ννσ Γcωρyίου Σπύρος Γληνού Αικατερίνη ΙΙCυράνας Πσνσyιώτης

Λσy6ς Γcώρyιος Λυμπεράποuλος Γεώργιος Μσνδρώνη Αικστcρίνη Μενδωνίδης Γεώργιος Μορφοπούλου Μαρία Μπακάλης Ανσατάαιος Πσνουαάκης Νικόλαος Πσπσατσυρfδης Σταύρος Πουλάκη Μαρία Ρίζος Γεώργιος Σίακου Μαρία Τζίφος Νικόλαος Τασπσκίδης Γεώργιος Ταικοπούλου Στάμη Χριατοδούλου Ντόρα Χρυαοβέργης Μιχαήλ Ωρσιόπουλος Γεώργιος

•••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• • τ. h Σ Ε ,...... flιiWa δε σημαίνει 6n προπίvοvrαι από την Ε.Μ.Ε. • Οι w ψΣίιιιςο 'RI όp8ρο. οι πpοn:nιόμενες ασιαjσεις, οι λύσεις ασκήσεωv κτλ.1ΙJ>έπει να

Eτor.t� - fcΛ 5) -... Ξ'.'r-lιllr:- 'J��-,:-:..:..._=ι=�

..0

I ΕΈ Σ

ήιοιιιιι,. οιο pφεία της Ε.Μ.Ε. με :!!)! ένδειξη "Για rov Ευκλείδη Κ". Τα

OO.MΦU-(kf@ Ιuι:.ιπpέιιιοnuι. Eni-.......,.. αο,ΟΟ+2,00 Ταχι-δρομικά=ευιιώ 12,00). Ε� •••"'lllbtJιιιat :"CΙ �z�.riα ει'Qώ 10.00 "18 � 'JIII 'RI R1ipι 1iOU wopoyyavovnιι στiΑνεται: 1. Με αιrΑή 11JΧUδροι8Κή ι--ιιί • Ιιιιιιιιί Ε..Μ.Ε. Ταχ. rpιιιιιόο Α8ήνο 54 Τ.θ. 30044 2. Στην ιισrοσι:Αί1iα της UU.. 8ιιw ...... iΜυιόιι:ιο ηιιnεζ8ιίς ουνοUοyής με την τpάιrεζο EUROBANK �ΠΕ - -..-ιzιεiι • Ε..Μ.Ε. 4. Με cιn.anιfkWί, σε εταιpόιι πιχuμετοιpοpιΙί - ... �-- .... ...... •

Μαθηματικά και Τέχνη Πλακοστρώσεις (YESSELLATIONS) στην Ευκλείδεια rεωμετρία

======

Πουλάκη �αρία

γεωμετρική σημασία της λέξης πλακόστρωση (Αγγλικά tessellation ) είναι η επικάλυψη του επιπέδου με σχήματα χωρίς να αφήνουν κενά και χωρίς επικαλύψεις και έχει προφανώς σχέση και με τα πλακάκια που στρώνουμε στα πεζοδρόμια ή στα πατώματα. Οι πλακοστρώσεις εμφανίζονται σε όλη την ιστορία της τέχνης από την αρχαία αρχιτεκτονική μέχρι τη μοντέρνα τέχνη. EIK:l Αραβικό Ψηφιδωτό

Ιστορικά Στοιχεία: Στα Λατινικά tessella είναι το υποκοριστικό της ψηφίδας που είναι ένα μικρό τετράγωνο ή κυβικό κομμάτι από πηλό, πέτρα ή γυαλί που χρησιμοποιούσαν για να κάνουν ψηφιδωτά. Η λέξη tessella προέρχεται από το Ελληνικό τέσσερα και στην πραγματικότητα σημαίνει μικρό τετράγωνο. Δεδομένου ότι ένα μωσαϊκό εκτείνεται σε μια συγκεκριμένη περιοχή χωρίς να αφήνει ακάλυπτη καμία περιοχή, η έννοια της λέξης «ψηφοθετώ (tessellate)» είναι «να καλύψει το επίπεδο με ένα μοτίβο με τέτοιο τρόπο ώστε να μη μένει ακάλυπτη περιοχή>>. Το 1 6 1 9 ο Johanes Kepler έκανε μία από τις πρώτες τεκμηριωμένες μελέτες για τις πλακοστρώσεις. Πλακοστρώσεις εμφανίζονται στην τέχνη του Ολλανδού καλλιτέχνη M.C.Escher ( 1 898 1 972) που εμπνεύστηκε από τα ψηφιδωτά που είδε στο αραβικό παλάτι της Αλάμπρα στην Ισπανία κατά τη διάρκεια επίσκεψής του το 1 922. Δημιούργησε 43 χρωματιστά σχέδια πλακοστρώσεων με διάφορους τύπους συμμετρίας.

ΕΙΚ:2 Ψηφιδωτό στην Αλάμπρα

ΕΙΚ:3 Πλακόστρωση έργο του ESCHER

ευχάριστη γεωμετρία στη φύση Αλλά και η φύση μας προσφέρει aτέλειωτες ποικιλίες πλακοστρώσεων. Μη ξεχνάμε την ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/1

---

Μαθηματικά και Τέχνη Πλακοστρώσεις (YESSELLAτΙΟΝS) στην Ευκλείδεια Γεωμετρία

άμεση σχέση που υπάρχει ανάμεσα στην ομορφιά και στα μαθηματικά, είτε πρόκειται για τη φύση είτε για την τέχνη. Η τομή μιας κερήθρας μας δείχνει ότι αποτελείται από σειρές εξάγωνων κελιών. Επίσης μπορούμε να δούμε πλακοστρώσεις (δηλ. μοτίβα) σ' ένα πέταλο ενός λουλουδιού, στους φλοιούς των δέντρων ή και σε φρούτα.

ΕΙΚ:5 Μοτίβα στα πέταλα

ΕΙΚ:4 Κερήθρα

Σ' αυτό το άρθρο θα δούμε τις πλακοστρώσεις που γίνονται με κανονικά πολύγωνα. Κανονικές (regular)

ΕΙΚ:7

ΕΙΚ:6

ΕΙΚ:8

Στις παραπάνω εικόνες βλέπουμε ότι μπορούμε πολύ εύκολα να καλύψουμε μία επίπεδη επιφάνεια με κανονικά πολύγωνα που έχουν ίδιο αριθμό πλευρών και ίδιες πλευρές ως προς το μέγεθος. Παρατηρείστε τι συμβαίνει σε κάθε εικόνα γύρω από κάθε κορυφή. Για παράδειγμα στην εικ.6 γύρω από κάθε κορυφή έχουμε 6 ισόπλευρα τρίγωνα. Κάθε γωνία του ισοπλεύρου τριγώνου ισούται με 60° άρα έχουμε 6 60° = 360. Κάντε το ίδιο και για τις άλλες 2 εικόνες. , , 3600 , , , θυ , , , , ' Στο κανονικο εξαγωνο μη θειτε οτι η κεντρικη του γωνια ω δινεται απο τον τυπο , οπου ·

ν=6 και η γωνία του φ ισούται με:φ= 1 80° - ω. Αν προσπαθήσουμε να κάνουμε το ίδιο με κανονικό πεντάγωνο θα αποτύχουμε. Γιατί; Για τον ίδιο λόγο δεν μπορούμε να έχουμε πλακόστρωση με κανονικά πολύγωνα με αριθμό πλευρών μεγαλύτερο του 6. ΕΙΚ: 9 Κανονικά Πεντάγωνα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/2

---

Μαθηματικά και Τέχνη Πλακοστρώσεις (τESSELLAτΙΟΝS) στην Ευκλείδεια Γεωμ ετρία

Μπορούμε όμως να έχουμε πλακοστρώσεις με 2 ή παραπάνω κανονικά πολύγωνα. Έτσι έχουμε τις ημι-κανονικές πλακοστρώσεις. ΗΜΙ-ΚΑΝΟΝΙΚΕΣ (semi-regular) ΠΛΑΚΟΣΤΡΩΣΕΙΣ Οι κανόνες είναι οι ίδιοι. I) Σε κάθε κορυφή το άθροισμα των γωνιών των κανονικών πολυγώνων πρέπει να είναι 360°. 2) Όλα τα πλακίδια είναι κανονικά πολύγωνα 3) Δεν έχουμε κενά ή επικαλύψεις.

EIK:lO ΉΜΙ-Κανονικές Πλακοστρώσεις στη Σεβίλλη

Υπάρχουν 2 1 συνδυασμοί κανονικών πολυγώνων που ταιριάζουν γύρω από μια κορυφή αλλά 1 1 θα μας δώσουν πλακόστρωση. Ο Αρχιμήδης είχε βρει 8 ημι-κανονικές πλακοστρώσεις. Για να έχουμε τους δυνατούς συνδυασμούς θα βρούμε έναν τύπο: 360° 1 80°v - 360° 1 80° (v - 2 ) = = φ= 1 800 - ω= 1 800 v v v Αν έχουμε ένα σύνολο από κανονικά πολύγωνα με αριθμό πλευρών ν1, ν2 , , νκ τότε οι γωνίες των πολυγώνων γύρω από κάθε κορυφή πρέπει να έχουν άθροισμα 360° . Δηλαδή 1 80°(vl - 2 ) + 1 80°(Vz - 2) + . + 1 80°(VK - 2) = 3600 .. • • • •

v -2 + v2 -2 + vκ -2 =2 --- ... v1 v2 v κ 1 1 1 2 2 ' Αν π. χ. νι =3, νz =3, ν3 =3, ν4 =4, νs =4 τοτε: δηλαδή 3 ισόπλευρα - + - + - +- +- = 2 3 3 3 4 4 τρίγωνα και 2 τετράγωνα, αφού επαληθεύεται ο τύπος, θα μας δώσουν μία ημι-κανονική πλακόστρωση τοποθετώντας τα γύρω από μία κορυφή με δύο διαφορετικούς τρόπους (3,3,3,4,4) ή (3,3,4,3,4). Οι 2 παρακάτω η μι-κανονικές πλακοστρώσεις είναι του Αρχιμή δη. Διαιρώντας και τα 2 μέλη με το 1 80° έχουμε:

(3,3,3,4,4)

1 -

(3,3,4,3,4) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/3

---

Μαθηματικά και Τέχνη Πλακοστρώσεις (τESSELLAτΙΟΝS) στην Ευκλείδεια Γεωμετρία

Τώρα λοιπόν προσπαθήστε να κατασκευάσετε ένα μέρος από τη διπλανή εικόνα . Κ2

,•

•

κι •

• •

EIK: l l Πλακόστρωση με Κανονικά Οκτάγωνα και Τετράγωνα....(4,8,8) (Αρχιμήδης)

Υπόδειξη : Πρώτα θα κατασκευάσετε το κανονικό οκτάγωνο όπως μάθατε στο σχολείο (εγγεγραμμένο σε κύκλο) και μετά για να κατασκευάσετε τα 4 άλλα κανονικά οκτάγωνα που έχουν κοινή πλευρά με το αρχικό βρείτε το συμμετρικό του κέντρου του ως προς την κοινή πλευρά. Πολύ πιο εύκολα γίνεται η κατασκευή με ένα λογισμικό δυναμικής Γεωμετρίας.

ΕΙΚ:12 Πλακόστρωση με κανονικά δωδεκάγωνα και ισόπλευρα τρίγωνα (3,12,12) (Αρχιμήδης)

ΕΙΚ:13 Πλακόστρωση με κανονικά εξάγωνα και ισόπλευρα τρίγωνα (3,6,3,6)

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

http://www .mathforum.org/sum95/suzanne/whattes.html http://en. wikipedia.org/wiki/M._C._Escher Σταυρούλα Πατσιομίτου: Μαθαίνω Μαθη ματικά με το Geometer's Sketchpad ν4 LIFE: ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ

ΚΑΛΟΚΑΙΡΙΝΕΣ ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΕΣ Η επιτυχία των προηγούμενων Μαθηματικών Καλοκαιρινών Σχολείων, που διορ γάνω σε η Ελληνική Μ αθηματική Εταιρεία και η απήχηση που είχαν στους μαθητές που τα παρακολούθησαν, δημιούργησε

την υποχρέωση για την πραγματοποίηση και φέτος των παρακάτω σχολείων.

6° ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΚΑΛΟΚΑΙΡΙΝΟ ΣΧΟΛΕΙΟ ΛΕΠΤΟΚΑΡΥΆ ΠΙΕΡΙΑΣ Το 6° Μαθηματικό Καλοκαιρινό Σχολείο στη Λεπτοκαρυά Πιερίας, στο Ξενοδοχείο «OL ΥΜΡΙΑΝ ΒΑΥ» αστέρων. (Πληροφορίες στον ιστότοπο: www.reahotels.gr) από 8 Ιουλίου 14 Ιουλίου 2012. Το πρόγραμμα διδασκαλίας, η ύλη και οι καθηγητές τελούν υπό την εποπτεία και επιστημονική καθοδήγηση της Επιτροπής Διαγωνισμών της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας. 4

Το κόστος συμμετοχής για κάθε μαθητή ανέρχεται στο ποσόν των 450€ και τη φόρμα συμμετοχής μπορεί να τη βρει ο κάθε ενδιαφερόμενος στην ιστοσελίδα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας www.hms.gr. Για τη συμμετοχή κάθε μαθητή είναι κατάθεση 100€ .

απαραίτητη η συμπλήρωση του ΔΕΛτΙΟΥ ΣΥΜΜΕΤΟΧΗΣ ΜΑΘΗΤΉ και η

Περισσότερες πληροφορίες στην ιστοσελίδα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας www.hms.gr ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/4

ΤΗΛΕΣΚΟΠΙΟ 1 ο

Σύστ

Γη-Σελ' νη, Ερ

=======

Δημήτρης Βάγιας

Με τη ν στήλη αυτή θα προσπαθήσουμε να δώσουμε σε αδρές αλλά πλήρεις σε σαφήνεια γραμμές το τι συμβαίνει στο Διάστημα το κοντινό αλλά και το απόμακρο, όπως οι τελευταίες ανακαλύψεις έδειξαν, με την βοήθεια κυρίως του Διαστημικού Ττηλεσκόπιου Hubble.

Κατά πρώτον θα πρέπει να επισημάνουμε ότι το φως στο σύμπαν τρέχει με ταχύτητα 300.000 χιλ/τρα το δευτερόλεπτο, που σύμφωνα με τον Albert Einstein, είναι η μεγαλύτερη ταχύτητα που μπορεί να παρατηρηθεί.Αυτό σημαίνει ότι, επειδή οι αποστάσεις είναι μεγάλες, τα είδωλα των ουράνιων αντικειμένων που βλέπουμε είτε με γυμνό μάτι είτε με κιάλια, είτε με τηλεσκόπια απεικονίζουν το παρελθόν των αντικειμένων αυτών και όχι το παρόν τους. Έτσι για παράδειγμα βλέπουμε το είδωλο του Ήλιου μας όπως ήταν πριν 8 λεπτά, το είδωλο της Σελήνης όπως ήταν πριν 1 ",το Μεγάλο Νεφέλωμα του Ωρίωνα όπως ήταν πριν 1 500 χρόνια, ο Γαλαξίας της Ανδρομέδας όπως ήταν πριν 2 εκατ. χρόνια κ.λ.π. Ξεκινάμε πρώτα με τις χρησιμοποιούμενες μονάδες μέτρησης αποστάσεων στην Αστρονομία. Οι αποστάσεις μέσα στο Ηλιακό μας Σύστημα μετρώνται με την Αστρονομική Μονάδα=150 εκατομμύρια χιλιόμετρα που είναι ίση με την μέση απόσταση Γής-Ηλίου. Για αποστάσεις έξω από το Ηλιακό Σύστημα χρησιμοποιείται το Έτος Φωτός= 9,46.1012km, και είναι ίσο με την απόσταση που διανύει το φως σε 1 έτος. Τώρα θα επιβιβασθούμε στο νοητό διαστημόπλοιο και με την φαντασία μας θα κάνουμε ένα ταξίδι στο απέραντο σύμπαν με ταχύτητες που πολλές φορές θα ξεφεύγουν από την πραγματικότητα! ! .Το πρώτο ουράνιο σώμα που συναντάμε είναι η Σελήνη. Ο φυσικός δορυφόρος της Γης μας, απέχει μια ανάσα από μας δηλ 385 .000 χιλιόμετρα. Είναι βέβαια δυσανάλογα μεγάλη για να είναι δορυφόρος της Γης γιαυτό οι Αστρονόμοι το σύστημα Γης-Σελήνης το ονομάζουν διπλό πλανήτη. Για πρώτη φορά ο άνθρωπος επισκέφθηκε το φεγγάρι το Ιούλιο του 1 969,με το διαστημόπλοιο Απόλλων της NASA.H ανθρωπότητα έμεινε άφωνη με το γεγονός αυτό που έμελλε να αλλάξει πολλά πράγματα στην επιστήμη της Αστρονομίας- Διαστημικής, αλλά και κέντρισε το ενδιαφέρον και άλλων επιστημονικών κλάδων (π.χ Βιολογίας) γύρω από την δυνατότητα επιβίωσης του ανθρώπου στο Διάστημα. Οι συνθήκες πάνω στην επιφάνειά της είναι απαγορευτικές για Εικl. Η επιφάνεια της Σελήνης τον άνθρωπο αν αναλογισθεί κάποιος ότι η θερμοκρασία ημέρας είναι 1 07°C,ενώ της νύκτας - 1 53 °C.H ατμόσφαιρα είναι ανύπαρκτη, ενώ το νερό είναι άγνωστο. Οι έρευνες συνεχίζονται αλλά τίποτα το χειροπιαστό δεν έχει ανακοινωθεί μέχρι τώρα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/5

----

ΤΗΛΕΣΚΟΠΙΟ l0Σύστημα Γη-Σελήνη, Ερμής

-------

Η επιφάνεια της Σελήνης αποτελείται από τη σεληνιακή σκόνη και πετρώματα. Στην επιφάνεια της παρατηρούμε ακόμα και με γυμνό μάτι σκουρόχρωμες περιοχές τις λεγόμενες θάλασσες επίσης και κάποιες aνοιχτόχρωμες περιοχές τις ηπείρους. Με την χρήση τηλεσκοπίου παρατηρούμε τους κρατήρες, αποτέλεσμα της ατέλειωτης πτώσης μετεωριτών, που είναι ανεμπόδιστη λόγω έλλειψης ατμόσφαιρας Επίσης υπάρχουν όρη απόκρημνα που το ύψος της ψηλότερης κορυφής υπερβαίνει τα 8000 μέτρα ενώ της χαμηλότερης τα 3000 μέτρα! Επίσης είναι γνωστές οι φάσεις της Σελήνης που οφείλονται στον μεταβαλλόμενο φωτισμό της επιφάνειάς της από τον Ήλιο, και αυτό συμβαίνει επειδή με το να περιφέρεται γύρω από την Γη αλλάζει και η θέση της ως προς τον Ήλιο. Μια πλήρης περιφορά της γύρω από την Γη διαρκεί 27,3 ημέρες όσο και μια πλήρης περιστροφή γύρω από τον άξονά της που ονομάζεται aστρικός μήνας, και το φαινόμενο της εξίσωσης των δύο πιο πάνω χρόνων λέγεται Σύγχρονη Περιστροφή, ενώ ο χρόνος μεταξύ δύο ίδιων διαδοχικών φάσεων, ο συνοδικός δηλαδή μήνας, διαρκεί 29,5 ημέρες. Η Σύγχρονη Περιστροφή οφείλεται στην επιβράδυνση της περιστροφής της Σελήνης γύρω από τον άξονά της λόγω της βαρυτικής επίδρασης της Γης πάνω σε αυτή. Αποτέλεσμα της Σύγχρονης Περιστροφής είναι η Σελήνη να δείχνει προς τη Γη την ίδια πάντα πλευρά της! ! Η αόρατη πλευρά της φωτογραφήθηκε μόλις το 1 959 από τον δορυφόρο Λούνα 3, ενώ μέχρι τότε ήταν παντελώς άγνωστη η μορφολογία της. Η Σελήνη επίσης είναι η βασική αιτία των παλιρροιών, της μετάπτωσης και της κλόνησης του άξονα της Γης, λόγω της βαρυτικής της επίδρασης πάνω στη Γη. Επίσης η έλξη της Σελήνης πάνω στη Γη, επιβραδύνει την περιστροφή της Γης γύρω από τον άξονά της κατά 0,002 ' ' ανά αιώνα! ! Αυτό σημαίνει ότι η διάρκεια μιας Γήινης ημέρας ήταν διαφορετική πριν π. χ 1 00.000.000 χρόνια, και θα είναι διαφορετική μετά επίσης 1 00.000.000 χρόνια. Ακόμη η Σελήνη ευθύνεται και για τις εκλείψεις του Ήλιου, μερικές ή ολικές, όταν παρεμβληθεί μεταξύ Γης Ήλιου. Όμοια και η Σελήνη έχει εκλείψεις, μερικές ή ολικές με το να εισέρχεται εν μέρει ή ολόκληρη στην σκιά της Γης.

Εικ 2. Διαδοχικές φάσεις Ολικής Έκλειψης Ηλίου

Τώρα με το νοητό μας διαστημόπλοιο θα αφήσουμε την γειτονιά μας και θα προσπαθήσουμε να εξερευνήσουμε το Ηλιακό μας Σύστημα. Με τον όρο αυτό εννοούμε τον Ήλιο τον μοναδικό αστέρα του δικού μας συστήματος,με τους 9 πλανήτες του δηλαδή τους : Ερμή, Αφροδίτη, Γη, Άρη, Δία, Κρόνο, Ουρανό, Ποσειδώνα, και Πλούτωνα, κατά την σειρά της απόστασής τους από τον Ήλιο, τους Δορυφόρους των Πλανητών, τους Αστεροειδείς, τους Κομήτες ,την μεσοπλανητική Ύλη, και τα Μετέωρα. Από τους πλανήτες ο Ερμής και η Αφροδίτη ονομάζονται εσωτερικοί πλανήτες, επειδή είναι ανάμεσα στη Γη και στον Ήλιο, ενώ οι υπόλοιποι λέγονται εξωτερικοί πλανήτες. Επίσης ανάλογα με την σύσταση και την πυκνότητά τους σε Γήινους, διότι μοιάζουν με την Γη, και είναι ο Ερμής, η Αφροδίτη, ο Άρης, η Γη, και σε Δίιους που μοιάζουν με τον Δία, και είναι όλοι οι υπόλοιποι εκτός του Πλούτωνα. Σύμφωνα με τον 1 ο Νόμο του Κέπλερ, οι πλανήτες κινούνται ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/6

-----

ΤΗΛΕΣΚΟΠΙΟ l0Σύστημα Γη-Σελήνη, Ερμή�

------

γύρω από τον Ήλιο σε ελλειπτικές τροχιές μία εστία των οποίων κατέχει ο Ήλιος .Επίσης και οι Δορυφόροι των Πλανητών κινούνται γύρω από αυτούς σύμφωνα με τον ίδιο Νόμο.

Εικ 3.Η τροχιά του πλανήτη γύρω από τον Ήλιο Κατευθύνουμε τώρα το διαστημόπλοιό μας για να εξερευνήσουμε τα αντικείμενα του Ηλιακού μας Συστήματος αρχίζοντας από τον Ερμή, και σιγά-σιγά θα κάνουμε Ο'τάσεις στους πλανήτες και τους πιο σημαντικούς δορυφόρους .

Ερμής

Ο Ερμής είναι ο πιο κοντινός πλανήτης προς τον Ήλιο. Απέχει από αυτόν περίπου 58 εκατ χιλιόμ. Η περιφορά του γύρω από τον Ήλιο διαρκεί 88 γήινες ημέρες, δηλ 88, 24ωρα. Άρα το έτος στον Ερμή διαρκεί 88, 24ωρα. Επειδή είναι πολύ κοντά στον Ήλιο είναι δύσκολο να παρατηρηθεί, όμως μερικές ημέρες τον χρόνο γίνεται ορατός λίγο μετά την δύση του Ήλιου (σούρουπο), ή λίγο πριν την ανατολή (χάραμα) αλλά πάντοτε πολύ χαμηλά στον ορίζοντα. Το εσωτερικό του πλανήτη που είναι και ο πυρήνας του είναι μια σφαίρα διαμέτρου 3 600 χιλ/τρων, και που αποτελείται κυρίως από σίδηρο και νικέλιο σε ποσότητα πολύ μεγαλύτερη από ότι βρίσκεται στον πυρήνα της Γης.

Εικ 4.Άποψη της επιφάνειας του Ερμή από τον Marίner 1 Ο

Όπως φαίνεται από την εικ 4, συγκρίνοντάς την με την εικ της επιφάνειας της Σελήνης, και εδώ η επιφάνεια του πλανήτη είναι γεμάτη κρατήρες αποτέλεσμα του αδιά1eοπου βομβαρδισμού ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 83 τ.3/7

----

ΤΗΛΕΣΚΟΠΙΟ l0Σύστημα Γη-Σελήνη, Ερμής

-----

του από μετεωρίτες. Μάλιστα ένας κρατήρας στο Λεκανοπέδιο των Θερμίδων, μια περιοχή στην επιφάνεια του Ερμή έχει διάμετρο 1 300 χιλ/τρα, που είναι το αποτέλεσμα μιας συντριπτικής πρόσκρουσης ενός αστεροειδούς πάνω στη βραχώδη επιφάνεια του Ερμή, πριν δισεκατομμύρια χρόνια. Με υπολογισμούς που έγιναν βγήκε το συμπέρασμα ότι ο aστεροειδής αυτός είχε διάμετρο 1 00 χιλ!τρα και ότι κατά τη στιγμή της πρόσκρουσης η ταχύτητά του θα πρέπει να έφθασε τα 500.000 χιλ/τρα ανά ώρα!

Ο Πλανήτης δεν είναι δυνατόν να συγκρατήσει πυκνή ατμόσφαιρα, γιατί 1) ευρίσκεται κοντά στον Ήλιο και δέχεται βομβαρδισμό από τα ιονισμένα σωματίδια του Ηλιακού Ανέμου, και 2) έχει μικρό g(επιτάχυνση της Βαρύτητας),με συνέπεια να είναι μικρή η ταχύτητα διαφυγής για τα άτομα και μόρια της ατμόσφαιρας. Έτσι εύκολα αυτά διαφεύγουν στο διάστημα με αποτέλεσμα να παραμένει μια πολύ λεπτή ατμόσφαιρα από Αργό, Ήλιο, και Υδρογόνο, και άλλα αέρια, που μεταφέρονται από τον ηλιακό άνεμο και παραμένουν για λίγο στον Ερμή. Επίσης το κοντινότερο σημείο της τροχιάς του στον Ήλιο (περιήλιο),μετατοπίζεται κάνοντας ένα πλήρη κύκλο σε 36 αιώνες. Το μυστήριο αυτό το έλυσε ο Einstein με τη θεωρία της Σχετικότητας. Η μεγάλη σχετικά έλξη από τον Ήλιο έχει επιβραδύνει πολύ την περιστροφή του πλανήτη γύρω από τον άξονά του που διαρκεί 58 γήινες περίπου ημέρες, που σε συνδυασμό με τη γρήγορη περιφορά του γύρω από τον Ήλιο, το μερόνυκτο στον Ερμή διαρκεί όσο 1 76 ημέρες στην Γη! Η μέση επιφανειακή θερμοκρασία του είναι την ημέρα 3 50° C, ενώ την νύκτα 1 80°C.H θερμοκρασία την ημέρα φθάνει να λιώσει ένα κομμάτι μολύβδου, ενώ η αντίστοιχη της νύκτας είναι δέκα φορές μικρότερη περίπου από την θερμοκρασία ενός επαγγελματικού καταψύκτη!

Ο Ερμής δεν έχει δορυφόρους, ενώ η, σχεδόν, ανυπαρξία ατμόσφαιρας έχει ως αποτέλεσμα την μη διάβρωση της επιφάνειας του με βροχές αλλά ούτε δημιουργούνται και άνεμοι ικανοί να αλλοιώσουν την μορφολογία της. Έτσι αυτή αποτελείται από απότομα όρη, κρατήρες όπως ήδη αναφερθήκαμε, και γενικά το ανάγλυφο της είναι απότομο και κρημνώδες. Αντιλαμβάνεται ο καθένας ότι ο Ερμής δεν προσφέρεται σε καμία περίπτωση για ανάπτυξη ζωής όπως εμείς την γνωρίζουμε.. Εικ 4α Μια άλλη άποψη της επιφάνειας του Ε ρμή

Η στάση μας στον Ερμή έφθασε στο τέλος της και με αυτό η σχετικά σύντομη ξενάγηση. Θα επιβιβασθούμε τώρα στο νοητό μας διαστημόπλοιο για να συνεχίσουμε την περιπλάνησή μας στο υπόλοιπο Ηλιακό Σύστημα. Α υτό όμως στο δεύτερο άρθρο μας, στο επόμενο φύλλο του περιοδικού μας. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 83 τ.3/8

Μεγάλες και Χρήσιμες Εξισώσεις- Τύποι

Οι

====

Β. Η

Γ.Ωραιόπουλος

πρόοδος της Επιστήμης στη Β.Δ. Ευρώπη

Ο Πιέρ Φερμά (1601-65) ασχολήθηκε με

1 . ΓΑΛΛΙΑ

Ο Φρανσουά Βιετ (1540-1603) προ

την αναλυτική Γεωμετρία και έδωσε αλγεβρι κά τις κωνικές τομές του Απολλώνιου. Ο ίδιος έγραψε το ιστορικό θεώρημα: δεν υπάρχουν α κέραιες λύσεις της εξίσωσης: χν+yν= zν, με ν>2 , που αποδείχθηκε το 1995 από το μαθηματικό Α. Γ ουάιλς.

χώρησε τον υπολο γισμό του π με τα εγγ εγραμμένα και περιγεγρα μμένα σε κανονικά κύκλο πολύγωνα, που ο Αρχιμήδης έφ τα σε ως τα 96/γωνα, υ με πολό γισε Φρανσουά Βιετ (1540-1603) Πιέρ Φερμά 192 /γωνα και το Ο Μπλαίζ Πασκάλ (1623-62) επινό ησε το έκφρασε με 9 δεκαδικά ψηφ ία. Αργό τερα υπολό γισε το π με τον τύπο: τρίγωνο στο οποίο κάθε σειρά δίνει τους συ ντελεστές της εξίσωσης 2 π π π -=συ ν -συ ν - συ ν- . . . ν ( ν-1 ) 8 4 π 16 Χν-2y+ ... +νχyν-Ι+yν. (χ+y)ν= χν+ νχν-Ιy+ 2 Ο Βιέτ βελτίωσε το μαθηματικό συμβολι σμό για τις πράξεις, τους μετασχηματισμούς, Έτσι (α+ β)5=α5+5α4β+ 1Οα3β2+ 1Οα2 β3+5αβ4+ β5• ι τις εξισώσεις. Ο Ρενέ Ντεκάρτ (Καρτέσιος) (1596-1 650)

ενοποίησε την άλγεβρα με τη Γ εωμετρία στην 2 ι ι Αναλυτική Γ εωμετρία. 3 ι ι 3 Οι α λγεβρικές εξισώ σεις y=α χ, y=αχ+ β, (Καρτέσιος) Ντεκάρτ Ρενέ ι 4 6 4 ι χ2+ y=α2 , χy=μ2 παριστάνονται γραφικά με τις καρτεσιανές ι 5 ιο ιο 5 συντεταγμένες σε ευθείες και Υ Μπλαίζ Πασκάλ κωνικές τομές. Η εξίσωση J(a. Ο Πασκάλ με το Φερμά ασχολήθηκαν με y=2 x+4 τέμνει τον -tΊ-� τις πιθανό τητες κ:αι τα \(� χχ' στο σημείο -2 , που ποσοστά τό σο χρήσιμα σε είναι και η ρίζα +y2=α2 ό λες τις επιστήμες. εξίσωσης της Ο Λ αγκράντζ (17352 χ+4=0 δηλ. με τις γεννήθηκε στο 1) 180 γραφικές 4 ό που σπούδασε Τουρίνο, παραστάσεις και δίδα ξε, συνέχισε στο οι λύνονται και του Βερο Πανεπιστήμιο εξισώσεις. Έτσι η παρα λίνου και κατέληξε στο βολή y=x2 -4 τέμνει τον χχ' Υ στα Πανεπιστήμια. καθηγητής μεγάλος Παρίσι στα σημεία -2 , 2 , που είναι οι ρίζες της εξίσω Έγραψε συγγράμματα Άλγεβρα ς, Γ εωμετρίας, σης χ2 -4=0. -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/9

------ Οι μεγάλες και χρήσιμες Εξισώσεις - Τύποι -------..,-

Απειροστικού Λογισμού με σοβαρά θεωρήμα τα. Αναφ έρω τις εξισώσεις: α= βχ+γy και α=βχ2+ γχy+ βy2 με ακέραιες ρίζες. Ο Ντ' Αλαμπέρ (1717-83) συγγραφ έας μαθηματικών άρθρων στην «Εγκυκλοπαίδεια» και σε βιβλία λύνει ενδιαφ έρουσες αλγεβρικές και διαφ ορικές εξισώσεις. 2. ΑΓΓΛΙΑ Ο λόρδος Νέπερ (1 5501613) από την εκθετική ε

ξίσωση y=ex όπου e=2 ,7 . .. , aσύμμετρος ονό μασε τον χ λογάριθμο του y δηλαδή x= lny. Η εξίσωση y= 1οχ δίνει x=logy. Οι λογάριθμοι που θα διδαχθείτε στο Λύκειο είναι πολύ χρήσιμοι σε μεγάλες πράξεις. Ο Ντάλτον (1 766-1849) συνέχισε τη με λέτη που άρχισαν οι Γάλλοι Κιουρί με τη διά σπαση του ατόμου ενός χημικού στοιχείου= πυρήνας + σωματίδια. Αυτό από μια σταγόνα νερό έβγαλε δισεκατομμύρια μόρια νερού. Το κάθε μόριο έχει 2 άτομα υδρογόνου και ένα άτομο οξυγόνου. Ο Νεύτων (1642-1727) ο μεγάλος Μαθη ματικός και Φυσικός φ ιλόσοφ ος με τα σοφ ά συγγράμματά του μας έδωσε χρήσιμες εξισώ σεις για την πρόοδο της Επιστήμης.

Αναφ έρουμε μερικές: Από την Άλγεβρα το διώνυμο: ν(ν-1) ν-2 2 1 ν α β +. .. + ναβν- + βν (α +β) =αν +ναν-Ιβ + 2

λαδή δυνάμεις με αποτέλεσμα τις θέσεις και τις κινήσεις αυτών. Παράδειγμα : Η Σελήνη(Σ) έλκεται από τη Γη (Γ), από τον Ήλιο (Η) και τον και τον Άρη (Α) κ. λ. π. Έτσι Δυνάμεις επί της Σελήνης(Σ) Σ

Μiζα(Σ) χ .Μχζα(f)

Μiζα(Σ) χ Μiζα(Η)

831-1 879) μελέτησε τον

ηλεκτρομαγνητισμό και έδωσε 4 μεγάλες εξισώσεις, 2 του ηλεκτρικού πεδίου Ε και δυο του μαγνητι κού πεδίου Β με τις πηγές τους. Η δύναμη που ασκούν τα ηλε κτρομαγνητικά κύματα, που είναι συνεχή και με μεγάλη ταχύ τητα με τα φ ορτία τους q είναι F= q(E+B). Αναφ έρω το σκωτσέζο αυτό φ υσικομαθη ματικό, για τί είναι γνωστές οι πολλαπλές χρή σεις του ηλεκτρομα γνητικού ρεύματος. Εξίσωση

Joule

κ ινητικη'

m·υ 2 Ε' νεργεια: Ε= -2

(χ-�7 =Χ7 +7χ6(-��,ζ(-�2 �χ4(�3 +...+Ίχ(-�6 -t{�7 2

2·3

=Χ - 14χ2 + 84χ5 -280χ4 + 56()χ_3 - .....+ 448χ-128 Από την Ουράνιο- μηχανική στηριγμένος στο Γαλιλαίο και τον Κέπλερ μελέτησε την παγ κόσμιο έλξη μεταξύ γειτονικών σωμάτων, δη-

ΜΙζα(Α)

Αποτέλεσμα της εξίσωσης αυτής είναι οι θέσεις και οι κινήσεις του ηλιακού συστή-ματος και του Σύμπαντος όπως το είδε ο Νεύτων. Από την Οπτική ανάλυσε το λευκό ηλιακό φ ως σε χρωματιστά κύματα. Έτσι έχουμε: Ηλιακό φως=Συμβολή κυμάτων από χρώ μα Ιώδες, Μπλε, Πράσινο, Κίτρινο, Πορτοκα λί, Κόκκινο. Το μεγαλύτερο έργο του Νεύτωνα ήταν η ανάπτυξη της «Θεωρίας των ροών» ή aπειρο στικός λογισμός με πολλές χρήσιμες εξισώ σεις, που διδάσκονται στο Λύκειο και στις ανώτερες θετικές σπουδές.

Εφαρμογή : 7

Μiζα(Σ) χ

( ΑπόσταστtΣ) -(Γ))2 + ( ΑπόστασιtΣ) -(Η))2 + ( ΑπόσταστtΣ) -(Α))2 +...

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/10

------ Οι μεγάλες και χρήσιμες Εξισώσεις - Τύποι

3. ΓΕΡΜΆΝΙΑ- ΕΛΒΕΤΙΑ Ο Λάιμπνιτς (Λειψία 1 647- 1 7 1 6) ήταν άριστος μαθημα τικός, πολυεπιστήμονας και εφ ευρέτης υπολογιστικής μηχανής κα ι της αρ χής της ατμο

------

Μπερνούλι ( 1 667-1 748) πέτυχε τον τετραγω

νισμό της καμπύλης y=xx και βρήκε π2 1 1 1 = + + + .. . 32

6 12 22

Ο Ελβετο- Γερμανός Όιλερ ( 1 707 - 1 787)

φ οιτητής κα ι καθηγητής του πανεπιστημίου Βασιλεία ς, πρόεδρος της Ακαδημίας Βερολί νου και Πετρούπολης, διακρίθηκε ως ερευνη τής των Μα θηματικών με τα πολλά συγγράμ ματά του.

Έλυσε πολλά προβλήματα Άλγεβρας κα ι Γεωμετρίας όπως την εκθετική εξίσωση logα - logβ ' χ= eχ=α·βχ-ι με λυση loge- logβ Μελέτησε τις συναρτήσεις με γραφ ικές παραστάσεις με όρια. Βρήκε διάφ ορες aπει ροστικές σειρές, όπως π 1 1 1 -=1-- + - - - + . . . = 3, 1415926536 . . . για 23 4 3 5 7 όρους. Πήρε για συναρτήσεις f(x) το ---= =-----=. =..;

ι.

ιm

f(x)-f(x0) Χ-Χ0

παράγωγο της f.

Ο ίδιος έδωσε νέες λύσεις στην εξίσωση ' 2 + χ y2+z2 =α2 , απο' δειξε το θεωρημα φ ερμα για ν=3, χ3+ =α3, ν=4, χ4+y4=α4, έλυσε την εξί σωση αχ +2 βχy+γy2+ δχ+ εy+ λ=Ο. Στη Γεωμετρία απέδειΕ.ε α2+ β2+ γ2+ δ� = ε2+ +4μ2 . '

Βρήκε τον όγκο του τετραέδρου

�

(

) (

)

V = α βγ ημτ·ημ τ - χ · ημ τ-y ·ημ τ- ω

Από τον τύπο αυτό ο Λάιμπνιτς δημιούρ γησε το νέο κλάδο των Μαθηματικών, ανε ξάρτητα από το Νεύτωνα, με το όνομα Απει ροστικός (Διαφ ορικός, Ολοκληρωτικός) Λογι σμός με πολλές μεγάλες και χρήσιμες εξισώ σεις - τύπους. Η ελβετική οικογένεια Μπερνούλι φ οιτη τές και καθηγητές, όλοι μα θηματικοί συνεχι στές του Λάιμπνιτς έλυσαν εξισώσεις 3ου και 4ου βαθμού, εκθετικές καθώς και σειρές. Ο J.

όπου α, β, γ οι πλευρές μιας γωνίας, χ,y, ω οι χ+ y + ω , γωνιες τους τ= 2 Επίσης ανα κάλυψε σε κάθε πολύγωνο Κο ρυφ ές + Έδρες = Ακμές +2 κα ι τον τύπο 4 π 1 π 1 π -=εφ - + - εφ - + - εφ- + . . . γωνία π 4 2 8 4 16 ' ft = 180°. Πιο σπουδαίες είναι οι εξισώσεις του στον Απειροστικό Λογισμό.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/11

Ανάλογα Ποσά Τάξη

======

Παναγu&rα Αργύρη

Τα ανάλογα ποσά εμφανίζονται σε πολλές δραστηριότητες της καθημερινής μας ζωής. Λέμε: 'Ο μαθητής θα βαθμολσyηθεί ανάλογα με την συμμετοχή του στην τάξη και την επίδοσή του στα διαγωνίσματα' 'Τα κιλά και το ύψος ενός παιδιού είναι ανάλσyα με την ηλικία του' ή 'τα χρήματα που θα πληρώσω στο μανάβη είναι ανάλογα με το πόσα κιλά μήλα θα αγοράσω' ή Ή περίμετρος ενός τετραγώνου είναι ανάλογη με την πλευρά του' Είναι σωστές με βάση τα μαθηματικά lJλες οι παραπάνω εκφράσεις; Ας κατανοήσουμε λοιπόν με το ακόλουθο παράδειγμα (που συνδέει την άλγεβρα και τη γεωμετρία) ποια ποσά ονομάζονται ανάλογα στα μαθηματικά. Παράδειγμα

Για τον υπολσyισμό του μήκους του κύκλου: Γ = 2*3,14*ρ (ρ η ακτίνα του κύκλου) ή Γ=3,14*δ (αφού η διάμετρος είναι διπλάσια της ακτίνας). Στον παρακάτω πίνακα υπολσyίσαμε το μήκος του κύκλου για διαφορετικές τιμές της διαμέτρου, καθώς και τον λόγο τιμών του μήκους προς την διάμετρο του κύκλου σε κάθε

Παρατηρούμε ότι α) η διάμετρος και η περίμετρος μεταβάλλονται με τον ίδιο τρόπο, δηλαδή όταν διπλασιάζεται η διάμετρος τότε διπλασιάζεται και το μήκος του κύκλου, όταν δεκαπλασιάζεται η διάμετρος , τότε δεκαπλασιάζεται και το μήκος του κύκλου κ.ο.κ. ΣvνεπιίJς δύο ποσά χ και ψ ονομάζονται ανάλογα δταν πο}J,απλασιάζονται οι τιμές του ενδς ποσοι5 με έναν αριΟμδ, τδτε και οι αντίστοιχες τιμές του άλλου ποσού πολλαπλασιάζονται με το ίδιο αριθμό β) ο λόγος των τιμών του ενός ποσού προς τις αντίστοιχες τιμές του άλλου ποσού είναι πάντα σταθερός και ονομάζεται συντελεστιίς αναλογίας. Οπότε οι δυο πρώτες εκφράσεις παραπάνω διατυπώνονται σωστά ως εξής : Ή βαθμολογία του μαθητή εξαρτάται την συμμετοχή του στην τάξη και την επίδοσή του στα διαγωνίσματα' 'Τα κιλά και το ύψος ενός παιδιού εξαρτώνται από την ηλικία του' Όσον αφορά τις επόμενες δύο εκφράσεις : 'τα ποσά κιλά μήλα και χρήματα (ευρώ) είναι ανάλσyα, αφού όταν διπλασιάζονται τα κιλά μήλα που θα αγοράσω τότε θα διπλασιαστούν και τα ευρώ που θα πληρώσω' 'Αν διπλασιαστεί ή τριπλασιαστεί ή υποδιπλασιαστεί η πλευρά του τετραγώνου τότε αντίστοιχα και η περίμετρος του διπλασιάζεται ή τριπλασιάζεται ή υποδιπλασιάζεται. Προσοχή είναι λάθος να διατυπωθεί ότι στα ανάλσyα ποσά όταν αυξάνονται οι τιμές του ενός ποσού, τότε αυξάνονται και οι τιμές του άλλου ποσού. Για παράδειγμα όταν αυξάνονται οι ώρες εργασίας ενός εργάτη, αυξάνεται και η αμοιβή του, όμως τα ποσά (ώρες εργασίας-αμοιβή) δεν είναι ανάλσyα, γιατί για φανταστείτε τι καταστροφικό θα ήταν σε μία περίοδο οικονομικής κρίσης όταν διπλασιάζονται οι ώρες εργασίας, να διπλασιάζεται και η αμοιβή του εργάτη; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣΑ' 83 τ.3/12

------

ΟΗ•2.00υ:.

; •3,1.ι8 ΒΗ

Κλlσηθ•3.1-4 μtτροLΗQ&.• 72,33°

ι«μt'JροLΗΟΑ) •3.14

.ι+

·t .

Ι�

.75

I�

Απάντηση

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΛΥΣΗ ΤΩΝ ΑΣΚΉΣΕΩΝ ΜΕ ΑΝΆΛΟ ΓΑ ΠΟΣΑ 1 . Να εξετάσετε αν τα ποσά που δίνονται στους

παρακάτω πίνακες είναι ανάλογα.

� ο Η

-------

Γραφικιί παράσταση αναλόγων ποσών Αν παραστήσουμε τα ζεύγη (δ,Γ) του παραπάνω πίνακα τιμών με σημεία σε σύστημα συντεταγμένων, τότε αυτά ανήκουν σε μία ευθεία που διέρχεται απο την αρχή των αξόνων και η κλίση της είναι ίση με το σταθερό 'λiΥγο τιμών των δύο ποσών

ΒΗ •1,28 μ:,

ΑνάΜηαποσά

I�

ι:

I�

Ι�

.25

Εξετάζουμε αν ο 'λiΥγος των αντίστοιχων τιμών τους ψ/χ είναι σταθερός σε κάθε περίπτωση. Πίνακας 1 : 0,75/1=0,75 , 4,5/3=1,5 άρα δεν συνεχίζουμε , τα ποσά δεν είναι ανάλογα. Πίνακας 2: 3/2= 1,5 6/4=1,5 15/10=1,5 18/12=1,5 Με τον ίδιο τρόπο εργαζόμαστε για να συμπληρώσουμε ένα πίνακα ανα'λiΥγων ποσών. 2. Στην παρακάτω γραφική παράσταση δίνεται η σχέση αναλογίας που συνδέει το όγκο με το βάρος του λαδιού. 14 12 10 8

Βάρος σε κιλά

Όyκος σε λlιρα

α) Να συμπληρώσετε τον παρακάτω πίνακα τιμών :

Β � I sz

ο λαδ� Qt) ο λαδιου JKg)

10,5

β) Με ποια σχέση περιγράφεται η αναλογία; γ) Ένας ελαιοπαραγωγός δίνει στο ελαιοτριβείο 4500Kg ελιές και παίρνει βάρος λαδιού ίσο με

16% του βάρους των ελιών. Πόσα δοχεία χωρητικότητας 5lt το καθένα θα χρειαστεί;

Απάντηση α) Από την γραφική παράσταση της συνάρτησης έχουμε οτι για όγκο λαδιου χ=1O lt παίρνουμε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/13

------ Ανάλcryαποσά

------

βάρος λαδιού ψ=8kg. Άρα ο συντελεστής αναλογίας ψ/χ=ι,2 5. Άρα για την συμπλήρωση του πίνακα τιμών σχηματίζουμε κάθε φορά τους ίσους λόγους. 1• 25 Ψ Ψ = =ι 25 ψ =2, s 2 2 ' 1 6 -=1,25 χ

6 1,25 = ι χ

1,25 ·χ=6

χ=6: Ι,25 = 4, 8

8 -= 1,25 χ

6 Ι,25 -=-χ Ι

1,25 ·χ= 8

χ= 8: Ι,25 =6, 4

_L_=I,25 10,5

_L_= 1• 25 10,5 1

ψ = 10, 5 ·1,25

ψ = 13, Ι25

β) Η σχέση αναλογίας είναι ψ= 1 ,25χ

γ) Πρώτα από όλα θα υπολογίσουμε το βάρος του λαδιού που θα πάρει:

� 4500 = 720kg λάδι ·

100 Άρα πάλι με βάση τον συντελεστή αναλογίας : 720 720 1• 25 = 1,25 = Ι,25 . χ= 720 χ= 720: Ι,25 = 576lt λάδι χ 1 χ Θα το μοιράσει σε 576: 5 πεντόλιτρα δοχεία, δηλαδή θα χρειαστεί περίπου Ι15δοχεία. σκήσεις για Επιπλέον Εξάσκηση Αι4·

Ένα οικόπεδο ΑΒΓΔ έχει σχήμα ορθογωνίου παραλληλογράμμου με το πραγματικό του μήκος να είναι 25m, ενώ το μήκος του πάνω στο σχέδιο είναι 50dm. ί) Με ποια κλίμακα το σχεδιάσαμε ; ίί) Πόσα m. είναι το πραγματικό του πλάτος, αν το πλάτος του πάνω στο σχέδιο είναι 200cm; iii) Δίνεται και ένα άλλο ορθογώνιο παραλληλόγραμμο το ΚΛΜΝ, που έχει πραγματικές διαστάσεις 30m (το πλάτος του) και 7 5m (το μήκος του). Υπολογίστε τους λόγους των αντίστοιχων πλευρών τους. (Υπόδειξη : Η κλίμακα ενός σχεδίου ορίζεται ως λόγος του μήκους πάνω στο σχέδιο προς το πραγματικό μήκος με την προϋπόθεση οτι τα δύο μήκη εκφράζονται στην ίδια μονάδα μέτρησης). Αιs·

Ένας μανάβης αγοράζει από την κεντρική λαχαναγορά το 1κιλό μήλα με 1,5 ευρώ (τιμή αγοράς). Στην συνέχεια πουλάει τα μήλα με κέρδος 40%. α) Να κατασκευάσετε πίνακα τιμών αναλόγων ποσών και να υπολογίσετε πόσο πουλά το Ι κιλό μήλα στους πελάτες του(τιμή πώλησης).

:Τιμή α'Ροpάς_ (για 1 κιλό μήλα) !Τιμή πώληιrης_(για Ι κιλό μήλα) ----· -------·.

--- .

---- ------------

β) Η κυρία Μαρία πήγε στο μανάβικο και πλήρωσε για τα μήλα που αγόρασε 12,5 ευρώ. Να

υπολογίσετε πόσα κιλά μήλα αγόρασε, αφού κατασκευάσετε τον κατάλληλο πίνακα τιμών αναλόγων ποσών.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α. 83 τ.3/14

Αντιστρόφως Αvάλοyα Ποσά

Βοηθήστε τον κ. Κρυουλ ιάρη vα παραμείvε ι ζεστός.

=======

Ροϊδούλα Κιούφτη

Ο κ. Σπουδαιουλάκος, δήμαρχος του χωριού Παγωμένο, ανέθεσε στον

κ. Κρυουλιάρη μια εργασία. Για τις επόμενες 4 ημέρες ο κ. Κρυουλιά ρης θα ήταν αναγκασμένος να γεμίζει κάθε ημέρα, 5 ίδια βαρέλια με νερό, από την κεντρική βρύση του χωριού. Βλέπετε, για κακή του τύχη, είναι αυτός που μένει ακριβώς δίπλα στη βρύση. Και το χειρότερο; Τον μήνα Δεκέμβριο που η θερμοκρασία στο ορεινό χωριό είναι πάρα πολύ χαμηλή. Την 1η μέρα που η παροχή της βρύσης ήταν 1Ο λίτρα ανά λεπτό, ο κα ημένος ο κ. Κρυουλιάρης έμεινε 5 ολόκληρες ώρες, μέσα στο κρύο, μέ χρι να γεμίσει όλα τα βαρέλια. Κόντεψε να πεθάνει από το κρύο ή έτσι τουλάχιστον νόμισε. Το βράδυ, όταν πια ζεστάθηκε καλά καλά κι άρχι σε να σκέφτεται, κατάλαβε, ότι αν υπολόγιζε το χρόνο που χρειάζεται το 1 βαρέλι για να γεμίσει με νερό, θα καθόταν ήσυχα ήσυχα σπίτι του και θα έβγαινε μόνο για να αλλάξει τα βαρέλια στη βρύση. Το πρόβλημα ήταν ότι ο δήμαρχος τον είχε ενημερώσει ότι η παροχή της βρύσης τη 2η μέρα θα ήταν διπλάσια από την 1η, την 3η τριπλάσια από την 1η, κ.ο. κ. Όσο κι αν μέτραγε και ξαναμέτραγε, υπολόγιζε και ξαναυπολόγιζε ο κ. Κρυουλιάρης, άκρη δεν μπόρεσε να βγάλει. Μήπως εμείς μπορούμε να τον βοηθήσουμε; Για να δούμε: Την 1 η ημέρα που η παροχή ήταν 1Ο λίτρα ανά λεπτό, δηλαδή η βρύση κάθε λεπτό έβγαζε 1Ο λίτρα νερό, ο κ. Κρυουλιάρης χρειάστηκε 5 ώρες και για τα 5 βαρέλια, άρα για να βρούμε πόσο χρόμο χρειάστηκε για το 1 βαρέλι θα κάνουμε διαίρεση 5 : 5 = 1 ώρα ή 1 ώρα = 60 λεπτά. Μά λιστα, μπορούμε να βρούμε και πόσα λίτρα νερό χωράει το 1 βαρέλι ως εξής: αφού το 1 βαρέλι γέμισε σε 60 λεπτά και κάθε λέπτο έμπαιναν στο βαρέλι 1Ο λίτρα νερό τότε αυτό χωράει 6Οχ1 0=600 λίτρα νερό. Την 2η ημέρα η παροχή θα είναι διπλάσια από την 1η, επομένως 10 χ 2 = 20 λίτρα ανά λεπτό κι έτσι το κάθε βαρέλι θα γεμίζει στο μισό χρόνο από την 1η μέρα. Για την ακρίβεια, θα χρειαστεί 60 : 2 = 30 λεπτά. Για να το επαλήθευσουμε υπολογίζουμε: 30 λεπτά χ 20 λίτρα το κάθε λεπτό = 600 λίτρα, που είναι όσο ακριβώς χωράει το βαρέλι. Την 3η ημέρα η παροχή θα είναι 1Ο χ 3 = 30 λίτρα ανά λεπτό και ο χρόνος γεμίσματος του 1 βαρελιού θα είναι τρεις φορές μικρότερος δηλαδή 60 : 3 = 20 λεπτά. Για να το επαλήθευσουμε υπολογίζουμε: 20 λεπτά χ 30 λίτρα το κάθε λεπτό = 600 λίτρα. Την 4η ημέρα η παροχή θα είναι 10 χ 4 = 40 λίτρα ανά λεπτό και ο χρόνος γεμίσματος του 1 βαρελιού θα είναι τέσσερις φορές μικρότερος δηλαδή 60 : 4 = 15 λεπτά. Για να το επαλήθευ σουμε υπολογίζουμε: 15 λεπτά χ 40 λίτρα το κάθε λεπτό = 600 λίτρα. Αχά!!! Κατάλαβα τι γίνεται, όταν οι τιμές της παροχής πολλαπλασιάζονται με έναν αριθμό, τότε οι τιμές του χρόνου γεμίσματος του 1 βαρέλιου διαιρούνται με τον ίδιο αριθμό. Επιπλέον, αν την τιμή της παροχής την πολλαπλασιάσουμε με το χρόνο γεμίσματος του βαρελιού, βγαίνει πάντα το ίδιο αποτέλεσμα, δηλαδή 600 λίτρα, όσο και το νερό που χωράει το βαρέλι. Αν συμβολίσουμε λοιπόν την παροχή της βρύσης με χ και το χρόνο γεμίσματος του 1 βαρελιού με y από τα προηγούμενα έχουμε: όταν το χ=1Ο ( λίτρα ) τότε το y=60 ( λεπτά ) και 10·60=600 ( λίτρα ) όταν το χ=20 (λίτρα ) τότε το y=30 (λεπτά ) και 20·30=600 (λίτρα) όταν το χ=30 (λίτρα) τότε το y=20 (λεπτά ) και 30·20=600 (λίτρα ) όταν το χ=40 ( λίτρα ) τότε το y=15 ( λεπτά ) και 40·15=600 ( λίτρα ) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/15

Αντιστρόφως Ανάλuγα Ποσά

-------

Οι τιμές 1Ο ( λίτρα ) και 60 ( λεπτά ) που αποτελούν «ζευγάρι)) στο πρόβλημα, λέγονται αντί στοιχες τιμές των ποσών χ, y. Έτσι η αντίστοιχη τιμή του 20 (λίτρα) είναι το 30 (λεπτά), του 30 (λίτρα) είναι το 20 ( λεπτά ), του 40 ( λίτρα ) είναι το 15 ( λεπτά ), κ.τ.λ. αν γνωρίζαμε τις τιμές και για τις επόμενες ημέρες. Αλήθεια μήπως εσύ μπορείς να βρεις τις αντίστοιχες τιμές των ποσών χ, y αν ο κ.Κρυουλιάρης συνεχίσει την εργασία του και για τις επόμενες δύο ημέρες; Είδαμε λοιπόν ότι οι τιμές του ποσού y εξαρτώνται από τις τιμές του ποσού χ ( η τιμή του y δηλαδή αλλάζει-μεταβάλλεται όταν αλλάξει-μεταβληθεί η τιμή του χ). Για την ακρί βεια όταν οι τιμές του χ πολλαπλασιάζονται με έναν αριθμό τότε οι αντίστοιχες τιμές του y διαιρούνται με τον ίδιο αριθμό και επιπλέον το γινόμενο των αντίστοιχων τιμών

•

χ·y παραμένει σταθερό. •

Τα ποσά χ, y σε αυτή την περίπτωση λέγονται αντιστρόφως ανάλογα ποσά και η συνάρτηση που τα συνδέει είναι η

= !!.... , όπου το α είναι ο σταθερός αριθμός που προκύπτει από το χ

γινόμενο των αντίστοιχων τιμών των ποσών χ, y. );> Καταλαβαίνουμε ότι για να βρούμε τη συνάρτηση που συνδέει δύο αντιστρόφως ανάλο γα ποσά αρκεί να γνωρίζουμε ένα «ζευγάρι)) αντίστοιχων τιμών ώστε από το γινόμενο τους να υπολογίσουμε τον σταθερό αριθμό α. Έτσι στο δικό μας παράδειγμα η συνάρτηση που συνδέει τα ποσά χ (παροχή της βρύσης)

' ' ' γεμισματος ' και y (χρονο του 1 βαρελιου) ειναι η

600

= -

, αφου το γινομενο των αντιστοιχων

τιμών των χ, y είναι όπως είδαμε 600. Ας φτιάξουμε τώρα ένα «πινακάκι)), ή όπως αλλιώς το λέμε πίνακα τιμών των ποσών χ και y, με τις αντίστοιχες τιμές που βρήκαμε προηγουμένως, ώστε να έχουμε συγκεντρωμένα τα στοιχεία μας και να βλέπουμε τα πάντα με μια «ματιά)) εύκολα και γρήγορα. Στις δύο τελευταίες στήλες συμπληρώστε εσείς τις άντίστοιχες τιμές που βρήκατε για την 5η και � ημέρα. 1η

χ (παροχή βρύσης σε λίτρα ανά λεπτό) Υ

(χρόνος γεμίσματος του 1 βαρελιούσε λεπτά) •

•

211

311

η 4

ημέρα

5η

ημέρα

6η

ημέρα

Αν έχουμε έναν πίνακα τιμών δύο ποσών χ, y τότε μπορούμε: );> Να ελέγξουμε αν τα ποσά είναι αντιστρόφως ανάλογα ως εξής: υπολογίζουμε τα γινόμε να των αντίστοιχων τιμών και αν το αποτέλεσμα αυτών είναι ο ίδιος αριθμός τότε τα πο σά είναι αντιστρόφως ανάλογα. );> Αν σε αυτό δίνετε ένα ζευγάρι αντίστοιχων τιμών να υπολογίσουμε το γινόμενό τους, δηλαδή το α της συνάρτησης, άρα να βρούμε τον τύπο της συνάρτησης και στη συνέχεια να συμπληρώσουμε τον πίνακα αν είναι ελλειπής.(Μπορεί στον πίνακα να δίνετε τιμή για το χ αλλά όχι το αντιστοιχό του y ή το αντίστροφο. Έτσι αφού βρούμε τη συνάρτηση κά νουμε αντικατάσταση την τιμή που γνωρίζουμε και υπολογίζουμε την aντίστοιχή της. ) );> Να απεικονίσουμε σε σύστημα ορθογωνίων αξόνων τα ζεύγη (χ,y) των αντίστοιχων τι μών και να σχεδιάσουμε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης. Για να κατασκευάσουμε τη γραφική παράσταση εργαζόμαστε ως εξής: );> φτιάχνουμε έναν πίνακα τιμών των ποσών χ, y. );> φτιάχνουμε σύστημα ημιαξόνων και αναπαριστούμε σε αυτό τα ζεύγη αντίστοιχων τιμών (χ,y) του πίνακα τιμών. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/16

-------

�

Αντιστρόφως Ανά').ι)γα Ποσά

--------

Ενώνουμε με μια γραμμή τα προηγούμενα σημεία. Η παραπάνω καμπύλη είναι η γραφική πα,

ρασταση της συναρτησης y

600

= -

•

Η γραφική παράσταση δύο ποσών που είναι αντιστρόφως ανάλογα είναι πάντα μια καμπύ λη τις παραπάνω μορφής, ονομάζεται υπερβο λή και δεν τέμνει ποτέ τους ημιαξονες Οχ, Oy, επειδή οι τιμές των ποσών χ, y δεν παίρνουν ποτέ την τιμή Ο. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ ΙΑ ΕΞΆΣΚΗΣΗ Α 1 6• Μια παιδική κατασκήνωση τους μήνες Ιούλιο και Αύγουστο φιλοξένησε τα παιδιά τεσσά ρων γυμνασίων για δεκαπέντε ημέρες το κάθε σχολείο. Ο υπεύθυνος της κατασκήνωσης αγόρασε την ίδια ποσότητα τροφίμων για όλες τις ομάδες μιας και η αποθήκη τροφίμων της κατασκήνωσης είχε περιορισμένο χώρο. Από το 1 ο σχολείο συμμετείχαν 1 00 μαθητές και τα τρόφιμα έφτασαν για 1 5 μέρες ακριβώς. Να εξετάσετε αν τα ποσά αριθμός μαθητών και ημέρες που διαρκούν τα τρόφιμα είναι αντι στρόφως ανάλογα και στη συνέχεια να βρείτε:. 1 . Αν από το 2 ° σχολείο συμμετείχαν 200 παιδιά και από το 3 ° 1 50 παιδιά πόσεςημέρες θα διαρκέσουν τα τρόφιμα για κάθε ένα από αυτά τα σχολεία; 2. Αν για τα παιδιά του 4ου σχολείου τα τρόφιμα έφτασαν για τρεις ημέρες πόσα παιδιά πή γαν κατασκήνωση από αυτό τοσχολείο; Α ι 7• Εξέτασε ποιοι από τους παρακάτω πίνακες είναι πίνακες αντιστρόφως αναλόγων ποσών:

2 3

8 5 2

Για τα ποσά χ, y που είναι αντιστρόφως ανάλογα να βρείτε επιπλέον τη συνάρτηση που συνδέει τα ποσά αυτά. Α ι s- Τα ποσά χ, y του παρακάτω πίνακα είναι αντιστρόφως ανάλογα.

χ Υ 1.

11.

111.

0,3

0,5

0,8

0,9 20

Βρείτε τη συνάρτηση που συνδέει τα ποσά χ, y. Συμπλήρωσε τον πίνακα. Σε κατάλληλο σύστημα ημιαξόνων, βρείτε τα σημεία που παριστάνουν κάθε ζευ γάρι αντίστοιχων τιμών (χ,y), και σχεδίασε την υπερβολή που είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης που βρήκατε στο i. Ερώτημα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/17

ΑΞΟ ΝΑΣ ΣΥΜΜ ΕΤΡ ΙΑΣ Παίζω και μαθαίνω . . . με φαντασία και δημιοuρyικότητα!

=======�=

Π αναγιώτα Αργύ ρη

Αποτυπώ στε σε ένα διαφ ανές χαρτ ί τα δύο παρακάτ ω σχήματ α και στη συνέχεια διπλώ στε κατ α μήκο ς της ε υθείας ε . Τι παρατηρε ίτε ;

Σχήμα 1

Σχήμα 2

Στο σχήμα 1 η ε υθε ία «χωρίζει» το σχήμα σε δύο μέρη, όπο υ κατά τη δίπλωση κατά μήκο ς της ε υθε ίας τα δύο μέρη συμπίπτο υν. Στο σχήμα 2 δεν συμβαίνει το ίδιο. Η ε υθε ία πο υ έχει τ ην ιδιότητ α να χωρίζε ι το σχήμα σε δύο μέρη, τα ο πο ία συμπίπτο υν ότ αν το σχήμα διπλ ωθε ί κατ ά μήκο ς της ε υθείας αυτ ής ο νομάζετ αι άξονας συμμετρίας το υ σχήματο ς Π ρο σπαθήστε να βρείτε το ν άξο να συμμετ ρίας στ α παρακάτ ω σχήματ α. Υπάρχε ι μόνο μία ευθεία πο υ ε ίναι άξο νας συμμετρίας το υ σχ ήματο ς; Μ πο ρεί το σχήμα να μην έχει άξο να συμμετρίας; ι'·

I \ I \ I \ I \ \ ί \ ./

I I "--

�,.

I I

• ···· ·•-• .Ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/18

-------

Άξονας συμμετρίας

ΣΥΜ Μ ΕΤΡΙΑ ΩΣ Π ΡΟΣ ΑΞΟΝΑ

-------

Πως όμως θα κατασκευάζουμε το συμμετρικό ενός σχήματος ως προς μία

ά�ονας συιιιιετριας

rι

ευθεια ε

ευθεία ε;

Δραστηριότητα Jlf Παρατηρή στε οτι τα σημεία Α και Α ' ισαπέχουν από την ευθεία ε (το σημείο Μ είναι το μέσο του ευθυγράμμου τμή ματος ΑΑ ' ) και βρίσκονται στην ίδια κάθετη που φέρνουμε από το Α προς την ε. Τότε, τα σημεία Α και Α ' λέγονται συμμετρικά ως προς την ε και η ευθεία ε λέγεται άξονας συμμε τρίας. Τα σημεία Β και Β ' δεν είναι συμμετρι κά ως προς την ε. (το Ν δεν είναι μέσο του ευθυγράμμου τμή ματος ΒΒ ' )

ΜΛ = 3,35 εκ.

MzA = 5,90

Α' .

ΒΝ = 4,78 εκ.

ΝΒ' = 4,97 εκ. Ν

Δραστηριότη τα 2" Π ροσπαθή στε να κατασκευάσετε το συμμετρικό Α 'Β 'Γ ένος τριγώνου ΑΒΓ ως προς μία ευθεία ε . Σκεφτείτε ποια σχέση έχουν τα δύο τρίγωνα ΑΒΓ και Α ' Β ΤΌ Μ ι Β = 1,48 εκ. Β'Μι

ΜΑ: = 3,35 εκ.

Β'

ε Α

1 ,48 εκ.

Μ3Γ = 2,99 εκ. Γ'Μ3 = 2,99 εκ. εκ.

Α'Μ2

5,90 εκ.

ΑΒ = 6.44 εκ. Κ = 4,θβ εκ. ΒΓ = 8,70 εκ.

άξονα� συμμετρία� Α'Β'

6,44

ΕΚ.

Β'

ΑΓ = 4,86εκ. Β'Γ' = 6,70

ΕΚ.

Α'

•

• •

Μπορούμε λοιπόν να κατασκευάσουμε το συμμετρικό ευθύγραμμο τμή μα Α 'Β ' ενός ευθυγράμμου τμή ματος ΑΒ ως προς μία ευθεία ε τη συμμετρική ευθεία ε ' ή ημιευθεία Οχ ' μίας ευθείας ε ή μίας ημιευθείας Οχ αντίστοιχα, ως προς μία ευθεία ε. τη συμμετρική γωνία χ Ό ' ψ ' μίας γωνίας χΟψ ως προς μία ευθεία ε το συμμετρικό κύκλο (Ο ' ,ρ) ενός κύκλου (Ο,ρ) ως προς μία ευθεία ε.

ΚΑΙ ΟΧΙ ΜΟΝΟ. . .... Δ ραστ ηριδτ ητα 3" Για να προσπαθή σουμε με βάση την γεωμετρική κατασκευή της συμμετρίας ενός σχή ματος ως προς άξονα να κατασκευάσουμε ένα ρόμβο όταν δίνεται το μή κος α της πλευράς του. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/19

-------

Άξονας συμμετρίας

------

Θεωρούμε ένα τυχαίο ευθύγραμμο τμή μα Β Γ. Με κέντρο Β και ακτίνα Β Γ κατασκευάστε κύ κλο. Όμοια με κέντρο Γ και ακτίνα a=er =5.56εκ. ΒΓ κατασκευάστε κύκλο. Έστω Α το ΑΒ = 5•56 '"· ΑΓ = 5•56'"· σημείο τομή ς των δύο κύκλων. ΣχημαΑ'Β = 5'56'"' τίζουμε τα ευθύγραμμα τμή ματα ΑΒ Α'Γ = 5.5.s εκ . και ΑΓ. Τότε, μήπως ισχύει ΑΒ=ΑΓ και γιατί; Θεωρώ την ευθεία Β Γ ως άξονα συμμετρίας και κατασκευάζω το συμ μετρικό Α ' του σημείου Α. Τι μπορούμε να συμπεράνουμε για το τετράπλευρο Α ' Β ΓΑ ; Με βάση την κατασκευή που ακο λουθή σαμε μπορούμε να διατυπώσου Α'· με τις ιδιότητες των γωνιών, των πλευρών και των διαγωνίων του ρόμβου; Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ .Π ι\ Ε Π Ι Π λ Ε Ο \ Ε ΞΑ Σ Κ Η Σ Η Α 1 !) .

Α2ο.

Α2 1 •

Α22•

Σκεφτείτε, σχεδιάστε με κανόνα και διαβή τη και απαντή στε αν είναι σωστό ή λάθος ότι: α) το τετράγωνο έχει 2 άξονες συμμετρίας το ισοσκελές τραπέζιο έχει 2 άξονες συμμετρίας β) οι διαγώνιοι ενός ορθογωνίου είναι ίσες γ) η μεσοκάθετη ενός ευθύγραμμου τμή ματος είναι άξονας συμμετρίας του δ) δύο σχή ματα συμμετρικά ως προς άξονα είναι ίσα ε) στ) οι διαγώνιοι ενός παραλληλογράμμου είναι άξονες συμμετρίας του

Να κατασκευάσετε ένα κύκλο (0 , 5cm) . α) Να κατασκευάσετε μία χορδή του AB=3cm. Με κανόνα και διαβήτη να βρείτε τον άξο να συμμετρίας ε Ι της χορδή ς ΑΒ . β ) Να κατασκευάσετε με κανόνα και διαβήτη τον άξονα συμμετρίας ε2 και μίας άλλης χορδή ς ΓΔ του κύκλου. γ) Τι παρατηρείτε για το σημείο τομή ς των ε 1 και ε2 , των αντίστοιχων αξόνων συμμετρίας των δύο χορδών. Δικαιολογείστε ότι με την παραχ πάνω γεωμετρική κατασκευή μπορούμε να προσδιορίσουμε το κέντρο ενός κύκλου. Στο σχή μα της παραπάνω γωνίας χΟψ: α) Να κα τασκευάσετε παράλληλη ευθεία ε που απέχει 4cm από την κορυφή της γωνίας Ο και τέμνει τις πλευ ρές της γωνίας Οχ και Οψ στα σημεία Α και Β α ντίστοιχα. β ) Να κατασκευάσετε τη συμμετρική της γωνίας χΟψ ως προς την ευθεία ε. Σε τρίγωνο ΑΒΓ: α) να κατασκευάσετε με κανόνα και διαβήτη το μέσο Μ της πλευράς ΑΓ και στην συνέχεια να σχεδιάσετε την διάμεσο Β Μ β ) Να κατασκευάσετε το συμμετρικό του τριγώνου ΑΒΓ, ως προς την διάμεσο Β Μ . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/20

ΚΕ ΝΤΡΟ ΣΥΜΜ ΕΤΡΙΑΣ Ροϊδούλα Κιούφτη

Ας παίξουμε με τ ην περ ιστρ οφή των σχημάτων: Έχουμε κάποιες κάρ τες οι παρ ακάτω και μια στρ ογγ υλή πινέζα την οποία έχουμε χωρ ίσει, φέρ νοντας μια διάμετρ ο, σε δύο ίσα μέρ η.Χρ ωματίσαμε το ένα ημικύκλιο της πινέζας κό κκινο και το άλλο κίτρ ινο. Το παιχνίδι έχει ως εξής: Ένας παίκτης παρ ατηρ εί τις κάρ τες για πέντε λεπτά και στη συνέχεια δένει τα μάτια του. Οι υπό λοιποι πρ οσπαθούν να τοποθετήσουν την πινέζα σε ένα σημείο της κάρ τας και να περ ιστρ έψουν την κάρ τα μαζί με την πινέζα ώστε τα δύο χρ ωματιστά ημικύκλια να αλλάξουν θέσεις, με τέτοιο τρό πο ό μως ώστε να μην καταλάβει ο παίκτης που έχει κλείστα τα μάτια του τη μετακίνηση τ ης εικόνας.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 83 τ.3/21

-------

Κέντρο Συμμετρίας

Ι �: Ί

-------

Πιστεύετε ότι μπορούμε να το καταφέρουμε αυτό με όλες τις παραπάνω κάρτες; Υπάρχει δηλαδή ένα τέτοιο σημείο για κάθε ένα από τα παραπάνω σχή ματα; Ας σκεφτούμε αρχικά κατά πόσες μοίρες περιστρέφονται τα σχή ματα όταν τα δύο χpωμαnστά ημικύκλια αλλάζουν θέσεις α α σε αυτή την περιστροφή είναι σαν να διαγράφουν τη γωνία των ημικυκλίων

_Q..._

η οποία αφού είναι ευθεία γωνία είναι

1 80° .Επομένως, " πρακτικά " , πρέπει να ουμε εαν όταν περιστρέφουμε κάποιο σχή μα γύρω από ένα σημείο κατά 1 80° το τελικό σχή μα συμπίπτει με το αρχικό. Έτσι αν παρατηρή σουμε ξανά τις κάρτες φαίνετε ότι για τις τρεις πρώτες υπάρχει ένα τέτοιο σημείο που βρίσκετε στο " κέντρο " τους, δηλαδή εκεί όπου τέμνονται οι διαγώνιοι της κάθε κάρτας, ενώ για την τέταρτη δεν υπάρχει τέτοιο σημείο. Καταλήγουμε λοιπόν στο συμπέρασμα ότι σε κάποια σχή ματα υπάρχει ένα σημείο Ο, γύρω από το οποίο αν περιστραφεί το σχή μα κατά 1 80° , το τελικό σχή μα συμπίπτει με το αρχικό. Το σημείο Ο λέγετε σ ' αυτή την περίπτωση κέντρο συμμετρίας του σχή ματος ή λέμε ότι το σχή μα έχει κέντρο συμμετρίας το σημείο Ο. Μπορείτε τώρα εσείς να εξετάσετε αν τα επόμενα σχή ματα έχουν κέντρο συμμετρίας και αν ναι να βρείτε ποιο σημείο είναι;

<1---I L ---J Ν

ΣΧΗ ΜΑΤΑ ΣΥΜ Μ ΕΤ Ρ Ι ΚΆ ΩΣ Π ΡΟΣ Σ Η Μ Ε Ι Ο

Μπορούμε να περιστρέψουμε οποιοδήποτε σχή μα θέλουμε γύρω από ένα σημείο, της επιλογή ς μας,κατά γωνία 1 80° όπως, για παράδειγμα, στο παρακάτω σχή μα όπου έχουμε περιστρέψει ένα διακοσμητικό αντικείμενο κατά 1 80° γύρω από το Ο. Για να καταλάβουμε πως γίνετε αυτή η περιστροφή παρατηρή στε το σημείο Α και σκεφτείτε ότι το έχουμε ενώσει με το σημείο Ο με ένα τεντωμένο σχοινί και διατηρώντας το σχοινί διαρκώς τεντωμένο περιστρεφόμαστε γύρω από το Ο ώστε να διαγράψουμε γωνία 1 80° και να το μετακινή σουμε στη θέση Α ' . Αν αυτή η διαδικασία γίνει για όλα τα σημεία του αρχικού σχή ματος τότε θα έχουμε περιστρέψει όλο το σχή μα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/22

-------

Κέντρο Συμμετρίας

------

Ενδιάμεσες θέσεις κ ατά την πε ριστροφ ή

Σχή μα α

(τελικό)

(αρχικ ό )

Με αυτό τον τ ρό πο κατασ κευάσ αμε, ό πως λέμε, το συμμετ ρικό τ ου σχή ματ ος α ως προς το σ ημείο Ο, που είναι το σχή μα α' . Σ κέψου αν περιστ ρέψουμε τώ ρα το σχή μα α' ως προς τ ο Ο με ποιο σχή μα θα σ υμπέσ ει; Σ ωστά! Με τ ο αρχικό σχή μα α. Κατ αλαβαίν ουμε λοιπόν ότ ι τα συμμετρικά ως προς σημείο σχήματα είναι ίσα ,αφού ταυτ ίζονται ότ αν μεταφέρουμε το έν α πάν ω στ ο άλλο. Άλωστ ε είναι λογικό ν α σ υμβαίν ει αυτό αφού απλώ ς μετ ακιν ούμε το σχή μα σε μία ν έα θέσ η χωρίς να προκαλούμε καμία " παραμό ρφωσ η" σε αυτό.Μάλιστ α ό πως θα παρατ ηρήσ ουμε και στην εικόν α κάθε σημείο του (α) μετ ά την ολοκλή ρωσ η τ ης στροφή ς σ υμπίπτ ει με έν α σ ημείο του ( α'):Ετσ ι τ ο Α συμπίπτει με το Α' , τ ο Β με το Β' κ.τ.λ. Τα σημεία αυτ ά , Α .-. Α'( Β .._. Β' , κ.τ.λ.) λέγονται συμμετρικά ως προς το Ο και μπορούμε εύκολα ν α διαπιστώσ ουμε ότι αυτό συμβαίνει όταν το Ο είναι το μέσο του τμήματος ΑΑ'(ΒΒ' , κ.τ.λ.). Ας δούμε ό μως πως μπορούμε ν α κατασκευάσ ουμε τα σ υμμετρικά ορισμέν ων σχημάτων ως προς ένα σημείο. C8 Συμμετρικό σημείου Α'

ο "

•

\ •

Γ ια ν α κατ ασκευάσ ουμε το σ υμμετ ρικό Α· ενός σ ημείου Α ως προς τ ο σ ημείο Ο, αφού ό πως είπαμε το Ο είν αι το μέσ ο τ ου ΑΑ ·, ενών ουμε τ α σημεία Α και Ο, δηλαδή κατ ασ κευάζουμε το ευθύγραμμο τμ ήμα ΑΟ, προεκτείν ουμε και παίρνουμε ίσ ο τμ ήμα ΟΑΌ

"Υ •

Α , Α' συ μμετρικά ως προς 0 : ΑΟ=ΟΑ'

Συνέχεια στη σελίδα 26 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/23

Συνεντεύξεις καθηγητών με τον Γ. Μενδωνίδη

Πέντε χρόνια από τη ζωή ενός Μαθη ματικού σε ένα εσπερινό γυμνάσιο

Κύριε Κώστα Σάλαρη τα τελευταία πέντε χρόνια της εκπαιδευτικής σας δρα στηριότητας τα περάσατε διδάσκοντας μαθηματικά σε δημόσιο εσπερινό Ίυμνά σιο. Μπορείτε να μας πείτε ποιο ήταν το κίνητρο που σας ώθησε να πάτε σε ένα εσπερινό σχολείο που κατά Ίενική ομολοΊία θεωρείται ένα σκληρό και δύσκολο περιβάλλον Ίια τον εκπαιδευτικό και αν οι ελπίδες σας και οι στόχοι σας επαλη θευτήκανε. Είναι γεγονός ότι επιδίωξα να τοποθετηθώ σε εσπερινό σχολείο γιατί διαισθανόμου να το ενδιαφέρον που θα είχε η δραστηριότητα αυτή. Όταν το συζήτησα με συναδέλφους όλοι με αποτρέψανε τονίζοντας ότι το περιβάλλον είναι σκληρό, το επίπεδο χαμηλό και ότι όσο και να προσπαθούσα το αποτέλε σμα θα ήταν σχεδόν μηδαμινό. Βέβαια οι συνάδελφοι δεν τα έλεγαν αυτά από δικιά τους εμπειρία (γιατί κανέ νας από αυτούς δεν είχε υπηρετήσει σε εσπερινό σχολείο, αλλά γιατί έτσι είχαν ακούσει). Όλα αυτά, αλλά και πληροφορίες που συγκέντρωσα από γνωστούς μου διευθυντές εσπερινών σχολείων μου κίνησαν το ενδιαφέ ρον να πάρω την τελική μου απόφαση. Εξάλλου από τον χαρακτήρα μου ρισκάρω και ήθελα να κλείσω την εκπαιδευτική μου δραστηριότητα και με αυτή την εμπειρία. Μπορώ να σας διαβεβαιώσω ότι στη πορεία της μέχρις πενταετούς μου θητείας επαληθεύτηκαν οι προσδοκίες μου. Δίδαξα μαθηματικά σε μαθητές ηλικίας και 60 ετών, ναι σωστά ακούσατε. Είχα μαθήτρια 60 ετών στη β' τάξη του γυμνασίου που διάβαζε μαζί με τον εγγονό της που φοιτούσε στη β τάξη του ημερησίου γυμνασίου. Το εσπερινό σχολείο είναι μια πρόκληση για τον εκπαιδευτικό γιατί οι προσπάθειες του ,πολλές φο ρές υπεράνθρωπες, απευθύνονται σε σκληρά εργαζόμενα παιδιά σε ενήλικες άνδρες και γυναίκες που έ χουν μια πρωινή δουλειά που έχουν εγκαταλείψει το σχολείο πολλές φορές ακόμη, και είκοσι χρόνια. Προσπαθούν κάτω από δύσκολες συνθήκες να πάρουν το απολυτήριο του γυμνασίου και έτσι να βελτιώ σουν τις συνθήκες της δουλειάς τους. Επειδή οι περισσότεροι μαθητές έχουν περάσει την εφηβεία και εί ναι εργαζόμενοι θεωρούνται περισσότερο κοινωνικοποιημένοι. Έτσι μπορείς να τους προσεγγίσεις ευκολότερα να ασχοληθείς με τα ατομικά τους προβλήματα που κατά γενική ομολογία είναι αυξημένα και να συμβάλεις σε μεγάλο βαθμό στην επίλυση τους. Θυμάμαι τις ατέλειωτες συζητήσεις που είχα με τους μαθητές μου κατά άτομο είτε ομαδικά για τις βλαβερές συνέ πειες του καπνίσματος της χρήσης ουσιών και του αλκοόλ. Ο ρόλος του εκπαιδευτικού είναι 50% παιδα γωγικός και 50% να μεταφέρει γνώσεις στους μαθητές. Θυμάμαι ένα βράδυ επηρεασμένος αρνητικά από μια συνομιλία που μόλις είχα παρακολουθήσει μεταξύ τριών νεαρών μαθητών σε ένα βαγόνι του ηλε κτρικού που κινείτο μεταξύ Ομόνοιας και Κηφισιάς, μόλις μπήκα στη τάξη ανακοίνωσα στους μαθητές μου ότι σήμερα δεν, θα κάνουμε μαθηματικά, αλλά θα ασχοληθούμε με άλλο αντικείμενο δηλαδή πως πρέπει να μιλάμε την γλώσσα μας, ποιες λέξεις πρέπει να χρησιμοποιούμε, πως η σωστή τοποθέτηση των λέξεων δημιουργεί ολοκληρωμένες και αντιληπτές προτάσεις. Η διδακτική ώρα πέρασε πολύ γρήγορα και το αποτέλεσμα αυτής της γλωσσικής παρεμβολής ήταν απόλυτα επιτυχημένο. Τα τελευταία χρόνια στο σχολείο μου το ποσοστό των αλλοδαπών μαθητών ξεπέρασε το 50%, ποσοστό που περιλαμβάνει μα θητές που προερχόταν από διαφορετικές χώρες και πολιτισμούς. Αντιμετώπισα διαφορετικές πρωτόγνω ρες συμπεριφορές, τόσο εγώ όσο και οι συνάδελφοι μου και αφιερώσαμε μεγάλο χρόνο και προσπάθεια στη λεγόμενη διαπαιδαγώγηση συμπεριφοράς μέσα στη τάξη αλλά και έξω από αυτή. Θα θέλαμε να μας πείτε τις εμπειρίες που βιώσατε πέντε χρόνια διδάσκοντας μαθηματικά. Η πρώτη μου επαφή με το εσπερινό σχολείο ήταν η πρώτη τάξη. Πρώτο μάθημα οι φυσικοί αριθμοί. *

Ο Κώστας Γ. Σάλαρης σπούδασε μαθηματικά στο Πανεπιστήμιο της Αθήνας και έκανε μεταπτυχιακές σπουδές στο Πολυτεχνείο του Βερολίνου με γνωστικό αντικείμενο την Αριθμητική Ανάλυση και τον Επιστημονικό Προγραμματισμό. Εργάστηκε σε Εταιρίες πληροφορικής σε διευθυντικές θέσεις και διετέλεσε για σειρά ετών εκλεγμένο μέλος του ΔΣ της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας και ειδικότερα γενικός γραμματέας και ταμίας. Έχει συμμετάσχει σε συνέδρια μαθηματικής παιδείας και έχει δώσει σειρά διαλέξεων με θέματα που αφορούν τη μα θηματική επιστήμη και τη μαθηματική παιδεία τόσο στην Ελλάδα όσο και στο εξωτερικό. Είναι συγγραφέας μαθηματι κών βιβλίων και έχει δημοσιεύσει σειρά άρθρων γύρω από την συμβολή των μαθηματικών στη καθημερινή ζωή καθώς και στη πληροφορική στις πιθανότητες και τη στατιστική. Διδάσκει μαθηματικά στη δευτεροβάθμια δημόσια εκπαίδευση. •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/24

-------

Συνεντεύξεις καθηγητών

-------

Οι μαθητές ήταν από 14 ετών μέχρι 42 ετών. Οι μισοί από τους μαθητές αλλοδαποί , αρκετοί από αυτούς είχαν φοιτήσει σε ελληνικά δημοτικά σχολεία οι υπόλοιποι από τους αλλοδαπούς προερχότανε από σχο λεία των χωρών τους και είχαν αναγνωρίσει το αντίστοιχο απολυτήριο τους σαν ισότιμο του ελληνικού απολυτηρίου δημοτικού. Για τους Έλληνες υπηκόους είχαν μεσολαβήσει από την αποφοίτηση τους από το δημοτικό σχολείο 5 έως 30 χρόνια. Κάθε προσπάθεια μου να φωτίσω γνώσεις από το δημοτικό σε με γάλο βαθμό απέτυχε, σημειωτέον ότι το κεφάλαιο «Φυσικοί αριθμοί)) είναι επαναληπτικό δίνοντας έμ φαση και εμβάθυνση σε ορισμένες μαθηματικές έννοιες. Πρώτο και γρήγορό συμπέρασμα: Θα πρέπει να ξεκινήσω από μηδενική βάση σε μια τάξη ανομοιογενή ως προς το επίπεδο των μαθηματικών γνώσεων και έχοντας μαθητές ,οι οποίοι δεν διαθέτουν χρόνο στο σπίτι για να λύσουν προβλήματα ή ασκήσεις. Κάθε βράδυ πηγαίνουν στο σπίτι σχεδόν 1 1 μμ και την άλλη μέρα το πρωί πηγαίνουν στη δουλειά τους και από εκεί απευθείας στο σχολείο. Είναι γνωστό ότι τα εσπερινά γυμνάσια έχουν ακριβώς την ίδια ύλη, σε ότι αφορά τα μαθηματικά αλλά και τα άλλα μαθήματα, με αυτή που διδάσκονται στα ημερήσια γυμνάσια. Αυτό κατά τη γνώμη μου είναι λάθος για πολλούς και διαφόρους λόγους που είναι και δημόσια διατυπωμένοι. Δίδαξα μαθηματικά και στις τρείς τάξεις του γυμνασίου. Πέραν από τις οδηγίες του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου και των σχολικών συμβούλων των μαθηματικών που υποχρεωτικά ακολουθούσα προσπα θούσα πάντοτε να προσαρμόσω το μάθημα στις ανάγκες των εφαρμογών που αντιμετωπίζει ο πολίτης στις καθημερινές του δραστηριότητες. Διαπίστωσα ότι η προσαρμογή αυτή ήταν ελκυστική στους μαθη τές γιατί τους θύμιζε ανάγκες που αντιμετωπίζανε στη καθημερινή τους δουλειά. Σε άλλες χώρες τα μα θηματικά αυτά έχουν περιχαρακωθεί κάτω από τον τίτλο «Μαθηματικά της αγοράς)) Ο ρυθμός διδασκαλίας στο εσπερινό σχολείο είναι αργός. Γίνονται συνεχείς επαναλήψεις γιατί έτσι πιστεύω ότι αφομοιώνονται σημαντικές μαθηματικές έννοιες και καλλιεργείται ο μαθηματικός τρόπος σκέψης. Επαναλαμβάνω ότι οι μαθητές του εσπερινού δεν διαθέτουν ελεύθερο χρόνο και είναι αδύνατον να ασχοληθούν με εργασίες στο σπίτι. Έχετε δ�ει και σε ημερήσια Γυμνάσια μπορείτε να μαι; πείτε διαφορές που δwmσrώσατε από τα εσπερινά. Μπορεί το κράτος να αντιμετωπίζει τα η μερήσια και εσπερινά σχολεία σαν ισότιμα και σωστά πράτ τει ,αλλά πρόκειται για δύο εντελώς διαφορετικά σχολεία. Οι μαθητές που φοιτούν στο ημερήσιο Γυμνά σια είναι ηλικίας 1 2 έως 1 5 ετών έχουν συνεχείς σπουδές χωρίς χρονικά κενά Δημοτικό-Γυμνάσιο, διαθέ τουν χρόνο για να προετοιμάζουν τα μαθήματα τους στο σπίτι , έχουν την βοήθεια των γονιών τους και πολλοί από αυτούς καταφεύγουν σε φροντιστήρια. Τέλος δεν είναι υποχρεωμένοι να εργάζονται. Αντίθετα οι μαθητές των εσπερινών σχολείων εργάζονται σκληρά είτε για τις ανάγκες των ιδίων είτε ακόμη και για τις ανάγκες της οικογενείας τους. Φυσικό αποτέλεσμα είναι να μην διαθέτουν απαραίτητο χρόνο πέραν από την υποχρεωτική τους φοίτησης στο σχολείο. Έχουν κενά γνώσεων και απέχουν για χρόνια από την τάξη. Αυτό σημαίνει ότι το γνωστικό τους επίπεδο είναι ανεπαρκές και χρειάζεται ικανός χρόνος για την προσαρμογή τους. Μιλάμε για την πλειονότητα των μα θητών, γιατί υπάρχουν και εξαιρέσεις και ταλέντα ξεχασμένα τα οποία συνάντησα και ανέσυρα από την ανω νυμία δίνοντας τους την ευκαιρία να διακριθούν και να συνεχίσουν με επιτυχία τις σπουδές τους. Τι θα είχατε να προσθέσετε για τα εσπερινά Γυμνάσια Έχει ξεκινήσει τα τελευταία χρόνια ένας νέος θεσμός στην εκπαίδευση« Τα σχολεία δεύτερης ευκαι ρίαρ). Έχουν δικό τους πρόγραμμα μαθημάτων προσαρμοσμένο στις ανάγκες της αγοράς, ο τρόπος διδα σκαλίας είναι διαφορετικός από τα άλλα σχολεία και ο καθηγητής μπορεί να αναλάβει πρωτοβουλίες πέ ρα από τα υποχρεωτικά πλαίσια οδηγιών του παιδαγωγικού Ινστιτούτου και των άλλων φορέων του Υ πουργείου. Η όλη εκπαιδευτική διαδικασία οδηγεί σε τίτλο απολυτηρίου ισοδύναμου με το απολυτήριο Γυμνασίου Εσπερινού ή Ημερήσιου. Θα ήταν μια καλή λύση αν τα Εσπερινά Γυμνάσια πρ'οσαρμόζανε το περιεχόμενο των σπουδών τους και τις μεθόδους διδασκαλίας προς τη φιλοσοφία των σχολείων δεύτερης ευκαιρίας, βέβαια αξιοποιώντας μεθό δους της σύγχρονης τεχνολογίας και λαμβάνοντας υπόψη ότι το Γυμνάσιο δεν είναι μόνο ο προθάλαμος του Λυκείου. Με την ευκαιρία αυτή θα ήθελα να αναδείξω το έργο που προσφέρουν οι συνάδελφοι καθηγητές των εσπερινών σχολείων. Συνήθως παραμένουν για πολλά χρόνια στη θέση τους γνωρίζουν καλά τις ιδιαιτε ρότητες των σχολείων τους, υπερβάλουν εαυτόν βοηθώντας ποικιλότροπα τους μαθητές. Ανάλογη προσπά θεαι καταβάλουν οι Διευθυντές και Υποδιευθυντές των εσπερινών σχολείων. Ο θεσμός των εσπερινών σχο λείων είναι πολύ παλιός. Από το 1 936 λειτουργούν ανελλιπώς σχολεία σε όλη την Ελλάδα προσφέροντας ένα υψηλού επιπέδου εκπαιδευτικό και κοινωνικό έργο σε χιλιάδες εργαζόμενους συμπολίτες μας. Το κράτος εί ναι υποχρεωμένο να προσφέρει ακόμη περισσότερες υπηρεσίες εκπαίδευσης στην ομάδα αυτή του πληθυ σμού που σπουδάζει ενώ παράλληλα εργάζεται κάτω από σκληρές συνθήκες εργασίας. ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 83 τ.3/25

-------

Συνέχεια wrό τη σελίδα 23

Κέντρο Συ μμετρίας

------

cι !:υμμετριι.:ό πενταγώ νο υ

Για να κατασκευάσουμε το συμμετρικό Α ' Β 'Γ ΔΈ ' ενός πενταγώνου ΑΒΓ ΔΕ ως προς το σημείο Ο,κατασκευάζουμε το συμμετρικό σημείο κάθε κορυφής του και στη συνέχεια τα ευθύγραμμα τμήματα που είναι τα συμμετρικά των πλευρών του, όπως φαίνεται στο σχήμα: Δ

Δ' Α

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΞΑΣΚΗΣΗ

Α23•

Εξέτασε ποια από τα ευθύγραμμα τμήματα που αναφέρονται στον παρακάτω πίνακα έχουν κέντρο συμμετρίας και συμπλήρωσέ τον. Σχήματα

Έχει κέντρο συμμετρίας

Δεν έχει κέντρο συμμετρίας

Ευθύγραμμο τμήμα Γωνία Ευθεία γωνία Παραλληλόγραμμο Ορθογώνιο παραλληλόγραμμο Τετράγωνο Κύκλος Ισοσκελές τρίγωνο Ισόπλευρο τρίγωνο Α24•

Σχεδίασε μία οξεία γωνία xOy και κατασκεύασε τη συμμετρική της x'Oy ' ως προς την κορυφή της Ο. Τι παρατηρείτε για τις γωνίες xOy και x'Oy ' ; Πώς ονομάζονται αυτές οι γωνίες και τι σχέση έχουν μεταξύ τους; Α25• Σχεδίασε δύο τεμνόμενες ευθείες χχ', yy 'και ονόμασε Α το σημείο τομής τους. Θεώρησε ένα άλλο σημείο Ο πάνω στην yy ' και κατασκεύασε τη συμετρική ευθεία της χχ ' ως προς το Ο. Ονομασέ την zzΌ Ποια είναι η συμμετρική γωνία της xAy ως προς το Ο; Τι σχέση έχουν μεταξύ τους; Απάντησε στα ίδια ερωτήματα για τις γωνίες χΆy, xAy ' ,y ' Αχ ' . Σημείωση : οι εικόνες του άρθρου είναι από τις ακόλουθες ιστοσελίδες: http://mathmosxos. blogspot.com http://physics4u. wordpress.com http://buckydome.com http://dimarath.blogspot.com http://www .artvalue.com http:/Io-asteios-daskalos. blogspot.com http://ffffound.com ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/26

οι

πε ιρατες της

καραι

··

p ι κης . . . .". .' ,

Τάξη

=======

Σταυρούλα Αλαφάκη

«Κοκκινογένη Captain Cook)), σε λίγο είμαστε έτοιμοι για αποβίβαση ! Ο «Ογκόλιθος Steνe)) από λεπτό σε λεπτό ρίχνει την άγκυρα και δένουμε. Έχω ενημερώσει το πλήρωμα ότι θα μείνουμε στο νησί τουλάχιστον ένα μήνα, για ανασύνταξη δυνάμεων και ανεφοδιασμό. ΟΚ, «Ξινομούρη Black Johω). Πάντα εκτελείς σωστά και κατά γράμμα τις εντολές μου. Σ' ευχαριστώ ! Μόλις aποβιβαστούμε, εσύ, εγώ και ο Steve θα επιλέξουμε και τον τόπο που θα στήσουμε το ορμητήριό μας. Έτσι και έγινε! Ήταν τέτοια η μορφολογία των ακτών του νησιού που δε δυσκολεύτηκαν να βρουν το σωστό σημείο ! Ένας λόφος! Θα μπορούσαν έτσι να ελέγχουν καλύτερα τη γύρω περιοχή ! Σε ποιο σημείο όμως; ρώτησε ο Ογκόλιθος. Πόσο να ανεβούμε; Τι κλίση υπολογίζεις πως έχει το έδαφος; ρώτησε ο Cook τον Black John που κοιτούσε από τους πρόποδες του λόφου προς τα πάνω με το τηλεσκόπιό του. Γύρω στο 10% ! Και με δεδομένο ότι πρέπει να είμαστε σε τουλάχιστον 30 μέτρα ύψος από το οριζόντιο επίπεδο για να έχουμε καλή εποπτεία, υπολογίστε πόσο θα ανεβούμε το λόφο. Ο Κοκκινογένης πήρε ένα ξύλινο ραβδί και σχημάτισε στο χώμα ένα ορθογώνιο τρίγωνο. Το μήκος που θα αντιστοιχεί στην υποτείνουσα του τριγώνου θα δείξει πόσο θα προχωρήσουν στο λόφο. Κλίση 10% άρα

10 απέναντι κάθετη πλεύρα = _!_ 1 . = , , ' λε 100 10 30 προσκειμενη καθετη π υρα

� _

' ' ' 30 1 ' ' χ' Για να 30 μετρα, τοτε - = - , χ = 300 μετρα. που θε'λου με να εχουμε ειναι Ά ρα, αν το υψος χ 10 βρούμε τώρα πόσο πρέπει να προχωρήσουμε, θα κάνουμε τον εξής υπολογισμό, που μάλι στα, αποδίδεται σ' έναν Έλληνα μαθηματικό, τον Πυθαγόρα: α2 = 302 + 3002 = = 900 + 90000 = 90900. Πρέπει τώρα να βρω ποιος αριθμός αν πολλαπλασιαστεί με τον ε 2 αυτό του μας δίνει 90900. Σίγουρα είναι πάνω από 300 αφού 3002 = 90000 αλλά πολύ λίγο αφού 301 2=90601 και 302 2=91204. Νομίζω ότι δεν έχει σημασία να βρούμε ακρίβεια σε ε κατοστά, από 300 μέτρα και πάνω, θα είμαστε εντάξει. Και βέβαια, το βασικό είναι πως χρειαζόμαστε πασσάλους για να οριοθετήσουμε το χώρο, είπε ο «Κοκκινογένηρ). Ήταν κατά κάποιο τρόπο, ο αρχηγός. Είχε πολλές γνώσεις και ήταν δυναμικός, τον σεβόταν όλο το πλήρωμα σαν σοφό. Το ίδιο και οι έμπιστοι συνεργάτες του, ο Black John και ο Steve. Ήταν και οι ίδιοι ικανοί αλλά προτιμούσαν να ακολουθούν τις εντολές του. Είχαν πίστη ότι εκείνος προλάβαινε πάντα να σκεφτεί. . . τα πάντα και να αποφασίσει σωστά. Ήξερε τόσα πολλά! ! ! Ευτυχώς, έχει πολύ κοντά δάσος είπε ο «Ογκόλιθοφ που λεγόταν έτσι λόγω της σωματικής του διάπλασης. Ψηλός, γεροδεμένος και πολύ δυνατός! Παίρνω το τσεκούρι μου και πάω για ξύλα. «Ξινομούρψ), θα με βοηθήσεις; 1 Ο Κοκκινογένης δεν ήξερε ότι το λόγο αυτό τον ονομάζουμε εφαπτομένη της γωνίας που σχηματίζει ο λόφος με το οριζόντιο επίπεδο. Ούτε επίσης ότι ο αριθμός που αναζητά λέγεται τετραγωνική ρίζα του 90900.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 83 τ.3/27

------

Οι πειρατές της Καραϊβικής . ! ! ! ..

Όχι άμεσα απάντησε ο Black John! Έχει πολύ ήλιο τώρα και με ενοχλεί να δουλεύω, με κουράζει η ζέστη ! Θα έρθω σε λίγο . . . Γι' αυτό σε είπαμε «Ξινομούρψ) σκέφτηκε ο Steve και γέλασε μόνος του. Πάντα κάτι τον ενοχλεί. Όμως είναι καλός στη δουλειά του ! Βοηθάει πολύ όταν χρειαστεί και . . . δεν έχει ή λιο ή κρύο ή φασαρία ή κίνδυνο ! ! ! Απορώ, καμιά φορά, πως έγινε πειρατής! Τι σκέφτεσαι «Ογκόλιθε)), ρώτησε ο Cook; Για να μην προδώσει τις σκέψεις του, ο Steve, ρώτησε κάτι σχετικό με το ορμητήριο! Πόσους πασσάλους θα χρειαστούμε; Τι ακριβώς θα περιφράξουμε; Ο Cook το είχε ήδη σκεφτεί. Ένα τετράγωνο πλευράς 20m, δηλαδή συνολικό μήκος 4 ·20 80m. Νομίζω πως επαρκεί ο χώρος για ορμητήριο αφού το συνολικό του εμβαδό θα είναι 202 = 20 ·20 = 400m2 . Ο Ξινομούρης, που είχε ήδη βρει σκιά και καθόταν, σχολίασε: Με βάση τα δέντρα του δάσους που βλέπω και την προηγούμενη αντίστοιχη εμπειρία μου με το Steve, έχω να παρατηρήσω τα εξής: Ο Steve μέσα σε περίπου 20 λεπτά μπορεί να επιλέ ξει 5 κλαδιά κατάλληλα για πασσάλους και να τα πελεκήσει με τέτοιο τρόπο ώστε να μπορούν εύκολα μετά να μπουν στη γη. ' 20 1 , Επειδη τα 20 λεπτα ειναι = "3 της ωρας, σημαινει, πως 60 κάθε ώρα ο Steve κόβει 3 ·5=15 πασσάλους. Έχει δείξει σε όλο το πλήρωμα τον τρόπο αλλά δεν είμαστε εξίσου γρήγοροι. Χρειαζόμαστε περίπου 30 λεπτά για να κόψουμε κατάλληλα 5 πασσάλους ο καθένας και επειδή τα 30 λεπτά είναι τα 30 1 , ' ' κα' θε ωρα, κο' βου με 2 -� = 10 πασσα' λους = της ωρας, εμεις, ·� 60 2 ο καθένας. Πόσους θα φωνάξουμε από το πλήρωμα Captain Cook; Θεωρώ πως 5 ακόμα πειρατές θα έρθουν να βοηθήσουν. Άρα, κάθε ώρα θα κόβονται 15+6 ·10=75 πάσσαλοι. Άρα, αν ψ είναι ο συνολικός αριθμός των πασσάλων και χ οι ώρες εργασίας, θα ισχύει: ψ = 75 ·χ. Να δούμε τώρα πόσους πασσάλους χρειαζόμαστε για να υπο λογίσουμε σε πόσες ώρες θα έχουν κοπεί. Μισό λεπτό Captain Cook, εγώ δε θα δουλέψω τις ίδιες ώρες. Θα μου επιτρέψετε να ξεκινήσω 2 ώρες αργότερα για να έχει πέσει ο ήλιος. Άρα, σήμερα, θα κοπούν 2·10=20 πάσσαλοι λιγό τεροι από όσους θα κόβαμε αν δουλεύαμε όλοι μαζί τις ίδιες ώρες και θα είναι: ψ=75χ-20, σημείωσε ο Black John χωρίς να αφήνει περιθώριο για αντιρρήσεις! Α! Και αύριο είναι Σάβ βατο, η μέρα που ψαρεύω για το φαγητό μας, δε θα είμαι διαθέσιμος. Captain Cook, με όλο το σεβασμό, να πάρετε τη θέση μου όσο θα ψαρεύω! Να βοηθήσετε κι εσείς! Αρχίζει η γκρίνια, σκέφτηκε ο Κοκκινογένης. Βεβαίως και θα βοηθήσω, αν χρειαστεί! Μα κι εγώ θα δουλεύω, δε θα κόβω δέντρα αλλά ζαχαροκάλαμα! Πρέπει να αρχίσουμε την παραγωγή του ρούμι. Άδειασαν τα βαρέλια στα αμπάρια του πλοίου ! Ας γυρίσουμε όμως για λίγο στην περίφραξη ... Αλήθεια, Steve, τη διάμετρο έχουν περίπου οι πάσσαλοι; Διάμετρο, δεν ξέρω ακριβώς αλλά η περίμετρος υπολογίζω πως είναι όση και του κύκλου που σχηματίζεται αν ενώσω δείκτη με δείκτη και αντίχειρα με αντίχειρα των 2 χεριών μου. Το άνοιγμα του κάθε χεριού μου είναι σχεδόν 1 6 cm, άρα 2 ·1 6= 32 cm περίμετρος. Μάλιστα, λέει ο Cook! Και επειδή ισχύει =

περίμετρος κύκλου ,

διαμετρος

, 3,14 , συμπεραινουμε πως η διάμετρος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 83 τ.3/28

------

Οι πειρατές της Καραϊβικής

...

!!!

κάθε πασσάλου είναι περίπου 10cm. Είπαμε πως η περίμετρος του τετραγώνου που θα περι φράξουμε είναι 80 m = (8 ·100)cm = 800 cm, άρα θα χρειαστούμε 80: 10 = 800 πασσάλους. Για να υπολογίσουμε τώρα τις απαιτούμενες ώρες. Έχουμε: ψ = 75χ - 20 και ψ = 800. Άρα, 820 :::::: 1 1 ώρες. Επειδή όμως σε 6 ώρες από τώρα θα βρα800 = 75χ - 20 , 820 = 75χ, χ = 75 διάσει, σήμερα θα κοπούν ψ = 75 · 6 - 20 = 430 πάσσαλοι. Αύριο, ο Black John δε θα δου λέψει, οπότε θα κόβονται 65 πάσσαλοι ανά ώρα και πρέπει να κοπούν ακόμα 800 - 430=370 370 πάσσαλοι. 'Εχουμε: ψ = 65χ και ψ = 370 άρα χ = :::::: 6 ώρες. Κάτι λιγότερο από 6 ώρες, 65 δηλαδή, γιατί 6 -65 = 390 αλλά καλό είναι να έχουμε παραπάνω πασσάλους γιατί όλο και κά ποιοι μπορεί να σπάσουν ή κάποιοι μπορεί να είναι πιο λεπτοί ή τέλος πάντων καλύτερα να περισσέψουν παρά να λείψουν . . . Captain Cook, μόλις τελειώσουμε με τους πασσάλους, θα σε βοηθήσω με το ρούμι, είπε ο Ογκόλιθος. Ε, όχι, δε θα τα κάνεις εσύ όλα, απάντησε ο Κοκκινογένης. Τα αμπάρια, τα βαρέλια και το πλοίο γενικότερα είναι δική μου ευθύνη ! Μα έχω να σου προτείνω κάτι καινούριο για την απόσταξη που θα βελτιώσει την ποιότητα. Τα ξιδεύοντας τόσα χρόνια και πιάνοντας τόσα διαφορετικά λιμάνια, πάντα δοκίμαζα και ρώταγα πως έφτιαχνε κάθε τόπος το ρούμι. Μέχρι που σε ένα νησί πρόσφατα, δοκίμασα το καλύτερο! Και κατάφερα να αποσπάσω τη μυστική συνταγή από ένα Δομινικανό μοναχό . . . Μη ρωτήσεις πως! Απλά να ξέρεις πως δε μπορώ να τη μοιραστώ. Μπορώ να κάνω ότι λέει η συνταγή, χωρίς όμως να με βλέπει κανείς. Και σου υπόσχομαι πως δε θα έχεις πιει καλύτερο! Τι χρειάζεσαι Steνe από μένα; Να μην εκνευριστείς που θα χαθεί το 5% της αναμενόμενης παραγωγής, Κοκκινογένη ! Δηλαδή πόσα λίτρα θα χαθούν; ακούστηκε ο Black John, έτοιμος πάντα να γκρινιάξει! Έχουμε 2 βαρέλια στο αμπάρι και κάθε ένα από αυτά έχει όγκο 120 λίτρα. Αν γεμίσουν με ρούμι θα έχουμε συνολικά 2 ·120 = 240 λίτρα. Ο Steνe λέει πως θα χαθεί το 5% της ποσότητας, άρα τα δηλαδή

� των 240 λίτρων, 100

� · 240 =12 λίτρα.

100 Πόσα μπουκάλια λιγότερα; αναρωτιέται ο Black John. Με δεδομένο πως κάθε ένα από τα μπουκάλια μας έχει χωρητικότητα 750ml=O,75λίτρα, μιλάμε για 12:0,75=16 μπουκάλια λιγότερα!

Είσαι σίγουρος ότι αξίζει, Steve; συνέχισε ο Ξινομούρης, παίρνοντας το ύφος που του χάρισε και τον χαρακτηρισμό αυτό. Αν όχι, υπόσχομαι πως για το επόμενο ορμητήριο, δε θα κόψεις εσύ πασ σάλους! Δεκτή η συμφωνία, λέει ο Black John! Captain Cook, ας δοκιμάσουμε! Άλλωστε, ομολογουμένως, μας έχει πείσει ο Ογκόλιθος πως είναι γευσι γνώστης. Κάτι θα ξέρει για να επιμένει! Πολύ μιλάμε όμως, λέει ο Captain Cook! Ώρα για δουλειά! Steve, εσύ για τους πασσάλους, εγώ για τα ζαχαροκάλαμα κάι εσύ, Black John, μέχρι να πέσει ο ήλιος, γύρνα στο καράβι και συντόνισε το πλήρωμα για το πλύσιμο των βαρελιών . . . Φύγαμε! ! ! ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/29

Στο ι χεία Ι'στοριας Μαθη ματ ι κων ' ' σε Γραπτα απο τα Μαθη ματ ι κα

Τ ό� ξ� η� � � Ωρα�π�λ� 335 Γ. Χρήσιμες και οι αρκετές ασκήσεις του Οι Κινέζοι τον βρήκαν ίσο με 1 1 3 οι βιβλίου σας σχετικές με τη «Φυσική)), την «Κινητική Ενέργειω) που βασίζονται σε Βαβυλώνιοι 3 _!_τ το 2000π.Χ. Ο Αρχιμήδης θεωρίες που διατύπωσε ο: Υ � = =

� � � � � � � � � �

� � � � � � � � = -

1 2. Ο Νεύτων ( 1 642- 1 727) με την πλούσια επιστημονική βιογραφία. Σπούδασε στο Πανεπιστήμιο του Κέμπριτς Μαθηματικά, Φυσική, Αστρονομία και Φιλοσοφία, όπου διορίστηκε καθηγητής. Υπήρξε μέλος της Βασιλικής Εταιρείας (Ακαδημία του Λονδίνου) και πρόεδρός της ως το τέλος της ζωής του. Ακόμα ανέλαβε επιθεωρητής του Νομισματοκοπείου του Λονδίνου. Ο Νιούτον (όπως τον λεν οι Άγγλοι) ήταν πολυγρα φότατος συγγραφέας: «Μέθοδος των ροών)) (Απειροστικός Λογισμός), «Απαρίθμηση των γραμ μών 3ης τάξηφ (Κωνικές τομές), «Οικουμενική Αριθμητική)) (Άλγεβρα), «Οπτικψ) και το ογκώδες «Μαθηματικές Αρχές της Φιλοσοφίας της Φύσηφ (Μηχανική Αστρονομία). Αν και η Ευκλείδεια - Νευτώνεια Γεωμετρία του τρισδιάστατου χώρου βελτιώθηκε και γενικεύτηκε για τον τρισδιάστατο χωροχρόνο, τα βιβλία του Νεύτωνα διαβάζονται μέχρι σήμερα και πολλοί ερευνητές πάνω σ' αυτά πήραν μεταπτυχιακά διπλώματα. 1 3 . Στη σελίδα 82, άσκηση 1 Ο υπάρχει ένα γράμμα π το οποίο το έγραψαν γι� πρώτη φορά οι αρχαίου Έλληνες ως λογο της περιφέρειας κύκλου προς τη διάμετρό του. Αυτός ο αριθμός π μετρήθηκε από χιλιάδες μαθηματικούς και βρέθηκε ότι έχει άπειρα δεκαδικά ψηφία μη περιοδικά και δεν είναι ρίζα κάποιας εξίσωσης δηλαδή είναι υπερβατικός αριθμός. Γι' αυτό δεν είναι δυνατός ο τετραγωνισμός του κύκλου.

εγγράφοντας κανονικό 96γωνο σε κύκλο το βρήκε

π=

3_!_ . 7

Οι Άραβες π=3 , 1 4 1 59266535 897936. Νεότεροι μαθηματικοί με πολύ περισσότερα δεκαδικά ψηφία. Για να θυμούνται οι μαθητές «αεί ο θεός ο μέγας γεωμετρείν» 3, 1 4 1 5 9 1 4. Στη σ. 1 60 μαθαίνετε για τα σύνολα που θεμελιωτής είναι ο Κάντορ ( 1 845- 1 9 1 8), ο οποίος με τη θεωρία των συνόλ�ν δημιούργησε ένα νέο τομέα μαθηματικης έρευνας με νέο συμβολισμό και διαγράμματα του Άγγλου μαθηματικού Τζον Βενν . Έργο του Κάντορ «Θεμέλιο μιας γενικής θεωρίας πολλαπλοτήτων (συνόλων)» Δίδαξε στο γερμανικό Πανεπιστήμιο Χαλ. Στην Ελλάδα άρχισαν να διδάσκονται στα μέσα του 20°u αιώνα, πρώτα στ� , Πανεπιστήμια από τους καθηγητες Ν. Κρητικο και Δ. Κάππο. Στα Γυμνάσια, το βιβλίο του Γυμνασιάρχη, Σωτηράκη Ν. «Μαθηματι�ά)) της Β ' Γυμνασίου, πολύ βοήθησε τη μ�λέτη της θεωρίας συνόλων στη δευτεροβαθμια εκπαίδευση. 1 5. Στις σελ. 1 05/4 και 1 4 1 / 1 7 γίνεται αναφορά στους αντιστάτες R του Ωμ ( 1 787- 1 854), ο οποίος ήταν Γερμανός φυσικομαθηματικός καθηγητής και πρύτανης του Πανεπιστημίου Νυρεμβέργης και αργότερα του Πολυτεχνείου του Μονάχου. Οι έρευνές του εκτιμήθηκαν σ' όλη την Ευρώπη και βραβεύθηκαν στην Αγγλία. Ασχολήθηκε επίσης με τη Μηχανική, την Ακουστική και την Οπτική. Ο Ωμ, για τις ηλεκτρικές αντιστάσεις, διατύπωσε ένα νόμο που φέρνει το όνομά του: «Σ' ένα αγωγό που διαρρέεται από ηλεκτρικό ρεύμα η σχέση μεταξύ της διαφοράς

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/30

-------

Στοιχεία Ι στορίας Μαθηματικών σε Γραπτά από τα «Μαθηματικά))

------

δυναμικού και της έντασης του ρεύματος είναι η ηλεκτρική αντίσταση του αγωγού». Μονάδα ηλεκτρικής αντίστασης είναι το 1 Ω και είναι η αντίσταση ενός αγωγού νήματος που διαρρέεται από ηλεκτρική ένταση 1 Ampere και εμφανίζει στα άκρα του νήματος διαφορά δυναμικού 1 Vo1t. 1 6. Στη σελ. 1 08, και στο Πρόβλημα 1 0 γίνεται λόγος για τις Μονάδες Μέτρησης όπου τα διαλύματα είναι σε μονάδες μέτρησης μάζας gr, το τελικό σε μονάδες όγκου cm3 και η πυκνότητα σε gr/cm3 • Παλιότερα δεν ξεχώριζαν τις μονάδες βάρους και μάζας. Στην Αρχαία Ελλάδα οι μονάδες βάρους είχαν το ίδιο όνομα με τις μονάδες νομισμάτων. Έτσι 1 (::::::3 6kgr)=60 μναί, 1 μνα τάλαντο :: gr)= 6 (::::::400gr)= 1 00 δραχμές. 1 δραχμή(::::4 οβολοί. 1 μέδιμνος= 1 λίτρο Ο Αρχιμή �ς χρησιμοποίησε μονάδες μήκους 1 πήχυς {=49cm) 1 στάδιο (= 1 64m). Τα νεότερα χρόνια το βάρος θεωρείται ελκτική M·m δύναμη της Γης: F = G 2-

Αναγέννησης. Θαυμαστές του ήταν ο Γάλλος φιλόσοφος Ρουσσώ, ο Γερμανός ποιητής Σέλερ και άλλοι. Στις σελίδες 28,93 , 1 1 9 γράφεται για τα Σταυρόλεξα που είναι μια μορφή άσκησης. 18. Ο Βυζαντινός Εμμανουήλ Μοσχόπουλος ήταν μαθηματικός και ( 1 3 °ς- 1 4°ςαι.) κατασκευαστής μαγικών τετραγώνων στα οποία γράφονται σύνολα φυσικών αριθμών 1 ,2,3 . . . 9, . . . 1 6 . . . ν2 σε μικρά τετραγωνάκια. Το απλούστερο είναι αν πάρουμε μόνο τους αριθμούς 1 , 2 ,3, . . . 9. Το άθροισμά τους είναι 1 +2 +3 + . . . + 8 +9 =( 1 +9)+(2+ 8)+(3 + 7)+(4+6)+5 =4(9+ 1 )+5=

Επειδή όμως η Γη δεν είναι τέλεια σφαίρα οι ακτίνες της είναι μεγαλύτερες στην περιοχή του ισημερινού και μικραίνουν όσο πάμε στους πόλους. Για αυτό και το βάρος ενός σώματος ελαττώνεται από τον Ισημερινό στους πόλους. Φανταστείτε αυτό το σώμα στη Σελήνη πόσο ελαφρύτερο θα είναι αφού αυτή είναι μικρότερη από τη Γη. Πολλοί μαθηματικοί και άλλοι επιστήμονες πιστεύουν ότι «τρεις είναι οι αποδοτικότεροι μαθηματικοί: ο Αρχιμήδης, ο Νεύτωνας και ο Γκάους». Στη σελίδα 24 υπάρχει ένα όνομα ο Πλούταρχος (Χαιρώνεια Βοιωτίας 50- 1 20 μ. Χ.) κορυφαίος συγγραφέας, ύστερα από φιλοσοφική και φιλολογική μόρφωση. Ταξίδεψε στην Ελλάδα, την Αίγυπτο και τη Ρώμη όπου μελέτησε την Ιστορία της Αρχαίας Ελλάδας και της Ρώμης. Έγραψε «Ηθικά συγγράμματα» και «Βίοι Παράλληλοι» όπου βιογραφεί συγκριτικά Έλληνες και Ρωμαίους διάσημους, όπως «Περικλής» και «Φλάβιοφ, «Μέγας Αλέξανδρος» και «Καίσαρ)), «Δημοσθένηρ) και «Κικέρων)). Οι βιογραφίες του Πλούταρχου είναι λογοτεχνικές και μεταφράστηκαν για να διδαχθούν στο ευρύ κοινό στα χρόνια του Μεσαίωνα και της

α Στους 9 πρώτους φυσικούς αριθτ έχουμε 3 γραμμές και 3 στήλες με 5 άθροισμα 1 5, όπως και σε κάθε διαγώνιο. Μπορείτε να το λύσετε; Αν οι αριθμοί είναι οι πρώτοι 1 6 φυσικοί, το

-- 8(9 + 1) + (9 + 1) -- 9(9 + 1) 2 2 + 32 (32 1) 45 =

Αν οι φυσικοί αριθμοί είναι 1 +2+ . . + v2 τότε το άθροισμά τους είναι:

v 2 ( ν 2 + 1) 2

α' θροισμα τους θα ειναι:

�Ι

16(1 6 + 1) = 136 . Κα' θε 2

γραμμή, στήλη, διαγώνιος έχει άθροισμα 1 36:4=34. 5

8 6

1 8 6

Ένα άλλο παιχνίδι 5 2 4 γρίφος είναι ένα 8 1 2 4 3 τετράγωνο με 9Χ9 μικρά τετράγωνα 5 3 9 8 8 1 2 4 μέσα στα οποία σε 7 5 6 8 κάθε γραμμή και 4 8 1 στήλη θα γράφετε 5 2 3 7 8 τους 9 πρώτους 5 3 6 8 φυσικούς, όπως και σε κάθε ένα από τα 9 μικρά κουτιά. Σε κάθε γραμμή-στήλη-διαγώνιο του μεγάλου τετρα γώνου αλλά και σε κάθε ένα από τα 9 μικρά τετράγωνα, κάθε αριθμός πρέπει να εμφανίζεται μία μόνο φορά. Θα δοθούν ορισμένοι αριθμοί όπως στο σχ. και ο λύτης με τη λογική θα το συμπληρώσει. Συμπληρώστε το!

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 83 τ.3/31

Από την Άλγεβρα κα ι τη Γεωμετρία στην Τρ ιγωνομετρία =======

Γιώργος Λυμπερόπουλος -Τάσος Μπακάλης -Μαρία Σίσκου

Νόμος ημιτόνων

Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: α

η μΑ

γ = β =2R . η μΒ η μΓ

Παίρνουμε ένα τυχαίο τρίγωνο ΑΒΓ και φέρνουμε το ύψος του ΑΔ Α

Από το νόμο των ημιτό νων παίρνω: β = α -- η' α· ημΒ= β· ημΑ η' ημΒ ημΑ α · η μΒ , 10 · ημ60ο , η η η μΑ = η μΑ = 9 β 10 · 0,866 = 86, 6 = Ο,956 . η μΑ = 9 9 Από τους τριγωνομετρικού ς πίνακες βρί σκω ό τι Α είναι ίση με: 73° περίπου. Άρα η άλλη γωνία η [=180°-60°-73°=47°. μΓ = 10 · η μ4γ 'Ε χουμε γ = α · η = η μΑ η μ60ο 10 · 0,731 = � = =8 ,44cm. 0,866 0,866 --

Προσοχή ! Γ

Από το ορθογώ νιο τρίγωνο Α ΔΒ έχουμε: ΒΔ άρα Β Δ= γσυνΒ. (1) συ νΒ= γ Από το ορθογώ νιο τρίγωνο Α ΔΓ έχουμε: ΔΓ άρα ΔΓ= βσυνΓ (2). συ νΓ= β Αν τις σχέσεις (1) και (2), τις προσθέσω κατά μέλη παίρνω: Β Δ+ ΔΓ= γσυνΒ+ βσυνΓ ή α=γσυνΒ+βσυνΓ. Ομοίως εργαζόμενοι θα δούμε ό τι: β=ασυνΓ+γσυνΒ, γ=ασυνΒ+βσυνΑ. Νόμος των συνημιτόνων:

Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύ ει: α2=β2+γ2-2βγ·συνΑ ομοίως έχουμε:

β2=α2+γ2-2αγ·συνΒ, β2=α2+γ2-2αγ·συνΒ Εφαρμογές: 1. Αν Β=60°, BΓ=α=lOcm και AΓ=β=Scm να υπολογιστούν τα υπόλοιπα στοιχεία του παρακάτω τριγώνου, Α

Όταν γνωρίζω ότι το ημίτονο μιας γωνίας τριγώ νου, ο τριγωνομετρικός πίνακας του βιβλίου υπολογίζει μόνο οξείες γωνίες και μπορεί να κάνουμε λάθος στην εκτίμηση της γωνίας. Έτσι στο παράδειγμά μας, για ημΑ=Ο,956, ο Πίνακας μας έδωσε Α=73 °. Οι γωνίες του τριγώνου όμως μπορούν να πάρουν και τιμή μεγαλύτε ρη των 90° αλλά μικρότερη των 1 80° και με το δεδομέ νο ότι οι παραπληρωματικές γωνίες έχουν ίδ ια ημί τονα. το σωστό είναι να λέμε ότι ημΑ= 0,956 σημαίνει: Α=73° ή A= l 80°-73 °= 1 07° , άρα το πρόβλημά μας έχει δύο λύσεις. Η μία είναι για Α=73 ° που τη βρήκαμε και η άλλη για Α= 1 07° που μας δίνει:

Γ= 1 80°- 1 07°-60°= 1 3 ° και α · η μΓ = Ι Ο · η μ1 3ο = γ= η μΑ η μ60° 1 0 0, 225 ·

2, 25

= 2 ' 6cm Ο, 866 Ο, 866 Παρατήρηση : Επειδή οι γωνίες ενός τριγώνου έ χουν τιμές χ, 0°<χ<1 80°, για να είναι δεκτή μία λύση πρέπει Ο<ημχ:::; l . 2 . Αν δίνονται οι τρεις πλευρές ενός τριγώ =

νου α=Scm, β= 12cm και γ=15cm, να βρεθούν οι γωνίες του. Από το νόμο των συνημιτόνων έχουμε ότι: α2=β2+γ2-2βγ· συνΑ ή 2βγσυνΑ= β2+γ2-α2 ή

2 2 βz + γ2 - α2 12 2 + 1 5 - 8 = = 2βγ 2 ·12 ·15 = 144 + 225 - 64 = 305 = ο ,847 360 360

συνΑ=

και από τον τριγωνομ. πίνακα έχουμε Α=32° . Γ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 83 τ.3/32

-------

Από τη ν Άλγεβρα και τη Γεωμετρία στη Τριγω νομετρία

α2 + β2 -y

Επ�ς εwαι συ�

82 + 122 - 152 = 2 · 8 · 12

2αβ

64 + 144 - 225 - 1 6 = -0' 0833 1 92 1 92 Η οξεία γωνία που έχει συνημίτονο 0,0833 είναι περίπου 85 °, και επειδή οι παραπληρωματικές γωνίες έχουν αντίθετα συνημίτονα θα είναι Γ=1 80°-85°=95 °. Η Γωνία Β είναι: Β=1 80°-Α Γ=1 800-320-950=73 0. Παρατήρηση : Επειδή οι γωνίες τριγώνου έ χουν τιμές χ, 0°<χ< 1 80°, για να είναι δεκτή μία λύση πρέπει -1 <συνχ< ι . =

Ε μβα δό τ ρ ιγώνου Έστω ότι μας δίνεται ένα τρίγωνο ΑΒΓ μ ε βάση α και ύψος υ. Α

Από τη γεωμετρία ξέρουμε ότι το Εμβαδό του τριγώ νου είναι: Ε= .! ·α·υ. Από το ορ2 , , τριγωνο Α ΔΒ εχουμε: ημΒ=-=θογωνω ΑΔ υ γ ΑΒ ή υ= γ· ημΒ άρα θα είναι E=.! α· γ·yUJB και ο2 μοίως βρίσκουμε: Ε=.! α· β· ημΓ = _! β· γ· ημΑ. 2 2 Δηλαδή το Εμβαδό ενός τ ριγώ νου υπολογίζε ται αν γνωρίζουμε δυο πλευρές του και την περιεχόμενη στις πλευρές αυτή γωνία. ,

------

Ασκήσεις:

Γ 16·

Να υπολογίσετε τις υ πό λοιπες πλευρές, τις γωνίες και το εμβαδό ενός τριγώ νου ΑΒΓ αν γνωρίζουμε ότι: α) α= 12, β= 18cm κ αι Γ=45° β ) α=9cm, Β=45° και Γ=60° γ) Α=30°, Β=135° και γ= IOcm. δ) α= l6cm, β=20cm και Α=60° ε) α= 5cm, β=8cm και γ= l l cm. στ) α= 12 cm, β= 13 cm και γ=5cm Γ 1 7• Δικαιολογείστε γιατί δεν υπάρχουν τρίγω να ΑΒΓ που να έχουν τα παρακάτω στοιχεία: α) α=8 cm, β= 1Ο cm και γ=20 cm β ) α= 10 cm, β= 22 cm και Α= 30° γ) α=Ι Ο cm, β cm =20, Α=60° και Β=45° . Γ ι s. Για τη περίπτωση γ) της άσκη ση ς Γ 17 δώ στε τις ακριβείς τιμές στο α ή β ή Α ή Β, ώστε αν παραμένουν οι τιμές των άλλ.ω ν τριώ ν ως έχουν, να μπορούν να είναι στοιχεία τριγώνου. Γι9· Να αποδειχθούν οι παρακάτω σχέσεις για κάθε τρίγωνο ΑΒΓ . Β+ Γ Α α) ημ-- = συ ν 2 2 Β+ Γ Α β ) συν -- = η μ2 2 Γ 2ο· Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύ ει: α2ry2=3β2 και �+β2 =3i aποδείξτε ότι το τρίγωνο είναι ορ θογώνω και ισοσκελέ ς. Γ2ι · Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με β=γ α πο2 1- α = , δείξ τε οτι: συ νΑ 2 2β •

ΚΑΛΟΚΑΙΡΙ Ν ΕΣ ΔΡΑΣΤΗ ΡΙΟΤΗΤΕΣ Η επιτυχία των προηγούμενων Μαθηματικών Καλοκαιρινών Σχολείων, που διοργάνωσε η ΕΑΑηνική Μαθη ματική Εταιρεία και η απήχηση που είχαν στους μαθητές που τα παρακολούθησαν, δημιούργησε την υποχρέωση

για την πραγματοποίηση και φέτος των παρακάτω σχολείων.

Το 6ο Μ Κ Σ θα λειτουργήσει από 5 Αυγούστου έως 11 Αυγούστου 2012. Οι μαθητές θα διαμένουν στο Ξε νοδοχείο «ΑΙΓΕΣ Μ ΕΜΘΡΟΝ». (nληροφορίες στον ιστότοπο: www.aigesmelathro n .gr). Το ξενοδοχείο, κόσμημα της περιοχής, διαθέτει εγκαταστάσεις

αστέρων με πισίνα και βρίσκεται στα όρια της πόλης, πολύ κοντά στον

κόμβο της Εγνατίας Η διαμονή θα είναι σε δίκλινα, τρίκλινα ή τετράκλινα κλιματιζόμενα δωμάτια. Το κόστος συμμετοχής για κάθε μαθητή ανέρχεται στο ποσόν των 450€ και τη φόρμα συμμετοχής μπορεί

να τη βρει ο κάθε ενδιαφερόμενος στην ιστοσελίδα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας Παράρτημα Ν. Η μαθίας (www.emeimathias.gr). Για τη συ μμετοχή κάθε μαθητή είναι απαραίτητη η συμπλήρωση του ΔΕΛτΙΟΥ

ΣΥΜ Μ ΠΟΧΗΣ ΜΑΘΗΤΗ και η κατάθεση 100€. Περισσότερες πληροφορίες στην ιστοσελίδα της Ελληνικής Μα θηματικής Εταιρείας www.emeimathias.gr.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 83 τ.3/33

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Επιμέλεια: Επιτροπή Διαγωνισμών 72°ς ΠΑΝ ΕΛΛΗΝ ΙΟΣ ΜΑΘΗ1Ι ΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝ ΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗ ΜΑ1ΙΚΑ

'Ό ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ"

ΣΑΒΒΑΤΟ, 21 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2012

ΕΝΔΕΙΚΥΙ ΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

Β ' τάξη Γυμνασίου , 23 23 2ο 3 3 1 ι ι 8 2 3 , (α) Να συγκρινετε τους αριθμους = + + = 8 : "2-4 και Β 4-ι2 : 34 -� + 24 · Α 31 · (β) Αν ισχύει ότι: 6( αβ + βy + rα) = 11αβy και αβy :ι: Ο , 8 - a ι2 β ι6 r να βρείτε την τιμή της παράστασης: Γ = -- + - + - . 4y 2α 3β

(

Πρόβλημα 1

)

( )( )

) ( ) ( ( )( ) ( )( )

Λύ ση

(

)

72 23 + 2° + � : � - ..!.. = _! · 8 + 1 + � - � - ..!.. = _! · 9 + ..!._ _..!._ = _! . 9 = 31 8 2 4 31 8 3 4 31 4 4 31 31 ' 8 2 3 1 81 3 9 3 39 8 2 1 1 3 1 3 Β = - 12 = rι - 92 + τι = 12 - 12 = 81 - 81 + = 6 · 6 + = + 16 = 16. 4 16 4 16 72 39 72 · 16 - 39 · 3 1 1 152 - 1209 Ο . , Ε πειδ η. ειναι = Α- Β = - - - = < , επεται οτι Α < Β . 3 1 16 31·16 496 8 - α 1 2 - β 16 - y _!_ � _!3_ _L � L + + Γ= = - + + - = (β) 'Εχοv με 2α 3β 4y 2α 2α 3β 3β 4y 4y (α) Έχουμε Α = � ·

•

(

) (

= 4 · J_ + J_ + _!_ - .!. + _!_ + _!_ = 4 · J_ + J_ + _!_ _Q α β r 2 3 4 α β r 12 Ο Από την υπόθεση 6 ( αβ + βy + yα) = 1 1αβy και αβy * με διαίρεση και των δ ύο μελ ών της . . 6(αβ + βy + yα) 1 1αβy => 1 1 1 1 1 Ο . ισοτητας με 6αβy * προκυπτει οτι: - + - + - =- , = 6αβy α β r 6 6αβy 1 1 1 3 44 13 75 25 1 1 1 13 + + -12 = 4 = - = = οποτε η παρασταση εχει τιμη Γ = 4 · · 6- 12 6 12 U 4· α β r Γ '

(

Πρόβλημα 2 Ένας πελάτης αγόρασε από μία έκθεση αυτοκινήτων ένα αυτοκίνητο για το οποίο πλή ρωσε με μετρητά το μισό της τιμής πώλησης του αυτοκινήτου, ενώ για τα υπόλοιπα συμ φωνήθηκε να πληρώσει με 24 μηνιαίες δόσεις των 500 ευρώ. Με αυτόν το διακανονισμό ε πιβαρύνθηκε με τόκους που συνολικά αντιστοιχούν στο ι Ο% της τιμής πώλησης του αυτο κινήτου. Να βρείτε την τιμή πώλησης του αυτοκινήτου και πόσα συνολικά θα πληρώσει συνολικά ο πελάτης. Λύ ση.

Αν υποθέσουμε ότι η τιμή πώλησης του αυτοκινή του είναι χ τότε, σύμφωνα με την υπόθεση ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 83 τ.3/34

Μαθηματικοί Δια.,ωνισμοί

------

του προβλήματος θα έχουμε την εξίσωση: χ 10χ χ χ - + 24 · 500=χ+ - <::::> - + 12000=χ+ - <::::> 5χ + 120000=1 Οχ + χ <::::> 6χ = 120000 <::::> χ

120000

= 20000. 6 Άρα η τιμή πώλησης του αυτοκινήτου είναι χ = 20000 ευρώ και ο πελάτης θα πληρώσει συ-

100

10χ 1 1χ 1 1 · 20000 . = 22000 ευρω. 10 1 00 10

νολ ικα χ + -=- = Π ρ ό βλη μα 3

Στο διπλανό σχήμα, το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές ( ΑΒ = ΑΓ ), το τρίγωνο ΑΔΓ είναι ισόπλευρο και Ε είναι το μέσο του ΑΔ. Αν το Κ βρίσκεται στη προέκταση της ΒΓ και οι ΒΔ,ΓΕ τέμνονται στο σημείο :κΓΔ , είναι ίσες.

Ζ,

να αποδείξετε ότι οι γωνίες

ΒΖΓ και

Λύση Έστω BAr = χ Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Β = Γ έχου"" ..... .... "' "' .... χ με: Α+ Β+ Γ = 1 80° <::::> χ + 2Γ = 1 80° <::::> Β= Γ = 90° -- . �

Γ +Μ Δ +f' 1 = 1 80° , οπότε

f'1 = 1 80° - 60° -

(1)

Σχήμα 1 Από το ισό πλευρο τρίγωνο ΑΓ Δ , έχουμε: Μ Δ = 60° . Οι γωνίες τώρα Γ , Αf' Δ και f' 1 είναι διαδοχικές με την πρώτη και την τελευταία πλευρά τους αντικείμενες ημιευθείες, έχουμε ότι

(90° - �) <::::> f'1 = 30° + �.

Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒ Δ , θέτουμε Β1 = Δ1 = ώ και παίρνουμε: χ 2ι:Ό + χ + 60° = 1 80 <::::> ώ = 60° .

-2 �

Από το ορθογώνιο τρίγωνο τέλος ΕΔΖ , έχουμε:

(2) (3) (4)

Π ρ ό β λη μα 4 Γράφουμε στον πίνακα το σύνολο Α που περιέχει όλους τους ακέραιους από το 1 μέχρι και το 2012. Διαγράφουμε από το σύνολο Α όλους τους ακέραιους που είναι πολλαπλάσια του 5 και στη συνέχεια, από τους ακέραιους που απέμειναν, διαγράφουμε αυτούς που είναι πολλαπλάσια του 8. Να βρείτε πόσοι ακέραιοι θα απομείνουν στο σύνολο Α.

Λύση Τ ο σύνολο Α= {1, 2,3, ... , 2012} έχει 2012 στοιχεία. Τα πολλαπλάσια του 5 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι της μορφ ής 5κ, όπου κ ακέραιος τέτοιος ώστε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 83 τ.3/3S

------ Μαθη ματικοί ΔιαΎωνισμοί

------

2 1 2012 1 1 :::;; 5κ :::;; 2012 � - :::;; κ :::;; -- � - :::;; κ :::;; 402- � κ ε { 1, 2, ... , 402} , 5 5 5 5 δηλαδή τα πολλαπλάσια του 5 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι 402. Τα πολλαπλάσια του 8 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι της μορφής 8κ, όπου κ ακέραιος 1 2012 1 4 τέτοιος ώστε 1 :::;; 8κ :::;; 2012 � - :::;; κ :::;; -- � - :::;; κ :::;; 25 1- � κ ε {1, 2, ... , 25 1} , δηλαδη' τα 8 8 8 8 πολλαπλάσια του 8 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι 25 1 . Όμως υπάρχουν πολλαπλάσια του 8 που είναι και πολλαπλάσια του 5 και έχουν ήδη διαγραφεί. Α υτά είναι όλα τα πολλαπλάσια του ΕΚΠ { 5, 8} = 40 που ανήκουν στο σύνολο Α. Εργαζό2012 1 12 �- :::;; κ:::;; 5Ο �κε{1,2, ...,50} , μενοι ομοίως, από τις ανισώσεις 1 :::;; 40κ:::;; 2012 �_!_ :::;; κ:::;; 40 40 40 40 βρίσκουμε ότι τα κοινά πολλαπλάσια των 5 και 8 μέσα στο σύνολο Α είναι 50. Επομένως, δια γράψαμε από το σύνολο Α συνολικά 402 + 25 1 - 50 = 603 στοιχεία, οπότε απέμειναν τελικά 2012 - 603 = 1409 στοιχεία.

Γ 'τάξη Γυμνασίου

Πρόβλημα 1 ,

(α) Να βρείτε την τιμη της παράστασης: Α =

αν δίνεται ότι

α=

β = 2-3 •

(

β1 + 237

) ( )3 ·

4β 1

(β) Αν τα ποσά x, y είναι ανάλογα με συντελεστή αναλογίας

ότι η παράσταση Κ s; 1 .

;xy 1 +y

α β 2-3 =

, λαμβανουμε

Η παράσταση Α γράφεται: Α �

Κ παίρνει τη

α β2

2 -3 _ ( 2 3 )2

χ,

y και ισχύει ότι

μέγιστη τιμή της.

2 -3 -3+6 3 -6 = 2 = 2 = 8 . 2

(; JH· ;) ; + 237

β1

= α > Ο , να αποδείξετε

έχει τιμή ανεξάρτητη των τιμών των

Για ποια τιμή του α η παράσταση

Λυση (α ) Για ,

β1

9α - 20

+9·

- 2o � (8 + 237)

' ·s + 9 · 8 - 20

245 · 23 + 72 - 20 = 245 · 8 + 52 = 2012. (β) Από την υπόθεση έχουμε ότι χ = αy , οπότε η παράσταση γράφεται 2 a;y 2αy2 �, Κ= = α2y2 + / (α 2 + 1 ) y2 α 2 + 1 δηλαδή είναι ανεξάρτητη των x,y και εξαρτάται μόνο από το λόγο α . Επιπλέον, ισχι)ει α Κ= ; :::;; 1 � α 2 + 1 ;::: 2α � α 2 - 2α + 1 ;::: Ο � (α - 1 γ ;::: Ο , α +1 το οποίο είναι αληθές. Επομένως η μέγιστη τιμή της παράστασης είναι 1 και λαμβάνεται όταν α - 1 = Ο, δηλαδή όταν α = 1 . =

Πρόβλημα 2 Στο διπλανό σχήμα, οι μικροί ιώκλοι είναι iσοι μεταξύ τους (με ακτίνα R ), έχουν κέντρα τα σημεία Κ, Λ και εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Μ . Οι διάμετροι ΑΒ και ΓΔ (των μικρών ιώκλων) εί ναι κάθετες στην διάκεντρό τους ΚΑ . Ο μεyάλος ιώκλος τέλος, έχει ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Α' 83 τ.3/36

------

Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμοί

-------

κέντρο το σημείο Μ και περνάει από τα σημεία Α,Β,Γ, Δ . Να υπολσyιστεί συναρτήσει του R , το εμβαδό του σκιασμένου χωρίου. Λύση Επειδή είναι ΑΚ = ΔΑ και ΑΚ 11 ΔΑ, ως κάθετες στη διάκεντρο ΚΑ , το τετράπλευρο ΑΚΛΔ είναι ορθογώνιο, οπότε θα είναι ΑΔ = ΚΑ = 2R . Ομοίως προκύπτει ότι και το τετράπλευρο ΚΒΓ Λ είναι ορ θογώνιο και ότι ΒΓ = ΚΑ = 2R Επομένως, το τετρά πλευρο ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο με πλευρά 2R και εμβαδό (ΑΒΓΔ) = 4R2 • Το τρίγωνο ΑΚΜ είναι ορ θογώνιο με κάθετες πλευρές ΚΑ = ΚΜ = R . Άρα, από το Πυθαγόρειο θεώρημα, έχουμε:

ΜΑ = ΜΒ = ΜΓ = ΜΔ = R.J2 , δηλαδή ο μεγάλος κύκλος έχει ακτίνα RJ2 και κατά συνέπεια το εμ Ε = π(R.J2)2 = 2πR2 • Τα εμβαδά των δύο μικτόγραμμων χωρίων ΜΑΔ και

Σχήμα 2

βαδό του θα είναι: ΜΒΓ είναι ίσα μεταξύ τους και το άθροισμά τους προκύπτει, αν από το εμβαδό του τετραγώνου αφαιρέσουμε το εμβαδό των δύο μικρών ημικυκλίων (δηλαδή το εμβαδό του μικρού κύκλου). Με βάση τους παραπάνω συλλογισμούς προκύπτουν οι σχέσεις:

2ξ =(ΑΒΓΔ)-πlf �2ξ =41f -πlf �� =

�

ξ=

(4;πf ·

Για τα εμβαδά των χωρίων Ε3 έχουμε:

-ξ .

Άρα το εμβαδό του ζητούμενου χωρίου είναι: 2Ει +2ξ +21; =2ξ +(4-π)lf +πlf -2ξ =4lf .

Παρατήρηση Το εμβαδό ενός από τα τέσσερα ίσα κυκλικά τμήματα του μεγάλου κύκλου είναι:

(π - 2)R2 Ε Α Ε ι = - ( ΒΓΔ) = 2πR2 - 4R2 = •• 4 4 2

Ο υπολογισμός όμως δεν είναι απαραίτητος γιατί απλοποιείται με τις πράξεις. Πρόβλημα 3 Γράφουμε στον πίνακα το σύνολο Α που περιέχει όλους τους ακέραιους από το 101 μέ χρι και το 2012. Διαγράφουμε από το σύνολο Α όλους τους ακέραιους που είναι πολλαπλά σια του 3 και στη συνέχεια διαγράφουμε όλους τους ακέραιους που είναι πολλαπλάσια του 8. Να βρείτε πόσοι ακέραιοι θα απομείνουν στο σύνολο Α. Λύση Το σύνολο Α = {101, 1 02,1 03, ... , 2012} έχει 2012 - 100 =1912 στοιχεία. Τα πολλαπλάσια του

3 που ανήκουν στο σύνολο Α εfναι της μορφής 3κ, όπου κ ακέραιος τέτοιος ώστε 101 201 2 2 2 1 ο 1 < 3κ < 2012 � :5: κ :5: -- � 33- :5: κ :5: 670- � κ Ε { 34,35, ... ,670} , 3 3 3 3 δηλαδή τα πολλαπλάσια του 3 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι 670 - 33 = 63 7 . Τα πολλαπλάσια του 8 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι της μορφής 8κ, όπου κ ακέραιος 4 101 2012 5 , , τετοιος ωστε 1 01 :5: 8κ :5: 2012 � - :5: κ :5: -- � 12- :5: κ :5: 251 - � κ Ε {13,14, ... , 25 1} , _

δηλαδή τα πολλαπλάσια του 8 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι 25 1 - 12 = 239 . Όμως υπάρχουν πολλαπλάσια του 8 που είναι και πολλαπλάσια του 3 και έχουν ήδη διαγρα φεί. Α υτά είναι όλα τα πολλαπλάσια του ΕΚΠ { 3, 8} = 24 που ανήκουν στο σύνολο Α. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/37

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

------

Εργαζόμενοι ομοίως, από τις ανισώσεις

2012 20 101 5 101 � 24κ � 2012 � - � κ � -- � 4 - � κ � 83 - � κ Ε { 5, 6, ... , 83} , 24 24 24 24 βρίσκου με ότι τα κοινά πολλαπλάσια των 3 και 8 μέσα στο σύ νολο Α είναι 83 - 4 = 79 . Επομένως, διαγράψαμε από το σύνολο Α συ νολικά 637 + 239 - 79 = 797 στοιχεία, οπότε α πέμειναν τελικά 1912 - 797 = 1 1 15 στοιχεία. Πρόβλη μα 4 Δίνονται τα πολυώνυμα

Ρ(χ)=( χ-1)( χ+ ι)( χ-2)( χ+2) και

χ) =(ax2 + βχ)(yχ2 +δ)+4, όπου α,β,y,δ Αν ισχύει ότι α+ β+ y+δ = -3 , να βρείτε τις τιμές των παραμέτρων α,β,y,δ για τις οποίες τα πολυώνυμα Ρ( χ) και Q ( χ) είναι ίσα. Q(

JR .

Λύση

Έχου με Ρ( χ) = ( χ - 1) ( χ + 1)( χ - 2)( χ + 2) = ( χ 2 - 1 )( χ 2 - 4 ) = χ4 - 5χ 2 + 4 και

Q ( x) = ( αχ2 + βχ}(yχ2 + δ ) + 4 = αyχ4 + βyχ3 + αδχ2 + βδχ + 4 . Τ α πολυ ώνυμα Ρ( χ) και Q ( χ) είναι ίσα, αν, και μόνον αν, ισχύ ου ν

αr = 1, βy = 0, αδ = -5, βδ = 0 � { β = ο ή r = ο} , { β = 0 ή δ = Ο} , αr = 1, αδ = -5. Οι τιμές r = Ο και δ = Ο αποκλείονται γιατί δεν επαληθεύου ν τις δύο τελευ ταίες εξισώσεις, οπότε λαμβάνου με β = Ο, y = _.!._ , δ = - � , α :;t: Ο. Από την εξίσωση α + β + y + δ = -3 , με αα α ντικατάσταση των τιμών των β, r και δ προκύπτει η εξίσωση 1 5 4 α + - - - = -3 � α - - = -3 � α 2 + 3α - 4 = Ο � α 2 - 1 + 3α - 3 = Ο α α α (α - 1)(α + 1) + 3(α - 1) = 0 � (α - 1) (α + 4) = 0 � α - 1 = 0 ή α + 4 = 0 � α = 1 ή α = -4 Επομένως οι τιμές των παραμέτρων α,β, y, δ Ε JR πρέπει και αρκεί να είναι α = 1 β = Ο r = 1 δ = -5 η' α = -4 β = Ο r = - _!_ δ = � . ' ' ' ' ' 4' 4

Ασκήσεις για Διαγωνισμούς

Από το προηγούμενο τεύχος η Επιτροπή Διαγωνισμών της ΕΜΕ ξεκίνησε την πρόταση στους μαθητές, κυρίως της Γ Γυμνασίου, ασκήσεις προς λύση μέχρι επιπέδου μαθηματικών διαγωνισμών Νέων. Στο πα ρόν τεύχος δίνουμε τις λύσεις των ασκήσεων που προτάθηκαν στο προηγούμενο τεύχος. Πιστεύουμε ότι οι ασκήσεις αυτές θα αποτελέσουν κίνητρο για τον μαθητή που αγαπάει τα Μαθηματικά και θέλει να συμ μετάσχει στους μαθηματικούς διαγωνισμούς, να ασχοληθεί με τη λύση τους αναζητώντας παράλληλα στη βιβλιογραφία ή στο διαδίκτυο, υλικό για την καλύτερη θεωρητική του ενημέρωση. Στο επόμενο τεύχος θα δοθούν οι λύσεις των προτεινόμενων ασκήσεων καθώς και άλλες ασκήσεις προς λύση. Την Επιτροπή Δια

γωνισμών της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας (ΕΜΕ) πλαισιώνουν μαθηματικοί από όλη την Ελλάδα. Πρόεδρος της Επιτροπής είναι ο Αναπληρωτής Καθηγητής του ΕΜΠ Ανάργυρος Φελλούρης και αντιπρόεδρος ο μαθηματικός Γιάννης Τυρλής. Μέλη της Επιτροπής είναι οι συνάδελφοι μαθηματικοί Αγ γελική Βλάχου, Ευάγγελος Ζώτος, Ταμάρα Μτσεντλίτζε, Αλέξανδρος Παπαϊωάννου, Παναγιώτης Πουλό πουλος και ο Ευάγγελος Ψύχας. Όλοι οι παραπάνω αποτελούν τον κεντρικό πυρήνα της Επιτροπής και ασχολούνται εκτός των άλλων και με την επιλογή των προβλημάτων των διαγωνισμών της ΕΜΕ. Επίσης συμμετέχουν τα μέλη των παραρτημάτων της ΕΜΕ: Γεώργιος Αποστολόπουλος, Ανδρέας Βαρβεράκης, Δημήτριος Κοντοκώστας, Θεόδωρος Μπόλης, Παπαδόπουλος Κωνσταντίνος, Ανδρέας Πούλος και ο Αλέ ξανδρος Συγκελάκης. Επίσης, η Επιτροπή έχει συνεργάτες Ολυμπιονίκες παλαιότερων ετών, όπως ο Πέ τρος Μπρέγιαννης και ο Σιλουανός Μπραζιτίκος. Την τεχνική υποστήριξη της Επιτροπής έχουν αναλάβει οι συνεργάτες της ΕΜΕ Μαρία Γεωργούδη, Αθανάσιος Μαλαφέκας και ο Στυλιανός Μαραγκάκης. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/38

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

-------

ΑΣΚΗΣΕΙΣ Π ΡΟΣ Λ ΥΣΗ Α ι + 201 14 + 20ι24 , την τιμη, της παραστασης: , A l . Ν α βρειτε = ι + 201 1 2 + 2012 2 Λύση

Θα aπλοποιήσουμε την παράσταση του Α που ζητάμε , αν θέσουμε

Α (χ) =

•

1 + χ4 + ( χ + 1)4 , από την οποία προκύπτει η τιμή Ι + χ2 +(χ+ Ι ) 2

χ = 201 1 . Έχουμε

1+χ4 +(χ+1)4 2 + 2χ2 +4χ3 + 6χ2 +4χ Ι + χ4 + 2χ3 +3χ2 +2χ 2 + 2χ2 + 2χ 1 + χ2 +χ l + x2 +(x + I)2 οπότε θα έχουμε Α = 201 12 + 201 Ι + 1 = 201 1 · 2012 + 1 = 4046133 . Α(χ) =

4 ι ι , ακεραιους , ότι: , για ο'λους τους θετικους , ισχυει + - � -Α2 . Ν α αποδείξετε οτι x+ y χ Υ Λύση Επειδή οι χ, y είναι θετικοί, έχουμε:

Ι 4 χ+y 4 , - + -Ι � -- <=> -- � -- <=> ( χ + Υ ) 2 � 4xy <=> ( χ - y )2 � Ο, που ισχυει χ Υ χ+Υ xy χ + Υ Ση μείω ση . Η ανισότητα σληθεύει για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς χ και

Γl.

ABPC

Έστω

παραλληλόγραμμο τέτοιο ώστε το τρίγωνο ABC να είναι οξυγώνιο. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABC τέμνει την ευθεία CP ξανά στο σημείο Q . Να αποδείξετε ό"

τι: PQ = Α C <=> ΒΑ C = 60ο Λύση Ευθύ . Έστω ότι PQ = A C . Τότε το τρίγωνο •

ισοσκελές με ίσες γωνίες PBQ = PQB . ( 1) Από την παραλληλία ΑΒ 1 1 PQ Α

A�--�------�c .. ...... .... .. .. --

---Β 1 ... . - - -

---

Σχήμα 2

(2)

BPQ

είναι

λαμβάνουμε

Α και BQP είναι εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο, οπότε Α = BQP . (3) Όμως από το παραλληλόγραμμο ABPC έχουμε Α + ΑΒΡ = 1 80° => Α + ABQ + QBP = 180° => ,... "' "' "' => Α + Α + Α = 180° => Α = 60° Αντίστροφα, έστω Α = 60° . Τότε ΑΒΡ = 120° . Από την παραλληλία ΑΒ 1 1 PQ λαμβάνουμε ABQ = BQP και επιπλέον οι γωνίες Α και BQP είναι εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο, οπότε Α = BQP . Επομένως έχουμε �=ffJ =ABQ, οπότε θα είναι QBP= 120° - ABQ=120° -(Π =(i)o . Άρα το τρίγωνο PBQ είναι ισοσκελές με ΡΒ = PQ , οπότε θα εί ναι και AC = PQ . Επιπλέον, οι γωνίες

ABQ = BQP

Σχήμα

Γ2. Έστω τρίγωνο ABC με ΒΚ διχοτόμο της γωνίας "'

Β έτσι ώστε: ΒΚ

νίες του τριγώνου ABC . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/39

2 ΑΚ . Να βρείτε τις γω·

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

------

Λύση (1 ος τρόπος) Π ροεκτείνουμε τη ν πλευρά ΒΑ κατά τμήμα ΑΒ1 = Α Β . Έτσ ι δημιο υργο ύμε το τρίγωνο BB1C

' ' ' ' ' η CA ειναι ' τετοιο ' ΑΚ Ι , στο οποω διαμεσος, ' ' το σημειο ' Κ πανω ενω στη διαμεσο ειναι ωστε -=KC 2 ο πότε το σημείο Κ είναι το βαρύκεντρο του τριγώ νο υ BB1C . Έτσι και η ΒΚ ορίζει τ ην ευθεία τη ς διαμέσο υ το υ τριγώνο υ BB1C , από την κορυφή Β. Αν η ευθεία ΒΚ τέμνει τη ν πλευ ρά B1C

στο σημείο Ε, τότε η ΒΕ είναι διάμεσος, σJJ..iJ. και διχοτόμο ς το υ τριγώνο υ BB1C . Άρα το τρίγωνο BB1C είναι ισοσκελές με ΒΒ1 = BC (1). Στ η συνέχεια συγκρίνο υμε τα τρίγωνα ABC και EBC , τα ο πο ία έχο υν: Τ ην πλευρά BC κο ινή •

EBC = κ:Βc = KCB = ACB , από το ισοσ κελές τρίγωνο ΚΒC με ΚΒ = KC . ΒΕ= � · ΒΚ = � - KC =AC . 2 2 Άρα τρίγωνα τα ABC και EBC είναι ίσα, ο πότε θα έχο υν και CE = ΑΒ . Άρα θα έχο υμε και 2 · CE =2 · ΑΒ, δ ηλαδή είναι ΒΒ1 = B1C (2) Από τις ( 1 ) και (2) έπεται ότι το τρίγωνο BB1C είναι ισ όπλευρο, ο πότε θα έχο υ με: Β = 60°, Α=90°, γιατί η διάμεσο ς CA είναι και ύψο ς, C =30ο . 2ος τρόπος: Από την υ Σχή μα 3 πόθεσης ΒΚ = ΚC =2·ΑΚ, ο δηγού μεθα στη θεώρηση Β των μέσων Ε και D των ευθυγράμμων τμημάτων ΒΚ και KC , αντίστοιχα. Έτσ ι ορίζεται το τρίγωνο AED το υ οποίου η ΕΚ εί ναι διάμεσος και ισούται με το μισό τη ς πλευράς AD στη ν οποία αντιστο ιχεί., ο πότε το τρίγωνο αυτό είναι ορθο γώνιο στο Ε, δηλαδή είναι AED 90° . Επιπλέον η ED είναι παράλληλη με τ ην c πλευρά BC και ίση με το Α Σχήμα 4 μισό της, δηλαδή FD=OC . 2 Επειδή η ΒΚ είναι διχο τόμος το υ τριγώνου ABC , από το θεώρημα τη ς διχο τόμου λαμβάνουμε BC ΑΒ_ΚΑ_ ΚΑ - 1 , δηλαδή AB= . Τ α τρίγωνα AED και Α ΒΚ έχουν: ΑD=2· ΑΚ=ΒΚ, OC ΚΒ 2· ΚΑ 2 2 •

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/40

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

-------

BC ED = - = AB ' 2 D • A E = AC B = KB C = ΑΒ Κ , γιατί ED 1 1 BC , ΒΚ = KC και ΒΚ διχοτόμος της AB C . Άρα τα τρίγωνα AED και ΑΒΚ είναι ίσα, οπότε θα είναι και Α = AED = 90° . Στη συνέχεια, Α A BC ' ' C = 30° και Β = 60° . ' ΑΒ = 2 προκυπτει απο' τη σχεση οτι •

3°ς τρόπος Επειδή η ΒΚ είναι διχοτόμος του τριγώνου ABC , από το θεώρημα της διχοτόμου λαμβάBC ΑΒ ΚΑ ΚΑ 1 = ' ' = , δη λαδη' ΑΒ = 2 . Φερουμε απο' το Α κα' θετη προς τη διχοτομο = νου με BC ΚΒ 2 . ΚΑ 2 ΒΚ που έστω τέμνει την ΒΚ στο Η και την BC στο Τ. Λόγω συμμετρίας θα είναι BC ΒΤ = ΑΒ = . 'Ετσι στο ισοσκελές τρίγωνο BKC (ΒΚ = KC) η ΚΤ είναι διάμεσος, οπότε θα 2 Β είναι και ύψος, δηλαδή ΚΤΒ = 90° Όμως, ΑΒΚ = ΤΒΚ ( ΒΚ κοινή πλευρά, ΑΒΚ = κΒτ= και 2 BC BC προκύπτει ΒΤ = ΑΒ = ), έπεται ότι: Α = κΑΒ = Β i'κ = 90" . Στη συνέχεια, από τη ΑΒ = 2 2 Α ο ότι C = 30 και Β = 60" . 4°ς τρόπος Φέρουμε από το σημείο Κ παράλληλη προς την ευθεία ΑΒ, η οποία τέμνει τη BC στο Δ. ΑΒ ΚΔ = (1) Τότε από τα όμοια τρίγωνα ABC και ΚΔC έχουμε BC ΔC Επειδή ΚΔ 1 1 ΑΒ και ΒΚ δι Α χοτόμος της γωνίας Β έπεται ότι Α "" .... "' Α Κ Δ Β = ΑΒΚ = ΚΒΛ = , (2) 2 οπότε το τρίγωνο ΒΔΚ είναι ι σοσκελές με ΚΔ = ΒΔ . Έτσι η (1) σχέση γίνεται .ΑΒ ΚΔ m ΑΚ ΑΚ 1 - =- =- =- =- =- ::::>OC=2·A& OC !:C !:C ΚC 2· ΑΚ 2 αφού από την υπόθεση έχουμε ότι Σχήμα 5 KC = 2 · ΑΚ . Αν Ε είναι το μέσον της BC, επειδή το τρίγωνο BKC εί ναι ισοσκελές με BK=KC, έπεται ότι η ΚΕ είναι ύψος και διάμεσος του τριγώνου BKC, δηλαδή BC Β ΕΚ = 90° και BE = EC = =ΑΒ Τα τρίγωνα ΑΒΚ και ΕΒΚ είναι ίσα, γιατί έχουν την ΒΚ κοινή 2 Β πλευρά, ΑΒ=ΒΕ και ΑΒ Κ = κΒΕ = . Επομένως θα έχουμε και Α = Β Ακ = Β Ε Κ = 90° . (3) 2 Β Από το ισοσκελές τρίγωνο BKC με ΒΚ = KC προκύπτει ότι C = κΒc = => Β = 2 · C (4) Από τις 2 (3) και (4) έχουμε B + C = 1 80° - A => 2 · C + C = 1 80° - 90° => C = 30" , οπότε Β = 60°. Δl. Με πόσους τρόπους μπορούμε να τοποθετήσουμε 8 πύργους πάνω σε μία σκακιέρα 8 χ 8 , αν δεν επιτρέπεται να υπάρχουν δύο πύργοι στην ίδια γραμμή ή στήλη και επιπλέον δεν επιτρέπεται η τοποθέτηση πύργου στα τέσσερα γωνιακά τετράγωνα. Α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 83 τ.3/41

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί

-------

Λύ ση Από τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε ότι σε κάθε γραμμή ή στήλη πρέπει να τοποθετηθεί μόνο ένας πύργος και επιπλέον ότι σε καμία γωνία δεν μπορεί να τοποθετηθεί πύργος. Σύμφωνα με τις υποθέσεις έχουμε ότι: • Στην πρώτη στήλη υπάρχουν 6 δυνατές τοποθετήσεις πύργου. • Στην όγδοη και τελευταία θα υπάρχουν 5 δυνατές τοποθετήσεις. • Στις 6 ενδιάμεσες στήλες, επειδή δεν υπάρχει περιορισμός για τα ακραία τετράγωνα, πρέπει να τοποθετηθούν 6 πύργοι, από ένας σε καθεμία. Έτσι το πλήθος των δυνατών τοποθετήσε ων θα είναι 6 ! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 = 720 . Σύμφωνα με τη βασική αρχή της απαρίθμησης, οι συ νολικές δυνατές τοποθετήσεις θα είναι: 6 · 5 720 = 2 1 600 . Δ2. Έχουμε γράψει στον πίνακα τους αριθμούς 1,2,3, . . . ., 2012. Στη συνέχεια εκτελούμε ε παναληπτικά την παρακάτω διαδικασία: Επιλέγουμε τυχαία δύο από τους αριθμούς του πί νακα, έστω α, β , και τους διαγράφουμε από τον πίνακα, γράφοντας αντί αυτών τον αριθμό α + β . Ν α αποδείξετε ότι: 1 . με τη διαδοχική εκτέλεση της παραπάνω διαδικασίας, όταν απομείνει μόνο ένας α ριθμός, αυτός θα είναι άρτιος. 2. αν με την ίδια διαδικασία, μετά τη διαγραφή των αριθμών α, β γράφουμε τον α·

ριθμό I β - a i , όταν απομείνει μόνο ένας αριθμός, επίσης αυτός θα είναι άρτιος.

Λύση 1 . Μετά την επαναληπτική εφαρμογή της διαδικασίας, αντικατάστασης ενός ζεύγους ακεραίων (α, β) από το άθροισμά τους, όταν προκύψει ένας μόνον ακέραιος, αυτός θα είναι ο

1 + 2 + 3 + ... + 20 1 2 =

20 1 2 · 20 1 3

= 606 20 1 3, άρτιος. Διαφορετικά, για τον υπολογισμό του 2 αθροίσματος 1 + 2 + 3 + . . . + 20 1 2 , θα μπορούσε κάποιος να πει, ότι έχουμε να προσθέσουμε 606 ζευγάρια περιττών 1 + 1, 3 + 4, 5 + 6, ... , 20 1 1 + 20 1 2 , οπότε το άθροισμα θα είναι άρτιος.

α +β

2. Επειδή οι ακέραιοι

και

IP - α i είναι και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί, όσον αφορά

τον αριθμό που προκύπτει στο τέλος , ισχύει ότι ακριβώς βρήκαμε παραπάνω στην περίπτωση 1 .

Ν1. Αν ο αριθμός q είναι θετικός ρητός, να αποδείξετε ότι: q + _!_ ε Ζ <=> q 1 . =

Λύση Ευθύ. ' Εστω q =

μ v

( )

Q: (θετικός ρητός), όπου μ, v ε z: με μ, v = 1 . Τότε 1 μ v μ2 + v2 q+- = -+- = q v μ μv

ε Ζ � μv μ2 + v 2 •

Επειδή όι ακέραιοι μ, v είναι πρώτοι μεταξύ τους, έπεται ότι: μ μ 2 + v 2 ή v μ 2 + v 2 • • Αν μ μ 2 + v 2 , τότε μ v 2 και επειδή είναι μ, v = 1 , έπεται ότι μ = 1 . Τότε, όμως θα

( ) l έχουμε 1 · v l 1 2 + v 2 � v i 1 + v 2 � v, δηλαδή q = 1 . Αν v i μ 2 + v 2 , τότε ομοίως προκύπτει ότι μ = v = 1 και q = 1 . l

•

Αντιστροφα, ,

1 , οτι ' q + - = 2 ε u... , αν q = 1 , τοτε '71. • ειναι προφανες, q '

Ν2. Βρείτε όλες τις τριάδες

99χ+ 100y + 101z

01 2 .

(χ, y, z)

θετικών ακέραιων που είναι λύσεις της εξίσωσης: Εσθονία, 2009

Λύση Επειδή πρόκειται για μία εξίσωση με τρεις αγνώστους θετικούς ακέραιους, προσπαθούμε να ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 83 τ.3/42

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

--------

δημιουργήσουμε και κάποιες άλλες πρόσθετες εξισώσεις ή ανισώσεις. Έχουμε σχετικά:

93 2012 2012 32 99(x+y+z) :::; 99x+100y+101z=2012::o;101(x+y+z) ::::> 19- :::; - :::; x+y+z:::; - =20- =>x+y+z=20. 99 101 101 99

Επομένως, η αρχική εξίσωση γράφεται:

99χ + 100y + 101z = 2012 <=> 100(χ + y + z ) + z - x = 2012 <=> z - χ = 12 <=> z = χ + 12. ( 1 ) Τότε η εξίσωση χ + y + z = 20 γίνεται: χ + y + x + 12 = 20 <=> 2χ + y = 8 <=> y = 8 - 2χ. (2) Επειδή οι χ, y, z είναι θετικοί ακέραιοι, από την τελευταία προκύπτει ότι: 8 - 2χ > Ο, χ ε z: <=> 0 < χ < 4, χ ε z: <=> χ ε {1, 2, 3} Για τις παραπάνω τιμές του χ , από τις (1) και (2) προκύπτουν οι λύσεις: (x, y, z) = (1, 6, 1 3) ή (2, 4, 14) ή (3, 2, 1 5 ) .

Ασκήσε ις προς λύση a,b, c με abc Ο . Να προσδιορίσετε τους πραγματικούς

Α3. Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί

, ay + bx bz + cy cx + az 4α 2 + 4b 2 + 4c2 = = = 2 2 2 x, y, z , αν ισχυουν: xy yz zx χ +y +z Α4. Αν a,b, c,d είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα 1 , να αποδείξετε ότι: bcd cda dab abc 1 -- + -- + -- + -- < - . a + 2 b+2 c+2 d + 2 13 AS. Δίνονται οι ακέραιοι α, b, c τέτοιοι ώστε ab + bc + ca = 1 . Να αποδείξετε ότι Α = ( 1 + a2 ) ( 1 + b 2 ) ( 1 + c2 ) είναι τέλειο τετράγωνο φυσικού αριθμού. αριθ μους ,

•

ο αριθμός

Ν3. Βρείτε τον αριθμό των πενταψήφιων θετικών ακέραιων που είναι τέλεια τετράγωνα και έ χουν τα δύο τελευταία ψηφία τους ίσα. Ν4. Βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους n που είναι τέτοιοι ώστε ο 3n + 1 Ο είναι διαιρέτης του n 2 + 3n + 1 . NS. Βρείτε όλους τους πρώτους θετικούς ακέραιους p, q, p < q, που είναι τέτοιοι ώστε και ο

p2q 2 + 5

είναι πρώτος.

C (Ο, R) και δύο κάθετες χορδές του ΑΒ και ED που τέμνονται σε ση μείο Ρ τέτοιο ώστε ΑΡ = 2 ΡΒ . Ν α αποδείξετε ότι το μέσον Μ του ευθύγραμμου τμήματος ΑΡ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου AED . Γ4. Θεωρούμε τρίγωνο ABC και τις διχοτόμους του BD και CE . Αν είναι BDE = 24° και CED = 1 8° , να βρείτε τις γωνίες του τριγώνου ABC. Γ5. Δίνεται εγγράψιμο τετράπλευρο ABCD με ΑΒ > CD . Θεωρούμε σημείο Ρ στην ημιευθεία ΑΒ και σημείο Q στην ημιευθεία AD τέτοια ώστε ΑΡ = CD και AQ = BC . Αν οι ευθείες PQ και AC τέμνονται στο σημείο Μ και Ν είναι το μέσον της διαγωνίου BD , να αποδείξετε ότι PM = MQ = CN . Δ3. Θεωρούμε έναν 8 χ 8 πίνακα σκακιού με 32 λευκά και 32 μαύρα τετράγωνα τοποθετημένα Γ3. Θεωρούμε κύκλο

εναλλάξ (δεν υπάρχουν τετράγωνα του ιδίου χρώματος με κοινή πλευρά). Ένα ΖΖ - μονοπάτι του πίνακα αποτελείται από οκτώ λευκά τετράγωνα, ένα σε κάθε γραμμή του πίνακα, που έχουν κοινό ένα μόνο γωνιακό τους σημείο. Να βρείτε πόσα διαφορετικά ΖΖ - μονοπάτια υπάρχουν στον πίνακα. Δ4. Μία σχολική τάξη έχει 12 μαθητές που αποτελούνται από 6 ζευγάρια διδύμων. Θέλουμε να επιλέξουμε ομάδες μαθητών στις οποίες να μην υπάρχει κανένα ζεύγος διδύμων. Με πόσους δι αφορετικούς τρόπους μπορούμε να επιλέξουμε: α) δύο τέτοιες εξαμελείς ομάδες μαθητών β) τρεις τέτοιες τετραμελείς ομάδες μαθητών. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 83 τ.3/43

Βαδίζοντας προς ιον PISA 20 12 (30) =====

Ρίζος Γιώργος

2η ΕΝΟΤΗΤΑ )(ώρος και Σχήματα

" τ α σχήματα τα συναντάμε παντού: στον προφορικό λόγο, στη μουσική, στην κυκλοφορία

στο δρόμο, στις οικοδομικές κατασκευές και στην τέχνη κλπ. Οι γέφυρες, ο αστερίας, οι νιφάδες του χιονιού είναι σχήματα. Τα γεωμετρικά σχήματα αποτελούν τα απλά μοντέλα τα οποία μας βοηθούν να απεικονίσουμε τα αντικείμενα που μας περιβάλλουν.

Η μελέτη των σχημάτων απαιτεί να κατανοήσουμε τις ιδιότητες των αντικειμένων και τις σχέσεις μεταξύ τους. Πρέπει να μπορούμε να αντιλαμβανόμαστε στο χώρο τα σχήματα που α πεικονίζουν αντικείμενα. Αυτό σημαίνει ότι μπορούμε να αντιληφθούμε τη σχέση ανάμεσα στο πραγματικό σχήμα και στην οπτική του απεικόνιση, όπως ακριβώς συμβαίνει με μια πόλη και τη φωτογραφία ή το χάρτη της πόλης. Θα πρέπει επίσης να μπορούμε να αντιληφθούμε τον τρόπο με τον οποίο τρισδιάστατα αντικείμενα απεικονίζονται ως δισδιάστατα, πώς σχηματίζονται οι σκιές και πώς ερμηνεύονται, τι είναι η προοπτική και τι απεικονίζει". Από την έκδοση του Κ.Ε.Ε για τον Μαθημ(l.τικό Αλ φαβη τισμό του PISA

Δίνουμε παρακάτω μερικά αυθεντικά θέματα και μερικά κατασκευασμένα στο ύφος των θεμάτων του PISA .. 1 1.

Πυραμίδα των Μάγιας

Στην κάτοψη που φαίνεται παρακάτω φαίνεται η πυρα μίδα της προκολομβιανής Αμερικής El Castillo στη Chichen Itza. Μερικοί τουρίστες τη φωτογραφίζουν από τα σημεία που φαίνονται στο σχήμα. http://en. wikipedia. orglwiki/

Β Α

Π υραμίδα ΕΙ Castillo Δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 83 τ. 3/44

ΕΙ_ Castillo,_ Chichen_/tza

-------

Βαδίζοντας προς τον PISA 2012

-------

Ερώτηση 1 :

Πόσες όψεις της Πυραμίδας θ α φαίνονται στη φωτογραφία που βγάζει ο Α; Ερώτηση 2:

Ποιος βλέπει τις περισσότερες όψεις; Ερώτηση 3:

Σχεδιάστε το χώρο στον οποίο πρέπει να κινηθεί ο Γ για να φωτογραφήσει ταυτόχρονα τη βόρεια και τη δυτική όψη

Βόρεια όψη της Πυραμ.ίδας

της Πυραμίδας. Ε ρώτηση 4:

Στο διπλανό σχήμα φαίνεται η κάτοψη ενός κτιρίου. Ποιος βλέπει τις περισσότερες όψεις

•

και ποιος τις λιγότερες;

·+·

Ε ρώτηση 5 :

Σχεδιάστε το χώρο στον οποίο πρέπει να κι νηθεί ο Δ για να φωτογραφήσει ταυτόχρονα

τη νότια, τη νοτιοδυτική και τη νοτιοανατο λική όψη του κτιρίου. Απαντήσεις :

11.1 Μόνο μία. Η ανατολική . 1 1.2 Ο Β, τη βόρεια και την ανατολική. 11.3 Στη γωνία που φαίνεται στο σχήμα. 1 1.4 Ο Γ βλέπει τρεις όψεις. Οι Α , Β από δύο και ο Δ μία. .

·+· 11.5 Στη γωνία που φαίνεται στο σχήμα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 83 τ. 3/45

------

12.

Βαδίζοντας προς τον PISA 2012

------

Οικο γενειακή πίτσα

Ποια από τις παρακάτω είναι η διάμετρος της οικογενειακής πίτσας, αν ξέρουμε ότι έχει ίδιες θερμίδες με 4 ατομικές πίτσες. Α. 32 cm

Β. 48 cm Γ. 96 cm Δ. 1 92 cm

Ατομικ� nlτσα Οικογεvειακ� nlτσα 4 ατόμωv

Απάντηση:

Το εμβαδόν της θα είναι τετραπλάσιο της ατομικής, οπότε: 2 2 Εοικοy. 4· 1 2 π 4· 1 44π 24 π, =

οπότε η ακτίνα είναι 24 cm, άρα η διάμετρός της είναι 48 cm. (Γ) 13.

Ξύλινα τρίγωνα

Έχουμε δύο ξυλάκια με μήκη 1 6 και 9 εκατοστά. Χρειαζό μαστε ένα τρίτο για να φτιάξουμε ένα τρίγωνο. Ερώτηση 1 :

Τι μήκος μπορεί να έχει; Ερώτηση 2:

Αν θέλουμε η μεγαλύτερη πλευρά να είναι 1 6 cm,

τι

μήκος

μπορεί να έχει το ξυλάκι; Ερώτηση 3 :

Αν θέλουμε να είναι ισοσκελές, τι μήκος μπορεί να έχει το ξυλάκι; Απαντήσεις:

13.1 Από τριγωνική ανισότητα, αν χ το μήκος του, πρέπει να ισχύουν ταυτόχρονα: 9 +16 > χ

και

16+ χ > 9

και

9 +χ > 16

οπότε 7 cm < χ < 25 cm 13.2 Πρέπει 7 cm < χ < 1 6 cm 13.3 9 cm ή 1 6 cm Π ροτεινό μενα θ έ ματα για εξάσκη ση : 14.

Συναυλία Ροκ Μουσικής

Για μία ροκ συναυλία επέλεξαν ένα γή πεδο σχήματος ορθογωνίου, διαστάσεων 1 00 μέτρων επί 50 μέτρα. Όλα τα εισιτή ρια πουλήθηκαν και το γήπεδο γέμισε με θεατές που ήταν όλοι όρθιοι.

Ποια από τις παρακάτω εκτιμήσεις είναι η καλύτερη, για να περιγράψει τον συνο λικό αριθμό ατόμων που παρακολούθησε τη συναυλία αυτή; Β 5.000 Γ 20.000 Α 2.000 Δ 50.000 Ε 1 00.000

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ. 3/46

Pisa 2003

------- Βαδίζοντας προς τον PISA 2012 15.

άρα θα προλάβει.

Σκάλα

Το παρακάτω σχήμα απεικονίζει μια σκάλα με 14 σκαλοπάτια και με συνολι κό ύψος 252 cm: Ποιο είναι το ύψος καθενός από τα 14 σκαλοπάτια;

Συνολικό μήκος 400 cm

Βεράντα

Ο Νίκος θέλει να στρώσει με πλάκες την βεράντα του καινούργιου του σπιτιού που είναι σχήματος ορθογωνίου. Η βερά ντα έχει μήκος 5,25 μέτρα και πλάτος 3,00 μέτρα. Για τη δουλειά αυτή, ο Νίκος θα χρεια στεί 8 1 πλάκες για κάθε τετραγωνικό μέ τρο. Υπολογίστε πόσες πλάκες θα χρειαστεί ο Νίκος, για να στρώσει ολόκληρη τη βε ράντα.

Ίδιο ύψος Σωστή απάντηση το (β): 6 ετών. Μπορούμε να φτάσουμε στην απάντηση με πολλούς τρόπους (aποδεκτούς από ένα δια γωνισμό όπως ο PISA). Π.χ. (α) βρίσκουμε τις εξισώσεις των ημιευθειών και λύνουμε το σύστημά τους, (β) Σχεδιάζουμε τις προεκτά σεις των ημιυεθειών στο σχήμα και βλέπου με σε ποιο σημείο τέμνονται. (γ) Το ένα παι δί αυξάνει Ι Ο cm κάθε 2 χρόνια και το άλλο 5 cm, οπότε:

ετών: 1° παιδί 2° παιδί

Pisa 2003

16.

10.

Φρενάρισμα

8.1

Όχι, γιατί οι λόγοι τους δεν είναι ίσοι. Π.χ.

για ταχύτητα 30 km

χρειάζεται 1 0 m, ενώ

για την διπλάσια ταχύτητα 60 km

χρειάζε

ται σχεδόν 40 Π}, δηλαδή τετραπλάσια από σταση. (Άλλη αιτιολόγηση: Η γραφική παράσταση δεν είναι ημιευθεία με αρχή το Ο, αλλά κα μπύλη)

8.3

Περίπου με 62

6 75 75

Δίνουμε το γράφημα, επειδή στο προηγούμενο τεύχος, εκ παραδρομής, δό θηκε το γράφημα της άσκησης 9.

...ι:

100

�

ι!

5Ο

I ο�-�1οο=----7.zοο=---��- Ιιαδρσμ� σι •m

Σωστή απάντηση (δ) 0,30 €. Π.χ. με αναγωγή στη μονάδα: Για 200 Κm πληρώνουμε 60 € (δίχως το πάγιο), οπότε για 1 Κm πληρώνουμε 60 : 200 0,30 € κ.ο.κ. =

Βιβλιογραφία: [ 1 ] Κέντρο Εκπαιδευτικής Έρευνας, Θέματα αλφαβη τισμού προγράμματος PISA,

Αθήνα 2005.

[2] OECD, (20 1 0), PISA 20 1 2

Mathematics Frame

work,

Προεκτείνοντας την καμπύλη στο σχήμα που μάς δόθηκε, βλέπουμε ότι σε ταχύτητα 80 km

Rent α car

Απαντή σεις ασκή σ ε ων 2 ου μέρ ους 8.

ΔΙΟΡΘΩΣΗ:

Pisa 2000

8.2

--------

αντιστοιχεί απόσταση περίπου 7 5 m,

http://www.oecdorg/dataoecd/8/38/4696 1 598.pdf

[3] Ρίζος Γ., Στο δρόμο για τον PISA, Τα μαθηματικά στο διεθνή διαγωνισμό PJSA, Εκδ. ΜΑΥΡΙΔΗ, Θεσσαλο νίκη, 2009

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ. 3/47

AN*J-I'fHl

ι>=<:] Α γαπητέ Ευκλείδη, Κατ' αρχήν θα ήθελα να σας συγχαρώ για το πο λύ όμορφο, διασκεδα στικό περιοδικό που εκ δίδετε. Τον Ιούνιο 20 1 1 τελείω σα το 27° Δημοτικό Σχολείο Περιστερίου. Εργάστηκα πολύ σκλη ρά για να πάρω μέρος στο διαγωνισμό της ΕΜΕ για την ΣΤ Δημοτικού. Δυστυχώς, όμως, το σχολείο μου δεν πήρε �, μέρος στο διαγωνισμό κι }7I αυτό με στεναχώρησε πολύ. ,.1�· j Αυτό το καλοκαίρι επιλέ{ : .� f , χτηκα (με εξετασεις) στο 1 ο ·-';ι ·-� Θερινό σχολείο για «χαρι1 σματικούς» (τρομάρα μου) του Εθνικού και Καποδισ ριακού Πανεπιστημίου. Εκεί είχα την τύχη να γνωρίσω τον πολύ καλό μαθηματικό τον κ. Βαγγέλη Ψύχα. Ο κύ ριος Βαγγέλης μου είπε πως θα μπορούσατε να μου επιτρέψετε στην αφεντιά μου να πά ρει μέρος στον επό μενο διαγωνισμό σας. Για να σας καλοπιάσω χωρίς να θέλω να σας κουράσω σας στέλνω απαντήσεις από το 80 Τεύχος του Ευκλείδη Α, και μια υποψήφια ζω γραφική σύνθεση για το εξώφυλλό σας. Περιμένω την απάντησή σας Αλέξανδρος Ανανιάδης

_.'

2s.

Φίλε Αλέξανδρε Σε συγχαίρουμε για τις απαντήσεις και τις όμορ φες ζωγραφιές που μας έστειλές. Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία διοργανώνει διαγωνισμούς από την Β ' Γυμνασίου, επομένως του χρόνου θα μπορούσες να συμμετέχεις. Συνέχισε την καλή σου προσπάθεια και περιμένουμε νέες συνεργασί ες σου στο περιοδικό. ι>=<:] Α γαπητή Σύνταξη, Σας αποστέλλω άρθρο με θέμα «μαθηματική Παιδείας στη Μέση Εκπαίδευση. Η Ετέρα Ό-

�� ψιφ.Το άρθρο προτείνει τρόπους αναμόρφωσης της διδασκαλίας των μαθηματικών στη Μέση Εκπαίδευση. Σας παρακαλώ αναγνώστε το και εάν χρήζει δημοσίευσης, θα με τιμήσετε αν το δημοσιεύσετε. (Ευκλείδης Α ' ) Με Εκτίμηση Δρ Χαίλης Γιώργος. Πανεπιστήμιο Λευκωσίας 2s.

Α γαπητέ συνάδελφε, Ευχαριστούμε πολύ για το ενδιαφέρον άρθρο που στείλατε. Επειδή δεν είναι για την ύλη του περιοδι κού το διαβιβάσαμε στην Επιτροπή Α ναλυτικών Προγραμμάτων της Εταιρείας. Μπορείτε να στείλε τε συνεργασία σας για το θέμα στον Ευκλείδη Γ'. '

ι>=<:] Α γαπητέ Ευκ λείδη Α Λέγομαι Φαίδρα Κωνσταντίνα Σουλούνια είμαι 1 4 ετών και πηγαίνω Τρίτη γυμνασίου, στο τέ ταρτο γυμνάσιο Ρόδου. Από το Δημο-τικό έως τώρα, βρίσκω τρόπους για να κάνω πράξεις με άλλους τρόπους. Ένα παράδειγμα: Ένας αριθμός στο τετράγωνο, ισούται με 1 Ο πά νω επί 1 0 κάτω συν 1 00. Δηλαδή : 24*24= 14*34+ 1 ΟΟ:Εχω πολλά και εξακολουθώ να βρίσκω κι άλλα. Παρακαλώ έχετε να μου προτείνετε κάποιο βιβλίο ή οτιδήποτε άλλο; Σας ευχαριστώ. 2s.

Φίλη μας Φαίδρα, Συγχαρητήρια για τους τρ όπους που βρίσκεις, συνέχισε την έρευνά σου. Στείλε μας μια ολοκλη ρωμένη εργασία σου να τη δημοσιεύσουμε. Α πό βιβλία σου προτείνουμε τις εκδόσεις της ΕΜΕ. Λmες Ανανιάδης Αλέξανδρος, Περιστέρι. Α45,46,47 ,48,49,50,5 1 ,52,53,54,55,56,57 ,5 8,59, 60,6 1 ,62,63,64,65 ,66,67 ,68,69 ' 70,7 1 '72, 73 '74,7 5,76,77, 78,80,8 1 ,82,83, Β32,33,34,35 ,36,3 7,38,39 ,40,4 1 ,42,43,44,45,46, 47 ,48,49,50,5 1 ,52,54,55,56, ΜΔ2 Από το 7° Γυμνάσιο Λάρισας. Κοκκινόπουλος Γιώργος, Α ' Τάξη Α6 1 ,68,69,70 Γκέμα Κων/να, Β ' Τάξη Β32 Ρίζος Στέλιος Β ' Τάξη Β35 Ρουμπιές Νίκος, Β ' Τάξη Β32 Κοτρώτσιος Χαρίλαος, Β ' Τάξη Β35 Από το 4° Γυμνάσιο Μυτιλήνης Θοδωρής Νίκος, Β ' Τάξη Β32,35,36,37,38,39,40 Μπράβο σας παιδιά!

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ.3/48

======

ΜΔ7. Τα χάμστερς Ο Γιώργος έχει 4 κλουβιά με χάμστερς. Το δεύτερο κλουβί έχει τα μισά από αυτά που έχει ' το πρώτο. Το τρίτο κλουβί έχει τα μισά από αυτά που έχει το δεύτερο. Τέλος το τέταρτο κλουβί έχει τα μισά από αυτά που έχει το τρίτο. Ποιος είναι ο μικρότερος αριθμός από χάμστερς που μπορεί να έχει ο Γιώργος; ΜΔ8. Ο μέσος όρος Ο μέσος όρος των ηλικιών του Νίκου και της Μαρίας είναι 1 8, ενώ ο μέσος όρος των ηλικιών του Θανάση, της Ελένης και του Ηλία είναι 43. Ποιος είναι ο μέσος όρος των ηλικιών και των 5 ατόμων μαζί;

Σ πύ ρος Γεωργίου

αριθμών των σπιτιών που βρίσκεται αριστερά από το δικό του, είναι ίσο με το άθροισμα των αριθμών των σπιτιών που βρίσκεται δεξιά από το σπίτι του. Πόσα σπίτια έχει η οδός Σανταρόζα; MΔl l . Το άθροισμα των τετρ αγώνων Παρατηρείστε προσεκτικά τις παρακάτω σχέσεις: 2(5 2+ 3 2) = 2(25 + 9) = 68 = 64 + 4 = 82 + 2 2 . 2 2 2 2 2(7 + 4 )=2(49 + 1 6)=1 30= 1 2 1 + 9= 1 1 + 3 . Δείχνουν ότι το διπλάσιο του αθροίσματος δύο τετραγώνων γράφεται σαν άθροισμα τετραγώνων δύο άλλων διαφορετικών αριθμών. Ισχύει πάντα αυτό; Αν ναι μπορείτε να το αποδείξετε; ΜΔ12. Επίσκεψη στο μουσείο

ΜΔ9. Βρείτε τον μεγαλύτερο αριθμό Έχουμε τέσσερεις αριθμούς. Αν τους προσθέτουμε ανά τρεις, δίνουν αθροίσματα 1 80, 1 97, 208 και 222. Μπορείτε να βρείτε τον μεγαλύτερο από τους τέσσερεις αριθμούς; ΜΔl Ο. Τα σπίτια της οδού Σανταρόζα

Στην οδό Σανταρόζα υπάρχουν από 1 έως 1 5 σπίτια. Επειδή στην απέναντι μεριά υπάρχει ένα πάρκο, τα σπίτια είναι αριθμημένα με τη σειρά, δηλαδή 1 , 2, 3 , κ.ο.κ. Ο κ. Γαλανός μένει σε ένα από αυτά. Το άθροισμα των

Μ ια ομάδα 20 ατόμων από μαθητές, φοιτητές και καθηγητές επισκέπτονται ένα μουσείο. Η τιμή της εισόδου για τους καθηγητές είναι 2€, για τους φοιτητές 1 .5€ και για τους μαθητές 0.5€ και συνολικά πλήρωσαν 20€. Πόσους καθηγητές, φοιτητές και μαθητές έχει η ομάδα; (Θεωρείστε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένας από κάθε κατηγορία.)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 83 τ. 3/50

------- Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν

-------

Απαντήσεις προηγούμενου τεύχους ΜΔ1 : Όταν ο Θανάσης θα έχει τρέξει 1 00 μέτρα, ο Διονύσης θα έχει τρέξει 90. Άρα θα συναντηθούν 1 Ο μέτρα πριν τον τερματισμό. Επειδή όμως ο Θανάσης είναι πιο γρήγορος, θα διανύσει τα τελευταία αυτά μέτρα ταχύτερα και θα τερματίσει και πάλι πρώτος. ΜΔ2: Αν χ είναι ο αριθμός των κολώνων της κάθε πλευράς, τότε ο Ανδρέας έβαψε 3+χ-6=χ-3 κολώνες, ενώ ο Γιώργος έβαψε χ-3+6=χ+3 κολώνες. Άρα ο Γιώργος έβαψε 6 κολώνες περισσότερες από τον Ανδρέα. ΜΔ3: Ο σωστός αριθμός είναι ο 9 1 . Πράγματι η τελευταία στήλη των αριθμών σχηματίζεται από το γινόμενο των αριθμών της 2ης και της 3ης στήλης. Η τέταρτη στήλη των αριθμών σχηματίζεται από το γινόμενο του αριθμού της 2ης στήλης επί το άθροισμα των αντίστοιχων αριθμών της 1ης και 3ης στήλης μειωμένο κατά 1 . Π.χ. στη 2η γραμμή έχουμε: 4*(3+5-1)=4*7=28. Έτσι ο αριθμός είναι ο 7*(6+8-1)=7*13=9 1 . ΜΔ4: Αν 8 κιλά κούτσουρα τους φτάνουν σημαίνει ότι ο καθένας τους έπρεπε ν α φέρει 8/3 κιλά. Ο πρώτος έφερε 5 κιλά, δηλαδή 5-8/3 = 1 5/3-8/3 = 7/3 παραπάνω από ότι του αναλογούσε. Ο δεύτερος έφερε 3 κιλά, δηλαδή 3-8/3 = 9/3-8/3 = 1/3 παραπάνω από ότι του αναλογούσε. Το συνολικό πλεόνασμα ήταν 7/3 + 1/3 8/3 κιλά (αυτά που έπρεπε να φέρει ο τρίτος της παρέας). Υποθέτουμε ότι τα 8 ευρώ είναι η λογική τιμή για τις υπηρεσίες που προσέφεραν οι δύο πρώτοι φίλοι. Οπότε θα πρέπει να πληρωθούν κατ'αναλογία. Ο πρώτος θα πάρει (7/3)/(8/3) * 8 ευρώ = 7 ευρώ και ο δεύτερος (1/3)/(8/3) * 8 ευρώ = 1 ευρώ. ΜΔ5: Ο τρίτος που βλέπει τα καπέλα των δύο μπροστά αν έβλεπε δυο άσπρα θα ήξερε ότι έχει μαύρο. Άρα αφού δεν γνωρίζει οι 2 μπροστά θα έχουν μαύρο-άσπρο ή 2 μαύρα καπέλα. Ο δεύτερος που βλέπει το καπέλο του πρώτου αν έβλεπε άσπρο, θα ήξερε ότι αυτός φοράει μαύρο. Άρα αφού δεν γνωρίζει ούτε αυτός ο πρώτος φοράει μαύρο καπέλο. ΜΔ6: Αν η ταμπέλα στο κουτί Γ ήταν η αληθής, τότε οι ταμπέλες στα κουτιά Α και Β πρέπει να είναι ψευδείς. Αυτό όμως σημαίνει ότι η χρυσή ράβδος θα βρίσκεται και στα 2 αυτά κουτιά ταυτόχρονα, αφού η άρνηση της επιγραφής σε καθένα από αυτά τα κουτιά δηλώνει ότι «0 χρυσός βρίσκεται σε αυτό το κουτί». Άρα η επιγραφή στο κουτί Γ είναι ψευδής και έτσι η επιγραφή στο κουτί Β είναι η αληθής. Άρα η επιγραφή του κουτιού Α πρέπει να είναι ψευδής, δηλαδή η χρυσή ράβδος βρίσκεται μέσα στο κουτί Α. =

ΚΑΛΟΚΑΙΡΙΝΕΣ ΔΡ ΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΕΣ Η επιτυχία των προηγούμενων Μαθηματικών Καλοκαιρινών Σχολείων, που διοργάνωσε η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία και η απήχηση που είχαν στους μαθητές που τα παρακολούθησαν, δημιούργησε την υποχρέωση για την πραγματοποίηση και φέτος των παρακάτω σχολείων.

6° ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΚΑΛΟΚΑΙΡΙΝΟ ΣΧΟΛΕΙΟ ΛΕΠΤΟΚΆΡΥΑ Π ΙΕΡΙΑΣ

Μαθηματικό Καλοκαιρινό Σχολείο στη Λεπτοκαρυά Πιερίας, στο Ξενοδοχείο «OLYMPIAN ΒΑΥ» 4 αστέρων. (Πληροφορίες στον ιστότοπο: www.reahotels.gr) από 8 Ιουλίου - 1 4 Ιουλίου 2012. Το πρόγραμμα διδασκαλίας, η ύλη και οι καθηγητές τελούν υπό την εποπτεία και επιστημονική καθοδήγηση της Επιτροπής Διαγωνισμών της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας. Το κόστος συμμετοχής για κάθε μαθητή ανέρχεται στο ποσόν των 45θ€ και τη φόρμα συμμετοχής μπορεί να τη βρει ο κάθε ενδιαφερόμενος στην ιστοσελίδα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας www.hms.gr. Το 6"

Για τη συμμετοχή κάθε μαθητή είναι απαραίτητη η συμπλήρωση του ΔΕΛΠΟΥ ΣΥΜΜΕΤΟΧΗΣ ΜΑΘΗΤΉ και η κατάθεση

Ι-

1θ0€. Περισσότερες πληροφορίες στην ιστοσελίδα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας www.hms.gr

ΜΑΘΗΜΑΤΙ ΚΉ ΚΑΤΑΣΚΗΝΩΣΗ ΓΙΑ ΤΟΥ Μ ΑΘΗΤΕΣ ΤΟΥ ΔΗΜ ΟΤΙ ΚΟΥ

Η Ελληνική Μαθη ματική Εταιρεία διοργανώνει και φέτος την 4η

πανέμορφο και φιλόξενο χώρο των εγκαταστάσεων της κατασκήνωσης περιόδους

28 Ιουλίου 4 Αυγούστου και 5 - 1 2 Αυγούστου

Μαθηματική

Κατασκήνωση

στον

RANCH στο Σοφικό Κορινθίας, σε δύο

με σκοπό να πείσει τους μικρούς αποφοίτους της Δ ' , Ε '

και ΣΤ τάξης του Δη μοτικού ότι καλοκαίρι, διακοπές, παιχνίδι και μαθηματικά, μπορεί να είναι και «συνώνυ μα>>. Οι μικροί μαθητές θα έχουν την ευκαιρία να περάσουν 6 υπέροχες η μέρες λαμβάνοντας μέρος σε διασκεδαστικές δραστηριότητες που στόχο έχουν την καλλιέργεια

και την ανάδειξη της μαθη ματικής σκέψης ως εφόδιο για τη

μαθητική και αργότερα ακαδη μαϊκή τους διαδρομή. Η Κατασκήνωση θα λειτουργήσει με τη φροντίδα και την εποπτεία της Συντακτικής Επιτροπής του Περιοδικού για το Δη μοτικό «Μικρός Ευκλείδης».

Το κόστος συμμετοχής Ύια κάθε μαθητή ανέρχεται στο ποσόν των 38θ€ και η φόρμα συμμετοχής μι:; τις αιφιβείς ημερομηνίες μπορεί να τις βρει ο κάθε ενδιαφερόμενος στην ιστοσελίδα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας μετά τις 1 5 Μαρτίου 2 0 1 2 . Για τη συμμετοχή κάθε μαθητή είναι απαραίτητη η συμπλήρωση του ΔΕΛΠΟΥ ΣΥΜΜΕΤΟΧΗΣ ΜΑΘΗΤΉ και η κατάθεση 1 00€. Περισσότερες πληροφορίες στην ιστοσελίδα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας www.hms.gr Οι εγγραφές ξεκίνησαν. Ο αριθμός των θέσεων είναι περιορισμένος.