Ευκλειδης Α 85 by demi de

Μαθηματικό περιοδικό για το ΓΥΜΝΑΣΙΟ

uκ�είί3η

ΙΟΥΛΙΟΣ "ΑΥfΟΥΣΤΟΣ "ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΣ 2012 εοριί 3,00

Εξαιρετικές διακρίσεις για την Ε.Μ.Ε. Εξι (6) τα μετάλλια των Ελλήνων μαθητών στη 16η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων

Μαθηματικά και Τέχνη Δελτίο Ταυτότητας

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΛΗΡΟΦΟΡΗΣΗΣ

Τεύχος 85

a�

για το γυμνασιο

ευκλείδης

Ιούλιος- Αύγουστος- Σεπτέμβριος 2012 Τιμή Τεύχους Ευρώ 3,00

e-mail: info@hms.gr,

www.hms.gr

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Γενικά Άρθρα

C. Bruter ................................................. .

../ Μαθηματικά και Τέχνη,

../

Τα Μαθηματικά και ο Πολιτισμός,

../ "Η απολογία ενός Μαθηματικού",

../ Η

Γ.Ωραιόπουλος

Στ.Αλαφάκη

Α'

Ιστορία της Αριθμητικής, Γ.Ωραιόπουλος

../ Άλγε βρα Α' Γυμνασίου,

../ Εισαγωγή σrις ανισώσεις,

. . . . .. . . .

. . ... . . . . . ... . .

Τάξη

. . . . . . . . .. . . . . . .

.. . .... . .. .

. . . .

. . .

. . . . . . . . . . . . ..... . . . . .

...

. . . . . . .. . . . .

.. . . .. . ... . .

Γ. Λυμπεpόπουλος, Τ. Μπακάλης, Μ.Σίσκου

Β'

Ρ. Κιούφτη

. . . . . . .

Τάξη

..................................................

../ Ισότητα Τριγώνων (Θεωρία και Ασκήσεις), ../ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί,

23 8

1Ο

13 15

............................................ 17

Γ'

Στ.Αλαφάκη

. 5

. .. . .. .

Α Αyyέλη ...............................................

../ Εμβαδόν ετήπεδης εmφάvειας,

../ Αλληλογραφία,

π. Αρyύρη .................................................

../ Γυμναστική και Μαθηματικά,

,( Δελτίο Ταυτότητας! ,

π. Αρyύρη- Δ. Βαρόπουλος . . . . . . . . . .. . ..

. .. .

. .. . .

. 29

Σελίδες για όλους Επιτροπή Διαywvισμώv

...................... . ............. 32

Επιμέλεια: Συντακτική Επιτροπή .. . . . . .. .. . . . . . . .. ... . . . . . . . .... . . . . . . .. . . . .. . .. . .

. .. ... .. . .. .. .. ... .. .... . .... . .. ... ... . . . ... 45 ../ Επίσκεψη σε μια προτότυπη έκθεση Μαθηματικών, Επιμέλεια: Στ. Τσικοπούλοu . . . . . .. ... . .. .. . 47 ../ Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν, Σ. Γεwρyίου . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 49 ../ Νέες Τεχνολογίες και Μαθηματικά,

Στ. Μακρής . .

••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••

Συντακτική επιτροπή

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕιΑΣ

ΠΑΝΕΠιΣΤΗΜιΟΥ 34-106 79 ΑΘΗΝΑ

Τηλ.: 210 3617784-3616532

Fax: 210 3641025 Εκδότης: Καλογερόπουλος Γρηγόριος Διευθυντής: Εμμανουήλ Κρητικός Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2054

ISSN:

1105

Επίτιμος Πρόεδρος:

Λαγός Γεώργιος

Ωραιόπουλος Γεώργιος

Λυμπερόπουλος Γεώργιος

Πρόεδρος:

Μανδρώνη Αικατερίνη

Βαρόπουλος Δήμος

Μενδωνίδης Γεώργιος

Αντιπρόεδρος Α': Κυρ6νας Παναγιώτης

Μορφοπούλου Μαρία Μπακ6λης Αναστ6σιος

Αντιπρόεδρος Β': Λυμπερόπουλος Γεώργιος Γραμματεία: Αλαφ6κη Σταυρούλα Σίσκου Μαρία

7998

Επιμέλεια �Εκδοσης:

Αλαφ6κη Σταυρούλα Βαρόπουλος Δήμος

Πανουσ6κης Νικόλαος Παπασταυρίδης Σταύρος Πουλ6κη Μαρία Ρίζος Γεώργιος Σ6λαρης Κωνσταντίνος

Μέλη: Αγγέλη �ννα Αλαφ6κη Σταυρούλα Αλεξανδρ6του �ννα Αργύρη Παναγιώτα Γεωργίου Σπύρος Γληνού Αικατερίνη Κιούφτη Ροϊδούλα Κυρ6νας Παναγιώτης

ΧΟΡΗΓΟΣ ΕΚΔΟΣΗΣ

Κοινωφελέs Ίδρυμα Ιωάννη Σ. Λάτση

Σίσκου Μαρία Τζίφος Νικόλαος Τσαπακίδης Γεώργιος Τσικοπούλου Στ6μη Χριστοδούλου Ντόρα Χρυσοβέργης Μιχαήλ Ωραιόπουλος Γεώργιος

ΙΔΙΟΚΤΗΣΙΑ ΤΗς ΕΜΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΠΚΗΣ HA/PfiAΣ Στοιχειοθεσία - Σελιδοποίηση: EMHNIKH Μ4ΘΗΜ4 ΠΚΗ ΠΑ/ΡΕ/Α Εκτύπωση:

ROTOPRINT IA. ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ & Σ/Α EEI. τηλ.: 210 6623778- 358 Υπεύθuνος τuπογpαφείοu: Δ. Παπαδόπουλος

• •

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονται από την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργασίεc;, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσειc;, οι λύσειc; ασκήσεων κτλ. πρέπει να στεΛνονται έγκαιρα, στα γραφεία τηc; Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη Α'", Τα υπόκεινται σε κρίση χειρόγραφα δεν επιστρέφονται. Όλα τα ά

�

IJI!Jiid!J$

·!Λ'@

Ετήσια συνδρομή (10,00+2,00 Ταχυδρομικά=ευρώ 12,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 10,00

Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραyyεΛνονται στεΛνεται: 1. Με απλή ταχυδρομική επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 2. Στην ιστοσελίδα τηc; Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικήc; συναλλαγής με την τράπεζα EUROBANK 3. Πληρώνεται στα γραφεία τηc; Ε.Μ.Ε. 4. Με αντικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών στο χώρο σαc;, κατά την παραλαβή.

γιατί οι Σοκολατοποιοί και οι Ζαχαροπλάστες είναι Καθηγητές Μαθηματικών.

BRUTER

Claude Paul Προέδρου της Ευρωπαϊκής Εταιρείας για τα Μαθηματικά και Τέχνη (ESMA) Επιμέλεια: Βαρόπουλος Δήμος Απόδοση στα Ελληνικά Κουκέας Στάθης

Τ έχν η του Μ ιλφέιγ

Εσείς που είστε γεωμέτρης ζαχαροπλάστης ή ζαχαροπλάστης γεωμέτρης, αυτά τα μιλφέιγ, ιδωμένα από μακριά, φαίνονται παραλληλεπίπεδα. Θα μπορούσαν ακόμα να έχουν μορφή κύβου, πρίσματος, σφαίρας ή ενός εντελώς διαφορετικού σώματος! Σημειώστε ότι τα φύλλα των μιλφέιγ μας είναι εδώ επίπεδα, και, χαρακτηριστική ιδιότητα, δεν τέμνονται! ,. Εάν το σώμα είναι ένα παραλ ληλεπίπεδο, τα φύλλα είναι ορθογώνια.

/ ..__

___ι/

___

,. r

Εάν το σώμα είναι ένας κύβος, τα φύλλα είναι τετράγωνα. Εάν το σώμα είναι μια τριγωνική πυραμίδα, τα φύλλα, επι λεγμένα ώστε να είναι παράλληλα σε μία βάση, είναι τρί γωνα, ολοένα και μικρότερα καθώς προσεγγίζουμε την κορυφή της απέναντι από την έδρα αναφοράς.

Αυτή η κορυφή είναι ένα σημείο, ένα μεμονωμένο σημείο, στο οποίο το φύλλο, το τρίγωνο δηλαδή, εκφυλίζεται. ,.-

Εικόνα ι: Η στερεογραφική προβολή της σφαίρας από τον Tom Banchoff και τους φίλους του

Εάν το σώμα είναι μια σφαίρα (όπως η γη, ένα πορτοκάλι ή ακόμα καλύτερα μια μπουκιά σοκολάτας!), τα φύλλα είναι επίπεδοι δίσκοι (σαν απείρως λεπτά κέρματα), εκφυλιζόμενα σε δύο μεμονωμένα σημεία ευρισκόμενα αντίστοιχα στο βόρειο και νότιο πόλο της σφαίρας. Τα σώματα που έχουμε θεωρήσει είναι οντότητες τριών διαστάσεων καθώς μπορούμε να τα μετρήσουμε τοπικά με ύψος, μήκος, πλάτος. • Αντιθέτως, τετράγωνα, ορθογώνια, δίσκοι, είναι σντό τητες δύο διαστάσεων μόνο, καθώς δεν έχουν ύψος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 85 τ.l/1

------ Μ α θη ματικά και Ζαχ αροπ λ αστική

------

Όσον αφορά τα στοιχεία των καμπυλών, aπείρως λεπτών και ευθυγραμμισμένων όπως οι ευθείες και μη, γραμμές, έχουν διάσταση 1 καθώς μόνο το μήκος αρκεί για τη μέτρησή τους. Όσον αφορά τα σημεία, έχουν διάσταση Ο καθώς δεν μπορεί να τους αποδοθεί μέτρηση διαφορετική από το Ο. Σ τα σχήματα, ο αριθμός των φύλλων είναι πεπερασμένος. Τα σχήματα αυτά δεν ανταποκρίνονται στην οπτική των μαθηματικών για τους οποίους τα φύλλα, aπείρως λεπτά, aπείρως κοντά το καθένα στα άλλα, είναι άπειρα ως προς την ποσότητα, συσσωρευμένα ώστε να γεμίζουν πλήρως τους θεωρούμενους όγκους . Οι μαθηματικοί αναζητούν την καθολικότητα των ιδεών και αποδείξεών τους: Γενικεύουν! Κατά τη γνώμη σας, τα τετράγωνα και άλλες οντότητες δύο διαστάσεων, ονομαζόμενες επιφάνειες ή στοιχεία επιφάνειας, μπορούν να φυλλοποιηθούν επίσης; Έχετε, δίχως άλλο, την απάντηση, Ναι! Αρκεί: Να σκεφθείτε να γεμίσετε ένα τετράγωνο με παράλληλες γραμμές, που είναι aπείρως λεπτά στοιχεία, τα οποία αποκαλούνται καμπύλες, και είναι ευθύγραμμες ή όχι, ή όπως βλέπουμε στην εικόνα 1 , να σχεδιάσουμε πάνω σε μια σφαίρα (το aπείρως λεπτό δέρ μα του πορτοκαλιού) μιαν απειρία παραλλήλων μεταξύ τους κύκλων, με αυτούς, στους πό λους, να εκφυλίζονται σε μεμονωμένα σημεία. Ας πάρουμε τώρα εκ νέου ένα πρίσμα το οποίο θα φυλλοποιή σουμε με ορθογώνια, παράλληλα σε μία από τις επιμήκεις έδρες . Βλέπουμε ότι το φύλλο εκφυλίζεται στην αντικείμενη της έδρας κο ρυφή του πρίσματος, σε ευθεία, καμπύλη συνεπώς, διαστάσεως 1 . Γνωρίζετε πλέον την πρώτη Πρόταση του Ζαχαροπλάστη: Τα συ ν

•

νήθη σώματα και αντικείμενα διαστάσεως 3 μπορούν να φ υλλοποιηθούν από οντότητες διαστάσε ως 2, εκφ υλιζόμενα σε μεμονωμένες γραμμές ή σημεία.

Θα επιθυμούσατε να προτείνετε μιαν ή περισσότερες γενικεύσεις αυτής της πρότασης; Λίγα λόγια και για τη σφαίρα που κατασκευάστηκε από τον Tom Banchoff και τους φίλους του και βλέπετε στην εικόνα 1 . Είναι τοποθετημένη σε επίπεδη επιφάνεια: οι πόλοι, βόρειος και νότιος είναι μπλε ή μπλε-πράσινοι όπως οι πάγοι της Αρκτικής και της Α νταρκτικής. Κάνει ζέ στη στο μέσον της σφαίρας όπως στο σπίτι μας . Μια πηγή φωτός τοποθετείται στο βόρειο πόλο, έτσι ώστε στην επίπεδη επιφάνεια να βλέπου με τις μπλε εικόνες των παγετώνων και μεταξύ των δύο, την κόκκινη εικόνα του μέσου της σφαίρας: η εικόνα ή η σκιά ενός κύκλου είναι ένας κύκλος . Αυτή η εικόνα της σφαίρας ονομάζεται στερεογραφική προβολή της σφαίρας . Αυτή η προβολή επί του εδάφους των χαραγμένων διαδρομών πάνω στη σφαίρα εισήχθη κατά τη διάρκεια του 1 ου αιώνα από το μαθηματικό, αστρονόμο και γεωγράφο, Πτολε μαίο. Αυτή η διαδικασία χρησιμοποιήθηκε για την κατασκευή γεωγραφικών χαρτών. Ο μεγάλος Euler, ο aυτοκράτορας των μαθηματικών που ζούσε τον 1 8° αιώνα, βρήκε τα εργαλεία για να εργαστεί αποτελεσματικά σε αυτήν την προβολή. Για να δούμε απλά γιατί η σκιά ενός κύκλου χαραγμένου πάνω στη σφαίρα, τοποθε τημένου σε ένα επίπεδο παράλληλο στην επι φάνεια, είναι ένας κύκλος πάνω στην επιφά νεια, αρκεί να αναφερθούμε στο «θεώρημα» Β του Θαλή, που είναι λιγότερο ένα θεώρημα παρά η πρόταση από μιαν απλή παρατήρηση Β' θεμελιώδους γεωμετρικής οπτικής . Αλλά θα δούμε αρχικά τι προτείνει η ε φαρμογή αυτού του θεωρήματος του οποίου ΗΒ QH QB θυμόμαστε τη διατύπωση : Η 'Β' ΟΗ' ΟΒ' ο Η Η' •-

•

Καθώ ς φ ω τίζονται από τον ήλιο, τα ύψη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.Ι /2

------ Μ αθηματικ ά και Ζ αχ αροπλ αστική

------

των οβελίσκω ν έχουν την ίδια αναλογία με τα μήκη των σκιών του . •

Η προηγούμενη διατύπωση της πρότασης του Θαλή είναι, η κλασσική διατύπωση, στατικής, μη κινούμενης φύσης. • Μια μοντέρνα διατύπωση δυναμικού, κινούμενου χαρακτήρα είναι η ακόλουθη:

Καθώς φ ωτίζεται από τον ήλιο, μια μετακίνηση του οβελίσκου ή η διαστολ ή του ως προ ς το ύψος, α φ ή νει αμετάβλητη τη σχέση μεταξύ του ύψους του και του μήκους της σκιάς του . •

•

• •

Δεν θα περιγράψουμε ποτέ επαρκώς το ρόλο του φωτός στην εξέλιξη της ζωής: μας προ σφέρει την πρωταρχική ενέργεια, μας επιτρέπει να βλέπουμε. Ο ήλιος και το φως του είχαν πολύ σημαντική θέση για τους αιγυπτίους ιερείς-μύστες. Η έγερση του οβελίσκου, μια παγωμένη ακτίνα ήλιου, σύμφωνα με τους κατοίκους της Ηλιοπόλεως, της οποίας η πυραμίδα είναι καλυμμένη με φύλλα χρυσού, το αποδεικνύει. Ο πρώτος οβελίσκος, φαίνεται να εγέρθηκε στην εποχή του Πέπι του 1 ου (περί το 2250 π.Χ.). Ο Θαλής, που πέρασε την παιδική του ηλικία κοντά σε ιερείς-μύστες έζησε περί το 600 π.Χ. Μεταξύ του 2250 π.Χ. και του 600 π.Χ., πρέπει να υπήρξε κάποια επιστημονική πρόοδος. Εικάζω ότι ο Θαλής δεν έκανε τίποτα παρά να εισάγει την περίφημη πρόταση. Άλλως, τι ήταν δυνατόν να παρατηρηθεί, ενώ ο ήλιος ήταν στο ζενίθ, κάθετα στον άξονα του οβελίσκου; • Ας αντικαταστήσουμε τον οβελίσκο με μια σφαίρα και ας προσεγγίσουμε από τη σφαίρα τη φωτεινή πηγή η οποία βρίσκεται στην κατακόρυφο του κέντρου της σφαίρας: • Ο κύλινδρος φωτός μετατρέπεται σε κώνο φωτός εφα πτόμενο στη σφαίρα σε έναν κύκλο. Συναντά το επίπεδο της γης σε έναν άλλον κύκλο. Κάθε κύκλος της σφαίρας (ονομάζεται παράλληλος καθώς βρίσκεται σε ένα επίπεδο παράλληλο στον ισημερινό και στην επιφάνεια του εδάφους) έχει ως σκιά έναν κύκλο επί του εδάφους. • Ο κύλινδρος φωτός μετατρέπεται σε κώνο φωτός εφα πτόμενο στη σφαίρα σε έναν κύκλο. Συναντά το επίπεδο της γης σε έναν άλλον κύκλο Κάθε κύκλος της σφαίρας (ονομάζεται παράλληλος καθώς βρίσκεται σε ένα επίπεδο πα ράλληλο στον ισημερινό και στην επιφάνεια του εδάφους) έχει ως σκιά έναν κύκλο επί του εδάφους. Γιατί ένας κώνος φωτός εφάπτεται στη σφαίρα; Η απάντηση προκύπτει από την ακόλουθη αλληλουχία εικόνων Ιδού τώρα αυτό που συμβαίνει καθώς η φωτεινή πηγή φθάνει στο βόρειο πόλο: R είναι η ακτίνα της σφαίρας, 2R η διάμετρός της. Ν

Ο κύκλος C με κέντρο Ο βρίσκεται σε απόσταση ΟΝ = h από το βόρειο πόλο Ν. Το μήκος της ακτίνας του είναι ΟΑ = r. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 85 τ. l/3

------ Μ α θη ματικά και Ζ αχ αροπλ αστική

------

Από το θεώρημα του Θαλή έχουμε την ισότητα των λόγων : ΟΝ ΟΝ SM I SN ήr I h SMI2R Έστω σημείο Α του κύκλου C, η σκιά του Μ πάνω στο επίπεδο παραμένει σε σταθερή απόΝ σταση SM 2R rlh,από το νότιο πόλο S. Περιγράφει λοιπόν με τη σειρά του έναν κύκλο όταν το Α μετακινείται πάνω στον κύκλο C. Η απόδειξη δεν εξαρτάται προφανώς από τη θέση της πηγής πάνω στον κάθετο άξονα που διέρχεται από το κέντρο της σφαίρας. Ένας κύκλος βρί σκεται σε ένα επίπεδο. Εάν τώρα ο κύκλος C διέλθει από το βόρειο πόλο όπου βρίσκεται η φωτεινή πηγή, το επί πεδο που περιέχει τον κύκλο, περιέχει λοιπόν τη φωτεινή πηγή. Όλες οι ακτίνες που άγονται από την πηγή και διέρχονται από τα σημεία του κύκλου παραμέ νουν εντός αυτού του επιπέδου το οποίο τέμνει το επίπεδο της οθόνης ως προς μιαν ευθεία. Η σκιά ενός τέτοιου κύκλου είναι μια ευθεία. Διέρχεται από το νότιο πόλο εάν ο κύκλος είναι ένας μεσημβρινός, ένας μεγάλος κύκλος που διέρχεται από τους δύο πόλους. Εάν ο κύκλος που έχει χαραχθεί στη σφαίρα δεν είναι ούτε μεσημβρινός, ούτε ένας κύκλος παράλληλος στο επί πεδο της οθόνης, επιτυγχάνουμε το ζητούμενο αποτέλεσμα εκμεταλλευόμενοι τον κώνο που εφάπτεται στη σφαίρα, με το μήκος του κύκλου, ομοίως από το θεώρημα του Θαλή. Μια άλλη αξιοσημείωτη ιδιότητα αυτής της προβολής είναι η ακόλουθη: η γωνία μεταξύ δύο καμπυλών χαραγ μένων στη σφαίρα (η γωνία των εφαπτόμενων τους) έχει το ίδιο μέτρο με τη γωνία μεταξύ των σκιών πάνω στην οθόνη των δύο αυτών καμπυλών. Είναι ο λόγος που αυτή η στερεογραφική προβολή χρησιμοποιήθηκε για την κατασκευή γεω γραφικών χαρτών: η γωνία μεταξύ δύο δρόμων πάνω στη γη είναι ίδια με τη γωνία των εικόνων τους στο χάρτη. =

Ένας μετασχηματισμός, όπως αυτή η προβολή που διατηρεί τις γω νίες ονομάζεται συντηρητικός μετασχηματισμός. Πριν αφήσουμε αυ τές τις φυλλοποιήσεις, που τις αποκαλούμε λεπτές φυλλοποιήσεις, ι δού ακόμα μερικά παραδείγματα φυλλοποιήσεων πάνω σε εξίσου ση μαντικά για τα μαθηματικά αντικείμενα, τους δακτυλίους, οι οποίοι υλοποιούνται π.χ. με τη μορφή δαχτυλιδιών, σαμπρέλας ποδηλάτου, σωσιβίων, ή ακό μα, για τους φίλους μας τους ζαχαροπλάστες, των donuts ! Μα ιδού κάποιες απεικονίσεις δακτυλίων από τον Tom Ban choff και τους φίλους του. Αυτοί οι δακτύλιοι είναι εδώ ακόμα λιγότερο λεπτοί και περι πλεκόμενοι. Επιτρέπουν να αντιληφθούμε την εσωτερική ορ γάνωση της σφαίρας στο χώρο των τεσσάρων διαστάσεων. Οι δακτύλιοι αυτοί είναι κοίλοι. Ένας πολύ μικρός χώρος σε γειτονία ενός σημείου είναι τύπου επιπέδου δίσκου, 2 διαστά σεων. Ο δακτύλιος είναι μια επιφάνεια 2 διαστάσεων. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/4

Τα

Μαθηματ ι: Γ. Ω ραιόπουλος

Α. 1.

Τα Πρώτα Χρόνια

Πριν από 5 έως 3,5 δισεκατομμύρια χρόνια γεννήθηκε και σχηματίστηκε σε σφαίρα, ο πλανήτης Γη, που περιστρέφεται γύρω από τον Ήλιο σε απόσταση γύρω στα 150 εκατομ μύρια km. Ύστερα από πολλά εκατομμύρια χρόνια εμφανίστηκε στην υγρή επιφάνεια της Γης, η ζωή, που εξελίχθηκε σε πλούσια ποικι λία από φυτά και ζώα.

Πριν από 40 μέχρι 35 χιλιάδες έτη δημι ουργήθηκε ο όρθιος άνθρωπος με άρτια σωμα τική διάπλαση. Με την εργασία του χεριού αναπτύσσεται το μυαλό και γεννιέται η ομιλία. Έτσι, σταδιακά οδηγηθήκαμε στο σκεπτόμενο άνθρωπο που είναι παρόμοιος με το σημερινό. Οι πρωτόγονοι άνθρωποι, ύστερα από μακρύ δρόμο βιολο γικής ανάπτυξης, σταματούν τη νομαδική περιπλάνηση για ανεύ ρεση τροφής, καλλιεργούν τη Γη, εξημερώνουν ζώα, κατασκευά ζουν πέτρινα εργαλεία. Αυτή εί ναι η λίθινη εποχή, που άρχισε περίπου στα Ι 0000 π.Χ. Παρου σιάζεται η ανάγκη κατοικίας, ενδυμασίας, κί νησης. Τα παραγόμενα αγαθά τα μοιράζονται και όσα περισσεύουν τα ανταλλάσσουν με γει τονικές φυλές. Το 7000 π.Χ. στην Αίγυπτο και τη Μεσο ποταμία ανακαλύπτουν τα μέταλλα με τα ο ποία και κατασκευάζουν απλά εργαλεία. Το 4000 π.Χ. χρησιμοποιείται ο χαλκός για την κατασκευή γεωργικών εργαλείων, αργαλειού και τροχού. Αναπτύσσονται μεγαλύτεροι οικισμοί πόλεις, χρησιμοποιούνται από τους Αιγύπτιους ιερογλυφικοί αριθμοί σε πάπυρους και από

τους Βαβυλωνίους η σφηνοειδής γραφή σε πήλινες πλάκες. Από την 4η χιλιετία π.Χ. μπαίνουμε στην Ιστορική Εποχή. Γίνονται με γάλα έργα, γέφυρες, κανάλια, ναοί, ανάκτορα, πυραμίδες και αγάλματα. Τα ιερατεία διδά σκουν τις αριθμητικές πράξεις, λύνουν προ βλήματα πρακτικά, υπολογίζουν εμβαδά και όγκους απλών σχημάτων. Μαζί με την Αριθ μητική και τη Γεωμετρία αναπτύσσεται και η Αστρονομία. Το ημερολογιακό έτος κυμαίνε ται από 300 έως 365 μέρες και τα φυσικά φαι αποδίδονται

2. Οι αρχαίοι έλληνες

Από τη 2η χιλιετία π.Χ. έχουν αναπτυχθεί στη νοτιοανατολική βαλκανική χερσόνησο, αρχαίες ελληνικές φυλές. Α. ΚρητομυκηναΊχι).: Πυi.ιτισμο..:

Από τη 2η χιλιετία π.Χ. έχουν αναπτυχθεί στην Κρήτη και την Αργολίδα πλούσιες πό λεις-κράτη με ισχυρούς βασιλιάδες, όπως ο Μίνωας και ο Αγαμέμνων, που επικράτησαν στις γύρω ελληνικές περιοχές οικονομικά και

Ονομαστές είναι η Κνωσός, η Φαιστός στη σημερινή Νομαρχία Ηρακλείου και οι Μυκή νες μεταξύ Κορίνθου και Άργους. Στις πόλεις

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/5

------ Τα Μαθηματικά και ο Πολιτισμ ός

αυτές κτίστηκαν μεγάλα Ανάκτορα με αρχιτε κτονικά σχέδια, θολωτοί τάφοι και άλλα κτί ρια, εμλουτισμένα με έργα τέχνης, γλυπτικής, αγγειοπλαστικής, αγάλματα, γεωμετρικά αγ γεία και άλλα κομψοτεχνήματα που θαυμά ζουμε ακόμα και σήμερα. Για να γίνουν όλα αυτά χρειάστηκε καλή οικονομία αλλά και η βοήθεια των Μαθηματικών!

Δείγμα του ανθρώπινου πολιτισμού είναι τα δυο μεγάλα ομηρικά ποιήματα, η Οδύσσεια και η Ιλιάδα, από 24 κεφάλαια το καθένα. Το πρώτο αρχίζει με τη λέξη «Άνδρα» και περι γράφει τις περιπέτειες του Οδυσσέα, το 2° αρ χίζει με τη λέξη «Μήνιν>>, και περιγράφει τις διαφωνίες του Αχιλλέα και του Αγαμέμνωνα κατά τον Τρωϊκό πόλεμο. Ο Όμηρος (900 π.Χ.) χρησιμοποιεί λογο τεχνική γλώσσα, που έφθασε στην Ελλάδα από τη Φοινίκη (Συρία) και καλλιεργήθηκε από αρχαίους Έλληνες λόγιους. ErJO.XH ·roY ΧΑ/\ΚΟΥ

:!?00:'1 050

τr

Οι Έλληνες, σαν έμποροι, με τα ταξίδια τους στη Μέση ανατολή και στην Αίγυπτο πλούτισαν αλλά και καλλιέργησαν τις γνώσεις τους και άρχισαν να ασχολούνται περισσότερο με τον άνθρωπο και τη φύση. Ο Θαλής, τον 6° αιώνα π.Χ., ίδρυσε τη σχολή της Μιλήτου όπου δίδαξε Μαθηματικά με λογικές αποδείξεις και φιλοσοφία. Ο διάδο χός του, ο Αναξίμανδρος, συνέχισε τη διδα σκαλία αλλά αυτός ήταν και πρακτικός, κατα σκεύασε ένα ηλιακό ρολόι, διάφορα αστρονο μικά όργανα και χάρτες. Ο Αναξιμένης ήταν ο τρίτος διευθυντής της σχολής και δίδαξε και

------

φυσική. Ο Αναξιμένης θεωρούσε πρώτη αρχή και βασικό στοιχείο τον αέρα, ο Θαλής το νε-

Ένας άλλος φιλόσοφος, ο Εφέσιος Ηρά κλειτος, θεωρεί πρώτη αρχή των όντων τη φω τιά. Ο Σάμιος Πυθαγόρας, στη Σχολή του στον Τάραντα Ιταλίας θέτει θεμελιώδη αρχή τον α ριθμό. Βορειότερα, στη Θράκη, ο μαθηματι κός Δημόκριτος με το δάσκαλό του Λεύκιππο, διδάσκουν στη Σχολή τους και υποστηρίζουν ότι όλα τα σώματα αποτελούνται από μικρά σωματίδια, τα άτομα, με διαφορές στο σχήμα, τη θέση και την τάξη. Ενώ ο Επίκουρος δίνει στα άτομα σχήμα, μέγεθος και βάρος, αυτά κι νούνται χωρίς να είναι ορατά στα μάτια μας. Στην ηπειρωτική Ελλάδα αποκρούστηκε η περσική εισβολή με τις ιστορικές νίκες Σαλα μίνας, Μαραθώνα, Πλαταιών γύρω από την Αθήνα. Η Αθήνα γίνεται κέντρο πνευματικό και πολιτισμικό και γύρω στο 430π.Χ., ξεκινά η εποχή του Περικλή, γνωστή και ως ο Χρυ σός Αιώνας. Οι Αθηναίοι, με 400000 δούλους να δουλεύουν, περιφρονούν κάθε χειρωνακτι κή εργασία και ασχολούνται με τις επιστήμες, πολιτική. τις

Αναδεικνύονται μεγάλοι φιλόσοφοι. Ο Σωκράτης που δίδασκε στην Αγορά και στα συμπόσια, ο μαθητής του ο Πλάτωνας, πολυ γραφότατος συγγραφέας που οι διάλογοί του διαβάζονται ακόμα και σήμερα. Στην Ακαδη μία του Πλάτωνα, υποχρεωτικό μάθημα ήταν τα μαθηματικά. Μαθητές του και άριστοι μα θηματικοί ο Θεαίτητος, ο Εύδοξος που επινό ησε τη χρυσή τομή και ο φιλόσοφος Αριστο τέλης, που δίδαξε στην περιπατητική σχολή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/6

------

Τ α Μ α θ ηματικά και ο Πολιτισμ ό ς

του Μαθηματικά, Φιλοσοφία, Φυσική, Επιστήμες και Αστρονομία. Μαθητής του Αριστοτέλη ήταν και ο Μέγας Αλέξανδρος. Καλός μαθηματικός, aστρονόμος και φιλόσοφος ήταν ο Αναξαγόρας, φίλος του Περι κλή. Στην «Κοσμογονία» του γράφει ότι η Σε λήνη φωτίζεται από τον Ήλιο και εξηγεί τις εκλείψεις. Το βιβλίο του ακούστηκε ότι που λιόταν 1 δραχμή. Άλλος μαθηματικός ήταν ο Ιπποκράτης ο Χίος, που προσπαθώντας να τε τραγωνίσει τον κύκλο βρήκε τους μηνίσκους. Ιπποκράτης όμως ήταν και ένας εξαιρετικός γιατρός από την Κω που διαχώριζε την Ιατρι κή από τη θρησκεία και τη μαγεία. Έγραψε βιβλία και οδηγίες θεραπείας. Πρωτότυπος με τα μαθηματικά παράδοξα ήταν και ο Ζήνων. Ο πολιτισμός συμπληρώνεται με αθάνατα καλλιτεχνικά έργα όπως ο Παρθενώνας, ο ναός του Ολυμπίου Δία, τα αγάλματα του Ερ μή του Πραξιτέλη, της Αφροδίτης της Μήλου, όλα βασισμένα στη χρυσή τομή φ (προς τιμή του Φειδία). Το ίδιο και τα θέατρα (Διονύσου, Επιδαύρου) στα οποία παίζονται οι τραγωδίες του Αισχύλου, του Σοφοκλή, του Ευριπίδη και οι κωμωδίες του Αριστοφάνη. Άρχισε και ο αθλητισμός με τους Ολυμπιακούς αγώνες, τα Ίσθμια κ. α. Γ. Λ).:-:ξάνδρr.ια. Πολιτισμ6ς -ΙΥΙαΟηματικιi

Συπραφείς-Εφευρέτες

Όταν ο Μέγας Αλέξανδρος κατάκτησε την Αίγυπτο έχτισε τη μεγάλη πόλη Αλεξάνδρεια με ανάκτορα, μουσείο, βιβλιοθήκη για να α ντικαταστήσει, σαν νέο πνευματικό κέντρο, την Αθήνα. Βασιλιάς της Αιγύπτου έγινε ο στρατηγός Πτολεμαίος ο Α' . Αυτός κάλεσε το μαθηματικό Ευκλείδη, ο οποίος έγινε διευθυντής του Μουσείου και δί δαξε Μαθηματικά - Φιλοσοφία. Το ιστορικό σύγγραμμα «Στοιχεία» σε 13 βιβλία, είναι από τα δημοφιλέστερα όλων των εποχών, ιδιαίτερα η «Ευκλείδεια Γεωμετρία», η οποία συζητείται και διδάσκεται μέχρι και σήμερα. Στην Αλεξάνδρεια έφτασαν πολλοί επι στήμονες και μηχανικοί: Ο Μαθηματικός Α ρίσταρχος που έγραψε ότι η Γη κινείται γύρω από τον Ήλιο, ο Αρχιμήδης (287-212 π.Χ) που ζούσε στις Συρακούσες και θεωρείται ο μεγα λύτερος μαθηματικός, φυσικός, μηχανικός και εφευρέτης. Έγραψε πολλά βιβλία αλλά σώθη καν μόνο 15. Στο έργο του «Τετραγωνισμός

-------

παραβολής» θέτει τη βάση για τη δημιουργία του «Απειροστικού Λογισμού» ύστερα από 2000 χρόνια. jιl

��i�

i��l�

Ο Αρχιμήδης απόδειξε την «Αρχή . . . » της άνωσης που φέρει το όνομά του, για τα στερεά σώματα που επιπλέουν βυθισμένα σε υγρά και έτσι άρχισε η κατασκευή πλεούμενων με πρώ το τον ίδιο να κατασκευάζει μεγάλο πλοίο. Ο Αρχιμήδης, γενικότερα ήταν εφευρέτης και κατασκευαστής χρήσιμων μηχανών. Ο Ίππαρχος από τη Νίκαια, εργάστηκε και δίδαξε σαν a στρονόμος στη Ρόδο και την Αλεξάνδρεια. Κατασκεύασε γεω γραφικούς χάρτες. Εφηύρε τον aστρολάβο. Τε λειοποίησε τα αστρο-όργανα. Για να υπολογίσει αποστάσεις και διαστάσεις άστρων έκανε πίνα κα ημιχορδών (ημιτόνων) Είναι πατέρας της τριγωνομετρίας. Ο Νεότερος aστρονόμος Γλαύκος Πτολε μαίος συνέχισε τις εργασίες του Ίππαρχου στο βιβλίο του «Μεγάλη Μαθηματική Σύνταξη» («Αλμαγέστη>> αραβικά) που περιγράφει το γεωμετρικό «Πτολεμαϊκό σύστημα». Ο μαθηματικός Απολλώνιος ο Περγαίος διακρίθηκε στη Γεωμετρία με το βιβλίο του «κωνικά» (8 βιβλία) που περιγράφει τις τομές ενός κώνου από επίπεδο: κύκλος, έλλειψη, παραβο λή, υπερβολή. Οι μαθη ματικοί Πάππος και Ήρω νας ήταν και μηχανικοί με πολλά έργα. Η Υπατία, κόρη του μαθηματικού Θέωνα, ήταν καθηγήτρια μαθηματικών και φιλοσοφίας. Δολοφονήθηκε από όχλο χριστιανών στην Αλεξάνδρεια και μ' αυτήν κλείνει το κεφάλαιο του Αρχαιοελληνι κού Πολιτισμού με τα Μαθηματικά.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/7

�--==-�---, ��----=--=,-.____

')' Φυιηκοί ΛιηΟμοί

Ν= { Ο,1,2,3. . . 10,11 . . . 100. . . 200 . . . 1000 . . . } Όταν οι πρώτοι άνθρωποι αναπτύχθηκαν σωματικά και πνευματικά, άρχισαν να καλλι εργούν τη Γη και να εξημερώνουν άγρια ζώα, δηλαδή ασχολούνταν με τη γεωργία και υπο χρεώθηκαν να συνεργάζονται μεταξύ τους και να ανταλλάσσουν τα προϊόντα τους. Οι ανά γκες αυτές «γέννησαν» την ομιλία και το μέ τρημα. Αυτό που βρίσκουμε όταν μετρούμε διά φορα αντικείμενα λέγεται αριθμός, όπως ένα καλάθι έχει 1 Ο μήλα ή μια τάξη με 25 μαθητές. Οι αριθμοί 10 και 25 δείχνουν το πλήθος των μήλων και των παιδιών. Επίσης οι αριθμοί δείχνουν τη σπρ6 των πραγμάτων, όπως το σπίτι μας είναι στον αριθμό 106 ή ο αριθμός 1 Ο είναι μετά το 2 και πριν το 11. Η τρίτη χρήση του αριθμού είναι ο προσδιορισμός της ηι.υτi1τητας, όπως ο αριθμός του τηλεφώ νου μας. Οι πρόγονοί μας άρχισαν την αρίθμηση με τα δάχτυλα, συνέχισαν με κλαδιά, με κόμπους στα σχοινιά, με εγκοπές σε πάcrσαλους χωρίς όμως να δίνουν ονόματα στους αριθμούς. Ύ στερα, χρησιμοποιούσαν λέξεις για τους μι κρούς αριθμούς 1,2,3 . . . αλλά κάθε φυλή, στη γλώσσα της. Η ανάπτυξη, με λέξεις, των αριθ μών ήταν αργή και δύσκολη. Τελικά, για να φτάσουν στους αφηρημέ νους αριθμούς, οι πιο έξυπνες φυλές χρειά στηκαν ένα εκατομμύριο χρόνια. \ριΟμοί σίιμβολο αρχαίων λωjγ,'ο Ηιι.ΙJΙΙi.l;η·ωι Υ ΥΥ <Χ: <Χ: <Χ: Υ.ΥΥΥ \ι(ΙΠΤΙΙJ!

'>i!/. �·.λλη\:ιι.:ι'i �1( rμυiιιι � \'•)ο;

Υ<«<

11 n nn nnnnnnιιl

β' 2

χχ

ξγ

ιχ1ιι 63

� ρ c

=� ·•

Γεώργιος Ωραιό πουλος

ρείται μόνο με τον εαυτό του και τη μονάδα: 2,3,5,7,11,13. . .. λέγεται κάθε αριθμός που δεν είναι πρώτος π.χ. 360 2 4,10,25. Όλοι οι άρτιοι αριθμοί, 180 2 εκτός του 2, είναι σύνθετοι. Οι 90 2 σύνθετοι αριθμοί αναλύονται 45 3 σε γινόμενα πρώτων 15 3 παραγόντων όπως 360=23·32·5. 5 5 Το γινόμενο 2·2·2=23 λέγεται 1 δίJν:φη με το 2 και ;;κΟtτη το 3 και διαβάζεται 2 στην 3η ή κύβος του 2 ενώ το 32 έχει βάση το 3 και εκθέτη το 2 και διαβάζεται 3 στη 2α ή 3 στο τετράγωνο. 'ι

Ένας αριθμός, π.χ.18, λέ\ω:ιι. γεται διαιρετός διά ενός άλλου αριθμού, π.χ. 6, όταν διαιρείται ακριβώς. 1 ) Δια του 2 διαιρείται ένας αριθμός αν το τελευταίο ψηφίο του είναι άρτιος 2) Δια του 3 διαιρείται ένας αριθμός αν το άθροισμα των ψηφίων του είναι διαιρετό δια του 3, όπως π.χ., ο 441: 4+4+1=9. 'Ο μοίως και δια του 9. 3) Δια του 4 διαιρείται ένας αριθμός αν τα 2 τελευταία ψηφία του είναι αριθμός διαιρε τός δια του 4, όπως π.χ., ο 1624 αφού 24:4=6. 4) Δια του 5 διαιρείται ένας αριθμός αν το τελευταίο ψηφίο του είναι Ο ή 5. 5) Δια του 6 διαιρείται ένας αριθμός αν είναι διαιρετός δια του 2 και δια του 3. 6 ) Δια του 25 διαιρείται ένας αριθμός αν τα 2 τελευταία ψηφία του είναι αριθμός διαιρε τός δια του 25. 7 ) Δια του 10, 100, 1000, ... διαιρείται ένας αριθμός αν τα τελευταία ψηφία του είναι Ο, 00, 000, ... αντίστοιχα.

100

Οι φυσικοί αριθμοί διακρίνονται σε )tηιη τοιJς ( 1,3,5, ... ) και ιiρηους (2,4,6, ...). ΠιΗ.\ηος λέγεται κάθε αριθμός (:;t:1 ) που διαι-

ορισμένων αριθμών (πρΙισΟι:η πράξη με την οποία βρίσκουμε έναν αριθμό ( άΟ�:ΙJ:L<,�ω) που περιέχει όλες τις μονάδες των αρχικών. Οι προσθετέοι και το α) ΙΊ τi:οι) είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/8

-------

Η Ιστορία της Α ριθμητικής

άθροισμα πρέπει να είναι ομοειδείς. β) Αφαίρεση δυο αριθμών γίνεται αν ελαττώσουμε τον πρώτο (μειωτέος) τόσες μο νάδες όσες έχει ο δεύτερος (αφαιρετέος). Τό τε έχουμε τη διαφορά. Οι 3 όροι της αφαίρε σης πρέπει να είναι ομοειδείς. Το εξαγόμενο δεν αλλάζει αν οι δυο όροι αυξηθούν ή ελαττωθούν κατά τον ίδιο αριθμό. Π.χ.: 197-95=(147-5)-(95-5)=142-90=52 γ) Π ολλαπλασιασμός δυο αριθμών, π.χ. 45, (πολλαπλασιαστέος) επί 3 (πολλαπλασια στής) λέγεται η πράξη με την οποία βρίσκου με έναν αριθμό (γ ιν όμεν ο) που περιέχει τις μονάδες 3 προσθετέων ίσων προς το 45. Δη λαδή: 45·3=45+45+45=135. Ώστε ο πολλα πλασιασμός είναι πρόσθεση ίσων προσθετέων. Ο πολλαπλασιαστέος και το γινόμενο πρέπει να είναι ομοειδείς.

δ) Ακέραια Διαίρεση ενός αριθμού, (διαιρετέος) δια 5 (δ ια ιρ ι':τη ς ) είναι

π.χ. 23 μια πράξη με την οποία βρίσκουμε πόσες φορές μπορεί να αφαιρεθεί διαδοχικά ο 5 από τον 23: 23-5=18, 15-5=13, 13-5=8, 8-5=3 δηλαδή 4 φορές (πηλίκο) και μένει 3 (υπόλοιπο). Πρέπει: υπόλοιπο < διαιρέτη . Ισχυει, Δ ια ιρετέος = διαιρέτηςπηλίκο +υπόλοιπο (23=5·4+3) Ι διότητες Αντιμεταθετική : α+β=β+α, α·β=β·α Επ ιμερι στικ1Ί: α·(β ± γ)=α·β ± α·γ Προσεταιριστική : (α+β)+γ=α+(β+γ),

(α·β)·γ=α·(β·γ) α:α= l, α: l=α, Ο:α=Ο, α:Ο αδύνατο α·1=α, α·Ο=Ο

-------

μπορεί να είναι αφηρημένοι, συνήθως όμως δίνονται με ποσά. λέγεται οτιδήποτε μπορεί να αυξηθεί ή να ελαττωθεί, όπως το μήκος, η μάζα, ο χρόνος. Όλα τα ποσά μετρούνται με μονάδες. Για να λυθεί ένα πρόβλημα Αριθμητικής πρέπει πρώτα να μελετηθεί, να διατυπωθεί η σκέψη, να βρεθεί η σειρά των πράξεων, να ε κτελεστούν προσεκτικά, να γίνουν οι δοκιμές τους και να δοθεί η σωστή απάντηση. Ποσ ό ll μ έγεθος

Παράδειγ μα 20 μαθητές έκαναν εκδρομή με κοινά έξοδα 540€. Επειδή μερικά παιδιά δεν είχαν να πληρώσουν, οι υπόλοιποι πλήρωσαν 3€ περισσότερα. Πόσοι μαθητές δεν πλή ρω σαν; Λ ύση Σκέψη: Αν πλήρωναν όλοι, το μερίδιο του

καθενός βρίσκεται αν μοιράσουμε όλα τα έξο δα σε 20 ίσα μέρη, δηλαδή με διαίρεση μερι σμού: Αν οι 20 πληρώνουν 540€, ο 1 πληρώ νει: 540:20=27€ Αυτοί που αποφάσιστηκε να πληρώσουν, έδωσαν 3€ περισσότερα από τα 27 δηλ. 27+3=30€. Αν όμως και οι 20 πλήρωναν από 30€ ο καθένας, για να βρούμε πόσα θα πλή ρωναν όλοι, είναι θέμα πολλαπλασιασμού: Ο 1 μαθητής πληρώνει 30€, οι 20 μαθητές πλήρωνουν: 30·20=600€ δηλ. 600-540=60€ περισσότερα από τα έξοδα της εκδρομής. Έτσι προκύπτει μια διαίρεση μέτρησης: 1 μαθητής πλήρωσε 30€ Χ μαθητές πλήρωσαν 60€ οπότε Χ=60:30=2 Από.ντηση:

Προ βλ1} μ ατα

Οι αριθμοί που δίνονται σ' ένα πρόβλημα

πλήρωσαν

Ο Ευκλεiδnς Α' σας εύχεταt

2 μαθητές, ως άποροι, δεν

καλn axoλtκn χρονtά.

Περψένουμε τn συμμετοχn σας στο περιοδικό με συνεργασίες, λύσεις των ασκnσεων και νέες προτάσεις.

Η Συντακτικn Επηροπn.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ. l/9

Αργύρη Παναγιώτα .... \,·λ!

ι•

ΕΩ!?::Α

Κ Λ, Π

ι:ι Η επιμεριστική ιδιότητα:

ΑΣΚΗΣΙΕUΣ)

α(β+γ)=αβ+αγ

Πως γράφεται η παράσταση Α= α·α·α·α·β·β·γ·γ·α·β·4·γ = με την βοήθεια των δυνάμεων; Α =α β 3 γ 3 4

και α(β-γ)=αβ-αγ Να εκτελέσετε τις πράξεις: 6 · 48 +4 · 48= . . . ln ροσοχ11: Η απλοποίηση της αριθμητικής παρά Ο α'μαθητής έγραψε: στασης Β=α+α+α+α+β+β+γ+γ+α+β+4+γ είναι: 6·48+4·48=288+192=480. Β= 4·α+3·β+3·γ+4 Ο β'μαθητής σκέφτηκε την επιμεριστική ιδιόι:ι Προτεραιότητα πράξεων σε αριθμητικές τητα: 6·48+4·48= 48(6+4)=48·10=480. παραστάσεις: Προηγούνται οι πράξεις στις Ο β'μαθητής υπολόγισε την παράσταση με λι παρενθέσεις, μετά οι δυνάμεις, μετά πολλα γότερες πράξεις και με ευκολότερο τρόπο. πλασιασμοί και διαιρέσεις και τέλος προσθέ Η επιμεριστική ιδιότητα εφαρμόζεται για να σεις αφαιρέσεις . και υπολογίσω και γινόμενα της μορφής: �15+33 . 2 = 15+27 . 2 =15+54= 69 . 78·102=78(100-2)=78·100-78·2=7800-156=7644 Εκτελούμε πρώτα τη δύναμη, ακολουθεί ο ι:ι Για να στρογγυλοποιήσουμε έναν αριθμό πολλαπλασιασμός και τέλος βρίσκω το άθροι σε μία τάξη του (σημαντικά ψηφία) ελέγχουμε σμα. Προσο:;ο�: Είναι λάθος: 15+ 27 ·2 = 42 ·2 = 84 , δηλαδή να κάνω πρώ πάντα το ψηφίο της επόμενης τάξης τα το άθροισμα 15+27. Έτσι αν: είναι Ο,1,2,3,4 αφήνουμε τον αριθμό όπως �= 45+4 (89 -88)6 - 22 = 45+4 ·1·6 - 22 = είναι μέχρι και την τάξη που στρογγυλο 45+4( 89-2·44)( 2·3)-22=45+4-22=49-22=27 ποιούμε και aντικαθιστούμε τα υπόλοιπα Πρώτα εκτελούμε τις πράξεις στις παρενθέσεις ψηφία του με μηδενικά με την σείρα που αναφέραμε παραπάνω. είναι 5,6,7,8,9 αυξάνουμε κατά μία μονάδα την τάξη που στρογγυλοποιούμε και aντι �(6 2+3·4-47( +(33+2 -3·9 ) 5 = καθιστούμε τα υπόλοιπα ψηφία του με μη = (36+3·4-47)85 +(27+2-3·9γ = δενικά. :. Να στρογγυλοποιηθεί ο αριθ = (36+12-47)85 +(27 + 2 - 27γ = μός: 43.239,68 α) στις μονάδες β) στις εκατο (48- 47)8 +(29-27)5 =185 +25 =1+32 ντάδες γ) στα δέκατα. α) 43.239,68: επειδή το επόμενο ψηφίο είναι 6 ι:ι Η ταυτότητα της Ευκλείδειας διαίρεσης: ,πρέπει να αυξηθεί κατά 1 και να μηδενιστούν Δ= π· δ+ υ , όπου Δ : Διαιρετεός, π : πηλίκο, τα υπόλοιπα μετά τις μονάδες . Όμως 9+ 1=1 Ο, δ: διαιρέτης, υ: υπολοίπο ΟΠΟΥ: υ<δ. Αν αυτό σημαίνει οτι αυξάνονται οι δεκάδες κατά υ=Ο η διαίρεση είναι τέλεια. ένα και μηδενίζονται τα υπόλοιπα. Άρα: � Ποιος είναι ο αριθμός που όταν διαιρεθεί με 43.240,00 = 43.240 το 22, δίνει πηλίκο 5 και υπόλοιπο 3; β) 43.239,68: επειδή το επόμενο ψηφίο είναι 3 Με την βοήθεια της ταύτότητας έχω : αφήνουμε τον αριθμό όπως είναι μέχρι τις ε 22 . 5 + 3= 11 ο + 3= 113 καντοντάδες και άντικαθιστούμε τα υπόλοιπα �Εκφράζει η ισότητα: 125 = 35 ·3+20 12 ευ ψηφία με μηδενικά . Άρα: 43.200,00=43.200. κλείδεια διαίρεση; γ) 43.239,68: όμοια με το α): 43.239,70 Είναι Δ=125, υ=20 και για το διαιρέτη υπάρ ι:ι Η δύναμη αν ορίζεται ως το γινόμενο ν πα χουν δύο περιπτώσεις: δ=35 και π=3 ή δ=3 και ραγόντων ίσων με α. Το α λέγεται βάση της π=35. Αν δ=35 τότε δ>υ=20 άρα εκφράζει ευ δύναμης και το ν, εκθέτης της δύναμης . κλείδεια διαίρεση. Αν όμως δ=3 τότε δ<υ άρα δεν εκφρράζει ευκλείδεια διαίρεση. Για παράδειγμα: 2 3= 2 · 2 · 2 = 4 · 2 = 8 . ΙΠ:ρόβληι_ια �: Το πλοίο «Έλουρος» επισκέ Ε ίναι λάθος: 4 2 = 4 · 2 = 8 . Το σωστό είναι: πτεται το λιμάνι του Πειραιά κάθε 3 μέρες , το 4 2= 4·4=16 . 5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 85 τ.l/10

•

------

Άλγεβρα Α' Γυμνα σ ίου

πλοίο «Σαπφώ)) κάθε 4 μέρες και το πλοίο «Ωραία Ελένψ) κάθε 8 μέρες . Αν ξεκίνησαν ταυτόχρονα , μετά από πόσες ημέρες θα ξανα συναντηθούν για πρώτη φορά; /�iJση: Θα βρούμε το Ε.Κ.Π (3 , 4, 8) Ά τρ6:ιrη,ς: Πολλαπλάσια του 3: 3,6,9,12,18,�27,30,33, . . . . . . Πολλαπλάσια του 4: 4,8,12,16,20,24,28 . . ... Πολλαπλάσια του 8: 8,16,24,32,40, . . .. Β' τμότω;::: Ο μεγαλύτερος αριθμός είναι το 8, είναι πολλαπλάσιο του 4, όχι όμως του 3. Προχωράμε διπλασιάζοντας: Το 16: πολλα πλάσιο του 4, όχι του 3. Προχωράμε τριπλα σιάζοντας: Το 24: πολλαπλάσιο του 4 και του 3. Άρα Ε.Κ.Π (3 , 4, 8)=24. ΠρόβλΓiμα 2: Ένας ανθοπώλης έχει 48 κοκκι να, 36 κίτρινα και 24 ροζ τριαντάφυλλα. Πό σες το πολύ ίδιες ανθοδέσμες μπορεί να φτιά ξει, χωρίς να του περισσέψει κανένα λουλούδι; Από πόσα τριαντάφυλλα από το κάθε χρώμα θα αποτελείται η κάθε ανθοδέσμη; , Θα βρούμε το Μ.Κ.Δ (48,36,24) =12 �.�c: Διαιρέτες του 48 : 1,2,3,6,8,!b16,24,48. Διαιρέτες του 36 : 1,2,3,4,6,9,!b18,36. Διαιρέτες του 24 : 1,2,3,4,6,8,!b24 !Β' η]Ι(!if1'!ί"ς: Ο μικρότερος αριθμός είναι το 24, ο οποίος είναι διαιρέτης του 48 αλλά όχι του 36. Τότε διαιρώ με το 2: 24:2=12, που είναι διαι ρέτης και του 24 και του 36. Αν δεν ήταν, θα διαιρούσα με το 3, με το 4 κ.ο.κ Άρα, θα φτιάξει 12 ανθοδέσμες με 4 κόκκινα, 3 κίτρινα και 2 ροζ τριαντάφυλλα. �Αν θέλω να υπολογίσω ΕΚΠ και ΜΚΔ με γάλων αριθμών, π.χ. ΕΚΠ(600,1210) και ΜΚΔ(600,121 Ο) τι τρόπο ακολουθώ ;

--------

1210 2 600 2 300 2 605 5 121 11 150 2 11 11 75 3 1 25 5 5 5 1 600= 23·3·5 2 1210= 2·5·112 Για το ΕΚΠ υπολογίζουμε το γινόμενο από κοινούς και μη κοινούς παράγοντες με τον με γαλύτερο εκθέτη. Για το ΜΚΔ υπολογίζουμε το γινόμενο από τους κοινούς παράγοντες με το μικρότερο εκ θέτη. Άρα, ΕΚΠ = 23 3·5 2 ·112 ΜΚΔ=2·5 � Πως όμως μπορώ να ξερω πότε ένας αριθ μός διαιρείται με το 2, 3 ,5 κλπ . . •

Q ΚΡΙΤΗΡΙΑ ΔΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑΣ

Ένας αριθμός διαιρείται με το 2 αν το τελευ ταίο ψηφίο είναι άρτιος αριθμός, με το 5 αν το τελευταίο ψηφίο είναι Ο ή 5, με το 3 αν το ά θροισμα όλων των ψηφίων του διαιρείται με το 3, με το 9 αν το άθροισμα όλων των ψηφί ων του διαιρείται με το 9, με το 10 αν το τε λευταίο ψηφίο είναι Ο. � Δίνεται ο αριθμός 88_3_ . Να συμπληρω θούν τα κενά ώστε ο αριθμός να διαρείται ταυτόχρονα με 5 και το 9. Για να διαιρείται με το 5 αρκεί το τελευταίο ψηφίο να είναι Ο ή 5. Άρα 88_30 ή 88_35. Βρίσκω το άθροισμα των ως τώρα ψηφίων του: 8+8+3=19. Άρα, για να διαιρείται με το 9 αρκεί να προσθέσω 8 ώστε να προκύψει ά θροισμα ψηφίων 27, που διαρείται με το 9. Άρα 88830. Ή 8+8+3+5=24 άρκει να προσθέσω 3 . Άρα 88335. ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2°

(ΘΕΩΡΙΑ ΚΑΙ ΑΣΚΗΣΕΙΣ) ι:ι Μαθαίνω να λύνω προβλή ματα με κλά σματα Πρ όβλη μα Ι: Τα 2/9 των μαθητών ενός σχο

Τότε αναλύουμε κάθε αριθμό σε γινόμενο πρώτων παραγόντων ως ακολούθως : (Οι αριθμοί που έχουν ώς διαιρέτες το 1 και λείου μαθαίνουν Γαλλικά. Αν οι μαθητές που τον εαυτό τους λέγονται πρώτοι. Οι αριθμοί μαθαίνουν Γαλλικά είναι 54, πόσοι είναι όλοι που δεν είναι πρώτοι λέγονται σύνθετοι) οι μαθητές του σχολείου; Πρόβλη μα 2: Οι μαθητές μίας τάξης είναι 54 Διαιρούμε τον αριθμό με το μικρότερο πρώτο και από αυτούς, τα 2/9 μαθαίνουν Γαλλικά. διαιρέτη του. Πόσοι μαθητές μαθαίνουν Γαλλικά; Το πηλίκο που προκύπτει, το διαιρούμε ξανά Στο πρόβλημα Ι δίνεται το «μέρορ> (τα 2/9 με το μικρότερο πρώτο διαιρέτη του και συνε είναι 54) και ζητείται το «όλο» (τα 9/9, όσοι χίζουμε όμοια μέχρι να βρούμε πηλίκο 1. είναι όλοι οι μαθητές της). Η μέθοδος λύσης ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 85 τ.l/11

------

που ακολουθούμε είναι η

Άλγε βρα Α' Γυμνασίου

«αναγωγή στη μο

νάδα»:

Τα 2/9 είναι 54 Το 1/9 είναι 54:2=27 Τα 9/9 είναι 27·9=243. Άρα 243 μαθητές έχει το σχολείο. Στο πρόβλημα 2 δίνεται το «όλο» (τα 9/9 είναι 54) και ζητείται το «μέρος». Το 54 .!.. είναι 54-;-9=6 και τα � είναι 9 9 2·6 =12.

-------

παιτείται πρώτα η μετατροπή του μεικτού σε 2 1·5+2 7 ' = 15= κλασμα. 5 5 Π ροτ ε ιν ό μ ενε ς Α σ κή σεις Α 1• Να εκτελέσετε τις πράξεις

στις ακόλουθες αραστάσεις : (32 2 - 2 . 5): 4 -(32 - 2 2): 5 = (12 : 2+4)23 = Α2 Να βρεθούν: ΜΚΔ(24,72,156) και ΕΚΠ(30,45,60). Α3• Σε μία διαίρεση φυσικών αριθμών ο διαι ρέτης είναι το 5. α) Ποια τα πιθανά υπόλοιπα; β)Αν το πηλίκο είναι κατά δύο μεγαλύτερο απο το υπόλοιπο, ποιοι οι πιθανοί διαιρέτες ; •

Α4

�

Πως δημιουργούμε ισοδύναμα κλάσμα

Όταν πολλαπλασιάσουμε και τους δύο ό ρους του κλάσματος με τον ίδιο αριθμό ή όταν διαιρέσουμε και τους δύο όρους του κλάσμα τος με το Μ.Κ.Δ (αριθμητή, παρανομαστή). 2 2·16 32 ' 2= αρα 3 3·16 � 3 = 3·16 = 48 6 ... 6-;... 3 2 ' = ' ΜΚΔ (6'15) =3'-= 'αναγω15-;-3 5 15 ... γο κλάσμα � Πως εξετάζουμε αν δύο κλάσματα είναι τα;

ισοδύναμα;

Ελέγχουμε αν τα χιαστί γινόμενα είναι ίσα. 47 64 -=-, 47·49 =2.303, 64·36=2.304, άρα 36 49 τα κλάσματα δεν είναι ισοδύναμα

Ο Αριθμητικές παραστάσεις με πράξεις κλασμάτων

(_!_2 +�.!..)+1�5'ΕΚΠ(2'3'4)=1'2 άρα 3 4 1·6 2·4 - 1·3 ) 7 ( 6 8 - 3 ) 7 ( 2·6 + = + = + + 3·4 4·3 5 12 12 12 5

11 7 11 5 55 =-+-=-·-=12 5 12 7 84 Για να κάνουμε τις πράξεις μέσα στην παρέν θεση (πρόσθεση-αφαίρεση) μετατρέπουμε τα κλάσματα σε ομώνυμα. Για να πολλαπλασιά σουμε ή να διαιρέσουμε με μεικτό αριθμό, α-

Διαιρούνται 8.775 716 792 453 885

Α5 Τα 3/4 του κιλού τυρί φέτα κοστίζουν 8€.

Να βρεθεί πόσο κοστίζουν τα: α) το 1κιλό, β)τα 2/5 του κιλού, γ) τα 5 κιλά. Α6 Το βάρος του Α είναι 72 κιλά. Το βάρος του Β είναι τα 8/9 του βάρους του Α και το βάρος του Γ είναι τα 7/8 του βάρους του Β.Πόσο ζυγίζουν Α, Β, Γ μαζί ; Α7 Να κάνετε ομώνυμα τα κλάσματα : 32 - 2 2 3·5-23 και -----,- -----,2 . 4 +32-5 33-32(5 2- 3 . 2 3) Α8 Να aπλοποιήσετε το κλάσμα : 60/84 Α9 Να συμπληρώσετε τις ισότητες: 3 -30 2 - = = 3 51 10 Α10 Να βρειτε την τιμή των παραστάσεων: ----

(i·�-1� )+� 22 Β= 2 i ( -3-� ) 6 5 3 Α=

2 1+� 7 8 Γ= + + 6 4 S Ϊ5 .!_ _i _ .!_ 2 3 6

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/12

(

)

Γ υ μναστ ι κη κα ι μα θ η ματ ι κα

' "Ε

======

φτασε κα� πάλι ο Σεπτέμβρll,ς και τα , � � σχολεια ανοιξαν. Στο Γυμνασιο του _,ι.,.�ΙΙ Ταύρου ο καθηγητής των μαθηματι κών, ο κύριος Τάσος, που θα αναλάμβανε την πρώτη τάξη, αποφάσισε να προσεγγίσει τα μαθηματικά με ένα διαφορετικό τρόπο θέλο ντας να τα κάνει πιο αγαπητά και ευχάριστα στα παιδιά. Για το σκοπό αυτό ζήτησε τη βοή θεια του καθηγητή της γυμναστικής, του κυρί ου Γιώργου. Ο κύριος Γιώργος έπρεπε, την ώρα της γυμναστικής, και μέσα από ασκήσεις και αθλητικές δραστηριότητες-παιχνίδια να δώσει στα παιδιά να καταλάβουν τις βασικές γεωμετρικές έννοιες καθώς και κάποιες ιδιό τητές τους. Να έρθουν τα παιδιά σε μία πρώτη επαφή με το σημείο, την ευθεία, το ευθύγραμ μο τμήμα, την ημιευθεία, τη γωνία και κάποιες έννοιες όπως η παραλληλία και η καθετότητα. Ο κύριος Γιώργος ξεκίνησε να δείξει στα παιδιά την ευθεία και όχι το σημείο ή το ευθύ γραμμο τμήμα, όπως συνηθίζεται στο μάθημα των μαθηματικών. Τα παιδιά, θα μάθουν τις έννοιες στην πράξη, οπότε δε χρειάζεται να τις μάθουν με κάποια συγκεκριμένη σειρά. Έτσι, αποφάσισε να παίξει με τα παιδιά ένα παιχνίδι που το λέγαμε παλιά «περνά-περνάει η μέ ι

λισσα» .

Γ. Λυμπερόπουλος-Α. Μπακάλης-Μ. Σίσκου

από την απέναντι ομάδα προσπαθώντας να σπάσει την αλυσίδα που έχουν φτιάξει τα παι--- � ....

_ι

·-

�

_ι

διά της άλλης ομάδας με τα χέρια τους. Το παιδί που θα τρέξει να σπάσει την αλυσίδα, το «παραγγέλνουν)), το ζητούν τα παιδιά της a ντίπαλης ομάδας κάνοντας τον παρακάτω διά λογο: Υ

Υ Υ

-Μέλισσα, μέλισσα -Μέλι γλυκύτατο! -Ποιον παραγγέλνετε; -Το Στάθη (για παράδειγμα)

Αν σπάσει π.χ. η αλυσίδα της ομάδας Α τότε η ομάδα Β παίρνει ένα παιδί από την Α. Αν δεν σπάσει η αλυσίδα, τότε τq παιδί της ομάδας Β που δεν έσπασε την αλυσίδα της Α, θα πάει στην Α. Η ομάδα που κερδίζει είναι αυτή που παίρνει όλα τα παιδιά.

Η πρώτη ώρα της γυμναστικής τελείωσε και την σκυτάλη πήρε ο κύριος Τάσος εφόσον η επόμενη ώρα ήταν η ώρα των μαθηματικών. Ο κύριος Τάσος, με αφορμή το προηγούμενο παιχνίδι, εξήγησε στα παιδιά την ευθεία, το ευθύγραμμο τμήμα, την ημιευθεία αλλά και Στο παιχνίδι «περνά-περνάει η μέλισσα», την παραλληλία. Είπε λοιπόν στα παιδιά ότι τα παιδιά χωρίζονται σε δύο ομάδες και στέ αρχικά δημιούργησαν ένα ευθύγραμμο τμήμα κονται παρατεταγμένα σε 2 σειρές-ευθείες πα με άκρα τον Κώστα και τη Μαρία που ήταν τα ράλληλες σε μια απόσταση περίπου τρία με παιδιά στις 2 άκρες της μίας ομάδας. Έπειτα, τέσσερα μέτρα, όπου τα παιδιά της κάθε ομά το ευθύγραμμο τμήμα άρχισε να μεγαλώνει δας κρατιούνται χέρι-χέρι και κοιτάνε τα παι καθώς νέα μέλη προστίθονταν στο ένα άκρο διά της απέναντι ομάδας. της ομάδας. Άρα, η αλυσίδα είχε μια «σταθε ρψ) αρχή και προεκτεινόταν προς το ένα άκρο Τα παιδιά κρατάνε τα χέρια τους τεντωμέ της, ήταν δηλαδή, μία ημιευθεία. Αν τα νέα να και σφιχτά και κάθε φορά τρέχει ένα παιδί μέλη προστίθονταν στην ομάδα και στις δύο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ. l / 1 3

-------

Γυμναστική και Μ αθ ηματικά

--------

άκρες τότε η αλυσίδα τους θα ήταν ευθεία. Ε πίσης, είπε ότι το κάθε παιδί που μαζί με τα και ο κύριος Τάσος τους εξήγησε ότι οι δύο υπόλοιπα δημιουργούσε την αλυσίδα-ευθεία, ευθείες είναι παράλληλες εφόσον δεν τέμνο θα μπορούσε να θεωρηθεί ως ένα σημείο. Τα νται όσο και να τις προεκτείνουμε. παιδιά χωρίς δυσκολία κατάλαβαν τις νέες έν νοιες και έπειτα ο κύριος Τάσος έδωσε και κάποιους ορισμούς για να μεταφέρει αυτές τις έννοιες από το προαύλιο στα τετράδια των παιδιών. Ση μ εί ο είναι η άκρη ενός μολυβιού, οι κο ρυφές ενός σχήματος ή η μύτη μιας βελόνας και το συμβολίζουμε με ένα κεφαλαίο γράμμα.

Π.χ. Α • Στο παιχνίδι, σημείο ήταν το κάθε παιδί. Ε υ θύγ ραμμο τμή μα

κλωστή με άκρα Α και Β. Α

είναι μία τεντωμένη

----

Επίσης, στην κάθε αλυσίδα, τα παιδιά και τα τεντωμένα χέρια τους δημιουργούσαν δύο ευθείες κάθετες, όπως φαίνεται στο σχήμα:

Κατασκευάζουμε ένα ευθύγραμμο τμήμα ενώνοντας δύο σημεία με τη βοήθεια ενός χά ρακα. Ευθ εί α είναι ένα ευθύγραμμο τμήμα που το προεκτείνουμε απεριόριστα και από τα δύο άκρα του με αποτέλεσμα να μην έχει ούτε αρ χή ούτε τέλος.

Ο κύριος Τάσος σχολίασε ότι δύο ευθείες είναι ένα ευθύγραμμο τμήμα ονομάζονται κάθετες όταν σχηματίζουν γωνία που το προεκτείνουμε απεριόριστα μόνο από το ένα άκρο. Έτσι, η ημιευθεία έχει αρχή αλλά 90° αλλά δεν επεκτάθηκε άλλο εφόσον δεν έ χει διδάξει ακόμα τις γωνίες. δεν έχει τέλος. Η μιευθεία

Ο κύριος Τάσος επίσης συμπλήρωσε ότι το δάπεδο όπου στέκονταν τα παιδιά και σχημά τιζαν τις ευθείες τους ήταν το επίπεδο. Αντί στοιχα, στο τετράδιο των παιδιών, επίπεδο μπορεί να θεωρηθεί η σελίδα. Γενικά, ε πίπ ε δο είναι μια επιφάνεια πάνω στην οποία εφαρμό ζει παντού η ευθεία γραμμή.

Έτσι, έφτασε στο τέλος της και η ώρα των μαθηματικών. Στο επόμενο μάθημα της γυ μναστικής, ο κύριος Γιώργος, θα δείξει τις γω νίες μέσα από την ενόργανη γυμναστική όπου τα παιδιά θα σχηματίζουν με το σώμα τους διάφορες γωνίες. Έπειτα, ο κύριος Τάσος θα εξηγήσει τι είναι γωνία και ποια είναι τα διά φορα είδη της.

Στη συνέχεια, ζήτησε από έναν μαθητή να Όπως βλέπουμε, τα μαθηματικά μπορούμε ζωγραφίσει στον πίνακα τις δύο ευθείες που σχημάτιζαν οι αλυσίδες από το παιχνίδι. Ο μα να τα συναντήσουμε παντού. Πείτε μας κι ε θητής σχεδίασε τις δύο ευθείες όπως φαίνεται σείς αν έχετε κάποια ιδέα για να γίνει το μά θημα ακόμη πιο ευχάριστο! ! ! στο σχήμα: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/14

Ε ι σαyωγη στ ι ς αν ι σ ω σ� ε ι ς

, . - :.:__•fr\ J ι, Τάξ

Αγγέλη λννα =

f� l '

Αν κάποιος οδηγεί αυτοκίνητο τότε η ηλικία του είναι 1 8 ετών και άνω, κατανόη ση αυτοκινητόδρομο συμβόλων κ α ι ενν με ο ι ών . δηλαδη χ> 18 . Αν ένα αυτοκίνητο τρέχει σε ένα όριο � �� ταχύτητας 120km/h τότε η ταχύτητα του πρέπει να είναι: u � 120. Β α σ ικές ιδ ιότητες των ανισώσεων κ α ι

•

χ> 3

2 + 1 8 < 80 - 4

ω - 6 > 4ω + 2

3 + 7 > 20 - 3

α+3 > 2α - 2

2-6 < 3

2χ - 9 < 1 3χ + 4

τι παρατηρείται; Η ανισότητα εξακολουθεί να έχει την ίδια φορά Δίνεται η ανισότητα 8 > -2.Διαιρέστε και τα δύο μέλη με τον ίδιο αριθμό +2 8:2 4 και -2:2 -1 . Είναι 4 > -1 άρα και 8:2 > -2:2 Τι παρατηρείται; Η ανισότητα εξακολουθεί να έχει την ίδια φορά. Δίνεται η ανισότητα -6 < 12. Πολλαπλασιάστε και τα δύο μέλη με το -2 -6*(-2) 12 και 12*(-2) -24. Είναι 12 > -24 άρα και -6*(-2) > 12*(-2) Τι παρατηρείται; Η ανισότητα άλλαξε φορά. Δίνεται η ανισότητα -6 < 12. Διαιρέστε και τα δύο μέλη με το -2. --6: -2 3 και 12: -2 -6. Είναι 3 > 6 άρα και --6: -2 > 12: -2 Τι παρατηρείται; Η ανισότητα άλλαξε φορά. =

•

-2<4

ίδιο αριθμό και στα δύο μέλη μιας ανισότητας, η ανισότητα διατηρεί τη φ ορά της. Δίνεται η ανισότητα 5 < 6. Πολλαπλασιάστε και τα δύο μέλη με το +2 5 *2 10 και 6*2 12. Είναι 10 < 12 άρα και 5 *2 < 6*2. =

(!j

Ανισώσεις

•

Ανισότητες

Όπως βλέπουμε, οι ανισώσεις είναι ανισότητες που περιέχουν μεταβλητές. Δίνεται η ανισότητα 8 < 9. Ας προσθέσουμε και στα 2 μέλη της ανισότητας τον ίδιο θετικό και τον ίδιο αρνητικό αριθμό και ας παρατηρήσουμε τι θα συμβεί. Αρχικά, ας προσθέσουμε το 5. 8+5 13 και 9+5 14. Είναι 1 3 < 14 άρα και 8+5 < 9+5 Τώρα, ας προσθέσουμε το -4 . 8+(-4) 8 - 4 4 και 9+(-4) 9 - 4 5. Είναι 4 < 5 άρα και 8 - 4 < 9 - 4 Τι παρατηρείται; Δεν αλλάζει η φορά της ανισότητας: Όταν προσθέτουμε ή αφαιρούμε τον =

•

Άρα, όταν πολλαπλασιάζουμε ή διαιρούμε και τα δύο μέλη μιας ανισότητας με τον ίδιο θετικό αριθμό, η ανισότητα διατηρεί τη φορά της ενώ όταν πολλαπλασιάζουμε ή διαιρούμε και τα δύο μέλη μιας ανισότητας με τον ίδιο αρνητικό αριθμό, η ανισότητα αλλάζει φορά.

Γενικά ισχύουν:

�Αν α>β � α + γ > β + γ �Αν α > β � α - γ > β - γ �Αν γ >Ο και α > β � α*γ> β*γ

�Αν γ > Ο και α > β � α : γ > β : γ �Αν γ <Ο και α >β � α*γ < β*γ Q Αν γ < Ο και α > β � α : γ < β :γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ. l/15

-------

Εισαγωγή στις Ανισώσεις -------

Ε ΙΠ Ι Λ Υ Σ Η Α Ν Ι ΣΩ Σ Ε Ω Ν

Για να επιλύσουμε μια aνίσωση, ακολουθούμε τα ίδια βήματα που ακολουθούμε και στην επίλυση εξισώσεων: "' Κάνουμε απαλοιφή παρανομαστών Κάνουμε απαλοιφή παρενθέσεων Χωρίζουμε γνωστούς από αγνώστους Κάνουμε αναγωγή ομοίων όρων Διαιρούμε με τον συντελεστή του αγνώστου. Π ροσοχή : Αν ο συντελεστής του αγνώστου είναι αρνητικός αριθμός, θα αλλάξει η φορά της aνίσωση ς! e

•

Π α ρ ιίδ ειγ μ α :

Π αράδ ειγ μα:

Ν α λυθεί η aνίσωση : χ-2 χ-1

Να λυθεί η aνίσωση :

> -- 2

χ-3

2Χ + 1 3

::::;;

5 < Χ - 3χ 2

ΛίJ σ η

2 Χ + 1 ::::;; 5 < χ - 3χ , χωρίζεται aνίσωση 3 2 6 - χ - 2 > χ - 1 - χ - 3 Ε.Κ.Π(2,3,4)=1 2 2χ + 1 :::;; 5 και 2 3 4 σε δύο ανισώσεις, τις 3 1 2 . 6 - 12 χ - 2 > 12 χ - 1 - 1 2 χ - 3 3 2 4 5 < � - 3χ , οι οποίες πρέπει να ισχύουν 72 - 4(χ - 2) > 6(χ - 1 ) - 3(χ - 3) ταυτόχρονα, δηλαδή να συναληθεύουν. 72 - 4χ + 8 > 6χ - 6 - 3χ + 9 Λύνουμε την κάθε μία ξεχωριστά και στο - 4χ - 6χ + 3χ > - 8 - 6 + 9 -72 τέλος θα αναζητήσουμε τις κοινές λύσεις τους. - 7χ > -77 - 7χ < -- 77 -7 -7 2χ + 1 ::::;; 5 5 < -χ - 3χ χ< 1 1. 3 2 Καταλήξαμε χ < 1 1 , οπότε η aνίσωση έχει άπειρες λύσεις! 1 0 < χ - 6χ 2χ+ 1 ::::;; 1 5 και Γενικά, αν παρατηρήσουμε τις λύσεις μίας 10 < - 5χ 2χ :::;; 1 4 ανίσωσης, διαπιστώνουμε ότι: --7 αν αυτή δεν είναι αδύνατη (π.χ. Οχ < -3), χ < -2 χ :::;; 7 οπότε και δεν έχει λύσεις ή -7 αν οι λύσεις δεν περιορίζονται από ειδικές συνθήκες (π. χ. οι ακέραιες λύσεις της 1 <χ<5), Στη συνέχεια, παριστάνουμε γραφικά τις λύσεις και των δύο ανισώσεων πάνω στον ίδιο οπότε και οι λύσεις είναι διακριτές και άξονα. πεπερασμένες, τότε οι λύσεις είναι άπειρες (εκφράζουν κάποιο διάστημα τιμών). Συνηθίζεται να aπεικονίζουμε τις λύσεις -2 - 1 ο 3 3 4 5 6 7 2 8 μιας ανίσωσης γραφικά, με τη βοήθεια του άξονα των πραγματικών αριθμών. Κυρίως, Όπως φαίνεται από το σχήμα, οι κοινές λύσεις όταν ζητούμε τις κοινές λύσεις δύο ή είναι οι αριθμοί για τους οποίους ισχύει χ<-2, περισσότερων ανισώσεων και αυτό γιατί η δηλαδή οι αριθμοί εκείνοι που βρίσκονται από εποπτεία οδηγεί ευκολότερα στον το -2 και αριστερά. προσδιορισμό τους. ΛίJση

a=== J -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/16

ο--

Ε μ βαδ ό ν επίπεδη ς επ ι φάνε ι α ς ======

Κιούφτη Ροϊδούλα

Χθες, στο μάθημα της Γεωμετρίας, ο καθηγητής μας, μπαίνοντας στην αίθουσα, μας χώρισε σε τρεις ομάδες και μοίρασε σε κάθε ομάδα από μια ίδια σελίδα χαρτί, όπως αυτή που φαίνεται στο διπλανό σχήμα. Σκοπός κάθε ομάδας, είπε, ήταν να υπολογίσει το εμβαδόν της σελίδας, δηλαδή την έκταση που καταλαμβάνει αυτή η σελίδα πάνω σε μια επιφάνεια, όπως για παράδειγμα, πάνω στην επιφάνεια του θρανίου μας . Όταν έληξε ο χρόνος εργασίας, ήμουν πολύ χαρούμενη, γιατί αν και στην αρχή δεν το πίστευα, κάτι είχαμε καταφέρει: >- η 1 η ομάδα είπε ότι η σελίδα είναι το _!.. του θρανίου αφού, όπως 6 παρατήρησαν, με έξι τέτοιες σελίδες καλύπτουμε ακριβώς ολόκληρο το θρανίο.

η 2η ομάδα χρησιμοποίησε για να μετρησει τη σεΛιοα το χαρακα του Γιώργου και είδαν ότι αυτή είναι ίση με οκτώ χάρακες. η δική μου ομάδα, που ήταν και η 3η όπως καταλάβατε, έκανε κάτι παρόμοιο. Χρησιμοποιήσαμε το γνώμονά μου και διαπιστώσαμε ότι η σελίδα είναι περίπου ίση με 2,5 γνώμονες.

Τι αποτελέσματα είναι τώρα αυτά; Ποιος έχει δίκιο; Μα φυσικά όλοι! Αφού κάθε ομάδα χρησιμοποίησε διαφορετική επιφάνεια για να κάνει τη σύγκριση με την επιφάνεια της σελίδας ή, όπως πιο σωστά θα λέγαμε, διαφορετική μονάδα μέτρησης, ήταν αναμενόμενο τα αποτελέσματα να είναι διαφορετικά. >- Καταλαβαίνουμε λοιπόν δύο πράγματα: 1. ο αριθμός που εκφράζει το εμβαδόν μιας επίπεδης επιφάνειας είναι πάντοτε θετικός και 2. ο αριθμός αυτός εξαρτάται από τη μονάδα μέτρησης που χρησιμοποιούμε. ι/

•

Μονάδες μέτρησης επιφανειών Η βασικότερη μονάδα μέτρησης των επιφανειών είναι το τετραγωνικό συμβολίζετε με m2 και είναι το εμβαδόν ενός τετραγώνου με πλευρά 1m.

Υποδιαιρέσεις του m2 (δηλαδή μονάδες μικρότερες του m2) είναι: Τετραγωνικό δέκατο ή τετραγωνική παλάμη dm2 Τετραγωνικ? εκατοσ-�όμετρο ή τετrαγωνικός πόντος cm2 Τετραγωνικο χιλιοστομετρο mm (Οι μονάδες αυτές χρησιμοποιούνται για σχετικά μικρές επιφάνειες). Πολλαπλάσια του m2 (δηλαδή μονάδες μεγαλύτερες του m2) είναι: Τετραγωνικό χιλιόμετρο Κm2 Στρέμμα Ξ

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/17

μέτρο που

-------

Εμ βαδόν επ ίπεδης επιφ άνειας

(Οι μονάδες αυτές χρησιμοποιούνται για μεγάλες επιφάνειες και ειδικά το στρέμμα για τη μέτρηση οικοπέδων και κτημάτων).

-------

Μετατροπές μονάδων επιφανειών

Πολλές φορές πρέπει να μετατρέψουμε ένα εμβαδόν από μια μονάδα μέτρησης σε μια άλλη. Για να διευκολυνθούμε σ ' αυτή τη διαδικασία γράφουμε τις μονάδες από τη μεγαλύτερη στη μικρότερη: · 1 000 · 1 000 · 1 00 · 1 00 · 1 00 Km2 � Στρέμμα � m2 � dm2 � cm2 � mm2

Για να μετατρέψουμε ένα εμβαδόν από μια μονάδα μέτρησης σε μια μικρότερη μονάδα μέτρησης πολλαπλασιάζω για κάθε «θέση» που κατεβαίνω μέχρι τα m2 με το Ι 000, ενώ για κάθε «θέση» που κατεβαίνω μετά τα m2 με το Ι 00. Έτσι, αν για παράδειγμα θέλω να μετατρέψω το εμβαδόν 2,5 Κm2 σε dm2 πρέπει να κατέβω δύο θέσεις μέχρι τα m2 και μετά να κατέβω μια θέση κάτω από τα m2 , μέχρι τα dm2 , άρα πολλαπλασιάζω: 2, 5 · 1 000 · 1 000 · 1 00 250.000.000 dm2 ή σκέφτομαι ότι συνολικά χρειάζομαι 3+ 3+ 2=8 μηδενικά δηλαδή πολλαπλασιάζω με το 1 00.000.000: 2, 5 · 1 00.000.000 250.000.000 dm2 . Αντίστοιχα εργαζόμαστε αν πρέπει να μετατρέψουμε ένα εμβαδόν από μια μονάδα μέτρησης σε μια μεγαλύτερη: για κάθε θέση που ανεβαίνω μέχρι τα m2 διαιρώ με το Ι 00 ενώ για κάθε θέση που ανεβαίνω πάνω από τα m2 διαιρώ με Ι 000. +100 +100 +100 +1 000 + 1 000 mm2 � cm2 � dm2 � m2 � Στρέμμα � km2 Παράδειγμα: Να μετατρέψετε σε στρέμματα τα 6.389 cm2 • Λύση : Σκέφτομαι ότι θα ανέβω δύο θέσεις μέχρι τα m2 και μια πάνω από αυτά άρα χρειάζομαι 2+2+3=7 «μηδενικά», δηλαδή 6.389: Ι 0.000.000=0.006389 στρέμματα =

Εμβαδά επίπεδων σχη μάτων

(όπου α η πλευρά του τετραγώνου) Παρατήρηση: τον παραπάνω τύπο τον χρησιμοποιούμε: -?για να βρούμε το εμβαδόν ενός τετραγώνου όταν γνωρίζουμε την πλευρά του -?για να βρούμε την πλευρά ενός τετραγώνου όταν γνωρίζουμε το εμβαδόν του � Εμβαδό τετραγώνου : Ε = α2

Στην τετράγωνη ταράτσα ΑΒΓ Δ με πλευρά 6 dm έχει τοποθετηθεί μόνωση στις περιοχές ΑΚΛΜ και ΓΖΘΙ. Να βρεθεί το συνολικό εμβαδόν της ταράτσας που έχει μόνωση και το εμβαδόν της περιοχής χωρίς μόνωση. Α

3dm Β

2dm

Αφού ΑΚΒΓ τετράγωνο, ισχύει: ΑΒ=ΒΓ=ΓΔ=ΔΑ=6 dm, άρα ΑΚ=ΚΒ=3 dm και ΖΓ=ΔΓ-ΔΖ=(6-4)dm=2dm Επομένως τα ΑΚΛΜ, ΓΖΘΙ είναι τετράγωνα. Έτσι, έχουμε: EABrΔ=(6dm)2=36dm2 EAκΛM=(3dm)2=9dm2 και Erzeι=(2dm)2=4dm2 • Οπότε το εμβαδόν της περιοχής που έχει μόνωση είναι: ΕΑΚΛΜ + Erzeι= =(9+4)dm2= I3dm2 και της περιοχής χωρίς μόνωση : ΕΑΒΓΔ - (ΕΑΚΛΜ + Erzeι)=(36- I 3)dm2

Να βρεθεί η πλευρά ενός τετραγώνου το οποίο έχει εμβαδόν 64cm 2 •

'Ε�ουμε Ε=α2 , οπου ' α η πλευρα' του τετραγωνου. Ά ρα α2 =64 cm2 επομενως ' α= 8 cm, αφου' 2 (8cm) =64cm . '

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/18

-------

� Εμβαδόν ορθογωνίου Ε=α ·β (όπου α, β οι πλευρές του

Εμ βαδ όν επίπεδης επιφ άνειας

------

ορθογωνίου)

Ε=μήκος·πλάτος (διαστάσεις του

ορθογωνίου)

Οι διαστάσεις του ορθογωνίου πρέπει να έχουν μετρηθεί με τις ίδιες μονάδες μέτρησης. 2. Η παραπάνω ισότητα «συνδέει» το εμβαδόν με το μήκος και το πλάτος του ορθογωνίου. Έτσι, αν γνωρίζω τα δύο από αυτά με τον τύπο του εμβαδού, βρίσκω το τρίτο. Ι.

:φ ά δ J: Rγ μ α :

Να συμπληρώσετε τον πίνακα:

Μήκος ορθογωνίου 9m 60cm

Πλάτος ορθογωνίου 40dm 5dm

Εμβαδόν ορθογωνίου 40dmL 240cmL

, , : ::: ':' 40dm=4m άρα Ε= μήκος χ πλάτος= 9m·4m=3 6m2 Ε= μήκος χ πλάτος 40dm2=μήκος χ 5dm άρα μήκoς=40dm2 :5dm=8dm "" ·γ· ,:•> .ι;: :ι_r. ,:_ ; Ε= μηκος ' ' χ πλατος 2 240cm =60cmχ πλάτος άρα πλάτoς=240cm2 :60cm=40cm "

' .,

· -

• . ·•

� Εμβαδόν παραλληλογράμμου:

Ε=β·υ

Λ 7 β

: . Επιλέγουμε όποια πλευρά θέλουμε ως βάση αλλά, προσοχή, πρέπει να την πολλαπλασιάσουμε με το αντίστοιχο ύψος για να βρούμε το εμβαδόν του ορθογωνίου και φυσικά η βάση και το ύψος να είναι μετρημένα στις ίδιες μονάδες. :� Παρόμοια με τον τύπο του ορθογωνίου, η σχέση Ε=β·υ συνδέει το εμβαδόν, τη βάση και το αντίστοιχο ύψος ενός παραλληλογράμμου. Έτσι, αν γνωρίζω τα δύο από αυτά με τον τύπο του εμβαδού βρίσκω το τρίτο. ί!Ί! α ρ ατη ιη'! σης

i]�,!. ·1 "' .,

Ένα παραλληλόγραμμο έχει πλευρές β1=1 2m, β2=8m και το ύψος που αντιστοιχεί στην πλευρά β1, είναι υ1=4m. Να βρεθούν: α) το εμβαδόν του και β) το ύψος υ 2 που αντιστοιχεί στην πλευρά β 2 .

' \ {J' σ η., α) Ε= βi .υ i=12m·4m=48m2 β) Ε= β2 .υ2 48m2= 8m· υ2 �

�

υ2 =48m2 :8m=6m ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/19

------

� Εμβαδόν τριγώνου : Ε= β · υ

Εμ βαδόν επίπεδης επιφ άνειας ------

(Ισχύουν αντίστοιχες παρατηρήσεις με του παραλληλογράμ μου) Ειδικά το εμβαδόν ορθογωνίου τριγώνου ισούται με το μισό του γινομένου των δύο κάθετων πλευρών του. Α

Π αράδ ειγμα : Αν στο παρακάτω σχήμα γνωρίζουμε ότι: ΒΓ=8m, ΑΔ=5m, ΔΓ=2m και το εμβαδόν του ΑΒΓ τριγώνου είναι πενταπλάσιο από το εμβαδόν του Γ ΔΕ τριγώνου, να βρεθούν: α) το εμβαδόν (ΑΒΓ) του τριγώνου ΑΒΓ β) το εμβαδόν (ΑΓΔ) του τριγώνου ΑΓΔ γ) το ύψος του τριγώνου ΓΔΕ που αντιστοιχεί στην πλευρά ΔΓ. Λ ίJ ση

. α) Ε= β · υ άρα (ΑΒΓ) = ΒΓ ΑΔ = 8m · 5m = 20m 2 . 2 2 2 β) το τρίγωνο ΑΓΔ είναι ορθογώνιο με κάθετες πλευρές 5m, 2m άρα ( ΑΓ Δ) = Sm · 2m = 5m 2 2 γ) (ΑΒΓ)=5(ΓΔΕ) (ΓΔΕ)= (ΑΒΓ):5=20:5=4m2 αλλά (ΓΔΕ) = ΔΓ · υ 4m 2 = 2m · υ 2 2 άρα υ=4m. (Β + β) · υ β � Εμβαδόν τραπεζίου : Ε= 2

�

Α � Β

Π α ράδ ε ιγ μα : Να βρεθεί το εμβαδόν του τραπεζίου ΖΗΘΚ. Λύση

) Ε = (Β+β · υ = (l lcm+5cm) · 2cm = l6cm 2 2 2

u=2cm

� Εμβαδό ευθύγραμμου σχήματος Π αράδ ε ιγμα: Για να βρούμε το εμβαδόν ενός τυχαίου ευθυγράμμου σχήματος φέρνουμε μόνοι μας ευθύγραμμα τμή ματα με σκοπό να το χωρίσουμε σε γνωστά σχήματα ώστε να βρούι το εμβαδόν καθενός από αυτά και με τη βοήθεια τους να βρούμε το εμβαδόν του αρχικού σχήματος. Έτσι για το διπλανό σχήμα θα είχαμε: Εολ.=Ε ι +Ε 2 +Ε 3 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α . 85 τ.l/20

5cm

Ε1

Ε2

1 1 cm

Δ ε λτ ί ο Τα υτότ η τα ς ! ._, •Jι� 'l �1il τ .oo·� . Ταυτότητα

======= Σταυρούλα Αλαφάκη

ονομάζεται κάθε ισότητα που περιέχει μεταβλητές και επαληθεύεται για κάθε τιμή των μεταβλητών της. � Ας αρχίσουμε με τις πιο «aξιοσημείωτες» . . . 1. (α+ β) 2 = α2+2αβ+ β2 Τετράγωνο αθροίσματος - 2 22 + 2. (α β) = α 2αβ β Τετράγωνο δια φ οράς 3. α2-β 2 = (α-β)(α+ β) Δ ια φ ορά τετραγώνω ν 4.

3 3 2 2 3 (α+ β) = α +3 α β+3 αβ + β 5. (α-β)3 = α3-3α2 β+3 αβ2-β3 6. α3+ β3 = (α+ β)(α2-αβ+β 2) 7 . 3- 3 2 2 α β = (α β)( α +αβ+ β )

Κύβος Αθροίσματος Κύβος Δ ια φ οράς Ά θροισμα Κύβω ν Δ ι α φ ορά Κύβω ν

Οι τύποι έχουν προκύψει από την αναλυτική έκφραση της δύναμης, την εκτέλεση των επιμεριστικών ιδιοτήτων, την αναγωγή των ομοίων όρων. Π.χ.: (α+ β) 2 (α+β)(α+β) α2+αβ+αβ+β2 α2+2αβ+ β 2 Έχοντας λοιπόν τον τύπο, μεταβαίνουμε από το 1° στο τελευταίο βήμα γλιτώνοντας χρόνο και πράξεις. Για δείτε το! (jjj= Να υπολογιστεί: (χ-2) 2 (α) χωρίς χρήση ταυτότητας: (χ-2) 2 (χ-2)(χ-2) χ 2-2χ-2χ+4 χ2-4χ+4 (β) με χρήση ταυτότητας: (χ-2) 2 χ 2-4χ+4, δηλαδή . . . απευθείας το αποτέλεσμα! Στο παράδειγμά μας, έγινε αντικατάσταση στον τύπο της ταυτότητας (α-β) 2 = α2-2αβ+ β2 , όπου = α χ και β=2 . 0 Προ σ οχή στην αντικατάσταση του β στους τύπους των «διαφορών» . Το «β>> είναι πάντα ΘΕΤΙΚΟ ! Το «α» πάλι, μπορεί και να μην είναι . . . Π.χ.: (-3-χ) 2 (-3)2-2(-3)χ+χ2 9+6χ+χ2 Όμως, είναι και (3+χ) 2 9+6χ+χ2 άρα (3+χ)2 (-3-χ)2 ! Λογικό, αφού οι 3+χ και -3-χ είναι αντίθετοι και οι αντίθετοι αριθμοί έχουν ίσα τετράγωνα. Συνεπώς, σε μία παράσταση που υψώνεται στο τετράγωνο (γενικότερα σε άρτια δύναμη), έχω δικαίωμα ν' αλλάξω τα πρόσημα ΟΛΩΝ των όρων, χωρίς να μεταβληθεί το αποτέλεσμα. 0 Προ σ οχή και όταν στους τύπους, το α ή το β δεν είναι μόνο μία μεταβλητή ή ένας αριθμός αλλά ένα συνθετότερο μονώνυμο ή ένα κλάσμα! Τότε, δεν πρέπει να ξεχάσουμε να υψώσουμε στον εκθέτη κάθε παράγοντα του γινομένου ή κάθε όρο του κλάσματος. Π.χ.: ί) (2χ-3)2 (2χ) 2-2·2χ ·3+9 4χ2+12χ+9 ./ ./ ./ Συχνό λάθος είναι να υψώνεται μόνο η μεταβλητή και όχι ο συντελεστής της και έτσι το ανάπτυγμα να παίρνει τη μορφή: 2χ2+12χ+9 Χ Χ Χ =

.. ll)

( 2 ).2 = ( 2 )2 2 ( )2 3χ

3χ

2 . 3χ .

9χ

1 5χ

+4 v

v v

Συχνό λάθος είναι να υψώνεται μόνο ο αριθμητής του κλάσματος και έτσι το ανάπτυγμα να 25 παίρνει τη μορφή: 9χ4+15χ2+ Χ Χ Χ 2

ίίί) 9χ2-25 (3χ) 2-52 (3χ-5)(3χ+5) ./ ./ ./ Συχνό λάθος είναι όταν αναζητούμε τα α, β δηλαδή τους αριθμούς που υψώνονται στο τετράγωνο να αφήνουμε ανέπαφους τους συντελεστές και το γινόμενο να παίρνει τη μορφή: (9χ-5)(9χ+5) χ χ χ =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/21

------

Δ ελτίο Ταυτότητας

-------

0 11 i και όταν «βλέπουμε» τη διαφορά τετραγώνων ως (α-β)(α+ β) α2-β 2 , να καθορίζουμε επιτυχώς τα α και β ώστε να αφαιρούμε με σωστή σειρά τα τετράγωνα. Π. χ.: (χ-4)(χ+4) = χ2 -42 = χ2-1 6 Αν όμως ήταν (3+χ)(χ-3), η απάντηση θα ήταν 32-χ2 ή χ2-32; Ο παράγοντας που περιέχει τη διαφορά των α και β (η παρένθεση (α-β)) ορίζει τα α και β. Στην αφαίρεση είναι καθορισμένη η σειρά των όρων ενώ στην πρόσθεση όχι, αφού α+β = β+α. Άρα (3+χ)(χ-3) = χ2-32 = χ2-9 (άλλωστε (3+χ)(χ-3) = (χ+3)(χ-3)). Αν είχαμε να υπολογίσουμε μία παράσταση της μορφής (7+2)2, δε φαίνεται λογικό να εφαρμόσουμε την ταυτότητα αλλά να εκτελέσουμε την πράξη στην παρένθεση και κατόπιν να υπολογίσουμε τη δύναμη. Δηλαδή, (7+2)2 = 92 = 8 1 και όχι (7+2) 2 = 72+2·7 ·2+22 = 49+28+4 = 81. Υπάρχουν όμως και περιπτώσεις που μας συμφέρει το αντίστροφο γιατί μπορεί το τετράγωνο ενός αριθμού να είναι ένας μόνο πολλαπλασιασμός αλλά συνήθως απαιτεί «χαρτί και μολύβι>). Με τη βοήθεια των ταυτοτήτων, πολλές φορές, μπορεί να υπολογιστεί και «από μνήμηφ ! Πώς; Αν ο αρχικός αριθμός αναλυθεί σε άθροισμα ή διαφορά δύο άλλων που είτε γνωρίζουμε τα τετράγωνά τους, είτε μπορούμε να τα υπολογίσουμε εύκολα. Π. χ.: 27 2 = (30-3)2 = 302-2·30 ·3+32 = 900-1 80+9 = 729 7 1 2 = (70+1 / = 4900+ 140+ 1 = 5041 952 = ( 1 00-5)2 = 1 0000-1 000+25 = 9025 Να υπολογιστούν: 682 , 52 2 , 1 032 Εύκολους ή αν θέλετε και «νοερού9) υπολογισμούς μπορούμε να κάνουμε και με την ταυτότητα α2-β 2 (α-β)(α+β) . Π. χ.: 2001 2-1999 2 = (2001+1 999)(2001-1 999) 4000·2 8000 200 ·1 99 = (200+ 1 )(200-1) = 2002-12 = 40000-1 = 3 9999 8,56 2 -5,56 2 = (8,56 -5,56Χ8,56 +5,56) = 3 · 14,1 2 = 3 =

14,12

14,12 Να υπολογιστούν: 79 ·81 , 58 2-42 2

14,12

� Ταυτότητες με ονοματεπώνυμο . . .

Διώνυμο Newton :

ν(ν - 1 ) ν- 2 α β +... + ναβ ν-Ι +β (α+β)ν = α ν + να ν-Ι β+

α3+β3+γ3-3αβγ = .!_ (α+β+γ)[(α-β) 2+(β-γ)2+(γ-α)2 ] = 2 (α+β+γ)(α2+β2+γ2-αβ-αγ-βγ) (α2+β2 )(χ2+ψ2 ) = (αχ+βψ)2+(αψ-βχ/ Ταυτότητα Lagrange: α4+β4+γ4-2α2β2-2α2γ2-2β2γ2 = ( α+β+γ)( α-β+γ)( α+β-γ)( α-β-γ) Ταυτότητα De Moivre: Το Διώνυμο του Newton μας δίνει όλες τις ταυτότητες της μορφής ( α+β)2, ( α+β) 3 , ( α+β)4 κοκ. Ας ερμηνεύσουμε κάπως τον τύπο και ας δώσουμε απλούστερες οδηγίες για την κατασκευή των όρων. Οι όροι περιέχουν γινόμενα δυνάμεων των α και β μαζί με συντελεστές. Το άθροισμα των εκθετών των α και β είναι σταθερό για κάθε όρο και είναι ίσο με ν. Αφήνουμε για λίγο στην άκρη τους συντελεστές και εστιάζουμε στα α, β. Ξεκινά το α υψωμένο στον εκθέτη της δύναμης, αν, ενώ το β δεν εμφανίζεται (άρα β0). Μετά, ο εκθέτης του α μειώνεται συνεχώς κατά 1 ενώ του β αυξάνεται κατά 1 μέχρις ότου φτάσει να είναι βν και α0 (άρα το α δεν εμφανίζεται στο γινόμενο). Αυτός είναι και ο τελευταίος όρος. wJi� Ταυτότητα Euler:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.Ι/22

Newton

;.1 : ·I ,_., -� . '.· J � ·�\.. , �-

i�f

. .ο .--==:.:=:==

Σταυρούλα Αλαφάκη

Είναι η 5η συνέχεια της «Απολογίας ενός Μαθηματικού» και ο καθηγητής Σ. Γ. Παπασταυρίδης διαπραγματεύεται μία περαιτέρω ερώτηση του Δρ Χημικού, Ευστάθιου Κουκέα, τον οποίον και ευχαριστούμε γιατί μας δίνει την δυνατότητα να αναδείξουμε ορισμένες πτυχές της μαθηματικής σκέψης. Να σημειωθεί, πως διατελούμε εν αναμονή τον ερωτημάτων, απόψεων και της κριτικής που είστε ευπρόσδεκτοι να υποβάλετε στην διεύθυνση: eykleidisa@gmail.com, δηλώνοντας ως «Θέμα» της ηλεκτρονικής επιστολής σας: «Απολογία ενός μαθηματικού» . Κλείνοντας ή μάλλον ξεκινώντας, να αναφέρουμε δύο παροράματα της προηγουμένης «Απολογίας» (Ευκλείδης Α, τεύχος 84):

ΣΕΛΙΔΑ 23, ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 2, η λέξη «2006» να αντικατασταθεί από την λέξη «2003». ΣΕΛΙΔΑ 25, ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 5 , η λέξη «1 990» να αντικατασταθεί από την λέξη « 1 900».

Ε.Γ.Κουκέας: Μιλώντας για το « Τ ελευταίο Θεώρημα του Fermat>>, γνωρίζουμε ότι η απόδειξη του Wiles ξεπερνά τις 100 σελίδες ενώ κάνει χρήση μαθηματικών εργαλείων του 20ου αιώνα όπως η εικασία Τανιγιάμα - Σιμούρα. Συνεπώς, δεν ακούγεται άστοχη η άποψη ότι ο Fermat είναι αδύνατον να είχε απόδειξη το 17° αιώνα. Είναι, λοιπόν, η περίφημη ση μείωση στο περιθώριο των «Αριθμητικών» μία από τις μεγαλύτερες πλάκες όλων των εποχών; Σ.Γ.Π.: Η ερώτηση είναι σαφώς ενδιαφέρουσα και η διερεύνηση της απαιτεί να δούμε κάπως

την ιστορία της υπόθεσης. Αρχίζουμε με την παγκοσμίως πιο rωστή μαθηματική πρόταση, το Πυθαγόρειο Θεώρημα, το οποίο ενέχει την αλγεβρική σχέση χ + y2 z2 , που συνδέει τις τρεις πλευρές ορθογωνίου τριγώνου. Εξ αυτού, εγείρεται, μεταξύ άλλων, το ερώτημα αν υπάρχουν ακέραιοι αριθμοί χ, y, z που ικανοποιούν την παραπάνω σχέση 1 • Τέτοιοι αριθμοί υπάρχουν (η πιο απλή τριάδα είναι η ( 3 ,4,5)) και ο Ευκλείδης είχε περιγράψει όλες τις δυνατές περιπτώσειξ Η συνέχεια μας πηγαίνει στο 1 7° αιώνα, αιώνα της επιστημονικής επανάστασης. Μία εκ των δύο σημαντικοτέρων φυσιογνωμιών της επιστήμης στο πρώτο του ήμισυ3 , ο Fennat4, μελετούσε το 5 βιβλίο «Αριθμητικά» του Διόφαντου • Αξιοποιώντας τη συνήθεια της εποχής να έχουν τα βιβλία μεγάλα περιθώρια, ο Fennat έγραφε σημειώσειξ Το πρόβλημα 11.8 των «Αριθμητικών>> αφορά την εύρεση ρητών λύσεων της εξίσωσης χ2 + y2 z2 , (π.χ. ( 1 6/5)2 + ( 1 2/5)2 42). Στο περιθώριο αυτής της σελίδας, ο Fennat (περίπου το 1 6 3 7), έγραψε ότι «Είναι αδύνατον να διαχωρίσουμε έναν κύβο σε δύο κύβους, μία τετάρτη δύναμη σε δύο τέταρτες δυνάμεις ή γενικότερα οιανδήποτε δύναμη μεγαλύτερη του δύο, σε δύο όμοιες δυνάμεις. Έχω ανακαλύψει μία =

1 Σε γεωμετρική μορφή, το ερώτημα είναι: «υπάρχουν ορθογώνια τρίγωνα με πλευρές με μήκος ακέραιο αριθμό;».

Για λεπτομέρειες επ' αυτού, βλ. http://en.wikipedia.org/wiki/Pythagorean_triple. Η ετέρα είναι ο Ρενάτος Καρτέσιος (Rene Descartes, 1 596 - 1 650). 4 Pieπe de F eπηat ( 1 60 1 ή 1 607 - 1 665). 5 Ο Διόφαντος (μεταξύ 200 και 2 1 4 μ.Χ. - μεταξύ 284 και 298 μ.Χ.) ήταν Έλληνας μαθηματικός από την Αλεξάνδρεια. Το κύριο του έργο είναι τα «Αριθμητικά» που αποτελείται από 1 3 βιβλία εκ των οποίων μόνον 6 έχουν σωθεί. Πιστώνεται ως ο πρόδρομος του αλγεβρικού συμβολισμού του 1 6ου αιώνα, γι' αυτό και συχνά αποκαλείται ως ο Πατέρας της Άλγεβρας. Το έργο του άργησε να μεταφρασθεί από τα ελληνικά στα λατινικά και να γίνει γνωστό στην Ευρώπη . Η μετάφραση στα λατινικά που κυρίως το διέδωσε, έγινε το 1 62 1 και οφείλεται στον Claude Gaspard Bachet ( 1 5 8 1 - 1 63 8) και αυτή μελέτησε ο F eπηat. Το εξώφυλλο της έκδοσης βρίσκεται στη θέση http :/Ien. wiki pedia. org/wiki/Diophantus. 6 Το αρχικό αντίγραφο με τις σημειώσεις έχει χαθεί. Όμως ο γιος του επιμελήθηκε έκδοση των «Αριθμητικών» που εκδόθηκε το 1 670, στην οποία περιέλαβε και τις χειρόγραφες σημειώσεις του Feπηat. Η σχετική σελίδα βρίσκεται στη θέση http ://en. wikipedia.org/wiki/Feπηat%27s_Last_Theorem. 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/23

Η απολογ ία εν ό ς μαθηματικού

θαυμάσια απόδειξη όμω� δεν την χωράει το περιθώριο» 7. Έκτοτε, αποκαλείται ως «Τ ελευταίο Θεώρημα του Fermat» ο παρακάτω ισχυρισμός: Αν ν είναι ακέραιος μεγαλύτερος του 2 και τα χ, y, z είναι ακέραιοι διάφοροι του Ο, τότε αποκλείεται να ισχύει χν + yν zν . Με βάση τα όσα κείμενα έχουν περισωθεί, ο Fennat δεν κάνει καμιά άλλη αναφορά πουθενά στη «θαυμάσια απόδειξη» στα τελευταία 30 χρόνια της ζωής του, ούτε έχει ενημερώσει σχετικά άλλους μαθηματικούς με τους οποίους αλληλογραφούσε, όπως τους Marin Mersenne, Blaise Pascal και John Wallis. Σώζεται μία απόδειξή του για την περίπτωση ν = 4 9 ενώ είναι επίσης γνωστό ότι είχε θέσει το ερώτημα για ν = 3 και 4 σε άλλους μαθηματικούς . Εικάζει κανείς ότι αν είχε κάποια απόδειξη, θα το είχε έστω αναφέρει κάπου η σε κάποιον. Βέβαια, μία αντίθετη πλευρά θα επιχειρηματολογούσε ότι ίσως χάθηκαν κάποια κείμενα (σύνηθες σε εποχές που δεν υπήρχαν εθνικές βιβλιοθήκες), ότι στη συγκεκριμένη περίπτωση, η περιβόητη δήλωση «θαυμάσια απόδειξη» τυχαία έφθασε σε εμάς επειδή υπήρξε ο υιός του που ενδιαφέρθηκε να συγκεντρώσει και να εκδώσει τις σημειώσεις του Fennat. Ας δούμε όμως που μας οδηγεί η ιστορική συνέχεια. Κατ'αρχάς θα εμφιλοχωρήσουμε μία απλή παρατήρηση: Αρκεί να αποδείξουμε το «Θεώρημα» για την περίπτωση που ο ν είναι πρώτος θετικός ακέραιος 1 0 • Αυτό είναι εύκολο να το δει κανείς . Έστω ότι ισχύει το «Θεώρημα» για τις περιπτώσεις που ο ν είναι πρώτος . Τότε θα αποδείξουμε ότι ισχύει το «Θεώρημα» για κάθε ακέραιο ν>2. Επιχειρηματολογούμε με την εις άτοπο απαγωγή: έστω ότι υπάρχει θετικός ακέραιος μ>2 για τον οποίο δεν ισχύει το «Θεώρημα», με άλλα λόγια έστω ότι υπάρχουν μη μηδενικοί ακέραιοι α, β, γ τέτοιοι ώστε αμ + βμ = γμ . Ξεκινώντας από αυτό θα καταλήξουμε σε άτοπο. Ο μ θα έχει κάποιον πρώτο διαιρέτη 1 1, έστω τον ζ, οπότε υπάρχει θετικός ακέραιος κ, τέτοιος ώστε μ = ζκ, οπότε αζκ + βζκ = γζκ , οπότε (ακ)ζ + (βκ)ζ = (γκ)ζ, που σημαίνει ότι η σχέση χζ + yζ zζ ικανοποιείται με κάποιους χ, y, z μη μηδενικούς ακεραίους . Όμως, επειδή ο ζ είναι θετικός πρώτος, αυτό το τελευταίο συμπέρασμα αντιβαίνει στην υπόθεση που κάναμε ότι το «Θεώρημα» ισχύει όταν ο ν είναι θετικός πρώτος . Ώστε αν ισχύει το «Θεώρημα» για τις περιπτώσεις που ο ν είναι πρώτος, τότε ισχύει για κάθε ακέραιο ν>2. Ας δούμε τώρα την ιστορική συνέχεια της υπόθεσης μετά το Fennat. Ο ίδιος είχε αποδείξει το «Θεώρημα» για την περίπτωση ν = 4. Η επόμενη εξέλιξη ήρθε μετά από έναν αιώνα περίπου, το 1 770 όπου ο Euler1 2 «απέδειξε» το «Θεώρημα» για την περίπτωση ν = 31 3 • Η περίπτωση ν = 5 καλύφθηκε περί το 1825 με ανεξάρτητες αποδείξεις από τους Legendre και Dirichlet1 4 . Η ------

Το αρχικό λατινικό κείμενο έχει ως εξής: Cubum autem in duos cubos, aut quadratoquadratum in duos quadratoquadratos, et generaιiter nullam in infinitum uιtra quadratum potestatem in duos eiusdem nominis fas est diνidere cuius rei demonstrationem mirabiιem sane detexi. Hanc marginis exiguitas ποπ caperet. (βλ. http://mathworιd.woιfram.com/FermatsLastτheorem.htmι). Το φυσικό θα ήταν να αποκαλείται «Εικασία του Fermat» και όχι «Τελευταίο Θεώρημα του Fermat», όμως η δεύτερη αυτή ανακριβής έκφραση επεκράτησε μέσα στους αιώνες. 8 Στο εξής αποκαλούμενο «Θεώρημα>>. 9 Η λύση βασίζεται στην πλήρη γνώση των λύσεων της x2+y2=z2 από τον Ευκλείδη (βλ. http ://en.wikipedia.org/wiki/Pythagorean_tripιe) και τη μέθοδο που ο Fermat κυρίως διέδωσε, της Απείρου Καθόδου (Infinite Descent), η οποία είναι μία ενισχυμένη μορφή της μεθόδου της Επαγωγής και βασίζεται στο ότι κάθε μη κενό σύνολο θετικών ακεραίων περιέχει έναν ελάχιστο αριθμό . (βλ. http://en.wikipedia.org/wiki/Infinite_descent). ι ο Ένας θετικός ακέραιος p λέγεται πρώτος (prime) αν είναι > ι και επιπλέον οι μοναδικοί θετικοί ακέραιοι που τον διαιρούν είναι ο p και το ι . ι ι Είναι απλή πρόταση της στοιχειώδους aριθμοθεωρίας ότι κάθε θετικός ακέραιος έχει έναν τουλάχιστον θετικό, πρώτο και > ι ' διαιρέτη . ι z Leonhard Euιer ( 1 707 - 1 783). ι J Η πλήρης αλήθεια είναι ότι η «απόδειξη» του Euιer είχε ένα κενό, μη τετριμμένο αλλά όχι θανάσιμο. Εκτιμάται, με βάση αυτά που έχει γράψει ο ίδιος, ότι ήταν μέσα στις δυνατότητες των τεχνικών του να καλύψει ο ίδιος το κενό, αν το αντιλαμβανόταν. Εν πάση περιπτώσει, επειδή η συνεισφορά του κρίνεται ουσιώδης, συνήθως αποδίδεται σε αυτόν η απόδειξη του «θεωρήματος» για την περίπτωση ν = 3. Η απόδειξη του συμπληρώθηκε από τον Legendre (Adrien-Marie Legendre, ι 752 - 1 833). Επίσης, υπήρξαν και άλλες ανεξάρτητες αποδείξεις (βλ. http ://en. wikipedia.org/wiki/Fermat%27s_Last_Theorem). ι 4 Johann Peter Gustaν Lej eune Dirichιet ( 1 805 - 1 859). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ. l/24

Η απολογ ία εν ός μαθηματικού

περίπτωση ν = 7 καλύφθηκε το 1 839 από το Lame 1 5 • Οι δυσκολίες των αποδείξεων αυτών, δημιουργούσαν γενικώς την εντύπωση ότι δεν μπορεί να αντιμετωπισθεί η γενική περίπτωση του «Θεωρήματος» για κάθε ν>2, με επί μέρους ειδικά τεχνάσματα, αλλά ότι απαιτείτο μία νέα ιδέα. Το πρώτο ήμισυ του 1 9°υ αιώνα, υπήρξε στο «Θεώρημα» μία αξιόλογη συνεισφορά από μία 16 γυναίκα, τη Marie-Sophie Germain . Περιέγραψε μία γενική μέθοδο αντιμετώπισης του προβλήματος η οποία ενέπνευσε μεταγενέστερους ερευνητές, απέδειξε η ίδια ορισμένα ενδιαφέροντα θεωρήματα, χωρίς όμως να προστεθεί ούτε ένας πρώτος στις μέχρι τότε αποδεδειγμένες περιπτώσεις 1 7. Το 1 847 είναι έτος καμπής στην ιστορία της απόδειξης του «Θεωρήματος». Την 1η Μαρτίου ο Lame ανακοίνωσε στη Γαλλική Ακαδημία των Επιστημών τη σκιαγραφία μιας απόδειξης. Αξίζει να δώσουμε μια ιδέα πώς μοιάζει αυτή η σκιαγραφία. Έστω ν οιοσδήποτε θετικός περιττός το πολυώνυμο zv + 1 = Ο. Όπως ξέρουμε ακέραιος >2 και ρ = συν(2π/ν) + ίημ(2π/ν) 1 8• Θεωρούμε 1 9 (Fundamental Theorem of Algebra), το από το Θεμελιώδες Θεώρη μα της Άλγεβρας πολυώνυμο αυτό έχει ν μιγαδικές ρίζες, που στην προκείμενη περίπτωση, λόγω του θεωρήματος από την του de Moiνre, οι ν αυτές ρίζες είναι οι (- 1), (-ρ), (-ρ2), (-ρ\ . . . (-ρν- 1 ). Ξέρουμε λοιπόν στοιχειώδη θεωρία των πολυωνύμων ότι ισχύει η ταυτότητα: zv + 1 = (z+ 1)(z+ρ)(z+ρ2) . . . (z+ρν-ι) και εξ αυτής οδηγούμεθα στην ταυτότητα: xv+yv = (x+y)(x+ρy)(x+ρ2y) . . . (x+ρv-ty). Έτσι λοιπόν το «Θεώρημα» μεταφράζεται στο πλαίσιο των μιγαδικών αριθμών σε μία ισότητα μιγαδικών αριθμών, ως το ερώτημα του αν ο ν είναι περιττός πρώτος, αν είναι δυνατόν να υπάρξουν διάφοροι του Ο ακέραιοι χ, y, z έτσι ώστε να ισχύει (x+y)(x+ρy)(x+ρ2 y) . . . (χ+ρν- ιy) = zv . Στο σημείο αυτό αξίζει να ανοίξουμε μία παρένθεση. Θεωρώ πολύ πιθανό ο ενεργός αναγνώστης να αναρωτηθεί: έχουμε ένα ερώτημα που αφορά τους κλασσικούς, παμπάλαιους θετικούς ακέραιους αριθμούς και εμφανίζει μεγάλες δυσκολίες. Είναι δυνατόν να γίνουν καλύτερα τα πράγματα αν μεταφράσουμε το πρόβλημα στο πλαίσιο των «περίεργων» μιγαδικών αριθμών; Το ερώτημα αυτό και η αμφισβήτηση που υπαινίσσεται είναι απόλυτα δικαιολογημένη, για κάποιον που δεν έχει εμβαθύνει στις εξελίξεις των μαθηματικών που προηγούνται του 1 847. Οι μιγαδικοί αριθμοί εμφανίζονται με αβέβαιο βηματισμό τον 1 6° αιώνα σε σχέση με τη λύση εξισώσεων 3ου βαθμού. Στη συνέχεια, έχουμε διάφορες εξελίξεις που ενισχύουν τη θέση των μιγαδικών αριθμών, με σημαντικότερη το Θεμελιώδες Θεώρημα της Άλγεβρας (η πρώτη ορθή απόδειξη του οποίου εδόθη μάλλον από τον Argand20 το 1 806). Το θεώρημα αυτό έχει κάτι απροσδόκητο, στα προ του 1 9°υ αιώνα πλαίσια. Ενώ αναφέρεται σε πραγματικούς αριθμούς, εντούτοις η δοθείσα απόδεrξη κάνει ουσιώδη χρήση των μιγαδικών αριθμών. Βαθμιαία προσετέθησαν και άλλα τέτοια θεωρήματα και έτσι η σκέψη του Lame να μεταφέρει το ζήτημα στην περιοχή των μιγαδικών ήταν ένα άλμα, αλλά όχι τελείως, στο κενό. -------

Gabriel Leon Jean Baptiste Lame ( 1 795 - 1 870). Η περίπτωση της M arie - Sophie Germain ( 1 776 - 1 83 1 ) αξίζει ιδιαιτέρας μνείας γιατί με βάση τα διαθέσιμα ιστορικά στοιχεία, είναι η πρώτη γυναίκα με γνωστή συγκεκριμένη σημαντική ερευνητική συνεισφορά στα μαθηματικά. Η Germain, πέραν του «θεωρήματος», έχει εργασθεί στη θεωρία της ελαστικότητας όπου μία εργασία της έχει τύχει, το 1 8 1 6, βραβείου της Γαλλικής Ακαδημίας των Επιστημών που ήταν η πρώτη τέτοια απονομή σε γυναίκα. Περισσότερα για γυναίκες μαθηματικούς, βλ. http://www.agnesscott.edu/lriddle/women/chronol.htm. 17 Περισσότερες πληροφορίες για την συνεισφορά της Sophie Germain στο «θεώρημα» θα βρει κανείς στη θέση http ://www .agnesscott.edu/lriddle/women/germain-FLΤ/SGandFLΤ . htm. 18 Πλέον, όσον αφορά το «θεώρημα>), μας αρκεί να περιορίσουμε την έρευνα σε εκθέτες ν που είναι πρώτοι αριθμοί >2, οι οποίοι είναι περιττοί αριθμοί. Άρα, η υπόθεση ότι ο ν είναι περιττός δεν αποτελεί ουσιώδη περιορισμό. 2 Επίσης αναφέρουμε ότι i είναι ο φανταστικός αριθμός για τον οποίον ισχύει ότι i -1. z 19 Μία μορφή του θεωρήματος αυτού είναι η παρακάτω : Έστω ένα πολυώνυμο χν +α_. 1 χ ν- Ι + αv.2 xv- + . . . α1 χ + αο με πραγματικούς συντελεστές α_. 1 , α_. 2 , α 1 , α0 • Τότε το πολυώνυμο αυτό γράφεται σαν γινόμενο πολυωνύμων τη ς μορφής (κχ +λ) και της μορφής (αχ 2 + β χ +γ) όπου (β 2 -4αγ) :::; Ο . Η πιο συνήθης διατύπωση, που είναι και ισχυρότερ η της παραπάνω, είναι η εξής: Κάθε πολυώνυμο βαθμού ν με μιγαδικούς συντελεστές έχει ακριβώς ν μιγαδικές ρίζες (μερικές των οποίων ενίοτε επαναλαμβάνονται) . 20 Jean Robert Argand ( 1 768 - 1 822). 16

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/25

-------

Η απολογ ία εν ό ς μαθηματικού

Από εκεί και πέρα ο Lame επιχειρηματολογεί ακολουθώντας την πλέον κλασσική μέθοδο της μελέτης των ακεραίων αριθμών, που βασίζεται στο Θεμελιώδες Θεώρημα της Αριθμοθεωρίας. Κάθε θετικός ακέραιος > Ι , γράφεται ως γινόμενο πρώτων αριθμών κατά έναν και μοναδικό τρόπο, π.χ. 200=235 2 . Δηλαδή, για να σχηματίσουμε τον αριθμό 200 ως γινόμενο πρώτων αριθμών, θα πάρουμε τρείς φορές τον 2 και δύο φορές τον 5. Καμιά άλλη ομάδα πρώτων αριθμών δεν θα έχει ως γινόμενο τον 200. Το θεώρημα αυτό βρίσκεται στη βάση όλων των ουσιωδών αποδείξεων στη μελέτη των ακεραίων αριθμών. Ο Lame επιχειρηματολόγησε με βάση την ισότητα μεταξύ μιγαδικών ' 2 v v (x+y)(x+ρy)(x+ρ y) . . . ( x+ρ y) = z . Υπέθεσε κάπως βιαστικά ότι ισχύει κάτι ανάλογο με το Θεμελιώδες Θεώρημα της Αριθμοθεωρίας και στο σύνολο των μιγαδικών αριθμών ι 2 { αv , ρ +αv- 2 ρ + . . . +α , ρ+αο : οι αv- ι ,αv- 2 , . . . ,α ι ,αο είναι ακέραιοι αριθμοί } που ονομάσθηκαν 2' Κυκλοτομικοί Ακέραιοι (Cyclotomic Integers) . Σε εκείνη τη συνάντηση της Γαλλικής Ακαδημίας των Επιστημών την Ι Μαρτίου Ι 847, όπου έγινε η ανακοίνωση του Lame, εκεί ο Liouνille 22 διετύπωσε αμφιβολίες για το αν ισχύει το μοναδικό της παραγοντοποίησης για τους Κυκλοτομικούς Ακεραίους, ενώ ο Cauchy23 υπεστήριξε την ιδέα. Στις 24 Μαίου24 Ι 847 προσκόμισε στην Γαλλική Ακαδημία των Επιστημών ένα γράμμα από τον Kummer που περιείχε και ένα αντίγραφο εργασίας του, του Ι 844, όπου απεδείκνυε ότι γενικά δεν ισχύει το μοναδικό της παραγοντοποίησης στους Κυκλοτομικούς Ακεραίους, όμως σε εργασία του Ι 846 απέδειξε ότι αποκαθίσταται αυτή η επιθυμητή ιδιότητα στους Κυκλοτομικούς Ακεραίους εάν προσθέσουμε στο σύνολο της συζήτησης25και κάποια άλλα αντικείμενα που τα ονόμασε Ιδεώδεις (η Ιδεατούς) Αριθμούς (Ideal Numbers) . Αξίζει να σημειωθεί ότι ο Kummer δεν εργαζόταν πάνω στο «Θεώρημα» αλλά προσπαθούσε να γενικεύσει ένα πολύ σημαντικό θεώρημα της aριθμοθεωρίας, το Νόμο της Τετραγωνικής Αντιστροφής (Law of Quadratic Reciprocity). Όμως φαίνεται ότι η όλη συζήτηση του κίνησε το ενδιαφέρον και χρησιμοποιώντας την ιδέα των Ιδεωδών Αριθμών, το Ι 850 απέδειξε το «Θεώρημα» 26για μία κατηγορία πρώτων εκθετών ν, που τους ονόμασε Κανονικούς Πρώτους (Regular Primes) . Μετά από όλα αυτά, ας δούμε τι μπορούμε να υποθέσουμε για το ερώτημα του αν ο Fermat θα μπορούσε να έχει «θαυμάσια απόδειξη όμως δεν την χωράει το περιθώριο» η οποία κάπου χάθηκε μέσα στα χαρτιά του. Αναμετρούμε τα ονόματα των διασήμων μαθηματικών που αναμίχθηκαν (ένα υποσύνολο των οποίων αναφέραμε πιο πάνω). Παρακολουθούμε τη βήμα προς βήμα επίπονη πρόοδο από τον Euler και μετά με τους πρώτους 3, 5, 7 και περίπου 200 χρόνια μετά τη διατύπωση του «Θεωρήματος» ακόμα δεν έχει αποδειχθεί για ν Ι Ι . Τέλος, φθάνουμε στο 1 850, μετά από πολύ συζήτηση και αποτυχίες, στην εισαγωγή νέων αφηρημένων μαθηματικών αντικειμένων, των Ιδεωδών Αριθμών και ακόμα δεν έχει αποδειχθεί για ν = 37. Με βάση αυτά και μόνον και χωρίς να δούμε την μετέπειτα ιστορία της υπόθεσης, νομίζω ότι μπορούμε μάλλον με σιγουριά να πούμε ότι ίσως είναι πιθανότερο ο Δημόκριτος να είχε κατασκευάσει ατομική βόμβα παρά ο Φερμά να είχε τη «θαυμάσια απόδειξη» του! _

2 ονομασία προέρχεται εκ του ότι με την γεωμετρική αναπαράσταση του Argand, οι μιγαδικοί 1 , ρ, ρ , ρ3 , . . . ρν- ι , παριστάνουν τις ν κορυφές κανονικού ν-γωνου εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας 1 . Μεταξύ των Κυκλοτομικών Ακεραίων, μπορούμε να εισάγουμε έννοιες διαιρετότητας ανάλογες με εκείνες που έχουμε στους συνήθεις ακεραίους, π. χ. «ο χ διαιρεί τον ψ», «ο χ είναι πρώτος» κλπ όπου οι χ και ψ είναι Κυκλοτομικοί Ακέραιοι. Περαιτέρω, μπορούμε να ερευνήσουμε τι θεωρή ματα ισχύουν στο νέο αυτό σύνολο των Κυκλοτομικών Ακεραίων και το πιο σημαντικό, σε πρώτη φάση , θα ήταν το αντίστοιχο του κλασσικού Θεμελιώδους Θεωρήματος της Αριθμοθεωρίας, ότι «κάθε ακέραιος είναι γινόμενο πρώτων ακεραίων ουσιαστικά κατά μόνον έναν τρόπο». Να διερευνηθεί δηλαδή αν η πρόταση αυτή παραμένει αληθής αν η λέξη «ακέραιος» αντικατασταθεί με το «Κυκλοτομικός Ακέραιος» (βλ. http ://en . wikipedia. org/w iki/Argand_pιane) . 22 Joseph Liouiν i l l e ( ι 809 - ι 882). 23 Augustin Lou is Cauchy (ι 789 - 1 857). 2 4 Ernst Eduard Kummer ( 1 8 ι Ο - ι 893 ) . 25 (Βλ. http ://www-gap.dcs. st-and.ac. uk/-hi story/HistTopics/Fermat%27 s_ιast_theorem.htmι). 26 Αξίζει να αναφερθεί ότι μεταξύ των πρώτων των μικρότερων του 1 00, όλοι είναι Κανονικοί Πρώτοι εκτός από τους 3 7 , 59, 6 7 . 21

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 8 5 τ.l/26

------

Δελτίο Ταυτότητας

-------

l:υνέχ::: Ηι. αrr{) την σελίδ α 2 2

Π.χ.:

(α+β)5 Dα5+0α4β+Dα 3β2+Dα2β3+Dαβ4+0β5 =

Τα D είναι οι συντελεστές που λείπουν! Για να τα γεμίσουμε. . . Ο συντελεστής του 1ου όρου είναι το 1. Ο συντελεστής κάθε επόμενου όρου προκύπτει αποκλειστικά από τον προηγούμενο ως εξής: Πολλαπλασιάζουμε το συντελεστή του προηγούμενου επί τον εκθέτη της πρώτης του μεταβλητής και διαιρούμε το γινόμενο με την τάξη (τη σειρά στο άθροισμα) του προηγούμενου αυτού όρου. Ας το δούμε στο παράδειγμά μας: α5 + 5α4β+ 10α3β 2 + 10α2β 3+ 5αβ4 + β5 1 "15= 5 / 5·4 = 1 0 / �= 1 0 / �= / �=I / 2 3 5 4 5 Οι συντελεστές των όρων σε κάθε ανάπτυγμα των δυνάμεων του αθροίσματος α+β, σε μία τριγωνική γεωμετρική διάταξη, δίνουν το τρίγωνο του Pascal . Οι αριθμοί που εμφανίζονται σε κάθε οριζόντια γραμμή του τριγώνου, είναι οι συντελεστές που εμφανίζονται στα αναπτύγματα των πολυωνύμων (α + β) 0, (α + β) 1 , (α + β) 2, (α + β) 3, (α + β)4, . . . , αντίστοιχα. (α+β)5

(α+β)ο (α+β)ι (α+β)z (α+β) 3 (α+β)4 (α+β) s (α+β)6 1 Άρα:

-;&"�

6 (α+β) 0 (α+β)1 (α+β)2 (α+β) 3 (α+β)4 (α+β)5 (α+β)6

= =

3 10

1 2

4 15

1 α+β α2+2α�+β2 α3+3α β+3αβ2+β3 α4--4α 3β+6αzβz--4α 3β+β4 α5+5α4β+1 Οα3β2+1 Οα2β3+5αβ4+β5 α6+6α5β+15α4β2+20α3β3+15α2β4+6αβ5 +β6

Να αναπτύξετε τις ταυτότητες: (α+β)7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (α+β)ι ο . =

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Να δούμε και κάποιες ενδιαφέρουσες παρατηρήσεις πάνω στο τρίγωνο του Pascal. Για αθροίστε τους αριθμούς κάθε οριζόντιας γραμμής (α+β)ο (α+β) ι (α+β) z (α+β) 3 (α+β)4 (α+β) s (α+β)6

1 1 1 1 1

1 2 3 4 5 6

άθροισμα:1 άθροισμα:2 άθροισμα:4 άθροισμα:8 άθροισμα:16 άθροισμα:32 άθροισμα:64

1 3 6 10 15

= =

1 4 10 20

1 5 15

1 6

Διαπιστώνουμε πως τα αθροίσματα αυτά είναι δυνάμεις του 2! Για να αθροίσουμε και διαγωνίως όπως φαίνεται στο σχήμα . . . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 85 τ.l/27

2° 21 22 23 24 25 26

= =

------

Δελτίο Ταυτότητας ------

1 1 1

1 5

1 D

Διαπιστώνουμε πως προκύπτουν οι αριθμοί Fibonacci! Cff' Για την ταυτότητα (α-β)ν ισχύουν τα προηγούμενα με τη διαφορά πως τα πρόσημα των όρων εναλλάσσονται,4 ξεκινώντας με +: +, -, +, -, . . . (α-β) = α4--4α3β+6α2 β2--4 α3β+β4 Π.χ.:

� Ας περάσουμε από τον Newton στον Euler και ας δούμε και μία εφαρμογή της ταυτότητας που φέρει το όνομά του.

α) Να αποδείξετε ότι: (χ-2) 3+(3χ-1 )3+(3 --4χ)3 = 3(χ-2)(3χ-1)(3--4χ) β) Να λυθεί η εξίσωση: (χ-2) 3+(3χ- 1)3+(3 --4χ) 3 = Ο

Μια λύση είναι να δουλέψουμε παράλληλα σε 1° και 2° μέλος εφαρμόζοντας ταυτότητες, κάνοντας επιμεριστικές και πράξεις και να καταλήξουμε σε κάτι που ισχύει. Σωστό μεν, πολυδάπανο δε . . . Ας το δούμε και αλλιώς! Έχουμε άθροισμα τριών κύβων στο 1 ° μέλος και το τριπλάσιο γινόμενο των βάσεων στο 2°. Συνολικά, μας θυμίζει κάπως το 1° μέλος της ταυτότητας του Euler. Ελέγχουμε το άθροισμα των βάσεων: (χ-2)+(3χ-1 )+(3--4χ)=Ο Από την ταυτότητα του Euler: α3+β3+γ3-3αβγ = ..!.. (α+β+γ)[(α-β)2+(β2 2 2 3+β3+γ3 -3αβγ=Ο, άρα με α+β =Ο έχουμε α +(γ-α) γ) ] +γ α3+β3+γ3 =3αβγ οπότε και αποδείχτηκε η σχέση που μας δόθηκε για α=χ-2, β=3χ-1 και γ=3 --4χ! Δηλαδή, αν το Λ ύ ση

α)

άθροισμα τριών αριθμών είναι ίσο με το Ο, το άθροισμα των κύβων τους είναι ίσο με το τριπλάσιο γινόμενό τους. β) Αν αναπτύξουμε τις ταυτότητες και κάνουμε τις πράξεις,

θα μας προκύψει, μετά από ώρα, εξίσωση 3°υ βαθμού! Αν όμως αξιοποιήσουμε το συμπέρασμα του 1 ου ερωτήματος θα έχουμε ότι: (χ-2)3+(3χ-1 )3+(3--4χ)3 = ο Όμως (χ-2) 3+(3χ- 1 )3+(3--4χ) 3 = 3(χ-2)(3χ-1 )(3--4χ) Συνεπώς, 3(χ-2)(3χ-1 )(3 --4χ) = Ο οπότε χ-2=0 ή 3χ-Ι =0 ή 3--4χ=Ο άρα χ=2 ή χ = ..!_ ή χ = -4 3 3 Πηγές - Εικόνες

khanglab. wordpress.com maverickphi losopher. typepad.com toonpool.com blogs. sch.gr www .akida. info/index. php?option=com_docman . . . gid . . .

users. sch.grlίrίnίper/publίcatίons/math vίewlch_Pascal. doc _

http ://www. geogebra. org/en/wiki/index. ρhρ/Βασικές_ταυτότητες el. wίkίpedίa. οrg/wίkί/Νοεροί_υπολογισμοί

Άλγεβρα Α ' Λυκείου, ΟΕΔΒ, εκδ. \ 993 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ. l/28

Ι σό τ η τα Τ ρ ι γώνων (Θ ε ωρ ί α κα ι Ασκήσ ε ι ς) Αργύρη Παναγιώτα, Βαρόπουλος Δήμος

=======

Κριτή ριο ισότητας τριγώνων 1 σ κριτήριο ισότητας (Π - Γ - Π)

�

Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο πλευρές ίσες

μία προς μία και τις περιεχόμενες σε αυ

Β ·'

τές γωνίες ίσες, τότε τα τρίγωνα είνα ι ίσα.

2ο κριτήριο ισότητας

(Γ - Π - Γ)

�

Β ' ,\ _ Α' .

'..

i Β -- ---·-----!---------·_.,

a · .\_ __ _ _ . ... . : : , Γ ' Α

.·>� r

Β •\ .

3ο κριτήριο ισότητας (Π - Π - Π)

ίσες μία προς μία, τότε τα τρίγωνα είναι

ΌΓ

•,

προς μία, τότε τα τρίγωνα είναι ίσα.

ί σα .

Αν δύο τρίγωνα έχουν μία πλευρό και τις προσκείμενες σε αυτή γωνίες ίσες μία

Αν δύο τρίγωνα έχουν τις πλευρές τους

' "

Κριτήρια ισότητας ο ρθογώνιων τριγώνων

Α'

: �"· 'j

i ,

j ι.��:�\�. •

Δύο ορθογώνια τρίγωνα στα οποία δύο πλευρές του ενός είναι ίσες μία προς μία προς δύο αντίστοιχες πλευρές του όλλου είναι μεταξu τους ίσα.

r\I

: !_ιi�-�� >� __

;i '

r\\

Δύο ορθογώνια τρίγωνα στα οποία μία πλευρό του ενός είναι ίση προς μία

αντίστοιχη πλευρά του όλλου �αι έχουν μία αντίστοιχη οξεία γωνία τους ίση (απέναντι

προσ�είμενη) είναι μεταξύ τους ίσα.

Β . ____......._.......,. Γ

Ε ρ ω τή σ εις Κ ατ αν ό η σης 1 . Αν δύο τρίγωνα έχουν τις γωνίες τους ίσες μία προς μία, τότε

είναι ίσα

2. Αν δύο ορθογώνια τρίγωνα έχουν τις υποτείνουσές τους ίσες και μια οξεία γωνία του ενός ίση με μια οξεία γωνία του άλλου, τότε είναι ίσα � Λ 3. Αν για δύο τρίγωνα ΑΒΓ και Α ' Β ' Γ ισχύει: β=β ', γ=γ ' και Β=Β ' , τότε αυτά είναι ίσα Σ Λ

Λ άθο ς, γιατί δεν υπάρχει κριτήριο ισότητα ς Γ-Γ-Γ

Λ άθο ς, γιατί δύο τρίγω να είναι ίσα αν έχουν δύο πλευρές και την περιεχόμενη γωνία αυτών των πλευρών ίσες μία πρ ο ς μία . Η πρόταση θα ήταν σωστή αν ήταν : β =β ', γ=γ 'και Α =Α Ό 4.

Δύο τρίγωνα που έχουν δύο γωνίες ίσες μία προς μία και μία πλευρά ίση τότε είναι ίσα.

�

Το άθροισμα των γω νιών ενός τριγώνου είναι 1 80°, ο πότε α φ ού έχο υν δύο γω νίες ίσες μία πρ ο ς μία, τότε και η τρίτη γωνία του ς θα ε ίναι ίση, άρα ικανοποιείται το κριτήριο Γ-Π-Γ 5.

Αν δύο ισόπλευρα τρίγωνα έχουν ίσες περιμέτρους, τότε είναι ίσα.

Σω στό, γιατί για να έχουν ίσες περιμέτρους πρέπει οι 3 ίσες πλευρές του πρώτου να είνα ι ίσες μ ία πρ ο ς μία με τι ς 3 ίσες πλευρές του δεύτερου . ΟΜΩΣ, δύο ισόπλευρα τρίγω να γενικά ΔΕΝ Ε/ΝΑΙ /ΣΑ. Π.χ. : Α ν για το ΑΒΓ ι σχύει α =β =γ=5cm και για το Α 'Β Τ'ι σχύει α '=β '=γ '=J Ocm , δεν ικανοποιείται το κριτήριο Π-Π-Π. Θεωρήματα της Ευκλείδειας Γεωμετρίας

Όταν δύο τρίγωνα είναι ίσα τότε έχουν ίσα που αποδεικνύονται με βάση την ισότητα και τα υπόλοιπα πρωτεύοντα στοιχεία τους, τριγώνων. ίσα. Για παράδειγμα, όταν δύο τρίγωνα ικανο 1 . Κάθε σημείο της μεσοκαθέτου ισαπέχει από ποιούν το κριτήριο Π-Π-Π, τότε θα έχουν ίσες τα άκρα του ευθύγραμμου τμήματος Αντί και τις αντίστοιχες γωνίες τους. Επίσης, σε ίσα στροφα, αν ένα σημείο του επιπέδου ισαπέχει τρίγωνα απέναντι από ίσες πλευρές βρίσκο από τα άκρα του ευθυγράμμου τμήματος, τότε νται ίσες γωνίες και απέναντι από ίσες γω είναι σημείο της μεσοκαθέτου. νίες βρίσκονται ίσες πλευρές. 2. Κάθε σημείο που ανήκει στην διχοτόμο μίας γωνίας ισαπέχει από τις πλευρές της γωνίας. ΑΡΑ, σύγκριση τριγώνων κάνουμε όταν θέ Αντίστροφα κάθε σημείο στο εσωτερικό μίας λουμε να αποδείξουμε ότι δύο τρίγωνα ή δύο γωνίας που ισαπέχει απο τις πλευρές της γωνί ευθύγραμμα τμήματα ή δύο γωνίες είναι ίσες. ας, βρίσκεται πάνω στην διχοτόμο της γωνίας. Μ εθ ο δ ολο γ ί α γι α τ η ν Ε π ίλυ ση Ασ κή σ ε ων

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ. l/29

Ισότητα Τριγώνων (Θ εω ρία και Ασκήσεις)

3. Οι προσκείμενες στη βάση γωνίες ενός ισο μων τμημάτων: Είναι ΑΒ=ΑΓ και ΒΚ=ΛΓ, άρα ΑΒ-ΒΚ=ΑΓ-ΛΓ, οπότε ΑΚ=ΑΛ). σκελούς τριγώνου είναι ίσες. 4. Σε ένα ισοσκελές τρίγωνο η διχοτόμος που 2 . Δύο τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ έχουν τις αντιστοιχεί στην βάση είναι και διάμεσος και ύψος. γωνίες Α και Δ ίσες και ΑΒ=ΔΕ και ΑΓ=ΔΖ. 5. Οι ίσες χορδές ενός κύκλου ή ίσων κύκλων Να δείξετε ότι α) οι διχοτόμοι ΑΚ και ΔΑ αντιστοιχούν σε ίσα τόξα και το αντίστροφο. είναι ίσες β) οι διάμεσοι ΑΜ και ΔΝ είναι Ίσα τόξα ενός κύκλου ή ίσων κύκλων αντι ίσες γ) τα ύψη ΑΡ και ΔΖ είναι ίσα. στοιχούν σε ίσες χορδές. Α 6. α) Οι απέναντι πλευρές και οι απέναντι γω νίες ενός παραλληλογράμμου είναι ίσες. β) Οι διαγώνιες του παραλληλογράμμου διχο τομούνται. ------

Α σ κή σης Ή , Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και Μ το μέσον της βάσης ΒΓ. Από το Μ να φέρετε τα τμή ματα ΜΚ και ΜΑ κάθετα προς τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ αντί στοιχα (ΜΚLΑΒ και ΜΛl.ΑΓ). Να δείξετε ότι: α) τα τρίγωνα ΚΒΜ και ΑΓΜ είναι ίσα ή ισοδύναμα να δείξετε οτι το τρίγωνο ΚΜΑ είναι ισοσκελές. β) το τρίγωνο ΑΚΛ είναι ισοσκελές. Α

Λ ι'J σ η

τριγ.ΚΒΜ=τριγ.ΛΓΜ, γιατί: 1) ΒΜ=ΓΜ, από υπόθεση το Μ είναι μέσο της βάσης ΒΓ. 2) Κ=Λ=90 ° , από υπόθεση ΚΜ, ΚΛ κάθετα στις ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα. 3) γωνία Β=γωνία Γ, ως προσκείμενες στη βάση γωνίες ισοσκελούς τριγώνου. Είναι σημαντικό να γράψουμε τις ισότητες των πλευρών και των γωνιών που προκύπτουν από την παραπάνω ισότητα τριγώνων: ΚΜ=ΜΛ (άρα ΚΜΛ είναι ισοσκελές τρίγω νο), γωνία ΚΜΒ=γωνία ΛΜΓ, ΒΚ=ΛΓ β) Για δείξω ότι το ΑΚΛ είναι ισοσκελές, αρ κεί να δείξω ότι ΑΚ=ΑΛ. Εντοπίζω λοιπόν τα τρίγωνα που έχουν τα στοιχεία αυτά. Είναι τρίγ.ΑΚΜ=τριγ.ΑΜΛ γιατί: 1) ΑΜ=ΑΜ, κοι νή πλευρά. 2) ΚΜ=ΜΛ, από το α) ερώτημα και 3) ΑΚ=ΑΛ (ως διαφορές ίσων ευθυγράμα)

ΚΜ

ΛiJση

Είναι τρίγ ΑΒΓ=τριγ ΔΕΖ, γιατί: 1) γωνία Α= γωνία Δ από υπόθεση, 2) ΑΒ=ΔΕ, από υπόθεση, 3) ΑΓ=ΔΖ, από υπόθεση. Άρα, έ χουν ίσα και τα υπόλοιπα πρωτεύοντα στοι χεία τους, δηλαδή ΒΓ=ΕΖ, γωνία Β=γωνία Ε, γωνία Γ=γωνία Ζ. α) Για να δείξουμε οτι ΑΚ=ΔΛ, αρκεί να συ γκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΒΚ και ΔΕΛ . Είναι: 1) ΑΒ=ΔΕ 2) γωνία Β=γωνία Ε 3) γω νία ΒΑΚ=γωνία ΕΔΛ, ως μισά ίσων γωνιών, αφού οι διχοτόμοι ΑΚ και ΑΛ διχοτομούν τις ίσες γωνίες Α και Λ, αντίστοιχα. β) Για να δείξουμε ότι ΑΜ=ΔΝ, αρκεί να συ γκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΒΜ και ΔΕΝ. Είναι: 1) ΑΒ=ΔΕ 2) γωνία Β=γωνία Ε 3) ΒΜ=ΕΝ, ως μισά ίσων πλευρών, αφού οι διά μεσοι ΑΜ και ΔΝ διχοτομούν τις ίσες πλευρές ΒΓ και ΕΖ, αντίστοιχα. γ) Για να δείξουμε ότι ΑΡ=ΑΖ, αρκεί να συ γκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΒΡ και ΔΕΖ. Είναι: 1) ΑΒ=ΔΕ 2) γωνία Β=γωνία Ε 3) Ρ=Ζ=90° . Σvμπ{ρασμα.· Τα ίσα τρίγωνα έχουν ίσα και τα αντίστοιχα δευτερεύοντα στοιχεία τους. 3. Σε τρίγωνο ΑΒΓ προεκτείνουμε την διάμεσο ΑΜ κατά ΜΔ=ΜΑ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α. 85 τ.l/30

------

Ισότητ α Τριγώνων (Θ εω ρία και Ασκήσεις)

Να δείξετε ότι α) ΑΒ=Γ Δ β) ΑΓ=ΒΔ

Άρα, συμπεραίνουμε ότι Κ ι =Κ2 , όμως Κ 1 +Κ2=1 80° , επομένως Κ ι =Κ2=90° και ΒΚ=ΚΓ, δηλαδή η ΟΑ τέμνει κάθετα την ΒΓ στο σημείο Κ που αποδείχτηκε ότι είναι μέσο της.

Εξά σ κη σ η στα Κ ριτή ρ ι α Ι σ ότητα ς Τρ ιγ ώνων

Γ 1 • Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ. Φέρνου με την διχοτόμο ΑΔ και παίρνουμε σε αυτήν Δ τυχαίο σημείο Μ. Να δείξετε ότι: i) τα τρίγωνα Λύ ση ΑΒΜ και ΑΜΓ είναι ίσα, ii) το τρίγωνο ΒΜΓ α) Είναι τριγ.ΑΒΜ=τριγ.ΜΔΓ γιατί είναι ισοσκελές. 1) ΑΜ=ΜΔ, από υπόθεση Γ2• Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ), αν 2) ΒΜ=ΜΓ, γιατί Μ μέσο της ΒΓ (ΑΜ Δ και Ε τα μέσα των ίσων πλευρών και Μ το διάμεσος) μέσο της βάσης ΒΓ, να αποδείξετε ότι: α) Τα 3) γωνία Μ 1 =γωνία Μ2 , ως κατακορυφήν. τρίγωνα ΒΔΜ και ΓΕΜ είναι ίσα, β) Το τε β) Όμοια συγκρίνουμε και τα τρίγωνα τράπλευρο ΑΔΜΕ είναι ρόμβος ΒΜΔ και ΑΜΓ. Γ 3 • Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Προεκτείνουμε τις πλευρές ΑΒ, ΑΓ κατά τμήματα ΒΔ=ΑΒ, 4. Αν το Ο είναι κέντρο του κύκλου και οι ΓΕ=ΑΓ αντιστοίχως. Να δείξετε ότι τα Δ, Ε χορδές ΑΒ και ΑΓ είναι ίσες να αποδείξετε : ισαπέχουν από την ΒΓ. α ) ΟΑ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒΑΓ. Υ πόδει ξη : Οι αποστάσεις των Δ, Ε από τη ΒΓ β) ΟΑ είναι μεσοκάθετος της χορδής ΒΓ. είναι τα μήκη των κάθετων ευθυγράμμων τμημάτων ΔΚ και ΔΛ αντίστοιχα. (Δ, Λ τα ί χνη της καθέτων που βρίσκονται στην προέ κταση της ΒΓ). Γ 4 • Σε κύκλο κέντρου Ο να χαράξετε μία χορ δή ΑΒ. Αν Γ, Δ είναι σημεία της χορδής ΑΒ, ώστε ΑΓ=ΒΔ, τότε να αποδείξετε ότι το τρί γωνο ΟΓΔ είναι ισοσκελές. Γ 5 • Δίνεται γωνία χΟψ και Κ ένα σημείο της διχοτόμου Οδ. Φέρνουμε τα ΚΑ και ΚΒ κάθε τα στις Οχ και Οψ αντίστοιχα. Τέλος στις πλευρές Οχ και Οψ παίρνουμε τα σημεία Γ και Δ, όπως φαίνεται στο σχήμα, ώστε ΑΓ=ΒΔ. Να αποδείξετε ότι το σημείο Κ ανήκει στη με Λύ σ η σοκάθετο του τμήματος Γ Δ. α) Για να δείξουμε ότι η ΟΑ διχοτομεί τη γω νία ΒΑΓ, αρκεί να δείξουμε ότι γωνία ΒΑΟ =γωνία ΓΑΟ, οπότε θα συγκρίνουμε τα τρίγω να ΒΟΑ και ΑΟΓ. Είναι: 1) ΑΒ=ΓΔ, απο υπό θεση (ίσες χορδές) 2) ΟΑ=ΟΑ κοινή πλευρά 3) ΟΒ=ΟΓ ως ακτίνες του κύκλου. Από το Π-Π-Π τα τρίγωνα είναι ίσα, δηλαδή έχουν ίσα και τα υπόλοιπα πρωτεύοντα στοιχεία τους, άρα και γωνία ΒΑΟ=γωνία ΓΑΟ. β) Τα τρίγωνα ΒΑΚ και ΓΑΚ είναι ίσα γιατί: 1) ΑΒ=ΑΓ, 2) γωνία ΒΑΚ= γωνία ΓΑΚ, από το α) ερώτημα 3) ΑΚ=ΑΚ κοινή πλευρά. Γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ. l/3 1

�

� �

� -·,:, �

�

� � �� Afl�

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

�

16η

Επιμέλεια: Επιτροπή Διαγωνισμών 16

Βαλκανική Μ αθ η ματική Ολυ μπιάδα Ν έων Βέροια, 25-29 Ιουvίου, 2012

Ol�MPΙAD

Η 1 6η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων διοργανώθηκε με μεyάλη επιτυχία φέτος στη Βέροια από το τοπικό παράρτημα Ημαθίας της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας από 25 μέχρι 29 Ιουνίου. Έλαβαν μέρος συνολικά 1 6 χώρες. Σύμφωνα με τον κανονισμό, επισήμως συμμετείχαν οι χώρες: Αλβανία, Βοσνία Ερζεγοβίνη, Βουλγαρία, Ελλάδα, Κύπρος, Μαυροβούνιο, Μολδαβία, ΠΓΔ της Μακεδονίας, Ρουμανία,

ενώ ανεπισήμως συμμετείχαν οι χώρες: Αζερμπαϊτζάν, και Τουρκμενιστάν. Η Ελληνική ομάδα κατέκτησε 2 αργυρά ως εξής:

Σερβία, Τουρκία, Τατζικιστάν μετάλλια,

Ινδονησία, Καζακστάν, μετάλλια

και

4 χάλκινα

Π αναγιωτόπουλος Απόστολος

Ελλην. Κολ. Θεσσαλονίκης

Α ργυ ρ ό Μ ετάλλιο

Χαχάμης Ν έστο ρ α ς

Γυμνάσιο Παλαίρου

Αργυ ρ ό Μ ετάλλιο

Ιδ. Σχολείο Άξιον Ξάνθης

Χ άλκινο Μ ετάλλιο

1 ° Γυμνάσιο Κορωπίου

Ντούνης Π έτρος Τσαγγαλίδου Ζωή

Χάλκ ινο Μ ετάλλιο

13° Γυμνάσιο Ηρακλείου 7° Γυμνάσιο Αμαρουσίου

Φ ίλιππας Σπυ ρ ίδων Φυσέκη Άννα Μ α ρία

Χ άλκινο Μ ετάλλιο Χ άλκινο Μ ετάλλιο

Οι μαθητές διαγωνίστηκαν σε τέσσερα προβλήματα που καθένα από αυτά βαθμολογήθηκε με μονάδες . Σύμφωνα με την άτυπη βαθμολογία η Ελλάδα με 1 1 1 μονάδες κατέλαβε την 4η θέση μεταξύ των επισήμως συμμετεχουσών χωρών, ενώ ήταν στην 7η θέση μεταξύ των 16 χωρών που συνολικά έλαβαν μέρος . Τις τρεις πρώτες θέσεις κατέλαβαν οι ομάδες της Τουρκίας (223), Ρ ουμανίας (206) και Σερβίας (140). Αρχηγός της Ελληνικής ομάδας ήταν η μαθηματικός Αγγε λική Βλάχο υ και υπαρχηγός η μαθηματικός Χαρίκλε ια Σαρ αφοπο ίJλου . Τα προ βλή ματα Π ρόβλη μ α 1 . Έστω α, b και c θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε α+b +c 1. Να 10

(�-- Π+p)

-b -c α b b c c α � � 1-α , -+-+-+-+-+-+ + - -+ - 6 2.....; 2L αποδει'ξετε οτι b α c b α c

, , η ισοτητα; οτε ισχυει

Π'

Με αντικατάσταση των 1- α, 1- b, 1- c με b + c, c +α, α+b , αντίστοιχα, στο δεξί μέλος της ανισότητας, η δεδομένη ανισότητα Λ ύ ση

b+c c+α α+b '?. J2 + +6 2 + α b c

(

(�

�

c+α α+b b+c + + α b c

)

Η; �; Η ; �; ) ' ' ' ) �(� : ) (� ; ) (� ; �ο. η οποία είναι αληθής. , η οποια μαζι' με την υπο θ εση ισοτητα ισχυει, αν, και μονον αν, -- -�

ή ισοδUναμα b : c -2,/2 b : c +2

c a - ,/2 c a 2 + 2

a b ,/2 a b -2 +2

� Ο,

b c -,/2 + c a - ,/2 + a b -,/2

α +b +c 1 δίνει α b c .!. . 3 =

b +c c +α α+b 2 c α b =

= -- =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 85 τ.l/32

--Θεωρούμε τους κύκλους

Μ α θηματικοί Διαγωνισμοί

και k2 , οι οποίοι τέμνονται στα σημεία Α , Β και έστω t μια κοινή εφαπτομένη των κύκλων k1 , k2 και Μ Ν τα σημεία επαφής της t με τους κύκλους k1 , k2 , αντίστοιχα. Αν t .l ΑΜ και Α1Ν 2 ΑΜ", να υπολογίσετε τη γωνία LNMB . Π ρόβλη μα 2 .

------

Λ ύ ση

Έστω C το κοινό σημείο των ευθειών ΜΝ, ΑΒ (σχήμα 2). Τότε CN 2 CB CA και CM 2 CB CA , οπότε CM CN . Αλλά ΜΝ 2ΑΜ , οπότε CM CN ΑΜ , και έτσι το ορθογώνιο τρίγωνο ACM είναι ισοσκελές, οπότε LNMB LCMB LBCM 45 ° . =

Σχήμα 1

Έστω Ρ το συμμετρικό του Α ως προς το Μ (σχήμα 1 ) . Τότε ΑΜ ΜΡ και t .l ΑΡ , οπότε το τρίγωνο ΑΡΝ είναι ισοσκελές με ΑΡ βάση του. Άρα είναι LNAP LNPA . Επίσης έχουμε LBAP LBAM LBMN και LBAN LBNM , οπότε 1 80 ° - LNBM LBNM + LBMN LBAN + LBAP LNAP LNPA . Δ εύτερη λύ ση

Σχήμα 2 Επομένως το τετράπλευρο ΜΒΝΡ είναι εγγράψιμο ( αφού τα σημεία Β και Ρ βρίσκονται σε διαφορετικά ημιεπίπεδα ως προς τη ΜΝ ). Άρα έχουμε LAPB LMPB LMNB και τα τρίγωνα ΑΡΒ και ΜΝΒ είναι ίσα ( ΜΝ 2 ΑΜ ΑΜ + ΜΡ ΑΡ ). Επομένως το τρίγωνο ΑΜΒ είναι ισοσκελές, και αφού η t εφάπτεται του κύκλου k1 και είναι κάθετη στην ΑΜ, το κέντρο του κύκλου k1 βρίσκεται πάνω στην ΑΜ, οπότε το ΑΜΒ είναι ορθογώνιο τρίγωνο. Από τα δύο τελευταία συμπεράσματα προκύπτει ότι LAMB 45 ° , οπότε LNMB 900 - LAMB 45° . Α

Πρό βλη μα 3 . Σ' ένα επίπεδο πίνακα είναι καρφωμένα n καρφιά και κάθε δυο α π ό αυ τά συνδέονται με μια κλωστή. Κάθε κλωστή είναι χρωματισμένη με ένα από n δ οσμ ένα διαφορετικά χρώματα. Για κάθε τρία διαφορετικά χρώματα, υπάρχουν τρία καρφιά τα οποία συνδέονται μεταξύ τους με κλωστές των τριών αυτών χρωμάτων. β) 7. Να εξετάσετε, αν το n μπορεί να πάρει την τιμή : α) 6, Λ ύ ση (α) Η απάντηση είναι όχι:

Ας υποθέσουμε αντιθέτως πως η απάντηση είναι ναι κι ας θεωρήσουμε κάποιο από τα δοσμένα χρώματα, έστω το μπλε. Ας ταυτίσουμε κάθε καρφί με ένα σημείο του επιπέδου κι ας ' χρωματων ' ' 5 Τ ' ' S- 4 1 ο διαφορετικα' ζευγαρια με παρατηρησουμε πως υπαρχουν ακρι β ως 2 διακεκριμένα χρώματα μεταξύ των 5 δοσμένων των διαφορετικών του μπλε . Από υπόθεση, για κάθε τέτοιο ζευγάρι μαζί με το μπλε χρώμα υπάρχει τρίγωνο με πλευρές αυτά τα χρώματα, οπότε υπάρχουν τουλάχιστον 1 Ο τρίγωνα με μια πλευρά χρώματος μπλε. Τα τρίγωνα αυτά είναι

(]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/33

----διαφορετικά μεταξύ τους αφού τα ζευγάρια των χρωμάτων των διαφορετικών από το μπλε που Μ α θηματικοί Δ ιαγωνισμοί

--------

περιέχουν είναι διαφορετικά, όπως ειπώθηκε προηγουμένως. Ας παρατηρήσουμε τώρα πως κάθε μπλε κλωστή αποτελεί την πλευρά σε ακριβώς 4 τρίγωνα με κορυφές στα 6 δοσμένα σημεία. Έτσι αν υπήρχαν το πολύ 2 μπλε κλωστές, τότε τα τρίγωνα με μια πλευρά μπλε θα ήταν το πολύ 2·4 = 8 , άτοπο, καθώς προηγουμένως αποδείξαμε πως υπάρχουν τουλάχιστον 1 Ο διαφορετικά τέτοια τρίγωνα. Συνεπώς πρέπει να υπάρχουν τουλάχιστον 3 μπλε κλωστές. Όμως το ίδιο πρέπει να αληθεύει και για οποιαδήποτε άλλη κλωστή, κι έτσι το συνολικό πλήθος κλωστών πρέπει να είναι τουλάχιστον 6 3 = 1 8 . 6 6 5 = 1 5 κλωστες, ' σημειων ' ' ' Ό μως μεταξυ' των 6 δοσμενων ' ατοπο. ' υπαρχουν μοναχα =Τ

(J 2

( β) Η απάντηση είναι ναι. Μια τοποθέτηση των χρωμάτων με τον τρόπο που ζητείται φαίνεται στο επόμενο σχήμα, όπου για ευκολία ονομάσαμε τα χρώματα 1, 2, . , 7 και χρησιμοποιήσαμε ένα κανονικό 7 -γωνο (χωρίς αυτό να είναι ουσιώδες) ως πολύγωνο των σημείων του επιπέδου που ταυτίζουμε με τα δοσμένα καρφιά. Τις πλευρές του 7 - γώνου τις βάφουμε με διαφορετικά χρώματα και κάθε διαγώνιο την βάφουμε στο χρώμα της πλευράς με την οποία είναι παράλληλη. Μπορεί να ελεγχθεί άμεσα με εποπτεία πως κάθε τριάδα χρωμάτων εμφανίζεται στις πλευρές κάποιου τριγώνου μεταξύ των δοσμένων σημείων (Εξαιτίας της συμμετρίας είναι αρκετό να ελεγχθούν μονάχα τα τρίγωνα που περιέχουν το πρώτο Σχήμα 3 χρώμα) Π ρόβλη μα 4 . Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους x, y, z και t που είναι τέτοιοι, ώστε

2χ ·3Υ + 5z = 7' .

Λύση

Θα αποδείξουμε πως υπάρχει μοναδική λύση, η χ = 3, y = 1, z = t = 2 . Έχουμε

Υ ·3 Υ

+ 52 = 71

γ >Ο => 2 χ ·3·3γ-ι

+ 5 z = 1 1 (mod 3) => 2 χ ·Ο·3γ - ι + (-1)' = 1(mod 3) => (-1)' = 1(mod 3) z = 2c, c Ε Ν και c > Ο ( αφού z > Ο ).

οπότε z άρτιος, έστω Όμως και ο t είναι άρτιος: Προφανώς t 2 2 . Αν υποθέσουμε αντίθετα ότι t περιττός, έστω t = 2d + 1, d Ε Ν , τότε η δοσμένη εξίσωση γίνεται Υ ·3γ + 25c = 7·4 Ψ . Αν τώρα είναι χ 2 2 τότε χ<: + 25c = 7 - 49d =>2 4 · 2χ-l .3γ + 1 c

3· 1d (mod 4) => 0·2 χ-2 ·3Υ'

+ 1 = 3(mod 4) => 1 = 3(mοd 4), άτοπο. Αν είναι χ = 1 , τότε παίρνουμε 2·3)' + 25c = 7-4φ => 2-3γ + 1c = 7·1d (mxl24) =>2·3Y + 1 = 7(mxl24), οπότε 24 1 2·3 )' + 1 - 7 ' ισοδυνάμως 24 1 6(3 y - l - 1) ' δηλαδή 4 1 ν - ι - 1 ' δηλαδή 3γ-ι 1(mod 4) => (-l) y - ι = 1(mod 4) και άρα y-1 άρτιος, έστω y -1 =2b, ή y = 2b + 1,b E N . Τότε η δοσμένη εξίσωση 'Z·?J +g = 1 γίνεται 6·9b + 25c = 7-49d => 1 · (-1)b + 0 2· (- 1γ (mod 5) => (- 1)b = 2·(-1)d (mod 5) => ± 1 = 2·(± 1)(mod 5), 2χ ·3 )'

το οποίο δεν αληθεύει. Συνεπώς ο t είναι άρτιος, έστω t = 2 d , d Ε Ν (και d > Ο , αφού t > Ο ), όπως ισχυριστήκαμε . Ας γράψουμε τώρα τη δοσμένη εξίσωση ως 2 χ · 3 )' + 25 d = 49 d <=> Υ ·3Υ = ( 7 d - 5c ) ( 7 d + 5c ) . Καθώς ΜΚΔ ( 7d - 5c , 7d + 5c ) = 2 και 7 d + 5c > 2 ( αφού d, c > Ο ) , υπάρχουν ακριβώς τρεις ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 85 τ.l/34

{

------- Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί ------

περιπτώσεις: (1) Π ε ρ ίπ τ ωση

7d - s c = 2χ - Ι ; 7d + 5 c = 2·3 Υ

(I)

Προσθέτοντας τις δύο σχέσεις κατά μέλη βρίσκουμε

y 2: 1 7 d = 2 χ- 2 + 3 Υ � 1 d Ξ 2 χ -2 + 3·3 y- 1 (mod 3) � 1 Ξ 2 χ -2 + 0·3 y - ' (mod 3) � 1 Ξ (- 1 Y-2 (mod 3), οπότε ο χ - 2 είναι άρτιος, δηλαδή χ = 2α + 2, α ε Ν με α 2:: 1 , αφού α = Ο θα σήμαινε 3 Υ + 1 = 7 d , άτοπο (άρτιος = περιττός). Τότε η σχέση 7d - 5 c = 2χ -ι γράφεται: a 2: 1 (- 1) d - 1c Ξ 2·4·4°- 1 (mod 4) � (- 1γ - 1 Ξ 2·0-4a- ι (mod 4) � (-1) d Ξ 1(mod 4), 7 d - 5c = 2·4 a � οπότε d άρτιος, έστω d = 2e, e ε Ν και η ίδια σχέση 7 d - sc = 2·4a ξαναγράφεται ως a 2: 1 1 e - 5c Ξ 2·4·4 a- 1 (mod 8) � 1 - Sc Ξ 2·0·4a - ι (mod 8) � 1 Ξ 5c (mod 8) . 4 Ψ - 5c = 2·4a �

Άρα c = 2f, f ε Ν (καθώς 52n = ( 52 )n Ξ1n Ξ1(mxl8) και 52n+ι = ( 52 )n ·5 Ξ 1n·5 Ξ 5(mod8) ), οπότε η σχέση 4Ψ - sc = 2-4° ξαναγράφεται 4 Ψ - 251 = 2·4a � 1 e - 11 Ξ 2·1 a ( mod 3) � ο Ξ 2(mod3) ' που είναι άτοπο. Επομένως, δεν υπάρχουν λύσεις της δοσμένης εξίσωσης σε αυτή την περίπτωση. Π ε ρ ίπτω ση (2)

Από την 2 χ- ι = 7 d + 5c 2:: 12 προκύπτει χ 2:: 5 . Τότε

χ 2: 3 (- 1)d + 1 c Ξ 2 2 ·2 x - \mod 4) � ( - 1)d + 1 Ξ 0·2 x -3 (mod 4) � (- 1)d + 1 Ξ O(mod 4). 7d + s c = 2 x - l � Άρα ο d είναι περιττός, έστω d = 2e + 1, e ε Ν . Προσθέτοντας τις δύο σχέσεις 7d - 5d = 2·3 Υ και 7d + 5d = 2χ-ι κατά μέλη βρίσκουμε 7 d = y -2 + 3 Υ και τότε y2:1 7 d = 2 ·'-2 + 3 Υ � 1 d Ξ ( -1 Υ-2 + 3·3Y- ' (mod 3) � 1 Ξ (- 1 Υ-2 + 0·3Y - ' (mod 3) � 1 Ξ (- 1 Y-2 (mod 3), οπότε ο χ - 2 είναι άρτιος, δηλαδή χ = 2α + 2, α ε Ν , με α 2:: 2 (επειδή χ 2:: 5 ). Άρα η σχέση 7 d = 2 χ-2 + 3 Υ γράφεται 2: 7·4 Ψ = 4a + 3 Υ a�2 7 · 1e Ξ 4 2 Aa-2 + 3Y (mod 8) � 7 Ξ 0·4 a-2 + 3 Y (mod 8) � 7 Ξ 3Y (mod 8),

άτοπο, επειδή ο 3 Υ είναι modulo 8 ισοϋπόλοιπος είτε του 1 , αν ο y είναι άρτιος είτε του 3 , αν ο γ είναι περιττός. Επομένως, δεν υπάρχουν λύσεις της δοσμένης εξίσωσης ούτε και σε αυτή την περίπτωση . 1!1 ε ρ ίπτω ση

(3)

Από την 7 d = sc + 2 προκύπτει πως το τελευταίο ψηφίο του 7 d είναι 7, και άρα d = 4k + 1, k ε Ν , αφού το τελευταίο ψηφίο των δυνάμεων του 7 είναι 7, 9, 3 ή 1 αναλόγως με το αν ο d είναι της μορφής 4k + 1, 4k + 2, 4k + 3 ή 4k . Αν c 2:: 2 τότε c 2: 2 7 - ( 7 2 ) 2 k Ξ 5 2 ·5c -2 + 2(mod25) � 7·( - 1) 2 k Ξ O·sc -2 + 2(mod25) � 7 Ξ 2(mod25), 7 4 k + I = 5c + 2 � που είναι ψευδής. Για c = 1 , η 7 d = sc + 2 δίνει d = 1 , δηλαδή z = 2 και t = 2 . Τότε η αρχική σχέση Υ ·3 Υ + 5 z = 7 1 γράφεται 2 χ · 3 Υ + 5 2 = 7 2 ή 2 x·JY = 24 = 2 3· 3 1 , από την οποία προκύπτει ότι: χ

= 3, y = 1 .

Συνεπώς στην περίπτωση αυτή υπάρχει μοναδική λύση αποτελεί και τη μοναδική λύση της δοσμένης εξίσωσης.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/35

= 3, y = 1, z = t = 2

η οποία

----- Μ αθη ματικοί Διαγωνισμοί ----

Π ροκριματικός δ ιαyω�v ισμό·ς Ν: έ:ωιvι 7 Απριλίου 2012

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1

(

)

Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες πραγματικών αριθμών (a, b, c) , που είναι λύσεις της εξίσωσης

(

a a

-b-c

) + ( b 2 + c 2 - bc )

2 abc -

- b2c2

•

Μετά από πράξεις στα δύο μέλη, η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα στη μορφή α 2 + b 2 + c 2 - αb - bc - cα = α 2 ( 4αbc - α 2 - 4b 2 c 2 ) (1) Το πρώτο μέλος της εξίσωσης ( 1 ) γράφεται στη μορφή α 2 + b 2 + c 2 - αb - bc - cα = [( α - b ) 2 + ( b - c γ + ( c - α) 2 ] ;::: Ο , (2) όπου η ισότητα ισχύει όταν α = b = c . Το δεύτερο μέλος της εξίσωσης ( 1 ) γράφεται στη μορφή α 2 ( 4αbc - α2 - 4b 2 c 2 ) = -α 2 ( α 2 - 4αbc + 4b 2 c 2 ) = -α2 ( α - 2bc ) 2 ::;; Ο, (3) όπου η ισότητα ισχύει όταν α = Ο ή α - 2bc = Ο . Επομένως, σύμφωνα με τις (2) και (3) η εξίσωση αληθεύει, αν, και μόνον αν, τα δύο μέλη της είναι ίσα με Ο, δηλαδή όταν α = b = c και ( α = Ο ή α - 2bc = Ο ) <=> α = b = c = Ο ή ( α = b = c και α - 2α 2 = Ο ) <:::> α = b = c = Ο ή α = b = c = ..!._ <=> ( α , b , c) = (Ο, Ο, Ο) ή ( α , b , c ) = ..!._ , ..!._ , ..!._ . Λ ύ ση

(2 2 2)

ΠΡΟΒ Λ ΗΜΑ 2 Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη των θετικών ακέραιων p, q που είναι πρώτοι μεταξύ

τους και ικανοποιούν την εξίσωση p 2

κοινό πολλαπλάσιο των p 2 , q 2

+ 2q 2 + 334 [ p 2 , q 2 J , όπου [ p 2 , q 2 J =

είναι το ελάχιστο

•

Επειδή οι θετικοί ακέραιοι p, q είναι πρώτοι μεταξύ τους, θα έχουμε (p, q) = 1 , οπότε θα 2 2 ισχύει και ότι ( p 2 , q 2 ) = 1 και [ p 2 , q 2 J = � q = p 2 q 2 'Ετσι η δεδομένη εξίσωση γίνεται (Ρ , q2 ) 2 p 2 + 2q 2 + 334 = p 2 q 2 <=> p 2 q 2 - 2q 2 = p 2 + 334 <=> q 2 = p 2+ 334 ' Ρ -2 αφού p 2 - 2 * Ο . Από την τελευταία ισότητα έπεται ότι (p 2 - 2 ) i p 2 + 334 =(p 2 - 2 ) + 336 � (p 2 - 2 ) 1 336 = 2 4 · 3 · 7 . Σημειώνουμε ότι οι διαιρέτες του 336 = 2 4 · 3 · 7 από το γνωστό τύπο που μας δίνει το πλήθος των θετικών διαιρετών ενός ακεραίου, είναι συνολικά ( 4 + 1 ) ( 1 + 1 ) ( 1 + 1 ) = 20 και έχουμε ότι: (p 2 - 2 ) Ε Δ ( 336 ) = { 1, 2, 4, 8, 1 6, 3, 6, 1 2, 24, 46, 7, 1 4, 28, 56, 1 1 2, 2 1, 42, 84, 1 68, 33 6 } <:::> p 2 Ε { 3, 4, 6, 1 0, 1 8, 5, 8, 14, 26, 48, 9, 1 6, 30, 58, 1 1 4, 23, 44, 86, 1 70, 338 } . Οι μόνες αποδεκτές τιμές για το p 2 είναι οι 4, 9 και 1 6, από τις οποίες προκύπτει ότι: p = 2 ή p = 3 ή p = 4 , οπότε έχουμε τις περιπτώσεις: Λύ ση

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/36

2 , = 1 6 9 => q = 1 3 , οπότε προκύπτει το Για p = 2 , λαμβανουμε q 2 = p + 334 = 1 + 336 p2 - 2 p- - 2 ζευγάρι ( p, q ) ( 2, 1 3) που είναι δεκτό. = 4 9 => q = 7 , οπότε προκύπτει το ζευγάρι Για p = 3, λαμβάνουμε q 2 = 1 + 336 32 _ 2 (p, q) = ( 3, 7 ) που είναι δεκτό. = 25 => q = 5 , οπότε προκύπτει το ζευγάρι Για p = 4, λαμβάνουμε q 2 = 1 + 336 42 _ 2 (p, q) = ( 4, 5 ) που είναι δεκτό.

------- Μ α θηματικοί Δ ιαγωνισμοί •

-------

•

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3

Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ < ΒΓ , εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O , R) , (με κέντρο Ο και ακτίνα R ). Έστω Ο ι το συμμετρικό του Ο ως προς την ΑΓ . Ο κύκλος cι (Οι , R) (με κέντρο το Ο ι ακτίνα R ), τέμνει την ΒΓ στο Ζ. Αν το ύψος ΑΔ προεκτεινόμενο τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο c(O , R) στο σημείο Ε, να αποδείξετε ότι η ευθεία ΕΓ είναι κάθετη στην ευθεία ΑΖ. Λύ ση ( 1 ος τρό π ο ς) ·,\\

\τ

·-------------

��. . . .

. . . . . . . .

' ' '

' . ' . . . . .

/ .Λc1) :,/,' ._��----------�� .

Σχήμα 1

Επειδή 01 είναι το συμμετρικό του Ο ως προς την ΑΓ και ΟΑ = ΟΓ = R , το τετράπλευρο ΑΟΓΟ, είναι ρόμβος πλευράς R και ο κύκλος c 1 (0 1 , R) θα περνάει από τα σημεία Α και Γ . Έστω ότι η ευθεία ΑΖ τέμνει την ΕΓ στο σημείο Κ . Θα αποδείξουμε ότι ΑΚ l. ΕΓ . Επειδή ΑΔ ύψος, η γωνία Δ είναι ορθή. Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο ΔΕΚΖ είναι εγγράψιμο (τότε θα ισχύει Δ = Κ = 90° ) . Το τετράπλευρο ΑΒΕΓ είναι εγγεγραμμένο στο κύκλο ( c) , οπότε θα είναι: (1)

Θεωρούμε τυχόν σημείο Τ του κύκλου ( c, ) (στο τόξο ΑΓ που δεν ανήκει το σημείο Ζ ) . Το τετράπλευρο ΑΖΓΤ είναι εγγεγραμμένο στον Τ = z, . κύκλο (c1 ) Άρα είναι Οι γωνίες Τ και Β είναι ίσες μεταξύ τους, διότι είναι εγγεγραμμένες σε ίσους κύκλους και βαίνουν στην κοινή χορδή ΑΓ , οπότε έχουμε •

Τ = Ζ, = Β . Από τις σχέσεις (1) και (2)

c 1 (0 1 , R) θα περνάει από τα σημεία

Α και Γ .

έπεται το ζητούμενο.

Επειδή Ο, είναι το συμμετρικό του Ο ως προς την ΑΓ και ΟΑ = ΟΓ = R , το τετράπλευρο ΑΟΓΟ, είναι ρόμβος πλευράς R . Άρα ο κύκλος Λ ίJση (2°ς τρόπος)

Σχήμα 2

(2)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/37

------- Μ αθηματικοί Δ ιαγωνισμοί

-------

Έστω τώρα ότι ο κύκλος c1 (01 , R) τέμνει την ΑΔ στο σημείο Η . Θα αποδείξουμε ότι το σημείο Η είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ και στη συνέχεια ότι το σημείο Ζ είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΕΓ . Η γωνία ΑΟΓ είναι επίκεντρη στον κύκλο c(O, R) οπότε: ΑΟΓ = 2Β . Η γωνία ΑΟΓ είναι ίση με τη γωνία Α<\Γ (απέναντι γωνίες του ρόμβου ΑΟΓΟ, ), οπότε ΑΟΓ = Αό,Γ = 2Β . Η γωνία Η, είναι εγγεγραμμένη στο κύκλο c, (O, , R) , οπότε: ΑΟ , Γ = 1 80 ° - Β . Από το τρίγωνο ΑΗΓ έχουμε: Η, = 1 80 ° -

2 χ = 1 80 ° - Α , - :Η, = 1 80 ° - (90° - Γ) - (1 80 ° - Β) = Β + Γ - 90 ° = 1 80 ° - Α - 90 ° = 90 ° Α

Άρα ΓΗ _ι ΑΒ , οπότε το Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ και κατά συνέπεια ΒΗ _ι ΑΓ . Ισχύουν τώρα οι παρακάτω ισότητες γωνιών. Η 2 = Γ (η γωνία Η 2 είναι εξωτερική στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΗΖΓ ). Ε, = Γ (είναι εγγεγραμμένες στο κύκλο (c) και βαίνουν στο τόξο ΑΒ ). -

Η3 = 90° - Β , = 90 ° - (90 ° - Γ) = t .

Από τις παραπάνω ισότητες γωνιών, προκύπτει ότι το τετράπλευρο ΗΒΕΖ είναι ρόμβος, οπότε από ΗΒ / /ΖΕ και ΗΒ _ι ΑΓ � ΖΕ _ι ΑΓ . Άρα το Ζ είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΕΓ . Π αρατή ρηση . Για να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο ΗΒΕΖ είναι ρόμβος, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την πρόταση : " Τα συμμετρικά του ορθοκέντρου τριγώνου, ως προς τις πλευρές του, βρίσκονται επάνω στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ". Π ΡΟΒΛΗΜΑ 4

Οι αριθμοί

x, y, z

είναι θετικοί ακέραιοι και ικανοποιούν την εξίσωση (Ε) χ + y + z = 2013 •

(α) Ν α βρείτε το πλήθος των τριάδων

( x, y, z)

που είναι λύσεις της εξίσωσης (Ε).

(β) Ν α βρείτε το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης (Ε) για τις οποίες ισχύει χ = y (γ) Ν α βρείτε τη λύση (x, y, z) της (Ε) για την οποία το γινόμενο xyz γίνεται μέγιστο. •

Λύση

Επειδή οι αριθμοί x, y, z είναι θετικοί ακέραιοι και ικανοποιούν την εξίσωση χ + y + z = 20 1 3 , έπεται ότι 1 � χ, y, z � 20 1 1 . Επομένως, για τον προσδιορισμό μιας τριάδας (χ, y, z ) που είναι λύση της εξίσωσης (Ε) έχουμε τις ακόλουθες δυνατότητες: Ο άγνωστος χ μπορεί να επιλεγεί με 20 1 1 τρόπους, αφού 1 � χ � 20 1 1 . Τότε οι άγνωστοι y και z θα ικανοποιούν την εξίσωση y +z = 2013-x, ( Ε, ) οπότε σε κάθε τιμή του y με 1 � y � ( 20 1 3 - χ) - 1 , αντιστοιχεί μία μόνο τιμή του z τέτοια, ώστε να αληθεύει η εξίσωση ( Ε, ) . Για χ = 1, οι άγνωστοι y και z μπορούν να επιλεγούν με 20 1 1 τρόπους, αφού τότε (α)

•

• •

•

1 � y � 20 1 1 , Για χ = 2 , οι άγνωστοι y 1 � Υ � 20 1 0 , Για χ = 3 , οι άγνωστοι y 1 � y � 2009 ,

και z μπορούν να επιλεγούν με 20 1 Ο τρόπους, αφού τότε πρέπει και z μπορούν να επιλεγούν με 2009 τρόπους, αφού τότε πρέπει

Για χ = 20 1 Ο , οι άγνωστοι y και z μπορούν να επιλεγούν με 2 τρόπους, αφού τότε πρέπει

1�y�2, Για χ = 20 1 1 , οι άγνωστοι y

και z μπορούν να επιλεγούν με 1 μόνο τρόπο, αφού τότε πρέπει y=z = 1 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 85 τ.l/38

------- Μ α θη ματικοί Δ ιαγωνισμοί

-------

Έτσι συνολικά προκύπτουν 1 + 2 + 3 + . . . + 20 1 1 = 20 1 1 20 1 2 = 20 1 1 · 1 006 = 2023066 . 2 διαφορετικές τριάδες που είναι λύσεις της εξίσωσης (Ε). Δ ιαφορ ετικά, θα μπορούσε κάποιος να χρησιμοποιήσει το θεώρημα του De Moiνre που αφορά τη διαμέριση του θετικού ακέραιου n σε r θετικά ακέραια μέρη, όπου παίζει ρόλο η n-1 διάταξη. Σύμφωνα με αυτό το θεώρημα η διαμέριση αυτή μπορεί να γίνει με τρόπους. .

( ] r-1

( ]( ]

Έτσι στο ερώτημα μας η απάντηση είναι ότι οι διαφορετικές λύσεις είναι συνολικά 20 1 2 20 1 2 · 20 1 1 20 1 3 - 1 = = = 1 006 · 20 1 1 . 3-1 2 2 (β) Λόγω της ισότητας χ = y , οι δύο πρώτοι άγνωστοι μπορούν να πάρουν τις τιμές από 1 μέχρι και 1 006, ενώ σε κάθε περίπτωση ο z προσδιορίζεται κατά μοναδικό τρόπο από την σχέση z = 20 1 3 - ( χ + y) . Έτσι, η συμπλήρωση των δύο πρώτων θέσεων της διατεταγμένης τριάδας ( χ, y, z) μπορεί να γίνει με 1 006 τρόπους, ενώ στη συνέχεια η συμπλήρωση της τρίτης θέσης μπορεί να γίνει με έναν ακριβώς τρόπο, οπότε έχουμε συνολικά 1 006 · 1 = 1 006 διατεταγμένες τριάδες ( χ, y, z) με χ = y που είναι λύσεις της εξίσωσης (Ε). ( γ ) Από την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου, για κάθε τριάδα (x, y, z) που είναι λύση της (Ε), έχουμε ότι: � :::;; χ + Υ + z = 20 1 3 = 67 1 <=> xyz :::;; 67 13 , ενώ η ισότητα 3 3 ισχύει όταν χ = y = z = 67 1 . Επομένως η ζητούμενη τριάδα είναι η (x, y, z) = ( 67 1, 67 1, 67 1 ) .

Λύσεις ασκήσεων των τευχών 8 3 και 84

"4.

Βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους n που είναι τέτοιοι ώστε ο 3n + 1 0 είναι διαιρέτης του n 2 + 3n + 1 . Λύση

Αν υποθέσουμε ότι ο 3n + 1 Ο είναι διαιρέτης του n 2 + 3n + 1 , τότε θα έχουμε ότι ο 3n + 1 Ο θα είναι διαιρέτης του 3 ( n 2 + 3n + 1 ) = 3n 2 + 9n + 3 . Επειδή ο 3n + 1 Ο είναι διαιρέτης και του n ( 3n + 1 0 ) = 3n 2 + 1 0n θα διαιρεί και τη διαφορά 3n 2 + 1 0n - ( 3n 2 + 9n + 3 ) = n - 3 . Επειδή ισχύει ότι n - 3 < 3n + 1 Ο, για κάθε θετικό ακέραιο n , το παραπάνω είναι δυνατόν μόνον όταν n - 3 = Ο, δηλαδή όταν n = 3 . Επειδή ξεκινήσαμε με την υπόθεση ότι ο 3n + 1 Ο είναι διαιρέτης του n 2 + 3n + 1 πρέπει να κάνουμε επαλήθευση για το ότι για n = 3 ισχύει το ζητούμενο. Πράγματι, για n = 3 έχουμε 3n + 1 Ο = 1 9 και n2 + 3n + 1 = 1 9 , οπότε ισχύει το ζητούμενο. NS.

Βρείτε όλους τους πρώτους θετικούς ακέραιους p , q , p < q, που είναι τέτοιοι ώστε

και ο p2 q2 + 5 είναι πρώτος. Λ ύ ση

Αν και οι δύο πρώτοι θετικοί ακέραιοι p, q, p < q, ήταν περιττοί, τότε οι ακέραιοι p 2 και q 2 θα ήταν περιττο� οπότε ο ακέραιος p 2 q2 + 5 θα ήταν άρτιος μεγαλύτερος του 2, οπότε δεν θα ήταν πρώτος. Επομένως πρέπει ο μικρότερος από τους δύο να ισούται με 2, δηλαδή πρέπει p = 2 και q 2 3 . Αν υποθέσουμε ότι είναι q > 3 , τότε q = 3k + 1 ή q = 3k + 2, όπου k θετικός ακέραιος => q 2 = πολ.3 + 1 => p 2 q 2 = πολ.3 + 4 = πολ.3 + 1 => p 2 q 2 + 5 = πολ.3 + 1 + 5 = πολ.3, οπότε ο p2q2 + 5 > 3 δεν μπορεί να είναι πρώτος. Άρα απομένει η τιμή q = 3 . Πράγματι, για p = 2, q = 3 , ο ακέραιος p2 q 2 + 5 = 4 · 9 + 5 = 4 1 είναι πρώτος, οπότε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 85 τ. l/39

οι

Μ αθηματικοί Δ ιαγωνισμοί

ζητούμενοι πρώτοι θετικοί ακέραιοι είναι οι p = 2, q = 3 . -----

Γ3 .

Θεωρούμε κύκλο

c( O, R)

------

και δύο κάθετες χορδές του ΑΒ και

που τέμνονται σε

σημείο Ρ τέτοιο ώστε ΑΡ = 2 ΡΒ . Να αποδείξετε ότι το μέσον Μ του ευθύγραμμου τμήματος ΑΡ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου AED (Ουκρανία, 2009) Λύ ση ·

•

Έστω Μ το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος ΑΡ και έστω ότι η ευθεία ΕΜ τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα AD στο σημείο Q . Τότε τα τρίγωνα ΜΡΕ και ΒΡΕ είναι ίσα, γιατί είναι ορθογώνια και έχουν τη κάθετη πλευρά ΡΕ κοινή και Μ>= ΑΡ =ΡΒ. Άρα: QAM = DAB = DEB = ΡΕΒ = ΡΕΜ .

Σχήμα 3

Επειδή και οι γωνίες QMA, ΕΜΡ είναι ίσες, ως κατά κορυφή, τα τρίγωνα QMA και ΕΜΡ είναι όμοια, οπότε θα έχουν και A QM = ΜΡΕ = 90° . Επομένως τα EQ και ΑΡ είναι ύψη του τριγώνου ADE , οπότε το Μ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου AED .

Θεωρούμε τρίγωνο ABC και τις διχοτόμους του και CED = 1 8° , να βρείτε τις γωνίες του τριγώνου ABC. Λύ σ η Γ4.

CE .

και

Αν είναι

BDE = 24°

Σχήμα 4

Αν Ι είναι το σημείο τομής των διχοτόμων, τότε έχουμε

IBC + ICB = 1 80 ° - sic = 1 80 ° - DiE = sbE + CED = 24 ° + 1 8 ° = 42 ° , Α = 1 80 ° - Β + C = 1 80 ° - 2 IBC + ICB = 1 80 ° - 84 ° = 96 ° . οπότε Στη συνέχεια θεωρούμε το συμμετρικό του σημείου D ως προς τη διχοτόμο CE , έστω F , και το συμμετρικό του Ε ως προς τη διχοτόμο BD , έστω G . Τα σημεία F και G βρίσκονται πάνω στη πλευρά BC , αφού η διχοτόμος μιας γωνίας είναι άξονας συμμετρίας της γωνίας. Έστω R το σημείο τομής των ευθειών BD και EF . Τότε έχουμε ERB = RED + EDR = = 2 · CED+ EDR = 2 · 18° + 24° = 60° , οπότε θα είναι και BRG = ERB = 60° και GRF'=lω cιriJ -FRG=1ω cιriJ -12Cf =6J' και GfF=FIF-ElXJ = W -IEC� 2· FIF = W -1ff -2·24ο =24ο =RIXJ. Γ Επομένως το σημείο G είναι το παράκεντρο του τριγώνου RDF που αντιστοιχεί στη γωνία 1 80 ο - DFE DEF + EDF DFC ,.... + RFG "' = 1 8ο + 36ο = 54 ο. RDF ' οπότε: DFC = RFG = = = 2 2 2 Άρα από DFC και ABC : C = 1 80° - 2 · DFC = 1 80° - 2 · 54° = 72° και Β =180° -(%0 + 72° = 12° . 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 A Q = BC . Αν οι ευθείες PQ και A C τέμνονται στο σημείο Μ και Ν είναι το μέσον της διαγωνίου BD , να αποδείξετε ότι ΡΜ = MQ = CN

(

)

(

)

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/40

----- Μ αθη ματικοί Δ ιαγωνισμοί

-----

ΛίJση

Έστω Τ το συμμετρικό του Q ως προς το σημείο Α , οπότε Α Τ = A Q = BC . Επειδή το τετράπλευρο ABCD είναι εγγράψιμο η γωνία DCB είναι ίση με την απέναντι εξωτερική γωνία ΒΑ Τ . Επειδή επιπλέον είναι ΑΡ = DC και Α Τ = BC τα τρίγωνα DCB και ΡΑ Τ είναι ίσα, άρα PTΆ = CBD . ( 1 ) Επιπλέον CBD = CAD , (2) \ \ αφού το τετράπλευρο ABCD είναι εγγράψιμο, οπότε από τις ( 1 ) και (2) Σχήμα 5 έχουμε PfΑ = CAD . Επομένως οι ευθείες ΡΤ και Α C είναι παράλληλες, αφού τεμνόμενες με την ευθεία TQ σχηματίζουν δύο εντός εκτός και επί τα αυτά γωνίες ίσες. Επειδή το Α είναι το μέσο της πλευράς TQ στο τρίγωνο TQP , έπεται ότι η Α C τέμνει την πλευρά PQ στο μέσο της, δηλαδή το σημείο Μ είναι το μέσο της πλευράς PQ . Έστω R είναι το μέσο της πλευράς ΤΡ . Τότε στα ίσα τρίγωνα DCB και ΡΑ Τ οι CN και AR είναι αντίστοιχες διάμεσοι, οπότε είναι ίσες, δηλαδή CN = AR και αφού Μ μέσο του PQ και AR = PQ = ΡΜ = PQ , τότε: ΡΜ = MQ = CN . �

Θεωρούμε έναν 8 χ 8 πίνακα σκακιού με 32 λευκά και 32 μαύρα τετράγωνα τοποθετημένα 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. (Ηνωμένο Βασίλειο, ΜΟ 2005) \3.

Λ ίJ σ η

1 2 6

2 6

1 4

2 8

14 20

1 4 15

2 7 25

1 3 10

35 54 49 20 Το πρόβλημα είναι ισοδύναμο με την εύρεση του αριθμού των μονοπατιών από τη γραμμή της κορυφής 89 03 35 69 της σκακιέρας προς τη γραμμή της βάση της Σχήμα 6 κινούμενοι διαγώνια από λευκό τετράγωνο σε λευκό τετράγωνο και πάντοτε προς τα κάτω. Στο σχήμα γράφουμε σε κάθε λευκό τετράγωνο πόσα διαφορετικά μονοπάτια περνούν Στο τέλος αθροίζουμε τα μονοπάτια που φθάνουν στα λευκά τετράγωνα της βάσης της σκακιέρας. Έτσι έχουμε συνολικά 69 + Ι 03 + 89 + 35 296 διαφορετικά μονοπάτια. ι\4 . 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 διαφορετικούς τρόπους μπορούμε να επιλέξουμε: α) δύο τέτοιες εξαμελείς ομάδες μαθητών (Ηνωμένο Βασίλειο, ΜΟ 2005) β) τρεις τέτοιες τετραμελείς ομάδες μαθητών. Λ (J σ η

Ονομάζουμε τα 6 ζεύγη διδύμων ως: α1 , α2 , β1 , β2 , y1 , y2 , δ1 , δυ ε1 , ε2 , και ζ1 , ζ2 • Για τη συμπλήρωση της πρώτης εξαμελούς ομάδας πρέπει από κάθε ζεύγος διδύμων να επιλεγεί ένα άτομο, ενώ τα άτομα που απομένουν θα σχηματίσουν την δεύτερη ομάδα. Δεδομένου ότι δεν μας ενδιαφέρει η διάταξη των θέσεων, για τη συμπλήρωση της πρώτης θέσης από το ζεύγος α1 , α2 υπάρχουν δύο α)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/41

-------

Μ αθηματικοί Δ ιαγωνισμοί

δυνατοί τρόποι και αντίστοιχα για τη συμπλήρωση των υπόλοιπων 5 θέσεων υπάρχουν 2 δυνατοί τρόποι, οπότε υπάρχουν η συμπλήρωση της πρώτης ομάδας είναι δυνατή με 2 6 = 64 τρόπους. Όμως με αυτή τη διαδικασία κάθε ζευγάρι εξαμελών ομάδων λαμβάνεται δύο φορές, οπότε για τη 64 = 3 2 τροποι. ' ' ' συμπληρωση των εξαμελών ομα' δων υπαρχουν συνολικα' 2 β) Θεωρούμε τα διμελή σύνολα των διδύμων Α = {α1 , α2 } , Β = {β1 , βΛ , Γ = {y1 , y2 } , Δ = {δ1 , δΛ , Ε = {ε1 , εΛ , Ζ = {ζ1 , ζ2 } . Στη συνέχεια δημιουργούμε 3 ομάδες των 4 ατόμων, ως εξής: Για την πρώτη ομάδα επιλέγουμε Α υτο' μπορει' να γινει ' λα διδυμων. ' ' με ( 6 J = 6 ! = 1 5 τροπους. ' 4 απο' τα 6 συνο Ε πειδη' απο' 4 4 !· ( 6 - 4 ) ! κάθε σύνολο διδύμων μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε οποιοδήποτε από τα δύο μέλη του, συνολικά μπορούμε να κατασκευάσουμε 1 5 · 2 4 = 240 διαφορετικές τετραμελείς ομάδες. Για τη δεύτερη ομάδα πρέπει να χρησιμοποιήσουμε τα υπόλοιπα 2 σύνολα διδύμων με ( 2 2 = 4

--------

�} τρόπους και δύο ακόμη άτομα από τα 4 σύνολα διδύμων της πρώτης ομάδας με ( � J = 6 τρόπους, δηλαδή η δεύτερη ομάδα μπορεί να σχηματιστεί με ( �} 4 = 4 τρόπους. τρίτη Η

ομάδα σχηματίζεται από τα μέλη των συνόλων που απομένουν μετά το σχηματισμό της δεύτερης ομάδας κατά μοναδικό τρόπο. Έτσι με τη προηγούμενη διαδικασία συνολικά μπορούμε να κατασκευάσουμε τις τρεις ομάδες με 240 · 24 · 1 = 960 · 6 = 5760 τρόπους. Επειδή δεν μας ενδιαφέρει η διάταξη των τριών τετραμελών ομάδων, κάθε τριάδα τετραμελών ομάδων έχει θεωρηθεί 3 ! = 6 φορές. Επομένως ο ζητούμενος αριθμός είναι 960. Α 6 . Αν x, y, z είναι ακέραιοι διαφορετικοί ανά δύο, τέτοιοι ώστε xy + yz +

ότ ι: χ + 2

Λύ ση

/+z

�

29 .

26, να αποδείξετε

x, y, z , υποθέτουμε ότι χ < y < z .

Επειδή οι σχέσεις του προβλή ματος είναι συμμετρικές ως προς

χ, y, z είναι ακέραιοι διαφορετικοί μεταξύ τους ισχύει ότι y - χ :?: 1, z - y :?: 1 και z - χ :?: 2 , οπότε θα έχουμε (x -y) 2 +(y - z) 2 +(z -x) 2 :?: 1 + 1 + 4 = 6=>2 ( J +/ +z2 ) - 2(.xy+�+zx) :?: 6=>( J +y2 + z2 ) -(.xy+�+zx) :?: 3, οπότε από την υπόθεση xy + yz + zx = 2 6 προκύπτει η σχέση χ 2 + / + z 2 :?: 29 . Επειδή

οι

+l 2 2 2 2n Α 7 . Να υπολογίσετε το άθροισμα: S = -- + "-. - + ... + 2 2 3+1 3 +1 3 +1

λύση

' ' χ =F- 1 ισχυει 32 + 1 2 χ - 1 1 = + = = = χ�1 � χ2 - 1 χ2 - 1 ( χ � 1 χ � 1 ) χ 2 - 1 => χ � 1 χ � 1 χ 2 - 1 2k Ι οπότε, αν θέσουμε στη τελευταία ισότητα χ = 3 και πολλαπλασιάσουμε επί 2 k + τα δύο 2 l l 2k+ 2k+ 2k + = k λαμβάνουμε (Ι) k•ι ak +Ι = 2 k 3 + 1 32 - 1 3z - 1 Με χρήση της σχέσης ( Ι ), για k = Ο, 1 , 2 , . . . , n λαμβάνουμε ο γενικος ' ' ' ορος ' του αθ ροισματος ειναι ο a k

�\

2k k -ι

αρατηρουμε οτι για

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/42

μέλη της

(

)(

)

) (

------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί -------2_ _ _2_ + _2_ _ ____r_ + + � - 2n +2 = 1 _ 2n + 2 S= • 3 - 1 3 2 - 1 3 2 - 1 3 22 - 1 3 2•>+\ - 1 3 2" - 1 3 2n+l - 1 • • •

1\ 6. Να αποδείξετε ότι για κάθε μη αρνητικό ακέραιο

n ο αριθ μός

τέλειο ς κύ βο ς .

Α = 2n

6 n δεν είναι

Κατ ' αρχή παρατηρούμε ότι για κάθε θετικό ακέραιο χ ο κύβος του modulo 7 είναι ισοϋπόλοιπος με τους Ο και ±1 , αφού ισχύει (7k + 1) 3 Ξ (7k + 2) 3 Ξ (7k + 4) 3 Ξ 1 ( mod 7) , (7k + 3/ Ξ (7k + 5)3 Ξ (7k + 6)3 Ξ -1 ( mod 7) . Στη συνέχεια, για κάθε ακέραιο n 2 Ο , γράφουμε An = 2n + 3n + 5n + 6n . Αν είναι n = 7k + υ, υ Ε {ο, 1 , 2, 3, 4, 5, 6 } ' επειδή 2n Ξ2υ ( ιrod7) , 3n Ξ3υ ( ιrod 7) ' 5n Ξ5υ ( mxl7) και 6n Ξ 6υ ( mod7) έπεται ότι A n Ξ Α υ ( mod 7) . Όμως, για υ Ε { 0, 1,2,3,4,5,6} έχουμε: Ασ =4Ξ4 (ιrοd7), � =74Ξ4(ιrοd7) , " =63074Ξ4 (ιrοd7) , Α =16Ξ2(ιrοd7) , Αι =20l8Ξ2 (ιrod 7) και Α3 = 376 Ξ 5( mod 7) , άρα ο ακέραιος A n , σύμφωνα με την αρχική παρατήρηση, δεν μπορεί να είναι /�i)ση

τέλειος κύβος .

Α 6 = 63074 Ξ 4( mod 7) μπορεί να προκύψει και από τις ισοτιμίες 26 = 43 Ξ 1 (mod 7) , 36 = 93 Ξ 1(mod7) , 56 = (7 - 2) 6 Ξ ( -2) 6 Ξ 26 Ξ 1 (mod 7) , 66 Ξ ( -1 ) 6 Ξ 1 (mod7). Π ιΡ μ αηΊ ρ η ση . Η σχέση

Ασκήσεις για λύση

Αν ο θετικός ακέραιος Α πολλαπλασιαστεί επί 3 ο ακέραιος που προκύπτει έχει το ίδιο άθροισμα ψηφίων με τον Α. Να αποδείξετε ότι ο Α διαιρείται με το 9. i\ S . Βρείτε όλους τους τετραψήφιους ακέραιους Α= αbcd = 1 ΟΟΟα + 1 OOb + 1 Oc + d που είναι τέτοιοι ώστε ο ακέραιος που προκύπτει μετά τη διαγραφή οποιουδήποτε ψηφίου τους διαφεί τον αρχικό ακέραιο Α ' 2 � -α +-b � -5 . ' α � b � 2a , να δείξετε οτι: Αν για τους θετικους' πραγματικους' αριθ μους' α, b ισχυει 2 b α 2 α b +-c <2. ,. ' θ ετικοι' πραγματικοι' αριθ μοι,' να αποδ ει' ξετε οτι: ' 1 <--+-Λ:J . Αν α , b , c ειναι α+b b+c c +α ι\ � Ο . Αν p, q είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε _!_ + _!_ = 1 , να αποδείξετε ότι: Ρ q 1 + Ι <Ι Ι Ι Ι (β) 2Ι. + (α) - � ' Ρ (p - I) q (q - I) 3 p (p + I) q (q + 1) 2 Γ 6 . Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° . Εξωτερικά του τριγώνου κατασκευάζουμε τετράγωνα ΑΒΔΕ και ΑΓΖΗ. Αν η ΓΔ τέμνει την ΑΒ στο Ι και η ΒΖ τέμνει την ΑΓ στο Θ, να αποδείξετε ότι ΑΙ = ΑΘ . Γ 7 . Σε κύκλο κέντρου Ο θεωρούμε μία διάμετρο ΑΒ και σημείο Γ πάνω στην ακτίνα ΟΒ. Η κάθετη επί την ΑΒ στο Γ τέμνει το ένα ημικύκλιο στο Δ. Κύκλος κέντρου Κ εφάπτεται στο τόξο ΒΔ και στα τμήματα ΓΔ και ΓΒ στα σημεία Ε, Ζ και Η, αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΔΗ είναι ισοσκελές. Λ5. Είναι δυνατόν να aριθμήσουμε τις Ι Ο συνολικά πλευρές και διαγώνιους ενός πενταγώνου με τους δέκα ακέραιους Ι ,2 ,3 , . . .. , 1 Ο έτσι ώστε για κάθε τρίγωνο που έχει κορυφές τρεις από τις κορυφές του πενταγώνου, το άθροισμα των αριθμών που αντιστοιχούν στις πλευρές του να είναι το ίδιο; �� ·δ . Στο Καρτεσιανό επίπεδο θεωρούμε το σύνολο S = { ( χ, y ) : χ, y Ε Ζ} όλων των σημείων του με ακέραιες συντεταγμένες. Να βρείτε τον ελάχιστο αριθμό χρωμάτων που είναι αναγκαία για το χρωματισμό όλων των σημείων του S έτσι ώστε να μην υπάρχουν δύο σημεία του S με απόσταση 5 που να έχουν χρωματιστεί με το ίδιο χρώμα. !\17 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.Ι/43

. Περιμένουμε τις συνεργασίες σας τις οποίες θα δημοσιεύσουμε με χαρά στο Περιοδικό του Ευκλείδη Α ' . Αγαπ η το ί Σ υνά δ ε λφο ι , Σας ευχόμαστε καλή χρονιά και δημιουργική

Από τον αναγνώστη μας Γιάννη Αγαπητοί Συνάδελφοι, μαθητή της Γ Γυμνασίου, Ονομάζομαι Σωτήρης Σωτηρίου, είμαι 26 ετών και κατοικώ στα Τρίκαλα. λάβαμε την παρακάτω επιστολή: Π ρ ος τη Συντακτική επιτροπή του Η αγάπη μου για την επιστήμη των ι::8J Μαθηματικών ξεκίνησε από τα μαθητικά μου «Ε υκλείδ η α '» Αγαπητέ Ευκλείδη, χρόνια και αυξήθηκε κατά τη διάρκεια των Σας στέλνω μια ιδέα που μου γεννήθηκε στο σπουδών μου στο Πανεπιστήμιο Αθηνών. μάθημα των Μαθηματικών όταν έμαθα πρώτη Εδώ και αρκετά χρόνια παρακολουθώ και φορά για τους περιοδικούς δεκαδικούς φροντίζω να προμηθεύομαι τα περιοδικά της αριθμούς, μήπως σας ενδιαφέρει, με την Μαθηματικής Εταιρείας, καθώς αποτελούν ελπίδα να τη δημοσιεύσετε στη στήλη του ένα πολύ σοβαρό και αξιόλογο επιστημονικό έργο. περιοδικού σας «Συνεργασίες που λάβαμε». Είναι πολύ ενδιαφέρον να εντοπίζω μέσα από Π ρότ αση (η διατύπωση της ιδέας): τα άρθρα και τις ασκήσεις των σεβαστών «Οποιοσδήποτε ακέραιος αριθμός διαιρεθεί με συναδέλφων Μαθηματικών, τον τρόπο σκέψης το 3 και δεν είναι πολλαπλάσιό του, έχει ως τους, καθώς αυτό με ωριμάζει και μου πηλίκο δεκαδικό περιοδικό αριθμό με περίοδο προτείνει νέες κατευθυντήριες γραμμές. 3 ή 6, οι οποίες περίοδοι εναλλάσσονται ανά Σας αποστέλλω ένα άρθρο που επιμελήθηκα με θέμα: « Η έννοια της Συνάρτησης» το ένα τέτοιο αριθμό». οποίο περιλαμβάνει θεωρία πάνω σ ' αυτή την ενότητα, λυμένες ασκήσεις προς επίλυση για Απόδει ξη Κάθε αριθμός που δεν είναι πολλαπλάσιο του τους μαθητές, με την επιθυμία να δημοσιευθεί στο περιοδικό Ευκλείδης Α ' . 3 είναι της μορφής 3 χ+ 1 ή 3 χ+2 Εύχομαι σε μια γόνιμη συνεργασία μαζί σας! Με εκτίμηση Σωτήρης Σωτηρίου 3χ + 1 9χ + 3 χ+Ο ) Άρα: ' 3 9 3χ + 2 9χ + 6 χ+Ο (5 � Αγαπητέ συνάδελ φ ε ευχαριστούμε για τα Και ' καλά σου λόγια . Η εργασία σου θα δημοσιευτεί 3 9 σε επόμενο τεύχος στην ύλη της αντίστοιχης Ευχαριστώ εκ των προτέρων τάξης. Γιάννης Βαρβαρίγγος � Από το Μέλλω Αργύριο, που τελείωσε την Μαθητής Γ Γυμνασίου Α 2ου Πρότυπου Πειραματικού Σχολείου ' τάξη του 6°υ Γυμνασίου Κατερίνης λάβαμε λύσεις ασκήσεων: Αθηνών Α1 -49, Β Ι Ο-56 και Γ4-34 ��

Βαρβαρίγγο,

�

Γιάννη, σε ευχαρι στούμε για τη συνεργασία και σε συγχαίρουμε για τη σύλληψη της παραπάνω « ιδέα ς» !

� Αγαπητέ Αργύριε, πολλά συγχαρητήρια και περιμένουμε νέες συνεργασίες σου στο περι οδικό.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ. l/44

Μαθη ματ ι κά κα ι Νέες Τεχνολογίες

=======

� ακρής Σταμάτης

Τα είδη των γων ι ών (Εργασία με τη GeoG e b ra 4) Ε ι σ αγ ωγ ικά Ι ) Η GeoGebra είναι ένα λογισμικό δυναμικής Γεωμετρίας.

Οξεία γωνία

Είναι ελεύθερη και πολλών πλατφόρμων εφαρμογή μαθη

Α'

ματικών για όλα τα επίπεδα της εκπαίδευσης. Η διαδικτυ

ακή της διεύθυνση είναι: http : //www.geogebra.org

Για να την εγκαταστήσετε στον υπολογιστή σας πηγαίνετε στη σελίδα της και επιλέξτε επιλέξτε το

«Λήψη Αρχείων».

ο ::

Κατόπιν,

«Πρόγραμμα εγκατάσταση ς χωρίς σύνδεση»

και δώστε την επιλογή του λειτουργικού σας συστήματος. Στο αναδυόμενο μενού επιλέξτε κευση»

και θα σας αποθηκεύσει ένα αρχείο π.χ.

« GeoGebra- Wίndows-/nstal/er-4-0-3 6-0».

«Αποθή

Με διπλό

κλικ στο αρχείο θα ξεκινήσει η διαδικασία εγκατάστασηςΌταν η εγκατάσταση ολοκληρωθεί θα υ πάρχουν στη επιφάνεια εργασίας του υπολογιστή σας δύο εικονίδια. Ένα της Geogebra και ένα της GeoGebraPrim που είναι έκδοση για χρήση όταν είστε συνδεδεμένοι στο διαδίκτυο.

2) Ανοίγοντας ένα νέο αρχείο GeoGebra θα δείτε το παρακάτω:

� Η πρώτη γραμμή

Από το μενού ση ως»

έχει διάφορα με

«Αρχείο»,

Μενού .

«Αποθήκευ

δώστε ένα όνομα στο αρχείο που

θα δη μιουργήσετε

Gonίes

π.χ.

και το

πρόγραμμα θα βάλει μόνο του, κατάληξη .gg b

Σώστε το αρχείο σε όποιο φάκελο θέλετε για να το βρίσκετε εύκολα. �

Στη

δεύτερη γραμμή

βρίσκονται τα

Ερ

γαλεία Γεωμετρίας . Οδηγίες για τα « Ε ργαλεία Γεωμετρίας» «click»

�

Μπορείτε να ενεργοποιήσετε ένα εργαλείο με αριστερό

στην αντίστοιχη εικόνα.

�

Μπορείτε να ενεργοποιήσετε την ομάδα εργαλείων πατώντας στο κόκκινο βελάκι στην κάτω δεξιά γωνία.

�

Στο τέλος της γραμμής εργαλείων εμφανίζονται οδηγίες για τη χρήση του εργαλείου που έχετε επιλέξει.

�

Ακόμη βλέπετε δύο παράθυρα, αριστερά της «Άλγεβρας» και δεξιά της γεωμετρίας:

«Γραφικά».

Είδη γωνιών - Π ροετο ιμασία

�

Ανοίξτε ένα αρχείο GeoGebra

�

Κλείστε το παράθυρο της

�

Αποκρύψτε τους άξονες από το μενού :

�

Από το μενού

«Άλγεβρα ς»

«Επιλογές»

επιλέξτε

από το μενού :

«Προβολή» � «Άλγεβρα»

«Προβολή» � «Άξονες»

«Ετικετοποίηση αντικειμένων» � «Μόνο σε νέα σημεία»

' Ο όη ' γ ιες Β�ημαΒ�ημα ' ιο

a=2 :

Το εργαλείο «Δρομέας», θα το βρείτε στην προτελευταία ομάδα των Γεωμετρικών Εργαλείων. Όταν το επιλέξετε με click, στο χώρο της γεωμετρίας θα εμφανιστεί το παράθυρο ιδιοτήτων του δρομέα. Δημιουργήστε ένα δρομέα: «Γωνία» α . . Στην επιλογή «Διάστημα» κρατήστε Ελάχιστο: 0 °, Μέyιστο :360 ° και Αύξηση: l 0• Στην επιλογή «Δρομέας» αλλάξτε το πλάτος από 72 σε 1 80. Πατήστε «Εφαρμογή» και θα έχετε το δρομέα α. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/45

------

Εργασία μ ε τη GeoGebra 4

Επιλέξτε το εργαλείο της

«Μετακίνησης»

είο πάνω στ •

για να αλλάξετε τιμές στο δρομέα. Από το

' του δ ο έα, ετακινείται από 0° έω 360°.

Από τη 2η σειρά εργαλείων, επιλέξτε το Ι 0, το Επιλέξτε το εργαλείο της

«Μετακίνηση ς»

«Νέο ση μείο»

και κάντε

click

στο κέντρο

για να αλλάξετε τη θέση του ση μείου Α στο

παράθυρο των Γραφικών. Με δεξί κλικ στο ση μείο Α επιλέξτε

«Μετονομασία>)

και στο

ά τε Ο. Από τη 8η σειρά εργαλείων, εmλέξτε το 2°, το •

�

που προκύπτει αν κάνετε λέξει το εργαλείο,

click

«Γωνία μ ε δοσμένο μέγεθ09)

από το μενού

στην κάτω γωνία της στοίβας των εργαλείων. Αφού έχετε εm

σε κενό χώρο θα δημιουργήσει το σημείο Α, δεύτερο

click,

την κορυ-

Μπορείτε να αλλάξετε τη θέση των σημείων Α και Ο αλλά η γωνία ΑΟΑ ' θα είναι πά ντοτε ίση με την τρέχουσα τιμή του δρομέα.

Επιλέξτε το εργαλείο της μετακίνησης. Μετακιν ' στε το δ ο έα ια να δείτε όλε Από τη Ι Οη σειρά εργαλείων, επιλέξτε το Ι 0 , το ABC

Στο πρώτο

click

δείχνετε τη θέση που θα τοποθετηθεί το κείμενό σας. Στο αναδυόμενο

που δη μιουργήσατε και με δεξί

click,

το χρώμα του κειμένου. Με δεξί χωρη μένερ)

«Εισαγωγή κειμένου)).

γράψτε:

0° <α< 900.

«Σύμβολα)) � «Βασικά)),

click,

αν επιλέξετε επιλέξετε

Το σύμβολο

«lδιότητερ),

«lδιότητερ)

«0>>

μπορείτε να αλλάξετε

και στην καρτέλα

«Προ

της μοίρας θα το εισάγετε ως εξής:

είναι το 2° της τελευταίας γραμμής. Με αυτό τον τρόπο το

κείμενο Οξεία γωνία θα εμφανίζεται μόνο όταν ο δρομέας και η γωνία παίρνουν τιμές

Συνεχίστε μόνοι σας να φτιάξετε και άλλα κείμενα που θα δίνουν τα διάφορα είδη γωνιών και θα εμ ανί ονται όταν ο δ Ση μειώστε ότι:

�

Μπορείτε με δεξί click και επιλέγοντας «lδιότητερ) σε οποιοδήποτε αντικείμενο να αλλάξετε χρώ ματα και στυλ. Φτιάξτε τα αντικείμενα με χρώματα της αρεσκείας σας.

�

Αν επιλέξετε το δρομέα μπορείτε να τον μετακινείτε και από τα βελάκια του πληκτρολογίου. Ερωτή ματα προ ς διερεύνηση :

Ι ) Τι συμβαίνει με τις η μιευθείες των πλευρών όταν α=0°;

2) Για ποια τιμή της γωνίας, οι πλευρές της είναι αντικείμενες η μιευθείες; 3 ) Για ποιές τιμές της γωνίας, οι πλευρές της είναι ημιευθείες κάθετες; 4) Τι συμβαίνει με τις η μιευθείες των πλευρών όταν α=360°;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ. l/46

« Ε υ κλείδης Α '» σε μ ι α πρωτότυπη έ κθεση με θέμα τα Μαθ η μ ατ ι κά Μια ημέρα του περασμένου M<itoυ ο «Ευκλείδης Α' » βρέθηκε στο 1° Γυμνάσιο της Σκά λας Ωρωπού. Είχε προηγηθεί μια πρόσκληση για να παραβρεθούμε σε μια έκθεση με θέμα τα Από μαθηματικά. την πρόσκληση φαινόταν κάτι ενδιαφέρον να συμβαίνει εκεί, αφού η έκθεση είχε για τίτλο ένα στιχάκι από δημοτικό τραγούδι που περιγράφει τον τρόπο με τον οποίο έφτιαξαν οι τεχνίτες τη Μονή Δαφνίου : . . με το ψηφί (με τη ψηφίδα), με το ριγλί (με τη ρίγα, δηλαδή τον χάρακα, τον γνωστό μας κανόνα), με το Ο

Φθάνοντας στο σχολείο και στην αίθουσα της έκθεσης εντυπωσιασθήκαμε από τον πλούτο των εκθεμάτων. Όταν όμως αρχίσαμε να τα περιεργαζόμαστε, τότε καταλάβαμε τον τίτ λο της έκθεσης. Καταλάβαμε δηλαδή ότι αυτός ταίριαζε στον τρόπο με τον οποίο οι μαθητές και οι μαθήτριες των τμημάτων Β 1 ,Γ 1 ,Γ2 ,Γ3 ,Γ4 , με τη καθοδήγηση και την επίβλεψη της καθηγήτρι ας τους των μαθηματικών κ. Γεωργίας Μ αραγκού, κατασκεύασαν τα έργα τους. Μόνο που αυ τοί δεν χρησιμοποίησαν χρυσές ψηφίδες και μαργαριτάρια αλλά πιο σύγχρονα και «ευτελή» υ λικά όπως ξύλο, MDF, γυαλί, ύφασμα, μπετόν, plexiglass, χαρτόνι, πλαστικό, κ.ά. Έργα όμως που μπόρεσαν να δώσουν στα Μαθηματικά μια διαφορετική και ενδιαφέρουσα διάσταση, συν δέοντας τα με πολλούς τομείς των επιστημών και των τεχνών. Τα θέματα της έκθεσης αφορούσαν τη χρυσή τομή, τις μαργαριτάρι».

πυθαγόρειες τριάδες, τα fractals, τα μαθηματικά στη λαϊκή τέχνη (βοτσαλωτά), διάφορες αποδείξεις του πυθαγορείου θεωρήματος, τη σπείρα των άρρητων αριθμών, τις μονάδες μέτρησης των επιφανειών, αλλά και εφαρμογές στον ΗΝ με

το πρόγραμμα geogebra, οι οποίες αφορούσαν το Πυθαγόρειο θεώρημα Ο π ίν α κ α ς τη ς α ί θο υ σ α ς τη ς έκθεσ η ς και τις γραφικές παραστάσεις της ευθείας και της παραβολής οι οποίες είχαν χρησιμοποιηθεί στην Β ' και Γ Γυμνασίου ως μια διδακτική παρέμβαση με νέες τεχνολογίες. Τέλος δεν έλειπαν και αναφορές σε θέματα από την ιστορία των μαθηματικών όπως : ο βίος και η σχολή του Πυθαγόρα, οι πυθαγορίδες γυναίκες και αγιογραφίες όπου απεικονίζεται ο θεός μ ' ένα διαβήτη κατά τον σχεδιασμό του σύμπαντος. Όπως χαρακτηριστικά ανέφερε η καθηγήτριά τους <<Σκοπός της έκθεσης είναι ν ' αγαπή σουν τα παιδιά τα Μαθηματικά, αφού τα Μαθηματικά είναι ΠΑΝΤΟ Υ ! ! !».

Οι μαθητές παρουσίασαν οι ίδιοι στο Διευθυντή του σχολείου, στους καθηγητές τους, στους συμμαθητές τους αλλά και σε γονείς και κηδεμόνες που βρέθηκαν εκεί, τα έργα τους. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ.l/47

------

«Ευκλείδης Α '

σε μια πρ ωτότυπη έκθ εση μ ε θέμ α τα Μ α θη ματικά

------

rιm:

Τα γελαστά πρόσωπά των μαθητών που συμμετείχαν με τα έργα τους στην έκθεση μαρτυ ρού σαν την ικανοποίησή τους. Είχαν δημιουργήσει και αυτή τους η δημιουργία ήταν απο τέλεσμα μιας «άλλης» σχέσης που είχαν αναπτύ ξει με τα μαθηματικά. <<Η συλλογικότητα στη Πινακίδες με βοτσαλωτά

σκέψη και η συ νερ γασία ήταν τα κύρια χαρακτηριστικά τη ς ομαδικής αυτής εργασίας που είχαν σαν αποτέλεσμα και μεγαλύτερο ενδια φέρον να δείξο υν οι μαθητές για το μάθημα και ν ' απο δώσο υ ν περισσότερο. Οι εμ πειρίες από την πραγματο ποίηση τη ς έκθεση ς ήταν ποικίλες και έντο νες» μας είπε η κ. Μαραγκού .

Στιγμιότυπα από την παρου σίαση των εκθεμάτων

Κατασκευές απόδειξη ς του Π.Θ.

Απόδειξη του Π.Θ. με . . . άμμο

Φεύγουμε από την έκθεση με πολλές - πολλές σκέψεις. Αλλά κυρίως είμαστε ενθουσιασμέ νοι γιατί πιστεύ ουμε πως εδραιώνεται η άποψη του «Ευκλείδη Α ' >>, ότι δηλαδή διεγείροντας τη φαντασία και το ενδιαφ έρον των μαθητών, οι βασικές έννοιες των μαθηματικών μπορούν να «ζωντανεύ σουν» και έτσι να γίνουν ευκολότερα αντιληπτές. Γιατί από αντικείμενα ψυχρής θεω ρητικής ανάπτυξης μπορούν να γίνουν κίνητρα για συζήτηση και συμμετοχή σε δημιουργικές δραστηριότητες. Για τον «Ευκλείδη Α ' » (Σχολική Σύ μβουλος Μαθηματικών Ανατολικής Αττικής) Στάμη Τ σικοπούλου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 85 τ.l/48

======

'HI .

Παιχν ίδια μ ε αρ ιθ μούς

ΜΔ2.

Στο αυτοκί ν ητο

Έστω χ είναι ένας θετικός διψήφιος αριθ μός. Προσθέτουμε τα ψηφία του χ και αφαι ρούμε το άθροισμα που βρήκαμε από τον α ριθμό χ. Έστω y ο αριθμός που προκύπτει. Στη συνέχεια διαιρούμε τον y με το 9 και ονομά ζουμε z το πηλίκο της διαίρεσης. Να βρεθεί ο μέσος όρος των δυνατών τιμών που μπορεί να πάρει ο αριθμός z .

Σπύρος Γεωργίου

Ένας άνδρας έχει ακριβώς 45 κάλτσες στο συρτάρι του. 1 4 από αυτές είναι μπλε, 24 είναι κόκκινες και 7 είναι μαύρες. Το ρεύμα είναι κομμένο και είναι απόλυτο σκοτάδι μέσα στο δωμάτιό του. Μπορείτε να βρείτε πόσες το λι γότερο κάλτσες πρέπει να πάρει, ώστε να είναι σίγουρος ότι έχει ένα ζευγάρι από κάθε χρώ μα; Μ Δ4 .

Π ρώτοι αρ ι θ μοί

ΜΔ5.

Τ α τ ετράγ ω ν α

Χρησιμοποιώντας ακριβώς από μία φορά τα ψηφία Ι , 2, 3, 4, 5, 6, 7 και 9 σχηματίζουμε 4 διψήφιους πρώτους αριθμούς. Βρείτε το ά θροισμά τους.

D D [Jz D'

Ενώ ο Νίκος οδηγούσε το αυτοκίνητο του στον αυτοκινητόδρομο Θεσσαλονίκης- Αθή νας, παρατήρησε ότι το κοντέρ του αυτοκινή του του έγραφε τον αριθμό 1 393 1 . Ο αριθμός Ακολουθώντας τη λογική που σχηματί αυτός ονομάζεται παλινδρομικός ή καρκινικός ζονται τα πρώτα 3 τετράγωνα, βρείτε τον α επειδή διαβάζεται το ίδιο και από τα δεξιά ριθμό που λείπει στο τέταρτο τετράγωνο. προς τα αριστερά. Μετά από 2 ώρες οδήγη Μ Δ 6 . Ο κύ βος σης, ο Νίκος παρατήρησε ότι το κοντέρ του Στον παρακάτω κύβο, βρείτε πόσες μοίρες έδειχνε έναν άλλο παλινδρομικό αριθμό. Θεω είναι η γωνία ABC. ρώντας ότι το αυτοκίνητο έτρεχε με φυσιολο γική ταχύτητα (μεγαλύτερη από 60 Κrn/h και μικρότερη από 1 20 Κrn/h), ποιος θα μπορούσε να ήταν ο νέος αριθμός; 8

Μ Δ3 .

Οι κάλτ σε ς

Ή'

• •

ιJ ,j ιj ιj

ιi

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85 τ. 1/49

!Ο

�

------ Τα Μαθηματ ικά μας διασκεδάζουν

------

Απαντήσεις προηγούμενου τεύχους Μ Δ 1 3 . Τοποθετήστε τα ψηφία 1 έως 9 9

=Ο

είναι 1 Ο cm και επομένως η ακτίνα του είναι 5 cm. Αν α είναι η πλευρά του μικρού τετραγώ νου, τότε από το Πυθαγόρειο θεώρημα έχου με: α2=52+52=25+25=50.

+ 8

= 1

A.J.JJx το εμβαδόν του μικρού τετραγώνου εί, ' ' ' ναι ισο με α2 και επομενως ειναι ισο με 50 cm2 .

ριθμοί

χ 1

Μ Δ 1 7. Οι δύο διαδοχικοί ακέραιοι α

Α' τρόπος: Με δοκιμές βρίσκουμε ότι:

302 -292=9 00-84 1 =5 9 ( μικρό) ,

Μ Δ 1 4. Ο διαγωνισμός μαθη ματικών Από τα δεδομένα προκύπτει ότι στην πρώ τη θέση δεν μπορεί να είνάι η Αλίκη , η Βασι

5 02 -492=2 5 00-240 1 =99 (μικρό) 602-5 92=3 600-348 ι = 1 1 9 (ακόμη μικρό) 902 -892=8 1 00-792 1 = 1 79 (πλησιάζουμε . . . )

λική , ο Κώστας και η Κατερίνα. Επειδή όμως

1 οο2 -992= 1 οοοο-980 1 = ι 99.

η Αλίκη κατατάχτηκε σε περιττή θέση, η Ελέ

Άρα οι αριθμοί είναι οι 99 και Ι 00 και επομέ

νη θα κατατάχτηκε σε άρτια και άρα ούτε αυ

νως το άθροισμα των τετραγώνων τους είναι

τή ήταν πρώτη . Άρα την πρώτη θέση πήρε ο

992+ 1 οο2=98Ο 1 + Ι οοοο= ι 9 80 1 .

Γιώργος και επομένως ο Κώστας πή ρε την

Β ' τρόπος: Αν κ είναι ο μικρότερος από

τρίτη θέση . Έτσι η Αλίκη πήρε την πέμπτη θέ

τους δύο αριθμούς και κ+ 1 είναι ο επόμενος,

ση , αφού κατατάχτηκε σε περιττή θέση . Άρα η

τότε από τη γνωσηΊ ταυτότητα της διαφοράς

Ελένη πήρε την τέταρτη θέση . Η Βασιλική

τετραγώνων έχουμε:

αφού δεν ήταν ούτε πρώτη ούτε τελευταία πή

(κ+ 1 ) 2-κ2=(κ+ 1 -κ)(κ+ 1 +κ)=2κ+ 1 .

ρε τη δεύτερη θέση και τελευταία ήταν η Κα

Άρα 2κ+ 1 = 1 99 ή 2κ= 1 98 ή κ=99

τερίνα. Η τελική κατάταξη είναι:

Δηλαδή οι αριθμοί είναι οι 99 και 1 00 και ε

1 . Γιώργος

πομένως το άθροισμα των τετραγώνων τους

2. Βασιλική

είναι 992+ 1 002=980 1 + 1 0000= 1 980 Ι .

3 . Κώστας 4. Ελένη

Μ Δ 1 8. Ο μυστικός εξαψήφιος αριθμός

5 . Αλίκη

Στοιχείο 3 : Ο μόνος πρώτος παράγοντας του

6. Κατερίνα

μεσαίου τετραψήφιου τμή ματος του είναι το 1 1 , άρα ο αριθμός είναι = 1 1 χ 1 1 ή 1 1 χ Ι 1 χ 1 1

Μ Δ 1 5. Άθροισμα 1 5

Επειδή 1 +2 +3=6 και Ι 5=6+9, καταλαβαί

1 1 χ 1 1 χ 1 1 χ 1 1 , κ.λ.π. Από αυτούς μόνο ο

νουμε ότι ο μεγαλύτερος αριθμός που μπο

1Ι

ρούμε να χρησιμοποιήσουμε είναι το 9. Πράγ

4-ψήφιο τμήμα του είναι το 1 3 3 Ι .

ματι, γράφοντας αρχικά το 1 5 σαν άθροισμα δύο αριθμών και αναλύοντάς το έχουμε :

Ι Ι χ Ι Ι = Ι 3 3 Ι έχει 4 ψηφία. Έτσι το μεσαίο

Στο ιχείο 1 : Ο αριθμός διαβάζεται το ίδιο και

15 = 9 + 6 = 9 + 3 + 2 + 1

από τα δεξιά προς τα αριστερά. Άρα θα είναι

της μορφής Α 1 3 3 1 Α.

8 + 7= 8 +4+2 + 1

Ι5 = 7 + 8 = 7 + 5 +2 + 1 ή 7+4 + 3 + 1 15 = 6 + 9 = 6 + 5 + 3 + 1 ή 6 + 4 + 3 + 2 Άρα το 1 5 μπορεί να γραφεί σαν άθροισμα 4 διαφορετικών προσθετέων με 6 συνολικά δια φορετικούς τρόπους.

Στοιχείο 2 : Είναι πολλαπλάσιο του 9, άρα το

άθροισμα των ψηφίων του θα είναι πολλαπλά σιο του 9 . Άρα Α + Ι + 3 + 3 + Ι + Α = Α + 8 + Α πρέπει να είναι ίσο με 9 ή 1 8 . Δεν υπάρχει ψηφίο που

Μ Δ 1 6. Τα δυο τετράγωνα

Αφού το εμβαδόν του εξωτερικού τετρα γώνου είναι 1 00 cm2, η πλευρά του τετραγώ νου είναι 1 Ο cm. Ά ρα η διάμετρος του κύκλου

να ικανοποιεί την Α + 8 + Α = 9, άρα Α + 8 + Α = 1 8 , από όπου προκύπτει ότι Α = 5 . Επομένως ο μυστικός αριθμός του κ . Χάϊντ εί ναι ο 5 1 33 1 5 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 85

τ. 1/50