Ευκλειδης α 90 by demi de

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΛΗΡΟΦΟΡΗΣΗΣ

Τεύχος 90

""'

για το yυμvασιο

Οκτώβριος - Νοέμβριος -Δεκέμβριος 2013 Τιμή Τεύχους Ευρώ 3,00 e-mail: info@hms.gr,

Ευκλείδης Τα Μαθηματικά στον Κόσμο

•

Μαθηματικά yια την οπτική μας αντίληψη,

Στέφανος Κεtσογλου

....... ..... ................. ................... .... .... ...... ..... 1

Χρυσή Τομή,

Αθανασία Κυριακοπούλου . ........... ............................. .................. 3

Από την Ιστορία των Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά στο Σχολείο

Γ'τάξη Μεθοδο οy(α ροβλη�άτων, Παvαyιωτης Κυραvας- Κωστας ΣαJιαpης .. ... ..................... 23 Εξισώσεις 2°" και προβλήματα Βαθμού,

�

Επ�υσης n_

Γιώργος Λυμπερόπουλος-Τάσος Μπακάλης- Μαρία Σίσκου Η

Ιστορίες με Κλάσματα, Δ. Παλαιογιαwίδης .. . ... ..... . .... ..... ..... ... ............... ... ......... ...... ..... ... 5

www.hms.gr

ομοιότητα και οι σχέσεις των ομοίων σχημάτων,

Σταυρούλα Αλαφάκη -ΣτέφανοςΚεtσογλου

Κώστας Γ. Σάλαρης-ΑvδρέαςΝ.Τριαvταφύλλου

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

28 32

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

• Α'τάξη Εφεξής και διαδοχικές yωνίες,

Επιμέλεια: Επιτροπή Διαγωνισμών

Αθανασία Κυριακοπούλου

Ένα πρόβλημα με πολλές λύσεις,

Μαθηματικοί Διαyωνισμοί,

................................. .......................... 8

Κλάσματα και δεκαδικοί, ΣτέφανοςΚεtσογλου ...... ... . ...... ..... ............... ................ ..... ..... .... 11 •

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

Κανονικά πολύyωνα,

Αιμιλία Κόσυβα

............. ............. ............... 33

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

.... ..... 41

Διάφορα ΟΧΙ Αδιάφορα Αριθμητικά ΤΡΙΚ και Υπολοyισμοί στα ... Γρήyορα!!!, Σπύρος Γεωργίου

Β'τάξη Οι ρητοί και οι άρρητοι αριθμοί στον κόσμο των Μαθηματικών,

Κιούφτη Ροδούλα -Αρyύρη Παναγιώτα

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

Ο δρόμος yια τα Πρότυπα Πειραματικά Λύκεια,

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

Μέτρηση της περιφέρειας της Γης από μαθητές ' με τη μέθοδο του Ερατοσθένη,

ΑρδαβάvηΚαλλιόπη-Του(ΜΧβίτηςΣτέργιος ................................. 20

Γεώργιος Μαυρομανωλάκης

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

Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν,

Σπύρος Γεωργίου

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

43 46 49

.....••..•.•..•••..•...•••.••••••.•.........•.•..•••.•••••.••.•.•••••.•••.....••....•...................•••••..•...•.....

rι,. .. .,..

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34 106 79ΑΘΗΝΑ Τηλ.: 21 Ο 3617784 - 21Ο 3616532 Fax: 210 3641025

Εκδότης:

Διευθυντής:

ΓεώργιΟ() Δημάκ()()

Εμμανουήλ Κρητικός Επιμέλεια "Εκδοσης:

Κιούφτη Ροδούλα Κυpιακοπούλου Ν6νσυ Σ6λαpης Κωνσταντίνος

ΧΟΡΗΓΟΣ ΕΚΔΟΣΗΣ

Κοινωψελrs Ίδμυμα Ιωίιννη Σ. \άτσπ

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑJΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ

Συντακτική Επιτροπή

Επίτιμος Πρόεδρος: Ωpαιόπουλος Γεώργιος Πρόεδρος: Κεfαογλου Στέφανος Α' Αντιπ ρό ε δρος : Κυράνας Παναγιώτης s· Αντιπ ρό ε δρος: Λυμπεpόπουλος Γεώργιος Μέλη: Αγγελή "Άννα Αλαφάκη Σταυρούλα

Αλεξανδράτου Άννα Αντωνοπούλου Κατιάννα Αποστόλου Αγγελική Αρδαβάνη Πόπη Γεωργίου Σπύρος Θεοδωρόπουλος Θρααύβουλος Κιούφτη Ροδούλα Κυράνας Παναγιώτης

Κυριακοπούλου Νάναυ Λυμπερόπουλος Γεώργιος Μενδωνίδης Γεώργιος Μορφοπούλου Μαρία Μπακάλης Αναστάαιος Παλαιογιαννίδης Δημήτριος Σ6λαρης Κωναταντίνος Σίακου Μαρία Τουρναβίτης Στέργιος Ταικοπούλου Στάμη Φερεντίνος Σπυρίδων Χριστοδούλου Ντόρα Χρυαοβέργης Μιχαήλ Ωραιόπουλος Γεώργιος Αποκεντρωμένοι αυνεργάτες Γιάννης θωμα"iδης (Θεα/νίκη) Γιώργος Ρίζος (Κέρκυρα) Γιώργος Τααπακίδης (Αγρίνιο) Ειρήνη Περιαuνάκη (Κρήτη) Γιάννης Ράλλης (Χίος)

Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι, το περιοδικά μας αποκτά σιγά σιγά ένα ψηφιακό χώρο στον οποίο θα μπορείτε να διαβάζετε ένα μικρά απόσπασμα από 6ρθρα του περιοδικού. Μία σημαντική καινοτομία που εγκαινιάζουμε είναι το ότι σε ορισμένα άρθρα υπάρχει σύνδεσμος που σας οδηγεί είτε σε μία διαδραστική εφαρμογή είτε σε μία ιστοσελίδα ιστότοπου με διαδραστικό περιεχόμενο σχετικό με το άρθρο. Το μόνο που χρειάζεται από εσάς είναι να μπ είτε στη διεύθυν ση http://www.hms.gr/πode/�23, να κάνετε κλικ στο αύνδεσμο «Αποσπάσματα και διαδραστικές εφαρμογές» και να επιλέξετε στη συνέχεια το τεύχος που σας ενδιαφέρει.

Ο Πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Στέφανος Κεfσογλου

Κωδικ� ΕΛ.ΤΑ: 2054 ISSN: 1105- 7998

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

•

ΙΔιΟΚΤΗΣΙΑ

της ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ Στοιχειοθεσία - Σελιδοποίηση: ΕΜΗΝιΚΗ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ ΕτΑΙΡΕΙΑ

Εκτύπωση:

ROTOPRιNT IA. ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ & ΣΙΑ EEI.

τηλ.: 210

6623778 - 358

Υπεύθυνος τυπογραφείου: Δ. Παπαδόπουλος

•

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονται από την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργασίες, τα άρΘρα, οι προτεινόμενες ασκnσεις, οι λύσεις ασκnσεων κτλ. πρέπει να στέλνονται έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη Α'". Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται. Όλα τα άρθρα υπόκεινται σε κρίση

Τιμή τεύχους: ευρώ 3,00

Ετήαια 17ΙΙνδρομή (1 0,00+2,00 Ταχυδρομικά=εuρώ 12,00). Ετήαια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 10,00 Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγέλνονται στέλνεται:

1. Με απλn ταχυδρομικn επιταγn σε διαταγn Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθnνα 54 Τ.Θ. 30044 2. Στην ιστοσελίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικnς συναλλαγnς με την τράπεζα EUROBANK 3. Πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε.

Μαθηματικά για την οπτική μας αντίληψη. Στέφανος Κε ίσογλου κόσμος

που μας περιβάλλει γίνεται αντιληπτός μέσα από τις αισθήσεις μας και ιδιαίτερα ην ό ρ αση και την ακοή. Αυτά που βλέπουμε και ακούμε όμως για να αποκτήσουν νόη μα χρειάζονται επεξεργασία, συγκεκριμένα χρειάζεται να διαθέτουμε στο νου μας κά ποια εργ αλεία τα οποία συνήθως τα αποκαλούμε ερμηνευτικά εργαλεία. Εμείς θα ασχοληθούμε με το πλέον έγκυρο και πανανθρώπινο ερμηνευτικό εργαλείο, τα Μαθηματικά, και θα δούμε πως με τα Μαθηματικά ο άνθρωπος μπορεί να δώσει νόημα και να καταλάβει καλύτερα την οπτική του αντίληψη. Όμως με τα Μαθηματικά δεν αρκούμεθα στο να καταλάβουμε τον κόσμο που μας περιβάλλει αλλά δημιουργούμε και άλλους κόσμους, ίσως όχι ρεαλιστικούς αλλά με ενδιαφέρο ντα αισθητικά και καλλιτεχνικά χαρακτηριστικά. Ας πάρουμε όμως τα πράγματα από την αρχή. Η πιο απλή, η πιο κοινή εμπειρία μας, που προέρχεται από την οπτική μας αντίληψη, είναι η αίσθηση ότι παρατηρώντας μία πλακοστρωμέ νη αυλή οι απομακρυσμένες πλάκες φαίνονται μικρότερες (Εικόνα 1 ). Μία παρόμοια εμπειρία είναι η αίσθηση ότι αν παρατηρούμε κολώνες σε μία σειρά τότε αυτές που βρίσκονται μακρύτε ρα φαίνονται κοντύτερες. Το πλέον εντυπωσιακό όμως είναι ότι παρατηρώντας δύο παράλληλες σειρές από στήλες, π. χ πάνω σε ένα ίσιο δρόμο, έχουμε την εντύπωση ότι οι γραμμές αυτές συ γκλίνουν, σαν να προσπαθούν να συναντηθούν σε κάποιο σημείο πολύ μακριά (Εικόνα 2).

Εικόνα 1

Εικόνα 2

Είναι γεγονός ότι ο Ευκλείδης με το έργο του ·· οπτικά·· ξεκινά μία συστηματική προσπάθεια για να ερμηνεύσει με Μαθηματικό τρόπο τα παραπάνω φαινόμενα. Εκεί στα Οπτικά του ο Ευ κλείδης θεωρεί χρήσιμο να δώσει πρώτα μερικούς ''ορισμούς" από τους οποίους θα αναφέρουμε δύο γιατί θα μας είναι ιδιαίτερα χρήσιμοι. Αρχικά ο Ευκλείδης λέει ότι από το μάτι μας ξεκινά ένας νοερός κώνος και εμείς βλέπουμε μόνο τα πράγματα που περιέχονται μέσα σε αυτό τον κώνο. Ο οπτικός μας κώνος έχει κορυφή το μάτι μας και κάθε αντικείμενο που βρίσκεται μέσα στον οπτικό μας κώνο είναι ορατό, δηλαδή πέφτει στην αντίληψή μας. Μία άλλη αρχή είναι αυτή που λέει ότι όσο μεγαλύτερη είναι η οπτική γωνία με την οποία βλέπουμε ένα αντικείμενο τόσο μεγαλύτερο φαίνεται το αντικείμενο. Αυτό σημαίνει ότι σε κάθε αντικείμενο εκτιμάμε το μέγεθός του μέσω της οπτικής του γωνίας θ. Ας δούμε τώρα πως ο Ευκλείδης ερμηνεύει το φαινόμενο με τα πλακάκια στην πλα κόστρωση. Σαν γνήσιος Γεωμέτρης αρχικά διατυπώνει μία πρόταση με Γεωμετρικούς όρους: <<Από τα ίσα τμήματα, που βρίσκονται στην ίδια ευθεία, τα πιο απομακρυσμένα φαίνονται μι κρότερα» για να χρησιμοποιήσουμε τα λόγια του ίδιου. Πριν αναλύσουμε το πως ο Ευκλείδης αποδεικνύει την πρόταση αυτή ας δούμε μία πρώτη διερεύνηση με βάση τις μετρήσεις της οπτικής μας γωνίας. Σε κάθε ένα από τα 5 ίσα τμήματα ( 1 , 2, 3 , 4, 5) αντιστοιχεί και διαφορετική οπτική γωνία (α, β, γ, δ, ε) όταν το μάτι μας βρίσκεται στο σημείο Μ. Παρατηρείστε τον τρόπο με τον οποίο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/1

------

Μαθηματικά για την οπτική μας αντίληψη

μικραίνει η οπτική μας γωνία άρα και το φαινόμενο μέγεθος σε κάθε ένα από τα ίσα τμήματα. Ο Ευκλείδης όμως δεν αρκείται στο να μετρήσει τις γωνίες και να διαmστώσει ότι πράγματι το φαινόμενο μέγεθος συνεχώς μικραίνει, αυτό το απαξιώνει εντελώς. Σαν γνήσιος Μαθηματι κός δίνει μία γενική απόδειξη χρησιμοποιώντας μόνο λογικά και έγκυρα από Μαθηματική άπο ψη επιχειρήματα. Για να κάνει όμως την απόδειξη χρειάζεται Μαθηματικά εργαλεία, δηλαδή βασικές γνώσεις και θεωρήματα για να τα εφαρμόσει κατάλληλα. Οι βασικές αυτές γνώσεις είναι οι πα ακάτω: ο

α) Από ένα σημείο Ο εκτός ευθείας το κάθετο τμήμα α,

με το άλλο άκρο του στην ευθεία, είναι μικρότερο από ο ποιοδήποτε πλάγιο β.

β) Αν από το μέσο Μ πλευράς τριγώνου ΟΑΓ φέρω πα ράλληλη προς μία άλλη πλευρά τότε αυτή θα περάσει από το μέσον Β της τρίτης πλευράς του τριγώνου. Ενώ το τμή μα ΜΒ που ενώνει τα μέσα των δύο πλευρών είναι ίσο με το μισό της τρίτης πλευράς ΟΓ.

γ) Σε κάθε τρίγωνο απέναντι από τη μεγαλύτερη γωνία βρίσκεται η μεγαλύτερη πλευρά. Ας δούμε λοιπόν την απόδειξη που προτείνει ο Ευκλείδης. 1) Φέρνει τη ΒΜ παράλληλη προς την ΟΓ καθώς γνωρίζει ότι ο η παραλληλία μεταφέρει γωνίες. 2) Σκέφτεται ότι η γωνία φ έχει μεταφερθεί στην ΟΒΜ οπότε αντί να συγκρίνει τη γωνία ω με τη φ, συγκρίνει την ω με την ΟΒΜ στο τρίγωνο ΟΜΒ. 3) Με δεδομένο ότι ΟΑ<ΟΓ, συμπεραίνει ότι και ΟΜ<ΜΒ, οπότε φ<ω. Αυτό σημαίνει ότι το τμήμα ΒΓ φαίνεται μικρότερο από το ΑΒ. Δ Όμως η πρόταση που μόλις απέδειξε ερμηνεύει ένα μόνο Γ Α Β φαινόμενο γι αυτό συνεχίζει να διατυπώνει και άλλες προτά σεις με τις οποίες επιχειρεί να ερμηνεύσει μία άλλη βασική οπτική μας αντίληψη. Θα ασχολη θούμε με μία από αυτές η οποία λέει: «Τα ίσα και παράλληλα διαστήματα που παρατηρούνται από απόσταση φαίνονται ανισοπλατή». Στην πρόταση αυτή ο Ευκλείδης εmχειρεί να περιγράψει με γεωμετρικούς όρους την αντίληψη της σύγκλισης των παράλληλων ευθειών, καθώς απομακρύνονται από τον παρατηρητή. Στην πραγματικό τητα ισχύει ΑΒ=ΓΔ=ΕΖ για τα φαινόμενα μεγέθη, όμως, για τις γωνίες όρασης, ισχύει α>β>γ, όπου α, β, γ τα φαινόμενα μεγέθη των τμημάτων ΑΒ, ΓΔ, ΕΖ, αντίστοιχα. Θα μπορούσαμε να θεωρήσουμε τις δύο προτάσεις συμπληρωματι κές, αφού περιγράφουν δύο βασικές προοπτικές μας <<ψευδαισθή σεις>>, δηλαδή τη σύγκλιση των παραλλήλων και την ελάττωση των αποστάσεων ισαπεχόντων τμημάτων. Σήμερα είμαστε εξοικειωμέ νοι με την εικόνα των παράλληλων γραμμών πάνω στο έδαφος που φαίνεται να συγκλίνουν στο βάθος. Τώρα πλέον κάθε φορά που θα .... βλέπετε τις γραμμές του τραίνου να προσπαθούν να συναντηθούν κάπου στον ορίζοντα θα μπορείτε να δώσετε μία μαθηματική εξή γηση για αυτή την οπτική σας αντίληψη. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/2

Χρυσή Τομή Αθανασία Κυριακοπούλου Ποιο από τα παρακάτω ορ θογώνια παραλ ληλόγραμμα θεωρείτε πιο ό μορφο; e,____ _ _,H

r,_______ Δ

ΙιΙ

Έχετε τε τι

4z .. ---r:ι-

Αν θεωρείτε το ορθογώνιο ΑΒΓΔ πιο όμορφο, τότε ανήκετε στο μεγαλύτερο ποσοστό του πληθυσμού που το θεωρεί ως πιο όμορφο και αρμονικό σχήμα από οποιοδήποτε άλλο ορθογώνιο.

ακούσει ποτέ τη Χpυσή Τομή; Ξέρε

είναι;

Η Χρυσή Τομή φ (συμβολίζεται με το γράμμα της ελληνικής αλφαβήτου φ προς τιμή του Φειδία) είναι μία αναλογία. Η αναλογία αυτη ειναι περίπου και θεωρείται ότι δίνει αρμονικές αναλογίες. Αναλογίες δηλαδή που το μάτι μας, σαν να ήταν προγραμματι σμένο εξαρχής έτσι, θεωρεί αρμονικές και ό μορφες. Το παραπάνω ορθογώνιο ΑΒΓΔ λέγεται χρυσό ορθογώνιο και είναι εκείνο στο οποίο αν διαιρέσουμε το μήκος της μεγαλύτερης πλευράς του προς το μήκος της μικρότερης πλευράς του παίρνουμε πηλίκο ίσο με τον χρυσό αριθμό φ= 1 ,61 8033989 . . . Η χρυσή τομή σε ένα ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ είναι ο λόγος φ τέτοιος ώστε: ΑΓ ΑΒ 1, 6 1 8 φ ΑΓ = ΒΓ =

;:::

Τη χρυσή τομή εισήγαγε και υπολόγισε ο Πυθαγόρας, (585 - 500 π.Χ.). Από τότε έχει χρησιμοποιηθεί στην αρχιτεκτονική και τη ζω γραφική, τόσο κατά την αρχαία Ελλάδα όσο και κατά την Αναγέννηση. Κάποιοι από τους μεγαλύτερους μαθηματικούς όλων των επο χών, από τον Πυθαγόρα και τον Ευκλείδη, τον

μεσαιωνικό Ιταλό μαθη ματικό Leonardo of Pisa (Fibonacci), τον αναγεν αστρονόμο νησιακό Johannes Kepler έως σημερινές επιστημονικές φυσιογνωμίες όπως τον Καθηγητή της Οξφόρ δης Roger Penrose έχουν αφιερώσει αμέτρητες ώρες γύρω από αυτήν την αναλογία και τις ι διότητές της. Όμως η γοητεία της χρυσής το μής δεν περιορίστηκε μόνο σε μαθηματικούς. Βιολόγοι, καλλιτέχνες, μουσικοί, ιστορικοί, αρχιτέκτονες, ψυχολόγοι, και ακόμη και μυ στικιστές έχουν αναρωτηθεί και αναζητήσει τη βάση της πανταχού παρούσας αυτής έννοιας. Εν τέλει, η χρυσή τομή ενέπνευσε στοχαστές όλων των κλάδων όπως κανένας άλλος αριθ μός στην ιστορία των μαθηματικών. Στην "Τζοκόντα" του Leonardo da Vinci, στην πυ ραμίδα του Χέοπα, στο ανθρώπινο σώμα συ ναντά κανείς τη χρυσή τομή. Αλλά και στην οικονομία συναντάμε πιστωτικές κάρτες που είναι σε σχήμα χρυσού ορθογωνίου. Το χρυσό ορθογώνιο εμφανίζεται συνέ χεια στην κατασκευή του Παρθενώνα. Στο παρακάτω σχήμα βλέπουμε έξι (6) τέτοια χρυ σά ορθογώνια.

Ας

ρίξουμε

μια πιο

χρυσό αριθμό φ: , i . ποσο ·

1 φ

προσεκτική ματιά στον

, ι- ; κανε φ

1 0.6 1 803398875 . . . 1 .6 1 803398875 . . . Η απάντηση σας θυμίζει κάτι; Είναι κατά λιγότερο από το φ : φ - 1 0.6 1 803398875 . . . Έτσι, μόλις διαπιστώσαμε ότι ο αριθμός φ είναι ο θετικός αριθμός ο οποίος αν ελατ τωθεί κατά μία μονάδα αντιστρέφεται: =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/3

-------

Χρυσή Τομή iv.

φ-1 =φ ii. Τι προκύπτει αν υψώσουμε το φ στο τε2 τρ άγωνο: φ = 2.61803398875 ... Η απάντηση σας θυμίζει κάτι; Είναι κατά

περισσότερο από το φ: φ 2 = φ + 1 Έτσι, μόλις διαπιστώσαμε ότι ο αριθμός φ είναι ο θετικός αριθμός ο οποίος αν υψωθεί στο τετράγωνο θα αυξηθεί κατά μία μονάδα:

--------�

Κατασκευάστε ένα τετράγωνο εφαπτόμε νο (στην κάτω πλευρά) με πλευρά 5 και κατασκευάσετε τετράγωνο πλευράς 8 ε φαπτόμενο (στην αριστερή πλευρά) του προηγούμενου σχήματος. Κατασκευάστε ένα τεταρτοκύκλιο στο εσωτερικό κάθε τετραγώνου.

Εοο)τή ιιατα

Βρείτε τα δύο κοινά σημεία της παραβο λής y=x2 -1 με την ευθεία y=x. τι σας θυμίζουν οι συντεταγμένες αυτών των σημείων; Έχουμε την ακολουθία των αριθμών 1, 1, 2, 3, 5, 8, 1 3, 2 1, 34, 55, 89, ' 144, 233, 377, 6 1 0, 987, 1 597, 2584, 4 1 8 1, 6765, ...

Μπορείτε να βρείτε τον επόμενο αριθμό; . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Η παραπάνω ακολουθία λέγεται Fibo nacci. Βρείτε τους λόγους των διαδοχι κών όρων της ακολουθίας Fibonacci: 2 5 3 8 = = = = 1 13 8

2 21 13

-� ...

3 34 ::::: 21

5 55 34

-� ...

Πού τείνουν αυτοί οι λόγοι; . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Το πρόβλημα με τα κουνέλια. Αν δε χτούμε ότι τα κουνέλια ζευγαρώνουν στην ηλικία του ενός μήνα και ο χρόνος κυήσεως είναι ένας μήνας, πόσα ζευγάρια κουνελιών θα έχουμε σε έναν χρόνο αν ξεκινήσουμε με ένα νεογέννητο ζευγάρι κουνελιών;

σπείρα αυτή μοιάζει με τη σπείρα των

οστρακοειδών.

Ας κατασκευάσουμε τη yj)υσ� τομ.�! Ι.

Π.

111. IV. V.

Κατασκευάστε ένα τετράγωνο πλευράς 1.

Φέρτε ευθεία παράλληλη προς τη μια βάση και χωρίστε το τετράγωνο σε δύο ίσα ορθογώνια (πλευρών 1 και 1/2) και φέρτε μία διαγώνιό του. Κατασκευάστε κύκλο με κέντρο το μέσο της μίας πλευράς του τετραγώνου και ακτίνα τη διαγώνιο του ορθογωνίου. Προεκτείνετε την πλευρά του τετραγώ νου πάνω στην οποία βρίσκεται το κέ ντρο του κύκλου ως τον κύκλο. Υπολογίστε το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος που αποτελείται από την πλευρά του τετραγώνου μαζί με την προέκταση αυτή.

Να λυθεί το παραπάνω πρόβλημα με τους εξής όρους:

Τα κουνέλια ποτέ δεν πεθαίνουν. Κάθε ζευγάρι γεννά πάντα στον ένα μή ΕΦαομ.ο:_rή σε τοίyωνο: να άλλο ένα ζευγάρι που ζευγαρώνει. Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με γωνία c. Τα. ζευγάρια. είναι μονογαμικά. κορυφής Α=36° . Κατασκευή σπείρας: 1. Βρείτε τις άλλες γωνίες του τριγώνου. ί. Φτιάξτε δύο τετράγωνα πλευράς 1 που 2. Να φέρετε τη διχοτόμο και να βρείτε εφάπτονται. όλες τις γωνίες του τριγώνου i.i. Κατασκευάστε ένα τετράγωνο πλευράς 2 3. Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα και εφαπτόμενο (από την πάνω πλευρά) στο είναι όμοια και να γράψετε την προηγούμενο σχήμα. αναλογία που προκύπτει. ίίί. Κατασκευάστε ένα τετράγωνο εφαπτόμε 4. Βρείτε το λόγο φ που προκύπτει από νο (στην δεξιά πλευρά) στο προηγούμενο την παραπάνω αναλογία. σχήμα με πλευρά 3 . a.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/4

ΙΣΤΟΡΙΕΣ ΜΕ ΚΛΑΣΜΑΤΑ =======

Δ . Παλαιογιαννίδης

είχε εχθές τα γενέθλιά της. Έκλεισε τα 1 8 χρόνια της. Μαζευτήκαμε λοιπόν 9 της για να γιορτάσουμε μαζί της την ενηλικίωσή της με ένα 18.Ι!'Α_.πάρτι-έκπληξη που οργάνωσαν οι δύο καλύτερες φίλες της, η Μαρία και η Αντωνία. Δεν υπήρχε φαγητό για όσους συγκεντρώθηκαν και έτσι η Σοφία παράγγειλε πίτσες. Παράγγειλε 6 πίτσες. Όταν έμαθε η Μαρία ότι η Σοφία παράγγειλε 6 πίτσες διαμαρτυρήθηκε. Μαρία: Σοφία τρελάθηκες; 6 πίτσες; Πώς θα τις φάμε; Θα σκάσουμε! Σοφί α: τι θέλεις; Να πάρουμε λιγότερες; Και αν δεν φτάσουν; Μαρία: Μα 6 πίτσες είναι πάρα πολλές. Είναι κρίμα τέτοια σπατάλη! Άλλοι δεν έχουν να φάνε και εμείς στο τέλος θα πετάξουμε φαγητό! Στο σημείο αυτό αποφάσισε να μπει στη συζήτηση και η Αντωνία που μέχρι τότε παρακολουθούσε σιωπηλή. Αντωνία: Καλά, μπορούμε να φάμε αύριο ό,τι περισσέψει από τις πίτσες. Ας δούμε όμως αν πραγματικά είναι πολλές. Πόσο θα πρέπει να φάει κάθε άτομο που είναι εδώ για να τελειώσουμε απόψε όλες τις πίτσες; Μαρία: Μα δεν τρώνε όλοι το ίδιο. Σ οφ ία: Έχει δίκιο η Αντωνία. Λοιπόν ακούστε. Για να δούμε τι γίνεται πρέπει να βρούμε πόσο θα πρέπει να φάει καθένας και καθεμία μας. Μαρία, θα κάνουμε τρεις βασικές παραδοχές: Πρώτα ότι θα φάμε όλοι ακριβώς την ίδια ποσότητα πίτσας, μετά ότι όλες οι πίτσες έχουν το ίδιο μέγεθος και, τέλος, ότι όλες οι πίτσες είναι κομμένες σε οκτώ ίσα μεταξύ τους κομμάτια. Αντωνία: Ωραία! Παράγγειλες 6 πίτσες και εδώ είμαστε 10 άτομα. Άρα κάθε άτομο θα φάει λιγότερο από μία πίτσα. Αυτό για αρχή είναι καλό. Ποιο μέρος όμως της πίτσας θα πρέπει να φάει κάθε άτομο; 6 , , , , , ' παραπανω Θ α φαει τα - της πιτσας. Λιγο απο τη μιση Μαρία: Αυτό είναι εύκολο! Σοφία

φίλοι

πίτσα. Αντωνία: Μας δουλεύεις! Πώς το βρήκες αμέσως; Μαρία: Για σκέψου λίγο! Πόσοι είμαστε; Αντωνία: 9 επισκέπτες και η Σοφία. Δηλαδή 10 άτομα. Μαρία: Αν μπορούσες να χωρίσεις κάθε πίτσα σε όσα ίσα μεταξύ τους κομμάτια ήθελες, σε πόσα θα διάλεγες να τη χωρίσεις; Αντωνία: Σε 1 0 κομμάτια αφού και εμείς είμαστε 10. Μαρία: Πολύ ωραία! Και πόσα κομμάτια θα έπαιρνε κάθε άτομο από την κάθε πίτσα; Αντωνία: Από 1 κομμάτι. Μαρία: Σωστά! Και πόσες πίτσες έχουμε; Αντωνία: Έχουμε 6 πίτσες. Α! Μάλιστα! Κατάλαβα. Κάθε άτομο θα πάρει συνολικά 6 κομμάτια πίτσα, ένα από καθεμία από τις 6 πίτσες. Επομένως στην πραγματικότητα θα πάρει 6 από τα 1 Ο κομμάτια στα οποία χωρίσαμε κάθε πίτσα. Άρα θα πάρει τα � της πίτσας. Μαρία,

είσαι αστέρι!

Σοφία: Μισό λεπτό! Αυτό σημαίνει ότι κάθε άτομο πρέπει να φάει μισή πίτσα και το

1 10

της πίτσας. Δηλαδή 4 κομμάτια πίτσα και κάτι λιγότερο από 1 κομμάτι, αφού το _!_ της πίτσας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/5

------

Ιστορίες με κλάσματα

--------

είναι λιγότερο από το _!_ της πίτσας που είναι ένα κομμάτι. Μήπως πραγματικά είναι πολλά;

Πώς θα βρούμε πόσα ακριβώς κομμάτια θα πρέπει να φάει καθένας μας; Αντωνία: Περίμενε! Ας προσπαθήσουμε να θυμηθούμε λίγα από τα μαθηματικά του σχολείου. Κάθε πίτσα έχει 8 κομμάτια. Ας υποθέσουμε ότι κάθε ένας από εμάς τρώει χ ' χ 6 ' τα χ ' ' ' θ α φαει ' ' Επομενως Τοτε της πιτσας. κομματια. θ α πρεπει , δη λαδη' να ισχυει ΙΟχ

48 . Άρα χ

- =-

4, 8 . Αυτό σημαίνει ότι θα φάει

κομμάτια και ακόμα τα .!. ενός κομματιού. 10

Σοφ ία: Τότε νομίζω ότι είμαστε εντάξει! Τα περισσότερα αγόρια τρώνε πιο πολύ από τα

κορίτσια. Τα 5 κορίτσια θα φάμε λίγο λιγότερο από το μισό της πίτσας, ας πούμε από 3 κομμάτια καθεμία, και κάθε αγόρι περίπου 6 κομμάτια. Καλά τα λέω; Μαρία: Μια χαρά τα λες! Και μάλιστα, αν τα 5 κορίτσια φάνε από τρία κομμάτια και τα 5 αγόρια φάνε από 6 κομμάτια, θα περισσέψουν και 3 κομμάτια. Ο πάπυρος του Rhind

Η ιδέα για τον παραπάνω διάλογο στηρίχτηκε σε ένα πρόβλημα που εμφανίζεται στον Αιγυπτιακό πάπυρο του Rhind. Ο πάπυρος οφείλει το όνομά του στον Α.Η. Rhind που τον αγόρασε και τον κληροδότησε στο Βρετανικό Μουσείο. Γράφτηκε λίγο μετά το 1 800 πΧ αλλά είναι αντίγραφο προγενέστερου πάπυρου (περίπου 200 χρόνια πριν, μεταξύ του 2000 πΧ και του 1 800 πΧ.) Περιέχει πίνακες υπολογισμού και προβλήματα αριθμητικής και γεωμετρίας με αυξανόμενη δυσκολία. Για το λόγο αυτό θεωρείται ότι χρησιμοποιούνταν σε σχολείο γραφέων. Το πρόβλημα που υπήρξε η αφορμή για τα παραπάνω είναι το 3 ° πρόβλημα του πάπυρου του Rhind. Το πρόβλημα είναι το εξής: Να μοιράσουμε 6 καρβέλια σε 10 ανθρώπους. Το ερώτημα που πρέπει να θέσουμε είναι αν μπορούσε ένας αρχαίος Αιγύπτιος ή Έλληνας ή οποιοσδήποτε άλλος να κάνει μια λύση παρόμοια με αυτήν που πετυχαίνουν να κάνουν τα τρία κορίτσια στον παραπάνω διάλογο. Η απάντηση είναι όχι, γιατί τα κλάσματα και οι δεκαδικοί αριθμοί, με τη σημερινή αντίληψη, δεν ήταν γνωστά στην αρχαιότητα. Κατά την αρχαιότητα οι λαοί χρησιμοποιούσαν κλάσματα, όπως και εμείς, όταν μια διαίρεση δεν ήταν τέλεια. Οι αρχαίοι 1 1 -1 1 κλ ' ' ' ' τις κλασματικες ' μονα' δες -1 , -, Αιγυπτιοι χρησιμοποιουσαν μονο -, , - π και τα κλασματα

"3 και

Κα' θ ε

.(.'\ '�

UJ\JI..O

2 3 5 6 8

' μονα' δων. Για παρα' δειγμα ' ' κλασμα γραφοταν ως α' θ ροισμα κλασματικων

6 1 1 , 6 5 1 1 1 + -. Πραγματικα - = - + - = - + 10 2 1 0 10 1 0 1 0 2 1 0 4 7 5 2 1 1 3 1 1 1 1 , 'Ενα ακομα παρα' δ ειγμα: = -+ - = - + - = - + -+ - = - + -+ 1 5 1 5 1 5 3 30 3 30 30 3 10 30

-=-

Ε ρωτημα .

είν α

το ι σ ο δ

1: π

ύν α μ

Ερώτη�ια

οιο

κλ '

'ζ

1 1 1

'δ π κλ 'θ οιο ι 3+15 ; ασμα εκφρα ε το α ροισμα ασματικων μονα ων 2 +-

ο αν ά γωγο κλά α; 2: Να γράψετε ωςσ μάθροισμα κλασματικών

μονάδων τα κλάσματα

g , 15 , 20 .

Ας επιχειρήσουμε τώρα να ακολουθήσουμε τη λογική της λύσης που προτείνεται στον ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/6

------- Ιστορίες με κλάσματα

-------

1 πάπυρο. Αρχικά δίνεται άμεσα η απάντηση ότι κάθε άνθρωπος θα πάρει μισό καρβέλι και το 10 του καρβελιού. Είναι το συμπέρασμα στο οποίο κατάληξαν και τα τρία κορίτσια της ιστορίας μας. Στη συνέχεια ο γραφέας ελέγχει την ορθότητα της λύσης που προτείνει. Στο σημείο αυτό πρέπει να επισημάνουμε ότι οι βασικές πράξεις είναι ο διπλασιασμός και η πρόσθεση. Έτσι έχουμε την εξής πορεία στην επαλήθευση : 1 1 1 άτομο - + 2 10 1 αφού 2 άτομα 1 + 5 1 1 4 άτομα 2 + -+ αφού 3 15 5 1 = 1 1 = 2 + -+ - 2 + -+ 15 15 3 15 1 αφού 2 · 2 + _! + _!_ = 4 + � + � = 8 άτομα 4 + � + _!_ + 3 1 ο 30 3 15 3 15 2 4 = 2 3 1 2 1 1 = 4 + -+ - 4 + -+ -+ - = 4 + - + -+ 3 30 3 30 30 3 1 0 30 Για να έχουμε 1 Ο άτομα προσθέτουμε τα 2 και τα 8 άτομα. Άρα 1 2 1 1 1 2 1 1 ' 1 0 ατομα 1 + -+ 4 + - + -+ - = 5 + -+ - + -+ - = 6 . 5 3 1 0 30 5 3 1 0 30

(

)

Άρα πραγματικά κάθε άνθρωπος θα πάρει μισό καρβέλι και το _!__ του καρβελιού. 10 Το υπολογιστικό μέρος είναι, όπως είδαμε, αρκετά σύνθετο. Πρακτικά όμως το μοίρασμα μπορεί με τη μέθοδο των κλασματικών μονάδων ν α γίνει πολύ απλά. Καταλήξαμε ότι κάθε άνθρωπος θ α πά ρει μισό καρβέλι και το

_!__ 10

του

καρβελιού . Επομένως θ α κό ψουμε τ α 5 πρώτ α καρβέλια στη μέση και το τελευτ αίο καρβέλι σε 10 ίσα μέρη. Έτσι κάθε άνθρωπος θ α π ά ρει έν α από τα δέκα μισ ά καρβέλια και ένα από τα , , 1 , , κομματια που ειναι το - του τελευτ αιου καρβ ελιου.

I Ερώτημα 3:

Προσπαθήστε να μοιράσετε 7 τσουβάλια σιτάρι σε 8 ανθρώπους.

Βιβλιογραφ ί α

Β. L.Van Der Waerden: Η Αφύπνιση της Επιστήμης (Μετάφραση Γιάννης Χριστιανίδης, Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης) Victor J. Katz: Ιστορία των Μαθηματικών (Μετάφραση Κώστας Χατζηκυριάκου, Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης) Γιάννης Χριστιανίδης: Θέματα από την Ιστορία των Μαθηματικών (Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/7

Εφεξής και διαδοχικές yωvίες

Τάξη

Αθ ανασία Κυριακοπούλου

Εφεξής κα ι διαδοχικές γων ίες

Σε προηγούμενο κεφάλαιο είχατε μελετήσει τον τρόπο με τον οποίο μπορείτε να προσθέσετε δύο ευθύγραμμα τμήματα. Τότε τα τμήματα τα κάνατε πρώτα διαδοχικά σε μία ευθεία, οπότε ελάτε τώρα να εργαστούμε με α νάλογο τρόπο και στις γωνίες, δηλαδή να κάνουμε τις γωνίες διαδοχικές. Ας δώσουμε όμως πρώτα έναν ορι σμό . . . Στο επίπεδο, εφεξής γωνίες ονομάζονται δύο γωνίες: 1. που έχουν την ίδια κορυφή, 2. μία κοινή πλευρά και 3. δεν έχουν κανένα άλλο κοινό εσωτερικό σημείο. Διαδοχικές γωνίες λέγονται περισσότερες από δύο γωνίες, που βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο και καθεμιά από αυτές είναι εφεξής γωνία με την προηγούμενη ή την επόμενή της. Στα παρακάτω σχήματα (1, 2, 3) οι γωνίες είναι εφεξής:

Ι 09° και η γωνία zλΒ 49° . Να βρεθεί το μέτρο της γωνίας ΒΜ .

Άσκηση. Στο παρακάτω σχήμα η γωνία ΖΜ =

μάρο.αΑΔ.ο109DΟ•

μtτ ρο.α.Αθ = 49 .m• z

Απάντηση:

60°

Άσκηση. Στο παρακάτω σχήμα βάλε σε κύκλο τα ζεύ γη των εφεξής γωνιών.

��

σχήμα ι

σχήμα 2

σχήμα 3

Ενώ στα παρακάτω σχήματα (4, 5, 6, 7) οι γωνίες είναι εφεξής:

δεν

σχήμα 4

Άσκηση. Στο παρακάτω σχήμα, έχουμε τις διαδοχικές γωνίες ΗΘΙ, ιΘκ και κΘΛ , με τα εξής μέτρα:

σχήμα 5

.><-- /----σχήμα 6

Ηθι 60°, ιΘκ 31° και κΘΛ 35° . Να υπολογι =

στεί η γωνίαΗΘΛ.

σχήμα 7

•

Εφαρμογή. Στο παρακάτω σχήμα, αν προσθέσουμε τις γωνίες και , τότε βρίσκουμε τη γωνία Δη λαδή, •

Απάντηση: 126°

Άσκηση. Στο παρακάτω σχήμα, έχουμε: ΜΑΝ 36° ΞΑ.Ο 49° και ΜΑΟ 119°. Να υπολογιστεί η γωνία =

μtτροLθΓΔ= 60,00•

μtτρο.tΕΓΒ = 45,00•

ΝΑΞ

Οι παραπάνω ορισμοί είναι χρήσιμοι για να μπο ρέσουμε να κάνουμε πράξεις μεταξύ γωνιών: 11

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/8

Απάντηση:

34°

-------

Εφεξής και διαδ οχικές γωνίες

Συ μπληρ ω ματικές, παραπληρ ω ματικές και κατακορυ φήν γωνίες

Συμπληρωματικές λέγονται δύο γωνίες που έχουν άθροισμα μία ορθή γωνία, δηλαδή 90°. Έτσι, αν η μία ' ' γωνια ειναι η ω, τότε η συμπληρωματική της είναι η 90°-ω, αφού ω+ 90° -ω ω+90° -ω 90° .

(

)

=18\)ι χ()�· ·

Για παράδειγμα, στο παρακάτω σχήμα με ΑΒ ..L ΑΔ , οι γωνίες BAr και ΓΑΔ είναι συμπληρωματικές, διότι ΒΑr+ΓΜ =90°. Δ

r Α

Άσκηση. Να βρεθεί η γωνία που σχηματίζουν οι διχοτόμοι δύο εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών.

Απάντηση:

9(f

Άσκηση. Να βρεθεί η γωνία που σχηματίζουν οι διχο τόμοι δύο εφεξής και συμπληρωματικών γωνιών. �-

8:::::::

Παραπληρωματικές λέγονται δύο γωνίες που έχουν άθροισμα δύο ορθές γωνίες, δηλαδή 180°. Έτσι, αν η μία γωνία είναι η ω, τότε η παραπληρωματική της είναι η 180° - ω, αφού ω+ (180°- ω)= ω+ 180°- ω= 180° Για παράδειγμα, στο παρακάτω σχήμα οι γωνίες ΖΕΗ και ΗΕΘ είναι παραπληρωματικές, διότι ΖΕΗ + ΗΕΘ = 180°. Η''

Κατακορυφήν λέγονται δύο γωνίες που έχουν την κορυφή τους κοινή και τις πλευρές τους αντικείμενες ημιευθείες. Για παράδειγμα, οι παρακάτω γωνίες χ και y είναι κα τακορυφήν.

�

Ι σχύει ότι ο ι κατακο ρυφήν γωνίες είν αι μεταξύ τους ίσες.

Εφαρμογή. Η συμπληρωματική γωνία μιας γωνίας ω είναι παραπληρωματική των 120°. Να βρεθεί η γωνία ω. Λύση. Η συμπληρωματική της ω είναι η 90° - ω. Ε πειδή η 90° - ω είναι παραπληρωματική των 120°' ι(90° - ω)+ 120° = 180° σχύει: Δηλαδή 90° - ω= 60° Οπότε ω= 30° Άσκηση. Να υπολογίσετε το χ αν η γωνία ΑΒΓ είναι ευθεία γωνία.

Απάντηση: 45°

Άσκηση. Στο παρακάτω σχήμα, δίνεται ότι ΓΑΔ = ΕΑΒ = 90° και ΓΑΒ = 39°. Να βρεθεί η παραπληρω ματική γωνία της ΔΑΕ.

Δ .

IΙI

Απάντηση: 39°

Άσκηση. Αν η μία γωνία από εκείνες που σχηματίζουν δύο τεμνόμενες ευθείες είναι τετραπλάσια μιας άλλης, τότε να βρείτε όλες τις γωνίες που σχηματίζονται. Απάντηση: 36°,36°,144°,144°

Άσκηση. Το άθροισμα 3 γωνιών είναι 216°. Αν η δεύ τερη γωνία είναι διπλάσια της πρώτης και η τρίτη γωνία είναι τριπλάσια της δεύτερης, τότε να βρεθούν οι τρεις Απάντηση: 24°,48°,144° αυτές γωνίες. Άσκηση. Στο παρακάτω σχήμα, δίνεται ότι ΑΔΒ = ΑΓΒ = 90° και ότι ΑΔΟ = ΑΓΟ. Να εξηγήσετε γιατί ΕΔΖ = ΘΓΗ.

Απάντηση: 50°

Άσκηση. Να βρεθεί η γωνία που ισούται με τα 2/3 της συμπληρωματικής της. Απάντηση: 36°

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/9

------- Εφεξής και διαδοχικές γωνίες Θέσεις δύ ο ευθειών στο επίπε δο.

Έστω δύο ευθείες και στο επίπεδο. Πώς μπορεί να είναι οι σχετικές τους θέσεις; Υπάρχουν 3 περιπτώ σεις:

διέρχεται από το σημείο την ευθεία .

και να είναι παράλληλη προς

Α. Να ταυτίζονται:

ει ----------------

ει

Δηλαδή, να «πέφτει» η μία πάνω στην άλλη. Τότε, οι ευθείες έχουν άπειρα κοινά σημεία. Όλα τα σημεία της μιας είναι και σημεία της άλλης και το αντίστροφο.

Λύση.

Αρχικά, από το σημείο την ευθεία . (

φέρνουμε κάθετο

προς

Β. Να τέμνονται:

Στη συνέχεια, φέρνουμε κάθετο στην χεται από το �μείο

εz Τότε, οι ευθείες έχουν ένα μόνο κοινό σημείο, το Α, που ονομάζεται σημείο τομή ς των ευθειών. Στο επίπεδο, όταν δύο ευθείες τέμνονται, σχηματίζουν τέσσερις γωνίες, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, με δύο ζεύγη κατακορυφήν (άρα και ίσων) γωνιών. ιsο-....

�- -��- -�- e-.ii.-.�--�---�� ιsο-....

Αν οι τεμνόμενες ευθείες σχηματίζουν ορθή γωνία, τό τε λέμε ότι τέμνονται κάθετα ή ότι είναι κάθετες μετα ξύ τους:

που να διέρ-

Τώρα, οι ευθείες και είναι μεταξύ τους παράλληλες, αφού είναι και οι δύο κάθετες στην Δραστηριότητα: Στην παρακάτω εικόνα αναφέρετε τη θέση (παράλληλοι, κάθετοι) των δρόμων σε ζευγάρια: Θεμιστοκλέους- Λαζάρου:. Θεμιστοκλέους- Αχιλλtως: Θεμιστοκλέους- Αυξεντίου: Θεμιστοκλέους- Πέτρου:. Πέτρου- Λαζάρου:. Πέτρου- Αχιλλέως: Πέτρου- Αυξεντίου: Λαζάρου- Αχιλλέως: Λαζάρου- Αυξεντίου: Αυξεντίου- Αχιλλtως: ________

________

_________

___________

__________

___________

_________ _

__________

Τότε, και οι τέσσερις γωνίες που σχηματίζονται είναι ορθές, δηλαδή η καθεμιά. Συμβολισμός:

__________

Γ. Να είναι παράλληλες:

ει -----------------------

ει ------

· -- -- - - - - - -

Τότε, οι ευθείες δεν έχουν κανένα κοινό σημείο. Συμ βολισμός: Παρατηρήσεις: Ι.

11.

Στο ίδιο επίπεδο, αν δύο ευθείες είναι κάθετες προς την ίδια ευθεία, τότε είναι μεταξύ τους πα ράλληλες. Δηλαδή, αν και , τότε: Για να φέρουμε παράλληλη ευθεία προς μια ευθεί α, φέρνουμε κάθετο και πάλι κάθετο. (Δες εφαρ μογή Ι)

Δραστηριότητα: Β

Af---+---=z'-{

Εφαρμογή 1.

σημείο

Δίνεται ο παρακάτω κύβος:

Παρακάτω δίνεται μια ευθεία και ένα εκτός αυτής. Να σχεδιάσετε μια ευθεία που να ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/10

Βρείτε ζεύγη παράλληλων ευθειών και ζεύγη κάθε των ευθειών. (Μην ξεχνά τε, μία ευθεία μπορεί ονο μαστεί με δύο κεφαλαία αφού γράμματα, πχ από δύο διαφορετικά ση μεία διέρχεται μοναδική ευθεία!)

Κλάσματα κα 1 δεκαδ 1 κοί.

=======

Στέφανος Κε ίσογλου

Όσο περισσότερο μελετάμε και κατανοούμε βασικές μαθηματικές έννοιες τόσο περισσότερο νοιώθουμε την ανάγκη να εμβαθύνουμε ακόμη πιο πολύ στις έννοιες αυτές. Στο κείμενο που ακολουθεί θα επιχειρήσουμε μέσα από κατάλληλες ερωτήσεις και τις απαντήσεις τους να εμβαθύνουμε ακόμη περισσότερο σε δύο σημαντικές έννοιες, τα κλάσματα και τους δεκαδικούς αριθμούς. 1 . Τελικά τι είναι ένα κλάσμα;

Ένα κλάσμα είναι ένας αριθμός, όμως αναπαριστά και μία διαίρεση και μάλιστα το κλάσμα είναι το αποτέλεσμα της διαίρεσης του αριθμητή διά του παρονομαστή. Ανάλογα με το θέμα που επεξεργαζόμαστε μεταχειριζόμαστε με διαφορετικό τρόπο ένα κλάσμα. Π α ρ αδε ίγματ α Τ ο κλάσμα ως αριθμός.

•

Αφού το κλάσμα είναι αριθμός σημαίνει ότι μπορώ μεταξύ κλασμάτων να κάνω οποιαδήποτε πράξη. Ακόμη μπορώ να κάνω οποιαδήποτε πράξη μεταξύ κλασμάτων και ακεραίων καθώς δεν πρέπει να ξεχνάμε ότι οι ακέραιοι αριθμοί μπορούν να γραφούν και υπό τη μορφή κλάσματος.

•

Το κλάσμα ως αποτέλεσμ α διαίρεσης.

Κάθε φορά που εκτελούμε τη διαίρεση του αριθμητή δια του παρονομαστή προκύπτει μία νέα μορφή του αριθμού που είναι η δεκαδική έκφραση του κλάσματος. Προσέξτε μερικά χαρακτηριστικά κλάσματα και το αποτέλεσμα της διαίρεσης αριθμητή δια του παρονομαστή. κλάσ!!_α δεκαδικός 1

0,5

Εδώ παρατηρήστε ότι ο αριθμητής σε κάθε κλάσμα είναι ίσος με το γινόμενο του παρονομαστή επί τον αντίστοιχο δεκαδικό. Αυτό προφανώς προκύπτει από τον ορισμό της διαίρεσης δύο αριθμών και αποτελεί μία απλή δοκιμή για το αν η μετατροπή ενός κλάσματος σε δεκαδικό είναι σωστή.

0,25

4 2

0,4

0,7

Επειδή το κλάσμα παριστάνει διαίρεση σημαίνει ότι δεν μπορεί ο παρονομαστής του να είναι 2

μηδέν. Λέμε ότι η παράσταση - δεν ορίζεται, δεν έχει νόημα. Μερικές φορές η μετατροπή ενός ο

κλάσματος σε δεκαδικό είναι πολύ χρήσιμη καθώς προκύπτει ένας πιο εύχρηστος αριθμός π.χ 6

το - μετά τη διαίρεση μετασχηματίζεται στο δεκαδικό αριθμό 1 ,2. Θα πρέπει να προσέξουμε 5

ιδιαίτερα μερικές περιπτώσεις στις οποίες η διαίρεση οδηγεί σε αριθμούς δύσχρηστους όπως για

7 ' παρα' δειγμα το - μετα' τη διαιρεση μετασχηματίζεται στο δεκαδικο' 2 , 3333333 . . . . . . .. με 3

ατέλειωτα ψηφία! 2. Γιατί θ α πρ έπει όταν συγκρ ίνω ή προσθέτ ω - αφαιρ ώ κλάσμ ατα να τα κάνω πρ ώτα να έχουν τον ίδιο παρονομαστή, δηλαδή να είναι ομώνυμα; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/1 1

------

Κλάσματα και δ εκαδικοί

-------

Απάντηση .

Ας δούμε πρώτα ένα πρόβλημα που συνάντησε ένας κύριος καθώς επιχειρούσε να ψωνίσει κάποια προϊόντα στη Νορβηγία. Ο κύριος Βρασίδας έκανε ένα ταξίδι στην Νορβηγία και σκέφτηκε να αγοράσει ορισμένα προϊόντα που βρήκε σε χαμηλές τιμές. Μαζί του είχε ευρώ και δολάρια οπότε του γεννήθηκαν δύο ερωτήματα: Περισσότερη αγοραστική αξία είχαν τα ευρώ που είχε στο πορτοφόλι του ή τα δολάρια και τελικά πόσα χρήματα συνολικά διέθετε; Ο ξεναγός που συνόδευε το γκρουπ του συνέστησε να κάνει κάτι πολύ απλό. Αντί να έχει δύο διαφορετικά νομίσματα να τα μετατρέψει όλα στο ίδιο νόμισμα για να μπορεί να τα συγκρίνει αλλά και να τα αθροίσει. Προφανώς το πλέον κατάλληλο νόμισμα για την περίπτωση ήταν η κορώνα, το νόμισμα της Νορβηγίας. Έτσι ο κύριος Βρασίδας μετέτρεψε τα ευρώ και τα δολάρια σε κορώνες οπότε αμέσως κατάφερε να συγκρίνει τις αρχικές τους αξίες αλλά και να γνωρίζει ποια είναι η συνολική αξία των χρημάτων του.

Τώρα μπορεί να πει κάποιος τι σχέση έχουν τα κλάσματα με τα νομίσματα; Ας σκεφτούμε λίγο πιο συνδυαστικά. 1ο ' ' ' μεγαλυτερο ' Θ ε' λουμε να ξερουμε ποιο κλασμα ειναι το - η 10

το

13 ' - και στη συνεχεια ποιο 4

ειναι το άθροισμα - + -; 3

Ας κάνουμε με το νου μας μία aντιστοίχιση 1 Ας θεωρήσουμε δηλαδή ότι σε κάθε κλασματική μονάδα αντιστοιχεί ένα νόμισμα όπως φαίνεται στον πα ακάτω πίνακα. ΚΛΑΣΜΑτΙΚΉ

ΜΟΝΑΔΑ

1 ευρώ

1 δολάριο

1 κο ώνα

ΝΟΜΙΣΜΑΠΚΗ

ΜΟΝΑΔΑ

10 ' ' ' Σκεφτειτε οτι το - είναι 1 ο ευρω' ( 1 ευρω

( 1 δολάριο

--+

1 4

--+

1 13 ' ' ' ) και οτι το - ειναι 1 3 δ ολαρια 3 4

) να γιατί δεν μπορούμε να συγκρίνουμε ούτε να προσθέσουμε τα δύο

κλάσματα, καθώς είναι δύο ανόμοια πράγματα. Όταν όμως μετατρέψουμε τα δύο κλάσματα σε ομώνυμα είναι σα να μετατρέπουμε και τα 1 Θα πρέπει να έχουμε υπ όψιν ότι η ισοτιμία ευρώ δολαρίου είναι Ι ευρώ= 1,33δολάρια άρα τα 3 ευρώ είναι ίσης αξίας με 4 δολάρια περίπου. Επίσης ένα ευρώ ισοδυναμεί με 8 κορώνες περίπου και επομένως τα 3 ευρώ είναι ισοδύναμα με 24 κορώνες.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 90 τ.2/12

-------

Κλάσματα και δ εκαδικοί

--------

δύο νομίσματα σε ένα τρίτο νόμισμα. Στην περίπτωσή μας το κοινό νόμισμα, δηλαδή η κορώνα, 1 80 ' ' 1ο ' ' ' Ετσι εχουμε την πρωτη μετατροπη - � και τη δευτερη είναι το κλάσμα 13

-�

78 24

' κλασματα ' ' ' αμεσα ' ' Η μπορουμε ΠΛ.t.Ον να συγκρινουμε τα δυο αλλα' και να τα Τωρα

προσθέσουμε. 3. Π οιοι δεκαδικοί αριθμοί μπορούν να γραφούν σαν κλάσματα; Απάντηση.

Υπάρχει ένας πολύ μεγάλος αριθμός από δεκαδικούς που δεν μπορεί να γραφεί σαν κλάσμα. Είναι οι δεκαδικοί που έχουν ατελείωτα δεκαδικά ψηφία τυχαία, δηλαδή χωρίς να διαθέτουν κάποια κανονικότητα, κάποια επανάληψη. Κλασικό παράδειγμα είναι ο αριθμός π=3 , 1 4 1 59265358979323 8462643383279502884 1 97 1 69399375 1 0 . . . . . . . . . που θα γνωρίσετε στη Γεωμετρία. Παρατηρήστε ότι τα ψηφία του δεν έχουν καμία κανονικότητα, δηλαδή δεν επαναλαμβάνονται σε τακτά διαστήματα. Οι αριθμοί τώρα που μπορούν να γραφούν σαν κλάσματα είναι οι: α) Οι δεκαδικοί που τα ψηφία τους έχουν ορισμένο πλήθος όπως ο αριθμός 3, 1457 12. '

' 3.145.712

Ο αριθμος αυτος μπορει να γραφτει

1.000.000

----

β) Οι δεκαδικοί που έχουν ατελείωτα (άπειρα) ψηφία επαναλαμβανόμενα όπως ο

1 ,3333333 . . . . . . . Ο αριθμός αυτός μπορεί να γραφτεί ως

!! (αν κάνετε τη διαίρεση

δια 3 θα

το διαπιστώσετε αμέσως). Ασκή σεις. 1) Ας υποθέσουμε ότι ένας συμμαθητής σας ή μία συμμαθήτριά σας υποστηρίζουν ότι αν πολλαπλασιάσουμε έναν αριθμό π.χ τον πέντε με κάποιον άλλο τ ότε ο αριθμός αυτός πάντα μεγαλώνει εν ώ αν τον διαιρέσουμε πάντα μικραίνει. Σκεφτείτε αν θα συμφωνήσετε ή θα διαφωνήσετε με τις προτάσεις αυτές και πως θα δικαιολογήσετε την απάντησή σας. Υπ ό δειξη.

Πολλαπλασιάστε τον 5 με διάφορους αριθμούς μεταξύ δε αυτών και με κλάσματα π.χ Επίσης διαιρέστε τον 5 με το

�. 5

..!._ . Τι παρατηρείτε;

2 2) Ν α υπολογίσετε, χωρίς να χρησιμοποιήσετε το τετράδιό σας, το αποτέλεσμα: 4 5 4 3 και β) 2 ' 5·0' 25·0' 5 α) 3 16 10 5 Υπό δειξη . α) Παρατηρήστε ότι το 1 6 στον παρονομαστή μπορεί να απλοποιηθεί με το γινόμενο των 4 · 4 - ·

- ·

- · -

στον παρονομαστή. Όμοια με το 3 και όμοια με το 5. β) Αν μετατραπούν οι δεκαδικοί σε κλάσματα οι πράξεις μπορεί να γίνουν νοερά. Για παράδειγμα 2,5= � ακόμη 0,8= 2

και 0,5= ..!_ . Παρατηρήστε τώρα τους αριθμητές και τους 2

παρονομαστές. 3) Ν α βρείτε με οποιονδήποτε τρόπο 9 αριθμού ς που να βρίσκονται μεταξύ των αριθμών 3 2 -και-. 5 5 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/13

-------

Κλάσματα και δ εκαδικοί -------

Υπ όδειξη . α) Ένας τρόπος

είναι να μετατρέψετε τα κλάσματα σε δεκαδικούς οπότε μπορείτε να βρείτε μεταξύ τους νέους δεκαδικούς π. χ (0,4 1 - 0,42 - 0,43 κ.λ.π) .. β) Να κάνετε ··ζουμ·· στα κλάσματα χωρίς να τα χαλάσετε. Με τον όρο ··ζουμ εννοούμε να 2 20 3 30 ' ' ' πολλαπλασιασετε αριθ μητη' και παρονομαστη' με τον ι'διο αριθ μο, ετσι και . 5

= -

Τώρα μπορείτε να ··δείτε·· αριθμούς (κλάσματα) μεταξύ των δύο κλασμάτων. , , 4 ) Ν α συ-γκρινετε τους αριθ μους ο ,432 και σας. Υπ όδειξη

23 4

, , , , , , χωρις να κανετε καμια πραξη στο τετραδ ιο

Να συγκρίνετε κάθε αριθμό με τον 0,5 . Παρατηρήστε ότι ο αριθμός 23 είναι μεγαλύτερος από το μισό του 4 1 . 1 1 1 1 1 , , , 5) Δινετ αι το α' θ ροισμα πεντε κλα σματικων μονα' δ ων 2+ 4+ 8+ 6 + 32 1 Πό ί ό ό ό ό άθροισμ α) σο μικρ τερο ε ναι το α αυτ απ τον αριθμ 1 ; β ) Πό σες ακό μη κλασμ ατικές μονάδες, με τον ίδιο κανόνα, πρέπει να προσθέσουμε ώστε το άθ ροισμα να υπολείπεται του 1 σχεδ όν 0,001 . Υπόδειξη α ) Κατ αρχήν παρατηρήστε ότι τα κλάσματα ακολουθούν το ένα μετά το άλλο με κάποιον 1 1

κανόνα. Συγκεκριμένα το πρώτο κλάσμα, το - χρειάζεται ακόμη - για να γίνει 1 όμως 2

προστίθεται μετά από αυτό το - , δηλαδή το μισό από ότι χρειάζεται και επομένως χρειάζεται 4

- ακόμη αλλά εμείς του προσθέτουμε - . Συνεχίστε τον συλλογισμό . . . . 4

β) Αν συνεχίσουμε να προσθέτουμε με τον ίδιο κανόνα κάποια στιγμή θα φτάσουμε στο κλάσμα 1

1024

. Μέτρησε τα κλάσματα . . . . . .

6) Δύ ο βρύσες γεμίζουν μί α δεξ αμενή . Η αριστερή βρύση γεμίζει την δεξαμενή σε 12 ώ ρες αν ...!!\ � τροφοδοτεί τη δεξαμενή μόνη της. Η δεξιά β ρύ ση γεμίζει τη δεξαμενή σε 1 5 ώ ρες αν τροφοδοτεί τη δεξαμενή μόνη της. Αν η δεξαμενή είναι γεμ άτη τότε η βρύση που βρίσκετ αι στη βάση της την αδειάζει σε 10 ώ ρες. Ανοίγουμε συγχρ όνως και τις τρεις βρύσες. Μπορεί να γεμίσει η δεξαμενή ; Αν ναι σε πόσες ώ ρες θ α γίνει αυτό ; Υπόδειξη

Σκέψου τι μέρος της δεξαμενής γεμίζει· ή αδειάζει κάθε βρύση σε μία ώρα. Η πρώτη γεμίζει 1

το - της δεξαμενής, η δεύτερη γεμίζει το - ενώ η τρίτη αδειάζει το - . 12

Τώρα είναι φανερό ότι οι δύο βρύσες που γεμίζουν αντιστοιχούν σε κλάσματα που θα προστεθούν, ενώ αυτή που αδειάζει αντιστοιχεί σε κλάσμα που θα πρέπει να αφαιρεθεί.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/14

ρ η τοί κα 1 ο 1 ά ρρ η το 1 α ρ Ιθ μ οί στον κόσ μ ο των Μ α θ η μ ατ 1 κών

Ο1 Τάξη

Κιού φτη Ρ οδούλα - Α ργύ ρη Π αναγιώτ α

-Καλημέρα παιδιά! Ελπίζω να είστε όλοι καλά και να έχετε ξυπνήσει με όρεξη, γιατί σήμερα έχω ένα πρόβλημα και χρειάζομαι τη βοήθειά σας. Το πρωί έσπασα κατά λάθος τη τζαμαρία της μπαλκονόπορτας στο δωμάτιό μου. Όπως καταλαβαίνετε μέχρι το βράδυ θα πρέπει να την επιδιορθώσω. Διαφορετικά τη νύχτα θα γίνω κατεψυγμένη, μιας κι είναι καταχείμωνο. Τηλεφώνησα λοιπόν πρωί - πρωί στον κ. Μιχάλη, ο οποίος είναι υαλουργός και αναλαμβάνει τέτοιου είδους επισκευές, και του άφησα μήνυμα στον τηλεφωνητή λέγοντάς του ότι η μπαλκονόπορτα έχει σχήμα τετραγώνου και το εμβαδόν της είναι 4 m2 • Δυστυχώς ο κ. Μιχάλης μου τηλεφώνησε πριν πέντε λεπτά και μου ζήτησε να του πω πόσο είναι η πλευρά της πόρτας ώστε να καταφέρει να κόψει το τζάμι. Το εμβαδόν λέει δεν μπορεί να τον βοηθήσει. Εσείς τι λέτε; Μήπως εμείς μπορούμε να βρούμε την πλευρά της πόρτας αφού γνωρίζουμε το εμβαδόν της και ότι το σχήμα της είναι τετράγωνο; Για να χρησιμοποιήσουμε λοιπόν τα αγαπημένα μας μαθηματικά και . . . βεβαίως βεβαίως τη φοβερή μας σκέψη : έχουμε λοιπόν ένα τετράγωνο που έχει εμβαδόν 4 τετραγωνικά μέτρα. Ας ονομάσουμε α την πλευρά του τετραγώνου κι ας προσπαθήσουμε να τη βρούμε. -Θυμάτε κανείς πως βρίσκουμε το εμβαδόν του τετραγώνου ή να βάλω τις φωνές; - Κυρία Κυρία! Κυρία Κυρία! 4 m2 - Κυρία Κυρία! Εντάξει εντάξει κατάλαβα! Το θυμάστε. Ας με βοηθήσει η Δήμητρα. α -Για να βρούμε το εμβαδόν ενός τετραγώνου υψώνουμε την πλευρά του στο τετράγωνο, δηλαδή για το δικό μας τετράγωνο θα πρέπει: α2=4. -Αχα! Και δηλαδή πόσο πρέπει να είναι το α; -Νομίζω Κυρία, δηλαδή είμαι σίγουρη , ότι είναι ο αριθμός 2 αφού 22=4. -Ναι σωστά. Πολύ σωστά! Μπράβο Δήμητρα! Θα τα καταφέρω τελικά να κοιμηθώ στο σπίτι μου χωρίς τη σπασμένη πόρτα. -Θα σας πω κι εγώ λοιπόν κάτι για να σας ευχαριστήσω. Αυτός ο θετικός αριθμός που βρήκαμε, το 2 δηλαδή λέγετε τετραγωνική ρίζα του θετικού ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/15

------- Οι ρητοί και οι άρρητοι αριθμοί στον κόσμο των Μαθηματικών ------

αριθμού 4 και συμβολικά γράφουμε J4= 2 .

- Ποιος ξέρει τώρα να μας πει ποιος αριθμός υψώνεται στο τετράγωνο, ώστε να μας κάνει 25. Δηλαδή ποιος ξέρει να λύνει την εξίσωση : χ2=25 ; -Κυρία ,Κυρία ξέρω . . . αριθμός είναι το 5 . -Και γιατί όχι και το - 5 ; - Α!! Σωστά κυρία είναι και το -5 . -Σας ζητώ τώρα ποιος αριθμός υψώνεται στο τετράγωνο , ώστε να μας κάνει -25;

Χμ . . . σαν να σας βλέπω λιγάκι προβληματισμένους. Για να μας βοηθήσει ο Αλέξανδρος που όπως φαίνεται μάλλον κάτι έχει σκεφτεί. -Κυρία νομίζω δεν υπάρχει, γιατί δεν υπάρχει ρητός αριθμός που το τετράγωνό του να είναι αρνητικός αριθμός. - Δηλαδή αν έχουμε έναν θετικό αριθμό π.χ. το 7 και βρούμε το τετράγωνό του τότε το αποτέλεσμα είναι θετικό: 7 2 = 49)0 . Το ίδιο συμβαίνει αν υπολογίσουμε το τετράγωνο ενός 2 αρνητικού αριθμού, π. χ. ( -6 ) = 36)0 . Δηλαδή, δεν ορίζετ αι τετραγωνική ρ ίζα αρνητικού αριθμού

- Κι αν σας ζητήσω να λύσετε την εξίσωση: χ2=0; -Ε!!! καλά τώρα. Αυτό είναι παιχνιδάκι αφού 02=0. -Μπράβο παιδιά! Πράγματι ορίζουμε και την τετραγωνική ρίζα του μηδενός και μάλιστα όπως είπατε ισχύει: JO= Ο . - Άρα προσοχή αγαπητά μου παιδιά : Τ ετραγωνική ρ ίζα ενός θετικού αριθμού α ,ονομάζεται ο θετικός αριθμός χ που όταν υψωθεί στο τετράγωνο μας κάνει α : χ 2 = α ή ισοδύναμα χ = � . Συ μπε ρά σματα: •

•

Ενώ ισχύει (-13)2 = 1 69 δεν μπορούμε να γράψουμε ότι μέλος είναι θετικό και το δεύτερο αρνητικό. Δεν επιτρέπεται να Γ-4 δεν

.Jl69 = -1 3 , γιατί το πρώτο

•

Με βάση τον ορισμό αν αντικαταστήσουμε στην (1) όπου χ το � τότε:

•

Όμως αν δεν ξέρουμε ότι το α είναι θετικός αριθμός τότε

•

Ας σκεφτούμε παράδειγμα:

Ν= / α / .

ώστε

= -4

{ -Γαγ = α , για α2:0.

�(-3) 2 δεν μπορεί να είναι αρνητικός, άρα : �(-3γ = /-3/= 3 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/16

------- Οι ρητοί και οι άρρητοι αριθμοί στον κόσμο των Μαθηματικών

-------

Ε ρ ωτήσεις κ α τ ανόησης:

-Η τετραγωνική ρίζα ενός αριθμού έχει νόημα μόνο για αριθμούς θετικούς και για το Ο. ΣΩΣΤΟ ή ΛΑΘΟΣ ΣΩΣΤΟ ή ΛΑΘΟΣ; ΣΩΣΤΟ ή Λ ΑΘΟΣ

-Η τετραγωνική ρίζα ενός αριθμού μπορεί να είναι και ένας αρνητικός αριθμός - Η τετραγωνική ρίζα του 5 δεν υπάρχει 2 - Η τετραγωνική ρίζα του 4 μπορεί να είναι ο αριθμός -2 γιατί (-2) =4 ΣΩΣΤΟ ή ΛΑΘΟΣ ΣΩΣΤΟ ή ΛΑΘΟΣ -Το τετράγωνο της τετραγωνικής ρίζας του 5 είναι ο αριθμός 5 2 -Η τετραγωνική ρίζα του (-5) είναι το -5 ΣΩΣΤΟ ή ΛΑΘΟΣ 4 2 ΣΩΣΤΟ ή ΛΑΘΟΣ -Η τετραγωνική ρίζα του (α) είναι το α

-τι συμπεραίνεται; -Μμμ ... Εύκολο! ! •:• •.••

�α · β JQ . Jβ αν α, β�Ο ' ' και γβ {Q Ό μως αντιστοιχα μπορει' να ισχυει =

JQ αν �Ο , β>Ο .

Jβ

-Ας εξετάσουμε τώρα αν ισχύει : .Jα + b = -Γα + Jb ή �α - β = Γα - .jβ Ας κάνουμε κάποια παραδείγματα: α ) .J9+l6 = .J25 = 5 ενώ J9 + Jl6 = 3 + 4 = 7 β) .JI 00 - 64 = J36 = 6 ενώ JWo - J64 = 1 0 - 8 = 2 γ) Μήπως υπάρχει κάποια περίπτωση που μπορεί να ισχύει; �9 +0 = .J9 =3και .J9 + .J0 =3+0=3 � ιι. ..ι.. Α ..,ι.Α � "/.Α -Ι.Α -ι,Α..J.Α ..ι....Α

�α + β * JQ + Jβ και �α - β * JO - Jβ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/17

��

� :<:::::

�

� ..,........

; ; ; ;

------- Οι ρητοί και οι άρρητοι αριθμοί στον κόσμο των Μαθηματικών

-------

Ά ρρ ητοι Α ρ ιθ μο ί

- Ποιος τώρα μπορεί να υπολογίσει : J7 - Μα κυρία δεν υπάρχει αριθμός που το τετράγωνο του να μας κάνει ακριβώς 7 - Μμμ . . . Κυρια τι θα κάνουμε για να τον υπολογισουμε; Μου φαίνεται πολύ πολύ δύσκολο . . Βασιλάκη , θα δείς οτι μπορούμε να τον προσεγγίσουμε. - Μπορείτε τώρα να σκεφτείτε άλλους αριθμούς που οι τετραγωνικές τους ρίζες να υπολογίζονται με προσέγγιση;

-Ναι!! Ναι!! Υπάρχουν πάρα πάρα πολλοί..όπως το Jlϊ, J8, Jl50, . .. - Οι αριθμοί αυτοί που δεν είναι ρητοί ονομάζοντ αι ά ρρητοι, δηλαδή τα δεκαδικά τους ψηφία δεν τελειώνουν ποτέ και δεν επαναλαμβάνετε ίδιο κάποιο δεκαδικό τους μέρος . - Άρα, Κυρία έχουμε μάθει το σύνολο των φυσικών, των ακεραίων, των ρητών και των άρρητων. -Σωστά!! Έτσι όλοι αυτοί οι αριθμοί που έχουμε μάθει ονομάζονται πλέον πρ αγματικοί

αριθμοι. -Ας υπολογίσουμε την προσέγγιση του

J7 .

Στη δεύτερη στήλη του διπλανού πίνακα δίνονται τα τετράγωνα των αριθμών της πρώτης στήλης. α) Μπορείτε να βρείτε αριθμό χ στην πρώτη στήλη του διπλανού πίνακα ώστε χ 2 = 7 ; .. β) Να συμπληρώσετε τη διπλή ανισότητα . . . . . . . . . . . < J7 < . . . . . . .. . . . 2 '640 6• 969600 γ) Να τοποθετη' σετε (κατά προσέγγιση) τον αριθμό J7 στον παρακάτω 2 .64 1 6,97488 1 άξονα αριθμών. 2 ,642 6,980 1 64

.--..,...,..-

� φ

:i...

�

φ Ν

�

C\1

;

� Ν

!!1

�

� ('IJ

!;;:

φ Ν

�

� Ν

2 .643 6, 985449

�

2,644

φ Ν

2 ,645 2,646 2 ,64 7 2,648 2 .649

6, 990736

6, 996025 7 . οο 3 1 6 7.006609 7 , 01 904 7,0 1 720 1

δ) Μπορούμε να πούμε ότι με προσέγγιση τριών δεκαδικών ο αριθμός J7 είναι (με έλλειψη) J7 = . . . . . . . . . . . (με υπερβολή) J7 = . . . . . . . . . . . Όμοια κατά προσέγγιση J3 = 1, 7 1 9 . Οπότε : J7 = 2, 647 , ενώ J3 + 2 = 1, 7 1 9 + 2 = 3, 7 1 9 Συμπέρασμα: J7 * J3 + 2 . -Πιστεύετε ότι θα μπορούσαμε να κάνουμε προσέγγιση της J7 με τέσσερα δεκαδικά ψηφία; Με πέντε δεκαδικά ψηφία; Με έξι δεκαδικά ψηφία; Πόσα τελικά δεκαδικά ψηφία νομίζετε ότι έχει αυτός ο αριθμός;

ΑΣΚΗΣ Ε ΙΣ

Να γραφούν σε όσο το δυνατόν απλούστερη μορφή οι παραστάσεις : Α . 4( 2.fi) - 3 Ji, + 5.fi - = 4 . 4 . 2 . J2 - 3 . Ji, + 3 . + 5 . J2 1.

.J3-

(

.J3)

.J3

.J3-

.J3

= 4 · .J3 - S · .fi - 6 + 3 · .J3 + 5 · .fi-.J3 = 6 · .J3 - 3.fi - 6 Β.

�(-2 )2 + 2 ( 4γ + (.J5)2 - 3Jl6 = l-21 + 2 · 1 6 + 5 - 3 · 4 = 2 + 32 + 5 - 12 = 27

Να υπολογίσετε τους αριθμούς α, β, γ. Β. Να υπολογίσετε την τετραγωνική ρίζα του αριθμού α +β+γ. 2. Α.

Λύ ση Α.

{ )

2 a = 3Ji - Jll + .Ji.Ji + Jll = 3 2 . J2 2 - Jll + JN + Jll = = 9 · 2 - Jll + .J9 + Jll = 18 - Jiϊ + 3 + Jll = 21 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/18

.J3 =

------ Οι ρητοί και οι άρρητοι αριθμοί στον κόσμο των Μαθηματικών ------β= -2 Ji52 + .J25 . 25 + .J25 = -2 . 25 + ..[252 + 5 = -50 + 25 + 5 = -20 r- Jl44 - # + �( -12 ) 2 = 12 - �( 3 2 y + l - 12 1 = 12 - ( 3 2 ) + 13 = 12 - 9 + 12 = 15 Β . α+ β+r-2 1+(-20)+1 6=2 1 -20+1 5= 1 6, άρα �α + β + y Jϊ6 4 3.

Στη θέση του χ να τοποθετήσετε τον κατάλληλο θετικό αριθμό ώστε να είναι σωστές οι

ισότητες: α) Λύ ση

{36 = !

ν -χ

' ' οτι α) Σκεφτομαστε

�χ - 40 = 9

β)

{36 J36 6 ν -χ fi fi =

β) Σκεφτόμαστε ότι 9 = .J8ϊ άρα

γ) Σκεφτόμαστε ότι 2

/i + 4 = 10

δ)

JΧ - 7 = 2 4

5 2 25

' 5 οποτε r.:=

.J8ϊ = �χ - 40 άρα χ-40=8 1 οπότε χ=8 1 +40= 1 2 1 .

6 άρα

δ) Σκεφτόμαστε ότι αφού

' πρεπει ' αρα

γ)

fi - 7 4

3 οπότε χ=3 2=9.

2 πρέπει

fi 4

2 + 7 = 9 άρα

4 9 = 36 οπότε ·

Παρ αλείψαμε μικρό μέρος και το συμπλη ρ ώνουμε στο άρθρο τ.S9 σελ. 25

ΠΑΡΑΓΟΝΤΟΠΟΙΗΣΗ και ΤΑΥΤΟΤΗΤΕΣ

Π. Χριστόπουλος - Θ. Χριστόπουλος Πώς γίνεται η παραγοντοποίη ση; Α . Δ ύ ο όροι

Βή μα ι • : Εξετάζουμε προσεχτικά αν οι δύο όροι έχουν κοινό παράγοντα (προσοχή ! και από τους αριθμούς και από τα «γράμματω> ) αν ναι γράφουμε τον κοινό παράγοντα και ανοίγουμε παρένθεση μέσα στην οποία γράφουμε «ότι απομένει» από τους δύο όρους. (δηλαδή το πηλίκο κάθε όρου δια του κοινού παράγοντα) Παράδειγμα: 6α3 β-4α2 β2γ=2α2 β(3α-2βγ). Β . Τ ρείς όροι

Βή μα 1 • :

Εξετάζουμε προσεχτικά αν όλοι οι όροι έχουν κοινό παράγοντα 2 2 Βή μα 2" : Εξετάζουμε αν οι 3 όροι είναι ή μπορούν να γίνουν τέλειο τετράγωνο δηλαδή αν έχουμε α +2αβ+ β οπότε γίνεται (α+β)2 ή α2-2αβ+β2 οπότε γίνεται (α- β)2 Βή μα 3°: Εξετάζουμε αν με διάσπαση ενός όρου, οπότε γίνονται 4 οι όροι, (δες παραγοντοποίηση 4 όρων). Βήμα 4": Να το δούμε ως τριώνυμο (υπάρχουν 3 τρόποι: l ος με διάσπαση όρου, 2ος με εύρεση ριζών, 3ος με γινόμενο και άθροισμα ριζών). Ακολουθούν τα παραδείγματα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Γ. Τέσσερις όροι

Βή μα 3°:

Αν είναι 4 οι όροι εξετάζουμε αν είναι ή μπορούν να γίνουν τέλειος κύβος.

Εφαρ μογές

Χωρίς μολύβι και χαρτί, από μνήμης, ποιο είναι το γινόμενο 28 χ 32; Λύση

Εύκολο με τη χρήση της ταυτότητας 2)(30+2)=302-22=900-4=896 τόσο απλά.

(α + β)(α - β)=α2 - β 2 •

Θέτω α=30 και β=2 έτσι έχουμε (30-

Σε ένα τετράγωνο οικόπεδο πλευράς χ αυξήσαμε την πλευρά του κατά 5 μέτρα ώστε να έχουμε και πάλι τετράγωνο με πλευρά χ+5 πόσο αυξήθηκε το εμβαδόν του οικοπέδου; Λύση

Το οικόπεδο είχε εμβαδόν χ2 με την αύξηση της πλευράς του το εμβαδό του νέου οικοπέδου έγινε (χ+5)2=χ2+ 10χ+25. Άρα το εμβαδό του οικοπέδου αυξήθηκε κατά (χ+5)2-χ2= 10χ+25 ή (χ+5)2-χ2=(χ+5-χ)( χ+5+χ)= 5(2χ+5) δηλ. κατά το εμβαδό ορθογωνίου με διαστάσεις 5 και 2χ+5 ή αλλοιώς κατά το εμβαδό δύο ορθογωνίων με διαστάσεις 5 και χ, συν το εμβαδό ενός τετραγώνου πλευράς 5 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 9 0 τ.2/19

Κανον ι κά πολύγωνα. ά Α

=======

ρδαβ νη Καλλιόπη - Τ ουρναβ ίτης Στέργιος

Αν κοιτάξουμε γύρω μας θα βρούμε αρκετά αντικείμενα όμοια με αυτά της εικόνας. Παρατηρούμε ότι όλα έχουν κοινό γνώρισμα, αντιπροσωπεύονται από ένα γεωμετρικό σχή μα πολυγώνου με τις πλευρές και τις γωνίες του ίσες, δηλαδή με ένα κανονικό πολύγωνο. Το παρατήρησες κι εσύ; Β

β) Η κάθε μία γωνία του είναι εγγεγραμμένη

σε τόξο 3 72° =2 1 6° άρα η κάθε μία γωνία του 2 1 60 0 επομενως ' ' φ= = 1 08 ο' λες οι γωειναι 2 νίες του είναι μεταξύ τους ίσες. Θυμάμαι ότι μία εγγεγραμμένη γωνία ισούται με το μισό της αντίστοιχης επίκεντρης ή το μισό του α ντίστοιχου τόξου της. ·

Ας προσπαθήσουμε να κατασκευάσουμε ένα κανονικό πολύγωνο π.χ. ένα κανονικό πεντά γωνο. Σχεδιάζουμε έναν κύκλο ακτίνας ρ και σχηματίζουμε στο κέντρο του 5 ίσες διαδοχι3600 = ° 72 . Οι κές γωνίες με άνοιγμα ω = 5 πλευρές των γωνιών αυτών ορίζουν στον κύ κλο 5 σημεία τα οποία ανά δύο διαδοχικά, σχηματίζουν τόξα 72° . Οι χορδές που ορίζο νται από αυτά τα τόξα είναι ίσες (γιατί;) και τα τρίγωνα που δημιουργούνται είναι ισοσκελή (γιατί;). Θα αποδείξουμε ότι το πολύγωνο που σχηματίστηκε είναι ένα κανονικό πεντάγωνο. Απόδειξη : α ) Κάθε πλευρά του πενταγώνου αντιστοιχεί

σε τόξο 72° άρα οι πλευρές του είναι όλες ί σες. Θυμάμαι ότι σε ίσα τόξα ενός κύκλου α κτίνας ρ, αντιστοιχούν ίσες χορδές.

Γενίκευση απόδειξης: α) Κάθε πλευρά του ν-γώνου αντιστοιχεί σε

360 ° ' ' του κανονικου' , αρα οι πλευρες ν πολυγώνου με ν πλευρές είναι όλες ίσες. β) Η κάθε μία γωνία του είναι εγγεγραμμένη (ν - 2)•360 ° , σε τοξο άρα η κάθε μία γωνία ν (ν - 2)•360° 1 0 360 ° 80 του είναι φ 2ν ν επομένως όλες οι γωνίες του είναι μεταξύ τους ίσες. Η γωνία ω, όπως ορίστηκε πριν, ονομά ζεται κεντ ρ ική γωνία του κανονικού πολυγώ360 0 = νου και είναι ω ν τόξο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/20

-------

Κανονικά πολύγωνα

Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι φ=1 8 0° -ω (γιατί;) άρα φ+ ω=1 8 0° I I I I I

ΙΓ

�---

'72°

_.: 1 0 s c· . � I = 720 J!!!J

��

360°

' ' ω = -- συμπεραινουμε ' οτι γ) Απο' τη σχεση

�Α

Αν θυμηθούμε ότι η εξωτερική γωνία φ είναι παραπληρωματική της φ, δηλαδή φεξ + φ = 1 80° , οδηγούμαστε στη σχέση φεξ = ω

Το κανονικό πολύγωνο που φτιάξαμε, λiγε ται εγγεγραμμένο στον κύ κλο ενώ ο κύ κλος περιγεγραμμένος στο πολύγωνο. Σχέσεις μετα ξύ των στοιχείων του κανονι κού ν-γώνου Αριθμός

Ισόπλευ ρο τρίγω νο τετράγω νο Κανονικό πεντάγω νο Κανονικό εξάγωνο Κανονικό οκτάγωνο Κανονικό δεκάγωνο Κανονικό δωδεκά γωνο Κανονικό ν-γωνο

πλευ-

Κεντρι!Cή γωνία ω

Γωνία φ

ρών ν

Εξωτερι!Cή γωνία νγώνου

Α Ε

Άθροισμα εξωτερικών γωνιών

Παρατηρούμε ότι το τετράγωνο έχει 2 διαγώ νιες, το πεντάγωνο 5, το εξάγωνο 9 διαγώνιες κλπ . Υπάρχει άραγε κάποια σχέση του αριθ μού ν των πλευρών του πολυγώνου με τους αριθμούς αυτούς; Β

Β Α

360 ω= ν

φ = 1 80° - ω

,___...._ __ .__ _,______,_____.__ __._

...J ι

Στο πινακάκι που φτιάξαμε παρατηρούμε ότι α) τη μεγαλύτερη κεντρική γωνία έχει το . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . και είναι ω= . . . . . . . . β) όταν αυξάνει ο αριθμός ν των πλευρών ενός

κανονικού ν-γώνου η κεντρική γωνία ω

Ο α ρ ιθ μ ό ς διαγωνίων ενός πολυγώνου με ν πλευρές. Β Β

Ας συμπληρώσουμε τον παρακάτω πίνακα Όνομα πολυγώνου

360°

ω = -- , φ = 1 80° ω ν συμπεραίνουμε ότι όσο ο αριθμός των πλευ ρών ν μεγαλώνει τόσο η κεντρική γωνία του νγώνου . . . . . .Όταν το ν γίνεται πολύ μεγάλο τότε η τιμή της γωνίας ω πλησιάζει στο . . . . . Σε αυτήν την περίπτωση η τιμή της γωνίας του φ, τείνει να πάρει την τιμή . . . . . . και το κανονικό ν-γωνο ομοια' ζει με . . . . . . . . . . . . . I. δ) Από τις σχέσεις

. . . . . . . . . . , ενώ αυξάνεται η . . . . . . . . . . . του . . . .. . ν τα ποσά ν, ω είναι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

� ;)=

------

Ας εξετάσουμε τον αριθμό των διαγωνίων που άγονται από μία κορυφή του πολυγώνου. Στο τετράγωνο έχουμε 1 διαγώνιο, στο πεντάγωνο 2, στο εξάγωνο 3 κλπ. Άρα ο αριθμός των διαγωνίων από μία κορυφή εξαρτάται από τον αριθμό των πλευρών ν του κανονικού ν-γώνου και ισούται με ν - 3 (γιατί;) Μπορείς τώρα να εξηγήσεις γιατί ο αριθμός των διαγωνίων ενός κανονικού ν-γώνου ισού-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/21

Κανονικά πολύγωνα

ται με

ν(ν - 3) ' 2 ·

Ασκήσεις:

1η) Να βρεις ποιο κανονικό πολύγωνο έχει τη γωνία του φ ίση με την κεντρική του γωνία ω 2η)Να βρεις ποιο κανονικό πολύγωνο έχει τη γωνία του φ διπλάσια της κεντρικής του γωνί ας 3η) Να βρεις ποιο κανονικό πολύγωνο έχει τη γωνία του φ τριπλάσια της κεντρικής του γω νίας

------

8η)Υπάρχει κανονικό πολύγωνο με γωνία φ=l l 0° ; (προσπάθησε να εξηγήσεις την απά ντηση σου με περισσότερους του ενός τρό πους). 9η) Ο ρόμβος είναι κανονικό πολύγωνο; Ποιες είναι οι ομοιότητες και ποιες οι διαφορές του από το τετράγωνο; Α . .Β

·· e· ·

4η)Ποιο κανονικό πολύγωνο έχει πλευρά ίση με την ακτίνα του περιγεγραμμένου του κύ κλου; Sη )Πόσο είναι το άθροισμα των εξωτερικών γωνιών οποιουδήποτε κανονικού ν-γώνου; Μπορείς να το εξηγήσεις;

1 0η) Ένα κανονικό πολύγωνο έχει άξονες συμμετρίας και πόσους; Κέντρο συμμετρίας και ποιο;

6η)Αν επαναλάβω ένα τετράγωνο παρατηρώ ότι καλύπτεται το επίπεδο. Αυτό το γνωρίζουν πολύ καλά οι αρχιτέκτονες και κάνουν απλές πλακοστρώσεις.

Με ποια άλλα κανονικά πολύγωνα μπορείς να καλύψω το επίπεδο; Υπάρχουν συνδυασμοί κανονικών πολυγώνων για να κάνεις μια πε ρισσότερο σύνθετη πλακόστρωση; Ποια σχέση πρέπει να ικανοποιείται; Μπορείς να κάνεις τους πειραματισμούς σου εδώ και να απαντήσεις μετά: http://illuminations .nctm.org/ActivitνDetail. aspx?lD=202

7η )Ποιο κανονικό πολύγωνο έχει κεντρική γωνία 30° ; Μπορείς να το σχεδιάσεις σε κύκλο ακτίνας 5 εκατοστών; Τι παρατηρείς;

1 1 η) Ένας κηπουρός που εργάζεται σε ένα τμήμα ενός πάρκου που έχει το σχήμα κανονι κού πενταγώνου, προκειμένου να δημιουργή σει μία γραμμή από διακοσμητικά φυτά που να διχοτομεί την γωνία ΑΒ J:i , πήρε εντολή να σκάψει κάθετα ως προς την ΒΓ. Τι λέτε η ε ντολή αυτή, ήταν σωστή; Μία υπόδειξη :

Υπολογίστε την γωνία /lS S, η οποία είναι το μισό της κεντρικής γωνίας του κανονικού πενταγώνου (γιατί;).

Στη συνέχεια να υποθέσετε ότι η ΒΖ είναι δι χοτόμος και στη συνέχεια να δικαιολογήσετε γιατί η γωνία r5z είναι ορθή.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/22

Τάξη

Μεθοδολογία Επίλυσης Προβλη μάτων Π . Κυρ άνας - Κ. Σ άλαρης

Πολλές φορές μας δίνεται να λύσουμε ένα πρόβλημα που από την πρώτη ματιά διαπιστώ νουμε ότι είναι πολύπλοκο και δεν μπορούμε να ανακαλύψουμε εύκολα σχέσεις μεταξύ δεδομέ νων και ζητουμένων. Παρά δ ειγ μ α Δίνονται 833 διαδοχικοί ακέραιοι θετικοί αριθμοί που έχουν άθροισμα 367353. Να βρείτε τον μικρότερο και τον μεγαλύτερο από τους 833 αριθμούς.

Καλούμαστε να αντιμετωπίσουμε και να διαχειριστούμε ένα μεγάλο πλήθος αριθμών. Στην περίπτωση αυτή προσπαθούμε να βρού με ένα παρόμοιο πρόβλημα με μικρότερο πλή θος αριθμών και να βγάλουμε συμπεράσματα , τα οποία να τα χρησιμοποιήσουμε στο αρχικό πολύπλοκο πρόβλημα. Μια τέτοια διατύπωση προβλήματος είναι: Δίνονται 5 διαδοχικοί ακέραιοι θετικοί α ριθμοί. Να βρείτε τον μικρότερο και τον μεγα λύτερο από τους αριθμούς αυτούς, αν γνωρί ζουμε το άθροισμά τους.

Ακολουθούμε τον αντίθετο δρόμο επιλέ γοντας πέντε διαδοχικούς ακέραιους αριθμούς π.χ 3,4,5,6,7 που έχουν άθροισμα 25, και προ σπαθούμε να ανακαλύψουμε διασυνδέσεις και κανόνες που περιλαμβάνονται στο πρόβλημα. Παρατηρώντας προσεκτικά τους αριθμούς ,διαπιστώνουμε ότι ο αριθμός 5 έχει ξεχωρι στές ιδιότητες: βρίσκεται ακριβώς στη μέση των αριθμών, δηλαδή αριστερά του και δεξιά του είναι το ίδιο πλήθος αριθμών(2). Αυτό συμβαίνει επειδή το πλήθος των αριθμών είναι περιττός. Τον αριθμό 5 μπορούμε να τον ονομά σουμε Μεσαίο ή Μέσο των δοθέντων αριθ μών. Μια άλλη παρατήρηση μας δείχνει ότι αν προσθέσουμε τον μικρότερο και μεγαλύ τερο αριθμό ,δηλαδή τον 3 και 7 και το ά θροισμα διαιρέσουμε με τον 2 , προ κύπτει πάλι ο 5 δηλαδή ο μέσος αριθμός.

Μετά από αυτές τις παρατηρήσεις εγκα ταλείπουμε την υπόθεση ότι γνωρίζουμε τους αριθμούς και δεχόμαστε ότι γνωρίζουμε μόνο το πλήθος αυτών(5) και το άθροισμά τους(25).

Με χ συμβολίσουμε τον μέσο αριθμό, τότε οι 5 αριθμοί συμβολίζονται χ - 2, χ - 1, χ, χ + 1, χ + 2 . Γνωρίζουμε ότι το άθροισμα των 5 ακέραιων διαδοχικών αριθ μών είναι 25, Λύνοντας την εξίσωση χ - 2 + χ - 1 + χ + χ + 1 + χ + 2 = 25 βρίσκουμε ' 25 5 ' ειναι ' και ο μεσος ' οτι χ . Αυτος αριθ -

S μός. Μια πιο προσεκτική παρατήρηση μας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι ο αριθμός 5, εί ναι το πη λίκο του αθροίσματος των αριθ=

25 = 5 . Κατα5 λήγουμε σε ένα πρώτο συμπέρασμα: Αν γνω ρίζουμε το άθροισμα και το πλήθος διαδοχι κών θετικών ακέραιων αριθμών (περιττό πλή θος),τότε πολύ εύκολα βρίσκουμε τον μέσο αριθμό, διαιρώντας το άθροισμα δια του πλή θους. Αριστερά του μέσου αριθμού βρίσκονται 2 αριθμοί ,δηλαδή ( πλήθος - 1 ) + 2 = 2 Και δεξιά του μεσαίου άλλοι τόσοι αριθμοί. Αν θέλουμε να βρούμε τον μικρότερο από τους 5 αριθμούς, δηλαδή τον χ - 2 αφαιρούμε από τον μέσο(5) δύο μονάδες όσο είναι και το πλήθος των αριθ μών αριστερά του μέσου και προκύπτει ο αριθ μός 3 . Αν θέλουμε να βρούμε τον μεγαλύτερο από τους 5 αριθμούς, δηλαδή τον χ + 2 , προ σθέτουμε στον μέσο δύο μονάδες, όσο είναι το πλήθος των αριθμών δεξιά του μέσου και βρί σκουμε τον αριθμό 7. μ ών δια του πλήθους αυτών,

Π λι') θ� Αρι θμΑ.v5 4

Ας πάρουμε ένα άλλο παράδειγμα με 9 διαδοχικούς ακέραιους θετικούς αριθμούς, οι οποίοι έχουν άθροισμα 63 . Για να βρούμε τον μέσο διαιρούμε το άθροισμα δια του πλήθους των αριθμών 63 + 9 = 7 . Ο αριθμός 7 είναι ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 90 τ.2/23

------- Μεθοδολογία επίλυσης προβλημάτων

μέσος. Αριστερά του 7 βρίσκονται 4 αριθμοί γιατί 9 - 1 = 8 και 8 + 2 = 4 και ο μικρότερος είναι ο 7 - 4 = 3 .Δεξιά του 7 βρίσκονται 4 αριθμοί με μεγαλύτερο τον 1 1 . 5

Π λ r) Ocr;

ορι 8

Ομί.v 9

Γενικεύουμε το πρόβλημα με την αρχική εκφώνηση : Δ ίνονται 833 διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί που έχουν άθροισμα 3 6 7353, Να βρείτε τον μι κρότερο και τον μεγαλύτερο από τους 833 α ριθμούς.

Σύμφωνα με τα συμπεράσματα που βγά λαμε από τα προηγούμενα παραδείγματα μπο ρούμε να βρούμε τον μέσο αριθμό αν διαιρέ σουμε το άθροισμα 367353 δια του πλήθους των αριθμών που είναι 833. Η διαίρεση αυτή μας δίνει τον αριθμό 44 1 που είναι ο μέσος α ριθμός. Για να βρούμε πόσοι αριθμοί είναι α ριστερά του μέσου αφαιρούμε από το πλήθος των αριθμών μια μονάδα και αυτό το διαιρούμε με το 2, δηλαδή ( 833 - 1 ) + 2 = 4 1 6 . Ο μικρότερος αριθμός προκύπτει αν από τον με σαίο αριθμό αφαιρέσουμε τον αριθμό 4 1 6 που είναι το πλήθος των αριθμών αριστερά του μέσου αριθμού, δηλαδή 44 1 - 4 1 6 = 25 .Αν θέλουμε να βρούμε τον μεγαλύτερο αριθμό , τότε προσθέτουμε στον μέσο αριθμό το πλή θος των αριθμών που είναι δεξιά του μέσου, δηλαδή 441 + 4 1 6 = 857 Π λ ή Οα;

αρι

Ομi.Ιι 8 3 3

44 1

857

Έν α άλλο πρόβλη μ α .

Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι αν γνωρίζουμε το πλήθος και το άθροισμα διαδο χικών ακέραιων αριθμών περιττού πλήθους, Σ = ' ' ' απο' τον μαθηματικο' τυπο Μ , οπου τοτε π

Σ είναι το άθροισμα, Π είναι το πλήθος, μπο ρούμε να βρούμε τον μέσο Μ. Από μετασχη ματισμό του μαθηματικού τύπου παίρνουμε Σ = Π Μ . Ένα πρόβλημα που μπορούμε να διατυπώσουμε είναι: να βρούμε το άθροισμα 1 + 2 + 3 + ......... + 1 0.00 1 . Το πλήθος των α ριθμών είναι 1 0.00 1 , Όπως αποδείξαμε παραπάνω <Μια άλλη παρατήρηση μας δείχνει ότι αν προσθέσουμε •

--------

τον μικρότερο και μεγαλύτερο αριθμό ,από ένα περιττό πλήθος διαδοχικών θετικών ακέ ραιων αριθμών και το άθροισμα διαιρέσουμε με τον 2, προκύπτει ο μέσος αριθμός > Άρα ο μέσος θα είναι το ημιάθροισμα του πρώτου ' δη λαδη' 1 000 1 + 1 = 500 1 . και του τελευταιου 2 Τώρα γνωρίζουμε το πλήθος και τον μέσο α ριθμό. Το άθροισμα σύμφωνα με τον τύπο θα Σ =Π Μ είναι Σ = 500 1 • 1 000 1 = 50.0 1 5.00 1 . •

Π α ρ ατή ρη ση

Αν έχουμε ένα περιττό πλήθος διαδοχικών ακέραιων αριθμών π,χ θετικών 23,24,25, . . . . . . . . 555, για να βρούμε το πλήθος αυτών προσθέτουμε στον τελευταίο αριθμό τη μονάδα και από το άθροισμα αυτό αφαιρούμε τον πρώτο αριθμό. Στη περίπτωσή μας το πλήθος είναι (5 5 5 + 1) - 2 3 5 3 3 . Αν θέλουμε να βρούμε τον μέσο προσθέτουμε τον μικρό τερο και τον μεγαλύτερο και το άθροισμα το δια διαιρούμε 2, δηλαδή =

5 5 5 + 23 2

�

5 8

2 89

. Είμαστε έτοιμοι

να υπολογίσουμε και το άθροισμα. Εφαρμό ζουμε τον τύπο Σ = Π • Μ = 533 • 289 = 1 54037 . Η μεθοδολογία που

αναπτύξαμε παραπάνω στηρίζεται στις μαθηματικές γνώσεις που έχετε μέχρι σήμερα. Σε επόμενες τάξεις του λυκείου θα μάθετε και άλλες μεθόδους και τεχνικές με τις οποίες θα λύνετε ευκολότερα προβλήματα αυτής της κατηγορίας. ΠΡΟΤΑΣΗ

Προτείνουμε να μελετήσετε, αν ισχύουν τα παραπάνω όταν. α ) Το πλήθος των ακεραίων αριθμών είναι άρ τιος. β) Οι αριθμοί είναι ακέραιοι θετικοί και αρνη τικοί. . Θα χαρούμε πολύ να μας στείλετε τις εργασίες σας. Π ροτεινόμενη άσκη ση

Δίνεται το άθροισμα διαδοχικών φυσικών α ριθμών περιττού πλήθους 55 + 56 + 57 + ....... + 80 + 8 1 + 82 + 83 = 200 1 Να βρείτε ακόμη δύο αθροίσματα διαδοχικών φυσικών αριθμών περιττού πλήθους με άθροι σμα το καθένα τον αριθμό 200 1 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 90 τ.2/24

Εξ ι σώσε ι ς

2ou

κα ι

τrροβλήματα βαθ μ ού

Γιώργος Λυμπερόπουλος - Τά σος Μπακάλης - Μαρία Σίσκου

Έχουμε μάθει ότι, για να επιλύσουμε ένα πρόβλημα στα Μαθηματικά, συνήθως χρησι μοποιούμε εξισώσεις. Επομένως αν γνωρίζου με να λύνουμε εξισώσεις, διευκολυνόμαστε και στην επίλυση προβλημάτων. Η πιο απλή εξίσωση που μάθαμε έχει τη μορφή : αχ+β=Ο δηλαδή η εξίσωση με έναν άγνωστο Α ' βαθ μού. Τα α, β είναι γνωστοί και ο άγνωστος εί ναι το χ. Για να λύσουμε την εξίσωση αυτή σκεφτόμαστε ως εξής: 1 . Αν <#Ο τότε αχ=-β και χ= -β/α 2 . Αν α=Ο και β= Ο, τότε η εξίσωση είναι αόριστη, δηλαδή έχει άπειρες λύ σεις (την επαληθεύει οποιοσδήποτε αριθ μός). 3 . Αν α=Ο και β:;tΟ, τότε η εξίσωση είναι

χ2+2 ·3χ+3 2=520 +3 2 (πρόσθεσα και στα 2 μέ

λη το 3 2 • Η εξίσωση παραμένει). Πέτυχα όμως το πρώτο μέλος να είναι τέλειο τετράγωνο, δηλαδή: (χ+3)2=529=232=(20+3)2, άρα χ=20 πσυ σημαίνει ότι το πλάτος τσυ οικοπέ δου είναι 20m και το μήκος του οικοπέδου είναι 26m. Με τον γεωμετρικό τρόπο που προσπαθή σαμε να λύσουμε το παραπάνω πρόβλημα, δι απιστώνουμε ότι το οικόπεδο σχήματος ορθο γωνίου παραλληλογράμμου, αν του προσθέ σουμε 3 2 m2 το εξισώσαμε με ισοδύναμό του τετράγωνο με πλευρά χ+3, Σχ.2. 3

3χ

αδύνατη.

Όλα τα προβλήματα όμως δε λύνονται με εξισώσεις Α ' βαθμού. Για να το καταλάβουμε καλύτερα ας πάρουμε το παρακάτω παράδειγ μα: Ένα οικόπεδο που έχει σχήμα ορθογω νίου παραλληλογρ ά μμου έχει εμβαδ ό 520 m2 και το μήκος του είναι μεγαλύτερο από το πλάτος του κατ ά 6m. Ν α βρεθούν οι δια στ άσεις του (Σχ.l)

Παρατηρούμε ότι το οικόπεδο έχει εμβαδό ίσο με το άθροισμα του τετραγώνου πλευράς χ και του ορθογωνίου πλευρών χ και 6 άρα: χ2+6χ=520.

χ χ

Σχ.2 Με τον τρόπο αυτό καταλήξαμε στην εξίσωση (χ+3)2= 529=23 2 και υπολογίσαμε εύκολα τη τιμή του χ. Αν θέλαμε να βρούμε το ευθύ γραμμο τμήμα χ, που επαληθεύει την εξίσωση 2ου βαθμού :αχ2+βχ+γ=Ο, με τη προϋπόθεση α>Ο,β>Ο και γ<Ο ή -γ>Ο. Φέρνουμε το γ στο 2° μέλος : αχ2+βχ= -γ Διαιρούμε με α: χ2�χ=- !. >Ο Τότε το ορθογώνιο με εμβαδό χ2�χ =χ· (χ�) α

χ χ

είναι το επόμενο.

6χ

Η εξίσωση που βρήκαμε (εδώ με γεωμετρικό τρόπο) δεν μας είναι γνωστή και φυσικά δεν μπορεί να επιλυθεί όπως οι εξισώσεις πρώτου βαθμού που έχουμε μάθει μέχρι τώρα. Η εξί γράφεται: χ2+2 · 3χ=520 σωση ή ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/25

Σχ. l

-χ α

Σχ. 3

------- Εξισώσεις 2°0 και προβλήματα Βαθμού

-------

Μοιράζουμε τη πλευρά με μή κ ος !!..α στα iii) Αν Δ<Ο τότε η εξίσωση δεν έχει λύσεις στο σύνολο των πραγματικών αριθμών. δυο και σχηματίζουμε δύο ορθογώνια με διαΤη διαδικασία αυτή τη κάνουμε συνήθως στάσεις ../!_ και χ. Τοποθετούμε τα ορθογώνια όταν α;t:Ο,β#Ο και γ #Ο γιατί αν : 2α αυτά δίπλα στο τετράγωνο πλευράς χ, όπως i) β=Ο, η εξίσωση γίνεται: χ2+γ=Ο ή χ2=-γ και αν -γ?.ο ή γ<Ο τότε χ=±.Fγ ενώ αν δείχνει το Σχ.4 Έτσι βλέπουμε ότι σχηματίγ>Ο, η εξίσωση είναι αδύνατη. στηκε ένα τετράγωνο με πλευρά χ + ../!_ 2α ii) γ=Ο, τότε η εξίσωση γίνεται : Το παραπάνω τετράγωνο με πλευρά χ + ../!_ χ2+βχ=Ο ή χ (χ+β)=Ο και έχει λύσεις 2α Ο ή χ2 = - β . πρέπει να γίνει ισοδύναμο με τετράγωνο που Χι = 2 = p 2 -4αy>Ο Ιστορική παρατήρηση: έχει εμβαδό: Ε=- r.α + (../!_ 2α) 4α2 Παραπάνω προσπαθήσαμε να δώσουμε μια γεωμετρική ερμηνεία της λύσης μιας δευ β L. χ )2 !.._ ( τεροβάθμιας εξίσωσης, γιατί είναι γνωστό ότι 2α 2α 2α εξισώσεις 2°υ βαθμού όπως χ 2 + αχ = α2 , αχ 2 + βχ = y κ αι αχ 2 + y = βχ , α,β,γ>Ο 2 είναι λυμένες γεωμετρικά στα στοιχεία του χ β χ Ευκλείδη ( τότε δε γνώριζαν τους αρνητικούς χ 2α . αριθμούς). Στο παρακάτω σχήμα (Σχ.5) βλέπουμε τη χ β γεωμετρική λύση της Εξίσωσης του Ευκλείδη: 2α χ 2 + 1 0χ = 3 9 . Σχ. 4 Μοίρασε το 1 Ο στα 2, πήρε τετράγωνο με 2 πλευρά 5 και το τετράγωνο με πλευρά 5+χ. Ρ Δηλαδή θα έχουμε: (χ + !!..α ) 2 = - r.α + 4α 2 Έτσι στο σχήμα μας, βλέπουμε το τετράγωνο f!_ , , 2 -4αy β2 β -4αy � 2 !!_ + + η' πλευράς 5+χ να αναλύεται σε δύο ορθογώνια, η (χ α ) = 4α2 η Χ α = 2 α με εμβαδά 5·χ το καθένα ένα τετράγωνο με -4αy > β χ = - - + �β2 -4ay = -β+�β2 Ο που ειεμβαδό χ2 και ένα τετράγωνο με εμβαδό 25. 2α α 2α ναι η ζητούμενη λύση. Γενικά όταν έχουμε μια εξίσωση δευτέ χ2 2 5χ χ αλγεβρικά ρου βαθμού : αχ +βχ+γ=Ο, με α;fΟ εργαζόμαστε με ανάλογο τρόπο. Αφού φέρουμε το γ στο δεύτερο μέλος και 5χ διαιρέσουμε με το α έχουμε: χ2�χ=r. 25 5 α α 2 Προσθέτουμε και στα δύο μέλη το (../!_ 2 α) : 2 χ2+2 ..f!.._ x+(..f!.._ γ = - r.α +(../!_ 2α 2α 2 α) ή χ 5 (Χ + /!_) 2 = - r. + pz η' (χ + /!_) 2 = p 2 -4αy α α 4α2 α 4α2 Σχ 5. 2 Τη ποσότητα Δ=β 4ay την ονομάζου Όλα αυτά έχουν συνολικό εμβαδό με διακρίνουσα της εξίσωσης, διότι αν: 3 9+25=64. Άρα το τετράγωνο με πλευρά χ+5 έχει εμβαδό: Ε = (χ + 5 ) 2 =3 9+25=64=8 2 !!.. + β2-4αy = i) Δ>Ο τότε χ + = ή χ+5 =8 ή χ=3 α 4α2 Ο Ήρωνας ο Αλεξανδρεύς είχε δώσει τη αy � ± Ρ :�4 και επομένως η εξίσωση έχει 2 παρακάτω λύση για την εξίσωση: αχ 2 + β χ = y ( α, β , y > Ο ) . λύσεις τις: -β+..jr-:β..,-β��β2-4αy 2- 4-ay , 2 η Χ2 Iα + β - β Χι 2α 2α y Cz ) z χ = -..J ii) Αν Δ=Ο τότε Χι = χ2 = - ../!_ α 2α •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/26

·�

------- Εξισώσεις 2°" και προβλήματα Βαθμού

-------

Ο Ινδός Μαθηματικός Brahmagupta (5 97-668 μ.Χ.) για την εξίσωση χ 2 + px = q με p,q>O, έδωσε τη παρακάτω γεωμετρική λύση, Σχ.6

είναι μεγαλύτερη κατά 7 cm από την άλ λη. Να βρεθούν οι κάθετες πλευρές και η υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου. 3. Τρείς συμμαθητές ρωτήθηκαν πόσα χρή ματα έχουν μαζί τους και απάντησαν. Ο Γιάννης έχει 1 1 ευρώ περισσότερα από τον Γιώργο και ο Κώστας 12 ευρώ λιγό τερα από το Γιώργο. Αν όμως πολλαπλα σιάσου με τα χρήματα του Γιάννη και του χ!: Κώστα και προσθέσουμε 1 00 Ευρώ, θα έχουμε 30 φορές περισσότερα χρήματα από το Γιώργο. Πόσα χρήματα είχε ο κάθε μαθητής μαζί του; 4. Αγρόκτημα σε σχήμα ορθογωνίου παραλ ληλογράμμου με διαστάσεις που διαφέ r..-[ι---- Χ •� ----...j ρουν κατά 6 9 m είναι ισοδύναμο με τε Οι Αρχαίοι Βαβυλώνιοι από το 4000 π.Χ τραγωνικό αγρόκτημα διαστάσεων 1 30 m. για να λύσουν το πρόβλημα με δύο αριθμούς Ποιες οι διαστάσεις του αγροκτήματος; που έχουν γνωστό άθροισμα και γνωστό γινό 5. Αν Α=χ2-3χ και Β= 6-2χ για ποιες τιμές μενο, χ+ψ=s και χ·ψ=p (χ, ψ θετικοί γιατί όπως του χ οι αριθμοί Α,Β είναι αντίθετοι; προείπαμε στην αρχαιότητα δε γνώριζαν τους 6. Να λυθούν οι εξισώσεις: αρνητικούς αριθμούς), έκαναν το εξής: α) (χ+3)·χ- (χ+7)·(2χ-5)=1 9 ' ' β) (χ+3) 3=(χ-8) 3 +250 Επειδη χ+ψ=s τοτε χ= 2 + ε και ψ- ε και 2 7. Δίνεται η εξίσωση 3χ2-7χ+5+2λ=Ο. Για χ·ψ=(2 + ε). C2 - ε) η p- 4 - ε η ε2 - 4 p ποιες τιμές του λ η εξίσωση αυτή α) Έχει 2 λύσεις πραγματικές και άνισες p και υπολόγιζαν τα χ και ψ. άρα: ε = β) 2 λύσεις πραγματικές και ίσες Αν πάρω το γινόμενο χ(χ+ψ) =χ2+χψ ή γ) Καμία λύση. sx=x2+p καταλήγουμε στην εξίσωση: x2+p=sx 8. Για τις εξισώσεις χ2-7χ+λ-2=0 και χ2-2χ-2λ+4=0, έχουμε ότι: Η μία ρίζα της ήταν γνωστό στους Βαβυλώνιους ότι δίνει δεύτερης είναι διπλάσια από μια ρίζα της τους αριθμούς με το γνωστό άθροισμα s και το γνωστό γινόμενο p. πρώτης και οι άλλες ρίζες είναι αντίθετες. Π .χ αν γνωρίζω ότι το άθρο ισμα 2 θετι Να βρεθεί ο λ. κών αριθμών είναι s=13 και το γινόμενό 9. Σύμφωνα με αυτά που μάθατε για τους αρχαίους Βαβυλώνιους : τους p=40 τότε σύμφωνα με τα παραπάνω α) Να βρείτε δύο θετικούς αριθμούς που έχω : έχουν άθροισμα s=2 9 και γινόμενο p=2 10. 40 ε p ' β) Να λύσετε την εξίσωση χ2+2 1 0=2 9χ. 4 4 4 4 2 τι παρατηρείτε; 10. Γνωρίζουμε από τη φυσική ότι το διάστη 8 + -2 = --= Άρα χ= -2 + ε = 2 2 μα s που διανύει ένα κινητό όταν κινείται 5 = = και ψ=-2 ε = επιταχυνόμενο σε ευθεία τροχιά με επιτά 2 2 2 χυνση γ, δίνεται από το τύπο: Α σκή σ εις και προ βλή ματ α: s - u0 • t + 21 yt 2 . 1 . Ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχει περίμε Να βρεθεί μετά από πόσο χρόνο t, ένα κι τρο 30 cm και υποτείνουσα α=1 3cm. Να νητό που έχει αρχική ταχύτητα u0 = βρεθούν οι κάθετες πλευρές του. Smfsec και επιτάχυνση y = 6mfsec 2 2. Το εμβαδό ορθογωνίου τριγώνου είναι ίσο διανύει απόσταση s= 1OOm; με E=30cm2 και η μία κάθετη πλευρά του 4

s Js: -

, s2

2 -J132 -� 13 3 - 13 3 -

-J169-160 -$-3 16 10 -

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Α' 90 τ.2/27

Η ομο ι ότητα κα ι ο ι σχέσε ι ς '

των ομοιων σχη ματων

==== Σ .

Λέμε συχνά πως κάποια αντικείμενα ή άτομα μοιάζουν μεταξύ τους, έχουν δηλαδή παρόμοια μορφή. Διακρίνουμε σε αυτά κοινά χαρακτηριστικά ανεξάρτητα από το μέγεθός τους. Ένα παιδί μοιάζει με κάποιον από τους γονείς του, ένα κτίριο είναι όμοιο με το διπλανό του, ένα τραπέζι θυμίζει έντονα κάποιο άλλο. Εκεί όμως που πραγματικά δημιουργούνται όμοια αντικείμενα είναι στις μικρογραφίες μεγάλων αντικειμένων που συνήθως αποκαλούμε μινιατούρες. Αν ρωτή σετε έναν κατασκευαστή μινιατούρας, θα σας πει ότι το σημαντικό είναι να διατηρεί τις αναλογίες και τις γωνίες της αρχικής κατασκευής.

Ο πύργος της Πίζας και η μινιατούρα του είναι δύο όμοια αντικείμενα. Ας δούμε όμως τα πράγματα περισσότερο μέσα στο πλαίσιο των Μαθηματικών. Όπως στις μινιατούρες, έτσι και στα Μαθηματικά έχουμε την έννοια της μεγέθυνσης ή της σμίκρυνσης. Όταν ένα γεωμετρικό σχήμα είναι μεγέθυνση ή σμίκρυνση κάποιου άλλου τότε τα δύο σχήματα λέγονται όμοια. Η κλίμακα που εκφράζει τη σμίκρυνση ή τη μεγέθυνση

Αλαφάκη - Σ. Κείσογλου

λέγεται λόγος ομοιότητας των σχημάτων. Αυτό σημαίνει ότι τα όμοια σχήματα έχουν τις γωνίες τους ίσες μία προς μία και τα μήκη των τμημάτων του ενός είναι ανάλογα προς τα μήκη των αντίστοιχων τμημάτων του άλλου. Ας περάσουμε σ' ένα παράδειγμα με τη βοήθεια της παρακάτω εικόνας. Παρατηρήστε τον τρόπο με τον οποίο κατασκευάζεται το τετράπλευρο Α ' Β 'Γ Δ ' από το τετράπλευρο ΑΒΓΔ (μοιάζει να είναι η σκιά του, αν υποθέσουμε πως ένας λαμπτήρας βρίσκεται στο σημείο 0). κ

Στην περίπτωση αυτή, το τετράπλευρο Α ' Β ' Γ Δ ' είναι όμοιο με το ΑΒΓΔ και ονομάζεται και ομοιόθετο του ΑΒΓΔ με κέντρο το Ο. Οι πλευρές του τετραπλεύρου Α ' Β Τ' Δ ' είναι διπλάσιες των αντίστοιχων πλευρών του ΑΒΓ Δ και γι' αυτό λέμε ότι έχουν λόγο ομοιότητας λ=2. Εστιάστε τώρα στο τετράπλευρο ΚΛΜΝ, το οποίο προέρχεται από μετατόπιση και περιστροφή του Α ' Β 'ΓΔΌ Είναι προφανώς ίσο με το Α ' Β ' Γ Δ ' άρα είναι και αυτό όμοιο με το ΑΒΓΔ. Για τα τετράπλευρα ΑΒΓΔ και ΚΛΜΝ ισχύει:

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Α' 9 0 τ.2/28

-------

ΚΛ

ΛΜ

:ΜΝ

Η ομοιότητα και οι σχέσεις των ομοίων σχημάτων =

ΚΝ ΑΔ

ΒΓ ΓΔ Στους αριθμητές των κλασμάτων έχουμε τοποθετήσει τις πλευρές του ενός τετραπλεύρου και στους παρονομαστές τις δεύτερου του πλευρές αντίστοιχες τετραπλεύρου. Ας σημειωθούν τα εξής: Για να ελέγξουμε αν δύο σχήματα είναι όμοια θα πρέπει να συγκρίνουμε τις γωνίες τους μία προς μία όπως και τους λόγους των αντίστοιχων πλευ-ρών τους. Δύο κανονικά πολύγωνα με ίδιο αριθμό πλευρών είναι όμοια. Για τα τρίγωνα δεν χρειάζεται να συγκρίνουμε και τις γωνίες και τους λόγους των πλευρών. ./Αν έχουν τις γωνίες τους μία προς μία ίσες τότε είναι όμοια. Επειδή το άθροισμα των γωνιών ενός τριγώνου είναι σταθερό και ίσο με 1 80° , αν 2 γωνίες ενός τριγώνου είναι ίσες με δύο γωνίες ενός άλλου τριγώνου, τότε τα τρίγωνα έχουν και τις τρίτες γωνίες τους ίσες. Άρα, για να είναι 2 τρίγωνα όμοια αρκεί να έχουν 2 γωνίες τους ίσες μία προς μία. ./Αν έχουν τις πλευρές τους ανάλογες τότε είναι όμοια. ./ Αν δύο τρίγωνα είναι όμοια τότε απέναντι από τις ίσες γωνίες βρίσκονται οι αντίστοιχες πλευρές και αντιστρόφως. Προφανώς δύο ίσα σχήματα είναι όμοια με λόγο ομοιότητας 1 . ΑΒ

•

-------

1) Να εξηγήσετε γιατί είναι όμοια.

2) Να

βρείτε το λόγο ομοιότητας. 3) Να βρείτε τα μέτρα των πλευρών τους.

Λύση 1) Τα δύο τρίγωνα

έχουν δύο γωνίες ίσες μία προς μία οπότε θα έχουν ίσες και τις τρίτες γωνίες τους. Άρα, είναι όμοια. Συμβολίζουμε ΑΒΓ � ΗΖΘ. 2)

Δύο αντίστοιχες πλευρές είναι οι ΑΒ και ΖΘ που βρίσκονται απέναντι από ίσες γωνίες Γ και Η και έχουν λόγο λ= Α Β � ι , 5 ΖΘ

Εδώ, να κάνουμε τις εξής παρατηρήσεις: Καταρχήν, ο λόγος λ=� είναι μεγα-λύτερος 2

του 1 άρα, είναι λόγος μεγέθυνσης και επομένως είναι ο λόγος με τον οποίο πρέπει να πολλαπλα-σιάσουμε τις πλευρές του μικρού τριγώνου για να βρούμε τις αντίστοιχες πλευρές του μεγάλου. Αν πάρουμε τον αντίστροφο λόγο, δηλαδή το � , τότε αυτός 3

είναι μικρότερος της μονάδας και επομένως με αυτόν πρέπει να πολλαπλασιάσουμε τις πλευρές του μεγάλου τριγώνου για να βρούμε τις αντίστοιχες πλευρές του μικρού.

3) Συνεπώς, ΑΓ = 1 ,5 · ΗΘ = 4,5 και ΗΖ _- -2 · ΒΓ= 4. 3

Β ασική άσ κη ση 2 .

Έστω ΑΒΓ ορθογώνιο τρίγωνο με Α 90°, ΑΒ 3 και ΑΓ = 4. Σχεδιάζουμε δύο Βασική άσκηση 1 . Δίνονται τα παρακάτω τρίγωνα ΑΒΓ ακόμα ορθογώνια τρίγωνα, με κάθετες πλευρές διπλάσιες και τριπλάσιες σε μήκος και ΖΗΘ. Β των κάθετων πλευρών του ΑΒΓ. α) Είναι όμοια μεταξύ τους τα τρίγωνα; Αν ναι, ποιος ο λόγος ομοιότητας σε κάθε Α περίπτωση; β) Υπολογίστε τα εμβαδά των παραπάνω τριγώνων. γ) Να βρείτε τη σχέση των εμβαδών. =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/29

----Λύ ση

Η ομοιότητα και οι σχέσεις των ομοίων σχημάτων

-----

τριγώνων. Επειδή τα τρίγωνα ΔΕΖ και ΗΘΙ έχουν πλευρές διπλάσιες και τριπλάσιες αντίστοιχα από αυτές του ΑΒΓ, η αυθόρμητη σκέψη θα ήταν πως και το εμβαδόν τους θα ήταν διπλάσιο και τριπλάσιο αντίστοιχα. Όμως . . . Γ (ΑΒΓ) = ΑΒ · Α = 3 · 4 = 6 2 2 · ΔΕ ΔΖ = 6 · 8 = 24 (ΔΕΖ) = 2 2 9 ΗΘ ΗΙ · · = 12 = 54 (ΗΘΙ) = 2 2 Όπως διαπιστώνετε από τους παραπάνω υπολογισμούς, κάτι τέτοιο δεν ισχύει! Τι ισχύει; γ) (ΔΕΖ) = 24 = 4·6 = 22 ·6 = λ 1 2 ·(ΑΒΓ), δηλαδη' (ΔΕΖ) = λ2 (ΑΒ Γ) (ΗΘΙ) = 54 = 9 ·6 = 3 2 ·6 = λ22 ·(ΑΒΓ), δηλαδή (ΗΘΙ) λ2 (ΑΒ Γ ) 2 2 9 (ΗΘΙ)=54= · 24 = z3 · 24 = λ32 ·(ΔΕΖ)δηλα 4 δη' (ΗΘΙ ) = λ23 • (ΔΕΖ) Γενικά, αν ο λόγος ομοιότητας δύο τριγώνων είναι λ τότε ο λόγος των εμβαδών τους είναι λ2 . Π αρατήρηση : Ο ίδιος κανόνας ισχύει και για τα όμοια πολύγωνα, δηλαδή αν δύο όμοια πολύγωνα έχουν λόγο ομοιότητας λ τότε ο λόγος των εμβαδών τους θα είναι λ2 . Αυτό μπορεί να δικαιολογηθεί από το γεγονός ότι δύο όμοια πολύγωνα μπορούν να χωριστούν σε ίσο αριθμό ομοίων τριγώνων. ι

Με τη βοήθεια του πυθαγορείου θεωρήματος, υπολογίζουμε τις υποτεί-νουσες των ορθογωνίων τριγώνων. Είναι: ΒΓ = J32 + 42 = .J25 = 5 ΖΕ = J62 + 82 = .JiOo = 1 0 ΘΙ = J9 2 + 122 = J225 = 1 5 . Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ είναι όμοια γιατί: ΖΕ ΔΕ ΖΔ , , 2 . Άρα, εχουν λογο - ΑΓ Γ Β ΑΒ ομοιότητας λ 1 =2. Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΗΘΙ είναι όμοια γιατί: ΘΙ = ΗΙ = ΗΘ = 3. Ά , ' ρα, εχουν λογο ΒΓ ΑΓ ΑΒ ομοιότητας λ2=3. Τα τρίγωνα ΔΕΖ και ΗΘΙ είναι όμοια γιατί: ΘΙ = ΗΙ = ΗΘ = -3 Ά ρα, έχουν λόγο ΖΕ ΔΕ ΔΖ 2 ' ομοιοτητας λ3= 2"3 . α)

β)

Ας υπολογίσουμε τώρα τα εμβαδά των ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/30

()

Ε'

-------

Η ομοιότητα και οι σχέσεις των ομοίων σχημάτων

-------

(υποδ.: Αποδείξτε ότι είναι όμοια τα τρίγωνα ΑΔΓ και Α ' ΔΤ ' ) γ) Να υπολογίσετε τα εμβαδά των τριγώνων ΑΒΓ και Α'Β 'Γ.

ΑΣ ΚΗΣΕΙΣ

Έστω παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. Προεκτείνουμε την πλευρά ΑΒ κατά τμήμα Α ΒΖ = Β . 'Εστω Κ το σημείο τομής της ΔΖ 5.

Αν ΑΒ = 2ΔΕ, να υπολογιστεί η πλευρά ΒΓ. 2.

με τη ΒΓ. α) Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ΒΚΖ και ΚΓΔ είναι όμοια. β) Να βρείτε το λόγο ομοιότητας.

γ) Αν (ΒΚΖ) = 1 2 τ.μ., να βρείτε το εμβαδό (ΚΓΔ).

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°) και ΑΔ ύψος. Να αποδείξετε ότι: α) ί) ΑΒΔ � ΑΒΓ , ii) ΑΓΔ � ΑΒΓ, iii) ΑΒΔ � ΑΓΔ. β) Να σχηματίσετε τους λόγους ομοιότητας των παραπάνω τριγώνων και να αποδείξετε ότι: 2 Στο παραπάνω τρίγωνο είναι ΑΚ=ΚΒ i) ΑΒ = ΒΓ· ΒΔ (1), 2 ΚΝ/ΒΓ, ΑΛ=4 και ΒΓ=lΟ. Να βρείτε τα χ, ψ. ii) ΑΓ = ΒΓ·ΓΔ (2) Α ' 3. Ένα ορθογώνιο έχει μήκος 8 cm και πλάτος 5 cm και είναι όμοιο με ένα ορθογώνιο που έχει 9 -πλάσιο εμβαδόν. Να βρεθούν οι διαστάσεις του δεύτερου ορθογωνίου. 4 . Για τα παραπάνω και Β = Β ' .

τρίγωνα ισχύει ότι Α = Α '

α) Να εξηγήσετε γιατί είναι όμοια και να υπολογίσετε το λόγο ομοιότητας.

Β'

iii) ΑΔ2 = ΒΔ·ΓΔ

Να αποδείξετε ότι και ο λόγος των υψών σχέσεων (1) και (2), να των τριγώνων ισούται με τον παραπάνω λόγο γ) Με τη βοήθεια των ομοιότητας και να υπολογίσετε το ύψος Α ' Δ'. αποδείξετε το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΓ. β)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/31

Ο δ ρό μο ς για τα Π ρ ότυπα Πειραματικά Λ1�J κε ια ======

Κώστας Γ. Σάλαρης - Ανδρέας Ν. Τ ριανταφύλλου

Από το σχολικό έτος 20 1 3-20 14, η εισαγωγή όλων των μαθητών/τριών σε κάθε Πρότυπο Πει ραματικό Λύκειο ή Γυμνάσιο γίνεται ύστερα από δοκιμασία (τεστ δεξιοτήτων και γνώσεων). Στην ίδια διαδικασία συμμετέχουν και οι μαθητέςΙτριες από τα υφιστάμενα Γυμνάσια και Λύκεια που συν δέονται μεταξύ τους. Το αρμόδιο Υπουργείο έ στειλε σχετική εγκύκλιο και μεταξύ άλλων τονίζει: Με τη δοκιμασία εισαγωγής μαθητών/τριών στα Πρότυπα-Πειραματικά Λύκεια αξιολογούνται γνώσεις και δεξιότητες που απέκτησαν οι μαθητές κατά τη διάρκεια της φο ίτησής τους στο Γυμνάσιο, σχετικές με την Κατανόη ση Κειμένων της Ελληνικής Γλώσσας και τα Μαθηματικά. Στο γνωστικό πεδίο των Μαθηματικών εξετά ζονται οι ικανότητες κατανόηση ς του σημαντικού ρόλου των Μαθηματικών στην καθημερινότητα, η ικανότητα ανάπτυξης επιχειρημάτων, αιτιολογήσε ων και συλλογισμών, καθώς και οι αριθμητικές, αλ γεβρικές, γεωμετρικές, στατιστικές και στοχαστικές γνώσεις και δεξιότητες. Ο Ευκλείδης Α θα είναι κοντά σας και θα σας δίνει επιλεγμένα θέματα . Τις σχετικές υποδείξεις λύσεις θα τις δίνει στα επόμενα τεύχη. Από τις φε τινές εξετάσεις φάνηκε ότι τα θέματα δεν ήταν σύμφωνα με το πνεύμα και τις ανακοινώσεις του Υπουργείου. Πιστεύουμε ότι στο μέλλον θα δίνο νται θέματα προσαρμοσμένα στο πνεύμα και τους στόχους του Υπουργείου Παιδείας και Θρησκευ μάτων.

Προτεινόμενα Θέματα Α. Θέμα .

J . Αν ισχύει η ταυτότητα

α 2 β + αβ 2 = α + β

για α και β πραγματικοί αριθμοί και διάφοροι του Ο, να αποδείξετε ότι οι αριθμοί α και β είναι aντίστροφοι Μονάδες 4 ή αντίθετοι. 2. Να αποδείξετε ότι κάθε τριψήφιος αριθμός που τα ψηφία του είναι ίσα, αν διαιρεθεί με το άθροι σμα των ψηφίων τους , δίνει πάντα πηλίκο 3 7. Μονάδες 4 3. Δίνονται οι αριθμοί Α και Β με Α =

, , (-2)ν (-2)ν , , οπου ν θ ετικος ακε ραικαι Β 2 2ν 2 + ι 2ν

ος, να βρεθεί ποιος από τους αριθμούς Α ,Β είναι μεγαλύτερος; Μονάδες 7 Β. Θέμα. 1. Το σημείο

Α( - λ + 3,2λ - 3) ,

όπου λ θετικός ακέραιος αριθμός, βρίσκεται στο πρώτο τεταρτη μόριο του συστήματος ορθογώνιων αξόνων ΟΧΥ.

Να βρείτε : α) Την αριθμητική τιμή του λ . β) Την απόσταση του σημείου Α από τους άξονες ΟΧ και ΟΥ. γ) Το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος ΟΑ. Μονάδες 8 2. Αν λ θετικός πραγματικός αριθμός και οι αριθ μοί α και β είναι ρίζες της εξίσωσης

χ 2 - (λ + l)x + λ = Ο .

Δείξτε ότι αν οι αριθμοί 2,

α, β είναι πλευρές τριγώνου τότε ισχύει 1 < λ < 3 . Μονάδες 7 Γ. 1.

Θf.μα.

Ένα μεγάλο τετράγωνο ΑΒΓΔ εσωτερικά περιέχει ένα μικρότερο τε Α Β τράγωνο to ΕΖΗΘ και τέσ Ε z τέσσερα εσωτερικά ίσα ορθογώνια, όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα. Η πε I ρίμετρος καθενός από τα τέσσερα ίσα ορθογώνια εί Δ Γ ναι ι4cm. Να βρείτε την περίμετρο και το εμβαδόν του μεγάλου τετραγώνου. Μονάδες 7 2. Ένα μεταλλικό φύλλο έχει σχήμα τετραγώνου με πλευρά lm. Όταν το μεταλλικό φύλλο θερμαί νεται κάθε πλευρά του διαστέλλεται κατά χ σ.) Να βρείτε μια αλγεβρική παράσταση που να μας δίνει την αύξηση του εμβαδού του μεταλλικού φύλλου β) Να δείξετε, ότι σε αύξηση του μήκους κάθε πλευράς κατά ι cm, επιτυγχάνεται αύξηση του εμβαδού κατά 0,02 m2 με ακρίβεια εκατοστού. Μονάδες 8

Δ. J.

Θέμα.

Στο διπλανό τραπέζιο η πλευρά ΑΒ παράλλη λος στην ΔΓ και γωνία Α = 2Γ . Να βρείτε το μή κος της πλευράς ΔΓ . Μονάδες 7 . Α

/2φ

5μι

�LCι_·_'

2μ

Β 'χ

Χ,"-,

,_,�_'',�,,

__ ____ __ __ __

2. Να βρεθούν όλοι οι πραγματικοί αριθμοί p για τους οποίους η διαφορά των ριζών της εξίσωσης

χ 2 - px + p - 9 = Ο

να είναι ίση με 6. Μονάδες 8 .

Τα προτεινόμενα θέματα είναι σύμφωνα με το πνεύμα των φετινών θεμάτων που δόθηκαν στις εξετάσεις.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/32

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Επιμέλεια : Επιτροπή Διαγωνισμών 74°ς

ΠΑΝ ΕΛΛΗ Ν Ι ΟΣ ΜΑΘ ΗΤΙ ΚΟΣ ΔΙΑΓΩ Ν ΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗ ΜΑΤΙ ΚΑ 'Ό ΘΑΛΗΣ" 19 Οκτωβρίου 2013

Β' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ Π ρόβλη μα ι

Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης :

16 1 74 Α = 3 2 - 12 : 4 + 53 + 3 · 4 + - : - - 9 8 9

Λύση

12 : 4 + 53 + 3 4 +

= 32 - 3 + 53 + 1 2 + Πρόβλη μα 2

128 9

1 6 : _!_ -

74 9

94 +

32 3 + 53 + 12 +

54 9

94 + 6

1 00

16 9

74 -

Ένας οικογενειάρχης πήρε από την τράπεζα ένα ποσόν χρημάτων. Από αυτά ξόδεψε το 20% για την αγορά ενός φορητού ηλεκτρονικού υπολογιστή. Στη συνέχεια, από τα χρήματα που του έμειναν ξόδεψε το 15% για αγορά τροφίμων της οικογένειας. Αν του έμειναν τελικά 1360 ευρώ, να βρείτε : ( α) Πόσα χρήματα πήρε από την τράπεζα ο οικογενειάρχης. (β) Πόσα χρήματα στοίχισαν τα τρόφιμα. (γ) Ποιο ποσοστό των χρημάτων που πήρε από την τράπεζα ξόδεψε συνολικά. Λύ ση (α) Μετά

την αγορά τροφίμων έμειναν στον οικογενειάρχη 1360 ευρώ. Αυτά τα χρήματα αποτελούν το 85% των χρημάτων που του έμειναν μετά την αγορά του υπολογιστή. Άρα το 85% αντιστοιχεί σε ποσόν 1360 ευρώ, οπότε το ποσόν που του έμεινε μετά την αγορά του υπολογιστή ' Σ' ' του προ βληματος: ' ' 1 360 · 1 ΟΟ = 1 6 · 1ΟΟ = 1 600 ευρω. υμφωνα με τα δεδομενα ειναι 85 1 το (1 00 - 20)% = 80% του ποσού που πήρε αντιστοιχούν σε 1 600 ευρώ . 100 Άρα τα χρήματα που πήρε από την τράπεζα είναι: 1 600 · = 2000 ευρώ. 80 (β) Τα τρόφιμα στοίχισαν το 15% των χρη μάτων που έμειναν μετά την αγορά του υπολογιστή, δηλαδή 1600· � = 240 ευρώ. Το ποσό αυτό μπορεί να βρεθεί και με την αφαίρεση: 1600 - 1360=240 . 100 (γ) Ο οικογενειάρχης από τα 2000 ευρώ που πήρε από την τράπεζα ξόδεψε 2000 - 1 360 = 640 64 32 . , δη λαδη, ποσοστιαια ' επι, τις εκατο, 640 · 1 00 = 2 = ευρω, 2000 Π ρόβλη μα 3

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο η γωνία Β είναι διπλάσια της γωνίας Γ . Η μεσοκάθετη της πλευράς ΒΓ τέμνει την πλευρά ΑΓ στο σημείο Ε και η ευθεία ΒΕ τέμνει την ευθεία ε , ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 90 τ.2/33

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

-------

που περνάει από το σημείο Α και είναι παράλληλη προς την πλευρά ΒΓ, στο σημείο Ζ. Να (β) ΑΕΒ Β αποδείξετε ότι : (α) ΑΖ ΑΒ , =

Λύση

Σχήμα 1 ( α) Επειδή το σημείο Ε ανήκει στη μεσοκάθετη της ΒΓ έπεται ότι ΕΒ = ΕΓ , οπότε από το ισοσκελές τρίγωνο ΕΒΓ προκύπτει ΕΒ Γ = Γ .Επειδή ΑΖ 1 1 ΒΓ έπεται ότι: ΕΒ Γ = ΑΖΒ (εντός Β εναλλάξ γωνίες). Από τη σχέση της υπόθεσης Β = 2 · Γ , έχουμε: ΑΖΒ = ΕΒΓ = Γ" = = ΑΒΖ . 2 Άρα το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές με ΑΒ=ΑΖ. (β) Η γωνία ΑΕΒ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΕΒΓ, οπότε ΑΕΒ = ΕΒ Γ + Γ = 2 · Γ = Β . Λ

Πρόβλη μ α 4

λόγος δυο φυσικών αριθμών είναι '!_ . Διαιρώντας τον μεγαλύτερο αριθμό με το 18, το 5 πηλίκο της διαίρεσης είναι ίσο με τον αριθμό 8, ενώ διαιρώντας τον μικρότερο αριθμό με το 12 το πηλίκο της δ ιαίρεσης είναι ίσο με τον αριθμό 9. Αν γνωρίζετε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης του μεγαλύτερου αριθμού με το 18 είναι πενταπλάσιο του υπόλοιπου της διαίρεσης του μικρότερου αριθμού με το 12, να βρείτε τους δυο αριθμούς. Ο

Λύση

{1°ς τρόπος)

'Εστω α, β οι δυο φυσικοί αριθμοί με α > β, Τότε θα είναι α = 2 και επιπλέον β 5 α = 1 8 · 8 + 5u και β = 1 2 · 9 + υ . α = -7 <:::::> 5 α = 7β (ιδιοτητα ' εχουμε: ' ' ) , οποτε ' ' ' ' κλασματων εχουμε ισων Επομενως, β 5 5 · ( 144 + 5υ ) = 7 · ( 108 + υ ) <:::::> (από επιμεριστική ιδιότητα) 720 + 25 u = 756 + 7 u <::::> 1 8 u = 36 <::::> u = 2, οπότε θα είναι α = 1 54 και β = 1 10 . -

2°ς τρ όπ ο ς.

Έχουμε: α = 1 8 · 8 + u1 , με u1 = 0, 1, 2, ... , 1 7 και β = 12 · 9 + υ2 , με u2 = 0, 1, 2, ... , 1 1 . Τα ζεύγη για τα οποία μπορεί να ισχύει η ισότητα '1.-'� 5'1.,·:: είναι τα : (ι·1ι � ' :;: ) =

•

{(0,, 0)1 (5,1),, ( 1 0 2 } 1 (1513)} ,

και από αυτά μόνο το ζεύγος ( 1 Ο, 2 ) μας δίνει α = 1 54 και β = 1 1 Ο και το κλάσμα 1 54 που 1 10 7 ' ισοδυναμο ' ειναι με το - . 5 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/34

------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

-------

Γ ' ΓΥΜΝΆΣΙΟΥ

Πρόβλη μα 1

Αν ο πραγματικός αριθμός α είναι η μικρότερη δεκαδική προσέγγιση δέκατου του άρρητου αριθμού J5 , να βρείτε την αριθμητική τιμή της παράστασης : Α = 3 · ( 3α - 4, 6) - 2 · ( α - 0, 2) . Λύ ση

Έχουμε: 4 < 5, οπότε J4. < J5 => 2 < JS. Είναι 2, 1:: ιtAl, :2.. :2 : +.6-1· καί- :2,3:: η ζητούμενη τιμή του α είναι α = 2, 2 . Με αντικατάσταση βρίσκουμε: Α = 2 =

5,29,

οπότε

Πρόβλημα 2

Αν ο θετικός ακέραιος β ικανοποιεί τις ανισώσεις -4 < 1 - 2β < 5 , 3 2 ( χ + 1) - (χ + 1) < χ να λύσετε ως προς άγνωστο χ την ανίσωση : 2 β Λύ ση

'Εχουμε -4 < 1 - 2β < 5 � -5 < -2β < 4 � - 4 < -2β < -5 � -2 < β < � . Επειδή ο β είναι θετικός ακέραιος, έπεται ότι β = 1 ή β = 2 .

Για β = 2 η ανίσωση γίνεται:

•

χ+1 < χ � χ > 1. 2

2 (x + 1) - i (x + 1) < χ � χ + 1 < χ � 0 - χ < -1 , η οποία είναι αδύνατη. 2 2 2 2

Πρόβλημα 3 Στο ορθοκανονικό σύστημα αναφοράς

χΟψ

ενώ το σημείο Β ανήκει στον άξονά

(α) Β ρ είτε την εξίσωση της ευθείας

μια ευθεία (ε) σχηματίζει με τον άξονα χ χ γωνία :_.s c

Μ ( 2, -6) . Το σημείο Α ανήκει στον άξονα χ'χ

και επίσης διέρχεται από τ ο σημείο ε ,

-2

Για β = 1 η ανίσωση γίνεται: 2 (χ + 1) - � ( χ + 1) < χ �

•

( )

ψ' ψ και στην ευθεία

και στην ευθεία

( )

ε .

(β) Β ρ είτε τις συντεταγμένες των σημείων Α , Β και το εμβαδόν του τ ριγώνου

ΟΑΒ

•

(γ) Β ρ είτε το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΜ.

Λύση

α) Η ζητούμενη εξίσωση έχει τη μορφή ψ = αχ + β , όπου α = εφ45° = 1 . Επειδή η ευθεία

περνάει από το σημείο Μ ( 2, -6) είναι : ψ = χ - 8

έχουμε ότι

-6 = 2 + β � β = -8 . Άρα η εξίσωση της ευθείας ( ε )

ιί•

2 -14

-12

-10

-s

-6

-4

Σχήμα 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 90 τ.2/35

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

------

Τα κοινά σημεία της ευθείας ( ε ) με τους άξονες χ'χ και ψ 'ψ είναι τα Α ( 8, 0) και Β(Ο, -8) , αντίστοιχα. Άρα έχουμε ( ΟΑΒ) = .!. · ΟΑ · ΟΒ = .!. · 8 · 8 = 32 τετρ. μονάδες. 2 2 γ) Αν Κ είναι το σημείο με συντεταγμένες (2, 0) , τότε το τρίγωνο ΚΜΑ είναι ορθογώνιο στο Κ και η κάθετη πλευρά του ΜΚ είναι ύψος του τριγώνου ΟΑΜ με μήκος 6. Επειδή η αντίστοιχη βάση είναι η πλευρά ΟΑ με μήκος 8, έπεται ότι ( ΟΑΜ) = .!. ΟΑ· ΜΚ = .!. · 8 · 6 = 24 τετρ. μονάδες. 2 2 β)

Π ρ όβ λη μα 4 .

Σε κύκλο c(O, R) (κέντρου Ο και ακτίνας R ) δίνονται σημεία Α, Γ και Β τέτοια ώστε ΟΑΒ 10° και Of'B 30° . Τ α σημεία Α και Γ βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την ευθεία ΟΒ. Από το σημείο Ο φέρουμε ευθεία κάθετη προς τη χορδή ΓΒ που την τέμνει στο σημείο Δ, ενώ τέμνει τον κύκλο c(O, R) στο σημείο Ε. ( α) Βρείτε το μέτρο της γωνίας ΑΒΓ και το μέτρο του τόξου Μ σε μοίρες. (β) Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΟΒΕΓ είναι ρόμβος και να υπολογίσετε το εμβαδό του. Λύ ση =

Σχήμα 3 (α)

Επειδή το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ισοσκελές (ΟΑ = ΟΒ = R) , έπεται ότι: Ο:ΒΑ = ΟΑΒ = 1 0° . Επειδή το τρίγωνο ΟΓΒ είναι ισοσκελές ( ΟΓ = ΟΒ = R) , έπεται ότι: Of'B = ΟΒΓ = 30° . Άρα έχουμε: ΑΒΓ = ΟΒΓ - ΟΒΑ = 30° - 1 0° = 20° και Ar = 40° .

Το ύψος του τριγώνου ΟΓΒ είναι και διάμεσος και διχοτόμος της γωνίας ΓΟΒ , οπότε ΓΟΔ = 90° - ofΔ = 9 0° - 30° = 60° , οπότε θα είναι και ΓΟΕ = 60° . Άρα το τρίγωνο ΟΓΕ είναι ισόπλευρο, οπότε ΓΕ = ΟΓ = R . Επειδή η ευθεία ΟΕ είναι μεσοκάθετη του ευθύγραμμου τμήματος ΓΒ θα είναι ΕΒ = ΓΕ = R , οπότε το τετράπλευρο ΟΒΕΓ έχει τις τέσσερις πλευρές του ίσες , δηλαδή είναι ρόμβος. .J3 R .J3 Επιπλέον, έχουμε ΟΔ = ΟΓ · συν30° = R · = , οπότε 2 2 R .J3 = R 2 .J3 . (ΟΒΕΓ ) = R · 2 2 (β)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 90 τ.2/36

------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί

-------

Λύσεις των ασκήσεων του τεύχους 89

( ) �χ2 - 14χ + 65 + �y2 + 10y + 34 = 7 .

Α1 8. Β ρείτε τα ζεύγη x, y πραγματικών αριθμών x, y που είναι λύσεις της εξίσωσης

Λύ ση

[Μολδαβ ία 2013]

Η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση J( x - 7 ) 2 + 1 6 + J(y + 5) 2 + 9 = 7 . Επειδή ισχύουν J( χ - 7 ) 2 + 1 6 � Jl6 = 4 (όπου η ισότητα ισχύει όταν χ = 7 ),

έπεται ότι

J(y + 5) 2 + 9 � J9 = 3 (όπου η ισότητα ισχύει όταν y = -5), J(x - 7 ) 2 + 1 6 + J(y + 5) 2 + 9 � 4 + 3 = 7

και η ισότητα ισχύει όταν (χ, y) = ( 7, -5) . Επομένως,

J(x - 7 ) 2 + 1 6 + J(y + 5) 2 + 9 = 7 <::> (x, y) = ( 7 , -5) . Α1 9. Αν για τους πραγματικού ς αριθμού ς a, b, c, d ισχύ ει ότι α b d c --- + + + = 1 ., h+c+d c+d+a d+a+b a+b+c να βρείτε την τιμή της παρ άστασης 2 2 2 2 d b a c Α= + + + b+c+d c+d+a d+a+b a+b+c Λύ ση ---

[Ουκρανία 2013]

Με πολλαπλασιασμό των δύο μελών της δεδομένης ισότητας επί α + b + c + d * Ο (αν είναι α + b + c + d = Ο , τότε δεν αληθεύει η υπόθεση) λαμβάνουμε:

α ( α+-----'b + c + d) b ( α + b + c + d) c(α + b + c + d) d ( α + b + c + d) ---'= α+b+c+d � + + + α +b+c b+c+d c+d+α d+α+b α 2 + α (b + c---<+ d) b2 + b (α + c + d) c2 + c(α + b + d) d 2 + d (α + b + c) ----'-= α+b+c+d + + + α+b+c b+c+d c+d+α d+α+b 2 2 2 2 � α +α+ b +b+ c +c+ d +d = α+b+c+d b+c+d c+d+α d + α +b α +b+c 2 α2 d2 b2 � + + c + = Ο � Α = Ο. b+c+d c+d+α d+α+b α+b+c Α20. Αν α, b, c είναι θετικοί πραγματικο ί αριθμοί, να αποδείξετε ότι: α

2 2 2 � ( α - b ) + (b - c) + ( c - α)

b+c c+α α+b Ν α εξετά σετε πότε ισχύ ει η ισότητα. Λύ ση

�

•

[Ουκρανία 2013]

Από την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου λαμβάνουμε:

χ2 � 2 -2 y = 2χ χ2 � � 2χ - y , για κάθε χ, y > Ο , +y Υ

(1)

όπου η ισότητα ισχύει όταν � = y <::> χ = y . Εφαρμόζοντας την (1) για χ = α > Ο και y = b + c Υ

λαμβάνουμε:

3 α2 � 2α - ( b + c) � α � 2α 2 - α ( b + c) � b+c b+c

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 90 τ.2/37

------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

-------

α3 -- � 2α 2 - αb - αc (ισότητα για b + c = α ) (2) b+c b 3 � 2b 2 - bc - bα (ισότητα για c + α = b ) . Ομοίως λαμβάνουμε (3) c+α c3 (4) -- � 2c 2 - ca - cb (ισότητα για α + b = c ) . α+b Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (2) , (3) και (4) λαμβάνουμε: 3 b 3- -c3 � 2 + 2 _α_ + 2α 2b + 2c 2 - 2αb - 2bc - 2cα = ( α - b) 2 + (b - c) 2 + ( c - α) 2 • + b+c c+α α+b --

Η ισότητα ισχύει όταν αληθεύουν και οι τρεις ισότητες:

b+c = α , c+α =b, α+b =c � b + c = α, b -c = α, α +b = c � b + c = b -c = α, α +b = c � c = O,b = α , α +b = O � α = b = c = O, που είναι άτοπο, αφού α, b, c > Ο . Ν 1 4 . Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό n ο αριθμός + 16 δεν είναι ακέραιος. [Μολδαβία 2013] Α( n) -- ( n + 2) ( n +n23)+( Ίn n + 4) ( n + 5) - 24 Λi) ση

Έχουμε

( n + 2) ( n + 3) ( n + 4) ( n + 5) - 24 = ( n + 3) ( n + 4) ( n + 2) ( n + 5) - 24 = ( n 2 + 7n + 10 )( n 2 + 7n + 12 ) - 24 = ( n 2 + 7 n + 1 1 ) 2 - 1 2 - 24

= ( n 2 + 7n + 1 1 ) 2 - 25 = ( n 2 + 7n + 1 1 + 5 )( n 2 + Ίn + l l - 5 ) = ( n 2 + 7n + 1 6 )( n 2 + 7n + 6 ) 1 n 2 + Ίn + 1 6 �0. A (n) = Επομένως έχουμε ( n + 2) ( n + 3) ( n + 4) ( n + 5) - 24 n 2 + Ίn + 6 Επειδή επιπλέον ισχύει n 2 + Ίn + 6 = ( n + 1) ( n + 6) � 1 · 6 = 6, έπεται ότι: Ο � Α ( n) � .!.. , για κάθε φυσικό αριθμό n , 6

δηλαδή ο αριθμός Α ( n) δεν είναι δυνατόν να είναι ακέραιος για κάθε τιμή του n . NlS.

Β ρείτε όλα τα ζεύγη ( p, q ) πρ ώτων αριθμών p, q με p > q για τους οπο ίους οι αριθμοί

p + q, p - q

είναι και οι δύ ο πρ ώτοι.

[Ουκρανία 2013]

Λύ ση

Για να είναι ο αριθμός p + q πρώτος πρέπει οι αριθμοί p. q να είναι ο ένας άρτιος και ο άλλος περιττός. Επειδή p > q , έπεται ότι q = 2. Επομένως ο αριθμός p είναι πρώτος τέτοιος ώστε και οι αριθμοί p - 2, p + 2 να είναι πρώτοι. Αν υποθέσουμε ότι

= 3 κ1 + u1 , u1 ε { Ο, 1, 2 } , p - 2 = 3 κ2 + u2 , u2 ε { Ο, 1, 2 } , p + 2 = 3 κ3 + V3 , v3 ε { Ο, 1, 2 } , επειδή οι αριθμοί p, p - 2, p + 2 έχουν ανά δύο διαφορά διαφορετική από το 3, έπεται ότι ανά δύο δεν είναι ισοϋπόλοιποι modulo 3. Επομένως, τα υπόλοιπα u1 , u και u3 είναι διαφορετικά 2 ανά δύο, οπότε κάποιο από τα υπόλοιπα αυτά πρέπει να είναι Ο. Τότε όμως κάποιος από τους τρεις πρώτους αριθμούς πρέπει να ισούται με 3. Έτσι έχουμε τις p

περιπτώσεις:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/38

------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί • • •

-------

p - 2 = 3, � p = 5, p + 2 = 7 , οπότε ( p, q) = (5, 2) . p = 3 � p - 2 = 1, όχι πρώτος και p + 2 = 3 � p = 1, όχι πρώτος.

Επομένως το μοναδικό ζεύγος που ικανοποιεί το πρόβλημα μας είναι: (p, q) = ( 5, 2) .

Ν 1 6. Αν x, y είναι ακέραιοι διαφορετικοί μεταξύ τους, να αποδείξετε ότι ο αριθμός

Β=

χ2

+ 4 xy +

-y

δεν είναι ακέραιος.

•

[Εσθονία 2013]

Λύση (1 ος τρόπος)

Αν εναλλάξουμε τις μεταβλητές x, y ο αριθμός Β αλλάζει πρόσημο. Δεν επηρεάζεται ως προς την ιδιότητα του να είναι ακέραιος. Επομένως μπορούμε να υποθέσουμε ότι χ > y . Στη συνέχεια, ως προς τη διαφορά χ - y , διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν χ - y = 1 , τότε •

δηλαδή είναι B = l + •

Αν

χ - y � 2 , τότε

3xy = 2 - 1 έ Ζ , αφού 1 + 3xy :;t: ±1 . 1 + 3xy 1 + 3xy

/ 2 2 2 2 B = x +χ34xy + y = ( x + 4xy + / < x + 4xy + / < 2 x2 + 2 .xy + 2/ = 1 χ Υ ) ( χ2 + xy + / ) 2 ( χ2 + xy + / ) 2 ( χ2 + xy + y 2 ) αφού 2xy < χ2 + / , για χ * y. _

{2°ς τρόπος)

Αν ο αριθμός Β =

χ2 + 4xy + / ήταν ακέραιος, τότε και ο αριθμός χ -y (χ2 + 4xy + y 2 ) (x - y ) 3xy 1(χ Υ) - 1 χ -y χ + xy + y > 0 3

θα ήταν ακέραιος. Αυτό όμως δεν μπορεί να ισχύει, γιατί 3xy < χ2 + xy + / � Ο < ( χ - y ) 2 , (αφού οπότε Ο < Β

•

χ y ),

( χ - y) - 1 = χ2 + xy.xy+ 2 < 1 . Υ

Γ13. Θεωρού με τρ ίγωνο ΑΒΓ . Έστω Δ το μέσο της πλευρ άς ΒΓ και Ε το μέσο της διαμέσου ΑΔ. Αν το σημείο Ζ είναι το συμμετρικό του Β ως προς το Ε και η ΒΕ τέμνει την πλευρ ά ΑΓ στο σημείο Η, να αποδείξετε ότι ΒΗ = 2 · ΗΖ . Λύση

Επειδή το Ε είναι μέσο των τμημάτων ΑΔ και ΒΖ, το τετράπλευρο ΑΒΔΖ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε ΒΕ = ΕΖ . Το τετράπλευρο ΑΔΓΖ είναι επίσης παραλληλόγραμμο, γιατί ΑΖ 11= ΔΓ , οπότε η ΑΓ τέμνει την πλευρά ΑΓ στο μέσο της. Επειδή και η ΖΕ είναι διάμεσος του τριγώνου ΑΔΖ, έπεται ότι το σημείο Η είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΔΖ. Επομένως ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/39

----- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Α

-----

Σχήμα 1 ΗΖ = · ΕΖ = ·ΒΕ και ΗΕ = · ΕΖ = · ΒΕ , οπότε ΒΗ = ΒΕ+ΕΗ = ΒΕ+ · ΒΕ = · ΒΕ = 2 · ΗΖ .

� �

�

� �

Ασκήσεις για λύση

�

' πραγματικοι' αριθ μοι' τετοιοι ' την τιμη' της ' ' Αν α, b ειναι ωστε α + b = -1 + -1 = 6 , να βρειτε α b α παράστασης: Α = + b + 1 980 b α Α 22 . Να βρείτε την τιμή του για την οποία έχει τη λύση χ = _!_ η εξίσωση; 2 l+x - 1-χ 1 1-α 1 1 - χ 1 + χ χ2 - 1 α 3 + α 2 7 - - 2 . Α2 3 . (α) Να αποδείξετε ότι: α ( α + 1 ){ α + 2 ) - ( α - 1 ) α ( α + 1 ) = 3α 2 + 3α. (β) Αν n Ε Ν, να υπολογίσετε το άθροισμα Sn = 1 · 4 + 2 · 7 + 3 · 10 + · · · + n ( 3n + 1 ) . Γ14. Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒ Γ Έστω Ρ το μέσο της πλευράς ΑΒ και Μ, Ν τα ίχνη των υψών από τις κορυφές Α και Β αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: ΜΒ = ΡΜΝ. Γ1 5. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒ Γ και έστω Ο το περίκεντρο και Η το ορθόκεντρο αυτού. Αν Α1 , Β 1 , Γ 1 είναι τα aντιδιαμετρικά των κορυφών Α, Β, Γ , αντίστοιχα και Α2 , Β 2 , Γ 2 είναι τα μέσα των τμημάτων ΑΗ , ΒΗ, ΓΗ , αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι οι ευθείες Α1 Α2 , Β 1 Β 2 , Γ 1 Γ 2 συντρέχουν. Ν17. Αρχίζοντας από τον αριθμό 1 6 γράφουμε διαδοχικά τον αριθμό 1 5 στη μέση του προηγούμενου αριθμού, λαμβάνοντας έτσι την ακολουθία α1 = 1 6, α2 = 1 1 56, α3 = 1 1 1 556, ... , αn = 1 1 ... 1 55 ... 5 6, n n -1 Να αποδείξετε ότι όλοι οι αριθμοί αn , n = 1, 2, 3, ... είναι τέλεια τετράγωνα. Ν18. Αν χ, y Ε Ζ και p πρώτος, να βρείτε όλες τις τριάδες ( χ , y, p ) που είναι λύσεις της εξίσωσης χ2 - 3 xy + p 2 / = 12p. Δ 8. Στο νησί των χρωμάτων υπάρχουν 7 μπλε, 9 πράσινοι και 1 1 κόκκινοι χαμαιλέοντες. Όταν δύο χαμαιλέοντες διαφορετικού χρώματος συναντιούνται αλλάζουν και οι δύο το χρώμα τους στο τρίτο χρώμα. Είναι δυνατόν κάποια χρονική στιγμή όλοι οι χαμαιλέοντες να έχουν το ίδιο χρώμα; Α2 1

•

(

4χ2 ( J

ι)-

'--ν-' '-ν--'

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/40

...

Έ να πρό βλ η μ α μ ε πολλές λύ σε ι ς

Αιμιλία Κό συβα

Στον μαθηματικό διαγωνισμό "Αρχιμήδης" περιόδου 2012-2013, της Ελληνικής Μαθηματικής Ε ταιρίας δόθηκε ένα πρόβλημα ευκλείδ ειας γεωμετρίας, πλούσιο σε ιδέες, το οποίο λύνεται με πο λυάριθμες ενδιαφέρουσες λύσεις. Παρακάτω π αρουσιάζονται ορισμένες από αυτές. τητες έχουμε:

Πρόβλη μα:

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, με ΑΒ<ΑΓ. Έστω Μ το μέσο της πλευράς ΒΓ. Στην πλευρά ΑΒ θεω ρού με σημείο Δ τέτοιο ώστε, αν το ευθύγραμμο τμήμα ΓΔ τέμνει τη διάμεσο ΑΜ στο σημείο Ε, τότε ισχύει ότι ΑΔ ΔΕ. Να αποδ είξετε ότι ΑΒ ΓΕ. =

ΓΕ = ΓΖ + ΖΕ = ΔΖ + ΖΕ (λόγω της ( 1) (λόγω της (3) = ΔΕ+ ΕΖ+ΕΖ = ΔΕ + 2·ΖΜ =ΑΔ+ΔΒ=ΑΒ (λόγω της υπόθεσης και της (2). 3ος τρόπος

Από το σημείο Γ φέρουμε ευθεία δ παράλληλη προς την πλευρά ΑΒ. Η δ τέμνει την προέκταση της διαμέσου ΑΜ στο σημείο Ζ. Α

l ος τρόπος

Προεκτείνουμε τη διάμεσο ΑΜ κατά τμήμα ΜΘ=ΑΜ. Επειδή οι διαγώνιες του τετραπλεύρου ΑΒΘΓ διχοτομούνται το Α τετράπλευρο αυτό είναι παραλληλόγραμμο. Άρα είναι ΑΒ/I ΓΘ και Α1 = Θ , , (εντός εναλλάξ γωνίες). Όμως από την Β Γ ισότητα ΑΔ= ΔΕ της υπόθεσης έπεται ότι Α1 Ε1 και επιπλέον Ε,

Ε2 , ως

κατά κορυφήν. Άρα είναι και Θ , = Ε2 , οπότε το τρίγωνο ΕΓΘ είναι ισοσκελές με ΓΕ = ΓΘ. Όμως από το παραλληλόγραμμο ΑΒΘΓ έχουμε ότι ΑΒ = ΓΘ, οπότε από τις δύο τελευταίες ισότητες προκύπτει το ζητούμενο ΑΒ = ΓΕ. 2ος τρόπος

Από το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ φέρουμε ευθεία δ παράλληλη προς την πλευρά ΑΒ, άρα και προς την πλευρά ΒΔ του τριγώνου ΒΓΔ, η οποία τέμνει το ευθύΎραμμο τμήμα ΓΔ, έστω στο σημείο Ζ. Τότε το Ζ θα είναι το μέσο της πλευράς ΓΔ, δηλαδή ΓΖ = ΖΔ ( 1). Επιπλέον ισχύει ότι ΒΔ = 2ΜΖ (2).

Είναι Α,

z, , (εντός εναλλάξ γωνίες). Όμως από την

ισότητα ΑΔ= ΔΕ της υπόθεσης έπεται ότι Α,

Ε, και

επιπλέον Ε, Ε2 , ως κατά κορυφήν. Οπότε: Ε2 = z, . Άρα ΕΓ=ΓΖ ( 1). Είναι: ΒΜ=ΜΓ, Β = fΊ (εντός εναλλάξ γωνίες) και =

Μ,

Μ2 , ως κατά κορυφήν. Οπότε τα τρίγωνα ΑΒΜ και

ΜΓΖ είναι ίσα (ΓΠΓ). Άρα ΑΒ=ΓΖ (2). Από τις ( 1) και (2) προκύπτει ΑΒ=ΕΓ. 4ος τρόπος

Στην προέκταση της διαμέσου ΑΜ παίρνουμε ΜΖ=ΕΜ. Επιπλέον ισχύει ΒΜ=ΜΓ. Επειδή οι διαγώνιες του ΒΕΓΖ διχοτομούνται το τετράπλευρο αυτό θα είναι παραλληλόγραμμο. Άρα: ΒΖ=ΕΓ (1) . Οπότε: Ε2 = Ζ , (εντός εναλ 1 λάξ γωνίες). Α

Επίσης έχουμε Α1 = Μ , (εντός εναλλάξ γωνίες). Όμως από την ισότητα ΑΔ = ΔΕ της υπόθεσης έπεται ότι Α, = Ε1 και επιπλέον Ε, = Ε2 , ως κατά κορυφήν. Άρα είναι και Μ, Ε2 , οπότε το τρίγωνο ΕΜΖ είναι ισοσκελές με ΖΜ = ΕΖ. (3). Από τις παραπάνω ισό=

Όμως από την ισότητα ΑΔ = ΔΕ έπεται ότι Α1 επιπλέον Ε,

Ε2 , ως κατά κορυφήν.

Ε1 και

Άρα είναι και Α, = Ζ , οπότε το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισο 1 σκελές με ΒΖ =ΑΒ (2). Από τις ( 1) και (2) προκύπτει ΑΒ=ΕΓ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/41

------ Ένα πρ όβλη μα με πολλές λύ σεις 5ος τρόπος

Προεκτείνουμε την ΒΑ κατά τμήμα ΑΖ = ΒΑ. Στο τρίγωνο ΒΓΖ τα σημεία Μ και Α είναι τα μέσα των πλευρών ΒΓ και ΒΖ αντίστοιχα. Έτσι: ΑΜ//ΖΓ. Όμως από την ισότητα ΑΔ= ΔΕ της υπόθεσης έπεται ότι Αι =Ει (1) και επιπλέον Ει = fΊ (2), ως εντός εκτός και επί τα αυτά. Εmπλέον Αι = Ζ (3), ως ε ντός εκτός και επί τα αυτά. Από τις (1), (2) και (3) προκύπτει Ζ = Γι . Έτσι το τρίγωνο ΔΓΖ είναι ισοσκελές και ισχύει: ΔΓ=ΔΖ. Επομένως: ΔΕ+ΕΓ=ΔΑ+ΑΖ. Επειδή ΔΑ=ΔΕ προκύπτει: ΕΓ=ΑΖ και εφόσον ΑΒ=ΑΖ τελικά έχουμε ΑΒ =ΕΓ.

------

�-1+--�__,�+--...;;::ι,. Γ Β Μ

Στο τρίγωνο ΒΓΖ επειδή το Μ είναι μέσον της ΒΓ και ΜΕ//ΒΖ, το Ε θα είναι μέσον της ΓΖ. Τότε: ΕΓ=ΖΕ και εφόσον ΑΒ=ΖΕ, προκύπτει ΑΒ=ΕΓ. 8ος τρόπος

Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΔΕ συγκρίνουμε τα ύψη ΕΚ και ΑΛ Επειδή τα ορθογώνια τρίγωνα ΕΔΚ και ΑΔΛ είναι ίσα προκύπτει ότι: .

ΕΚ

ΑΛ

(1) . Θα εργαστούμε με εμβαδά: Α

Γ 6ος τ ρόπος

Προεκτείνουμε την ΒΑ κατά τμήμα ΑΖ = ΕΓ (1). Επιπλέον ισχύει από την υπόθεση ΔΑ=ΔΕ (2). z

Τα τρίγωνα ΑΒΜ και ΑΜΓ έχουν ίσα εμβαδά επειδή έχουν ίσες βάσεις (ΒΜ=ΜΓ) και το ίδιο ύψος από την κορυφή Α. Άρα (ΑΒΜ)=(ΑΜΓ) (2). Ομοίως τα τρίγωνα ΕΒΜ και ΕΜΓ είναι ισοεμβαδικά. Άρα: (ΕΒΜ)=(ΕΜΓ) (3). Από τις (2) και (3) με αφαίρεση κατά μέλη έχουμε:

( ΑΒΜ ) -( ΕΒΜ ) = ( ΑΜΓ ) -( ΕΜΓ )

ή (ΑΒΕ)=(ΑΕΓ) ή

� ΑΒ χ ΕΚ = � ΕΓ χ ΑΛ

(4)

Από τις (1) και (4) συμπεραίνουμε: ΑΒ=ΕΓ. 9ος τρόπος

Από την υπόθεση ΑΔ= ΔΕ έπεται ότι Αι = Ει . Εmπλέον Ει = Ε 2 , ως κατά κορυφήν. Οπότε: Α ι = Ε 2 .Θα εργαστούμε με τριγωνομετρία: Β

Από τις (1) και (2) προκύπτει:

ΔΑ ΑΖ = . Από το ΔΕ ΕΓ αντίστροφο του θεωρήματος του Θαλή έχουμε: ΑΕ//ΖΓ. Στο τρίγωνο ΒΓΖ επειδή το Μ είναι μέσον της ΒΓ και ΑΜ//ΖΓ, προκύπτει ότι το Α θα είναι μέσον της ΒΖ. Τότε: ΑΒ=ΑΖ και εφόσον ΕΓ=ΑΖ, προκύπτει ΑΒ=ΕΓ.

Ισχύει: η μΑι = η μΕ 2 Εφαρμόζοντας το νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΜ ΒΜ ΑΒ , εχουμε: -λ- = λ (1) η μΑι η μΜι -

7ος τρόπος

Από το σημείο Β φέρνουμε ευθεία δ//ΑΜ και έστω ότι η δ τέμνει την ΓΔ στο σημείο Ζ. Είναι Αι = Βι και Ει = Ζι , (δύο ζεύγη εντός εναλ λάξ γωνιών). Όμως από την ισότητα ΑΔ= ΔΕ της υπόθεσης έπεται επιπλέον Αι = Ει . Οπότε: Βι = Ζι . Άρα ΔΒ=ΖΔ (1). Επίσης ισχύει: ΑΔ=ΔΕ (2). Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε: ΑΔ+ΔΒ=ΖΔ+ΔΕ, δη λαδή ΑΒ=ΖΕ.

Εφαρμόζοντας το νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ΜΕΓ ΕΓ ΜΓ , λ- (2) εχουμε: -λ- =-η μΕ 2 η μΜ 2

Τα δύο πρώτα μέλη των (1) και (2) είναι ίσα. Έτσι προκύΕΓ ΑΒ λ - (3) πτει: --λ- = -ημΜι η μΜ 2 Επειδή Μι + Μ 2 =180° έχουμε: η μΜι =ημΜ 2 Άρα: ΑΒ=ΕΓ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α '

τ.2/42

ΑΡΙθΜΗΤΙΚΆ ΤΡΙΚ ΚΑΙ ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΙ ΣΤΑ ΓΡΗΓΟΡΑΙ!!!!! •.•.••••

Γεωργίου Σπύ ρος (Μέ ρος Β ')

Αναζητώντας το τελευταίο ψηφίο

!!!

φίο των μονάδων) του α και τα δυο τελευ ταία ψηφία (μονάδων, δεκάδων) του β. Για τον αριθμό που τέθηκε στην αρχή θα είχαμε: 234543626774808 946836537836488 9 88 Το επόμενο βήμα είναι να εξετάσουμε τον έκθετη (88), αν είναι πολλαπλάσιο του 4 αρκεί να υψώσουμε τον αριθμό 9 στην τέταρτη δύ ναμη, το τελευταίο ψηφίο του αποτελέσματος είναι το ζητούμενο. 988 > 94 Το να υψώσουμε ένα αριθμό στην τε τάρτη όταν μας αφορά μόνο το τελευταίο ψη φίο του αποτελέσματος δεν είναι τόσο δύσκο λο όσο ακούγεται, υψώνουμε στο τετράγωνο και κατόπιν υψώνουμε πάλι στο τετράγωνο μόνο το τελευταίο ψηφίο του αποτελέσματος και καταλήγουμε το αποτέλεσμα. Ένα πολύ γνωστό αριθμητικό τρικ aστρα 92 =81 1 2 =1 πιαίου υπολογισμού από αυτά που έκαναν επί άρα το τελευταίο ΨΊ2ίο του αpιθμού σκηνής aριθμομνήμονες του παρελθόντος εί 234543626774808 9 83653 78364 8 8 είναι το 1 . ναι η εύρεση του τελευταίου ψηφίου ενός πο λύ μεγάλου αριθμού, χωρίς υπολογιστή τσέπης Αν ο έκθετης δεν είναι πολλαπλάσιο του 4 και σε μερικά δευτερόλεπτα. απλά αφαιρούμε από αυτόν το πλησιέστε Για παράδειγμα, ποιο είναι το τελευταίο ρο πολλαπλάσιο του 4 και υψώνουμε στον ψηφίο ενός αριθμού της μορφ'ήζ αριθμό που προκύπτει. Για παράδειγμα ο 234543626774808 9 468:� 6537836488 αριθμός Ζητάτε από ένα φίλο ή φίλη σας να σας πει ένα μεγάλο αριθμό της παραπάνω μορφής 7678 665463548 96365 9 335 78397423 47235920848 473875007527 3 27 αβ όπου α, β θετικοί ακέραιοι. 27-24=3 (24 το πλησιέστερο πολλαπλάσιο Αν ο αριθμός α έχει τελευταίο ψηφίο Ο, 1 , του 4) 3 27 3 3=27 5 ή 6 τότε απαντάτε άμεσα ότι το τελευ ταίο ψηφίο είναι το ίδιο με του αριθμού α, άρα το τελευταίο ψηφίο του αριθμού ανεξάρτητα από το β. Για παράδειγμα το τελευταίο ψηφίο του 7678 66546354 896365 9 335 78397423 47235920848 473875007527 είναι το 7. αριθμού 8975 46 8747 64 76 45760493 7067654466464 είναι το 6. Μερικά ακόμη παραδείγματα: �

•

�

•

Αν το τελευταίο ψηφίο του α δεν είναι Ο, 1 , 5 ή 6, τότε από τον αριθμό αβ aποκό 7894 3 789097 634789736763907609783 7897563 76078903 7 837 πτουμε νοερά το τελευταίο ψηφίο (το ψη�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 90 τ.2/43

------- Αριθμητικά τρικ και υπολογισμοί στα

άρα 8 1 =8 άρα τελευταίο ψηφίο

37-36=1 το 8. 908 6758 9406476539076307895607073774573 747 447 47-44=3 43=64 άρα τελευταίο ψηφίο είναι το 4. ____.

•

Η διαδικασία με εξάσκηση μπορεί να ολο

κληρωθεί νοερά σε λίγα δευτερόλεπτα.

Μπορείτε να επαληθεύετε τα αποτελέσμα ιστότοπο: σας στον http://www.wolframalpha. com πληκτρολογώ ντας την πράξη που θέλετε να κάνετε, π.χ. 455784Λ35246567 και κοιτώντας το αποτέλε σμα στο πεδίο Lastfew dίgits. τα

Ένα αριθμητικό τρικ με την ακολουθ ία Fibonacci ! ! ! ! !

Καμινάδα εργοστάσιου στο Turku στην Φινλανδίας με τους όρους της ακολουθίας Fibonacci ως φωτιστικά με νέον, δημι ουργία του Ιταλού καλλιτέχνη Μaήο Merz το

1 994.

Ένα τρικ aστραπιαίου υπολογισμού που βρήκα στον ιστότοπο The mathematical magic of the Fibonacci numbers και είναι aφιερωμέ νος στην ακολουθία Fibonacci και τις ιδιότη τες της, είναι το παρακάτω: Ζητείστε από ένα φίλο σας να γράψει (χωρίς εσείς να βλέπετε) σε ένα φύλλο χαρτί, δυο οποιουσδήποτε θετικούς ακεραίους αριθ μούς, τον ένα κάτω από τον άλλο, να τους προσθέσει για να έχει ένα τρίτο αριθμό, να γράψει τον τρίτο αριθμό κάτω από τον δεύτε ρο, να προσθέσει τους δυο τελευταίους αριθ μούς για να έχει έναν τέταρτο, και να συνεχί σει με αυτόν τον τρόπο ώσπου να σχηματιστεί ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

.••••.••

γρήγορα! ! ! ! ! !

------

μια στήλη με 1 0 αριθμούς. Ουσιαστικά γράφει τους 1 Ο πρώτους όρους μιας ακολουθίας Fibo nacci, καθένας από τους οποίους είναι το ά θροισμα των δυο προηγούμενων του αριθμών, με εξαίρεση τους δυο πρώτους οι οποίοι επιλέγονται τυχαία. Στην συνέχεια τραβάτε μια γραμμή στους αριθμούς που έγραψε και γράφετε αμέσως το άθροισμα των 1 Ο αριθμών αφήνοντας άναυδο το υποψήφιο θύμα. Το μυστικό είναι να πολλαπλασιάσετε τον έ βδομο αριθμό με το 1 1 . Για παράδειγμα αν επιλεγούν αρχικά οι αριθμοί 2 και 3. Τοποθετούνται ο ένας κάτω από τον άλλο: 2 1 ος ς ° 2 3 3 °ς 5=2+3 ς ° 8=5 + 3 4 1 3=8+5 5 °ς 21=8+1 3 6 °ς 7 °ς 34=21 + 1 3 ς ° 8 55=21+34 9 °ς 89=34+ 55 ς ° 89+55 144= 10 Σύνολο 374 που όμως 374 = 1 1χ34 (το 34 είναι ο έβδομος αριθμός ) Είναι αρκετά εντυπωσιακό αν επιλεγούν αρχι κά διψήφιοι αριθμοί. (Για να πολλαπλασιάσουμε από μνήμης οποι ονδήποτε αριθμό με το 1 1 δείτε στο προηγού μενο τεύχος) Γιατί συμβαίνει αυτό; Η απόδειξη του τρικ είναι σχετικά απλή και φαίνεται στο πα ρακάτω σχήμα αν θεωρήσουμε χ, y τους δυο αρχικούς αριθμούς τότε η παραπάνω διαδικασία γίνεται: 1 ος χ 2 ος Υ x+y 3 0ς x+2y 4 ος ς ο 2x+ 3y 5 3x+ 5y 6 ος ς ο 7 5x+8y 8x+1 3y 8 ος ς ο 9 1 3x+2 1y ς ιοο 21x+33y 55x+ 88y = 1 1 ( 5x+ 8y) , αλλά Σύνολο 5x+ 8y είναι ο έβδομος όρος. 90

τ.2/44

------ Αριθμητικά τρικ και υπολο'yισμοί στα

Πως να υπολογίζετε την η μέρα όταν σας δοθεί μια ημερομηνία.

Ένα τρικ που το βρήκα στο Μαθη. . . μαγικά (http://mathhmagic.blogspot.com) του συναδέλφου Αθανάσιου Δρούγα, για να βρίσκετε την ημέρα σε οποιαδήποτε ημερομη νία του 1 9ου, 20ου και 2 1 ου αιώνα σας δί νουν, περιγράφει ο Λιούις Καρρολ, ο συγγρα φέας της «Αλίκης την χώρα των θ αυ μάτων» στο περιοδικό Nature το 1 887. Στην αρχή πρέπει να aπομνημονεύσετε τον παρακάτω πινάκα: 1 4 4 ο 2 5 ο 3 6 1 4 6

Έστω ότι σαν δίνουν μια ημερομηνία με την μορφή : ημέρα /μήνας I έτος Π.χ. 12/03/1 974 -Από το έτος αποκόπτετε τα δυο τελευταία ψηφία και τα θεωρείτε έναν αριθμό: 74 -Διαιρείτε με το 12 υπολογίζετε τόσο το υπό λοιπο όσο και το πηλίκο: 74: 1 2=6, άρα πηλίκο 6 και υπόλοιπο 2. -Υπολογίζετε τώρα το πηλίκο της διαίρεσης του υπόλοιπου 2 με το 4, άρα 2:4=0 -Βρίσκετε το άθροισμα τους : 6+2+0=8 -Προσθέτετε από τον πινάκα τον χαρακτηριστικό αριθμό του μήνα ( 3ος μήνας ο Μάρτιος έχει αριθμό 4 ) άρα 8+4= 1 2 -Προσθέστε τώρα τον αριθμό της ημέρας : 12+1 2=24 -Το αποτέλεσμα το διαιρείτε με το 7 και παίρ νετε το υπόλοιπο της διαίρεσης, 24:7=3 και το υπόλοιπο είναι 3 . Το υπόλοιπο θ α είναι ένας αριθμός από το Ο μέχρι το 6. Αν δώσετε στο Σάββατο τον αριθΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

..••••••

γρήγορα! ! ! ! ! !

------

μό Ο, στην Κυριακή τον αριθμό 1 τότε θα φτάσετε μέχρι την Παρασκευή, στην οποία αντιστοιχεί το 6. Άρα στο συγκεκριμένο πα ράδειγμα η μέρα είναι η Τρίτη. Ε ιδικές περιπτώ σεις

Αν ο χρόνος είναι δίσεκτος και ο μήνας που σας δόθηκε είναι ο Ιανουάριος ή ο Φε βρουάριος, τότε πηγαίνουμε μια μέρα πίσω σε σχέση με το τελικό αποτέλεσμα. Για να ελέγ ξουμε αν ένα έτος είναι δίσεκτο ελέγχουμε αν διαιρείται με το 4 αλλά δεν διαιρείται με το 1 00 ή διαιρείται με το 400. Η παραπάνω διαδικασία εφαρμόζεται για ημερομηνίες του 20ου αιώνα, για τον 1 9° αιώ να στο τελικό αποτέλεσμα προσθέτουμε δυο μέρες. Για τον 2 1 ° αιώνα αφαιρούμε μια μέρα. Ένα παράδειγμα ακόμα. Έστω η ημερομηνία : 02/02/20 1 2 Ημέρα : 2 , Μήνας: 2 , Έτος: 20 12 -Από το έτος αποκόπτετε τα: δυο τελευταία ψηφία και τα θεωρείτε έναν αριθμό: 12 -Διαιρείτε με το 12 υπολογίζετε τόσο το υπό λοιπο όσο και το πηλίκο: 12: 12= 1 , άρα πηλίκο 1 και υπόλοιπο Ο. -Υπολογίζετε τώρα το πηλίκο της διαίρεσης του υπόλοιπου Ο με το 4 άρα 0:4=0 -Βρίσκετε το άθροισμα τους : 1 +0+0= 1 -Προσθέτετε από τον πινάκα τον χαρακτηριστικό αριθμό του μήνα ( 2ος μήνας ο Φε βρουάριος έχει αριθμό το 4 ) άρα 1 +4=5 -Προσθέστε τώρα τον αριθμό της ημέρας: 5 +2=7 -Το αποτέλεσμα το διαιρείτε με το 7 και παίρ νετε το υπόλοιπο. 7:7= 1 και το υπόλοιπο είναι ο.

- Όμως το έτος 20 12 είναι δίσεκτο διαιρείται με το 4 αλλά όχι με το 1 00 οπότε πηγαίνουμε μια μέρα πίσω στον αριθμό 6. - Βρισκόμαστε όμως στον 21 ο αιώνα άρα α φαιρούμε άλλη μια μέρα οπότε 6- 1 =5 . - Άρα η ημερομηνία 02/02/20 1 2 είναι Πέ μπτη. Σκεφτείτε ότι, αν aπομνημονεύσετε τον πίνακα, μπορείτε να εκτελέσετε με το μυαλό την παραπάνω διαδικασία σε λιγότερο από ένα λεπτό. 90

τ.2/45

Μέτρηση της περ ι φέρε ι ας τη ς Γης από μαθη τές μ ε τη μ έθοδο του Ερατοσθένη Δ ρ. Γεώργιος Μαυρομανωλάκη ς

Τμήμα Έρευνας και Ανάπτυξης, Ελληνογερμανική Αγωγή, Παλλήνη Α m κής

Ο Ερατοσθένης ο Κυρηναίος ήταν aρχαίος Έλληνας

μαθηματικός, aστρονόμος και γεωγράφος (Κυρήνη 276 π.Χ. - Αλεξάνδρεια 1 95 π.Χ.). Έζησε και εργά στηκε στην Αλεξάνδρεια, πρωτεύουσα της πτολεμαϊ κής Αιγύπτου. Θεωρείται ο πρώτος που υπολόγισε με ακρίβεια το μέγεθος της Γης για αυτό και η μέθοδος που χρησιμοποίησε φέρει το όνομα του.

Εικ. l Προσωπογραφία του Ερατοσθένη

Ο Ερατοσθένης γνώριζε ότι κατά το θερινό ηλωστά στην αιγυπτιακή πόλη Συήνη, η οποία βρίσκεται στον τροπικό του Καρκίνου, ο Ήλως όταν είναι στο ζενίθ βρίσκεται κατακόρυφα πάνω από την περωχή (δηλ. καθρεφτιζόταν στα πηγάδια της περιοχής). Θε ωρώντας ότι η Γη είναι σφαιρική και ότι ο Ήλιος εί ναι αρκετά μακριά ώστε οι ακτίνες του να φτάνουν στην Γη παράλληλα διεξήγαγε το παρακάτω πείραμα: Στην Αλεξάνδρεια όπου βρισκόταν, τοποθέτησε κά θετα στο έδαφος μια ράβδο. Όταν ο Ήλως έφθασε στο ζενίθ μέτρησε τη σκιά της ράβδου. Δεδομένου ότι οι ηλιακές ακτίνες φθάνουν στη Γη παράλληλα, η γωνία μεταξύ της ράβδου και της σκιάς της είναι ίση με την γωνιακή απόσταση μεταξύ των πόλεων της Αλεξάνδρειας και της Συήνης. Με βάση αυτή τη μέ τρηση υπολόγισε ότι η κλήση των ηλιακών ακτίνων στην Αλεξάνδρεια είναι το 1/50 ενός πλήρους κύ κλου (7 ° 12') βόρεια της κατακόρυφου όταν ο Ήλιος βρίσκεται στο ζενίθ. σω

Εκτίμησε επίσης ότι η απόσταση μεταξύ των δυο πόλεων ήταν 5000 στάδια (περίπου 500 μίλια ή 793 ,8 χιλιόμετρα). Θεώρησε ότι η Γη είναι σφαι ρική, και αφού ένα τόξο 7,2° αντιστοιχεί σε από σταση 793,8 χλμ, υπολόγισε ότι η περιφέρεια της Γης είναι: Περιφέρεια

(360° I 7 ,2°) χ 793,8 χλμ 39690 χλμ

Μαθητές από σχολεία της Ελλάδος και άλλων ευ ρωπαϊκών χωρών συνεργάστηκαν και πραγματο ποίησαν με μεγάλη επιτυχία στις 26 και 27 Μαρτί ου 20 1 3 (ημέρες κοντά στην εαρινή ισημερία η οποία είναι στις 20 Μαρτίου) μέτρηση της περιφέ ρειας της Γης με τη μέθοδο του Ερατοσθένη. Οι μαθητές χρησιμοποίησαν απλά μέσα για να κάνουν τις μετρήσεις τους, συγκεκριμένα, μία ράβδο, χά ρακα και μοιρογνωμόνιο. Η διαδικασία που ακο λούθησαν ήταν αρχικά να τοποθετήσουν τη ράβδο κατακόρυφα στο έδαφος την ώρα που ο Ήλως ή ταν στο ζενίθ (στις 26 Μαρτίου για την περιοχή της Αττικής ήταν στις 1 2:25) και στη συνέχεια να μετρήσουν το ύψος της ράβδου και το μήκος της σκιάς της. Με τις μετρήσεις αυτές υπολόγισαν τη γωνία απόκλισης του Ήλιου από τον ορίζοντα.

lfl

,' 1/1 ," 11 I I I I

/:.,'\.,, ς

Εικ. 3 Μέτρηση του ύψους Η κατακόρυφης ράβδου και του μήκους S της σκιάς της όταν ο Ήλιος βρίσκεται στο ζενίθ

Την ίδια διαδικασία ακολούθησαν και μαθητές από σχολεία στη Φινλανδία στην πόλη Βαντάα που βρίσκεται κοντά στον ίδιο μεσημβρινό (δηλ. βλέπουν τον Ήλω να βρίσκεται στο ζενίθ την ίδια ώρα) με αυτά από την Αττική . Εικ.2 Σχηματική αναπαράσταση της μέτρησης του Ερα τοσθένη ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/46

----- Μέτρηση της περιφέρειας της Γης από μαθητές με τη μέθοδο του Ερατοσθένη . ..... , ...... , .....

•

-----

τές κατέληξαν στο ότι η περιφέρεια της Γης είναι 40400 χλμ. Η μέτρηση αυτή, παρόλο που έγινε με πολύ απλά μέσα αναβιώνοντας την ιστορική μέτρη ση του Ερατοσθένη, είναι πολύ κοντά στην πραγμα τική τιμή των 40075 χλμ (περιφέρεια της Γης στον ισημερ�νό) η οποία έχει γίνει με δορυφορικά συστή -

�.� ....� .. -..... .

Εικ. 4 Οι πόλεις Παλλήνη Αττικής και Βαντάα Φινλανδίας βρίσκονται στον ίδιο μεσημβρινό. Η γωνιακή απόστα ση του τόξου που τις ενώνει είναι 22° και έχει μήκος 2470 χλμ

Εικ. 6 Μαθητές γυμνασίου των Εκπαιδευτηρίων Γιαννό πουλος στη Γλυφάδα Αττικής πραγ-ματοποιούν μετρήσεις όταν ο Ήλιος είναι στο ζενίθ

Εικ. 5 Μαθητές δημοτικού της Ελληνογερμανικής Αγωγής στην Παλλήνη Αττικής πραγματοποιούν μετρήσεις όταν ο Ήλιος είναι στο ζενίθ

Η διαφορά των γωνιών που μέτρησαν οι μαθητές δί νει τη γωνιακή απόσταση του τόξου που ενώνει τους δύο τόπους. Έτσι για την περίπτωση των σχολείων από την Παλλήνη Αττικής και τη Βαντάα Φινλανδίας με βάσει τα αποτελέσματα των μαθητών η γωνιακή απόσταση μετρήθηκε ότι είναι περίπου 22° (οι μαθη τές στην περιοχή της Αττικής μέτρησαν γωνία 54°, οι μαθητές από την Φινλανδία 32°). Γνωρiζοντας ότι η απόσταση των δύο περιοχών είναι 2470 χλμ οι μαθη -

Στη μέτρηση της περιφέρειας της Γης με τη μέθοδο του Ερατοσθένη στις 26 και 27 Μαρτίου 20 1 3 συμ μετείχαν μαθητές από σχολεία σε διάφορες ευρωπαϊ κές χώρες, όπως Ελλάδα, Σερβία, Φινλανδία, Ισπα νία, αλλά και από την Γκάνα στην Αφρική. Παρό μοια διεθνή δραστηριότητα οργανώθηκε και στις 2 1 Ιουνίου (θερινό ηλιοστάσιο) με συμμετοχή μαθητών από διάφορες χώρες στο βόρειο και στο νότιο ημι σφαίριο της Γης . αποδεικνύοντας έτσι έμπρακτα το ενδιαφέρον τους για τα μαθηματικά, τη γεωμετρία, την αστρονομία και τη φυσική. Για το νέο σχολικό έτος προγραμματiζονται παρόμοιες εκπαιδευτικές δραστηριότητες σε σχολεία στην Ελλάδα και στο εξωτερικό στα πλαίσια του ευρωπαϊκού εκπαιδευτι κού έργου "Global online science labs for inquiry learning at school" (βλ. Σημείωση 2). Για εκδήλωση ενδιαφέροντος συμμετοχής ή ενημέρωση οι εκπαι δευτικοί μπορούν να επικοινωνούν στο gmavro ma@ea.gr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

τ.2/47

Εικ. 9 Μαθητές δημοτικού και γυμνασίου από σχολεία στην Γκάνα της Αφρικής συμμετέχουν στη μέτρηση της περιφέρειας της Γης με τη μέθοδο του Ερατοσθένη

Σημείωση Ι Η δραστηριότητα έγινε σε συνεργασία με

Εικ. 7 Μαθητές δημοτικού στη Βαντάα Φινλανδίας πραγματοποιούν μετρήσεις στις 26 Μαρτίου όταν ο Ήλι ος είναι στο ζενίθ. Στη δεύτερη φωτογραφία απεικονίζε ται ο καθηγητής να μετρά τη σκιά του

••

- ..

-. -

.. -

Εικ. 8 Χάρτης με τις χώρες (Ελλάδα, Σερβία, Φινλανδία, Ισπανία και Γκάνα) και τις τοποθεσίες των σχολείων που συμμετείχαν στη μέτρηση της περιφέρειας της Γης με τη μέθοδο του Ερατοσθένη

τους Δρ. Σοφοκλή Σωτηρίου, Ελευθερία Τσουρλιδάκη και Rosa Doran. Οι Έλληνες εκπαιδευτικοί οι οποίοι συμμετείχαν με τους μαθητές τους στη μέτρηση της πε ριφέρειας της Γης με τη μέθοδο του Ερατοσθένη ήταν: Κοντάκου Αφροδίτη, Δημητριάδη Ελένη, Γεραμάνη Ασημίνα, Λαθούρη Χριστίνα, Αντωνοπούλου Ελπίδα, Κουτούζης Παύλος, Μανδρακούκα Μαρία, Τσακνιά Θάλεια, Κόσκος Σπύρος, Δημοπούλου Αργυρώ, Για λούρη Ελπίδα, Τζίβας Θεόδωρος, Καλογήρου Ηλίας. Σημείωση 2 Το «Go-lab» (Global onlίne scίence labs for ίnquίry learnίng at school) είναι ευρωπαϊκό ερευ νητικό-εκπαιδευτικό έργο με τριετή διάρκεια που θα εφαρμοστεί πιλοτικά σε 1 000 ευρωπαϊκά σχολεία, περίπου 100-150 στην Ελλάδα, και στο οποίο μπορούν να συμμετέχουν εκπαιδευτικοί θετικών επιστημών (φυσικοί, χημικοί, βιολόγοι, μαθηματικοί κλπ.) Δρα στηριότητες που θα μπορούσαν να ενδιαφέρουν ιδιαί τερα τους μαθηματικούς εκτός από τη μέτρηση της περιφέρειας της Γης με τη μέθοδο του Ερατοσθένη εί ναι και η παρακάτω (μαθηματικά το πρόβλημα είναι πολύ απλό): Εύρεση του χρόνου και της ταχύτητας περιστροφής του Ήλιου χρησιμοποιώντας τα δεδομένα του διαστημικού σκάφους SOHO (Solar and Helίospherίc Observatory) των οργανισμών European Space Agency και NASA. Για εκδήλωση ενδιαφέροντος συμμετοχής ή ενημέρω ση οι εκπαιδευτικοί μπορούν να επικοινωνούν στο gmaνroma@ea.gr ή στο 2 1 0-81 76-795

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 90 τ.2/48

� �------��-�

======= Σπύ ρος Γεωρ�ου ΜΔ6.

Απ οτ έλεσμα 100

100

Χρησιμοποιώντας τους αριθμούς, 1 , 2, 3, 4, 5 και 6, όλους από μία φορά, και τους τελεστές (+, -, χ, : ) , όσες φορές θέλετε, να σχηματίσετε τον αριθμό 1 00. (Υπάρχουν περισσότερες από μία λύσεις) ΜΔ7. Τα

Στον παραπάνω σχηματισμό μετακινείστε 2 σπίρτα, έτσι ώστε να σχηματίζονται 6 τετράγωνα. ΜΔ9.

Τ ο χαλασμένο ρο λό ι

βάζα μ ε τις κ α ρ αμ έλε ς

Το ρολόι μου χάνει 8 λεπτά κάθε μία ώρα. Σήμερα το πρωί στις 9:00 π.μ. το έβαλα στη σωστiι ώρα με ένα ακριβές ρολόι. Αν το ρολόι μου τώρα δείχνει 2 :25 μ.μ, ποια είναι η πραγματική ώρα; Εκατό καραμέλες μοιράζονται σε πέντε βάζα. Τα βάζα Α και Β περιέχουν 40 καραμέλες. Τα βάζα Β και Γ περιέχουν 54 καραμέλες. Τα βάζα Γ και Δ περιέχουν 50 καραμέλες. Τα βάζα Δ και Ε περιέχουν 27 καραμέλες. Πόσες καραμέλες περιέχει το κάθε βάζο;

ΜΔ l Ο .

Αριθ μ όλεξο +

� +

I-

1 +

-- 3

= ()

-4 ;;: (5.

Τοποθετήστε στα κενά τετράγωνα όλους τους αριθμούς από το 1 έως το 9 μια φορά τον καθένα, ώστε να είναι σωστές τα αποτελέσματα.