Ευκλειδης α 94 by demi de

ΜΑΘΗΜΑτJΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΛΗΡΟΦΟΡΗΣΗΣ

Τεύχος

yια το γυμνάσιο

94 Οκτώβριος - Νοέμβριος - Δεκέμβριος 2014

Ευκλείδης

Τιμή Τεύχους, 3,00 Ευρώ

e-moil: info@hms.gr,

Τα Μαθηματικά στο Σχολείο

Τα Μαθηματικά στον Κόσμο Ο νόμος του

www.hms.gr

•

Benford,

Χρήστο<; Κεχαyιά<; ......................................................................

r ' τάξη

Μαθαίνω να λύνω εξισώσεις και προβλήματα 2ου

Βαθμού,

Ιστορία των Μαθηματικών

Γ. Λυμπεροπουί\ο<;, Α. Μπακαλη<;, Μ . Σισκου

Τα Τρί~ Διάση~α Πρ~βλήμτ-;τ της Αρχαίας Ελλάδας ... ................ .................. 3

Αyyελικη Αποστολου, Κωστα<; Σαλαρη<;

..... .... .. ........ .... 24

Συστήματα δυο Γραμμικών Εξισώσεων με δυο

Αyνώστους, Ιωάννα Δορyιάκη ......... ........................................ .. ................. .. 27

Τα Μαθηματικά στο Σχολείο

Ομοι~τητα,

• Α'τάξη Πόπη Αρδαβάνη, Δημήτρη<; Παλα ιοyιαwίδη<; .... ...... .............. 6 Πράξεις με κλάσματα, Πόπη Αρδαβάνη, Σπύρο<; Μαυρουδή<;, Ειρήνη Περυσι νάκη ... 11

Λύσεις προβλημάτων,

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

Θ~έματ? yια προ~ωρημένους,

Συμμετρία ως προς άξονα,

.......................................................... 16

• Β'τάξη

Νικο<; Τζiφα<;. Αριστεiδη<; Κωvσταvτιviδη<;

.. . . ....... .. . . ... . . ... . . . . .. . . .. . . 35

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Μαθ~ματικοί Δια~ωνισμοί,

Επιμελεια: Επιτροπη Διαyωνισμων

..... ..................................... 37

Διάφορα ΟΧΙ Αδιάφορα

Τετραγωνική ρίζα θετικού αριθμού και άρρητοι

α~ ιθμοί,

θανασια Κυριακοπουλου

Γεωμετρικές Καλλιτεχνίες με το I

Κωστα<; Σαλαρη<;, Αθανασια Κυριακοπουλου

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

Εμβαδόν κυκλικού δίσκου, Επιμέλεια: Ν. Τζίφα<;, Αρ. Κωνσταντινίδη<;, Γ. Λαyό<; .............. 19

Υποδείξεις προβλημάτων yια δυνατούς λύτες,

............ 23

Διασκεδαστικά Μαθηματικά,

Sketchpad ............................ 44 ................................................ 47

Μαθηματικά και Τεχνολογία Ε ισαyωyή στο χελωνόκοσμο Π. Αρδαβάνη, Δ. Παί\α ιοyιαwίδη<; ..... ................ ............. .......... 48

························································································································· ~ '

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕλλΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ ΠΑΝΕΠΙΣJΗΜΙΟΥ

106

Συντακτική Επιτροπή

79ΑΘΗΝΑ

Τηλ. :

21 Ο 3617784 • 21 Ο 3616532 Fax: 210 3641025 Εκδότης:

Γεώρyιος Δημάκος Διευθυντής:

Πρόεδρος:

Λαγός Γεώργιος

Κε"ίι:rογλου Στέφανος

Λυμπερόπουλος Γεώργιος

Α' ΑντιπρόεδρΟς:

Μενδωνίδης Γεώργιος

Κυράνας Παναγιώτης

Μορφοπούλου Μαρία

Β ' Αντιπρόεδρος:

Μπακάλης Αναι:rτάι:rιος

Λυμπερόπουλος Γεώργιος

Παλαιογιαννίδης Δημήτριος

Εμμανουήλ Κρητικός

Μέλη:

Σάλαρης Κωνι:rταντίνος

Επιμέλεια Έκδοσης : Κυριακοπούλου Νάνσυ

Αyyελή~ννα

Σίι:rκου Μαρία

Αλαφάκη Σταυρούλα

Τζίφος Νίκος

Αλεζανδρ6του ~ννα

Τι:rικοπούλου Στάμη

Κωδικός Ελ.ΤΑ: 2054

Αντωνοπούλου Κατιάννα

Φερεντίνος Σπυρίδων

Αποστόλου Αγγελική

ΧΡιι:rτοδούλου Ντόρα

ISSN: 11 05 - 7998

Αρδαβάνη Πόπη

Χρυι:rοβέργης Μιχαήλ

Σάλαρης Κωνσταντίνος

ΜΕΓΑΛΟΣ ΧΟΡΗΓΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ Ε.Μ.Ε.

Γεωργίου Σπύρος

Αποκεντp~i~μένοιι:rυνεργάτες

Δοργιάκη Ιωάννα

Αναστάι:rιος Πατρώνης (Π6τρα)

Θεοδωρόπουλος Θραι:rύβουλος

Γι6ννης Θωμα"ίδης (Θεσ/νίκη)

Κιούφτη Ροδούλα

Γιώργος Ρίζος (Κέρκυρα)

Κυράνας Παναγιώτης

Γιώργος Τι:rαπακίδης (Αγρίνιο)

Κυριακοπούλου Νάνι:rυ

Ειρήνη Περιι:rυνάκη (Κρήτη)

Κωνσταντινίδης Αριστείδης

Γιάννης Ράλλης (Χίος)

·························································································································~ • • ιΔιΟΚΤΗΣιΑ της

ΕΜΗΝιΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕΤΑιΡΕιΑΣ

Στοιχειοθεσία

EMHNIKH

Σελιδοποίηση:

Τιμή τεύχους: ευρώ

3,00

ΝΙΑΘΗΝΙΑ τΙΚΗ Ετ AIPEIA

Εκτύπωση:

Ετήσια συνδρομή

ROTOPRιNT (Α. ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ

τηλ. :

Τα διαφη μι ζόμενα 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

ΣΙΑ

EEI.

(1 0,00+2,00 Ταχuδρομικά=εuρώ 12,00). 10,00

Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ

Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγέλνονται στέλνεται:

210 6623778 - 358

Υπεύθυνος τυπογραφείου : Δ. Παπαδόπουλος

1. Με απλrl ταχυδρομι κri επιταγri σε δι αταγn Ε.Μ.Ε. Τ αχ Γραφείο Αθnνα 54 Τ.Θ . 30044 2. Στην ι στοσελίδ α της Ε.Μ.Ε. , όπου υπάρχ ει δυνατότητ α τραπεζικriς συναλλαγriς με την τράπεζα EUROBANK 3. Πληρώνεται στ α γραφεία της Ε . Μ.Ε.

Ο νόμος του

Benford Κεχαγιάς Χρήστος

Αν κάποιος σας ζητούσε να διαλέξετε τυχαία έναν φυσικό αριθμό, τότε ποιά θα ήταν η πιθανότητα

αυτός ο αριθμός να ξεκινάει από

1; Η λογική απάντηση θα ήταν οτι δε θα υπήρχε καμία διαφορά στην επιλογή του αριθμού είτε αυτος ξεκινούσε απο

είτε

κλπ,με

άλλα λόγια όσο πιθανό θα ήταν να συναντήσουμε στη φύση αριθμούς που ξεκινούν από

άλλο τόσο πιθανό θα ήταν να συναντησουμε

αριθμούς οι οποίοι έχουν για πρώτο ψηφίο το 2,το

το

και το

aποφασίζαμε να εκτάσεων

252

3 το 4 το 5 το 6 το 7

Αλλά ας θέσουμε το ερώτημα περισσότερο πρακτικά.Αν ταξινομήσουμε τα τετραγωνικά χιλιόμετρα των

χωρών,τότε πόσες απο αυτές τις εκτάσεις θα ξεκινούσαν από

1, πόσες

από 2,πόσες από

κοκ; Αν προσπαθούσαμε να αναπαραστήσουμε με ένα διάγραμμα την συχνότητα εμφάνισης των πρώτων ψηφίων, η λογική μας θα έλεγε οτι αυτό θα ήταν κάπως έτσι:

lou ψηφιου

Συχνοτηταεμφαvισης

20,00% 10,000/ο

0,00%

Ωστόσο η πραγματικότητητα είναι εντελώς διαφορετική. Το διάγραμμα της συχνότητας με την οποία εμφανίζονται τα πρωτα ψηφία,έχει την εξής μορφή

Συχvοτητα εμΦαvισης

lou

ψηφιου

20,00% 10,00% 0,00% 1

Παρατηρούμε ότι οι εκτάσεις που ξεκινούν από

από

με περίπου

έχουμε.

Το

20%,

φαινόμενο

1,εμφανίζονται

με συχνότητα περίπου 30%,αυτές

ενώ όσο αυξάνεται το πρώτο ψηφίο, τόσο λιγότερους αριθμούς τείνουμε να αυτό

ονομάζεται νόμος του

Benford,

οποίος ήταν

ένας αμερικανός

ηλεκτρολόγος μηχανικός και φυσικός. Σύμφωνα με αυτόν, οι φυσικοί αριθμοί που έχουν ως πρώτο ψηφίο το !,εμφανίζονται στη φυση με

ποσοστό γύρω στο 30%,ενω ακολουθούν οι αριθμοί που ξεκινούν απο ποσοστό περίπου 17,5%,απο

με

12,5%,4

με

9,8%,5

με

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

8%,6

με

94 τ.2/1

6,7%,7

με

οι οποίοι εμφανίζονται με

5,8%,8

με

5%,9

με

4,5%.

-------------------------------ΟνόμοςτουΒenfοrd

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

ίδιος παρατήρησε το φαινόμενο όταν μελετούσε ένα βιβλίο στο οποίο ήταν καταχωρημένα φυσικά μεγέθη. Αυτό που του έκανε εντύπωση ήταν οτι οι

σελίδες στις οποίες ήταν καταχωρημένοι οι αριθμοί που ξεκινούσαν απο

ήταν πολύ περισσότερες απο εκείνες που κατέγραφαν αριθμούς απο 2,οι

οποίες με τη σειρά τους ήταν περισσότερες απο εκείνες που κατέγραφαν αριθμούς απο

3 κοκ.

Για να πειστούμε περισσότερο κάναμε και ένα άλλο πείραμα, μόνο που αυτή τη φορά αντί για εκτάσεις χωρών ταξινομήσαμε τις χιλιομετρικές

αποστάσεις της Νέας Υόρκης από

223

άλλες πόλεις των Η.Π.Α. Παρακάτω

είναι το διάγραμμα που παίρνουμε.

Συχνοτητα εμΦανισης 1ου ψηφιου

030% 025% 020% 015% 010% 005% 000% 1

Το εντυπωσιακότερο ωστόσο είναι

αν αλλάξουμε τις μονάδες μέτρησης απο χιλιόμετρα σε μίλια

και ναυτικά μίλια αντίστοιχα, η μορφή των διαγραμμάτων παραμένει η ίδια.

Συχνότητα εμφάνισης lου ψηφίου (μίλια)

Συχνότητα εμφάνισης lου ψηΦίου (ναυτικά μίλια)

20,00% 10,00%

Για να μπορέσουμε να εξηγήσουμε κατά κάποιο τρόπο το φαινόμενο αυτό, ας φανταστούμε μια

ποσότητα η οποία έχει τη δυνατότητα να διπλασιάζει το μήκος της κάθε μέρα. Την πρώτη ημέρα το μήκος της θα είναι

1 μονάδα. Την δεύτερη ημέρα χάρη στην ιδιότητά της να διπλασιάζει το μήκος της θα 2 μονάδες. Παρατηρούμε ότι στο σύνολο [1,2) όλοι οι αριθμοί που συμπεριλαμβάνονται ξεκινούν από 1. Την τρίτη ημέρα το μήκος της θα φτάσει τις 4 μονάδες. Ωστόσο στο σύνολο [2,4) συμπεριλαμβάνονται αριθμοί που ξεκινούν και από 2 και από 3 .Τελικά την τέταρτη ημέρα το μήκος της συγκεκριμένης ποσότητας θα έχει φτάσει τις 8 μονάδες ενώ στο σύνολο [4,8) συμπεριλαμβάνονται αριθμοί που έχουν ως πρώτο ψηφίο και το 4 και το 5 και το 6 και το 7. Εν ολίγοις αυτό που θέλει να μας πει ο νόμος του Benford, είναι ότι οι φυσικοί αριθμοί δεν είναι ομοιόμορφα κατανεμημένοι. Μπορεί γίνει

κανείς να επαληθεύσει το συγκεκριμένο φαινόμενο κάνοντας πειράματα σε βάθη θαλασσών, υψόμετρα βουνών,

αποστάσεις

πλανητών.

Σαφώς

όσο

μεγαλύτερο

συμπεριφέρεται ως προς το νόμο του

είναι

το

δείγμα,τόσο

Benford Τα παραπάνω δεδομένα βρίσκονται στα site http://www. tirneanddate.com/worldclock/distances.htrnl?n= 179 https://www .cia. goν/library/publications/the-world- factbook/rankorder/rawdata 214 7. t ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/2

καλύτερα

θα

Τα Τρία Διάσημα Προβλήματα της Αρχαίας Ελλάδας ================Αγγελική Μ. Αποστόλου, Κώστας Γ. Σάλαρης

ίναι γνωστό ότι η Ευκλείδεια Γεωμετρία στηρίζεται στα αξιώματα της, και χρησιμοποιεί σαν όργανα τον κανόνα και τον διαβήτη προκειμένου να επιτύχει γεωμετρικές κατα

σκευές σχημάτων με την απόλυτη ακρίβεια. Όταν λέμε λοιπόν, ότι ένα γεωμετρικό πρό

βλημα έχει λύση εννοούμε ότι κατά την διαδικασία επίλυσής του χρησιμοποιούμε τα αξιώματα της Ευκλείδειας Γεωμετρίας και σαν κατασκευαστικά εργαλεία τον κανόνα και τον διαβήτη. Τα παρακάτω τρία διάσημα προβλήμα τα της Αρχαίας Ελλάδας, όπως συ νηθίζουμε να τα αποκαλούμε,

είναι

Το Δήλιο πρόβλημα, Η Τριχοτόμη ση της γωνίας και Ο Τετραγωνισμός

του κύκλου,

εξακολουθούν μέχρι

σήμερα να μην έχουν λύση. Έχει μαθηματικά αποδειχθεί, ότι οι κατα σκευές στις οποίες αναφέρονται δεν επιτυγχάνονται με εργαλεία τον κα

νόνα και τον διαβήτη .. Βέβαια

από

την αρχαιότητα έχουν ανακαλυφθεί μέθοδοι και εργαλεία που προσφέ ρουν αξιόλογες λύσεις πάντοτε όμως εκτός δυνατοτήτων της Ευκλείδειας Γεωμετρίας και όχι με την απόλυτη ακρίβεια που αυτή «επιβάλλει». Το Δήλιο πρόβλημα

Το Δήλιο πρόβλημα ή ο διπλασιασμός του όγκου του κύβου απασχόλησε τους αρχαίουςΈλλη νες γεωμέτρες και η αναζήτηση λύσεων, οδήγησε σε μια έντονη ανάπτυξη της Γεωμετρίας. Το Δή λιο πρόβλημα απόκτησε δημοσιότητα όταν αναφέρεται, σε μια τραγωδία ότι ο Βασιλιάς της Κρήτης Μίνως διαμαρτυρόμενος γιατί το κενοτάφιο, που προοριζόταν για το γιό του Γλαύκο, ήταν πολύ μι κρό για βασιλικό μνημείο και απαιτούσε το διπλασιασμό του όγκου του χωρίς να αλλάξει το κυβικό του σχήμα. Μια άλλη εκδοχή αναφέρει ότι ο χρησμός, που δόθηκε στους κατοίκους της Δήλου κα τά τη διάρκεια λοιμού, περίπου το

430

π.Χ., προκειμένου να υποχωρήσει η αρρώστια τους, συμ

βούλευε να κατασκευάσουν ένα κυβικό βωμό διπλάσιου όγκου από τον ήδη υπάρχοντα. Με τα ση μερινά δεδομένα των Μαθηματικών το πρόβλημα διατυπώνεται. «Αν α είναι η πλευρά του κύβου και χ η ζητούμενη πλευρά του κύβου που έχει διπλάσιο όγκο τότε θα ισχύει η εξίσωση

χ3

2α 3 ή χ= αifi. .» Η πλευρά χ του ζητούμενου κύβου δεν είναι δυνατόν να κατασκευαστεί με

τα εργαλεία κανόνα και διαβήτη. Έτσι το πρόβλημα χαρακτηρίζεται άλυτο.

Κατασκευή Κύβου με όγκο διπλάσιο από δοθέντα Κύβο (Άλυτο πρόβλημα) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/1

Τα Τρία Διάσημα Προβλήματα της Αρχαίας Ελλάδας

--------

Το σημαντικότερο βήμα για την λύση του προβλήματος είχε κάνει ο Ιπποκράτης ο Χίος, ο οποίος ανακάλυψε το

460 π.Χ. , την

εύρεση δύο μέσων αναλόγων μεταξύ ενός τμήματος και του

διπλάσιού του, δηλαδή τα τμήματα χ, y τέτοια ώστε α = χ = L, όπου α το δοθέν ευθύγραμμο χ

2α

τμrιμα. Από την προηγούμενη σχέση προκύπτει ότι χ 3 = 2α 3 ή χ = α'.ifi δηλαδή ο χ είναι το μήκος της πλευράς ενός κύβου διπλάσιου όγκου από κύβο δοθείσης πλευράς. α. Το ευθύγραμμο τμήμα χ δεν κατασκευάζεται με τους κανόνες της Ευκλείδειας Γεωμετρίας. Οι αρχαίοι Έλληνες γεωμέτρες όταν οι προσπάθειές τους με το χάρακα και το διαβήτη δεν απέδωσαν, στράφηκαν σε

άλλες καμπύλες εκτός του κύκλου και σε άλλες μεθόδους .. Οι γνωστότεροι αρχαίοι γεωμέτρες που ασχοληθήκανε με το πρόβλημα της τριχοτόμησης της γωνίας είναι:

Ιπποκράτης ο Χίος

(470-400 π.Χ.) Αρχύτας ο Ταραντίνος (428-365 π.Χ.) Πλάτων (427(375- π.Χ.) Αρχιμήδης (287-212 π.Χ.) Ερατοσθένης (276-194 π.Χ.) (265-170 π.Χ.) Νικομήδης (έζησε γύρω στο 200 π.Χ.) Ήρων ο Αλεξανδρινός

347π.Χ.) Μέναιχμος Απολλώνιος

(lος -2ος αι. μ.Χ.) Διοκλής (lος αι. π.Χ.) Πάππος ο Αλεξανδρινός (3ος αι. μ χ) Η Τριχοτόμηση γωνίας

Σήμερα δεν γνωρίζουμε κάτω από ποιες συνθήκες τέθηκε το πρόβλημα της τριχοτόμησης τυχούσας οξείας γωνίας (εκτός ειδικών περιπτώσεων, όπως της γωνίας π/3) στην ελληνική αρ

χαιότητα. Ξέρουμε όμως ότι αποτελούσε

ένα από τα τρία μεγάλα προβλήματα μετά το Δήλιο

και τον Τετραγωνισμό του κύκλου. Ουσιαστικά το πρόβλημα έγκειται στην τριχοτόμηση οξείας γωνίας, διότι αν είναι αμβλεία και έχουμε επιτύχει την τριχοτόμηση οξείας γωνίας που προκύ πτει από την αφαίρεση της ορθής από την αμβλεία αυτή γωνία, τότε στο προσθέτουμε το

1/3

της οξείας γωνίας

της ορθής που είναι κατασκευάσιμο και έχουμε την γωνία που είναι το

1/3

της αμβλείας.

Τριχοτόμηση οξείας γωνίας (.Άλυτο πρόβλημα) Η τριχοτόμηση μίας οξείας γωνίας είναι αδύνατο να πραγματοποιηθεί μόνο με χάρακα και διαβήτη γιατί η εξίσωση που την εκφράζει είναι εν γένει εξίσωση τρίτου βαθμού χωρίς να μπο ρεί να αναχθεί σε δευτέρου. Πράγματι από τη τριγωνομετρία μας είναι γνωστή η σχέση

εφ3θ

3εφθ-εφ 3 θ , 3

1-3εφ θ

η εφ3θ- 3εφ3θ • εφ θ= 3εφθ- εφ θ εφ3θ=3,

αν

θέσουμε

εφ3θ=α

και

εφθ=χ και κάνουμε τις πράξεις θα φθάσουμε στην τρίτου βαθμού εξίσωση χ 3 - αχ 3 - 3χ +α= Ο που η ρίζα της χ ισούται με το ένα τρίτο της γωνίας. Η κατασκευή με χάρακα και διαβήτη των ριζών αυτής της εξίσωσης είναι δυνατή μόνο αν μπορεί αυτή να αναλυθεί σε δύο παράγοντες, ένα πρωτοβάθμιο και ένα δευτεροβάθμιο, όμως αυτό αποδείχθηκε μόλις το

1837,

ότι είναι εν

γένει αδύνατο.

Οι αρχαίοι Έλληνες γεωμέτρες όταν οι προσπάθειές τους με το χάρακα και το διαβήτη δεν απέδωσαν, στράφηκαν σε άλλες καμπύλες εκτός του κύκλου και σε άλλες μεθόδους. Το πρώτο αποτέλεσμα αυτής της προσπάθειας ήταν η επινόηση από τον Ιππία τον Ηλείο της πρώτης κα

μπύλης στην ελληνική Γεωμετρία, μετά την περιφέρεια, της τετραγωνίζουσας, με τη βοήθεια της οποίας έδωσε και τη πρώτη λύση του προβλήματος, έξω από τους κανόνες της Ευκλείδειας Γεωμετρίας. Αρχαίοι Έλληνες Γεωμέτρες που ασχολήθηκαν με την λύση του προβλήματος είΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/4

---------

Τα Τρία Διάσημα Προβλήματα της Αρχαίας Ελλάδας

ναι: Ιππίας ο Ηλείος (περίπου

430

π.Χ.), Αρχιμήδης

(287-212

--------

π.Χ.), Νικομήδης (περίπου

200π.Χ.) Πάππος ο Αλεξανδρινός (3ος αι. μ.Χ.) Ο Τετραγωνισμός του κύκλου

Η μέτρηση του εμβαδού του περικλειομένου από κάποιο σχήμα, ήταν σε όλους τους λαούς, από την εποχή που ακόμη η γεωμετρία ήταν εμπειρικής μορφής, βασική επιδίωξη όλων των γε ωμετρών. Από τη στιγμή που διαλέξανε σαν μονάδα μέτρησης των εμβαδών, το τετράγωνο με

πλευρά τη μονάδα μήκους, αυτόματα τέθηκε και το πρόβλημα του τετραγωνισμού των διαφό ρων σχημάτων. Αρχικά "τετραγωνίστηκαν" δηλαδή προσδιορίστηκε το εμβαδόν τους, τα ορθογώνια, τα τρί

γωνα, τα παραλληλόγραμμα και ορισμένα πολύγωνα. Μετά από αυτό ήταν φυσικό να επιδιωχθεί και ο τετραγωνισμός σχημάτων περικλειομένων από καμπύλες γραμμές και πρώτου από όλα του

κύκλου. Ο τετραγωνισμός τόυ κύκλου, το τρίτο από τα μεγάλα προβλήματα της αρχαιότητας, απασχόλησε πολλούς ερευνητές για πολλούς αιώνες και υπήρξε το μεγάλο εμπόδιο πάνω στο οποίο σκόνταψαν μεγάλα ονόματα. Η απαίτηση του προβλήματος είναι να κατασκευαστεί τε

τράγωνο ισοδύναμο με δοσμένο κύκλο, αν δηλαδή είναι ρ η ακτίνα του κύκλου και χ η ζητούμε-

νη πλευρά του τετραγώνου, πρέπει να αληθεύει η σχέση χ 2 = πρ 2 ή χ = ρ..[;., όπου π ο λόγος του μήκους της περιφέρειας προς το μήκος της διαμέτρου του κύκλου ο οποίος,

όπως αποδεί

χτηκε, είναι άρρητος.

!Κατασκευή Τετραγώνου ίσου Εμβαδού με δοθέντα Κύκλο «Άλυτο πρόβλημα»! Παρόλο που εμπειρικά είχε διαmστωθεί ότι ο λόγος π της περιφέρειας προς τη διάμετρο διατη ρείται σταθερός, ωστόσο η κατασκευή αυτού του λόγου και όταν ακόμη η Γεωμετρία εφοδιασμένη με την απόδειξη είχε γίνει εmστήμη, στάθηκε αδύνατη. Υπήρξαν κατασκευές του π μεγαλοφυείς κα τά τη σύλληψη όχι όμως πραγματοποιημένες σύμφωνα με την απαίτηση του "χάρακα και του διαβή τη" που έθεταν τότε. Παράλληλα έγιναν μεγαλειώδεις προσπάθειες υπολογισμού της τιμής του π, οι

οποίες με πρωτεργάτη τον Αρχιμήδη, έδωσαν καταπληκτικά αποτελέσματα. Ο πρώτος που ασχολήθηκε με τον τετραγωνισμό του κύκλου είναι ο Αναξαγόρας ο Κλαζο

μένιος

(500-428 π.Χ.) δάσκαλος και φίλος του Περικλή. Στη συνέχεια ασχολήθηκαν οι Ιπποκρά (470- 400 π.Χ.) ο σοφιστής Αντιφών ο Αθηναίος (περί το 430 π.Χ.) ο επίσης σοφι

της ο Χίος

στής Βρύσων ο Ηρακλειώτης σύγχρονος του Αντιφώντα. Ουσιαστική ώθηση στο πρόβλημα του τετραγωνισμού του κύκλου, δόθηκε από τον σοφιστή Ιππία τον Ηλείο (β' μισό του 5ου αι. π.Χ. ) και από τους Πάππο (3ος αι. μ.Χ.) και τον Δεινόστρατο (4ος αι. π.Χ.) αδελφό του Μέναιχμου. Ο Ιάμβλιχος

(250-325 μ.Χ.) αναφέρει ότι τον τετραγωνισμό του κύκλου κατόρθωσαν: (267-212 π.Χ.) με τη βοήθεια της 'γΕλικας". Νικομήδης (περίπου 200 π .Χ.) με την καμπύλη που ονομαζόταν "ιδίως τετραγωνίζουσα". Απολλώνιος (265-170 π.Χ.) με την καμπύλη που ονόμαζε ο ίδιος "αδελφή της κοχλοειδούς" Αρχιμήδης

που ήταν όμως ίδια με την καμπύλη του Νικομήδη. Κάρπος με κάποια καμπύλη την οποία ονομάζει απλά "εκ διπλής κινήσεως προερχομένη". Το

1882,

ο Γερμανός μαθηματικός Φέρντιναντ Φον Λίντεμαν

(Ferdinand

νοη

Lindemann)

απέδειξε με αυστηρή μαθηματική διαδικασία ότι ο τετραγωνισμός του κύκλου είναι αδύνατο να πραγματοποιηθεί., με εργαλεία τον κανόνα και τον διαβήτη, και χρησιμοποιώντας τα αξιώματα της Ευκλείδειας Γεωμετρίας. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/5

Συμμετρία ως προς άξονα ===============

Αρδαβάνη Πόπη

Παλαιογιανίδης Δημήτρης

Γρίφος: Μπορείτε να απαντήσετε, σύμφωνα με τα ρολόγια της εικόνας τι ώρα είναι; Πόσο

βέβαιοι είσαστε; Είναι δυνατόν να δείχνουν και τα δύο τη σωστή ώρα; Σχήματα με άξονα συμμετρίας Παρατηρήστε ότι τα σχήματα που ακολουθούν έχουν μία νοητή ευθεία, ως προς την οποία αν τα διπλώσουμε, εφαρμόζει το ένα τους μέρος πάνω στο άλλο. Αυτή η ευθεία λέγεται άξονας συμμετρίας του σχήματος. Τα σημεία του σχήματος που συμπίπτουν με τη δίπλωση αυτή λέγονται συμμετρικά σημεία ως προς την ευθεία δίπλωσης.

Μερικά σχήματα έχουν παραπάνω από έναν άξονα συμμετρίας. Συμφωνείς;

...,., ---+--___.,. ..... . . ...... -··-· '

~,~~·

,,.

' ~"' '

. ..

· -- ~ -~------·~····---~~, .. ~ : ' .. '>

....'

.. , .. ' /

Ιδιότητες του άξονα συμμετρίας Ας εξετάσουμε το σχήμα των ρολογιών. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/6

.: '' '

.....

..~ .

Συμμετρία ως προς άξονα

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

------------I I

Παρατηρούμε όn υπάρχει σε αυτό μία νοητή

ευθεία. ως προ.; την οποία αν το διπλώσουμε,

(91€)

το ένα ρολόι ταυτίζεται ακριβώς με το όJ..λο . Συμφωνεί.;:

I I

Παίρνουμε ένα σημείο πάνω στο ένα ρολόι και εξετάζουμε ποια σχέση έχει με το

συμμετρικό του. Ενα τέτοιο σημείο μπορεί να είναι το κέντρο του κύκλου τους.

Σχηματίζουμε το ευθύγραμμο τμήμα που τα ενώνει. Διαπιστώνουμε ότι ο άξονας

συμμετρίας το χωρίζει ακριβώς στη μέση . Συμφωνείς;

Με το μοιρογνωμόνιο μετράμε τις γωνίες που σχηματίζονται από το ευθύγραμμο τμήμα και

την ευθεία. Διαπιστώνουμε ότι όλες οι γωνίες είναι ορθές. Συμφωνείς ;

Ο άξονας συμμετρίας είναι κάθετος στο τμήμα που ορίσαμε πριν από τα δύο συμμετρικά σημεία. Συμφωνείς;

Δοκίμασε κι εσύ να το διαπιστώσεις με άλλα σημεία του σχήματος.

Μπορείς να επιβεβαιώσεις τις παρακάτω ιδιότητες του άξονα συμμετρίας;

Ι) Ο άξονας συμμετρίας ενός σχήματος είναι κάθετος στο ευθύγραμμο τμήμα που εVώνει δύο συμμετρικά σημεία του σχήματος.

11) Ο

άξονας συμμετρίας ενός σχήματος διέρχεται από το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος

που ενώνει δύο συμμετρικά σημεία του σχήματος Χρησιμοποίησε το αρχείο λογισμικού

geogebra . ........... .. ...

για τη διερεύνηση σου.

Αξιοποίησε τις παραπάνω ιδιότητες για να κατασκευάσεις το συμμετρικό του σχήματος που ακολουθεί ως προς την ευθεία (ε) . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/7

Συμμετρία ως προς άξονα --~--L--~-~--~--~--L--~-~--~--~--~-~--~--~--L-~--~--~--~--~-~--~--~--L-~--~--~--L--~-~--~--~1 ι ι ι ι ι ι ι ι ι ι ι ι I ι ι ι ι ι ι ι ι ι ι ι ι

-+-- ~- -ι--'"'1- - 1 - - +---~--ι- - 1 - - +--~--ι- -'"'1-- 1 - - f- -~--ι- - 1 - - +--~--ι-- -ι- - 1 - - +---~--ι-- -ι--+--~- -ι-- -ι-- -ι-- • ι

-~--~--~-~--· :

: .

-:-- ί-

- t--1-

ι ι ι ι ι ι ι ι ι r--:---:--:--:--:-:---:--:--:--:--ι -:--:--:--:--:---:--:--::

- -:---:--:--

·--~--~--~-~--~--J--~-~--~--~--~--~-~--~--~--~-~--~--;--~--~-~--~--~:

--:-- ~-- t- -~- -:-- ~-- ~-- ~- -~- -:-- ~-- ~- -~- -:-- ~-- f-- ~- -~- -:-- ~ -- t_~-_~ __ ι_-~ _ _; __ ~- -1- _~ __ :... __: __ ~ __ ~ __ ι __: __ ~- -1- -~ _-~- _: __~ __ ~ _

__ ._ ___: __ -4 __ .. _ -~ __ , __ ~ - - · __ ~ _

•

ι ι

-τ-

--~-,--,--τ--~-~--~--τ--r-

-~--~--,--~-~--~--~--~--~-~ - -~--~--r-~--~--1--~--~-~--~--~-

-~-

-~--{-- --~-~--~--+--~-

-~--{--~--~-~--~--{--~--~-~--{--f--~-~--~--{--~--~-~--{--f-

_J __ l ____ ι_J __ ~ __ l __ ~_ _J __ J__ ι __ ι_J __ J__ l __ t __ ~_J __ J__ ~ __ ι_J __ J__ l __ ~--~-J __ l __ ~_

_1_ :

·-~-

-~--~--t--~-~--~--~--~--~-~--~--~-~~-~--~--t--~--~-1--~--~-

-~-

--~-~--~--+--~-

·-1:

-~--~--ι--~-~--~--~--~--~-~--~--~--~-~--~--~--~--~-~--~--~-

--Γ-,--,--~--~-

-~--~--1--r-~--~--~--~--~-~--~--r--r-~--~--~--~--~-~--~--:-

-+- --:---:--1- -τ--:--

--:--1-- t- -r- -:--1-- t-- r- -:---:--1- -t- -r- -:-- ~-- t-- r- -:---:--1-- t-

-~ι

-~--~-ι ι

--+ι ι

--L-J--J--~--Lt ι ι

-:-ι

ι i

-:-ι

--L-~--~--~--L--L-~--~--L--L-~--~--~--L--L-~--~--Lι ι ι ι ι ι ι ι ι ι ι 1 ι 1 ι ι ι ι ι

-~--~--·--~-~--~--·--~--~-~--~--·--~-~--~--·--~--~-~--~--·ι ι ι 1 ι ι ι ι ι ι ι ι ι ι ι ι 1 ι ι

-:-ι

-- r- -r- -:ι

r- -~- ~-- ~-- ~- -~- -:- -~--~-- ~- -:-- ~- -~-- ~-τ-- r- -:-- ~-- {-- t--~- -:---:-- f-- r- -:---:-- {-- J- -~- -:---:-- f-- r- -:---:- -i- -τ--~--:--~-- f-- r- -:---:-- i-- t~-- ~ι

~-- ~--: --~ι

~-- ~-- ~ι

~-- ~

::::::::::::

-l--L--~-~--l--L--L-~--J--l--L--~-~--l--

:ι.\

-~-- ~-ι

' ::::::::::::::::::

--L-~--J--l--L--~-~--l--L--L-~--J--l--L--~-~--J--L-

- ~ -- ~- -~--:- -~-- t- -~- -:-- ~- -~-- ~- -~--: ...,_- t- -~- ~--~-- ~ -- ~ --:---:-- ~-- ~- -~- -:-- ~-- ~-- ~- -:---:-- ~-- ~Μπορείς τώρα να γράψεις μερικές οδηγίες για τη κατασκευή ενός συμμετρικού σχήματος

ως προς ευθεία (ε) χωρίς να έχεις απαραίτητα το σχήμα σε χαρτί μtλιμετρέ;

ΟΔΗΓΙΕΣ ΓΙΑ ΤΗΝ ΚΑ ΤΑΣΚΕΥΗ ΤΟΥΣΥΜΜΕΤΡΙΚΟΥΣΗΜΕΙΟΥ Α', ΕΝΟΣ ΣΗΜΕΙΟΥ Α

ΕΦΑΡΜΟΓΗΚΑΤΑΣΚΕΥΗΣ

ΩΣ ΠΡΟΣ ΜΙΑ ΕΥΘΕΙΑ (ε)

Από το σημείο Α χαράζω μία ευθεία (η)

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

(ε)

στην (ε)

Προεκτείνω την ευθεία

Με τον διαβήτη ή τον χάρακα

και

Α παίρνω ........................ . ευθύγραμμα τμήματα ώστε

ΙΚΑ=...

I ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/8

•

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

Συμμετρία ως προς άξονα

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

ΑΣΚΗΣΕΙΣ:

Μπορείς να

προτείνεις τρόπους για να

διαβάσεις το μήνυμα που λάβαμε;

Σχεδίασε με τη μύτη του μολυβιού σου ένα δικό σου σχέδιο

σχήμα έτσι ώστε αυτό να

ταυτίζεται με το συμμετρικό του, ως προς την ευθεία (ε).

_,_.' . -:7- -::- - -'.· . ~--;-- ·--~: - ·- , __, -- :;-- -::--,:- .'. -+ --.:-_,:- _,_-

-+ -+

- ~ · ~ ~ :~- -·:~ -_:_- _,:.. ~ -.:. -__: _-· ~: . -.;; --r.- _ :~ -_::.. - ~: - - ~ --:~ -_:;_ --~:- ·-_;-- -- :~ - _:;_ . ; __ ;_ .; - c~- ~--~ -- ι-~ - ~ - -~- - ~ --~ ..;.. i.- ~- .;- ""- ":--;-. __ μ_ . ; .. ~ ...: - ·~-. ;. -;-- :: - ..;.. ~:-- ;. -I·. -·· ...:.- ~ - -: --~ ·- .·:_. ; .. ;: -. . -~ - ::. --·~- .:. ι . "

. i-;.::.. ~:-- ~:-. ~- - ·~ __., _,:__ ~- - ~ - _;.__.:." -~:_" ._ ;" .. ;. --:..~ - ~.- - ~.,-. " , . . , . . , .

- -~- -~-- --:~ . -~ - ·7>- -~- --~- --~--~> -- i. - t--:,'-- -:~- - ":-.. ~-- ~- -;:-·-·>-- ~: - . - -:~- -::--

~ ιι:U: :ιj::ι:U::~: -t: τιi:~j ::t::ι~:: :ι ~:t: ::: '

;_; .;

•

;

- .; -...:~J~~ι~~~=~: ι :i ~~t : ~ι~~ι: ι~( ~ ~:r ~ ~t:j_~~l-~ ~t-~-~·t ~ -~~:~i: : ~ J~~

- - ~- - ~-- ~~-

·:

;

•

-:- . ~:- ·· ~- - :: --;· - ·:·-·· ~- - ~ - ·;;- ::-···;-- ;- ·::-· - ·:· --~ - -- ~ ---

;. . ~ _:

; :; ~-- '! (cH - -:- -:- -: +-~

-~-

:t:

-.~-~ :, .. -~ ::.. .. ~-~:..; . . . . :.~: .. ; -~- ... :;.. .::.. ~ - . ; -. ;.. .:;.- -:- '~-- -~- . :~ .. ~:- .. ~-- -; - ...;.... ..:. -~ -- . . .:: ...:.

.::.

--- ':·++-<-

. .:

Η -i-- -+-~:- ~~~ι ~t~ -~-~·~ ~ !.~ ~~ ~ ~~ ~·~.ι~ Σ: ~: ~: ~ ~;~ ~ ~>- +: -~ : ~.~: ~ :::~ ~~~~ ~ ~: : :~:~~ :ι

Δίπλωσε το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ, ώστε να ταυτίζεται το ένα του κομμάτι με το

άλλο του ακριβώς. Τι είναι αυτή η ευθεία δίπλωσης

για

το

ισοσκελές

τρίγωνο;

Διερεύνησε τη σχέση των γωνιών και των

τμημάτων που ορίζονται από την ευθεία δίπλωσης με το τρίγωνο.

για σπιτακι :α

Ο Γιαννάκης

90 μ

: α/8 δ

μ : α/2 δ

90 μ

: α/8

σπ στηναρχή σκ

δημιούργησε μία διαδικασία στον

α90

χελωνόκοσμο που

μ :α/2 δ

κατασκευάζει το μισό

σπιτάκι για τον σκύλο

του . Μπορείς να την

τέλος

ολοκληρώσεις;

90 π

90 μ

:α/2 α

σβγ σπιτακι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/9

100

:α δ

60 μ

:α

μ :α/2 δ

------------~ Συμμετρία ως προς άξονα

Τα

τρίγωνα

διπλανού

ΑΒΓ

σχήματος

και

Α'Β'Γ'

μπορούν

να

του

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

Α'

είναι

συμμετρικά ως προς κάποια ευθεία; Αν η

Β'

απάντησή σου είναι ναι, να βρεις τον άξονα συμμετρίας.

Σε ποιες από τις περιπτώσεις που βλέπεις στα σχήματα που ακολουθούν, τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α 'Β 'Γ είναι συμμετρικά ως προς

άξονα;

Στις

περιπτώσεις

που

είναι

συμμετρικά να βρεις τον άξονα συμμετρίας.

Β'

Α'

Για τις παραπάνω δραστηριότητες μπορείς να χρησιμοποιήσεις την εφαρμσyή στην διεύθυνση:

http: /I geogebΓatube.org/student/ιη3 523 3 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/10

geogebra

Πράξεις με ============ Αρδαpάνη Πόπη -

Μαυρουδής Σπύρος

Περυσινάκη Ειρήνη

Κλάσμα είναι το μέρος, το κομμάτι ενός "όλου". Το "όλο" διαιρείται ή χωρίζεται σε συγκεκριμένο αριθμό ίσων μερών και καθένα από αυτά λέγεται κλασματική μονάδα. Μπορείς να συνδέσεις κάθε μία από τις παρακάτω προτάσεις της πρώτης στήλης του. πίνακα με ένα από τα κλάσματα της δεύτερης στήλης; Από μία παραγγελία με

3 πίτσες η

Γιάννα τρώει μισή πίτσα,

-1

-------------------------------------- --------------------------------------------------------η Κατερίνα κόβει την άλλη μισή σε 3 κομμάτια και τρώει τα δύο από αυτά

---------------------------2

--------- ------------------------------------------------------------------------------------και ο Γιώργος τρώει όλα τα υπόλοιπα.

Ο Κώστας, ο Μανώλης και ο Αντρέας μοιράζονται μία σοκολάτα των

2 --------------------------2.!_

6 4

τεμαχίων σε ίσα μερίδια. Η Μαρία παίρνει

κουφέτα από μία μπομπονιέρα

που

περιέχει

3 9 ----------------------------

κουφέτα

-------- --------------------------------------------------------------------------------------και δίνει τα υπόλοιπα στη Σούλα.

6 9

Ο Χάρης έχει

8 βώλους και δίνει 3 στον Χρήστο

5 -

--- -------- -- ----------- -- ---- -- -- ----- - ------- -- --- ------ -- - -·- -- -- - -- --- ----- - ------- --- --- --και τους υπόλοιπους στην Γεωργία.

Τρία γλυκά μοιράζονται σε

8 ---------------------------3 8

5 παιδιά.

Στον πίνακα που ακολουθεί παρατηρούμε στην πρώτη στήλη την ακέραια μονάδα (το όλον) και

στη

δεύτερη

στήλη

μία κλασματική

μονάδα κάποιων

αντικειμένων.

Στην τρίτη

στήλη

παριστάνεται η δημιουργία ενός κλάσματος από την κλασματική μονάδα. Μονάδα (όλον)

Κλασματική μονάδα

κλάσμα

- σχέση

. 7:~:'\,

με κλασματική μονάδα

·~

__ :·. )_ _ 2 ·~..L·; ... ,......:

η-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/11

-2 -

.--1_ 2 6 6

=3. -= 12 12 1

--------------Πράξεις με κλάσματα

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

'l ) ' ~.

ή-

Αξίζει να παρατηρήσουμε ότι:

α) Το όλον (μονάδα) μπορεί να είναι μία πίτσα, εννέα κουφέτα ή μία πάστα.

β) Σε όσα περισσότερα κομμάτια διαιρούμε την ολόκληρη ποσότητα (μονάδα) τόσο μικρότερα κομμάτια (μερίδια) θα δημιουργούνται.

γ) Η κλασματική μονάδα είναι μικρότερη της μονάδας (του όλου).

δ) Όταν σε ένα κλάσμα ο αριθμητής είναι μικρότερος του παρανομαστή , το κλάσμα είναι μικρότερο της μονάδας.

ε) Όταν σε ένα κλάσμα ο αριθμητής είναι μεγαλύτερος του παρονομαστή, το κλάσμα είναι μεγαλύτερο της μονάδας.

ζ) Όταν σε ένα κλάσμα ο αριθμητής είναι ίσος με τον παρονομαστή, το κλάσμα ισούται με τη μονάδα. ΙΣΟΔ ΥΝΑΜΑ ΚΛΑΣΜΑ ΤΑ

Γνωρίζουμε ότι δύο κλάσματα είναι ισοδύναμα όταν εκφράζουν το ίδιο τμήμα ενός μεγέθους ή ίσων μεγεθών.

Α ~

~-~

Τα κλάσματα ~. ~ είναι ισοδύναμα (πώς προκύπτει αυτό από τις εικόνες;) άρα γράφουμε 4 8 1 2 4 Χρησιμοποίησε τη διαδραστική εφαρμογή

8 1 για να

βρεις και άλλα ισοδύναμα κλάσματα με

αυτά. Ποιο κλάσμα είναι ισοδύναμο με το ~ και έχει παρονομαστή 12;

Ισχύει ότι ~ = ~' ~ = και

7.9.

8 10 ,

~ = ; 1 . Παρατήρησε τα γινόμενα 1 .6και 2.3, 4.10 και 5.8, 3.21

Μπορείς να βγάλεις έναν κανόνα; Όπως θα διαπιστώσεις Ισχύει η "χιαστή" ιδιότητα

δηλαδή:

Ι Αν

~ τότε α . δ =β. γ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/12

--------------Πράξεις με κλάσματα

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

Παραδείγματα κατασκευής ισοδυνάμων κλασμάτων:

Πολλαπλασίασε και τους δύο όρους του κλάσματος

με τον αριθμό 3. Τι σχέση έχει το

κλάσμα που δημιούpyησες με το αρχικό; Επανάλαβε με όποιον δικό σου αριθμό θέλεις (εκτός

του μηδενός). Τι παρατηρείς; Διαίρεσε και τους δύο όρους του κλάσματος

με τον αριθμό 4.

Τι σχέση έχει το κλάσμα που δημιούpyησες με το αρχικό; Επανάλαβε διαιρώντας με τον αριθμό τι παρατηρείς; Πρότεινε έναν κανόνα για την κατασκευή ισοδυνάμων κλασμάτων.

, , Συμφωνεις οτι: α

2α 3α λα , λ = 2 β = 3 β = ... = λβ , οπου

α:2 α:3 α:λ , λ = - - = - - = ... = - - , οπου

-β

β:2

β:3

β:λ

θ ,

, ,

αρι μος εκτος του μη ενος η

αρι μος εκτος του μη

ενος;

Μπορείς να εφαρμόσεις τον κανόνα που βρήκες για να κάνεις ένα κλάσμα ανάγωγο; Πώς; Πρόσθεση και αφαίρεση κλασμάτων.

α) Αν έχουμε να προσθέσουμε ή να αφαιρέσουμε δύο ομώνυμα κλάσματα τότε μάλλον είναι

επιτρεπτό και αρκετά εύκολο, αφού το να έχουν ίδιους παρονομαστές σημαίνει ότι έχουμε ίδια κομματάκια της ποσότητας "όλο" π. χ.

~~~~.....,.~= ,. ιΟ•ιD:a sD,.:

~•=,.

~~,~·

,.•D ~sU-ιD-~

β) Αν έχουμε να προσθέσουμε ή να αφαιρέσουμε δύο ετερώνυμα κλάσματα, γεωμετρικά μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα τμήμα ώστε να ισούται με το άθροισμα ή τη διαφορά τους αλλ.ά αλγεβρικά δεν μπορούμε να κάνουμε την πράξη, αφού αυτά έχουν ανόμοια κομμάτια, εκφράζονται με διαφορετικές κλασματικές μονάδες. Ας σκεφτούμε τι θα κάναμε αν είχαμε να βρούμε την περίμετρο ενός τριγώνου, όταν οι πλευρές του έχουν μετρηθεί άλλες σε εκατοστά και άλλες σε χιλιοστά. Θα κάναμε μετατροπή μονάδων ώστε όλες οι πλευρές να εκφράζονται με την ίδια μονάδα μέτρησης. Μήπως κάτι παρόμοιο πρέπει να κάνουμε και στην δική μας περίπτωση με τα ετερώνυμα κλάσματα; Μήπως πρέπει να τα μετατρέψουμε σε άλλα κλάσματα ισοδύναμα με αυτά και μεταξύ τους ομώνυμα; Για παράδειγμα ας δούμε πώς θα προσθέσουμε τα κλάσματα

, π αρατηρουμε

οτι το

κλάσμα 1

ισο υναμει με τα

2 , , 1 κλάσ μα -2 ειναι και ομωνυμο με το 4

' Ας εξετασουμε ,

ισοδυναμει

πο

με

και τη προσ εση των

τα

κλάσματα

και ειναι

κλ'ασματα -, 2 -, 3 -, 4 ... , α . Απο, 2α

4 6 8

αυτα το

ΕΚΠ( 24 1 = -2 +1 =-. 3 , ) = 4 . Ά ρα -1 +24444

5 = ?. . π αρατηρουμε κλασματων ' ' -3 +-

4 6 6 9 6 12 6 15 3α - , - , - , - , - , - , ..., - , 8 12 8 16 8 20 4α

κλάσματα

οτι το

με

κλάσ μα -3

παρονομαστές

5 τ 5 , , 4 , απο, τα οποια , κανενα , δεν ειναι , , δ' λλαπλασια του ομωνυμο με το -. ο ειναι ισο υναμο με 6

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Α'

94 τ.2/13

--------------Πράξεις με κλάσματα

10, 15, 20, ... ,5α κλάσματα -,

τα

10 12

κλ'

ειναι ομωνυμο με το

Ϊ2 και το

12 ειναι '

10 =-. 19 Υπαρχουν , Ά ρα -3 +-5 =9- +4

'1'1

ασματα με παρονομαστες ΠΟΛΛαπ

6α

12 18 24

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

το ε

'λλα

λάχιστο

σια του

ισο υναμα

κλ'ασματα

Απο αυτα το

λ'ασιο του 4

'1'1 κοινο ΠΟΛΛαΠ

δ,

και α

λά

και του

με τα αρχικα που μας

επιτρέπουν να κάνουμε την πρόσθεση;

Μπορείς να βγάλεις έναν κανόνα για τη πρόσθεση ή την αφαίρεση ετερώνυμων κλασμάτων; Γινόμενο κλασμάτων.

Ας δουλέψουμε μαζί ένα ενδιαφέρον πρόβλημα, με τη διαδραστική εφαρμογή

Θέλουμε

να βρούμε το .!.. των ~ της ράβδου Α. 4

Πάρε τα ~ της ράβδου, 5

κάπως έτσι: Α [[[j .Πατώντας το <<Κλικ εδώ» έχουμΕ

την επιλογή να διαιρέσουμε την χρωματισμένη ποσότητα σε

ίσα μέρη. Το ζητούμενο είναι να

πάρουμε το .!.. από την χρωματισμένη περιοχή. Εύκολο φυσικά, διαιρούμε στα 4

4 (k=4)

και

A EEfΠj

παίρνουμε το 1, κάπως έτσι: BΞEl_lj . Τι καταφέραμε με αυτή τη διαδικασία; Να πάρουμε το .!.. των ~ της αρχικής ράβδου. Το ερώτημά μας είναι, το νέο κομμάτι που 4

χρωματίσαμε

ι· I τι σχέση έχει με την αρχική ποσότητα Α; Ας κόψουμε κάθε

πέμπτο της αρχικής ράβδου σε την

1η

κομματάκια (επόμενο σχήμα) και ας πάρουμε

1 'δ α. Τ'οτε θ α εχουμε ' ' παρει

πεντα

πάρουμε και από την 2η πεντάδα

λο '

εκτε

υ με ειναι ο πο

εγινε

20 κομματια. '

5.Α 1

φορες το

από

ς συνεχισουμε με αυτον το τροπο και ας

κομμάτι και από την 3η πεντάδα άλλο

λλαπλασιασμος ' 1·3 4 5

1 κομμάτι

3 'λεσ μα 20

που εχει ως αποτε

κα

Η πράξη που

θ ως ' η

ποσοτητα

Ι σχυει ' λοιπον ' οτι ' 1·3 = 3 . 4 5 20

A m

Παρατήρησε τη σχέση που έχουν οι αριθμητές των κλασμάτων και τη σχέση που έχουν οι

παρονομαστές τους. Απάντησε στο ερώτημα: Για να πολλαπλασιάσουμε δύο κλάσματα πρέπει να είναι ομώνυμα; Δοκίμασε με την εφαρμογή

και άλλα δικά σου γινόμενα κλασμάτων και

βγάλε έναν κανόνα για το γινόμενο τους. ΑΣΚΗΣΕΙΣ:

Ο πολλαπλασιασμός αυξάνει τα αριθμητικά μεγέθη; Έχουμε ένα ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/14

-------------Πράξεις με κλάσματα

μήκους

2 εκ.

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

Να βρείτε με περισσότερους από έναν τρόπους

α) τα ~του τμήματος ΑΒ (απ: 5 εκ) β) το .!_ του τμήματος 2

ΑΒ

(απ:

0,4

εκ).

Με

βάση

τις

απαντήσεις

σας

να

συμπληρώσετε το κενό στην πρόταση που ακολουθεί: Το

ευθύγραμμο τμήμα αυξήθηκε όταν ο πολλαπλασιαστής του ήταν

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

της μονάδας. Το ευθύγραμμο τμήμα

μειώθηκε όταν ο πολλάπλασιαστής του ήταν

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

της μονάδας. Μπορείς να βγάλεις έναν κανόνα;

2. Έχουμε πληρώσει τις 7 από τις 8 ισόποσες δόσεις του χρέους μας. Πόσο ήταν ολόκληρο το χρέος;

Απ

5/8

900€.

( 7.200)

Ο διαχειριστής της πολυκατοικίας μας έχει στο αποθεματικό του

Γεμίζοντας μέχρι τώρα τα

2000€.

(της άδειας) δεξαμενής πετρελαίου της

πολυκατοικίας ο μετρητής έχει «γράψει»

1500€.

Θα μπορέσει να αποπληρώσει τον προμηθευτή δεξαμενή;

Χρωστάμε ακόμη

αν απογεμίσει την

Απ. Όχι

Η βρύση β1 γεμίζει μια κενή δεξαμενή σε

γεμίζει την ίδια δεξαμενή σε 2ώρες.

(2400) min), η

3 ώρες (3χ60 βρύση β2 Σε πόση ώρα (min) θα γέμιζαν και οι 2

βρύσες μαζί τα~ της δεξαμενής;

(60 min)

Σε πόση ώρα θα γέμιζαν και οι

2 βρύσες μαζί τα 1/6 της δεξαμενής (12 min) Σε πόση ώρα θα γέμιζαν και οι 2 βρύσες μαζί ολόκληρη την δεξαμενή (72 min δηλ 1 ώρα &12 min) Αν η δεξαμενή (ύψος 60cm) μας είναι τελείως άδεια και ανοίξουμε την β1 για μια ώρα, σε ποιο ύψος θα «φτάσει» το νερό; (20 cm) Αν μετά την 1 ώρα που έτρεχε η β1 την κλείσουμε

-,,,

και ανοίξουμε την β2, πόση ώρα θα πρέπει να «τρέχει» η β2 μέχρι να γεμίσει η δεξαμενή;

ώρα

r==

& 20 min)

Στην αρχή της φετινής περιόδου έλλειπαν από την

.__

3 της χωρητικοτητας ' δεξαμενη' του πετρελα'ιου μας τα S της. Από αυτό που είχε απομείνει μετά τα πρώτα κρύα

καταναλώθηκε το .!_ . 3

Τώρα η παραγγέλναμε

δεξαμενή περιέχει

1000 lt

420 lt

θα τα χωρούσε?

ερώτημα:

αν

Απ: ναι(1575

lt συνολο,1155 lt κενό τώρα)

Για τα πειράματα σου θα βρεις τη διαδραστική

εφαρμογή •= http://tube.geogebra.org/student/m3499o ι Β

την εφαρμογή 2: http://tιιbe.geogebra. org/stιιdent/m349897

•

Και την εφαρμογή 3: http://tube. geogebra.org/student/ιη349905 ~ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/15

Τεύχος 93. Λύσεις προβλημάτων Άρθρο Ευκλείδεια Διαίρεση Πρόβλημα

δεια

διαίρεση

193 = 15 •12 + 13

γράφεται

Με τη χρήση της Ευκλείδειας Διαίρε

Γνωρίζουμε ότι Ο ~ υ <δ το ι 3 < ι 5 ,επομένως

σης, να βρείτε όλους τους φυσικούς αριθ

διαιρέτης είναι το Ι5, γιατί αν ήταν το. Ι2 δεν

μούς; οι οποίοι όταν διαιρεθούν με το

θα ίσχυε η ανισότητα Ο ~ 13 < 12 .

νουν πηλίκο

δί

11. Πρόβλημα

Δίνονται δύο φυσικοί αριθμοί οι

Λύση

Γνωρίζουμε τον τύπο

της

ευκλείδειας

διαίρεσης Δ= δ•n+υ με Ο:::;; υ<δ

το υ

πόλοιπο θα είναι Ο, Ι ,2. Επίσης γνωρίζουμε ότι

το πηλίκο είναι

11.

για υ

=Ο =1

= 3 • 11 + Ο = 33 = 3 • 11 + 1 = 34

για υ

= 3 • 11 + 2 =

αριθμοί

Λύση

33,

Νοεμβρίου ημέρα Τε

τάρτη και έχει γενέθλια η Ελεάνα. Ποια μέ ρα της εβδομάδας είναι η

Δεκεμβρίου

του ίδιου έτους που έχει γενέθλία η ξαδέλφη της η Αθηνά. Λύση

Ο Νοέμβριος έχει

30 μέρες. Άρα από τις 2 Νοεμβρίου μέχρις της 28 Δεκεμβρίου μεσολα βούν 56 μέρες, 28 του Νοεμβρίου και 28 του Δεκεμβρίου. Αν διαιρέσουμε τις 56 μέρες με το αριθμό 7 που είναι οι μέρες κάθε εβδομά δας θα βρούμε 8 ολόκληρες εβδομάδες .. Στο τέλος των 8 εβδομάδων θα είναι Τετάρτη . Τα

κοινό διαιρέτη των

193 = 12 • χ+ 13

και

τον δ και μά-

400

δηλαδή

Εύκολα

τον

βρίσκουμε

και

100 είναι 540 και 420

ο μεγαλύτερος διαιρέτης των

για

τον οποίο προκύπτουν υπόλοιπα διαίρεσης και

Ευκλείδεια

20 αντίστοιχα. Πρόβλημα

διαίρεση

αφήνουν υπόλοιπο

1 και 2

αντίστοιχα, τότε

Σύμφωνα με τον οριζόντιο τύπο της ευ

κλείδειας διαίρεσης έχουμε

Αν αφαιρέσουμε από τον διαιρετέο Ι93 το παίρνουμε τον αριθμό Ι80, ο ο

= 3 • κ+ Ι (1) και y = 3 • λ+ 2 (2) Αν προσθέσουμε τις δύο ισότητες

(2)

τουτου η

Ευi\J\λ:,ι.Λ~'

( 1)

και

θα έχουμε χ+

ποίος διαιρούμενος με τον Ι2 μας δίνει την τι-

Λύση

Να βρεθεί ποιος είναι ο δι

180 15 . κατοπιν ' χ = l2 =

Δείξτε ότι αν οι αριθμοί χ, y διαιρούμενοι

, μη

500

μεγαλύτερο,

ΜΚΔ(500,400)=100. Ο αριθμός

Λύση

13,

γράφεται

το άθροισμά τους θα είναι πολλαπλάσιο του

αιρέτης και ποιο είναι το πηλίκο.

υπόλοιπο

τον

ΜΚΔ(500,400).

με

διαίρεσης

τες προκύπτει ότι ψάχνουμε να βρούμε έναν

γενέθλια λοιπόν της Αθηνάς είναι Τετάρτη.

Δίνεται

σύμφωνα με το τύπο της

540 = δ•π 1 + 40 , όπου 540 είναι ο διαιρετέος, δ ο διαιρέτης, n1 το πηλίκο και 40 το υπόλοιπο. Ο δε 420 γράφεται 420 =δ • π 2 + 20 Από τους διαιρετέους 540 και 420 αφαιρούμε τα υπό λοιπα 40 και 20 και προκύπτουν οι ισότητες 500=δ • π 1 και 400=δ • π 2 • Από τις δύο ισότη

λιστα

540

ευκλείδειας

Πρόβλημα

40 και 20 αντίστοιχα.

Ο αριθμός

34, 35. Πρόβλημα

μοί θα προκύψουν υπόλοιπα διαίρεσης οι

Θα έχουμε λοιπόν.

Επομένως οι ζητούμενοι αριθμοί είναι

Σήμερα είναι

540 και

Να βρεθεί ο μεyαλύτερος αριθμός με

420.

τον οποίο αν διαιρεθούν οι παραπάνω αριθ

Επομένως όταν ο διαιρέτης είναι

για υ

y = 3•κ+3•λ+3 = 3•(κ+λ+1) .

Άρα χ+y=3•(κ+λ+1), επομένως το ά θροισμα των χ και y είναι πολλαπλάσιο του

3. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/16

Τετpα'(ωνική ρίζα θετικού αριθμού και άρρητοι αριθμοί. ================

αποτελούν

Τετραγωνική ρίζα Θετικού αριθμού.

Αν πάρουμε ένα τετράγωνο με πλευρά

ορίζουμε

το

αριθμών

το

σύνολο στο

των

οποίο

πραγματικών μπορούμε

να

Σαν

εκτελέσουμε τις βασικές αριθμητικές πράξεις

16 με συμβολισμό Jl6

της πρόσθεσης, αφαίρεσης, πολλαπλασιασμού

τότε το εμβαδόν του τετραγώνου είναι

τετραγωνική ρίζα του

Κώστας Σάλαρης, Αθανασία Κυριακοπούλου

μήκος

της

16.

πλευράς

τετραγώνου που έχει εμβαδόν

16.

του

Το μήκος

και διαίρεσης αλλά και άλλες πράξεις, όπως δυνάμεις, τετραγωνικές ρίζες κτλ.

της πλευράς του τετραγώνου καθώς και το Σημαντική

εμβαδόν του τετραγώνου είναι πάντοτε θετικοί

ιδιότητα

των

πραγματικών

αριθμοί. Ένα άλλο παράδειγμα: Το εμβαδόν

αριθμών είναι η μεταξύ τους σύγκριση και

ενός τετραγώνου είναι

διάταξη. Διαχωρίζονται σε θετικούς (>Ο) και

ρίζα είναι Μια

1Ο

100 τότε η

τετραγωνική

όσο και το μήκος της πλευράς.

παρατήρηση είναι: το τετράγωνο της

πλευράς

ενός

εμβαδόν

του

τετράγωνου τετραγώνου.

πλευράς 5 ισχύει παραπάνω

52=25

περιγραφή

μας Για

δίνει

αρνητικούς

.J25 = 5.

τοποθετούνται

στον

το

τετράγωνο

Με την

προσεγγίσαμε

τον

της γεωμετρίας. Με την βοήθεια της Άλγεβρας

και

άξονα των πραγματικών αριθμών.

Παραδείγματα

ορισ1:!9 της τετραγωνικής ρίζας με την βοήθεια δίνουμε τον ορισμό

(<Ο)

θετικών

πραγματικών

αριθμών:

2 7 r.:: 3, 4, -, -, ν2

Τετραγωνική ρίζα ενός

3 5

θετικού αριθμού α, λέγεται ο θετικός αριθμός,

ο οποίος όταν υψωθεί στο τετράγωνο, δίνει τον αριθμό α, Η τετραγωνική

Παραδείγματα αρνητικών πραγματικών

ρίζα του α

συμβολίζεται με .Jα .

αριθμών:

-5 Άρρητοι αριθμοί

Την

Όπως έχουμε μάθει από προηγούμενες

-J3

καθώς και άλλους άρρητους

τους

αριθμούς δεν μπορούμε με ακρίβεια να τους

αριθμούς που έχουν τη μορφή μ/ν όπου μ

τοποθετήσουμε στον άξονα των πραγματικών

ακέραιος θετικός ή αρνητικός και ν φυσικός

αριθμών. Έχουμε όμως την δυνατότητα να

Τους αριθμούςαυτούς μπορούμε να τους

τους κατασκευάσουμε γεωμετρικά και με την

τάξεις,

:;fO.

ρητούς

αριθμούς

ονομάζουμε

απεικονίσουμε σχετικά εύκολα με σημεία στον

βοήθεια

άξονα των πραγματικών αριθμών. Τόσο τους

γεωμετρικό τους

θετικούς όσο και τους αρνητικούς.

πραγματικών αριθμών

όμως από τους οποίοι

Πέραν

ρητούς έχουμε και άλλους οι

άπειρα δεκαδικά ψηφία όχι περιοδικά.

να

μεταφέρουμε

το

μέγεθος στον άξονα των

J2 .

Εφαρμόζουμε το Πυθαγόρειο Θεώρημα

άρρητους. Ένα τέτοιο

παράδειγμα άρρητου αριθμού είναι η J2 που ισούται με 1,414 .... Οι τελείες συμβολίζουν

διαβήτη

Κατασκευή του

δεν είναι της μορφής μ/ν και τους

οποίους ονομάζουμε

του

σε ένα ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές μήκους

ένωση των ρητών και των αρρήτων αριθμών ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

Το μήκος της υποτείνουσας είναι 94 τ.2/17

J2.

------------. ------------- Τετραγωνική ρίζα θετικού αριθμού και άρρητοι αριθμοί ---------------------------

+Ji

Η τοποθέτηση της

στον άξονα των

πραγματικών αριθμών, γίνεται ως εξής :

1 ~ε

ευθύγραμμο

να

φτιάξουμε

τη

σπείρα

του

Θεόδωρου του Κυρηναίου, ως εξής: Το

σχήμα

έγινε

διαβήτη

τμήμα

υποτείνουσα

Κατασκευαστικά (με κανόνα και διαβήτη) μπορούμε

τον

με

την

παίρνουμε

που

αντιστοιχεί

ορθογώνιου

τριγώνου με κάθετη πλευρά

το στην

ισοσκελούς όπως φαίνεται

στο παρακάτω σχήμα και το μεταφέρουμε στη

θετική πλευρά του άξονα. Αν έχουμε τον

-Ji , τότε μεταφέρουμε μέσω του διαβήτη το

βοήθεια

του

Geogebra

ευθύγραμμο τμήμα στην αρνητική πλευρά του άξονα.

- - ---- I

'-.•Δ

/ /: '--, j2 / : \ /

V11 την

ιιι<Cιιιιιιιι

να

~1111111

.Α

fi4

fϊ2

κατασκευή

γεωμετρικά

/ F& f15

. -fϊ3·

fίΌ

~ε

Στο παραπάνω σχήμα, το σημείο Α έχει αυτή

μπορούμε

υπολογίσουμε

και

τετμημένη το

J2 .

να

μεταφέρουμε στον άξονα των πραγματικών

Προβλήματα

αριθμών μεγέθη ρητών και άρρητων αριθμών,

Ji, J3, !4, .[5, ./6, J?, .JS, J9, .JIO, ~. Jϊ2

Να υπολογίσετε γεωμετρικά το μήκος των

άρρητων αριθμών +--./7, ---./5, --./3-1, όταν σας δίνεται σαν μοναδιαίο ευθύγραμμο τμήμα το

και να το aπεικονίσετε

στον άξονα των πραγματικών αριθμών. Τοποθέτηση

άρρητων αριθμών

στον

άξονα.

Η τοποθέτηση των

ρητών αριθμών στον

Ένα

τετράγωνο

έχει

εμβαδόν

υπολογίσετε γεωμετρικά το

να

μήκος της

άξονα των πραγματικών είναι σχετικά εύκολη

πλευράς

γιατί κάθε ρητός αντιπροσωπεύει το γινόμενο

τοποθετήσετε με την βοήθεια του διαβήτη

ενός μοναδιαίου ευθυγράμμου τμήματος που

στον άξονα των πραγματικών αριθμών.

του

τετραγώνου

και

να

το

ορίζουμε επί του αριθμού .

3. Η τοποθέτηση όμως,

γίνεται

των

αρρήτων αριθμών,

με γεωμετρικές κατασκευές.

Δηλαδή , χρειαζόμαστε τη Γεωμετρία! ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

~ε την βοήθεια γεωμετρικής κατασκευής

να

αποδείξετε

ευθύγραμμα

ότι

αν

τμήματα

αποδείξετε ότι Fα < .Jβ 94 τ.2/18

α με

και

δύο

α<β.

Να

Εμβαδόν κυκλικού δίσκου = == = = = = =

Επιμέλεια: Τζίφας Νίκος, Κωνσταντινίδης Άρης, Λαγός Γεώργιος

Ως τώρα έμαθες να υπολογίζεις το εμβαδόν διαφόρων σχημάτων. Ξεκίνησες από τα τετράγωνα, προχώρησες στα παραλληλόγραμμα, τα τρίγωνα και γνωρίζεις ήδη να βρίσκεις και το εμβαδόν πολυγώνων. Για να βρεις μάλιστα το εμβαδόν

διαγώνιες ή άλλα

ενός πολυγώνου, το χωρίζεις με

ευθύγραμμα τμήματα σε απλούστερα σχήματα, για τα οποία ξέρεις και

μπορείς να βρεις το εμβαδόν τους

και από αυτά τελικά, βρίσκεις το εμβαδόν του πολυγώνου

που σε απασχολεί. Βρίσκεσαι τώρα εμπρός από τον προβληματισμό: ''Είναι δυνατόν να υπολογισθεί το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου με ανάλογο τρόπο; Και πως μπορεί να γίνει αυτό, αφού στον

κυκλικό δίσκο δεν υπάρχουν ευθύγραμμα τμήματα ως

πλευρές, όπως στα μέχρι τώρα σχήματα που μελέτησα;''

Μπορείς να υπολογίσεις το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου, αν επιμένεις να είσαι ένας ερευνητής και εργασθείς με προσοχή όπως παρακάτω. Δραστηριότητα

Βήμα

Πάρε το διαβήτη σου και φτιάξε σ' ένα φύλλο χαρτί ένα σχετικά μεγάλο κύκλο. Με το ψαλίδι σου κόψε περιμετρικά με προσοχή τον κυκλικό δίσκο.

' .,ο Β ημα-

Με την βοήθεια του διαβήτη σου χώρισε τον κύκλο σε έξι ίσα τόξα, όπως θα εργαζόσουν για να φτιάξεις κανονικό εξάγωνο. Χάραξε τις ακτίνες που αντιστοιχούν

στα

σημεία αυτά.

Χώρισες λοιπόν τον κυκλικό δίσκο σε έξι ίσα μέρη, που ονομάζονται κυκλικοί τομείς. Κόψε με το ψαλίδι σου στην συνέχεια, έχοντας οδηγούς τις ακτίνες, τους έξι κυκλικούς τομείς και τοποθέτησε εναλλάξ τα τόξα και τις κορυφές.

Νομίζω ότι πέτυχες κάτι πολύ σημαντικό.

Μετασχημάτισες

τον

κύκλο σε

ένα

άλλο

ισοδύναμο σχήμα που

μοιάζει

με

" Βήμα

Φτιάξε

πάλι με

το διαβήτη σου ένα ίδιο κυκλικό δίσκο. Χάραξε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/19

μία διάμετρο

του

--------------Εμβαδόν κυκλικού δίσκου

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

κυκλικού δίσκου και με οδηγό αυτήν δίπλωσε τον, για να πάρεις δύο ημικύκλια. Στην συνέχεια δίπλωσε το χαρτί αυτό με προσοχή για να πάρεις τέσσερα

τεταρτοκύκλια. Συνέχισε τις

αναδιπλώσεις αυτές για τρίτη και τέταρτη φορά, οπότε θα χωρίσεις τον κυκλικό σε δεκαέξι ίσα μέρη, δηλαδή θα σχηματίσεις δεκαέξι κυκλικούς τομείς. Κόψε τους τομείς με οδηγό τα τσακίσματα των αναδιπλώσεων και επανέλαβε την προηγούμενη εργασία. Μήπως το ισοδύναμο σχήμα στο οποίο μετασχημάτισες τον κυκλικό δίσκος μοιάζει περισσότερο με

Βήμα

'' ...................................... .. .. .......... ...... ..... ''

4°

Στο σημείο αυτό νομίζω ότι είναι σκόπιμο να σκεφθείς και να απαντήσεις στα ερωτήματα: ''Αν συνεχίσω την διαδικασία αυτή και κάθε νέα φορά κόβω τον κύκλο σε περισσότερους ίσους τομείς, με τι θα μοιάζουν τα τόξα αυτών των τομέων που θα είναι συνεχώς μικρότερα; Με τι θα μοιάζει καθένας κυκλικός τομέας καθώς και το σχήμα στο οποίο θα μετασχηματίζεται κάθε φορά ο κυκλικός δίσκος;'' Ο παρακάτω μετασχηματισμός είναι ο τρίτος κατά σειρά που βλέπεις. Στον μετασχηματισμό αυτό ο κυκλικός δίσκος χωρίσθηκε σε περισσότερους ακόμα τομείς και θα σε βοηθήσει να

εκτιμήσεις ότι το ισοδύναμο σχήμα στο οποίο θα μετασχηματισθεί ο κυκλικός δίσκος ''τελικά'', αν μπορούσες να τον κόψεις σε πάρα πολλούς "άπειρους" κυκλικούς τομείς θα είναι ένα

"ορθογώνιο

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........ .. ............ .... " .

Η μεγάλη μάλιστα πλευρά

του

σχήματος αυτού θα αποτελείται από τα πολύ μικρά κυκλικά τόξα και "τελικά" θα θεωρείται "ευθύγραμμο τμήμα

Βήμα Αφού

5° ο κυκλικός δίσκος με την παραπάνω διαδικασία μετασχηματίζεται τελικά σε

''ορθογώνιο

παραλληλόγραμμο'',

το

εμβαδόν

του

κυκλικού

δίσκου

θα υπολογισθεί αν

γνωρίζουμε τις διαστάσεις του ισοδυνάμου ορθογωνίου παραλληλογράμμου. Προσπάθησε τώρα να

βρεις

ποια

σχέση

έχουν

με

τις

διαστάσεις

παραλληλογράμμου η ακτίνα ρ και το μήκος

L του

πλευρές

του

ορθογωνίου

αυτού

κυκλικού δίσκου; Ειδικότερα την σχέση της

μικρής πλευράς του ορθογωνίου με την ακτίνα ρ και της μεγάλης με το μήκος

=2πρ του

κύκλου. Μετά την διαπίστωση που έκανες το εμβαδόν Ε του κυκλικού δίσκου είναι: Ε= ......... .

ΠΑΡ ΑΔΕΙΓΜΑ Α Μία μικρή κυκλική μηλόπιτα έχει διάμετρο κερασόπιτα έχει ακτίνα

5 cm.Πόσο

μεγαλύτερη είναι η κερασόπιτα;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/20

cm,και μία μεγαλύτερη

-------------Εμβαδόν κυκλικού δίσκου

Λύση:

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

Πρώτα, να βρεις το εμβαδό της κάθε πίτας. μηλόπιτα(μικρή πίτα)

κερασόπιτα(μεγάλη πίτα)

=π(4) 2

Ε=πρ 2 =π(5) 2

=π(16)

=π(25)

;:::;50.2 ;:::;78.5 2 Η κερασόπιτα είναι 78.5 cm ,και η μηλόπιτα είναι 50.2 cm2• Η διαφορά στο εμβαδόν είναι 28.3 cm2 .Ετσι η μεγαλύτερη πίτα είναι περισότερο από 50% μεγαλύτερη από την μικρή πίτα,θεωρώντας ότι έχουν το ίδιο πάχος. Πρόσεξε ότι χρησιμοποιήσαμε το

3.14 ως προσεγγιστική

τιμή

του π.

ΠΑΡ ΑΔΕΙΓΜΑ Β Αν το εμβαδόν ενός κυκλικού δίσκου είναι 256π m2, ποιο είναι το μήκος του κύκλου; Λύση: Χρησιμοποίησε το εμβαδό για να βρείς την ακτίνα,κατόπιν ακτίνα για να βρείς το μήκος του κύκλου .

Ε=πρ 2 256π=πρ 2 256 =ρ 2

L=2πρ =2π(16) =32π

;:::;100.5 m

ρ=16 Το μήκος είναι 32π m,η προσεγγιστικά

100.5 m.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

· Χρησιμοποίησε τον τύπο εμβαδού κυκλικού δίσκου για να συμπληρώσεις τα κενά στις ασκήσεις

1-8.0ι απαντήσεις να είναι σε σχέση

με το π, εκτός αν το πρόβλημα ζητάει

προσέγγιση. Για την προσέγγιση χρησιμοποίησε το κουμπί του π στο κομπιουτεράκι σου.

Αν ρ=7cm, Ε=.... . ... ...

2. Αν ρ=Ο.5m,

Ε;::; ........ .

3. Αν Ε=9π cm2 , τότε ρ=. ... . .....

4. Αν E=0.785m2 , τότε ρ;::; ........ .

5. Αν L=314m, τότε Ε;::;...........

6. Αν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

L=l2πcm, τότε Ε= ........ .

94 τ.2/21

-------------Εμβαδόν κυκλικού δίσκου

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

Ποιο είναι το εμβαδό της σκιασμένη ς

Ποιο είναι το εμβαδό σκιασμένης περιοχής μεταξύ του κύκλου και του περιοχής μεταξύ του

κύκλου και ορθογωνίου;

του τριγώνου;

(10,0) χ

9. Ένας

σκύλος είναι δεμένος σε ένα στύλο με μια αλυσίδα μήκους

της περιοχής που έχει ο σκύλος για να παίξει;

στρογγυλοποίηση στο m

1Ο.

7m.

Πόσο είναι το εμβαδό

Να εκφράσεις την απάντηση

σου

με

2•

Ένας μικρός επαρχιακός τηλεοπτικός σταθμός

μπορεί να εκπέμπει το πρόγραμμα του σε σπίτια

που βρίσκονται σε ακτίνα 60 km. Πόσα km2 είναι το εμβαδό της έκτασης που καλύπτει τηλεοπτικά ο σταθμός; Να εκφράσεις την απάντηση σου με

στρογγυλοποίηση στο km2 •

11.

Οι περιστρεφόμενος ποτιστικός βραχίονας σε μια κυκλική φάρμα είναι 16m.Ποιο είναι το

εμβαδό της κυκλικής φάρμας; Να εκφράσεις το αποτέλεσμα με στρογγυλοποίηση στο m2 •

12. Σχεδίασε και ονόμασε ένα κύκλο με εμβαδό 324π cm2 .Υπολόγισε το μήκος της ακτίνας. 13.

Η μυϊκή δύναμη του ενός χεριού που καταβάλλει ένας

αθλητής της άρσης βαρών, είναι ανάλογη του εμβαδού της κυκλικής περιοχής

(cross-section area) που

έχει ο μυς όπως

φαίνεται στο σχήμα. Αν ένας μυς έχει κυκλική περιοχή ακτίνας

3cm, και ένας δεύτερος

μυς κυκλική περιοχή ακτίνας

6cm,

πόσες φορές δυνατότερος είναι ο δεύτερος μυς;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ. 2/22

HUMAN BICEPS MUSCLE CιJr IN HALF ΤΟ SHOW CROSS -SE.CT ΙON AREA

Υποδείξεις θεμάτων yια δυνατούς λύτες Β'τάξη, Τεύχος Ι)

93.

α) Παρατηρήστε τον κανόνα για το πρώτο και το τελευταίο στοιχείο π. χ για το Δ έχουμε:

Δ= 4-5 + 6-7 + 8-9 ......... + '100 β) Παρατηρήστε ότι Α=

-50 αφού υπάρχουν 50 ζεύγη και κάθε ζεύγος δίνει άθροισμα -1. Ακόμη παρατηρήστε ότι Β = 51 αφού ανά δύο τα 49 πρώτα ζεύγη δίνουν καθένα άθροισμα -1 και στο τέλος προστίθεται το 100. Με βάση τα παραπάνω είναι απλό να εντοπίσουμε τον κανόνα με τον οποίο υπολογίζουμε το Γ το Δ και όλα τα υπόλοιπα.

α) Αν οι τρεις διαδοχικοί αριθμοί είναι οι κ, κ+ 1, κ+ 2 τότε το άθροισμα τους είναι κ+ κ+

1 + κ+ 2 = 27

Οπότε οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι

3κ

+ 3 = 27

3κ

= 24

κ=

8, 9 και 1Ο.

β) Παρατηρούμε ότι 3 =243 Αν υπάρχει αριθμός κ, τότε κ+ κ+ 1 +κ+ 2 = 243, άρα 3κ = 240 5

ή κ=

80.

Επομένως οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι

80, 81, 82.

γ) Παρατηρούμε ότι αν κ-1, κ, κ+ 1 είναι τρείς διαδοχικοί αριθμοί, τότε (κ -1) +κ+ (κ+ 1) = 3κ

δηλαδή (κ-1)+ κ+ (κ+ 1)

= πολ3.

Άρα το άθροισμα τριών διαδοχικών αριθμών είναι πολλαπλάσιο του

, (I) Η ανισοτητα

'ζ

χω ρ ι εται σε

δ,υ ο

ανισοτητες

-3 < -ν (2) 8

και

Η ανισότητα (2) γίνεται 21 < 8ν ή ~<ν ή 2,6<ν και η 8

Οπότε 2,6<ν<9,8 άρα ο αριθμός ν παίρνει τις τιμές πρώτοι αριθμοί είναι οι

(3)

-ν < -7 (3) 7

γίνεται 5ν < 49 ή ν< 49 = 9,8.

3, 4, 5, 6, 7, 8

και

από τις οποίες

3, 5, 7.

Σε αυτές τις περιπτώσεις πρώτα βάζουμε συγκεκριμένους αριθμούς για να πάρουμε μία ιδέα του τι μπορεί να συμβαίνει. Γενικά αν θεωρούμε την πλευρά του αρχικού τετραγώνου χ οπότε το εμβαδόν είναι χ2 ενώ οι διαστάσεις του ορθογωνίου είναι χ-α και χ+α οπότε το

εμβαδόν του είναι χ 2-α2 άρα είναι πάντα μικρότερο του αρχικού τετραγώνου.

Αν από το σημείο Μ φέρουμε παράλληλες προς τις πλευρές τότε αρκεί να υπολογίσουμε το β 2 +γ2 το οποίο είναι εύκολο αρκεί να

αξιοποιήσουμε τις ισότητες γ2 + δ 2 = 8, α2 + δ2 = 1Ο και α2 + β2 = 11.

Η συντακτική επιτροπή του ΕΥΚΛΕΙΔΗ Α' εύχεται σε όλους τους αναγνώστες

ΚΜΗ και ΑΗλfΙΟΥΡΓΊΚΗ ΧΡΟΝΙΑ! Με χαρά περιμένουμε νέες συνεργασίες, άρθρα, λύσεις ασκήσεων αλλά και ης παρατηρήσεις σας για να γίνουμε καλύτεροι ...

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/23

Μαθαίνω να λύνω εξισώσεις κ α ι προβλήματα 2ου βαθμού =================

Γ. Λυμπερόπουλος-Α. Μπακάλης-Μ. Σίσκου

Κάθε εξίσωση με τον άγνω στο χ

Εδώ θα μελετήσουμε ιδαιίτερα τις δευτερο

•

(πραγματικός αριθ

βάθμιες εξισώσεις που έχουν ακέραιες λύσεις. Ας

μός) σε 2° βαθμό ονομάζε ται εξίσωση 2°υ βαθμού

υποθέσουμε ότι έχουμε μία εξίσωση 2σu βαθμού

(φυσικά εδώ μιλάμε για εξι

το σύνολο των ακεραίων αριθμών.

που έχει 2 ακέραιες λύσεις τις χι, χ 2 ε Ζ , όπου Ζ

σώσεις με έναν άγνωστο).

Τότε

Έτσι εξισώσεις 2ου βαθμού

2χ 2 -5χ=Ο

εξίσωση

(Χ-Χι)·(Χ-Χ 2 )=0 ή

είναι και οι παρακάτω:

χ 2 =0 3χ 2 -4=0 χ 2 +4=0

χ 2 -(χι +χ 2 )·χ+χι·Χ 2 =0.

ισοδυναμεί

με

την:

Χ2 -Χι·Χ-~·Χ+Χι·~=0 Ονομάζουμε

χ 2 -7χ + 10 =Ο. Όταν λέμε ότι λύνουμε μια

το άθροισμα των ριζών Χι

εξίσωση, εννοούμε ότι βρίσκουμε εκείνους

νόμενο των ριζών Χι · χ 2

τους πραγματικούς αριθμούς για τους οποίους

με: χ 2 - sx + p = Ο • Επομένως μία εξίσωση 2ου

επαληθεύεται η εξίσωση. Η ,;~ωση 5χ 2=0 είναι

χ2=0 ή

η τιμη' χ

V3.3

2.J3 ' = ±- ειναι η 3

ν9

νει τη μορφή: χ 2 -sx +p =Ο. Για την εξίσωση επομένως χ 2 - 7 χ + 1Ο = Ο, θα μπορούσαμε να βρούμε πιο εύκολα τις ακέραιες λύσεις της, αν

σκεφτούμε ότι το άθροισμά τους είναι ίσο με

λ':υση της εξ'ισωσης.

2χ2 - 5χ =Ο

εξίσωση

και το γινόμενό τους ίσο με

•

=ο

7 και γινόμενο 1Ο. Αυτοί είναι 2+5=7 και 2'5=10. Άρα οι λύ σεις της εξίσωσης είναι : χ = 2 ή χ=5 ο

Η εξίσωση

+ 4 = Ο γίνεται:

γιατί

σώσεων 2ου βαθμού και είδαμε, ότι γαι να τις ε

χ2

και

Μέχρι τώρα εξετάσαμε ειδικές μορφές εξι

5 ειναι ' οι λ':υσεις της εξ'ισωσης. χ = χ2

Βρίσκουμε με

χουν άθροισμα

γίνεται:

1Ο.

δοκιμές, αν υπάρχουν, τους ακέραιους που έ

χ(2χ- 5) = Ο ή χ = Ο ή 2χ- 5 = Ο ή χ = ~ οι τιμες χ

οπότε παίρνου

κτέλεση όλων των δυνατών πράξεων θα παίρ

χ2=4 ή x=+~=±{4.3=±~=±2.J3 ~3

= p,

και το γι

βαθμού που έχει ακέραιες λύσεις, μετά την ε

ισοδύναμη με τη

που είναι και η λύση της. Η εξί2 σωση 3χ -4 =Ο ισοδυναμεί με την 3χ 2 =4 ή

+ χ2 = s

πιλύσουμε δε χρειαζόμαστε κανέναν ειδικό τύπο.

Η γενική μορφή μιας δευτεροβάθμιας εξί

= -4 . Η

εξίσωση αυτή λέμε ότι είναι αδύνατη, γιατί

σωσης όμως, όπως μάθαμε, έχει τη μορφή

δεν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί με τετρά

αχ 2

γωνο αρνητικό.

ναι να κάνουμε το 1° μέλος γινόμενο πρωτο βάθμιων παραγόντων. Φέρουμε το γ στο 2°

•

Η εξίσωση χ 2 -7χ + 10 =Ο γίνεται:

+β χ+ γ= Ο όπου, α* Ο. Στόχος μας εί

μέλος και έχουμε: αχ 2 +β χ = -γ .

χ 2 -2χ-5χ +2·5 =0 ή (χ 2 -2χ)-(5χ-2·5)=0 ή

Πολλαπλασιάζουμε με 4α και έχουμε:

4( αχ ) 2 + 4αβχ = -4αγ

χ(χ-2)-5(χ-2)=0 ή (χ-2)·(χ-5)=0

που ισοδυναμεί με χ- 2

=Ο

ή χ- 5 = Ο δηλα

δή: χ=2 ή χ=5 που είναι οι λύσεις της εξίσω

Προσθέτουμε και στα 2 μέλη το β 2 , παίρνου

σης. Εδώ βλέπουμε, ότι για να λύσουμε την

με: 4α.χ 2 + 4αβ.χ + β 2 = β 2

εξίσωση, μετατρέψαμε το 1ο μέλος της σε γι

(2αχ ) 2 + 2.2αχβ + β 2 = Δ όπου Δ = β 2 - 4αγ,

νόμενο πρωτοβάθμιων παραγόντων. Αυτό,

διακρίνουσα της εξίσωσης.

όμως γίνεται με ευκολία, μόνο όταν οι λύσεις

Η εξίσωση γίνεται: (2α.χ + β) 2 = Δ = β 2

της εξίσωσης είναι ακέραιοι αριθμοί

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

•

4αγ ή

Αν Δ>Ο, τότε: Δ= (J'Δ) 2 άρα:

94 τ.2/24

4αγ .

--------

Μαθαίνω να λύνω εξισώσεις και προβλήματα 2ου βαθμού

(2αχ + β) 2 = (JΔ )2 ή (2αχ + β) 2 - ( JΔ )2 = Ο

των μονάδων ελαττωμένο κατά

ή (2αχ+β-JΔ).(2αχ+β+JΔ)=Ο Δηλαδή πετύχαμε το στόχο μας . Στη συνέχεια παίρ νουμε: 2αχ+β-JΔ =0 ή 2αχ+β+JΔ =0

Λύση Ο ζητούμενος αριθμός είναι ο αβ όπου α=χ και β=χ+3, α το ψηφίο των δεκάδων και β

το ψηφίο των μονάδων, τότε με βάση τα δεδο μένα

Οι εξισώσεις αυτές μας δίνουν: 2αχ=-β+JΔ

2χ 2

ή 2αχ =-β- JΔ. Έτσι παίρνουμε τις λύσεις:

2χ 2

•

Αν Δ<Ο τότε η εξίσωση δεν έχει λύσεις

έχουμε:

τις

πράξεις

=7χ+21-6

2χ 2

και

έχουμε:

-7χ-15=0

Δ= (-7) -4·2·(-15) = 49+ 120 = 169 = 13 2

2α

Εφαρμογές στο παραπάνω τύπο:

7+Μ 7+13 20 5 3 7-13 --6 4 =-4- =4 = 'χ2 =-4- =4 =-2

Χι

στο σύνολο των πραγματικών αριθμών.

Από τις λύσεις αυτές δεκτή είναι η Χι

=5. Η

Να λυθεί η εξίσωση: 3χ 2 - 5χ- 2 =Ο

δεύτερη λύση απορρίπτεται για δύο λόγους,

Λύση

αφενός γιατί είναι αρνητικός αριθμός αφετέ..,

Έχουμε: α=3, β=-5 και r=-2 η Διακρί-

ρου διότι δεν είναι ακέραιος. Ο ζητούμενος

νουσα είναι: Δ=ιf-4αy=(-5)2 -4· 3·(-2)=25+24=49

αριθμός μας είναι ο

2. Ένα

Από τους παραπάνω τύπους παίρνω:

Χι

-(-5)+149 ' 2.3 η

δ,

χ2

-(-5)-149 2.3

5+7

σο υναμα Χι=--=-=

χ2

ταία

ι-

2. Να λυθεί η εξίσωση:

4χ 2

αυτοκίνητο κινείται στην Εθνική οδό

Κm της διαδρομής επί της Εθνικής

οδού, ο οδηγός αναπτύσσει σταθερή επιτά χυνση 288Κm/h 2 • Να βρεθεί ο χρόνος που

2 '

-2 1 Η ξ' , = -5-7 6 - = 6 = - 3 . ε ισωση

χρειάστηκε 7χ 2

μας εχει

ο οδηγός να δια

χιλιόμετρα και πόσο

χρόνο κέρδισε συνολικά στη διαδρομή του. Λύση

-12χ + 9 =Ο

Από τη φυσική γνωρίζουμε ότι για το διά

στημα

Εδώ έχουμε: α=4, β=-12, γ=9 άρα

κή ταχύτητα

Δ= (-12) 2 -4·4·9 = 144-144 =Ο. Αυτό ση

S που

διανύει ένα κινητό που έχει αρχι

μετά χρόνο

επιταχυνση γ, ισχυει ο τυπος:

μαίνει, ότι η εξίσωση έχει μια ρίζα διπλή (δη λαδή οι ρίζες της συμπίπτουν).

και με σταθερή

s = u 0 • t +- γt , 2

αντικαθιστώ τις δοσμένες τιμές και παίρνω:

-12 12 3 χ =χ =--=--=-=2 ι 2α 2.4 8 2 Να λυθεί η εξίσωση: 3χ 2 - 2χ + 4 =Ο

29 = 80· t+_!_288· t 2 2

έχω:

Έχουμε: α= 3,β

= -2, γ= 4 οπότε: Δ= (-2) -4.3.4 = 4-48 = -44 <Ο των πραγματικών αριθμών. Προβλήματα

3 από το

ψηφίο

των μονάδων και το διπλάσιο του τετραγώ νου, είναι ίσο με το επταπλάσιο του ψηφίου

Δ=80 2

t και

-4·144·(-29)=

-80+.J1522 -80+152 72 1 tι = 2 ·144 = 288 = 288 = 4 -80-152 -212 t2 = =--<Ο απορρίπτεται γιατί 288 212

Άρα η εξίσωση δεν έχει λύσεις, στο σύνο

τον οποίο γνωρίζουμε ότι, το ψηφίο των δε

144. t 2 +80t- 29 =ο

= 6400+ 16704 = 23104 = 152 2

Βρείτε τον θετικό διψήφιο ακέραιο για

λύνω τη δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς

Λύση

κάδων είναι μικρότερο κατά

+ 9χ + 2 = Ο

νύσει τα τελευταία

Λύση

ffi.

58.

με σταθερή ταχύτητα 80Κm/h. Στα τελευ

δυο ρίζες πραγματικές και άνισες.

μας

= 7(χ+ 3)- 6 (Εδώ κάναμε κατάλληλη

Εκτελούμε

Αν Δ=Ο τότε Χι= Χ 2 = _ _!_

λο

προβλήματός

μας οδηγήσουν σε μια εξίσωση).

•

του

επιλογή του αγνώστου ώστε τα δεδομένα να

~ Ιχ,~ -β;α,/ΔI

χρόνος δε μπορεί να είναι αρνητικός. Ο χρό νος επομένως που χρειάστηκε ο οδηγός για τα

τελευταία 29 χιλιόμετρα είναι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/25

t = _!_ h = 15 rnin . 4

--------

Μαθαίνω να λύνω εξισώσεις και προβλήματα

2ov βαθμού

Ο χρόνος που κέρδισε συνολικά στη διαδρομή

ότι οι ρίζες της δίνονται από το γενικό τύπο:

του βρίσκετε, αν από το χρόνο που χρειαζόταν

Χ= -ρ±Jρ'-4q =-~±~(~)2 -q (~)2 -q>O

με σταθερή ταχύτητα 80Κm/h αφαιρέσουμε τα

2 2 ' 2 2 7. Αν η εξίσωση x +px+q=O, όπου p,q ακέ

Δηλαδή:

15min.

Τ=!= 29 =0,3625h =0,3625.60min =21, 75min

ραιοι, έχει λύση τον αριθμό 5-.J3 δικαιολογεί στε ότι θα έχει και ως λύση τον αριθμό 5 + J3 . Να υπολογίσετε τους ακέραιους αριθμούς p,q. 8. Η υποτείνουσα ενός ορθογωνίου τριγώνου είναι 9cm μεγαλύτερη από τη μια κάθετη πλευρά και 8cm μεγαλύτερη από την άλλη, να

80 = 21, 75 -15 = 6, 75 min . Άρα ο κέρδισε συνολικά 6,75 min στην όλη Τ- t

οδηγός διαδρο

μή του . Λραστηρι6τητα: Στην Εθνική οδό το ανώτατο ε πιτρεπόμενο όριο ταχύτητας είναι

120 Km/h.

Να

βρείτε επί πόσο χρονικό διάστημα ο παραπάνω

βρεθούν οι πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου.

οδηγός παραβίαζε το όριο ταχύτητας και ποια ή

ταν η μέγιστη ταχύτητα που ανέπτυξε.

πεζα για

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ

έγιναν

Να λυθούν οι παρακάτω εξισώσεις:

α. 5χ 2 -7χ+2=0

β. 11χ 2 +13χ+10=0

γ. (3χ 2 -4) 2 =Χ 2

δ. (χ 2 -5χ+5) 2 =1

5χ-3

4χ-1

ε.--=--

4χ+1

1Ο.

χ+2

3χ+1

11.

14χ

Αν στο τέ

11.025 Ευρώ, ποιό ήταν το Επιτόκιο;

Η περίμετρος ενός ορθογωνίου παραλληλο

Ρώτησαν κάποιον για την ηλικία του, και

τετράγωνο της ηλικίας του γιού μου και όση θα είναι η ηλικία του γιού μου μετά από

-1). (3χ + 2) = (4χ- 3). (4χ -11)

χρόνια. Να βρείτε τις ηλικίες πατέρα και γιού.

θ. χ 2 +χ+1=0

2 χρόνια με ετήmο επιτόκιο.

αυτός απάντησε: Τώρα η ηλικία μου είναι το

ζ. (3χ-7) 2 =7χ-3 η. (2χ

Ευρώ σε μια τρά

γράμμου είναι 34 cm και το Εμβαδόν του 60cm2• Να βρεθεί το μήκος των διαγωνίων του.

στ.--=--

5χ+3

10.000

λος της 2ης χρονιάς το Κεφάλαιο με τους τόκους

ΓΙΑ ΛΥΣΗ

Κάποιος κατέθεσε

12. Αν η εξίσωση χ 2 +(λ-1)χ-3=0, όπου

Να δικαιολογήσετε, ότι από όλα τα παραλ

ληλόγραμμα που έχουν την ίδια περίμετρο, το

λ ΕΖ έχει ρίζα τον αριθμό 2- J3 , να βρείτε

μεγαλύτερο εμβαδό έχει το τετράγωνο.

τον αριθμό λ.

Να δικαιολογήσετε ότι:

13.

α. Αν οι συντελεστές μιας δευτεροβάθμιας ε

ση 2°υ βαθμού αχ 2 + βχ +γ= ο με ακέραιους

ξίσωσης έχουν άθροισμα Ο, δηλαδή:

συντελεστές

α+ β+ γ

= Ο, τότε η εξίσωση έχει μια λύση τον αριθμό 1 και αντίστροφα . 4. Να βρεθούν οι διαστάσεις ορθογωνίου πα

ίσο με

μονάδες και το εμβαδόν του είναι

104 τετραγωνικές

μονάδες.

Να δικαιολογήσετε ότι αν στη δευτεροβάθ

μια εξίσωση, αχ 2 + βχ +γ= Ο ,είναι

β= 2β',

( α, β, γ Ε Ζ )

ρητές λύσεις πρέπει

Δ= β 2 -4αβγ να είναι τέλειο τετράγωνο ακε ραίου αριθμού.

14.

ραλληλογράμμου, αν γνωρίζουμε ότι διαφέ ρουν κατά

Δικαιολογείστε, ότι για να έχει μια εξίσω

Να κατασκευάσετε εξίσωση 2ου βαθμού με

ακέραιος συντελεστές, που να έχει μία λύση

τον αριθμό 7 + J2. 15. Να κατασκευάσετε

εξίσωση 2ου βαθμού,

που το άθροισμα των ριζών της να είναι ίσο με

τότε ο τύπος επίλυσης της εξίσωσης απλοποι-

s = Χι + χ 2 = 6

και το γινόμενο των ριζών tης

-β'±~β'2 -αγ

να είναι ίσο με

p =Χι· χ 2 = 2. Να υπολογίσετε

είται στον: χ

και ειδικά αν

τις ρίζες αυτής της εξίσωσης και να επαλη

θεύσετε το αποτέλεσ

α=1στον: χ=-β'±~β' 2 -γ. 6. Η εξίσωση: αχ2 +βχ+γ=Ο, α:;eΟ γράφεται:

χ 2 +Ιχ+1.=ο α

και

αν

θέσω

2 .'-t.:.i + 3 .Υ -

όπου:

{

5 """ 0

"t 3 2

• Χ· 1

., -: :;> ... 2 )( 2

{- ~- 1}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

·· '

~-:;"' "

: -.5} . .

::Ξ1..~ -~~;: j-~--~-~..

Ι = p, 1. = q, χ 2 + px + q = Ο δικαιολογείστε α

94 τ.2/26

Συστήματα δυο JΓ' ραμμικ:ών Εξισώσεων με δυο Αyνώστους ============================ Ιωάννα Δοργιάκη

~ Τα προβλήματα μου ... :..---:::=

διεξάγονται κανονικά, xc.uρiς κανένα πρόβλημαll

Η i: ννοια τ η ς γραμμική ς l:ξ ίσω ση ς.

Δεν είναι λίγες οι φορές που καταλήγουμε σε μια εξίσωση με δυο αγνώστους προκειμένου να λύσουμε κάποιο πρόβλημα της καθημερινότητάς μας : «Θέλουμε να ανταλλάξουμε ένα χαρτονόμισμα των των

100

500

ευρώ με χαρτονομίσματα των

ευρώ καt

ευρώ . Γνωρίζουμε στην πράξη πως ο τρόπος ανταλλαγής δεν είναι μοναδικός. Πόσοι είναι

άραγε;» Αν είναι χ τα χαρτονομίσματα των την εξίσωση: 50χ

+ 100ψ=500

ευρώ και ψ τα χαρτονομίσματα των

100

ευρώ, τότε έχουμε

,δηλαδή χ+2ψ=10.

Αν σκεφτούμε λογικά, από την παραπάνω εξίσωση, προκύπτουν οι εξής περιορισμοί: Οι αριθμοί χ, ψ είναι μη αρνητικοί ακέραιοι. Η μεγαλύτερη τιμή του χ είναι το τιμή του ψ είναι το

5. Επίσης

1Ο,ενώ η

μεγαλύτερη

δεν μπορεί ο χ να είναι περιττός, αφού τότε θα είναι περιττός και ο 2ψ κι

έτσι ο ψ δεν θα είναι ακέραιος αριθμός. Αν

χ=Ο

έχουμε

2ψ=10

οπότε ψ=5

Αν

χ=2

έχουμε

2ψ=8

οπότε ψ=4

των 50ευρω

και

Αν

χ=4

έχουμε

2ψ=6

οπότε ψ=3

των 50ευρω

και

Αν

χ=6

2ψ=4

οπότε ψ=2

Αν

χ=8

2ψ=2

οπότε ψ=1

Αν

χ=10

2ψ=Ο

οπότε ψ=Ο.

(10

έχουμε έχουμε έχουμε

(κανένα

των 50ευρω

των

50ευρω

των 50ευρω των

και

των

και

των

2 1

των

1ΟΟευρω)

100ευρω) 100ευρω) 100ευρω)

των 100ευρω)

50ευρω και κανένα των

1ΟΟευρω)

Και τώρα γνωρίζοντας πως κάθε ζευγάρι αριθμών αντιστοιχεί σε ένα σημείο του επιπέδου και κάθε

σημείο του επιπέδου σε ένα ζευγάρι αριθμών, μπορώ να παραστήσω με σημεία του επιπέδου τις δυνατές λύσεις και να έχω την παρακάτω γραφική παράσταση : ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ. 2/27

---------Συστήματα δυο Γραμμικών Εξισώσεων με δυο Αγνώστους

---------

-1

Συνδέοντας στο επίπεδο τα σημεία

που αντιπροσωπεύουν τις δυνατές λύσεις ,προκύπτει ένα

ευθύγραμμο τμήμα. Για αυτό κάθε εξίσωση με δυο αγνώστους χ και ψ, που έχει τη μορφή: αχ +βψ =γ, όπου α, β, γ

πραγματικοί αριθμοί, ονομάζεται γραμμική εξίσωση. Κάθε διατεταγμένο ζευγάρι αριθμών

(χ, ψ) που

επαληθεύει τη γραμμική εξίσωση, ονομάζεται λύση της εξίσωσης. Η έννοια του γραμμικού συστήματος:

Αν τώρα κάποιος έχει αυτά είναι

7 στο

500

ευρώ σε χαρτονομίσματα των

και

100

ευρώ και τα χαρτονομίσματα

σύνολό τους, θα προσπαθήσουμε να βρούμε το είδος των χαρτονομισμάτων που εκείνος

έχει. Εκτός από την αρχική εξίσωση: χ+ 2ψ το νέο δεδομένο: χ+ ψ=

= 10,

τώρα προκύπτει και μια ακόμη, λαμβάνοντας υπόψη

(τα χ ,ψ εξακολουθούν να πληρούν τους ίδιους περιορισμούς, όπως πριν).

Ψάχνοντας ανάμεσα στα ζευγάρια των δυνατών λύσεων, που είχαμε βρίσκουμε ένα μόνο ζευγάρι που το άθροισμα των τιμών του να είναι

(χ ,ψ)=

Αυτή ακριβώς είναι και η μοναδική λύση του προβλήματος που προέκυψε:

ευρώ και

χαρτονομίσματα των

100

νωρίτερα καταγράψει

( 4, 3 ). 4 χαρτονομίσματα των

ευρώ. Αν παραστήσουμε γραφικά και τη δεύτερη γραμμική

εξίσωση στο ίδιο σύστημα αξόνων με την προηγούμενη, θα φαίνεται πλέον ξεκάθαρα ότι ισχυριστήκαμε παραπάνω: 8

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ. 2/28

---------Συστήματα δυο Γραμμικών Εξισώσεων με δυο Αγνώστους

---------

Στο παραπάνω πρόβλημα οι δυνατές λύσεις της πρώτης γραμμικής εξίσωσης είχαν ένα μικρό και

πεπερασμένο αριθμό κι έτσι μπορέσαμε να αναζητήσουμε

ανάμεσά τους, εκείνες που ικανοποιούσαν

ταυτόχρονα και τη δεύτερη γραμμική εξίσωση που προέκυψε στην πορεία. Αυτό όμως δεν είναι πάντα εφικτό. Για τούτο, όταν έχουμε να επιλύσουμε δυο γραμμικές εξισώσεις με δυο αγνώστους χ και ψ η καθεμία, μια εξαιρετικά καλή πρακτική είναι η γραφική επίλυση:

Σχεδιάζουμε

στο ίδιο σύστημα αξόνων τις ευθείες που αντιπροσωπεύουν

οι

δυο γραμμικές

εξισώσεις και τότε: αν οι ευθείες τέμνονται, το κοινό και μοναδικό τους σημείο είναι η λύση που αναζητούμε, π. χ:

αν οι ευθείες δεν τέμνονται, δηλαδή είναι παράλληλες, δεν υπάρχει λύση, π. χ:

αν οι δυο ευθείες ταυτίζονται υπάρχουν άπειρες λύσεις, π. χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ. 2/29

---------Στ-στήματα δυο Γραμμικώ\' Εξισώσεων με δυο Αγνώστους

---------

-6

Δυο γραμμικές εξισώσεις με δυο αγνώστους χ και ψ: αχ+ βψ=γ α' χ+ β'ψ =γ'

ονομάζονται

,όπου α,β,γ,α',β',γ' είναι πραγματικοί αριθμοί

γραμμικό σύστημα. Λύση του γραμμικού αυτού συστήματος, ονομάζεται, κάθε ζευγάρι

τιμών (χ, ψ) που αποτελεί ταυτόχρονα λύση και των δύο αυτών εξισώσεων. Η διαδικασία ,που παρουσιάστηκε παραπάνω, με το σχεδιασμό των δυο ευθειών στο επίπεδο, στο ίδιο

σύστημα αξόνων, εκμεταλλεύεται το γεγονός πως η καθεμιά γραμμική εξίσωση παριστάνει μια ευθεία γραμμή και ονομάζεται γραφική επίλυση του γραμμικού συστήματος. Η γραφική επίλυση ενός γραμμικού συστήματος δυο · εξισώσεων με δυο αγνώστους δεν είναι πάντα ακριβής, ειδικά όταν οι συντεταγμένες του σημείου τομής των δυο ευθειών δεν είναι ακέραιοι αριθμοί. Η αλγεβρική επίλυση-που ακολουθεί-μας επιτρέπει να υπολογίζουμε με απόλυτη ακρίβεια τη λύση ή τις λύσεις (αν υπάρχουν) οποιουδήποτε γραμμικού συστήματος. Αλγεβρική επίλυση γραμμικοΊ) συστήματος με δυο αγνώστους:

Όταν επιλύουμε ένα γραμμικό σύστημα δυο εξισώσεων με δυο αγνώστους, με αλγεβρικό τρόπο, βασική

μας επιδίωξη είναι να καταλήξουμε σε μια εξίσωση με έναν άγνωστο. Αυτό μπορεί να επιτευχθεί με δυο τρόπους: Α) Μέθοδος αντικατάστασης:

βήμα Ι: Λύνουμε μια από τις δυο εξισώσεις- όποια θέλουμε- ως προς έναν άγνωστο. βι)μα

Αντικαθιστούμε την παράσταση που βρήκαμε στην άλλη εξίσωση, οπότε προκύπτει εξίσωση ως

προς έναν άγνωστο, της οποίας τη λύση εύκολα μπορούμε να βρούμε.

βήμα

Αντικαθιστούμε στην εξίσωση που είχε προκύψει από το βήμαl την τιμή του αγνώστου που

βρήκαμε στο βήμα2 και βρίσκουμε έτσι και τον άλλο άγνωστο. βι)μα

Προσδιορίζουμε το ζεύγος που είναι λύση του συστήματος.

Β) Μέθοδος αντίθετων συντελεστών

βήμαt : Πολλαπλασιάζουμε τους όρους κάθε εξίσωσης με κατάλληλο αριθμό ώστε για κάποιον από τους δυο αγνώστους-όποιο θέλουμε- να προκύψουν αντίθετοι συντελεστές. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ. 2/30

--------Συστήματα δυο Γραμμικών Εξισώσεων με δυο Αγνώστους

,.. ,μα2:

--------

Προσθέτουμε κατά μέλη τις δυο εξισώσεις που προέκυψαν από το βήμα1,οπότε έχουμε μια

εξίσωση με έναν άγνωστο, την οποία επιλύουμε. βήμα3 : Αντικαθιστούμε την τιμή του αγνώστου που βρήκαμε στο βήμα2,σε μια από τις δυο αρχικές εξισώσεις-όποια θέλουμε- και βρίσκουμε τον άλλον άγνωστο.

βήμα4: Προσδιορίζουμε το ζευγάρι τιμών που είναι η λύση του συστήματος. Εφαρμογή:

Να λυθεί το παρακάτω σύστημα:

{ χ+2ψ = 10 χ+ψ=7

Λύση: (με τη μέθοδο της αντικατάστασης)

{ χ=10-2ψ' χ+ψ=7

·{

χ=10-2ψ ., {χ=10-2ψ' {χ=10-2ψ' {χ=4. 10-2ψ+ψ=7

-ψ=-3

ψ=3

Λύση: (με τη μέθοδο των αντίθετων συντελεστών)

{ χ+2ψ =10

από τους αρκετούς τρόπους με τους οποίους μπορώ να κάνω αντίθετους

χ+ψ=7

τους συντελεστές του αγνώστου χ, επιλέγω -με κριτήριο τη συντομία- τον ακόλουθο : πολλαπλασιάζω τη δεύτερη εξίσωση με

{

χ+2ψ=10

προσθέτοντας κατά μέλη τις εξισώσεις αυτές, προκύπτει η: ψ=3.

-χ-ψ=-7,

{ χ+ψ=7, ψ=3

και την πρώτη με

-1

{χ=7-ψ' {χ=4. ψ=3

ψ=3

Μπορείς τώρα να δοκιμάσεις κι εσύ, να λύσεις τα παρακάτω συστήματα, με τους τρόπους που ήδη έμαθες :

{

4χ+ψ=2 3χ+2ψ

= -1

4χ-2ψ=2

{

{ 2χ+4ψ=6 '

2χ-ψ=1 '

2χ-ψ

-7χ+2ψ=-8

3χ+6ψ

{

{2χ+ψ =0 '

3χ-6ψ=25

3χ+ψ=3

2( χ+ 2)+3( ψ -6) = 4( χ+ 11)-(ψ -12)

4(12+χ)-(13-ψ)=3

χ-2ψ=5

10)

{3χ+5ψ=-5, =6 { 7χ-3ψ =4 ' 3χ-7ψ =4 7χ-6ψ

χ- ψ-1 2

ψ-10= 3χ4-1'

Ι Αν στη μΙα τσέπη του παντελονιού σας

έχετε 100 ευρώ και στην άλλη 50 ...

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

τι έχετε;

94 τ. 2/31

Ομοιότητα Αθανασία Κυριακοπούλου ΜΟΙΑΠΟΔΥΓΩ τ

ομοιότητα

των

Προσοχή :

πολυγώνων

είναι

μια πολύ

σημαντική σχέση που αναφέρεται στο των

Στοιχείων

αναφέρεται

του

σε

διαφορετικές

Ευκλείδη.

πολύγωνα

ίσες

ίδιου

6°

βιβλίο

ομοιότητα

σχήματος,

με

Δηλαδή,

αν

διαστάσεις.

Η ισότητα δύο σχημάτων είναι υποπερίπτωση

της ομοιότητας. Δηλαδή δύο ίσα σχήματα είναι όμοια,

δύο

όμοια

σχήματα

δεν

είναι

Τα παρακάτω πολύγωνα δεν είναι όμοια, διότι

έχουμε δύο όμοια πολύγωνα, τότε:

αλλά

απαραιτήτως ίσα!

δεν είναι σταθερός ο λόγος της αναλογίας των

το ένα αποτελεί σμίκρυνση ή μεγέθυνση του άλλου

(ίδιου

σχήματος,

πλευρών τους.

διαφορετικών Α

διαστάσεων) ή

είναι

ίσα

πολύγωνα.

(ίδιου

σχήματος

και

διαστάσεων)

ε Γ

Τα

πολύγωνα

που

φαίνονται παρακάτω,

είναι

όμοια: Δ Α

,..

Β'

Ε' Δ

Γ' Δ'

Όπως

θα

παρατηρήσατε

είναι

Η ομοιότητα είναι μια σχέση:

ακριβώς

ίδιου

σχήματος (=οι πλευρές τους είναι ανάλογες), το μικρό

πολύγωνο

είναι

σμίκρυνση

του

μεγαλύτερου. Λόγω σμίκρυνσης, παρατηρούμε ότι

ί.Ανακλαστική: ένα πολύγωνο είναι όμοιο με τον εαυτό του.

ίί.Συμμετρική: αν ένα πολύγωνο Πι είναι όμοιο με κάποιο πολύγωνο Π 2 και το Π 2 είναι όμοιο

οι αντίστοιχες γωνίες τους είναι ίσες. Εισάγουμε έτσι, τον ορισμό:

με το Πι.

ίίί.Μεταβατική: Αν ένα πολύγωνο Πι είναι όμοιο με ένα πολύγωνο Π 2 και το πολύγωνο Π2 είναι

Δύο πολύγωνα είναι όμοια αν έχουν

1. 2.

όμοιο με ένα πολύγωνο Π 3 , τότε το Πι είναι όμοιο με το Π3 .

τις γωνίες τους ίσες μία προς μία και τις ομόλογες πλευρές τους ανάλογες.

Τα παραπάνω πολύγωνα ΑΒΓΔΕ και Α'Β'ΓΔΈ'

είναι όμοια με λόγο ομοιότητας λ, διότι έχουν:

τις γωνίες τους ίσες μία προς μία:

Β'

Α'

τις ομόλογες πλευρές τους ανάλογες: Γ

ΑΒ

_ ΒΓ _ ΓΔ _ ΔΕ _ ΕΑ -λ

--------------Α'Β'

Β'Γ'

Γ'Δ'

ΔΈ'

ΕΆ'

Έχουμε τα εξής κριτήρια ομοιότητας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/32

Γ'

2 τριγώνων:

---------------------------------Ομο«nητα Α ν έχουν τις

Α=Α·

Β=:ι3'

διαστάσεις α, β, γ. Αυξάνουμε το μήκος τους κατά

r=r'

20%

(ουσιαστικά οι δύο ίσες γωνίες αρκούν, διότι από το

σταθερό

άθροισμα

γωνιών

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

Θεωρούμε ένα ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο με

3 γωνίες τους ίσες μία προς μία.

τριγώνου

και τότε δημιουργείται ένα νέο ορθογώνιο

παραλληλεπίπεδο με διαστάσεις α'=1.2α, β'=1.2β και γ'= 1 .2γ. Τότε, ο λόγος των όγκων τους είναι:

προκύπτουν και οι τρίτες γωνίες ίσες μεταξύ τους.)

_V' = α'β'y'

Παρατήρηση: Η ισότητα των αντίστοιχων γωνιών

αβy

= 1,2α·1,2β·1,2y =1 23 αβy

αρκεί για την ομοιότητα δύο σχημάτων μόνο στα

τρίγωνα

και σε

κανένα

ά'λλο

πολύγωνο.

Στα

υπόλοιπα πολύγωνα, χρειάζεται τουλάχιστον μια ισότητα αναλογίας πλευρών.

Χάρτες

Αν έχουν τη μία γωνία ίση και τις ομόλογες πλευρές αυτών των γωνιών ανάλογες.

Α=Α', 3.

ΑΒ

ΑΓ

Α'Β'

Α'Γ'

κλίμακα

απόστασης

στους χάρτες στον

--=--

__ ,-:>-, ·

πραγματική

'·""'~:..

- - ~ " ,.,_~ ;·'" \...~...__

"·-~-- ·.....:.::·~-~~~~."-'~ϊr.,

Β'Γ'

δύο

οποιαδήποτε

του.

::·

,•.

~~~'lt~riιιπ,..:~.ιvΙ:~

·-:·-- ···

~·:ι~:.::::~~: ~""'"

Να αντιπαραβάλλετε τα ομοιότητας

αντιστοιχεί σε

απόσταση αν έχουμε έναν χάρτη και την κλίμακά

- - - - - - - - - - ·-

κριτήρια

1:1.000.000

1 cm

βρούμε

χάρτη

της

στην πραγματική απόσταση. Έτσι,

μπορούμε να

του

λόγος

πραγματική

1.000.000 cm

·)

λσκηση:

την

σημαίνει ότι

ΑΒ _ ΑΓ _ ΒΓ -λ Α'Γ'

είναι

προς

απόσταση. Για παράδειγμα, η κλίμακα

Αν έχουν τις ομόλογες πλευρές τους ανάλογες.

Α 'Β'

χάρτη

τριγώνων

παραπάνω με

τα

κριτήρια ισότητας δύο τριγώνων. -~Ί :.,; ,

Θεωρούμε

δύο

πολύγωνα

όμοια,

με

λόγο Μπορούμε

ομοιότητας λ.

να

υπολογίσουμε

οποιουδήποτε κτιρίου,

το

ύψος

μέσω της σκιάς του!

Περίπου έτσι έπραξε και ο Θαλής ο Μιλήσιος,

Ο λόγος των περιμέτρων τους είναι λ. (γιατί;)

υπολογίζοντας το ύψος της πυραμίδας του Χέωπα.

Δηλαδή, αν έχουμε δύο όμοια πολύγωνα με λόγο αναλογίας

τους θα είναι τι θα γίνει

τότε και ο λόγος των περιμέτρων

2. με

το

λόγο

των

εμβαδών

τους;

Πιστεύετε ότι θα είναι πάλι τετράγωνα με πλευρές τους είναι

8/4 =2.

και

2; Ας πάρουμε δύο 8. Ο λόγος αναλογίας

Ο λόγος των εμβαδών τους είναι

8 64 -=-=4 2 2

Γενικά,

λόγος

των

εμβαδών

δύο

όμοιων

πολυγώνων ισούται με το τετράγωνο του λόγου

αναλογίας τους, δηλαδή με λ 2 •

I λ~ι-~-~ - ~ι--~~~ - ~~ο~.~~~~~t r ηιι~

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/33

---------------------------------ΟμοιΜητα -------------------------------Τα

ορθογώνια τρίγωνα

ΑΒΓ

και ΑΉ'Γείναι

όμοια. έτσι έχουν τις πλευρές τους ανάλογες: ΑΒ

ΑΓ

Α'Β'

Α'Γ'

Πρόβλημα 4. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α=90).

με ΓΚ=6

cm και ΚB=2cm.

φέρνουμε το ύψος ΑΚ.

--=--ή

ύψος πυραμίδας ύψος ράβδου

της βάσης

_!_

μήκος σκιάς πυραμίδας

μήκος . σκιάς

Πρόβλημα

Θεωρούμε

ράβδου

τρίγωνα ΑΒΓ και Α Ή 'Γ όμοια

με λόγο ομοιότητας

Φέρνουμε τις διχοτόμους

ΑΔ καιΑ'ΔΌ

Να εξηγήσετε γιατί τα τρίγωνα ΑΒΔ και

Να βρείτε το λόγο ομοιότητας των τριγώνων

Αν ΑΔ=6. πόσο μπορεί να είναι το μήκος της

ΑΉ'Δ' είναι όμοια. ΑΒΔ καιΑ'Β'ΔΌ

Να υπολογίσετε τα ΑΒ ΑΓ 2 ΑΚ 2 • 1

διχοτόμόυ Α ' Δ';

, Πρόβλημα

Πρόβλημα

Οι διαγώνιοι ΒΓ και ΑΔ ενός τραπεζίου

ΑΒΓΔ διαιρούνται σε ανάλογες πλευρές. δηλαδή

Αν στο παρακάτω σχήμα το δέντρο και ο άνθρωπος απέχουν από το σημείο Γ αποστάσεις

1Om και 6m αντίστοιχα και το ύψος του ανθρώπου 185cm. να υπολογίσετε το ύψος του δέντρου

ΕΒ

ΑΕ

ΕΓ

ΕΔ

-=-.Να το αιτιο

λογή

σετε.

είναι

σεm.

Πρόβλημα

Να υπολογιστεί το εμβαδόν του πραγματικού σχεδίου : Πρόβλημα

Δύο

όμοια

ορθογώνια

παραλληλεπίπεδα

έχουν όγκους 3m3 και 375m3•

Να υπολογιστεί ο λόγος αναλογίας των

Αν το μικρό ορθογώνιο παραλληλόγραμμο έχει εμβαδό 10 m2• να βρεθεί το εμβαδόν

διαστάσεων.

του αντίστοιχου μεγαλύτερου. ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Α'

94 τ.2/34

θέματα yια aροχαιρημΑνους = = = = = = = = = = = = = Επιμέλεια: Τζίφας Νίκος, Κωνσταντινίδης Αριστείδης ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΗΝ ΓΤ ΑΞΗ

Αφού εξηγήσετε πρώτα ότι τα αθροίσματα 24+4, 34+4, 44+4 είναι σύνθετοι αριθμοί (δηλαδή

στώστε ότι κάθε αριθμός της μορφής α4+4 (αi:l) είναι σύνθετος αριθμός. Σε ένα πάρτι, ανταλλάχτηκαν συνολικά 66 χειραψίες. Πόσα άτομα συμμετείχαν

είναι γινόμενα δύο παραγόντων που είναι διαφορετικοί από τα ίδιους ή την μονάδα), διαπι στο πάρτι

αν το καθένα χαιρέτησε από μία φορά όλα τα άλλα;

Βρείτε τρεις διαδοχικούς ακεραίους αριθμούς οι οποίοι έχουν την ιδιότητα: το τετράγωνο

του μεσαίου είναι μεγαλύτερο κατά μία μονάδα από το γινόμενο των άλλων δύο.

Δίνεται η εξίσωση: (β 2 +γ 2 )χ2-2αγχ+α2-β2 =0 όπου οι πραγματικοί αριθμοί α, β, γ παριστά νουν πλευρές τριγώνου ΑΒΓ. Να αποδείξετε ότι αν η εξίσωση έχει μία μόνο λύση, τότε το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο.

Ο Γιώργος σπρώχνει ένα κιβώτιο προς τα πάνω σε ένα ανηφορικό δρόμο όπως φαίνεται σ;rο παρακάτω σχήμα. α) Να δικαιολογήσετε ότι το ύψος

που απέχει το κιβώτιο από τον οριζόντιο άξονα είναι

y = ! , όπου s είναι το μήκος που έχει διανύσει το 4 κιβώτιο

στην

πορεία του

προς τα πάνω

και

ΒΓ=5m, ΑΓ=20m.

_./ ~~.,,

β) Όταν το κιβώτιο απέχει από τον οριζόντιο άξο-

να

2m ,να βρείτε: • Το μήκος s που έχει διανύσει το κιβώτιο

_,..._./

- -"~____.--/ ,~.--·· ·/

κατά την άνοδο του .

•

/ ..

,_.-/

Την απόσταση του σημείου Δ από την αρ-

A .ι::::....--------LL Δ-----J..I Β

χή Α του δρόμου.

Μια δεξαμενή αδειάζει με τη βοήθεια δύο βρυσών που βρίσκονται στο πάτο της. Όταν οι δύο βρύσες τρέχουν ταυτόχρονα, η δεξαμενή αδειάζει σε της, χρειάζεται

16 ώρες περισσότερες απ'

ώρες. Η μία από τις δύο βρύσες, όταν τρέχει μόνη

ότι η άλλη βρύση, για να αδειάσει την δεξαμενή. Να βρείτε

σε πόσο χρόνο αδειάζει τη δεξαμενή κάθε μία βρύση χωριστά.

Σε μια τάξη υπάρχουν μερικοί πάγκοι, αν σε κάθε ένα από τους πάγκους εκτός από τον τε λευταίο, κάθονται Αν καθίσουν

μαθητές, τότε θα περισσεύσει ένας μαθητής για τον τελευταίο πάγκο.

μαθητές σε κάθε ένα από τους πάγκους, τότε ένας μαθητής δεν θα έχει θέση

να κάτσει. Πόσοι μαθητές υπάρχουν συνολικά στην τάξη

Σε μία τάξη υπάρχουν 15 θρανία των δύο θέσεων το καθένα, και οι 22. Δείξτε ότι σε τουλάχιστον? θρανία κάθονται από δύο μαθητές.

Το

μαθητές της τάξης είναι

Λύσrις Θrμάτων για προχωρημένους τrύχους 93 άθροισμα των ν πρώτων φυσικών αριθμών 3,7,11,15,19,••• δίνεται

από τον τύπο

ν(2ν+1).

α) Πόσους τέτοιους φυσικούς αριθμούς πρέπει να πάρουμε, ώστε το άθροισμα τους να είναι μεγαλύτερο από

21 Ο ;

β) Ποιος θα είναι ο τελευταίος από τους αριθμούς αυτούς;

Υπόδειξη: Έστω S(ν)=ν(2ν+1). α) Αν S(ν)=210=>ν(2ν+1)=210=>2ν2 +ν-210=0=>ν=10 η ν=42/4 (απορρίπτεται) . Άρα για ν= 11 => S(ν)>21 Ο β) S(11)-S(10)=11(2·11 + 1)-10(2·10+ 1)=253-210=43 2) Θεωρούμε τις εξισώσεις αχ2+βχ+γ=Ο (1) και γχ2+βχ+α=Ο (2) με αγΦΟ. Να αποδείξετε ότι : ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/35

-----------α) αν έχει λύση η

Θέματα για προχωρημένους

(1), τότε θα έχει λύση

β) αν ο ρ Φ Ο είναι ρίζα της (1), τότε ο

και η

(2),

θα είναι ρίζα της (2),

_!_ ρ

γ) αν β=α+γ, τότε οι ρίζες των εξισώσεων είναι αριθμοί aντίστροφοι και να τις υπολογίσετε.

Υπόδειξη: α) Αν έχει λύση η (1) =>Δι=β 2-4αγ2:0 => Δz= β 2-4αγ2:0=>έχει λύση και η (2) β) Αν ρ Φ Ο είναι ρίζα της ( 1) => αρ2 +βρ+y=Ο 1 1 γ βρ αρ 2 αρ 2 + βρ+γ Ο 1 γ(- ) 2 +β(- )+α=-+-+-= =-=Ο => - είναι ρίζα της (2) ρ

ρ2

γ) Αν β=α+γ και αχ2 + βχ + γ = Ο τότε αχ 2 +( α+γ )χ + γ=Ο => αχ2+αχ+ +γχ+y=Ο => αχ(χ+1)+γ(χ+1)=0::::>(αχ+γ)(χ+1)=0::::>αχ+γ=Ο η χ+1=0 ::::>χ=-γ/α η χ=-1.

Αν β=α+γ και γχ2 + β χ + α = Ο => ..... => χ=--α/γ η χ=-1 3)Ένα άλογο και ένα μουλάρι, βαρυφορτωμένα και τα δύο βάδιζαν δίπλα- δίπλα .Το άλο γο παραπονέθηκε για το βαρύ φορτίο του. «γιατί διαμαρτύρεσαι

;»,

ρώτησε το μουλάρι.

«Αν σου πάρω ένα από τα σακιά που έχεις στην ράχη σου ,το δικό μου φορτίο θα γίνει δι

πλάσιο από το δικό σου. Αλλά αν πάρεις εσύ ένα σακί από την ράχη μου γίνει ίσο με το δικό μου

». Πόσα σακιά

, το

φορτίο σου θα

μετέφερε το άλογο και πόσα το μουλάρι;

Υπόδειξη: Εστω χ= τα σακιά που μετέφερε το άλογο και

y = τα σακιά που

μετέφερε το μου-

λάρι άρα { 2 (χ - 1) = y+ 1 x+1=y-1

S)Έστω χ, y, z θετικοί αριθμοί έτσι ώστε: χ= 4z

2y ,y= 2z ,z= 2χ y+1 z+l ~1

Αποδείξτε ότι x=y=z=l

8χ

Λύση: x=2y = z+ 1 =z+ 1 =~= χ+ 1 =~ή 7χ 2 +χ=8χ ή7χ 2 -7χ=0 ή 7χ(χ-1)=0 y+1

ή χ=1 καιχ=Ο

τουμε την

z=1

α 3 6) Αν-=β 4 Λ υ' ση:

2z +1 3z+1 3z+1 z+1 z+1

7) Ένα να

7χ+1

χ+1

στην ισότητα

να

θ ,

ρε ουνοι

(2) έχουμε y=1. λόγ

α+β

οι--,

α-β

Άρα

α-β

α+3

α+β

β+4

--,

3λ-4λ

3λ+3 4λ+4

7λ

___7,

-λ

3(λ+1) 4(λ+1)

α-β

-α+β

αν

θ'εσουμε α = β = λ 3 4

ειναι αντιστροφος της

α+β

-α-β

για

να

Θέ-

αρα

' α= τοτε

α-β 1 - - = -α+β 7

3λ και

και

3 4

οικόπεδο σχήματος ορθογωνίου έχει διαστάσεις χ και

μικρύνει

z=1 .

x=y=z=1

Απο' την σχεση ' α '34 εχουμε ' 4 α = 3β η' α = β β= 3 4

α-β

β+4

Αποδεκτή λύση η χ=1, θέτουμε την χ=1 στην ισότητα (3) και έχουμε

β=4λ α+β = 3λ+4λ __ α+β

6χ

περάσει

οπωσδήποτε

δρόμος.

μέτρα. Το οικόπεδο έπρεπε Έτσι

το

εμβαδόν

έγινε

(xy- Sx- 2y + 10) τετραγωνικά μέτρα. Πόσα μέτρα μειώθηκε κάθε μια από τις αρχικές διαστάσεις χ,

y του

οικοπέδου.

Λύση: Το εμβαδόν του νέου οικοπέδου έγινε

xy-5x-2y+IO τετραγωνικά μέτρα. Αν παραγοντο ποιήσουμε την αλγεβρική παράσταση, έχουμε xy-5x-3y+ IO=y(x-2}-5(x-2)=(x-2)(y-5). Προκύπτει λοιπόν ένα νέο παραλληλόγραμμο που τις δύο πλευρές του κατά 2 και 5 μέτρα αντίστοιχα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/36

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Επιμέλεια: Επιτροπή Διαγωνισμών

ΠΑΝΕλλΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ

75os

ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 11

0 ΘΑΛΗΣ" 1 Νοεμβρίου 2014 Ενδεικτικές λύσεις Β' ΓΥΜΝΆΣΙΟΥ

Πρόβλημα

13 74 3 (3)-

Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης: Α=---·-+

9 37

Λύση

Α= 13 _ 74·~+(~)-2 : 8 = 13 _ 74·3 +(~)2 : 8= 13 -~+ 16 :8 = 13 -~+ 16:8 = 13 -~+~=~=1. 9

9 37

Πρόβλημα

9 9·37

3 9

9 3

9 9 9 9

Ένας έμπορος συλλεκτικών αντικειμένων αγόρασε δύο παλαιά ραδιόφωνα Α κα Β αντί ευρώ και στη συνέχεια τα πούλησε με συνολικό κέρδος τους. Αν το ραδιόφωνο Α πουλήθηκε με κέρδος

κέρδος

50%,

25%

40%

200

πάνω στην τιμή της αγοράς

και το ραδιόφωνο Β πουλήθηκε με

πάνω στην τιμή της αγοράς τους, να βρείτε πόσο πλήρωσε ο έμπορος για να

αγοράσει το καθένα από τα ραδιόφωνα Α και Β. Λύση

Έστω ότι ο έμπορος αγόρασε χ ευρώ το ραδιόφωνο Α. Τότε η τιμή αγοράς του ραδιοφώνου Β

200 -χ

ηταν

Β πουλήθηκε δηλαδή

, τ,οτε το

ευρω.

( 200- χ)· 150 100

280 ευρώ.

δ ,

ρα ιοφωνο

λ, θ ηκε

που η

25 χ

χ+-

100

125 χ =-

100

δ ,

ευρω, ενω το ρα ιοφωνο

ευρώ. Συνολικά τα δύο ραδιόφωνα πουλήθηκαν

200 · 140 100

ευρώ,

Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος προκύπτει η εξίσωση

150 140 100 100 100 Άρα ο έμπορος αγόρασε 80 ευρώ το ραδιόφωνο Α και 200-80 = 120 125χ

--+(200-χ)·-= 200·- <=> 12,5-15Χ +3000 = 2800 <=> 2,5χ=200 <=> χ=80

Πρόβλημα

ευρώ το ραδιόφωνο Β.

Χωρίς την εκτέλεση διαιρέσεων αριθμητή με παρανομαστή, να βρείτε τον μεγαλύτερο και

τον μικροτερο απο τους παρακατω αριθμους:

1οω 1001 1009 m 1011 999 1001 1005 - , -,-,-,- ,-,- , - . 2015 2019 2021 2009 2023 2011 2013 2017

Λύση

Παρατηρούμε ότι σε όλα τα δεδομένα κλάσματα την ίδια διαφορά:

(Παρανομαστής)- (Αριθμητής)=

1012. 'Ετσι ά ου ε: 1003 = 1_ 1012 1007 = 1_ 1012 1009 = 1_ 1012 997 γρ φ μ 2015 2015' 2019 2019' 2021 2021 '2009

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/37

= 1_ 1012

2009

-------------------------~αθημαπκοίΔ~ωησμοί

1011 2023

= 1- 1012

999 2023' 2011

= 1- 1012

1001 2011 ' 2013

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

= 1- 1012

1005 2013' 2017

= 1- 1012 2017

Γνωρίζουμε ότι μεταξύ ρητών αριθμών με τον ίδιο αριθμητή, μεγαλύτερος είναι αυτός που έχει μικρότερο παρανομαστή, οπότε έχουμε:

1012 1012 1012 1012 1012 1012 1012 1012 ---->-->-->-->-->-->-->-2009 2011 2013 2015 2017 2019 2021 2023 Ά αέ ου ε: 1_1012 <l-1012 <l-1012 <l-1012 <l-1012 <l-1012 <l-1012 <l-1012 ρ χ μ 2009 2011 2013 2015 2017 2019 2021 2023' ' ο αριθ μος ' 1011 ειναι ' ' τους δ εδ ομενους ' ' αριθ μους, ' ενω' ο οποτε ο μεγα λ' υτερος απο ρητους 2023 997 2009

ειναι ο μικροτερος.

Πρόβλημα

Στο παρακάτω σχήμα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι

ορθογώνιο ισοσκελές με Α = 90· και ΑΒ = ΑΓ . Το τρίγωνο ΑΓ Δ είναι ισόπλευρο και το σημείο Ε είναι το μέσο της πλευρά ΒΓ.

(α)

Να

αποδείξετε

ότι

ευθεία

ΔΕ

είναι

μεσοκάθετη του ευθύγραμμου τμήματος ΑΓ.

(β) Βρείτε πόσων μοιρών είναι η γωνία ΒΔΕ • Σχήμα Ι Λύση Δ

(α) Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές θα έχει Β =Γ =45· και η διάμεσός του ΑΕ είναι και ύψος του, οπότε το τρίγωνο ΑΕΓ είναι ορθογώνιο στο Ε με μία γωνία του 45· . Επομένως θα έχει EAr = ιsο· - (90° + 45°) = 45° , οπότε αυτό είναι ισοσκελές με ΕΑ = ΕΓ . Επιπλέον, από το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΓΔ έχουμε ότι: ΔΑ

= ΔΓ . Επομένως τα σημεία Δ

και Ε

ισαπέχουν από τα άκρα Α και Γ του ευθύγραμμου τμήματος ΑΓ, οπότε η ευθεία ΔΕ είναι η μεσοκάθετη του ΑΓ.

(β) Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ και το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΓ Δ λαμβάνουμε τις ισότητες ΑΒ

= ΑΓ = ΑΔ ,

οπότε το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές. Από το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΓΔ

έχουμε ΔΑr = 60" , οπότε ΔλΒ = ΔΑr +ΓΑΒ = 60" + 90° = 150". Επειδή ΑΒΔ ισοσκελές ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/38

-------------Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - - - - - - - - - - - -

τρίγωνο έπεται ότι:

ΑΔΒ = ΑΒΔ = 1800 - 1500 = 15° . Επειδή οι ευθείες ΑΒ κ:αι ΔΕ είναι 2

παράλληλες, ως κάθετες προς την ίδια ευθεία ΑΓ, που τις τέμνει η ευθεία ΒΔ, σχηματίζουν τις

εντός εναλλάξ γωνίες του ίσες, οπότε: ΒΔΕ = ΑΒΔ = 15° Γ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ Πρόβλημα

Να JΙρείτε την τιμή της παράστασης Α = ( χ, +1χ; (χ1, -3) Λύση Έχουμε :

6- (~+1)(~-1)

(~+1)(~-3) 13- (~+1)(~-3) 13 ( 16)

2 2 16 ~~-3 - 1 _i οπότε για χ =(-~)- =(-~) = 13' 4 3 9

256-1

Α= χ2 -1-~= 9 - 6 _.:8~1~χ2 -3 13 (16)2 -ϊ3 = 256-3

λαμβάνουμε:

-9

-3

2°ς τρόπος Για όσους δεν γνωρίζουν την παραγοντοποίηση της διαφοράς δύο τετραγώνων, προτείνουμε την

ακόλσuθη λύση: Έχσuμε χ= (-:Τ' = (-; )' ~ ι:, οπότε: Α~

(~)'-ι 6 256·2~~;8ι 8ι 6 ((ι:)'+ ι)( (ι:)' _3) 13~ ( 25~78ι)( 256~243) ι3 65536-6561

Πρόβλημα

81 2

(3:17)(~~)

58975 6 ~ 13 = 337 ·13 81 2

6 = 58975 -~= 175 -~= 169 =13. 13 337 ·13 13 13 13 13

Το πλήθος των μαθητών σε ένα Γυμνάσιο είναι τουλάχιστον

170

και το πολ~

230.

Αν

γνωρίζουμε ότι ακριβώς το 4% των μαθητών παίζουν βιολί και ότι το !. από αυτούς που 3

παίζουν βιολί, παίζει και πιάνο, να βρείτε το πλήθος των μαθητών του Γυμνασίου. Λύση Έστω

το πλήθος των μαθητών του Γυμνασίου. Τότε το πλήθος των μαθητών που παίζει βιολί είναι

, που παίζει -4n . Τ ο πλ,η θ ος των μαθη των 100

και

βιολ'ι και πιανο , ειναι , -1 ·4n - =4n - =n -. 3 100 300 75

Επειδή ο αριθμός των μαθητών του Γυμνασίου είναι θετικός ακέραιος, πρέπει ο αριθμητής

πολλαπλάσιο του παρανομαστή, δηλαδή πρέπει

n = 75k, όπου k

να είναι

θετικός ακέραιος .. Έτσι, από την

170 230 20 5 n:::;; 230, έχουμε: 170:5;n =75k:5;230~- :5;k :5;- ~2+- :5;k :5;3+- ~k =3. 75 75 75 75 Επομένως έχουμε n = 75 · 3 = 225 μαθητές.

υπόθεση 170:::;;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/39

------------Μαθηματικοί Διαyωνισμοί

Πρόβί.ημα

-----------

Δίνεται ισόπλευρο τρίΎωνο ΑΒΓ πλευρά α. Προεκτείνουμε την πλευρά ΑΓ κατά τμήμα

ΓΔ =α και στη συνέχεια προεκτείνουμε την πλευρά ΒΓ κατά τμήμα ΓΖ= ΑΔ. Αν 2 Ε(ΑΒΔ) και Ε(ΑΒΔΖ) είναι το εμβαδόν του τριΎώνου ΑΒΔ και του τετραπλεύρου ΑΒΔΖ

, αντίστοιχα, να βρείτε το λόΎΟ

Ε(ΑΒΔ) Ε(ΑΒΔΖ).

Λύση

Το τρίγωνο ΑΒΔ έχει βάση ΑΔ ~ 3; και ύψος ΒΘ ~ ΑΗ ~~α'-(~)' ~ {3~' =α~. Ά

ρα ειναι:

2 Ε(ΑΒΔ) =-1 · ΑΔ · ΒΘ" =-1 ·3α ·α.J3 - = 3 .J3α . Γ 2

2 2

ια το τετραπ

λευ ΑΒΔΖ ρο

εχουμε:

Ε( ΑΒΔΖ) =Ε( ΑΒΖ) + Ε(ΒΔΖ).

Στο

τρίγωνο

ΑΒΖ

ΒΖ=α+ 3α = 5α 2 2

ΑΗ = -α.J3 -,

οποτε

έχουμε

ύψος

και

εχει

βάση

εμ

β δ'

α ο

Ε(ΑΒΖ)=.!_· 5α. α.J3 = s.J3α 2 2 2 Στο

τρίγωνο

ΒΖ =5α -

Σχήμα3

ΒΔΖ

και

υψος

έχουμε

βάση

ΔΕ

το

οποιο

μπορεί να υπολογιστεί από τα όμοια

ορθογώνια τρίγωνα ΑΗΓ και ΓΕΔ ως εξής: ΕΔ = ΓΔ <:::> ΕΔ ΑΗ

Διαφορετικά,

μπορούμε

να

έχουμε:

ΑΓ

α.J3 2

= 2 =.!.. <:::> α 2

ΕΔ = α.J3 . 4

ΕΔ = ΓΔημ60° =α· Jj = α.J3. Άρα έχουμε: 2

Ε( ΑΒΔΖ) =Ε( ΑΒΖ) + Ε(ΒΔΖ) =

sfj~ 8

sf3α2 16

15.J3α2 16

, οποτε θα ειναι

Ε(ΑΒΔ)

3.J3α 2

8 6.J3α 2 2 -Ε( ΑΒΔΖ)- 15.J3α 2 - ιs.J3α 2 - 5 · 16

2°ς τρόπος (Γιάννης Πρίντεζης, μαθηματικός Λεοντείου Λυκείου Πατησίων)

Έστω Ε(ΑΒΓ) =Ε. Τότε Ε(ΒΓΔ)= Ε , γιατί έχει το ίδιο ύψος ΒΘ με το τρίγωνο ΑΒΓ και βάση 2

Γ Δ= α . Άρα είναι: Ε(ΑΒΔ)=Ε(ΑΒΓ) + Ε(ΒΓΔ)= 3 Ε . 2

Ακόμα έχουμε: Ε(ΑΓΖ) = 3 Ε , γιατί έχει το ίδιο ύψος ΑΗ με το τρίγωνο ΑΒΓ και βάση ΓΖ = 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/40

-----------Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

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

}α . Τέλος έχουμε Ε(ΓΔΖ) = }Ε, γιατί έχει το ίδιο ύψος ΔΕ με το τρίγωνο ΒΓΔ και βάση ΓΖ= 2

3α , , Ε 3Ε 3Ε 15Ε , - . Ετσιεχουμε: Ε(ΑΒΔΖ)=Ε+-+-+-=- καιεπομενως 2 2 2 4 4 Πρόβλημα

Ε(ΑΒΔ)

(

Ε ΑΒΔΖ

3Ε/2

2 =-. 15Ε/ 4 5

Ένα διαμάντι Δ κόβεται σε δύο κομμάτια Δι και Δ 2 με βάρη β (Δι) και β ( Δ 2 ) , ,

αντιστοιχα, και

λόγ β ο

αρων

3 Δ' β ((Δι )) = -.

β Δ2

ινεται

ξ'

ό δ

τι η α ια εν ς

θ'

' '

ιαμαντιου ειναι ευ εως

ανάλογη προς το τετράγωνο του βάρους του. Να προσδιορίσετε πόσο επί τις εκατό μειώθηκε η αξία του διαμαντιού Δ μετά την κοπή του στα δύο κομμάτια Δι και Δ 2 • Λύση

Έστω α (Δ), α (Δι) και α ( Δ 2 ) η αξία των διαμαντιών Δ, Δι και Δ 2 , αντίστοιχα. Τότε έχουμε

α (Δ) = α (Δι) = α ( Δ 2 ) = λ Ρ(Δ) 2 β(Δι) 2 β(Δ 2 ) 2 ~α(Δ)=λβ(Δ) 2 ,α(Δι)=λβ(Δι) 2 , α(Δ 2 )=λβ(Δ 2 ) 2 Άρα έχουμε

α(Δι)+α(Δ 2 )

α(Δ)

λβ(Δι) 2 +λβ(Δ 2 ) 2

λβ(Δ) 2

β(Δι) 2 +β(Δ 2 ) 2

β(Δ) 2

β(Δι) 2 =

β(Δ) 2

β(Δ 2 ) 2 +

β(Δ) 2

(1)

Όμως από την υπόθεση έχουμε: β (Δι) = ~ ~ β (Δι) = β ( Δ 2 ) = β (Δι)+ β ( Δ2) = β (Δ) β (Δ2 )

3+7

~ β(Δι) =~ β(Δ 2 ) =}_ β(Δ)

10' β(Δ)

(2)

Από τις (1) και (2) λαμβάνουμε α(Δι)+α(~) Ρ(Δι)22 +β(~)22 =(Ρ(Δι)J2 +(β(Δ)J2 =~+ 49 =~. α( Δ)

β( Δ)

Ρ( Δ)

Επομένως η αξία των δύο κομματιών του διαμαντιού ισούται με το δηλαδή η αξία του μειώθηκε κατά

Ρ( Δ)

100 100 100

58% της αρχικής αξίας του,

100-58 = 42%.

2°ς τρόπος

Επειδή στον πρώτο τρόπο διαπιστώνουμε στη σχέση (Ι) ότι ο λόγος α ( Δ2 (Δ) (Δ,) εξαρτάται

από τοuς λόγοuς των βαρών ι;~~; ιcαι

j\i.i, μπορούμε, χωρίς απώλεια της γενικότητας, να

υποθέσουμε ότι β (Δι)= 3 και β (Δι)= 7 με β (Δ)= 1Ο. Έτσι, αν υποθέσουμε ότι η αξία του τετραγώνου της μονάδας βάρους είναι 1, τότε έχουμε ότι α (Δι) = 32 = 9 και α ( Δ 2 ) = 7 2 = 49

και α(Δ)=10 2 =100. Επομένως η μείωση της αξίας του διαμαντιού είναι 100-(9+49)=42, δηλαδή σε ποσοστό

42%. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/41

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

.\Ιαθημαnκοί .!ιαyωνισμοί

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

Λύσε ι ς ασκήσεων τεύχους 93 ' , , , 2Οι4 4 + 4. 2Οι3 4 2Οι2 4 + 4. 2013 4 :\_ 9. Βρει τε την η μη της παραστασης: Α = 2 2 2 2 . 2013 + 4027 2013 + 4025 Ηνωμένο Βασίλειο, 20ι3 .\ύση

Αν θέσουμε χ

) _(χ+1)

Α (χ -

= 2013 , τότε η παράσταση γίνεται: 4

+4χ 4

(χ-1) 4 +4χ 4

χ2 +(2χ+1)

χ 2 +(2χ-1)

5χ 4 +4χ 3 +χ 2 +5χ 2 +4χ+1

= - - -5χ2-+4χ+ - - -1 - - -

χ 4 +4χ 3 +6χ 2 +4χ+1+4χ 4

χ 4 -4χ 3 +6χ 2 -4χ+1+4χ 4

----2------

5χ +4χ+1

5χ 2 -4χ+1

5χ 4 -4χ 3 +χ 2 +5χ 2 -4χ+1 5χ 2 -4χ+ 1

χ 2 ( 5χ 2 +4χ+ 1)+5χ 2 +4χ+ 1 χ 2 ( 5χ 2 -4χ+ 1)+5χ 2 -4χ+ 1

5χ 2 +4χ+1

- ( 5χ 2 + 4χ + 1) ( χ 2 + 1) 5χ2+4χ+1 Άρα είναι και Α= Ο

5χ 2 -4χ+1

( 5χ 2 - 4χ + 1)( χ 2 + 1)

5χ2-4χ+1

(χ2+1)-(χ2+1)=0.

Α30. Βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς χ1 , χ 2 , ... , χ2014 που ικανοποιούν τις εξισώσεις:

ι+ χ;= 2Χ2, ι+ χ:= 2Χ3, .. ,,ι + x:OI3 = 2Χ2014'ι + χ:ΟΙ4 = 2Χι' Λύση

Με πρόσθεση κατά μέλη ό'λων των εξισώσεων, λαμβάνουμε:

1+Χ:+ 1+.χ;+ ... + 1+.x;OI4 =2λ2 +2χ3 + ... +2λ2014 +2xj =>( 1+Χι2 -2xj)+( 1+.χ; -2λ2)+ ... +( 1+~14 -~14) =0

=>(Χι -1) 2 +(~ -1) 2 + ...+(~014 -1) 2 =0=>Χι -1=0 και~ -1=0 και .. ..XW14 -1=0=>Χι =~ = ... =~014 =1. Επειδή για χ1

=χ2 =... = χ2014 = 1 ικανοποιούνται όλες οι εξισώσεις του συστήματος, έπεται ότι

οι ζητούμενοι αριθμοί είναι όλοι ίσοι με

Ν24. Δίνεται ότι η συνάρτηση /(χ)= ax 2+ bx+c, με .a,b,c. ακέραιους, είναι τέτοια ώστε ο αριθμός

f(k)

να διαιρείται με το 5, για κάθε ακέραιο

συντελεστές α, b, c διαιρούνται με το

k. Να αποδείξετε ότι και οι τρεις

Λύση

Για k =Ο έπεται ότι:

51/ (Ο)= c, ενώ για k = ±1 προκύπτει ότι: 51/(1) = α+b+c και 51!( -1) = α-b+c. Επειδή 5lc και 5I α+ b + c , έπεται ότι 5I α+ b + c- c = α+ b και ομοίως προκύπτει ότι 5I α- b . Επομένως, έχουμε: 51( α +b )+( α-b) = 2α και 51( α+b )-( α-b) = 2b => 5l2α και 5l2b => 5I α και 5lb' αφού ο 5 είναι πρώτος και δεν διαιρεί το 2. Άρα έχουμε αποδείξει ότι ο 5 διαιρεί και τους τρεις συντελεστές α,b και c. Ν25. Βρείτε όλους τους τετραψήφιους αριθμούς

ψηφίων του αριθμού

είναι ίσο με

που είναι τέτοιοι ώστε το άθροισμα των

2027- n.

Μολδαβία ι999

Λύση

Έστω

ότι:

n=αbcd=1000α+100b+10c+d,

1 ~α~ 9, Ο~ b, c, d

όπου

α,b,c,d

ψηφία,

τέτοια

Τότε, από την υπόθεση θα ισχύει ότι:

α+b+c+d = 2027 -(1000α+ 100b+ 10c+d) ~ 1001α+101b+11c+2d = 2027. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/42

ώστε

-------------Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

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

Αν είναι α~3,τότε 1001α+101b+11c+2d~2027, άτοπο.Άραείναι α=1 ή α=2.

Για α

= 1 έχουμε: 10 1b + 11c + 2d = 1026. Επειδή Ο ~ 11c ~ 99 και Ο ~ 2d ~ 18 έπεται ότι Ο ~ 11c + 2d ~ 117 . οπότε : ο ~ 1026 -1 ο 1b ~ 117 <=> -1 026 ~ -1 ο 1b ~ -909 <=> 909 ~ 1ο 1b ~ 1026 => b = 9. Άρα έχουμε: llc + 2d = 117 . Αν c < 9 , τότε 11c + 2d < 99 + 18 = 117, άτοπο. Άρα είναι c=9,οπότε d=9 και n=1999. Για α=2, έχουμε: 101b+11c+2d=25. Αν b>O, τότε 101b+11c+2d>25, άτοπο. Επομένως, πρέπει b = Ο, οπότε 11c + 2d = 25 . Εύκολα προκύπτει ότι c ~ 2 . Για c = 1 προκύπτει ότι d = 7 και n = 2017 , ενώ για c = 2, προκύπτει ότι 2d = 3, άτοπο.

•

Γ19. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ. Στην πλευρά ΒΓ θεωρούμε σημείο Κ έτσι ώστε το ευθύγραμμο τμήμα ΑΚ τέμνει τη διάμεσο ΒΜ σε σημείο Ν τέτοιο ώστε ΑΝ ΒΚ

= ΒΓ.

= ΚΝ.

Να αποδείξετε ότι: Μολδαβία

1999

Λύση

~----.7Δ

Αν προεκτείνουμε τη διάμεσο ΒΜ κατά τμήμα ΜΔ

ΒΜ, τότε το

τετράπλευρο ΒΓ ΔΑ είναι παραλληλόγραμμο, αφού οι διαγώνιες του ΒΔ και ΑΓ διχοτομούνται. Άρα έχουμε τις σχέσεις: ΑΔ

= ΒΓ και ΑΔΜ = ΜΒΓ. Από την ισότητα ΑΔ=ΒΓ, λόγω της υπόθεσης

ΑΝ=ΒΓ,

έπεται

ότι:

ΑΔ=ΑΝ,

οπότε

το

τρίγωνο

ΑΝΔ

είναι

ισοσκελές και έχει: ΑΔΝ = ΑΝΔ => ΑΔΜ = ΑΝΔ = ΒΝκ, όπου οι δύο τελευταίες γωνίες είναι κατά κορυφή. Επομένως, από τις

ισότητες γωνιών ΜΜ = ΜΒΓ και ΜΜ = ΑΝΔ , έπεται ότι: ΜΒΓ = ΒΝΚ => ΝΒΓ = ΒΝΚ => ΒΝΚ ισοσκελές τρίγωνο ::::>ΒΚ=ΚΝ. Σχήμα

Ασκήσεις για λύση

Α31. (α) Να αποδείξετε ότι: α(α+1)(α+2)-(α-1)α(α+1)=3α 2 +3α, για κάθε πραγματικό αριθμό α.

(β) Για κάθε θετικό ακέραιο n να υπολογίσετε το άθροισμα: Sn =1-4+2·7+3·10+···+n(3n+1).

Α32. Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς την εξίσωση: ~χ 2 +4χ+65 +~/ +10y+34 =7. 3

Α33. Για κάθε α,b,c >Ο, να αποδείξετε ότι: _α_+--+-c- > (a-b) 2 +(b-c(+(c-α) 2 •

b+c c+α α+b ABCD τέτοιο ώστε AD = ΑΒ + CD. Αν οι διχοτόμοι των γωνιών του Α και b τέμνονται στο σημείο Ρ, να αποδείξετε ότι ΡΒ = PC. Γ21. Έστω D το μέσο της πλευράς AC τριγώνου ABC. Θεωρούμε το μέσο Ε της διαμέσου BD και έστω Η το συμμετρικό του Α ως προς το Ε . Αν η ΑΗ τέμνει την πλευρά BC στο Γ20. Δίνεται τετράπλευρο

σημείο

F , να αποδείξετε ότι: FH = AF . 2

Ν26. Οι θετικοί ακέραιοι ότι ο

διαιρεί τον

m, n

είναι τέτοιοι ώστε ο

5rn + n

διαιρεί τον

5n + rn . Να

αποδείξετε

Ν27. Αν α,b,c,d είναι θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε αb

= cd,

να αποδείξετε ότι ο αριθμός

α+ b + c + d είναι σύνθετος. ΔlΟ. Ένα τετράγωνο

7 χ 7 διαιρείται

σε

ίσα

1χ 1

τετράγωνα. Οι κορυφές όλων αυτών των

τετραγώνων σχηματίζουν ένα πλέγμα από

σημεία.

Βρείτε τον αριθμό των ορθογώνιων

τριγώνων με κορυφές σημεία του πλέγματος και κάθετες πλευρές παράλληλες προς τις πλευρές των τετραγώνων. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/43

«Γεωμετρικές Καλλιτεχνίες» με το «The Geometer's Sketchpad»* Το σχολικό έτος 2011-12 εκπονήσαμε στο 4° Γυμνάσιο Χαλανδρίου, με περίπου 15μελή ομάδα παιδιών, εικαστικό πρόγραμμα με τη βοήθεια Η/Υ, χρησιμοποιώντας το προαναφερθέν λογισμικό δυναμικής Γεωμετρίας (και όχι μόνο). Μπορείτε να δείτε σε σύνδεσμο στην σημείωση

(1 ).

Αρχικά τα παιδιά γνώρισαν τις βασικές λειτουργίες και σχεδιαστικές δυνατότητες για διά φορα γεωμετρικά σχήματα. Επίσης είδαν την συμμετρία, και την περιστροφή.

Κατόπιν, σταδιακά, είδαμε ένα μέρος των δυναμικών αποτελεσμάτων από την κίνηση και την αποτύπωση ιχνών, ανάλογα με το πάχος των γραμμών και την ταχύτητα κίνησης, καθώς και χρωματικούς συνδυασμούς.

Έτσι άρχισαν να παίρνουν πρωτοβουλίες, να παίζουν, και να δημιουργούν με «κινούμενες ζωγραφιές». Από τις οποίες πήραμε και «φωτογραφικά στιγμιότυπα», και τα εκτυπώσαμε, δημι ουργώντας

26 (μόνο!)

«πίνακες ψηφιακής ζωγραφικής», διάφορων «τεχνοτροπιών» θα λέγαμε:

Μπορείτε να τους δείτε όλους, έναν έναν, στη Σημείωση

(1).

Ακολουθούν οδηγίες για δύο από τις δημιουργίες των παιδιών.

Α) Ας δούμε την δημιουργία του τελευταίου πίνακα, που είναι ας πούμε «εντυπωσιακός», και πολύ εύκολος στην κατασκευή.

Ανοίγουμε ένα αρχείο

sketchpad

και κατασκευά

ζουμε αριστερά στην οθόνη αρκετά σημεία. Στη συ νέχεια τα επιλέγουμε, τα αντιγράφουμε και με επι κόλληση γεμίζουμε αρκετά μία στήλη, περίπου το '!ι του χώρου.

Τα επιλέγουμε όλα και επιλέγουμε το κόκκινο

χρώμα.

Όπως είναι επιλεγμένα τα αντιγράφουμε και τα

επικολάμε πιο δεξιά, για συμπλήρωση περίπου μισής σελίδας.

4) Αυτά τώρα τα χρωματίζουμε πράσινα και τα κρατάμε επιλεγμένα.

5) Επαναλαμβάνουμε αντιγραφή και επικόλληση ναι καλυμμένα τα % του χώρου. 6) Αυτά τώρα τα χρωματίζουμε, πχ μπλε.

δεξιά από τα ήδη υπάρχοντα, ώστε τώρα να εί

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/44

- - - - - - - - - - - - - 3ηΈκθεση Μαθηματικών - - - - - - - - - - - - -

7) Επαναλαμβάνουμε αντιγραφή και επικόλληση και μεταφέρουμε για σχεδόν πλήρη σελίδα. 6) Αυτά τώρα τα χρωματίζουμε, πχ κίτρινο. 7) Τώρα τα επιλέγουμε όλα και δημιουργούμε το ίχνος τους. 8) Όπως είναι επιλεγμένα, από τα εργαλεία της επεξεργασίας και μέσω των κουμπιών ενεργειών προσθέτουμε κίνηση.

9) Κλικ σε κενό, για να μην είναι επιλεγμένα. Ή ίσως και όχι, αν θέλουμε να φαίνονται έντονα τα σημεία, σαν «κεφαλάκια» από τα «σκουληκάκια».

10) Πατάμε το κουμπί προσθήκη κίνησης. Σιγά σιγά θα φτιαχτεί κάτι σαν την εικόνα. 11) Όταν είναι ικανοποιητικά «γεμισμένΟ>), πατάμε το κουμπί κίνησης για να σταματήσει.

12)

Μπορούμε να διαλέξουμε, αν θέλουμε να φαίνονται έντονα, ή απλά τα «κεφαλάκιω) ... ή με

επιλογή όλων να τα σβήσουμε

13)

...

Επιλέγουμε με το ποντίκι το κομμάτι της ζωγραφιάς που μας αρέσει, ίσως και ολόκληρη την

ζωγραφιά, και το επικολλάμε σε πρόγραμμα ζωγραφικής.

Επεξεργαζόμαστε την εικόνα, και αποθηκεύουμε σε

bitmap ή jpeg. Έτοιμος ο πίνακας.

Β) Ας δούμε την δημιουργία και του 14°υ πίνακα, που έχει γεωμετρικά στοιχεία, και δεν είναι ι διαίτερα δύσκολη.

1) Κατασκευάζουμε αριστερά ευθύγραμμο τμήμα.

2) 3)

Τοποθετούμε δεξιά, κοντά του ένα σημείο. Κατασκευάζουμε κύκλο, με κέντρο το σημείο

αυτό, και ακτίνα που τελειώνει σε σημείο του ευ

θύγραμμου τμήματος.

Στον κύκλο τοποθετούμε

σημεία και κατα

σκευάζουμε το τετράπλευρο.

5) Επιλέγουμε τα 4 τμήματα και προβολή-πάχος, παχιά. 6) Όπως είναι επιλεγμένα, προβολή-σχεδίαση ίχνους. Κλικ σε κενό. 7) Επιλέγουμε ένα ένα χωριστά και προβολή-χρώμα. Εδώ πχ δόθηκαν

κόκκινο, σκούρο πράσινο,

κίτρινο, μπλε. Κλικ σε κενό.

8) Κάπου στη μέση τοποθετούμε σημείο, και από αυτό κατασκευάζουμε κάθετη προς το αρχικό τμήμα.

Διπλό κλικ πάνω της, έγινε άξονας συμμετρίας.

10) Επιλέγουμε τις πλευρές του τετραπλεύρου, μετασχηματισμός-ανάκλαση. 11) Όπως θα εμφανιστούν τα συμμετρικά, είναι επιλεγμένα. Προβολή-σχεδίαση ίχνους.

12) Αν θέλουμε,

προβολή-πάχος αλλάζουμε. Εδώ πχ έγιναν διακεκομμένα. Κλικ σε κενό.

Όταν εμφανιστεί το κουμπί κίνησης, πατώντας πάνω του δεξί κλικ, ιδιότητες, μπορούμε να αλ λάζουμε τις επιλογές κίνησης, και να δημιουργούνται διαφορετικά σχέδια.

13) Επιλέγουμε όλα, και ξε-επιλέγουμε τις πλευρές των 2 τετραπλεύρων. 14) Επεξεργασία-κουμπιά ενεργειών-απόκρυψη/εμφάνιση. Πατάμε το κουμπί. βαια μόνο τα 2 τετράπλευρα. 15) Επεξεργασία-προτιμήσεις. Στο παράθυρο που θα εμφανιστεί, χρώμα.

Θα μείνουν βέ

Φόντο, επιλέγουμε αν θέλουμε, πχ εδώ περίπου γαλάζιο.

Αν επιλέξουμε σταδιακό σβήσιμο ιχνών, και ταχύτητα σβησίματος, θα έχουμε στην αρχή πιο έ ντονα χρώματα, που θα «χάνονται)) ... Αλλιώς, δεν είναι τόσο έντονα, αλλά μένουν και διακρί νονται καλύτερα οι επικαλύψεις. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/45

- - - - - - - - - - - - - 3ηΈκθεση Μαθηματικών - - - - - - - - - - - - -

16) Επιλέγουμε την άκρη

της ακτίνας, και τις κορυφές του τετράπλευρου .

Επεξεργασία-κουμπιά ενεργειών-προσθήκη κίνησης. Στις επιλογές βάζουμε όποιον τρόπο και ταχύτητα θέλουμε. Εδώ πχ επιλέχτηκαν αμφίδρομα στο τμήμα, aριστερόστροφα στον κύκλο και όλα με μέτρια ταχύτητα.

17)

Πατάμε το κουμπί κίνησης. Ανάλογα με την θέση του σημείου του 8ου βήματος, θα έχουμε την

απόσταση μεταξύ των δύο συμμετρικών. Μπορούμε και να τα έχουμε κοντά, να «μπλέκονται» ...

Αν θέλουμε να αλλάξουμε την θέση τους, πατάμε το κουμπί εμφάνισης και εμφανίζονται τα κρυφά. Θα εμφανιστούν επιλεγμένα. Κλικ σε κενό, για να ξε-επιλέξουμε, και μεταφέρουμε το σημείο

(8)

όπου μας αρέσει. Μετά Ξανά απόκρυψη. Πατώντας

esc

σβήνονται τα ίχνη. Πατάμε

κίνηση, και ζωγραφίζονται από την αρχή.

18) Όπως το (11) Τα

και το

(13)

του προηγούμενου παραδείγματος.

παραδείγματα έχουν «νideοσκοπηθεί»

να βρείτε τους συνδέσμους στην σημείωση ω

και έχουν αναρτηθεί διαδικτυακά. Μπορείτε

Με τους πίνακες αυτούς συμμετείχαμε τον Ιούνιο του

2012

στα πρώτα «Καλλισπέρεια»,

σχολικούς καλλιτεχνικούς αγώνες, εκδήλωση του δήμου Χαλανδρίου. Τον Φεβρουάριο του

2013,

τρία παιδιά της ομάδας μας έκαναν μία σύντομη παρουσίαση σε ημερίδα των Σχολείων Δούκα, και ευχαριστούμε τους διοργανωτές, που μας δέχτηκαν παρά την αρ

γοπορημένη αίτησή μας. Νομίζουμε ότι άξιζε τον κόπο και βέβαια τα παιδιά, παρά την αρχική αμηχα νία τους, τα κατάφεραν υπέροχα, και το ευχαριστή θηκαν ενώ οι θεατές που είχαν μείνει απήλαυσαν την μικρή παρουσίαση.

Τον Μάιο του

φορία στο σχέδιο νο

blog 5.

2013

κάναμε διαδικτυακή ψηφο

μας: Δημοφιλέστερο αναδείχθηκε το

Αναρτήσαμε όλους τους πίνακες στο ισόγειο του Σχολείου μας. Σε μελλοντική εφαρμογή του προγράμματος, θα έχουμε και άλλες δημιουργίες παιδιών, και θα στολίσουμε με αυτές και άλλους χώρους.

Μπορείτε να δείτε σύντομα

videos, δημιουργίες με «κινούμενες ζωγραφιές» Θα βρείτε βέβαια και άλλες στο youtube, και αλλού, και με άλλα λογισμικά, δημιουργών άλλες χώρες. Δεν ισχυρισθήκαμε ότι διεκδικούμε την πρωτοτυπία διεθνώς ! Κώστας Λαμπρινίδης

για το 4° Γυμνάσιο Χαλανδρίου

~ Σημείωση

Εδώ είναι όλοι οι σύνδεσμοι για τα παραπάνω αναφερόμενα : http://tinyurl.com/q5pp3fp (Ετοιμοι για άνοιγμα, χωρίς πληκτρολόγηση)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/46

από

Διασκεδαστικά Μαθηματικά Επιμέλεια: Συντακτική Επιτροπή Πρόβλημα

Στην

8+(8 χ 8)+(8 χ 8 χ 8)

διπλανή

πράξη

έχουν

8 ΑΒ

Μπορείτε να δημιουργήσετε ακόμη μία τέτοια

αποτέλεσμα της πρόσθεσής τους.

ΒΑ+

παράσταση με το ίδιο αποτέλεσμα;

Τα

έχουν

ΑΑ

γράμματα.

ΒΒ

γραφεί

αριθμοί

ψηφία των βρείτε

μπορεί

από

τους

να

το

αριθμών

αντικατασταθεί

Να

και

αριθμούς

που

αντιστοιχούν

Απαντήσεις τεύχους

ΒΒΓ

στα

γράμματα Α, Β και Γ. Πρόβλημα

με τους μαθητές του: Θα γράψουμε

λιμνούλα σε

χρονιά.

Αν

σωστά

κάποιος

παίρνει

απαντήσει λάθος χάνει

0,5.

τεστ

κάποια

βαθμό,

συγκέντρωσε

συνολικά

Στο τέλος της

15.

29 ημέρες.

80χ. Αν θ'ελει να 100

80χ

-+-·-=Χ

Ποιος από

100

100 100

8000χ + 80.xy

Πρόβλημα

80.xy = 2000χ y=25

3 σχήμα

εμβαδόν

Πόση

176cm2 • συνολική

είναι

περίμετρος

το

25%.

Η απόσταση ανάμεσα σε δύο κολώνες είναι 12m.Οι

σχήματος;

κολώνες θα έχουν

αποστάσεις των

Πρόβλημα

τα

Η Άννα η Θάλεια και η Μαρία σύγκριναν τα χρήματα που είχαν μαζί τους και διαπίστωσαν

120€. Η Θάλεια και η Μαρία είχαν μαζί 180€ . Η Άννα και η Μαρία είχαν μαζί 100€. Ποια από τις 3 φίλες είχε τα λιγότερα χρήματα

τρία

σκύλος

άλματα

3m.

κάνει

της

Κάθε

3m.Δηλαδή σε κάθε

αλεπούς

φορά

που

αλεπού

4 m

4m ο

κάνει

η απόσταση

μεταξύ τους μειώνεται κατά για

και πόσα είναι αυτά;

να

καλυφθούν

χρειαστούν 20 · 4

τα

= 80m από

1m:Eτ σι 20 m θα την

θέση

Α.

Χρησιμοποιώντας μόνο το ψηφίο των

Δύο άλματα του σκύλου καλύπτουν καλύπτουν

Η Άννα και η Θάλεια είχαν μαζί

Πρόβλημα

12 m και θα καλύψουν 120 m.Άρα χρειάζονται 11 κολώνες.

ενώ

τα εξής:

σύμβολα

= 1ΟΟΟΟχ

Άρα θα προσλάβει το

είναι του

ώστε ο αριθμός των εργατών να

τους δύο λέει ψέματα;

διπλανό

προσλάβει

επανέλθει στον αρχικό θα έχουμε

βαθμούς και ο

Δημήτρης ότι συγκέντρωσε

συνολικό

μήνα

Αν οι εργάτες ήταν σε πλήθος χ τότε

εμειναν

αν

χρονιάς ο Βασίλης ανακοίνωσε στην τάξη ότι

Στο

του

δύο νούφαρα μαζί θα γεμίσουν την

του Γυμνασίου έχει κάνει την εξής συμφωνία τη

μέρα

γεμίσει την μισή λιμνούλα. Άρα και τα

Γυμνάσιο. Ο καθηγητής των Μαθηματικών

απαντήσει

προτελευταία

δηλαδή την 29η, το κάθε νούφαρο θα

Ο Δημήτρης και ο Βασίλης πηγαίνουν στο ίδιο

όλη

Την

πράξεων

+, -,

χ,

και τα

να

δημιουργήσετε μία σειρά από πράξεις που έχουν αποτέλεσμα τον αριθμό

73.

Κάθε ένας από νέους αριθμούς θα είναι μεγαλύτερος

κατά

έχουν άθροισμα

Ένα παράδειγμα είναι η παράσταση ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

από

τους

προηγούμενους. Άρα οι επόμενοι θα

94 τ.2/47

27 + 3 + 3 + 3 = 36.

Χελωvοπα ιχνίδ ι α Π. Αρδαβάνη, Δ. Παλαιογιαννίδης Στην εικόνα

1 μπορείς

να δεις ένα μικρόκοσμο στον οποίο εμφανίζεται ένα ορθογώνιο και

ένα τετράγωνο στην μια γωνία του.

C8ΩVU ~..,t

t\u;tlt defUuld.

e--..t

pnutt"8

pcωu

....

'"" Εικόνα

Προσπάθησε να κατασκευάσεις ένα παρόμοιο σχήμα με τη διαδικασία:

νια ορθοuτρa :α ιmmQallι 2(μ :α 4

80 μ :ιι 4 801

ιιιιmQαΙΙι 2 (μ :fl/2 δ 80 μ :ιι/4 δ 801 Uλος

σιιν ορ8οτιτpα 100 200

Η διαδικασία που κατασκευάσαμε ονομάζεται 'Όρθοτετρα :α :β". Από το όνομά της

καταλαβαίνουμε ότι περιέχει δύο μεταβλητές με ονόματα α και β. Άνοιξε έναν χελωνόκοσμο, γράψε στην ψηφίδα

Logo

τη διαδικασία και τρέξε την. Τώρα θα πρέπει να βλέπεις και εσύ το

ίδιο σχήμα στην ψηφίδα i!!!:::::====~~~~=:ι πατάμε πάνω σε μια. νραμμή

Εικόνα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/48

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

Χελωνοπαιχνίδια

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

Ενεργοποίησε τον μεταβολέα πατώντας με το ποντίκι πάνω σε μια από τις γραμμές του σχήματος (εικόνα

2).

Παίξε με τους δύομεταβολείς για να δεις ποιο μέγεθος ελέγχεται από κάθε μεταβλητή. Το δοκίμασες; Ποιο είναι το συμπέρασμά σου; Με τη

μεταβλητή α ελέγχουμε το ύψος του

εξωτερικού ορθογωνίου και του εσωτερικού σχήματος, ενώ με τη μεταβλητή β ελέγχουμε το

πλάτος του εξωτερικού ορθογωνίου και του εσωτερικού τετράπλευρου. Σε κάποια τάξη ζητήθηκε από τους μαθητές να κατασκευάσουν με τη βοήθεια της χελώνας ένα σχήμα ίδιο με αυτό που απεικονίζεται στην εικόνα Ι, που θα διατηρεί τη μορφή του, αλλά με ύψος αυξημένο κατά

βήματα της χελώνας.

Προσπάθησε να κατασκευάσεις ένα τέτοιο σχήμα. Η Μαρία σκέφτηκε ότι αφού η μια διάσταση του ορθογωνίου αυξήθηκε κατά

50,

θα πρέπει

να αυξήσει και την άλλη του διάσταση κατά τον ίδιο αριθμό. Αιτιολόγησε την απόφασή της λέγοντας ότι έτσι δεν χαλάει το σχήμα. Συμφωνείς με τη Μαρία; Δοκίμασε να τρέξεις τη διαδικασία δίνοντας στις μεταβλητές α και β τις τιμές Μαρία. Στην εικόνα

3 που

150

και

250

αντίστοιχα, όπως έκανε η

ακολουθεί φαίνεται το αποτέλεσμα της επιλογής της Μαρίας .

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

: :ιιχι

Εικόνα

Τι παρατηρείς; Κατάφερε η Μαρία να πετύχει το στόχο της "να μην χαλάσει το σχήμα"; Και

βέβαια όχι. Το ορθογώνιο έχει παραμορφωθεί και το τετράγωνο έχει γίνει ορθογώνιο. Μπορείς να βοηθήσεις τη Μαρία να επιλέξει τη σωστή τιμή για τη μεταβλητή β; Η Κατερίνα, που είναι φίλη της Μαρίας και πολλές φορές δουλεύουν μαζί, πρότεινε να χρησιμοποιήσουν τον μεταβολέα για να βρουν τη σωστή τιμή. Χρησιμοποίησε και εσύ τον μεταβολέα για να βρεις ποια τιμή πρέπει να δώσεις στη μεταβλητή β για να μην χαλάσει το σχήμα.

·-

ι\ρ~ι<>_ _!_n:·~~ - .Ο.ν<>(ι;τηση lληx""'!tOGO

.,_~--------------------~

Εικόνα

CΙ~g5 i '-IQ IB

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'

94 τ.2/49

•ιι•

ιΜι q.~-c:~