Ευκλειδης α 98 by demi de

ΜΑθΗΜΑΥΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΛΗΡΟΦΟΡΗΣΗΣ �

yια το yυμνασιο

α,

Ευκλείδης ./

Τεύχος 98

Οκτώβριος- Νοέμβριος- Δεκέμβριος 2015 Τιμή Τεύχους 3,00 Εύρω e-mail: info@hms.gr, www.hms.gr

Μαθηματικά στον Κόσμο

Από τις χιονονιφάδες στο τρίγωνο του Pascal Δημ ήτρης Διαμ αντίδης, Μαλβίνα Παπαδάκη . . . . ....... ... . . . . . .

•

Τα Μαθηματικά στο Σχολείο

r·

Τάξη

Ομοιότητα σχημάτων

Κώστας Σάλαρης ..... . . .... . . ..... . . . . . . .... . . . . . .... . . . . . . . . . ...... . .... . .

Η aριθμολογία των Αρχαίων Ελλήνων Σάλτας Βασίλειος . . ... ......... ... ......... .......... ...............

29 Ασκήσεις Γ' Τάξης για προχωρημένους, Τζίφος Νίκος-Λαγός Γιώργος .. . . . . .......... ..... . . ... . . .. . . . ... . . . . .. 34 Λύσεις θεμάιων Γ· τάξης για προχωρημένους τεύχους 97, Συντακτική Επιτροπή ................................. ..... ........... ... 35

Επιμέλεια: Τζίφος Νίκος, Γεωργιάννη Χρυσάνθη, Λαγός Πώργος

Ιστορία των Μαθηματικών

Οι τέλειοι αριθμοί και οι αριθμοί του Merseππe

./ •

Τα Μαθηματικά στο Σχολείο

Α'

Τάξη

Συμμετρία ως προς σημείο

Αρδαβάνη Καλλιόπη Παλαιογιαννίδης Δημ ήτρης .... . . . ... . . . . . 11

Κλάσματα και δεκαδικοί. Μια άλλη ματιά.

Στέφανος Κείσογλου - Νάνσυ Κυριακοπούλου Τάνια Μάνεση . . ..... 17

•

Β' Τάξη

Μικρή ανασκόπηση στις ρίζες των αριθμών. Ιωάννα Δοργιάκη και Στέφανος Κε1"σογλου . .. . .. . .. . .. . . 21 Ασκήσεις Β' Τάξης για προχωρημένους, Θεοδώρα Παπαδάκη, Κώστας Σάλαρης . . . ... . . . . ...... . .. 24 ΛΥΣΕΙΣ Ασκήσεων για προχωρημένους τεύχους 97 Συντακτική Επιτροπή . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 •

r·

Τάξη

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί,

Επιμέλεια: Επιτροπή Διαγωνισμών ... . ...... . ....... .... ....... ...... 37

Διάφορα OXI Αδιάφορα

Οριζόντιος Πολλαπλασιασμός

Επιμέλεια: Παναγιώτης Χριστόπουλος .......... ............ . ....... 43

4η ΕΚΘΕΣΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ, στο ιο Γυμνάσιο Σκάλας Ωρωπού

Επιμέλεια: Στάμη Τσικοπούλου ... .. . . ....... . ...... . .......... . .... .... 44

Ερμηνεύοντας τα λάθη των μαθητών στα Μαθηματικά. Μαθαίνω από τα λάθη μου

Επιμέλεια: Νίκος Τζίφος ...... ..... ........... .......... ... ......... 49 Διασκεδαστικά Μαθηματικά, Μαρία Ρουσούλη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .... . 50 .

Εφαρμογές στις Εξισώσεις 2ου Βαθμού Γιώργος Λυμπερόπουλος Τάσος Μπακάλης, Μαρία Σίσκου

.. .

Σύνθεση κειμένου: Στάμη Τσικοπούλου, Στέφσνος Κεiσογλου .

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛ ΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΗΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ Πρύιδρος:

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34, 106 79 ΑΘΗΝΑ

Τηλ.: 21Ο 3617784

Fax: 210 3641025

•

21Ο 3616532

Εκδότης: Νικόλαος Αλεξανδρής

Διευθυντής:

Επιμίλεια Έκδοσης: Κυριακοπούλου Νάνσυ Σάλαρης Κωνσταντίνος

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ: 2054 ·

Λαy6ς rεώρyιος

Α' Αντιπρι)rδpος:

Β' Αντιπpόt:δρος:

Κυράνας Παναγιώτης Λυμπερ6πουλος Γεώργιος Μι'λη' Αγγελή Άννα λλαφάκη Σταυρούλα λλεξανδράτου Άννα Αντωνοπούλου Κατιάννα Αποστόλου Αγγελική Αρδαβάνη Πόπη Γεωρyίου Σπύρος Δογιάκη Ιωάννα Θεοδωρόπουλος Θρασύβουλος Κιούφτη Ροδούλα Κυράνας Παναγιώτης Κυριακοπούλου Νάνου Κωνσταντινίδης Αριστείδης

Ιωάννης Τυρλής

ISSN: 1105

Συντακτική Επιτροπή

Κείοογλου Στέφανος

7998

Λυμπεpόπουλος rεώργιος Μενδωνίliης rεώρyιος Μορφοπούλου Μαρία Μπακάλης Αναστάσιος Παλαιαyιαννίliης Δημήτριος Σάλαρης Κωνστανrlνος Σίσκου Μαρία Τζίφος Νίκος Τmκοπούλου Στάμη Φερενrίνος Σπυρrδων Χριστοδούλου Ντόρα Χρυαοβέργης Μιχαήλ ·\ττοκιντριι)μι'νοι συνι:ργιiτcς

Αναστάσιος Πατρώνης (Πάτρα) Γιάννης Θωμ<iίδης (Θεσ/νίκη) Γιώργος Ρίζος (Κέρκυρα) Γιώργος Τσαπακίδης (Αγρίνιο) Ειρήνη Πεpισυνάκη (Κρήτη) Γιάννης Ράλλης (Χίος)

Γράμμα της Σύνταξης

Αγαπητοίαvαyvώστεc;του Ευκλείδη Α'

Κατ αρχήν να ευχηθούμε καλές γιορτές αι ευτυχισμένο ο ν:ο

έτος 2016. Το περιοδικό

μας ατην προσπάθεια

συνεχούς

βελτίωσης δημιουργεί από το τεύχος αυτό μια νέα ατήλη με τίτλο

ενδιαφέρον

Μαθαίνω από τα λάθη μου. Ελπίζουμε να έχει

η ατήλη αυτή τόσο ατους

μαθητές όσο και ατους διδάακοντες και ελπίζουμε ότι θα μας

ατείλετε και τις δικές σας παρατηι 1αεις και παραδείγματα λαθών για να τα συζητήσουμε. Εκ μέρους της Συντακτικής επιτροπής του Ευκλείδη Α" Ο πρόεδρος: Στέφανος Κε"ϊσογλου

Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών.

Υποστηρικτής Ταχυδρομικών Υπηρεσιών

ΜΕΓΑΛΟΣ ΧΟΡΗΓΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ Ε.Μ.Ε. Η έγκαιρη πληρωμή της

συνδρομής Βοηθάει στην έκδοση του περιοδικού

•

ΙΔΙΟΚΙΗΣΙΑ της ΕλλΗΝΙΚΗΣ ΜΑθΗΜΑΙΙΚΗΣ Στοιχειοθεσία

•

ΗΑΙΡΕΙΑΣ

Σελιδοποίηση:

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ HAIPEIA

Εκτύπωση:

ROTOPRINT (Α. ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ & ΣΙΑ Ε�).

' τηλ.: 21 Ο 6623778- 358 Υπεύθυνος τυπογραφείου: Δ. Παπαδόπουλος

•

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονται από την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργασίες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να

στέλνονται έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη Α'". Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται. Όλα τα άρθρα υπόκεινται σε κρίση

Τιμή τεύχους: ευρώ 3,00

Ετήσια συνδρομή (10,00 + 2,00 Ταχυδρομικά= ωρώ 12,00). Ε τήσι α συνδρομή για Σχολεία ευρώ 10,00 Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγέλνονται στε'"λνεται:

1. Με απλή ταχυδρομική επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. TCX)(. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 2. Στην ιστοσελίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικής συναλλαγής με τη,· τράπεζα EUROBANK 3. Πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε.

λuό τις χιονονιφάδtς οιο τρίyοινο του Pascal

Δημήτρης Διαμαντίδης - Μαλβίνα Παπαδάκη

Οι νιφάδες, όπως και το μπρόκολο ή τα φύλλα της φτέρης έχουν μια κοινή ιδιότητα. Το σχή μα τους μοιάζει να είναι άτακτο και χωρίς κάποια δομή. Δε φαίνεται να θυμίζουν γνωστά γεω μετρικά σχήματα, είτε επίπεδα, είτε στερεά. Άρα θα μπορούσε κανείς να σκεφτεί ότι έχουν τυχαία δομή και ότι δεν υπάρχουν μαθηματικά πίσω από το σχήμα τέτοιων αντικειμένων. Ωστόσο αυτό που συνδέει τα σχήματα αυτών των σω μάτων (αλλά και άλλων) είναι : όσες φορές και να τα μεγεθύνουμε, οποιοδήποτε τμήμα τους θα είναι πανομοιότυπο με το αρχικό. Αν ψάξει κανείς στο διαδίκτυο για τα μαθηματικά που 'κρύβονται ' πίσω από τέτοια σχήματα, θα βρει εντυπωσιακούς όρους όπως 'Χάος ' ή 'Δυναμικό Σύστημα ' και μεγάλα ονόματα διάσημων μαθ ηματικών. Θα δει επίσης εικόνες πολύ όμορφων σχημάτων επίπεδων και τρισδιάστατων. Ένα από αυτά είναι και το σύνολο Mandelbrot. Ο Benoit Mandelbrot ήταν μαθηματικός γ εννημένος στην Πολωνία, που έζησε τον 20° μέχρι τις αρχές του 2 1 ου αιώνα σε 1 Γαλλία και ΗΠΑ. Στον Mandelbrot αποδίδεται η μαθη ματική θεμελίωση των Fractals , δηλαδή η γεωμετρία των Fractals που 'στηρίζει ' θεωρητικά τη μελέτη σχ ημάτων όπως τα παραπάνω, που η δομή τους μοιά ζει να είναι τυχαία. Με τη χρήση της 'νέας ' αυτής γεωμετρίας (που είναι μια γενίκευση της κλασικής) φαίνεται ότι κάθε άλλο παρά τυχαιότητα υπάρχει. Στο πρόβλημα που ακολουθεί ασχολήθηκε μεταξύ των άλλων ο Όμ ιλος Μαθηματικών του 2ou (τότε Πρότυπου) Πειραματικού Γυμνασίου Αθηνών τη σχολική χρονιά 20 1 3 - 20 1 4. Στην εργασία αυτή το σχήμα της χιονονιφάδας συνδέθηκε από τους μαθητές με το τρίγωνο Pascal. Αυτή η σύνδεση είναι γνωστή, όμως αξίζει να σημειώσουμε ότι οι μαθητές αντιμετώπισαν το πρόβλημα με τις δικές τους μεθόδους και στρατηγικές και οδηγήθηκαν στην ανακάλυψη αυτής της νέα σχέσ ης για αυτούς στην προσπάθεία τους να λύσουν το παρακάτω πρόβλημα. Το πρόβλημ α

Σχεδιάζουμε ένα ισόπλευρο τρίγωνο στο οποίο: Α

•

(Σχ 1 ) Χωρίζουμε την κάθε πλευρά το υ σε τρία ίσα ευθύγραμμα τμήματα και παρα λείπουμε το μεσαίο (Σχ 2)

(Σχ 2) 1

Από το λατινικό �fractio' που σημαίνει κομμάτι ή κλάσμα. Τα fractals έχουν κλασματική κι όχι ακέραια διάσταση.

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Α' 98 τ.2/1

------•

Από τις χιοvοvιφάδες στο τρίyωvο του Pascal

-------

Στη συνέχεια σχεδιά ζο υμε στη θέση το υ ε υθ υγράμμο υ τμήματος πο υ παραλείψαμε, δύο άJλα ε υθύγραμμα τμήματα, ίσα σε μήκος με α υτό, ώστε να σχηματιστούν καινούργια ισόπ λευρα τρίγωνα, έξω από το αρχικό τρίγωνο.(Σχ 3) Α

(Σχ 3) Ζητάμε να βρ ούμε: •

•

Το μήκος της περιμέτρο υτο υσχήματος πο υπροέ κυψε (Σχ 3) Αν συνεχίσο υμε κάνοντας την ίδια κατασκε υή στο νέο σχήμα πο υ έχει σχηματιστεί ξανά και ξανά (ας πούμε 20 φορές) θέλο υμε να βρούμε κάθε φορά το μήκος της περιμέτρο υ το υνέο υ σχήματος; (Σχ 4) λ

Λ \_/

\_7

(

_j_:

(Σχ . 3)

(Σχ 4) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/2

------

Από τις χιοvονιφάδες στο τρίγωνο του Pascal

-------

Το (Σχ. 4), όπως και το (Σχ. 3) είναι μια χιονονιφάδα, το σχήμα δηλαδή πο υ έχο υν οι νιφάδες χιονιού. Σχήματα όπως οι νιφάδες χιονιού, το μπρόκολο ή τα φύλλα της φτέρης έχο υν μια κοι νή ιδιότητα : όσες φορές και να τις μεγεθύνο υμε, οποιοδήποτε τμήμα το υ θα είναι πανομοιό τυπο με το αρχικό. Τέτοια διάσημα επίπεδα σχήματα είναι το τρίγωνο το υ Sierpinski και η καμπύλη Koch πο υ την εισήγαγε ο σο υηδός μαθηματικός νο η Koch το 1904 για να μελετήσει τις χιονονιφάδες, ένα από τα διασημότερα fractals. Παρο υσιάζο υμε τώρα τις λύσεις των μαθητών το υΟμίλο υ:

Μια λύση

<<Δοκιμάσαμε να υπολογίσουμε το μήκος που μας ζητούσαν, υποθέτοντας ότι η πλευρά του αρχικού τριγώνου είχε ένα συγκεκριμένο μήκος. Στην αρχή υποθέσαμε ότι το μήκος της πλευράς του αρχικού ισόπλευρου τριγώνου είναι 1 cm. Η επιλογή αυτή γρήγορα εγκαταλείφθηκε γιατί διαπιστώθηκε ότι έκανε δύσκολους τους υπολογισμούς. Οπότε δοκιμάσαμε για μήκος τα 12cm ή τα 30cm ώστε να διαιρείται το μήκος της πλευράς διά 3. Μια άλλη ομάδα διάλεξε ως μήκος πλευράς το 54, ώστε να διαιρείται με το 3 τρεις φορές. Αυτό το μήκος βρήκαμε ότι βόλευε καλύτερα στους συλλογισμούς μας.»

Έτσι βρήκαμε : Με πλε υρά 1 2, μή κη: 12, 1 6, 1 6+ 1 2/9, Με πλε υρά 54 : μή κη: 54, 72, 1 08,

Μια άλλη

λύση «Αποφασίσαμε να βρούμε το μήκος πο υ μας ζητούσαν θέτοντας ένα γενικό αριθμό ως μήκος της πλε υράς το υαρχικού ισόπλε υρο υτριγώνο υ. Επ ιλέξαμε ως μήκος πλε υράς το χ. Έτσι βρήκαμε ότι το μήκος της πλε υράς είναι:

(Πρώτοσχήμα)

(Δεύτερο σχήμα) ,

χ+

χ 3

( ) (

χ 3 , ' , 2χ χ (Τεταρτοσχημα) χ+-+-+ 3 9 3χ 3χ (Πέμπτο σχήμα) χ+ + +

( Τριτοσχημα) χ+-+ χ+-

1 χ χ χ 2χ χ ·-=χ+-+-+-=χ+- +3 9 3 3 3 9

)

3χ 3χ χ 2χ χ 1 2χ χ χ 2χ χ χ+-· +- ·-=χ+-+-+-+-+-= χ+-+-+3 9 27 3 9 3 3 9 3 9 27 χ 3χ 3χ χ 1 4χ 6χ 4χ χ + + + χ+ + χ+ + + 9 27 81 3 3 9 27 ·3= 3 9 27

(

)

4χ 6χ 4χ χ 4χ 6χ 4χ χ 1 5χ 10χ 10χ 5χ χ +-+-+·-=χ+-+ 3 9 27 81 243 3 9 27 8 1 3 9 27 81 3 5χ 1 0χ 1 0χ 5χ χ 5χ 1 0χ lOx 5χ χ 1 + + + + χ+ + + + + χ+ + 3 9 27 81 243 ·3= 3 9 27 81 243

(Εκτο σχημα) χ+-+-+-+-+ χ+-+-+-+(Ε βδομοσχήμα)

(

)

6χ 15χ 20χ 15χ 6χ χ =χ+-+ +-++ + 3 9 27 81 243 729 --

Και ξαφνικά κάνοντας όλο υς α υτούς το υς υπολογισμούς, παρατηρήσαμε ότι οι παραστάσεις πο υ βρήκαμε, θ υμίζο υν το υς αριθμούς στο τ ρίγωνο του Pascal. Γιατί : ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/3

------

Από τις χιοvοvιφάδες

Τύπος πλευράς χ χ χ+3

στο τρίyωvο του Pascal

Τρίιyωνο Pascal ι ι

2χ χ χ+-+3 9 3χ 3 χ χ χ+-+- +3 27 9

ι ι

4χ 6χ 4χ χ χ+-+-+-+3 27 8ι 9 5χ ιοχ ιοχ 5χ χ χ+-+--+--+-+3 27 8ι 243 9 χ 6χ ιsχ 20χ ιsχ 6χ χ+-+--+--+--+-+3 27 8ι 243 729 9

Παρατηρήσαμε δηλαδή,

όn

μuις σειράς του τpιyώνου

-------

(Πίνακας 1)

6 ιο

ι5

ι ι

4 ιο.

ι ι

ι5

οι aoιθutrl'έc των ιcλασιιάτων σε κ:άθε άθοοισu.α είναι οι αοιθυοί του Pascal. (Πίνακας 1)

Το τρίγωνο του Pascal

Το τρίγωνο, λοιπόν πο υ σχηματίσαμε στο δεξιό μέρος επίσης σελίδας απ (> επίσης aριθμητές των παραστάσεων πο υ επίσης έδωσαν οι υπολογισμοί επίσης, είναι ένα τρίγωνο αριθμών, πο υ λέγεται τρίγωνο Pascal από το όνομα το υ Γάλλο υ μαθηματικού και φιλόσοφο υ Βλάσιο υ Πασκάλ (Blaise Pascal 1623-1662) πο υ έγραψε μια πραγματεία πάνω στο αριθμητικό α υτό τρίγωνο Traite du Triangle Arithmetique Στο τρίγωνο α υτό, κάθε αριθμός μιας σειράς σχηματί ζεται αν προσθέσο υμε επίσης δύο αριθμούς πο υ βρίσκονται αριστερά και πάνω το υ, ξεκινώντας πάντα σε κάθε σειρά από το 1. Το τρίγωνο α υτό είναι πλούσιο σε ιδιότητες . Μπορείτε να παρατηρήσετε παραδείγματος χάριν επίσης φ υσικούς αριθμούς στην δεύτερη πλάγια στήλη μετά επίσης άσσο υς. Επίσης παρατηρήσαμε ότι οι. 2ΜQΟνοιuιστtς των κ:λασιιάτων σε κ:άθε άθοοισμα είναι διαδοχικέc δuνάμεις του 3. (Πίνακας 2)

τmrος χλεύρας

Παρονο,_v.-� ι

Δυνάμεις του 3 30

χ χ+3

ι, 3

3 0' 3 1

ι, 3 , 9

3 °' 3\ 3 1

ι, 3, 9, 21

3 °' 3\ 3 1,3 3

ι, 3, 9, 21, 8ι

3 0' 3 1' 3 1,3 3,3 4

ι, 3, 9, 21, 8ι, 243

3 °' 3\ 31,3\3\3 5

ι, 3, 9, 27, 8ι, 243, 729

3 °' 3 1' 31,3 3,3\35,36

2χ χ χ+-+3 9 3χ 3χ χ χ+- +- + 3 9 27 4χ 6χ 4χ χ χ+-+-+-+3 27 8ι 9 5χ ιοχ ιοχ 5χ χ χ+-+--+--+-+3 9 27 8ι 243 6χ ι5χ 20χ ιsχ 6χ χ χ+-+--+-- +--+-+3 27 243 729 8ι 9

(Πίνακας 2) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/4

------

Από τις χιονονιφάδες στο τρίγωνο

του Pascal

-------

Έτσι, μπορούμε να υπολογίσο υμε το μήκος της περιμέτρο υ το υ κάθε σχήματος, αρκεί να ξέρο υμε βέβαια το μήκος της πλευράς το υαρχικού ισόπλευρο υτριγώνο υ, δηλαδή το χ. Και ακόμα καταλάβαμε ότι το μήκος της περιμέτρο υ α υτών των σχημάτων ολοένα και μεγαλώνει όσο προχωράμε στο επόμενο σχήμα . Και καταλήγει να έχει άπειρο μήκος!» Α υτή άλλωστε η ιδιότητα της περιμέτρο υ είναι μια ακόμα βασική ιδιότητα των fractals. Μια τρίτη λύση «Αν η πλε υρά το υ πρώτο υ σχήματος έχει μήκος 3 εκατοστά, τότε η πλευρά2 το υ δ εύτερο υ σχήματος είναι 3 +1 = 4 εκατοστά γιατί προσθέτο υμε το .!.. της πλ ευράς. 'Η αλλιώς συνεχί ζοντας 3 για το τρίτο σχήμα a υξάνο υμε κατά το .!_ το υ ενός εκατοστού, 3 φαίνεται παρακάτω .

επί τέσσερις φορές όπως

4 12 4 16 4 4+-=-+-=-=-·4. 3

' ' ' ' ' ' υμε κατα' το 31 το υ 31 το υενος ' ια το τεταρτο σχημα α υξανο εκατοστο υεπι 16 φορες.

πλευρά τέταρτου <=ι σχήματος

16 1 1

48 16 64

4 16

Άρα -+-·-·16=-+-=- πο υκι α υτο γραφεται 3 3 3 9 9 9 3 3 Σ υνεπώς, κάθε φορά βρίσκο υμε την καινούρια πλε υρά πολλαπλασιά ζοντας το μήκος της προηγούμενης επί

-·-.

. Στη συνέχεια πολλαπλασιά ζο υμε επί 3 (τρεις πλε υρές) και βρίσκο υμε την

περίμετρο το υ σχήματος. ( περίμετρος σχήματος ) = 3 i ( πλευρά προηγούμενο υσχήματος ) . 3 Έτσι αν γνωρί ζο υμε την πλε υρά το υενός σχήματος βρίσκο υμε την περίμετρο το υ επόμενο υ (και ό 'λmν των επόμενων σχημάτων.» ·

Οι μαθητές που πήραν μέρος: Ηρώ Θέμελη, Δημήτρης Καγγελόπουλος, Νίκος Καγιάρας-Τmμπλιάρης, Αρετή Καραπαναγιώτη, Θεοδώρα Κουβαράτη, Γιάννης Μαντασάς, Αναστάσης Μαρκόπουλος, Χάρης Μαρούλης, Δημήτρης Ματαράγκας, Αλέξανδρος Μαχαίρας, Ιωάννα Μεγαλιού, Μαρία Μιχαηλίδη, Βαγγέλης Νάκο, Χρήστος Παπανικολάου, Χρήστος Παπάς, Χρύσα Συροπούλου, Στέλλα Σωτήρχου, Μαρία Τσιάπη, Αλέξανδρος Φίκας 2 Ως πλευρά του 2ou σχήματος εννοούμε την τεθλασμένη γραμμή που προκύπτει από την πλευρά του Το ίδιο ισχύει και για τις πλευρές των επόμενων σχημάτων.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/5

1 ou

σχήματος.

======

Εvιd.dδης ο Αλεξανδρείας (31Sπ.s -165 n)

Maήn Mersenne

Κώστας Γ Σάλαρης

( 15�1648)

Από το υς αρχαιότατο υς χρόνο υς και ιδιαίτερα από την εποχή το υ Π υθαγόρα και μετέπειτα οι άνθρωποι απέδιδαν μ υστικιστικές, μαγικές, και ακόμη ιερές ιδιότητες στο υς αριθμούς. Οι επιστήμονες μελέτησαν το υς αριθμούς, τις ιδιότητες το υς, κατέταξαν α υτούς σε ομάδες και προσπάθησαν ακόμη να ανακαλύψο υν στο υς αριθμούς μεταφ υσικές ιδιότητες και φ tλοσοφικές προεκτάσεις. Μεταξύ των αριθμών περίοπτη θέση καταλαμβ άνο υν οι λεγόμενοι τέλειοι αριθμοί . «Τέλειος αριθμός ε ν ί αι ο αριθμός πο υ είναι ίσος προς τα μέρη το υ» όπως αναφέρεται στα στοιχεία το υ Ε υκλείδη, δηλαδή τέλειος είναι ο φ υσικός αριθμός, πο υ ισούται με το άθροισμα ό 'λων των διαιρετών το υ (Σαν διαιρέτης δεν υπολογίζεται ο ίδιος ο αριθμός). Ο αριθμός 6 είναι τέλειος, επειδή 6= 1 +2 + 3. και οι 1 , 2, 3 είναι οι διαιρέτες το υ 6: Με το ίδιο σκεπτικό ο αριθμός 28 είναι τέλειος, διότι 28= 1 +2+ 4 + 7 + 1 4 και οι 1 , 2, 4, 7, και 14 είναι οι διαιρέτες το υ 28. Οι πρώτοι χριστιανοί και εβραίοι παρατηρητές συνέδεαν την τελειότητα των αριθμών 6 και 28, με τις γραφές, ότι η γη δημιο υργήθηκε σε έξι ημέρες και ότι το φεγγάρι κάνει ένα κύκλο γύρω από τη γη κάθε 28 ημέρες. Οι επόμενοι δύο τέλειοι αριθμοί είναι ο 496 και ο 8128. Εικάζο υμε ότι οι τέσσερις τέλειοι αριθμοί 6, 28, 496, 8128 ήταν γνωστοί στο υς aρχαίο υς. Η μελέτη των τέλειων φ υσικών οδηγεί στις εξής σ υνοπτικές παρατηρήσεις : 1. 2. 3.

Οι τέλειοι αριθμοί τελειώνο υν σε έξι ή οκτώ. Οι τέλειοι αριθμοί είναι άρτιοι. Σε διαδοχικούς τέλειο υς αριθμούς στο τελε υταίο ψηφίο το υς εναλλάσσεται το έξι με το οκτώ . Ο πρώτος τέλ f:ιος αριθμός έχει ένα ψηφίο, ο δεύτερος έχει δύο ο τρίτος έχει τρία, ο τέταρτος τέσσερα, έτσι ο πέμπτος θα πρέπει να έχει πέντε.

Στη πρόταση 36 στα στοιχεία το υ Ε υκλείδη αναφέρεται : «Αν το άθροισμα ενός δοσμένο υ πλήθο υς αριθμών πο υ βρίσκονται σε συνεχή αναλογία, η οποία ξεκινά από τη μονάδα και έχει λόγο τον 2, είναι πρώτος αριθμός, τότε το γινόμενο το υ αθροίσματος με τον τε λευταίο αριθμό της συνεχούς αναλογίας θα είναι τέλειος αριθμός». Η διατύπωση α υτή το υ Ε υΚλείδη σε σύγχρονα μαθηματικά αναφέρεται στη γεωμετρική πρόοδο 1,2,4,8,16 . . . . . . . . . .ή 1,2,22,23 ,24 , Η μέθοδος το υ Ε υκλείδη πο υ ανακάλ υπτε τέλειο υς αριθμούς εκφραζόμενη σε σημερινή μαθηματική συμβολική γλώσσα είναι. Αν 2ν-1 είναι πρώτος αριθμός τότε ο 2ν-1 (2ν- 1 ) είναι τέλειος, εφόσον το άθροισμα Σ = 1 +2+4+8+16+ . . ... . .+2ν-ι είναι αριθμός πρώτος Η μέθοδος πο υ v ανακάλ υψε ο Ε υκλείδης για την εύρεση τέλειων αριθμών είναι η μόνη γνωστή μέθοδος πο υ εφαρμόζεται μέχρι σήμερα. Για παράδειγμα αν πάρο υμε το άθροισμα Σ= 1 +2 +4= 7 πο υ είναι πρώτος αριθμός τότε ο αριθμός 2ν-1 {2ν - 1) = 4 •7 = 28 είναι τέλειος αριθμός. Αν πάρο υμε . . . ••

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Α' 98 τ.2/6

------

Οι τέλειοι αριθμοί και οι αριθμοί του Mersenne

--------

Σ=1+2+4+8+1 6=3 1 είναι πρώτος αριθμός άρα ο αριθμός 2ν-1(2ν-1)=24(25-1)=16.3 1=496 είναι τέλειος αριθμός. (Ο ν πρέπει να είναι και αυτός πρώτος) Επανερχόμενοι στο τύπο του Ευκλείδη για τη δημιουργία τέλειων αριθμών Τ=2ν-1(2ν-1) όπου 2ν-1 είναι πρώτος αριθμός, δημιουργούμε τους πρώτους τέσσερις τέλειους αριθμούς που ήταν γνωστοί στον Ευκλείδη Για ν=2, 2(22-1)=6, για ν=3, 22(23-1 )=4·7=28, για ν=5, 2\25-1)=16·31=496. Για ν=7, 26(27-1)=64·127=8 128 Ο γνωστός Ελβετός μαθηματικός Euler απέδειξε ότι ο τύπος του Ευκλείδη παράγει μόνον άρτιους τέλειους αριθμούς. «Κάθε άρτιος τέλειος αριθμός δίνεται από τον τύπο 2v-1·p, όπου p=2v- l είναι πρώτος, όταν ν είναι και αυτός πρώτος αριθμός» Με αυτό τον τρόπο ο Euler διατύπωσε το αντίστροφο του θεωρήματος του Ευκλείδη για τους τέλειους αριθμούς; Ο επόμενος τέλειος αριθμός είναι ο 33550336 και ακολουθούν οι 8589869056, 1 37438691328, 2305843008 1 39952 128, 265845599 1 56983 1 74465469261 59538421 76, 1 9 1 5619426082361 07294793378084303638 1 30997321 548 1 692 1 6 Ανοιχτό πρόβλημα: Εικασία:

Υπάρχει περιττός τέλειος αριθμός;

Δεν υπάρχει περιττός τέλειος αριθμός.

Σύμφωνα με τον Eu1er, αν υπήρχε περιττός τέλειος αριθμός, θα ήταν της μορφής p4v+1·x2, όπου p=4λ+ 1 και χ περιττός αριθμός διαιρούμενος δια του p. Μέχρι σήμερα ούτε η εικασία έχει επαληθευθεί μαθηματικά, ούτε η παρατήρηση έχει επιβεβαιωθεί.

Παρατήρηση:

αριθμών, είναι ένας πρώτος αριθμός Mv της, μορφής 2v-1 όπου ν πρώτος αριθμός .Οι αριθμοί αυτοί έχουν πάρει το όνομά τους από τον Γάλλο Θεολόγο και Μαθηματικό Marin Mersenne, ο οποίος επιβεβαίωσε στον πρόλογο του Cogίtata Physίca Mathematίca (1 644) ότι, για 16257, Μvείναι ένας πρώτος αριθμός_μόνον για ν= 2, 3, 5, 7, 13, 1 7, 1 9, 3 1 , 67, 127, και 257. Αυτή η λίστα, οπωσδήποτε περιέχει δύο αριθμούς οι οποίοι μέσω του τύπου 2 v-1 παράγουν σύνθετους αριθμούς. Η διορθωμένη λίστα είναι 2, 3, 5, 7, 13, 1 7, 19, 3 1 , 6 1 , 89, 107, και 1 27, η οποία δεν είχε οριστικοποιηθεί μέχρι το 1947. Αυτή η εργασία ακολούθησε το έργο επώνυμων Μαθηματικών δια μέσου των αιώνων, αρχίζοντας από τον Ελβετό Μαθηματικό Leonhard Euler, ο οποίος επιβεβαίωσε το έτος 1750, ότι ο αριθμός 3 1 παράγει έναν πρώτο αριθμό του Mersenne. Με τα σημερινά μαθηματικά δεδομένα δίνουμε τον ποιο κάτω ορισμό. Οι πρώτοι αριθμοί Mv=2v-1, όπου ν είναι θετικός και πρώτος ονομάζονται πρώτοι του Mersenne. Για να βρούμε τους πρώτους της μορφής Mv=2v-1 Η αναζήτηση πρώτων αριθμών του Mersenne αποτελεί ένα ενεργό πεδίο της θεωρίας αριθμών αλλά και της επιστήμης των Ηλεκτρονικών Υπολογιστών . είναι μια από τις μεγαλύτερες εφαρμογές κατανεμημένης επεξεργασίας μιας προσπάθειας που συμμετέχουν χιλιάδες χρήστες συνδεδεμένοι μέσω του Διαδικτύου και συνεργάζονται για να λύσουν το πρόβλημα. Η μεγάλη αυτή έρευνα των πρώτων του Mersenne της Great Intemet Mersenne Prime Search (GIMPS) έχει 100.000 εθελοντές, οι οποίοι έχουν αποθηκεύσει στα PC τους ειδικό Λογισμικό. Ο μεγαλύτερος γνωστός πρώτος αριθμός του Mersenne είναι ο 257'885'161- 1 , με 1 7,425,170 ψηφία.

Αριθμός του Mersenne, στην θεωρία

Πηγές ι::) ι::)

Encyclopedia Bήtannica The Music ofthe Pήmes . Copyήght 2003, Marcus Du Sautoy ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/7

aριθμολογία των Αρχαίων Ελλήνων Δ ρ. Σάλτας Βασίλειος

1. Εισαγωγή Θεωρείται, ότι οι πυθαγόρειοι ή οι συνεχιστές των, βελτίωσαν τα υπάρχοντα πολύπλοκα συστήματα αρίθμησης, δια της δημιουργίας του δεκαδικού αλφαβητικού συστήματος αρίθμησης, χρησιμοποιώντας τα γράμματα της αλφαβήτου και, τοποθετώντας υπεράνω κάθε γράμματος μια παύλα. Επειδή τα γράμματα της Ελληνικής γλώσσας είναι 24, ενώ απαιτούνται 27, χρησιμοποίησαν 3 γράμματα της φοινικικής αλφαβήτα. Τα ακόλουθα τρία: ς, lιt' και' (στίγμα, κόππα και σαμπί). Τονίζεται ότι, εκτός των ελληνικών γραμμάτων, χρησιμοποιούσαν και γράμματα της φοινικικής αλφαβήτου [ 1 ] : Μονάδες· α = 1 β-= 2 r- = 3 δ= 4 ε= 5 ς- = 6 ζ- = 7 η = 8 0 = 9. δεκάδες·. ϊ = 10 κ = 20 λ= 30 μ = 40 ν = 50 ξ- = 60 ο = 70, π= 80, lιt'? = 90. Εκατοντάδες: ρ 100, σ = 200, f = 300, υ = 400, Φ = 500, χ = 600, ψ = 700, ω = 800, ' = 900. Επισημαίνεται επίσης, ότι στην Αρχαία Ελλάδα, εκτός του ότι οι αριθμοί συμβολίζονταν με γράμματα, ακόμη και οι λέξεις (ακολουθία γραμμάτων) επίσης εξετάζονταν ως αριθμοί (άθροισμα αριθμών, με τα αντίστοιχα γράμματα της λέξης). Για παράδειγμα η λέξη «Άθήνα» αντιστοιχείτε με τον αριθμό 69, γιατί Α = 1 , θ = 9, η = 8, ν = 50, α = 1 και κατά συνέπεια 1 +9 +8 +50 + 1 = 69. .

Ο μηρικά μαθηματικά Για τον Όμηρο και τις μαθηματικές του γνώσεις γνωρίζουμε ελάχιστα. Αρκετές και ενδιαφέρουσες μαθηματικές πληροφορίες για τον Όμηρο αναγράφονται στα συγγράμματα του ρωμαίου συγγραφέα Aulus G. Gellius (2 αιώνα μ.Χ.) και του εκ:κ:λησιαστικού συγγραφέα Κλίμη του Αλεξανδρινού [ 1 ]. Ο Gellius φοίτησε στη σχολή του Πλάτωνα στην Αθήνα και τα συγγράμματά του συγκεντρώνονται σε πέντε τόμους με τίτλο « Άττικαί νύκτες». Στο δεύτερο τόμο ο Gellius παρατηρεί, ότι οι λέξεις που περιέχονται σε κάποιους Ομηρικούς στοίχους, όταν αριθμολογηθούν (αντικατασταθούν δηλ. με τον αριθμό που αντιστοιχεί η κάθε μία) δίνουν το ίδιο άθροισμα. Για παράδειγμα στους στίχους 264 και 265 του κεφαλαίου Η της Ιλιάδας [ 1]: «Άλλ' άναχασσάμενος λίθον εϊλετο χειρί παχείn κείμενον έν πεδίφ , μέλανα, τρηχύν τε μέγαν τε» Στίχος 264: Άλλ ' = 1+30+30 = 6 1 άναχασσάμενος = 1+50+1+600+1+200+200+1+40+ +5+50+70+200= 1419 λίθον= 30+1 0+9+70+50 = 1 69 εϊλετο = 5+10+30+5+300+70 = 420 χειρί = 600+5+ 1 Ο+ 1 00+ 1 Ο = 725 παχείn = 80+ 1 +600+5+ 1 0+8 = 704 Γενικό άθροισμα 61 + 1419+420+725+704 = 3498. - = 20+5+ 1 0+40+5+50+70+50 = 250 Στίχος 265: κείμενον έν = 5+50 = 55 πεδίφ = 80+5+4+ 1 0+800 = 899 μέλανα = 40+5+30+1+50+1=127 τρηχύν = 300+100+8+600+400+50 = 1458 2.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/8

-------

Η aριθμολογία των Αρχαίων Ελλήνων

-------

τε = 300+5=305 μέγαν = 40+5+3+ 1 +50=99 τε = 300+5=305 Γενικό άθροισμα - 250+55+899+ 127+ 1489+ 305+99+305 3498. (Μετάφραση: «Αλλ' υποχώρησε (ο Έκτωρ) και σήκωσε με το γερό του χέρι μια πέτρα, η οποία ήτο στο έδαφος, μαύρη και τραχειά και πολύ μεγάλη») [ 1] Ανάλογο φαινόμενο παρατηρείται και στους στίχους 306 και 307 του κεφαλαίου Τ της Ιλιάδας. Κατά τον Κλίμη τον Αλεξανδρινό [ 1] στην Ιλιάδα και την Οδύσσεια οι θεοί τιμωρούν τους ανθρώπου συχνά με «5, 6 ή 7 λέξεις>). Συγκεκριμένα αναφέρεται, ότι η τιμωρία υλοποιείται με τις ακόλουθες λέξεις: <<λιμός)), η λέξη έχει 5 γράμματα (πείνα), <<λοιμός)), η λέξη έχει 6 γράμματα (μεταδοτική ασθένεια) και «πόλεμος)>, όπου η λέξη έχει 7 γράμματα. Ο ίδιος αναφέρει επίσης, ότι τα πρώτα δυο γράμματα της πρώτης λέξης της Ιλιάδα και συγκεκριμένα τα «μη)),αν αναπαρασταθούν ως αριθμός, προκύπτει ο συνολικός αριθμός των ραψωδιών της Οδύσσεια και της Ιλιάδας, δηλαδή 40+8 = 48 = 24+24. Επισημαίνει ακόμη,.ότι στο στίχο 1 8 1 του κεφαλαίου Γ της Ιλιάδας, κάθε επόμενη λέξη έχει μια συλλαβή περισσότερη από την προηγούμενη. Έτσι λαμβάνεται μια αριθμητική πρόοδος και συγκεκριμένα: ώ μάκαρ Άτρείδη μοιρηγενές όλβιόδαιμον 1 2 3 4 5 =

Πυθαγόρας 580 - 500 π.Χ. 3. Ιστορικά αριθμητικά γεγονότα

Η σχολή του Πλάτωνα

Εκτός του Ομήρου και άλλοι φιλόσοφοι μεταγενέστεροί του ασχολήθηκαν με ανάλογες αριθμητικές καταστάσεις. Συγκεκριμένα ο Λεωνίδας ο Αλεξανδρινός τον 1 αιώνα μ. Χ. γράφει[ Ι]: «Είς πρός ένα ψήφισιν ίσάζεται, σό δύο δοιοϊς ού γάρ ετι στέργω τήν δολιχογραφίην)) (Μετάφραση: <<Ένα - ένα στίχο θα κάνω να έχει τον αυτό αριθμό, όχι δυο - δυο γιατί τώρα πια δεν μ' αρέσει η μακρολογίω)) [ 1] Πράγματι, αν εφαρμοστεί το ίδισ μ' αυτό που προαναφέρθηκε για τους στίχους του Ομήρου, για καθ' ένα απ' αυτούς, λαμβάνεται το γενικό άθροισμα 41 1 1 . Σχετικά με την αριθμητική απόδοση των λέξεων, ο Ιπόλλυτος (2° αιώνα μ.Χ.) αναφέρει τον όρο «πυθμέναφ λέξης [1 ]. Συγκεκριμένα, αφού οι λέξεις αντικατασταθούν με τους αντίστοιχους αριθμούς, διαιρούνται οι δεκάδες με το 1 Ο και οι εκατοντάδες με το 100, λαμβάνοντας έτσι μονοψήφιους αριθμούς. Εν συνεχεία αθροίζονται οι λαμβανόμενοι αριθμοί, μετά αθροίζονται τα ψηφία τους μέχρι να ληφθεί μονοψήφιος αριθμός. Ο αριθμός αυτός είναι ο «πυθμένας>) της ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/9

-------

Η aριθμολογία των Αρχαίων Ελλήνων

-------

αντίστοιχης λέξης. Κάτι αντίστοιχο αναφέρει ο Ιπόλλυτος και για τους «πυθμένες» των αριθμών. Συγκεκριμένα: αθροίζονται τα ψηφία του αριθμού μέχρι να προκύψει μονοψήφιος αριθμός, ο οποίος είναι και ο ζητούμενος «πυθμένας». Με αυτόν τον τρόπο, κατά τον Ιπόλλυτο, οι Αρχαίοι Έλληνες ερμήνευαν πολλά σημαντικά γεγονότα. Για παράδειγμα την ήτα του Έκτορα από τον ΑχW..έα. Ο πυθμένας της λέξης «Άχιλλεύς» υπολογίζεται ως εξής: αντιστοιχούνται τα γράμματα με αριθμού και λαμβάνονται 1 , 600, 10, 30, 30, 5, 400, 6 . Εν συνεχεία, διαιρώντας τις δεκάδες με το 10 και τις εκατοντάδες με το 100, λαμβάνονται αντίστοιχα οι αριθμοί: 1 , 6, 1 , 3, 3, 5, 4, 6. Αθροίζονται οι αριθμοί αυτοί μέχρι να ληφθεί μονοψήφιος αριθμός: 1+6+1+3+3+5+4+6=29 2+9=1 1+1+1=2 Κατά συνέπεια ο «πυθμένας» της λέξης «Άχιλλεύς» είναι ο αριθμός 2. Ανάλογα υπολογίζεται, ότι ο «πυθμένας» της λέξης «'Έκτωρ» είναι ο αριθμός 1. Επειδή ο αριθμός 2 είναι μεγαλύτερος του 1 , το Αχιλλέας έπρεπε να νικήσει τον Έκτορα. Ένας άλλος Έλληνας μαθηματικός ο Ιάμβλιχος (3 - 4 αιώνα μ. Χ.), σχετικά με τους πυθμένες των αριθμών, διατύπωσε το ακόλουθο: «Έστω τρεις διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί, για

τους οποίους είναι γνωστό ότι ο μεγαλύτερος διαιρείται με το 3. Τότε, αν αθροιστούν τα ψηφία του αθροίσματος των τριών αυτών αριθμών, μέχρι να ληφθεί μονοψήφιος αριθμός, τότε ο αριθμός αυτός θα είναι ο 6>>

Για παράδειγμα, έστω οι αριθμοί 2005, 2006 και 2007. Τότε: 2005+2006+2007=601 8, 6+0+1+8=15, 1+5=6. Έστω ακόμη ένα παράδειγμα: 3739, 3740, 3741: Τότε 3739+3740+3741=1 1220, 1 + 1 +2+2+0=6. 4 . Γενικές παρατηρήσεις

Λιχμβάνοντας υπ' όψιν τα προαναφερόμενα για τους Αρχαίους Έλληνες και τις σύγχρονες παρατηρήσεις, δύναται να λεχθεί το ακόλουθο: Αν υπολογιστούν οι «πυθμένες» των λέξεων: «Πυθαγόρας», <<Σάμιος» είναι αντίστοιχα οι αριθμοί 4 και 3. Ο δε «πυθμένας» του αριθμού 500 είναι το 5. Αφού ληφθεί υπ' όψιν το ακόλουθο ιστορικό γεγονός: «0 Πυθαγόρας γεννήθηκε το 580 π.Χ. στη Σάμο και πέθανε το 500 π.Χ.», τότε η τριάδα <<Πυθαγόρας», <<Σάμιος», 500, αποτελεί τη γνωστή «Πυθαγόρεια τριάδα», δηλαδή 52=3 2+42• Ιδιαιτερότητα παρου(ηάζει και η ημερομηνία γέννησης του Πυθαγόρα και συγκεκριμέν� το 580 π.Χ., οι οποία έχει ως «πυθμένα» τον αριθμό 4. Λαμβάνοντας υπ' όψιν τις προαναφερόμενες καταστάσεις, δύναται να διατυπωθούν τα ακόλουθα ερωτήματα: «Τυχαία ή όχι ο Όμηρος έγραψε αυτούς τους στίχου;», «Μήπως υπάρχει κάποια σχέση της πυθαγόρειας τριάδας με τον προσδιορισμού του έτους θανάτου του Πυθαγόρας;» Αυτά όμως δεν τεκμηριώνονται ιστορικά και ανήκουν περισσότερο στο χώρο της φαντασίας. Το μόνο που μπορούμε να αναφέρουμε με αξιοπιστία είναι τα περί των πυθμένων των γεωμετρικών σχημάτων. Αν θεωρήσουμε Π.χ., το σύνολο των ορθογωνίων τριγώνων που τα μέτρα των πλευρών των εκφράζονται με ακέραιους αριθμούς, το ορθογώνιο τρίγωνο με πλευρές 3, 4 και 5, είναι ο πυθμένας όλων των ορθογωνίων τριγώνων του συνόλου αφού, 1. Το άθροισμα των πλευρών του είναι το μικρότερο δυνατόν (3+4+5=12) 2 . Είναι και πυθμένας του συνόλου. 3 χ4:2=6 τετρ. μονάδες. Τέλος γεγονός είναι_. ότι οι σύγχρονες τάσεις και εξελίξεις της αριθμολογίας έχουν τις ρίζες τους στα aρχαιοελληνικά μαθηματικά και τους σημαντικούς αντιπροσώπους της εποχής αυτής. 5. Β ιβλιογραφία

1 . Σταμάτης, Ε. (1 976) Ελληνικά μαθηματικά, Αθήνα: Μορφωτικαί Εκδόσεις. 2. http://www-history.mcs.st-and.ac.uk/�history •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/10

Συμμετρία ως προς σημείο

Αρδαβάνη Καλλιόπη - ΠαλαιοΎtαννίδη ς Δημήτρης

Ας φανταστούμε ένα αεροπλάνο να κάνει σε ένα ταξίδι του, το γύρο της Γης σε σταθερό ύψος από αυτήν.

Μπορείτε να προβλέψετε πώς θα φαίνεται το αεροπλάνο στη μέση της διαδρ ομής του; ο α Π ι από τις παρακάτω εικόνες πιστεύετε ότι αντιπροσωπεύει την θέση του στο χώρο εκείνη τη στιγμή;

aυcόνα4

Σημείωσε την επtλογή σου και ας προσπαθήσουμε μαζί να την ελέγξουμε, να την επιβεβαιώσουμε ή να την αλλάξουμε. Ας κάνουμε πρώτα μερικές παρατηρήσεις-σκέψεις: Στο ταξίδι αυτό το αεροπλανάκι γυρίζει γύρω από τη Γη οπότε θα· μπορούσαμε να πούμε ότι περιστρέφεται γύρω από το κέντρο της γης και η τροχιά του σχεδιάζει έναν νοητό κύκλο γύρω από τη Γη. (συμφωνείς;) Γιατί η εικόνα 2 δεν μπορεί να είναι λύση του γρίφου; Το αεροπλάνο σε όλη τη πορεία του αλλάζει θέση ως προς τη γη και διατηρεί σε όλη του τη πορεία αμετάβλητο το μέγεθός του, το σχήμα του, τον όγκο του. (συμφωνείς;) Στο μισό του ταξίδι θα έχει ολοκληρώσει μισή περιστροφή, άρα θα βρίσκεται στο aντιδιαμετρικό σημείο του κύκλοv της περιστροφής του, δηλαδή θα έχει στραφεί κατά 1 80°. (συμφωνείς;) Γιατί το σχήμα της εικόνας 4 δεν μπορεί να αποτελεί τη λύση του γρίφου; Άραγε υπάρχει τρόπος να διαλέξουμε με σιγουριά μία από τις άλλες εικόνες; Θα μπορούσαμε να κάνουμε ένα πειραματισμό με την περιστροφή ενός δικού μας αεροπλάνου (παιχνίδι) γύρω από ένα σταθερό σημείο; Ας δέσουμε ένα αεροπλανάκι με μία κλωστή και κρατώντας την άλλη άκρη της κλωστής σταθερή ας περιστρέψουμε το αεροπλανάκι γύρω από το σταθερό σημείο. Γιατί η εικόνα 1 δεν είναι λύση του γρίφου; Συμφωνείς ότι η λύση του γρίφου είναι η εικόνα 3; Η εικόνα 1 ποιο γνωστό είδος συμμετρίας μας θυμίζει; Λέμε ότι το τα σχήματα των αεροπλάνων στην εικόνα 3 είναι συμμετρικά ως προς κέντρο συμμετρίας το Ο. Σχήματα με κέντρο συμμετρίας

Παρατηρήστε ότι τα σχήματα που ακολουθούν έχουν ένα νοητό σημείο, ως προς το οποίο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/11

-------

Συμμετρία ως προς το σημείο

-------

αν τα περιστρέψουμε κατά 1 80° εφαρμόζει το ένα τους μέρος πάνω στο άλλο. Αυτό το σημείο λέγεται κέντρο συμμετρίας του σχήματος. Τα σημεία του σχήματος που συμπίπτουν με τη περιστροφή αυτή λέγονται συμμετρικά σημεία ως προς κέντρο συμμετρίας. ,

Ε • •

ο 8

Λέμε έχουμε ότι περιστροφική συμμετρία 55° ως προς σημείο Ο.

Περιστροφική συ μμετρία Περιστρέφουμε το αεροπλάνο γύρω από το σημείο Ο και μετράμε τη γωνία περιστροφής ω.

Λέμε ότι έχουμε περιστροφική συμμετρία 130° ως προς σημείο Ο.

Κεντρική συ μμετρία ω=180°

Λέμε ότι έχουμε κεντρική συμμετρία αις προς κέντρο το σημείο Ο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α. 98 τ.2/12

------

Συμμετρία ως προς το ση μείο

Παρατηρούμε ότι στο σχήμα υπάρχει ένα νοητό σημείο ως προς το οποίο αν το περιστρέψουμε κατά 1 80° , το σχήμα θα συμπίπτει με το αρχικό. (Συμφωνείς;) Παίρνουμε ένα σημείο πάνω στο σχήμα και εξετάζουμε ποια σχέση έχει με το συμμετρικό του. Ένα τέτοιο σημείο μπορεί να είναι το σημείο Α. Σχηματίζουμε το ευθύγραμμο τμήμαΑΑ' που τα ενώνει. Διαπιστώνουμε ότι διέρχεται από το σημείο Ο και ότι το Ο είναι μέσο του τμήματος ΑΑ ' . (Συμφωνείς;) Όμοια διαπιστώνουμε για ένα ά'λλ.ο σημείο Β, ότι και το τμήμα ΒΒ' διέρχεται από το Ο και έχει μέσον το σημείο Ο.

Μπορείς να επιβεβαιώσεις τις παρακάτω ιδιότητες του κέντρου συμμετρίας; Ι) Το κέντρο συ μμετρίας ενός σχήματος β ρίσκεται στο εσωτερικό του σχήματος και είναι μέσον του τμήματος που ενώνει δύο συμμετρικά σημεία του σχήματος. 11) Αν περιστρέψουμε το σχήμα κατά 180 ο γύρω από το κέντρο συ μμετρίας του το σχήμα που προκύπτει συμπίπτει με το αρχικό. ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΕΣ 1) Αξιοποίησε τις παραπάνω ιδιότητες για να κατασκευάσεις το συμμετρικό του σχήματος που ακολουθεί ως προς το σημείο Ο. - .. - - L

- -11

- ....J- - �

- .ι,.

- --

... .. --.,. - -ι--......;- --+-- τ -

...

- _:;-__ - �

,.. - -�- - .,

- .L

......

- ..J- - .J

r -

-,- - ι- I

- - I - -I,-

-=·�·!-8111!•

-...II!IΙC=i==τ==:=!:.-t •:

--�-�--�--τ--� -- --,--τ--�-

- 111'- -

- J--

____

ι Ι

•

ι I

ιv

·'

�

-ι �

- -r I

Ι - ί-

-,-

•

�

- .,

.4-

ι !

•

ο ι

•

- - - - -,ι

-, - - 1 - - r Ι

...L...

...

.,.ι. ... ... -1

......

-4- ......

+-- ιο- - -ι-- -ι- - -t-- ... I - r --

I r - -,.-

� I

� •

., �

-- ... -

- 1

Ι - - τ

�

:� '" :

- - �

'" � "

- .. - - t- � -ι-

�

� "'

lio-

... ..1. ...

...

-1 ...... � I

......

- ..... - -ι---ι- ... .........

r -

I I -,- - ., --

·� "'� • •: • �

ι - �. -

•

__,

1 ι

- τ 1

_ _ J _ ... 1 ι ι I

•

... - - +

r - - r- - .., -- ., - - τ

τ - - r - - iI • I I Ι _ _, _ _ .J _ _ .ι _ _ L _ -�ι • ι ι i ι

•. - -�-·- �-

_ _, _

- - L -- -- -' -- 1 -- L -

L ...

...

•

...

,.. --�--i- -

..,

... -• -

......

Ι .,. - - � -

'- - �I

I -r I

1 ι - - - - �

......

...

- -ιι

�

I - ��

- "'

- τ I

.. "" .... � � ,.

- r I

�

• •

- .•

., - - ., - ·'

� • :• � �

•

ίr - - ·-

- ......

-»

•

�

...

-ιI ..

• ••

�

,. - -ι - -, - - �- - "t' ι

-.- - -,- - 1, - - r - -,- - -, - .,.--τ• I � i Ι Ι t I Ι ... 'L _ - ' -- _ι __ J __ ι--'---'- -.J--1� t ι ι ι 1 ι • ι " ι ι • 1 ι ι ' Ι - - -... - . 4. ·.. ....

�- �

"". ,.. ··ι· · .. ... ι

Ι ι I I I -Γ - -, - - 1 - - ,. - - r - -,- - -ι'

: .... �-- � -· - �-- �- -�-- �-- �-- :-.

• _.

- . .... .... ,_ - ... - - •

�

...... ...

ι- - .,. - - r -

• • I I " • - - I - - -�- ϊI - - Iϊ - -,Ι - -.- -ι-τ-�--I,- - -I, -·- ϊ... I; - - I - - - Ι - - ϊ.•

� ... - - � - -Ι- �- ....

......

..... ...-

• - ,- - �- ... τ -

� "'�- �:'� I

• j __ ' I

- � - ... t... - .J

- -, -- ., - - r- - -ι- - ., - - τ

i 1t I f ι --r----,--τ--

4 ι ----,--

- ., - -

...

+- -+- - --�- -;-- -1 - - 1- - -ι- -

, - - τ- Ι

.L. - - L...

�

�- �· �

.•

I Ι • .• - � . ...... . . ....

'I - - r - -,- ·� -1I

-L

�

�-

.. . .

I '

•

'1- - r �

---- - - -- ---- -�- 1- -r � i -r--Γ-� ,--i- � 1 -1- �--r-�- -�--τ-

.... .J ........ .J I ι ι

"" -4f - - ... ,. - t"' ... �

� •

...,

... r· 1

_ : .... _ L 1

...., .. � �

• .. , .. ... ...

....

, "" ... l

.... ι___ι_ ι

�

....

- • '

..,.

�

" '" � '

·• τ - .. r

.... _

.ι

_ _

"" -�"' .._ ., ,._ • ,

1. �-."

,..

.... -·- _

"'1 r

J ι

Jl'

1 ι

J. 1

• � +

.. .f

_ ....

•

�

•

• � 1

�

'"I "' 1

- - ... � .., • 1 1

_ _ ι_ .... _1 _ ....

....

., ,.

·, 1

J ι

_ L _ _ ι_ _ ....;1 ι

..ό � ., .. I-

� .... ο.

.. r .,. .. , ....

_ -

_ ....

.ι I

....

- 't .,

...... - -

_ _ 1_ .... -�- -

_ L. 1

'� f

....

.... L 1

.ι _ _ L ι

..J __ .J - .... .1. .... _ 'L -

-Ι.., ι

- '' ,.., .,. •1

,. .. "' r ., ... ,... ι

....

•

....,

•· � 1

- - 1

.... _ι- ....

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/13

J ι

'""

.., f I ...

.... ....

.L.

..,Ι_ .... I

- '- .... .,. ... ,_ -

τ ·· ι

....

.J _ _ .:ί - -

r " ..,. , "" ... "Ί -·

•

-ι:..

.... ... ι ... ....

..J 1

....

L ....

... "' -• -• �

....

...,

-'- - .i-ι

- - ,.... "" -ι_.

-ι_

+ '"'

, .,. ... ·�

1 ι • - ,-.. .......

- ...l - - L. ι

_1 . ....

�

.L.i

" ' 4

.. r .. ι

.J'- ·- .L .. r

-------

Συμμετρία ως προς το ση μείο -------

Στο διπλανό σχήμα μπορείς να δεις ένα τετράπλευρο ΑΒΓΔ και τέσσερεις ομόκεντρους κύκλους με κέντρο το σημείο Ο που περνάνε από τις κορυφές του τετραπλεύρου. Μπορείς με τη βοήθεια των 4 κύκλων να στρέψεις το τετράπλευρο ΑΒΓΔ κατά γωνία 1 80°; Πώς θα βρεις το σημείο στο οποίο αντιστοιχεί κάθε κορυφή του; Ποια σχέση έχουν τα δύο σχήματα; 2)

Ι ι

ι ι ι

;;

ι�"

��.::===, -

Ιl Ιl

ιΙ ,ι

"'"'

,...

.... ---- f.. I I

�ο

'�,

�

a·

ιι ιι 11 IJ IJ

/; /; /;

---

χωρίς

ι ι I

,, ,,

Α' -

Μπορείς να κάνεις το ίδιο χρησιμοποιήσεις τους κύκλους;

- .... - .:' ----

να

�· Β

.ο

2 ) Μπορείς τώρα να γράψεις μερικές οδηγίες για τη κατασκευή ενός συμμετρικού σχήματος ως προς ευθεία (ε) χωρίς να έχεις α παραίτητα το σχήμα σε χαρτί μιλιμετρέ;

ΟΔΗΓΙΕΣ ΓΙΑ ΤΗΝ ΚΑΤΑΣΚΕ ΥΗ ΤΟΥ ΣΥΜΜΕΤΡΙΚΟΥ ΣΗΜΕΙΟΥ Α', ΕΝΟΣ ΣΗΜΕΙΟΥ Α ΩΣ Π ΡΟΣ ΣΗΜΕΙΟ Ο.

ΕΦΑΡΜΟΓΗ ΚΑΤΑΣΚΕΥΗΣ

1 ) Από το σημείο Α σχεδιάζω την ημιευθεία ΑΟ 2) 3)

Προεκτείνω την ημιευθεία ΑΟ προς το Ο και Με τον διαβήτη ή τον χάρακα παίρνω ευθύγραμμα τμήματα ώστε ΑΟ= .. .. . ..

Α. Στη

διπλανή εικόνα μπορείς να δεις μια χαμογελαστή φατσούλα και δύο ευθείες ει και ε2 που τέμνονται στο σημείο Ο και σχηματίζουν γωνία 75°.

Α 1 . Να

κατασκευάσεις το συμμετρικό της φατσούλας ως προς την ευθεία ει. Το σχήμα που θα προκύψει θα μοιάζει με αυτό της διπλανής εικόνας, έτσι δεν είναι;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/14

•

------Α2.

Συμμετ ρία ως προς το ση μείο -------

Μπορείς να κατασκευάσεις στο ίδιο σχήμα το συμμετρικό ως προς την ευθεία ε2 της φατσούλας που προέκυψε ως συμμετρική της αρχικής στο ερώτημα Α ; Πώς θ α γίνει τώρα το σχήμα; Μοιάζει με αυτό που βλέπεις δίπλα;

Α3. Προσπάθησε τώρα, στο ίδιο σχήμα, να κατασκευάσεις και το συμμετρικό της αρχικής φατσούλας ως προς το σημείο Ο. Αυτό που έφτιαξες είναι ίδιο με αυτό που βλέπεις στη διπλανή εικόνα. Σωστά;

Β. Στη διπλανή εικόνα μπορείς να δεις την ίδια φατσούλα και τις ευθείες ε1 και ε2. Αυτή τη φορά όμως οι δύο ευθείες σχηματίζουν ορθή γωνία.

ε1

ε2

Bl.

Β3.

Ακολουθώντας την ίδια λογική, να κατασκευάσεις το συμμετρικό ως προς την ευθεία ε2 της φατσούλας που είναι συμμετρική της αρχικής ως προς την ευθεία ε1 • Και πάλι το σχήμα σου είναι το ίδιο με το διπλανό. Έτσι δεν είναι;

Να κατασκευάσεις, τώρα", το συμμετρικό της αρχικής φατσούλας ως προς το σημείο Ο. Θα πρέπει και πάλι το σχήμα που κατασκεύασες να είναι ίδιο με το διπλανό. Τι παρατηρείς για το συμμετρικό αυτό σε σχέση με το συμμετρικό του Β2;

ε1

Ν α κατασκευάσεις πάλι τ ο συμμετρικό της ω ς προς την ευθεία ε1 . Το σχήμα σου είναι ίδιο με το διπλανό. Σωστά; ε2

Β2.

�

θ � ο

ε1

ε2

1-.J

� � ο

r-l

ε1

ε2

c;J

θ θ ο

(;)

3. Ένας συμμαθητής σου, που ασχολήθηκε μόνο με την περίπτωση Β, διατύπωσε την εικασία ότι το αποτέλεσμα δύο διαδοχικών αξονικών συμμετριών ως προς δύο τεμνόμενες ευθείες είναι το ίδιο με το αποτέλεσμα μιας κεντρικής συμμετρίας ως προς το σημείο τομής των δύο ευθειών. Συμφωνείς με το συμπέρασμα αυτό; Και βέβαια όχι αφού έχεις�qχοληθείJ.UO.την περίπτωσJΊ1 Α. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/15

-------

Συμμετρία ως προς το ση μείο -------

Μπορούμε λοιπόν να πούμε ότι: Όταν οι δύο άξο νες συμμετρίας είναι κάθετοι μεταξύ το υς, τότε το αποτέλεσμα των δύο διαδοχι κών συμμετριών ως προ ς το υς δύο άξονες ταυτίζεται pε τ:ο συμμετρι κό το υ αντι κει ένο υ ως π ο ς το σ είο το ' ς των δύο αξόνων.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1 . Σχεδίασε με τη μύτη . του μολυβιού σου ένα δικό σου

σχέδιο - σχήμα έτσι ώστε αυτό να έχει κέντρο συμμετρίας το σημείο Ο.

Δόθηκε στους μαθητές ενός τμήματος η πληροφορία ότι το διπλανό σχήμα είναι συμμετρικό ως προς κάποιο κέντρο που δεν φαίνεται στο σχήμα. Μία μάδα μαθητών κατάφερε να βρει το κέντρο συμμετρίας του σχήματος. Μπορείς να το βρεις και εσύ; Προσπάθησε να εξηγήσεις σε έναν φίλο σου που δεν καταλαβαίνει τι έκανες γιατί έχεις δίκιο.

Ο Γιάννης ισχυρίζεται ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ του

διπλανού σχήματος είναι συμμετρικά ως προς κάποιο κέντρο το οποίο δεν βλέπουμε. Η Μαρία του απέδειξε ότι κάτι τέτοιο δεν ισχύει. Πώς έπεισε η Μαρία τον Γιάννη ότι έχει άδικο;

Μπορείς να περιγράψεις το είδος της συμμμετρίας των περιστεριών β, γ, δ με το περιστέρι α;

Για τις παραπάνω δραστηριότητες μπορείς να χρησιμοποιήσεις τις εφαρμογές geogebra στην διεύθυνση: http:I/tube.geogebra.orglm/2098495

http:I/tube.geogebra.org/m/2098571

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/16

Κλάσματα ιcαι δεχαδιιcοί. Μια άλλη ματιά. ======

Στέφανος Κείσογλου - Νάνσυ Κυριακοπούλου - Τάνια Μάνεση

Υπάρχει ένα ρήμα στην αρχαία Ελληνική γλώσσα, το κλάω (κλω) το οποίο χρησιμοποιούσαν παλιά οι Έλληνες για να δηλώσουν ότι κόβουν κάτι, το τεμαχίζουν. Στην Αγγλική γλώσσα η λέξη fragment σημαίνει μικρό κομματάκι. Τι σχέση έχουν τώρα όλα αυτά; Ο τόσο διαδεδομένος όρος "κλάσμα" δεν είναι τίποτε άλλο παρά ένα παράγωγο του ρήματος κλάω, ο αντίστοιχος όρος στα Αγγλικά είναι "fraction·· που συγγενεύει στενά με τον όρο "fragment". Αυτό που βλέπουμε και στις δύο περιπτώσεις είναι ότι το κλάσμα δηλώνει στη φυσική γλώσσα ότι έχουμε ένα τμήμα, ένα μέρος κάποιου πράγματος. Στα Μαθηματικά, οι όροι έχουν συνήθως πολύ πιο ξεκάθαρη σημασία, πολύ πιο συγκεκριμένη, ίσως και διαφορετική. 2

' του συ μ βο' λου οια ειναι η σημασια

α�-·--•_-_.__• ___.l

Από την παραπάνω σχέση προκύπτει ότι: )ίο> Το πλάτος α είναι τα 2 σαν τ·α 5 κομμάτια του β. Δηλαδή, αν κόψουμε το β σε 5 ίσα κομμάτtα, τότε το α θα ισούται με τα 2 ίσα

κομματtα του. Γραφουμε:

)ίο>

Έχουμε μία λευκή ράβδο, την οποία κόβουμε σε 5 ίσα κομμάτια.

�=Ι 5

Αν χρωματίσουμε τα 2 κομμάτια από τα 5, έχουμε 2 ' χρωματισει τα - .

2 οποτε, ' τα -

πέμπτα) είναι ένα μέρος του ολόκληρου τα 5 - διαβάζεται πέντε πέμπτα)

� 5

Ερώτηση : Αν η ράβδος έχει μήκος l Ocm, πόσα cm είναι τα 2 από τα 5 κομμάτια της;

Οπότε, ένα κλάσμα: • Είναι ένα τμήμα κάποιου ποσου, ενα μέρος ολόκληρου, π.χ. τα •

•

4 των 90€ που είναι 40€. 9

Λέγοντας τμήμα ενός ποσού δεν εννοούμε πλέον κατ ανάγκη κάτι μικρότερο του αρχικού . .2_ π. χ τα των 40€ είναι 90€.

Δηλώνει μία πράξη, τη διαίρεση του αριθμητή με τον παρονομαστή 9:4. Συγχρόνως με την πράξη δηλώνει και το αποτέλεσμα της πράξης π.χ σε δεκαδικό αριθμό

(5 από

�α

Ερώτηση : Αν το μήκος είναι 20cm, πόσα cm είναι πλάτος;

•

(2 από τα 5 - διαβάζεται δύο

2β 5

α =-

Το μήκος β είναι τα 5 από τα 2 του α. Δηλαδή, αν κόψουμε το α σε 2 ίσα κομμάτtα, τότε θέλουμε 5 από τα ίσα αυτά κομμάτtα για να φτιάξουμε το β. Γράφουμε: β =

Δnλαδfι τα 5 από τα 5 είναι το ολόκληρο.

Ας πάρουμε ένα ορθογώνιο παρσ,λληλόγραμμο, ' π οποίο η αναλογία πλάτους (α) - μήκους (β) στο είναι 2 προς 5, δηλαδή α:β=2:5.

Ποια είναι η σημασία του συμβόλου - ;

Αν χρωματίσουμε τα 5 κομμάτια από τα 5, τότε την έχουμε χρωματίσει ολόκληρη.

.2_ = 2, 25 4

Παριστάνεται με ένα σημείο πάνω στην αριθμογραμμή που για να το βρούμε θα πρέπει να χωρίσουμε τη γραμμή σε κατάλληλα διαστήματα. 0.25

0.5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/17

0.75

1 .25

1 .5

1 .75

2.25

2.5

------- Κλάσματα και δεκαδικοί. Μια άλλη ματιά Α ΞΙΕΣ ΚΛΑΣ ΜΑΤΩΝ Ίσα με ακέραιες Μεγαλύτερα μονάδες Μικρότερα της της μονάδας, (ολόκληρο το μονάδας αf..λά όχι ποσό ή (μέρος ενός ακέραιες πολλαπλάσια ποσού). μονάδες. ενός ποσού).

4 4

1 4

τέσσερα τέταρτα 1 ολόκληρο

ένα τέταρτο

2 4

οκτώ τέταρτα 2 ολόκληρα

δύο τέταρτα

12 4

δώδεκα τέταρτα 3 ολόκληρα

τρία τέταρτα

5=4 1

Με β,δ διάφορους του μηδέν. Πολλοί από εσάς θα έχετε αναρωτηθεί γιατί να συμβαίνει αυτό αλλά κα11. τι είναι το γινόμενο 2 κλασμάτων. Είναι εύκολο να βρούμε το αποτέλεσμα, αλλά μήπως το βρίσκουμε μηχανικά χωρίς να συνειδητοποιούμε τι βρίσκουμε; Θα σας δείξουμε σχrιματικά τι σημαίνει πολλαπλασιασμός 2 κλασμάτων.

7 4 3 - = -+4

� 9

3 5

το οποίο,

7 , ειναι ο αριθ μος 0 ,5 14 ,

είναι μεγαλύτερο από 0,5

(γιατί;). Τώρα μπορούμε να τα βάλουμε σε μία σειρά. Προφανώς αυτό δεν είναι δυνατόν σε όλες τις περιπτώσεις. Στο σχολείο, οι δάσκαλοι σάς έχουν μάθει ότι για να πολλαπλασιάσουμε ένα κλάσμα με ένα άλλο κλάσμα, φτιάχνουμε ένα νέο κλάσμα με αριθμητή το γινόμενο των aριθμητών και παρονομαστή το γινόμενο των παρονομαστών. Σας έχουν δώσει και τον μαθηματικό τύπο:

2 1 2·1 2 •- = - = 3 5 3·5 1 5

Ας φανταστούμε τον ακόλουθο διάλογο ανάμεσα σε έναν τεχνίτη και τον κ.Νίκο που θέλει να φτιάξει το πεζοδρόμιο μπροστά στην είσοδο του σmτιού του. κ . Νίκος: Θα χρειαστούμε συνολικά 1 5 ίδια πλακάκια. AJJ.ά .. θέλω να μην είναι όλα άσπρα. Γίνεται; Τεχνίτη ς: Ναι, τα πλακάκια μπορούν να έχουν ό,τι χρώμα θέλεις. Πόσα θέλεις να είναι άσπρα και πόσα να έχουν ωJ...ο χρώμα; κ. Νίκος: Σκέφτομαι τα 2/3 να είναι χρωματιστά και από αυτά το 1 /5 θέλω οπωσδήποτε να είναι γκρι. Ο τεχνίτη ς δυσκολεύτηκε λίγο να καταλάβει και αποφάσισε να σχεδιάσει το πρόβλημα, για να μπορέσει να βρει ευκολότερα τη λύση. Όλο το πεζοδρόμιο θα χρειαστεί 1 5 πλακάκια. Τα 2/3 θα πρέπει να είναι χρωματιστά. 1f3

113

αφού ο αριθμητής είναι μικρότερος από το μισό

(γιατί;) ενώ το

-2 •-1

αποτελεσμα

είναι μικρότερο του ··μισού·· δηλαδή του 0,5

, το του παρονομαστη.

Σκεφτόματε ότι για να τα κάνουμε ομώwμα χρειάζονται ένα σωρό πράξεις και βλέπουμε ότι το

� 5

σύμφωνα με τον παραπάνω τύπο μας δίνει

5 2 7 9 5 ' 14 ' -

β δ β·δ

6 4 2

-=-+

Ερώτηση: Πώς μπορούμε να συγκρίνουμε τα κλάσματα - '

α · r = α •r

Ας πάρουμε το γινόμενο

Τα κλάσματα όπως είδαμε έχουν πολλές και διαφορετικές σημασίες και αυτός είναι ο λόγος που δυσκολεύουν πολλούς ενήλικες και όχι μόνο τους μαθητές. Ας δούμε τώρα πώς μπορούμε να κάνουμε τη ζωή μας πιο εύκολη με τα κλάσματα. •

-------

113

Αυτά είναι τα 2/3, δηλαδή έχω τρία κομμάτια και παίρνω τα δύο. Σκέφτηκε επίσης ότι το 1/5 από τα χρωματιστά πλακάκια θα έπρεπε οπωσδήποτε να έχει γκρι χρώμα. AJJ.ά .. πόσο είναι το 1/5 στα 2/3 των χρωματιστών πλακακιών; Σκέφτηκε πάλι να σχεδιάσει το κλάσμα. 1� 'fΙS 1/δ 11$ 1/$

Αυτό είναι το 1/5, δηλαδή από τα 5 κομμάτια παίρνω το 1 . Στη συνέχεια σκέφτηκε να «φέρει» το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/18

------- Κλάσματα και δεκαδικοί. Μια άλλη ματιά -------

ένα σχήμα πάνω στο ά')..)..λ), για να δει πόσα τελικά θα ήταν τα γκρι πλακάκια. Σ εδιασε: ' 1 15

ί - - -.. ...

•

Μετά από tα παραπάνω ας δούμε με "ά')..)..λ) μάτι" το εξής πρόβλημα: Πρόβλη μ α: Σε μία έρευνα τα

ι- - - I r. - - -

ι!�- _ .J Η απάντηση ήταν τώρα ορατή. Τα γκρι πλακάκια θα ήταν τα 2 από τα 15, δηλαδή εξέφραζε και το γινόμενο των δύο κλασμάτων 2 1

-·- = -

ί - -

L- -

Ας πάρουμε τώρα το γινόμενο

3 5

•

3 5

το οποίο,

σύμφωνα με τον παραπάνω τύπο μας δίνει 3 5

3·5

αποτελεσμα -•- = - = - = 1 3 5

3·5

Αυτό γίνεται διότι, στα παραπάνω τετράγωνα, βάζουμε τα 5/5 του ενός πάνω στα 3/3 του ά')..).υ .λ) , οπότε παίρνουμε ολόκληρο το τετράγωνο. 1/5

1 /3 1/15

1/5

1/J 1 /3 •

των ερωτηθέντων δήλωσαν ότι προtιμούν να χρησιμοποιούν πρατήρια βενζίνης που είναι self service.

Τα

δήλωσαν

ότι

προτιμούν να εξυπηρετούνται από κάποιον υπάλληλο του πρατηρίου. Οι υπόλοιποι 75 δήλωσαν ότι δεν έχουν συγκεκριμένη προtίμηση. Πόσα άτομα προτιμούν το self service; Εδώ τώρα κάποιο εξασκημένο "μάτι" μπορεί να απαντήσει άμεσα ότι 75 άτομα προτιμούν το self service. Πώς γίνεται αυτό; 5 ' ' που προτιμουν ' παρατηρηστε ότι τα g αυτων

Το γκρι κομμάτι είναι 2 από τα 1 5 ίσα κομμάτια του τετραγώνου.

_2._

Ερώτηση: Με τι ισούται το αποτέλεσμα: 2 3 1 5 22 -·-·-·· 5 11 8 6 ,

Σκέφτομαι ότι αν αρχίσω να πολλαπλασιάζω όλους τους aριθμητές και όλους τους παρονομαστές και μετά διαιρέσω τα αποτελέσματα είναι πολύ επίπονο και παρατηρώ ότι: το δεύτερο και το τέταρτο κλάσμα (μετά την απλοποίηση με 2) είναι δύο αντίστροφα κλάσματα οπότε έχουν γινόμενο 1 . Το πρώτο με το τρίτο κλάσμα μετά τις 3 ' ' ' απλοποιησεις και το τελικο' δινουν - που ειναι 4

αποτέλεσμα. Προφανώς αυτό δεν γίνεtαι πάντα.

10 ' ' ,(Λ '\ η να εξυπηρεtουνται απο' υπUΛΙ\. λο ειναι τα - tων

ερωτηθέντων και μαζί με τα κάνουν

των αρχικών μας

αρα το 75 είναι το υπόλοιπο

Ϊ6 '

δηλαδή αυτοί που προτιμούν το self service. Με tα παραπάνω φαίνεται πόσο χρήσιμο είναι να παρατηρούμε με προσοχή τα κλάσματα και να διακρίνουμε κάποιες ιδιαίτερες σχέσεις (αν υπάρχουν) των αριθμητών και των παρονομαστών. Η στενή σχέση tων δεκαδικών με τα κλάσματα μας επιτρέπει συχνά να αποφεύγουμε κάποιες επίπονες πράξεις. • Ας υποθέσουμε ότι θέλουμε ; να εκτελέσουμε με ταχύτητα και ακρίβεια τη διαίρεση 1 , 1 25:0,275 . Τους περισσότερους τους τρομάζει μία tέτοια δραστηριότητα αλλά σκεφτόμαστε ότι: 1 1 25 ,

Ο' 27 5

1 1 25

1 000

27 5 1 000

= .!.!, 40

(απλοποίηση

με 25) ενώ

(απλοποίηση με 25) οπότε

τελικά η διαίρεση 1 , 1 25 :0,275 ανάγεται στην απλή 43 : 1 1 . Σχόλιο: Προφανώς όλα αυτά προϋποθέτουν κάποια εξοικείωση, κάποια. στοιχειώδη ευχέρεια, ένα "εξασκημένο μάτι" με τους Φυσικούς αριθμούς και τις βασικές τους ιδιότητες. Κάθε αριθμός που μπορεί να γραφεί ως κλάσμα λέγεται ρητός. Π.χ, ο αριθμός 0,23 είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/19

_ _ .... _ .. _ _ _ _ _ _ _

Κλάσματα και δεκαδικοί. Μια άλλη ματιά

r--

. Ακόμη, δεκαδικοί με 1 00 άπειρα δεκαδικά ψηφία είναι ρητοί όταν τα ψηφία περιοδικότητα κάποια παρουσιάζουν π.χ ρητός αφού 0, 23 =

1 ,333 . . . . . . . . = 3

Ασκή σεις: 1 ) Συμπλήρωσε στο πινακάκι τις τελίτσες με κατάλληλους αριθμούς δική. σας επιλογής:

Μικρότερα της μονάδας (μέρος ενός ποσού). .. .

ΚΛΑΣΜ Α ΤΑ Ίσα με ακέραιες ·μονάδες (ολόκληρο το ποσό ή πολλαπλάσια ενός ποσού). ... -

5 1 ολόκληρο .. . -

-. -. .

5 3 ολόκληρα

- = -+

5 2 ολόκληρα . .. -

Μεγαλύτερα της μονάδας, αλλά όχι ακέραιες μονάδες.

3112 •.-14 4

1 8

. ..

4112 • ...Ιδ _.13

I I I I I I I I I I

! 12

1 2

4ι'6 . 213

:Mi •.J2

' �

•

1 1 ' α) Να υπολογισετε τα 1 -.!. , .!. -.!. ' 2 2 4 4 8 β) Να υπολογίσετε το αποτέλεσμα 1 1 1 ' ' ' 1 - - - - - - χωρις να κανετε ομωνυμα. 2 4 8

γ) Με ποιον αριθμό είναι ίση η παράσταση:

I I I I I I I I I

(

_ .!. + .!. + .!. + _ 1 1 + .. + -1+ . 2 4 8 16 32 512

' ' ' Να εξηγησετε γιατι το κλασμα

23 ' ισουται με- .

fi/12 •_14 • ..12

10112 • _.ιfi

�

Ποιοι ρητοί αριθμοί αντιστοιχούν στα σημεία Α, Β, Γ, Δ; Γράψε τους με μορφή κλάσματος. Να υποθέσεις ότι τα 6 τμήματα είναι ίσα μεταξύ τους.

f--

r--

f--

Ένας ποδηλάτης έχει διανύσει τα 2/5 της διαδρομής. Η διαδρομή ολόκληρη είναι 205 km. Πόσα km του μένουν ακόμα;

- = - + ...

r--

Συμπλήρωσε στις τελίτσες ώστε να ισχύουν οι παρακάτω ισότητες. Να δικαιολογήσετε τις επιλογές σας με βάση τα παρακάτω σχήματα.

�

- = - + ...

f--

r--

�

...

Έχουμε 3 πίτσες στρογγυλές. Σκεφτείτε έναν τρόπο να τις μοιράσετε εξίσου σε 4 άτομα.

�

-------

)

232323

171717

Υπόδειξη : 232323 = 2 3 · 1 04 +2 3 · 1 02 + 23 Τα τμήματα είναι ίσα μεταξύ τους. Να βρεθεί ο αριθμός που βρίσκεται στη θέση του ερωτηματικού (;)

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Α' 98 τ.2/20

Μικρή ανασιcόπηση στις ρίζες των αQιθμών. ======

•

Λίγη Ι στορία

Θα έχετε ακούσει ασφαλώς για τον Πυθαγόρα και το θεώρημά του, αυτό που λίγοι μάλλον θα έχετε ακούσει είναι το όνομα ενός μαθητfι του Πυθαγόρα, του Ίππασου. Γιατί τώρα αναφέρουμε το όνομα του Ίππασου θα φανεί στη συνέχεια. Οι Πυθαγόρειοι πίστευαν ότι όλα τα μεγέθη στον κόσμο μπορούν να εκφραστούν με κάποιο κλάσμα, δηλαδή είναι σύμμετρα. Για παράδειγμα οι ήχοι που παράγουν αρμονία έχουν σχέση 2/3, 1/2 κ.λ.π. Ο κόσμος δηλαδή είναι κατασκευασμένος πάνω σε αριθμητικές σχέσεις κλασμάτων, δηλαδή ρητώv αριθμών. Ο Ίππασος σκέφτηκε τότε να υπολογίσει την υποτείνουσα του παρακάτω ορθογωνίου τριγώνου. Χρησιμοποιώντας το θεώρημα του δασκάλου του, του Πυθαγόρα κατέληξε ότι το τετράγωνο της υποτείνουσας θα πρέπει να είναι ίσο με 1 2+ 1 2 , δηλαδή με 2. Άρχισε λοιπόν να ψάχνει να βρει έναν αριθμό, ένα κλάσμα, που το τετράγωνό του να είναι ίσο με 2. Σύντομα κατάλαβε ότι τέτοιο κλάσμα δεν υπάρχει, άρα το μέτρο της υποτείνουσας δεν είναι ρητός αρι

θ�� 2 � 1 1

�

Από το σημείο αυτό αρχίζει η ιστορία των αριθμών που δεν μπορεί να γραφούν σαν κλάσματα και λέγονται άρρητοι. Επιπλέον, αρκετά αργότερα, παρουσιάστηκε η ανάγκη να συμβολίσουν με κάποιο σύμβολο τους αριθμούς που εκφράζουν την υποτείνουσα ορθογωνίων τριγώνων όπως αυτά που εμφανίζονται παρακάτω. Έτσι για το πρώτο τρίγωνο η υποτείνουσα έχει μέτρο .J5 Για το δεύτερο τρίγωνο .Jϊ3 Για το τρίτο τρίγωνο .JlO

•

Ιωάννα Δοργιάκη και Στέφανος Κείσογλου Οι ιδιότητες

Αυτά τώρα τα σύμβολα έχουν κάποιες ιδιότητες Διερεύνη ση : Δοκιμάστε αν το γινόμενο των δύο ριζών .J9 .Jl6 μπορεί να υπολογιστεί μέσω του ·γινομένου των δύο υπόριζων, δηλαδή μέσω του .J9:l6 . Δοκιμάστε και άλλες περιπτώσεις και βγάλτε κάποιον κανόνα. Εξετάστε αν ο κανόνας αυτό ισχύει και για το πηλίκο δύο ριζών. ·

•

Η προσέγγιση της τετραγωνικής ρίζας

Εδώ τώρα τίθεται το εξής θέμα: Αφού δεν μπορούμε για παράδειγμα το .fi να το γράψουμε σαν κλάσμα πως θα μπορέσουμε να βρούμε μία καλή προσέγγιση του αριθμού; α

1 .4 3 1 .44 1 . 45 1 . 46 1 . 47 1 .4 8 1 .49 1 .5

1 .41 1 .4 1 1 i 1 .4 1 2 2.04 1 . 41 3 2.07 1 . 4 1 4 2.1 Ι .4 1 5 2 . 1 3 I 1 .4 1 6 2.1 6 ,1 1 .4 1 7 2.1 9 1 .4 1 8 2.22 1 .4 1 9 2.25 1 .4 2

1 Ιc �

λιzαΑ:)

1 .9881 1 .8909 1 .9937 1 .9966 1 .9994

2.001:11

2.0051 2.0079 2.01 07 2.01 36 2.01 64J

Παρατηρήστε τους διπλανούς πίνακες. Στην πρώτη· στfιλη uπάρχουν δεκαδικοί αριθμοί και στη δεύτερη στfιλη τα τετράγωνά τους. α) Ποια είναι η δεκαδική Προσέγγιση του .fi σε χιλιοστά; β) Αν θέλουμε να βρούμε ακόμη μεγαλύτερη προσέγγιση με έναν τέταρτο πίνακα, ποιούς αριθμούς θα πρέπει να περιέχει η πρώτη στfιλη του; •

Άρρητοι και δεκαδικοί

Είδαμε ότι οι άρρητοι είναι οι αριθμοί που δεν μπορούν να γραφούν σαν κλάσμα. Το ερώτημα είναι πως μπορώ να ξεχωρίσω αν ένας αριθμός, συνήθως δεκαδικός, μπορεί να γραφεί σαν κλάσμα, δηλαδή είναι ρητός; Κατ αρχήν είναι προφανές ότι όλοι οι ακέραιοι είναι ρητοί αφού όλοι μπορεί να

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/21

------ Μικρή ανασκόπηση στις ρίζες των αριθμών

γραφούν σαν κλάσματα με παρονομαστή το 1. Ακόμη όλοι οι δεκαδικοί που έχουν συγκεκριμένο (λέμε πεπερασμένο) αριθμό ψηφίων μπορεί να γραφούν ως κλάσματα. Π. χ 2. 1 34 τ ο 2 , 1 34= l . OOO . ο ερωτημα τωρα ειναι τι

, ,

γίνεται με τους αριθμούς που έχουν άπειρα δεκαδικά ψηφία όπως ο 3,121212 . . . Εδώ θα πρέπει να θυμηθούμε λίγο ότι ! =0,333333 . . . , 3 311 να διαπιστώσουμε ότι =3,141414 . . . και 99 να υποψιαστούμε ότι οι δεκαδικοί αριθμοί με άπειρα δεκαδικά ψηφία είναι ρητοί μόνο όταν τα δεκαδικά ψηφία είναι περιοδικά! ! Κάντε μερικές δοκιμές ακόμη με ένα κομπιουτεράκι, π. χ υπολογίστε σε δεκαδικό το 853 2 - , το - κ.λ.π 999 7 Συμπέρασμα: Άρρητοι είναι οι αριθμοί που έχουν άπειρα δεκαδικά ψηφία τα οποία δεν παρουσιάζουν καμία περιοδικότητα, δεν μπορεί να προβλεφθούν. Δύο πολλοί γνωστοί άρρητοι αριθμοί είναι το π = 3,141 59265358. που εκφράζει το πόσες φορές χωρά η διάμετρος ενός κύκλου στην περίμετρό του. Ένας άλλος γνωστός άρρητος που θα γνωρίσετε στο Λύκειο είναι ο e= 2,71 8281 82845 .... Τέλος να θυμόμαστε ότι οι τετραγωνικές ρίζες των περισσοτέρων φυσικών αριθμών είναι άρρητοι, εκτός των τετραγωνικών ριζών των αριθμών 1 , 4, 9, 1 6, 25, 36, 49, 64, 8 1 , 100, 1 2 1 , 144, 1 69, 196, . . . , δηλαδή των αριθμών που προέρχονται από τον τετραγωνισμό κάποιων άλλων φυσικών αριθμών. •

Προσοχή στα κενά μεταξύ ρίζας και τετραγώνου ! ! !

Πολλές φορές απρόσεκτα γράφουμε Ν = α , δηλαδή εφαρμόζουμε έναν άτυπο, λανθασμένο κανόνα της μορφής: "τετράγωνο και ρίζα Αυτό φεύγουν". που πραγματικά ισχύει είναι το ( JΌγ =α καθώς εδώ για να έχει νόημα η ρίζα θα πρέπει εκ των προτέρων να είναι <e:O, ενώ στην περίπτωση της Ν 1)

------

δεν είναι απαραίτητο εκ των προτέρων να είναι <e:O . Αυτό σημαίνει ότι θα πρέπει να γράφουμε πάντα Ν = JαJ . 2 2) Κάθε εξίσωση της μορφής χ = α έχει ρίζες μόνο όταν <e:O και μάλιστα αν α>Ο έχει δύο ρίζες, μία θετική και μία αρνητική. Αυτό που πρέπει εδώ να προσεχτεί είναι ότι άλλη έννοια έχει η ρίζα ενός αριθμού και άλλη έννοια έχει η ρίζα μιας εξίσωσης. Οι ρίζες της εξίσωσης 2 χ = 7 είναι δύο οι .J7 και -.J7 . 3) Αν θέλουμε να βρούμε το άθροισμα J9+J16 πολλές φορές παρασυρόμαστε και γράφουμε ότι αυτό είναι .J9+ 1 6 . Αν προσέξουμε λίγο όμως το σωστό άθροισμα των δύο ριζών είναι 3 + 4=7, ενώ .J9+ 1 6 =5 ! !. Θα μπορούσαμε λοιπόν να βγάλουμε συμπέρασμα ότι το άθροισμα των ριζών δεν μπορεί να υπολογιστεί με το άθροισμα των υπόριζων αριθμών. 4) Πολλές φορές πιστεύουμε ότι αν υψώσουμε στο τετράγωνο έναν αριθμό το αποτέλεσμα είναι μεγαλύτερο από τον αρχικό αριθμό. Ως αποτέλεσμα αυτής της παρανόησης ακολουθεί και μία δεύτερη σύμφωνα με την οποία αν σε έναν θετικό αριθμό βγάλουμε την τετραγωνική ρίζα το αποτέλεσμα είναι μικρότερο από τον αριθμό. Η πραγματικότητα διαψεύδει αυτές τις εικασίες. 1 1 Προσέξτε ότι "2 = άρα το αποτέλεσμα 4 ενός τετραγωνισμού μπορεί να είναι αριθμός μικρότερος του αρχικού. Με βάση αυτό 1 ' το αποτε' λεσμα της εχουμε =- αρα 2 εξαγωγής μιας ρίζας μπορεί να είναι αριθμός μεγαλύτερος του αρχικού. Μπορείτε να εικάσετε για ποιους αριθμούς ισχύουν τα παραπάνω;

( )2

�

Ε φαρ μογές

Ο Σωκράτης, ο γνωστός φιλόσοφος, έθεσε σε έναν δούλο το εξής ερώτημα: Αν ένα τετράγωνο έχει πλευρά 2 πόσο είναι το εμβαδόν; Ο δούλος κάποια στιγμή απάντησε 4. Τότε ο Σωκράτης τον ρωτά: Αν θέλουμε να διπλασιαστεί το εμβαδόν πόσο πρέπει να είναι η πλευρά; Ο δούλος χωρίς να σκεφτεί πολύ 1)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 98 τ.2/22

------

Μικρή ανασκόπηση στις ρίζες των αριθμών

Daνtά Στη συνέχεια ο Σωκράτης έδειξε στο δούλο όn η απάντησή του δεν ήταν σωστή. Πως μπορούμε σήμερα να το δείξουμε αυτό; λύ ση : Για να διπλασιαστεί το εμβαδόν θα πρέπει να γίνει οπότε η πλευρά του θα είναι 2 r;; Ας επεξεργαστούμε με δηλαδή λίγο το αποτέλεσμα αυτό. Έχουμε που σημαίνει ότι η αρχική πλευρά δεν θα διπλασιαστεί αλλά θα πρέπει να πολλαπλασιαστεί με τον αριθμό (προσεγγιστικά) δηλαδή να γίνει περίπου. Πράγματι (πολύ κοντά στο

χ χ =8 χ= ν 8 . J8=J4":i=J4 ·.fi=2·J2

1,4142 2,8284 (2,8284)2=7,99984656

30 χ

-------

υπόριζων κάνει άρα θα πρέπει και η ρίζα που περιέχει το να έχει υπόριζο Μερικές ασκήσεις ακόμη: 1) Να μπουν σε αύξουσα σειρά οι αριθμοί: Α) .J5 , J2δ , και

30.

.J5+20 , .J5-20 r;-;:; ,;-; ν2 , ν22 , 5, ν4r; , ν12 . , ν16 �

r;:;;;

Β) 2) Να υπολογιστεί η nμή της παράστασης:

�J144+.J144+25

3) Αν α είναι η υποτείνουσα, και β, γ και οι

δυο κάθετες πλευρές ενός ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ, τότε να υπολογίσετε την τιμή της παράσταση ς:

8). β 2 + γ α 2 - β β-ν/α 2 - γ 2 - α β 2) Να άλετε σε μία σειρά από τον μικρότερο μέχρι τον μεγαλύτερο τους 4) Δίνονται οι αριθμοί : αριθμούς: α= Jl5 , β= και γ=4,19 α= 3 7 J9 β=

Λύση 1

Ένας τρόπος να διατάξουμε τους αριθμούς είναι να προσεγγίσουμε αρκετά τις δεκαδικές τους εκφράσεις. Συγκεκριμένα .Jϊ5 <

�Γ--�r===�=ι�ΞΞΞ � -� ��J&j , γ=�9-�21+Μ .

Jl6 άρα .Jϊ5 λίγο μικρότερο από 4.

8 αυτο' ειναι ισο ' με J2 8·J2 8-Ji. � ' � � = --=4 ·ν2 και αν υποθεσουμε 2 vL ·ν2 όn J2 είναι περίπου ίσο με 1,4142 τότε το '

Σχετικα με το

Να διατάξετε σε αύξουσα σειρά τους αριθμούς α, β, γ. 5) Να υπολογιστούν οι παραστάσεις: Α) Β) 6)

�)

36 . 25 9 . ,/4 5 3 2

��J256 .JJ4

Να χαρακτηρίσετε τους ακόλουθους αριθμούς ως ρητούς ή άρρητους :

J?/- ' J4 ' ..[5 ' {4 : (2 ' -2,1 ' 4,5 ' v9 v8

τελευταίο αποτέλεσμα είναι λίγο μεγαλύτερο από 5,6.Άρα η σωστή διάταξη είναι α, γ, β. Λύση 2: Μία άλλη στρατηγική είναι να υψώσουμε στο τετράγωνο όλους τους αριθμούς ώστε να απαλλαγούμε από τις ρίζες.

7) Να συγκριθούν τα ακόλουθα ζεύγη των

2 α

Α)

2 γ=

= 15, β = 642 =23 και

17,5561.

Εδώ

τώρα προκύπτει ότι η σειρά των τετραγώνων 2 2 είναι α , γ , β2 και επομένως ίδια είναι η σειρά των αριθμών. Γιατί;

αριθμών :

2 .J3 και .Jlϊ Β) .Jl5 και 2 Δ) .J1 024 και 32 . Γ) J2δ και 4,5 2 8) Αν χ=../49- 2 · .f3 + .J92 και y=�1 +�5+Jϊ6 να ι .ι ·

Να υπολογίσετε την τιμή του θετικού αριθμού χ που ικανοποιεί την ισότη τα: υπολογίσετε την τιμή της J2 .J3 . J5 . J;. 30 . παράστασης :

- 2x_y_+_y_2 Κ= 2 · �·�-2-

Λύση με πράξεις

Επειδή και τα δύο μέλη είναι θετικά αν υψώσουμε στο τετράγωνο θα έχουμε άρα επομένως

2·3·5·χ=900

30 · χ=900

Λύ ση με παρατήρηση

Παρατηρήστε

ότι

το

χ=30.

γινόμενο

των

•

9) Με βάση το διπλανό πίνακα

το υπολογίσετε να αποτέλεσμα της παράστασης:

Α=�6,76 -�2,89 +�3,61

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/23

ι2 ι )

ι .ι ι s ι .ι ι.7 18 ιΙ

2 2ι 22 21 24

21 27 28 21

� I ι ι 2ι I

' •• ι ιι , ι Ιl i

2 2S !

Ht !

2 8t i ) 24 1 3 11 '

.... Ι! • ••

5 21 s 71 , ι 2S J 8 . 78 1 7 21 \ 7 •• , ι.ιι

Θ έ ματα για Προχωρη μένους Β ' Γυ μν ά σιου Συντακτική επιτροπή

======

1) 2)

2 100'

550

Από τους παρακάτω αριθμούς ν α βρείτε ποιοc; είναι ο μεγαλύτερος και ποιος ο μικρότερος: 37

Στο παρακάτω ορθογώνιο η γραμμοσκιασμένη περιοχή έχει εμβαδόν αριθμητικά ίσο με την περίμετρο του ορθογωνίου. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του aχρωμάτιστου τριγώνου στο εσωτερικό του ορθογωνίου.

σ α

2 Να βρείτε το ψηφίο των μονάδων του αριθμού 3 40 7

Επιλέγουμε δύο τυχαίους ακέραιους χ και

y αριθμούς από το 1 μέχρι και το 50

x+y εξαρτάται προφανώς από τις διάφορες τιμές x-y διερευνήσετε τις τιμές της Π και να εξετάσετε αν υπάρχει μέγιστη.

παράστασης Π=

Η τιμή της

των χ και

Να

Να υπολογίσετε το εμβαδόν του παρακάτω εξαγώνου ΑΒΓΔΕΖ όταν είναι γνωστό ότι ' ΑΒ//ΔΕ και οι ΒΓ και ΑΖ είναι κάθετες στην ΑΒ. ...,.__.;. 6 __4 Δ

Α ._-------� 8 12

6) Στη δεύτερη γραμμή του παρακάτω πίνακα δίνεται μία σειρά αριθμών.

I ΣΕΙΡΑ I 1 ος I 2ος I ΑΡΙΘΜΟΣ 1 2 1 6

I 1 23°ς

I 240ος 1 το 42

α) Να συμπληρώσετε τα κενά μετά

5°ς

1 30

6°ς

1 42

7ος

gος

9ος

με βάση έναν κανόνα που φαίνεται να ακολουθούν οι πρώτοι αριθμοί της δεύτερης γραμμής. β) Αν υποθέσουμε ότι ο παραπάνω πίνακας επεκτείνεται μέχρι τον 1 00° -όρο, ποιος αριθμός θα πρέπει να τοποθετηθεί στη δεύτερη σειρά κάτω από το 1 00°ς ;

ΕΥ�ΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/24

Λύ σεις Θεμ άτων για Προχωρη μένους Β ' Γυμν ά σιου τεύ χος 97 =======

Θεοδώρα Παπαδάκη, Κώστας Σάλαρης

Έστω Α το πλήθος των άρτιων αριθμών και Π το πλήθος των περιττών. Έχω δύο περιπτώσεις: α) Αν ν άρτιος, τότε Α = Π = ν2 ν-1 και Π= --+ ν -1 1 β) Αν ν περιττός, τότε Α=-2 2 2) Το πλήθος των περιττών ισούται με το άθροισμα των υπολοίπων του κάθε αριθμού με το 2. Αν α ι, αz, α3 ... κ.λ.π οι τυχαίοι φυσικοί αριθμοί και υ ι, υz, υ3 ... τα υπόλοιπά τους αντίστοιχα με το 2 τότε πλήθος περιττών = υι+ υz+υ3+ ... 1)

3) Κάθε ένας από τους ζητούμενους αριθμούς είναι της μορφής 32 ·π+ 8 όπου π είναι το πηλίκο της διαίρεσης. Αν π=1 τότε ο αριθμός είναι 32 ·1 + 8 = 40 ο αριθμός είναι εκτός ορίου και απορρίπτεται. Αν π=2 τότε 32 · 2 + 8 = 72 πάλι απορρίπτεται, αν π=3 τότε 32 3 + 8 = 1 04 ο 1 04 γίνεται δεκτός. Αν π=4 τότε 32 4 + 8 1 36 , ο οποίος γίνεται δεκτός. Αν π=5, τότε 32 5 + 8 1 68 ο 168 απορρίπτεται γιατί είναι εκτός ορίων. Επομένως οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι 104 και 136. ·

Παρατηρούμε ότι το άθροισμα των ψηφίων του είναι 30. Θα πρέπει ο αριθμός τηλεφώνου να διαιρείται με 2 και με 3. Άρα θα πρέπει να τελειώνει σε Ο, 2, 4, 6, 8 και για κάθε μία από αυτές τις περιπτώσεις να βρίσκουμε ποιος θα μπορούσε να είναι το προτελευταίο ψηφίο ώστε το άθροισμα των ψηφίων να διαιρείται με 3. Τελικά θα πρέπει να κάνει 17 το πολύ τηλεφωνήματα. Σύμφωνα με τον τύπο της Ευκλείδειας διαίρεσης έχουμε χ 3 k + 1 ( 1 ) και y 3 ·λ + 2 (2) . Αν προσθέσουμε τις δύο ισότητες (1) και (2) θα έχουμε χ + y = 3 ·κ+3·λ+ 3 = 3 ·(κ+λ+ 1) . Άρα χ + y = 3 · (κ+λ+ 1) , επομένως το άθροισμα των χ και y είναι πολλαπλάσιο του 3 . =

Αφού κάθε αγόρι έχει τόσες αδελφές όσους και αδελφούς, τα �γόρια θα είναι κατά ένα περισσότερα από τα κορίτσια. Αφού κάθε αδελφή έχει αδελφές σε αριθμό το .!.3 του αριθμού των αδελφών της, τα αδέλφια της θα είναι τουλάχιστον τρία (ώστε να υπάρχει μια τουλάχιστον αδελφή). Η σωστή απάντηση είναι λοιπόν 3 αγόρια και 2 κορίτσια. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.1/15

Εφαρ μογές στις Εξισώσεις ======

τότε η Δ=β2 -4αy =(2βΥ - 4αy =4(β2 - αy) . Αν Δ>Ο, τότε .JΔ =�4(β2 - αy) = �

:;t:

Οι λύσεις της εξισώσεως τότε δίνονται από τους τύπους: -2β' + �β '2 - 4αy -2β ' -2�β'2 -4αy ' η = Χι 2α 2α Δ>Ο τότε η εξίσωση έχει 2 λύσεις J '2 - αγ ' -αγ -β' β,z β β πραγματικές και άνισες τις: +� χ η χ. 2 -β + .jβ2 - 4αγ -β + .JΔ α α 2α 2α θέτω όπου β'2 -αγ = Δ' και έχω: 4αγ .Jβ2 -β -β .JΔ και 2α 2α Δ=Ο τότε χ 1 = χ2 = _1._ 2α , μία ρίζα διπλή. Δ<Ο τότε η εξίσωση δεν έχει λύσεις στο σύνολο των πραγματικών αριθμών. Τη απλούστεροι τύποι που είναι γνωστοί και ως διαδικασία αυτή τη κάνουμε συνήθως τύποι του μισού. Έτσι μας ζητούν να όταν <#0, β;#:Ο και γ;#:Ο γιατί αν: β=Ο, η λύσουμε την εξίσωση: 3χ2-8χ+5 =0, επειδή α=3, εξίσωση γίνεται: χ2+γ=Ο ή χ2� και αν - β=-8=2.(-4) άρα β'=-4, γ=5, έχουμε: γ� ή γ<Ο τότε χ = ±Η ενώ αν γ>Ο, η Δ=4(β'2-αγ) =4.((-4/-3.5)=4.(16-15)=4, άρα � � 1 . Και από τους τύπους του εξίσωση είναι αδύνατη γ=Ο, τότε η 4 4 εξίσωση γίνεται: χ2+βχ=Ο ή χ.(χ+β)=Ο και μισού: έχει λύσεις = Ο ή Χ2 = -β Χ2

Χι

ίίί)

χ2

ίί)

Βαθ μού

Γιώργος Λυμπερόπουλος - Τάσος Μπακάλης - Μαρία Σίσκου

Έχουμε μάθει ότι, για να λύσουμε μια εξίσωση 2ου βαθμού, της μορφής: αχ2 +βχ + γ = 0, (α, β, γ Ο) Υπολογίζουμε την ποσότητα β2 -4αγ . Τη ποσότητα Δ = β2 -4αγ την ονομάζουμε διακρίνουσα της εξίσωσης και ξέρουμε αν: ί)

2ον

----=-

αν

Δ·

Χι

Παρατηρήσεις: 1.

Αν α=l , τότε η εξίσωση γράφεται:

χ2 +βχ + γ = Ο και η διακρίνουσα είναι: Δ = β2 -4γ , αν Δ>Ο οι λύσεις της είναι: -4αγ -β+�β2 -4αy � β2 -β και χ 2α 2α οι λύσεις δίνονται από απλούστερους τύπους. I

y_ '"'Ζ

Αν β=2β ' δηλαδή ο β διαιρείται με το 2,

της εξίσωσης Αν μία λύση β 2 αχ + :ι: +γ ο είναι ο αριθμός ι, τότε: =

α·12 +1·β+γ=Ο ή α+β+γ=Ο(το άθροισμα των συντελεστών της ισούται με 0). Αντίστροφα αν α+β+γ=Ο τότε α ·12 + 1 · β+ γ = α+ β+ γ = Ο , η εξίσωση έχει μια ρίζα τον αριθμό 1. Έτσι π.χ η εξίσωση 7χ2-1 Οχ+3=0, επειδή το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/26

------ Ε φαρμογές στις Εξισώσεις 2ου Βαθ μού

άθροισμα των συντελεστών της είναι 71 Ο+3=0 , η μια ρίζα της είναι ο αριθμός 1 . 4.

Από όλα τα ορθογώνια που έχουν την ίδια περίμετρο α, ποιο έχει το μqαλύτερο εμβαδό; Σκεπτόμαστε ως εξής: Τις πλευρές

του τυχαίου ορθογωνίου τις ονομάζουμε χ, α ψ. 'Εχουμε 2χ+2ψ=α ή χ + ψ = . Άρα, χ η 2 μια, πλευρα, και ψ = "2α - χ η U/V\,η πλευρά του. Το εμβαδόν του είναι Ε=χ.ψ ή χ2- α2 .χ +Ε=Ο . Για να έχει λύση αυτή η εξίσωση πρέπει η διακρίνουσα Δ = ( � )2 -4Ε ή z α Δ = 4 -4Ε να είναι μεγαλύτερη ή ίση L'\ '\ .

με Ο, δηλαδή:

αz

ή 16ES α2 ή Ε � � . Δηλαδή 4 16 η μέγιστη τιμή του εμβαδού είναι η - -4Ε ;::: ο

z α Ε = 16 ,

τότε ό μως η διακρίνουσα της

εξίσωσης είναι ίση με Ο και η εξίσωση α χ + Ε = Ο , έχει δύο ίσες λύσεις Χ2 2 22 = · Αυτό γίνεται όταν το χ=ψ= β2 (-� 4 ορθογώνιο γίνεται τετράγωνο, με πλευρά α

4' 5.

Να βρεθούν δύο αριθμοί που έχουν διαφορά 13 και γινόμενο 30. Λύση: Ονομάζω χ τον μικρότερο αριθμό και ψ τον μεγαλύτερο, τότε ψ=χ+ 13 και χ.(χ+13)=30 ή χ2+13χ-30=0, δηλαδή η λύση

του προβλήματος με οδήγησε στη λύση μιας εξίσωσης 2συ βαθμού. Έχουμε Δ= 132-4. 1 .(30) =289 = 172, οπότε οι λύσεις είναι: Χι = - β +ν'Δ = =2 και χ 2 = 2 2α -ι3+ι7

------

- β2α-ν'Δ = - ι3-2 ι 7 = _ 15 Ψ ι = 2 + 13 = 15, Ψ2 = - 1 5 + 1 3 = -2

Αντίστοιχα έχω:

Για τους ζητούμενους αριθμούς λοιπόν, έχω 2 λύσεις: ( Χι = 2 , Ψ ι = 1 5 ) και ( χ2 = - 1 5 , Ψ2

-2 )

εξίσωση 3χ 2 + 2 χ - 16 = Ο είναι μια εξίσωση 2συ βαθμού με ακέραιους συντελεστές. Η διακρίνουσά της είναι: Δ=22-4.3.(-16)=4+192=196=142 και .../Δ = 14, δηλαδή τέλεω τετράγωνο.

6. Η

Οι ρίζες της είναι: - β +ν'Δ = � = .:!:Ξ =2' 2.3 2α 6 ι ι -24 - β -ν'Δ = = -- = -6 = - -8' = --

Χι χ2

2.3

2α

ρητοί αριθμοί (ακέραιοι ή κλασματικοί). Για την εξίσωση όμως χ2 + 2χ - 7 = Ο η διακρίνουσά της είναι: Δ=22-4.(-7) =4+28=30 και .../Δ = ν'30,

όχι τέλειο τετράγωνο. Οι ρίζες της αντίστοιχα είναι: -2+V30

-2-V30

χ = ' 2 -2

� άρρητοι αριθμοί αφού η ν'3Ο είναι άρρητος Χι

αριθμός. Στη περίπτωση αυτή οι ρίζες είναι της μορφής α+Jβ και ά-Jβ δηλαδή άρρητοι συζυγείς. Συμπέρασμα:

Για κάθε δευτεροβάθ μια εξίσωση με ακέραιους συντελεστές αν η διακρίνουσα είναι τέλειο τετράγωνο οι ρίζες της είναι ρητοί αριθμοί, ενώ αν δεν είναι τέλειο τετράγωνο οι ρίζες της είναι άρρητοι συζυγείς. Έτσι αν γνωρίζω ότι μία ρίζα της εξίσωσης είναι η 2+..f3 η άλλη ρίζα της είναι η συζυγής της 2-..f3.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/27

------- Εφαρμογές στις Εξισώσεις 2ου Βαθμού -----24 cm2 και οι κάθετες πλευρές του έχουν 7. Αν προσθέσω ή πολλαπλασιάσω τις ρίζες διαφορά 2cm. Να βρεθούν οι πλευρές του. της δευτεροβάθμιας εξίσωσης έχω:

Χι + Χι . Χz

- β+ν'Δ -β-ν'Δ - 2 β -β χ 2 = -- + -- = - = - και α 2α 2α 2α =

(-β+ν'Δ) (-β-γ'Δ) 2α

2α

Σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, με ορθή γωνία την Α, έ�ουμε: α=χ, β=χ-1 και εμβαδό Ε= 30 cm , να βρεθούν οι πλευρές του.

Ρώτησαν κάποιον πόσο χρονών είναι και αυτός απάντησε: Πριν 1 Ο χρόνια είχα την 8πλάσια ηλικία από τον γιό μου ενώ σήμερα η ηλικία μου είναι ίση με το άθροισμα του τετραγώνου της ηλικίας που είχε ο γιός μου τότε, της σημερινής του ηλικίας και της τότε ηλικίας του. Ποία η σημερινή ηλικία πατέρα και γιού;

β 2-Δ 4 α2 =

β 2 - β 2 + 4αγ 4αγ γ = 4 2 - ' 4 α2 α α

Έχουμε λοιπόν:

ιιχι + Xz

�β

και

Χι . Xz

Στην εξίσωση 7χ2-lOx+3=0 , που έχει μια λύση Χι = 1 αφού 7-10+3=0, η άλλη λύση 7. Αποδείξτε ότι από όλα τα ορθογώνια παραλληλόγραμμα που έχουν το ίδιο της χ2 , βρίσκεται εύκολα, διότι -β ιο εμβαδό , τη μικρότερη περίμετρο έχει το =7 Χι + Xz = α ιο 3 'η χ = ιο τετράγωνο. 2 7 - Χι = 7 - 1 = -7 8. Αν Α=χ2-5χ και Β=1+2χ για ποιες τιμές του χ οι αριθμοί Α, Β έχουν άθροισμα -2; Ασ κή σεις και προβλήματα: 1.

Να λυθούν οι εξισώσεις: 2χ2-7χ+3=0, 5χ2-3χ+ 16=0, χ2+3χ+8=0 , χ2+ 1 1χ+5=0

Να λυθούν οι παρακάτω εξισώσεις χωρίς τη χρήση τύπων: 5χ2-1 2χ+7::::::ο, (α-1 )χ2-αχ+ 1 =Ο με α πραγματικός αριθμός και α * 1 , χ2-4χ=Ο, χ3-9χ=Ο, χ3+4χ=Ο

Δίνονται οι εξισώσεις: χ2-1 1 χ+ 1 0=0 και χ2-4χ-1 =Ο για τις οποίες γνωρίζουμε ότι οι λύσεις της πρώτης είναι ένα από τα ζεύγη (2,3), (-3, �), (1, 10) , (3,7) και της δεύτερης (7+ ..fi , 1- ..fi) , ( ..fi ..fi) (1 +.J3, -V"i), (2+-JS, 2--JS), ποιο ζεύγος θα επιλέγατε ως λύση κάθε εξίσωσης χωρίς να την λύσετε; Να δικαιολογηθεί η απάντηση. Ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχει εμβαδό 1

1 0.

Δίνεται η εξίσωση: χ2-μχ+λ-2=0. Για ποιες τιμές των μ,λ η εξίσωση έχει ρίζα τον αριθμό 5-{3; Δίνεται η εξίσωση χ2-4λχ+4+3λ=Ο. Για ποιες τιμές του λ η εξίσωση αυτή έχει 2 λύσεις πραγματικές και ίσες; εξίσωση χ2+2λχ+μ-1=0 έχει μία λύση τον αριθμό 1 και μ+λ=4 να βρεθεί και η άλλη λύση της εξίσωσης.

1 1. Η

12.

Αφήνουμε ένα αντικείμενο να πέσει από ένα αερόστατο και μετά 1 Ο sec είναι σε απόσταση 500 μέτρων από τη γη . Πόσο χρόνο θέλει ακόμη για να πέσει το αντικείμενο στη γη και σε πόσο ύψος από τη γη βρισκόταν το αερόστατο; Δίνεται g= 1 Ornlsec2 , η επιτάχυνση της βαρύτητας.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/28

Ο μοι ότητα σχημάτων =======

Επιμέλεια: Τζίφας Νίκος, Γεωργιάννη Χρυσάνθη , Λαγός Γιώργος

Έχεις μελετήσει ως τώρα αρκετά γεωμετρικά θέματα. Πιστεύουμε, ότι ένα άλλο θέμα που θα έχει ενδιαφέρον για σένα, είναι και η μελέτη της ομοιότητας των ευθυγράμμων γεωμετρίκών σχημάτων. Θα κατανοήσεις την ομοιότητα των γεωμετρικών αυτών σχημάτων και θα μελετήσεις τις ιδιότητές τους, αν επιμένεις να είσαι ένας ερευνητής και εργασθείς με προσοχή όπως σου προτείνουμε παρακάτω στην δραστηριότητα που ακολουθεί. ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΑ l H

Δίνονται παρακάτω δύο ομάδες σχημάτων 1

άδα

.Δ,

-� l H ----- -----lι -

---

N<j

·�

Ε Θ

Παρατήρησε με πολλή προσοχή τα σχήματα κάθε ομάδας και στην συνέχεια ακολούθησε τα βήματα που σου προτείνουμε. ΒΗΜΑ l o

Στη ριζόμενος στην έως τώρα εμπειρία σου και όπως εσύ αντιλαμβάνεσαι την έννοια «όμοιο» σχήμα, προσπάθησε να βpεις σε κάθε μία από τις ομάδες σχημάτων που δίνονται, με πιο σχήμα της ομάδας είναι όμοιο το χρωματισμένο σχήμα της. Στην 1 η ομάδα το σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ είναι όμοιο με το : . . . . . . . . . Στην 2η ομάδα το πλάγιο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι όμοιο με το : . . . . . . . . Για να βεβαιωθείς εάν η επιλογή σου είναι σωστή, στο τέλος του άρθρου θα βρεις την σωστή απάντηση και για τις δύο ομάδες. .

. . . .

. .

. . .

ΒΗΜΑ 2ο

. . .

. .

Με το μοιρογνωμόνιό σου, μέτρησε τις _ γωνίες και κατάγραψε τα συμπεράσματά σου, για όλα τα ζεύγη των <<ομοίων κατά την εκτίμηση σου» σχημάτων που έχεις. Επειδή είναι ενδεχόμενο να συναντήσεις δυσκολίες στην μέτρηση των γωνιών αυτών, προέκτεινε τις πλευρές τους, όπου απαιτείται. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/29

------

Ομοιότητα σχημάτων

-------

Την σύγκριση των γωνιών μπορείς επίσης να την κάνεις και με διαφανές χαρτί και να μην τις μετρήσεις. Για τα σχήματα της 1 ης ομάδα παpατηρού με :

Α = . . . . . . . = . . . . . . . μοίρες Β = . . . . . . . = . . . . . . . μοίρες Γ = . . . . . . . . . . . . . μοίρες =

Για τα σχήματα της 2ης ομάδα παρατηρού με :

Α = . . . . . = . . . . . . . μοίρες .

Β = . . . . . . . = . . . . . . . μοίρες Γ = . . . . . . . = . . . . . . μοίρες Δ = . . . . . . . = . . . . . . μοίρες

1 η διαπίστωση : Τα σχήματα αυτά έχουν τις γωνίες τους ίσες μία προς μία. ΒΗΜΑ 3ο

Με το υποδεκάμετρό σου, μέτρησε τις πλευρές των σχημάτων και σχημάτισε τους λόγους των πλευρών τους. Για την εργασία αυτή πρέπει να έχεις υπ ' όψη σου ότι:

«ομοίων κατά την εκτίμηση σου»

<<Λ ριθμητές των κλασμάτων θα είναι οι πλευρές του ενός σχήματος, παρονομαστές θα είναι οι π λευρές του άλλου σχήματος και τέλος οι όροι κάθε κλάσματος θα είναι οι π λευρές που καθορίζονται από τις κορυφές των σχημάτων που αντιστοιχούν σε ίσες Ίωνίες του ς».

Για τα σχήματα της 1 ης ομάδα έχουμε :

ΑΒ ...... Br ...... ΓΑ ' ...... , ΑΒ Br ΓΑ = - Επομενως : - = - = - = -,.. .... = . ..... , ..... . ··· · · ·

......

Για τα σχήματα της 2 ης ομάδα έχουμε :

ΑΒ ...... Br ...... rΔ ...... ΔΑ .. . .. . , ΑΒ Br rΔ ΔΑ - = - , - = - , - = - , - = - Επομενως : - = - = - = -

2η διαπίστωση : Τα σχήματα αυτά έχουν τις πλευρές τους ανάλογες.

Οι δύο αυτές διαπιστώσεις μας βοηθούν να ορίσουμε τα όμοια σχήματα.

Δύο ευθύγραμμα σχήματα με το ίδιο πλήθος πλευρών είναι όμοια αν έχουν τις πλευρές τους ανάλογες και τις αντίστοιχες γωνίες τους ίσες. Ειδικά τα τρίγωνα yια να είναι όμοια αρκεί να είναι μόνο οι γωνίες τους ίσες μία προς μία. Σημείωση : Στην lη ομάδα το ΑΒΓ είναι όμοιο με το ΛΜΝ Στην 2η ομάδα το ΑΒΓΔ είναι όμοιο με το ΙΚΛΜ

ΕΦΑΡΜΟΓΗ

Δίνονται τα όμοια τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ στα οποία είναι Α = Δ , Β = Ε και t = Ζ . Χαράζουμε τα ύψη τους ΑΗ και ΔΘ. Να αποδείξετε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΗΒ και ΔΘΕ είναι όμοια. Στην συνέχεια με την βοήθεια αυτού του συμπεράσματος να ..t:ι.._ ---"" Γ Έ δείξετε ότι ο λόγος των υψών ισούται με τον Β ι___Η λόγο ομοιότητας των τριγώνων και ότι ο λόγος των ' των δυο ' τριγωνων ' ' ' ' (ΑΒΓ) ' εμβαδων (ΔΕΖ) ισουται με το τετραγωνο του λογου ομοιοτητας.

�:

_ _ _

ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΑ 2η ΒΗΜΑ 1 °

~ Θ

Σχεδιάστε σε χαρτί μιλιμετρέ ένα πεντάγωνο όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/30

------

Ομοιότητα σχημάτων ------

ΒΗΜΑ 2 °

Πολλαπλασιάστε τις συντεταγμένες κάθε σημείου διαδοχικά με τους αριθμούς ..!.. , � . 2, 3 . 2 4 ΒΗΜΑ 3°

Τοποθετήσiε τις νέες συντεταγμένες στο χαρτί μιλιμετρέ και σχεδιάστε τα νέα πεντάγωνα που προκύπτουν. ΒΗΜΑ 4°

Συγκρίνετε με τη βοήθεια διαφανούς χαρτιού τις νέες γωνίες που προκύπτουν με τις γωνίες του αρχικού πενταγώνου. ΒΗΜΑ 5°

Συγκρίνετε με τη βοήθεια του χάρακα τις νέες πλευρές που προκύπτουν με τις πλευρές του αρχικού πενταγώνου και βρείτε τους λόγους των πλευρών των νέων πενταγώνων προς τις πλευρές του αρχικού ΒΗΜΑ 6 °

Μπορείτε να βγάλετε κάποιο συμπέρασμα για όλα αυτά; ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Αν τα παρακάτω πολύγωνα είναι όμοια, να βρείτε τα x,y,z,ω σε καθεμιά από τις περιπτώσεις

α) Β

5 ε·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/31

β)

e·

r·

Δ'

Δίνονται τα όμοια τετράπλευρα του παρακάτω σχήματος. . α) Να βρείτε τα ΖΗ,ΗΘ,ΘΕ. β) Να βρείτε το λόγο των περιμέτρων των δύο τετραπλεύρων. 6

9 Ε

Ο Λόγος ομοιότητας δύο ομοίων πολυγώνων είναι περίμετρος του μικρότερου είναι του άλλου πολυγώνου.

cm.

και

Να βρείτε την περίμετρο

Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ, ΑΒ ΑΓ παίρνουμε σημείο Μ πάνω στην ΒΓ τέτοιο ώστε 1\Π' = 3 ΜΒ , ΜΔ .l ΑΒ και ΜΕ .l ΑΓ . Να δείξετε ότι: (α) ισχύει ότι ΔΜΒ � ΕΜΓ . (β) {ΕΜΓ) = 9 {ΔΜΒ) και =

(γ) Αν

{ ΕΜΓ) + {ΔΜΒ) = 20cm1 να βρείτε τα {ΕΜΓ) και {ΔΜΒ) .

Για το διπλανό σχήμα: (α) Να δείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΓΕ και ΔΒΕ είναι όμοια (β) Να βρεθεί το μήκος της χορδής ΑΒ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 98 τ.2/32

Δ Β

Ε Μ

------

Ομοιότητα σχημάτων ------

Στο διπλανό σχήμα το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο και το σημείο Κ της ΑΒ είναι τέτοιο ώστε ΒΚ = ! ΑΒ και η προέκταση 3

του ΔΚ τέμνει την προέκταση της ΒΓ στο σημείο Λ. (α) Να δείξετε ότι τα τρίγωνα ΚΛΒ και ΓΛΔ είναι όμοια και να βρεθεί ο λόγος των εμβαδών τους (β)

��.

Να δείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΚΔ και είναι όμοια και να βρεθεί ο λόγος

ΚΛΒ

των εμβαδών τους

��

Δ .ιιι:;_ ;.... _ _ _ _ _ _ _ ...�

(γ) Αν (ΒΓΚΔ) = 24 cm2 να βρεθούν (γl) το εμβαδόν του ΚΛΒ, (γ2) το εμβαδόν του ΑΔΚ, (γ3) το εμβαδόν του ΑΒΓΔ. 8. Το τετράγωνο ΑΒΓΔ έχει μήκος πλευράς 2 cm και τα σημεία Ε και Ζ είναι τα μέσα των πλευρών ΑΒ και ΒΓ αντίστοιχα. Ε Β Α Να δείξετε: (α) Τα τρίγωνα ΑΒΖ και ΑΕΔ είναι ίσα (β) Το τρίγωνο ΑΕΙ είναι ορθογώνιο (γ) Τα τρίγωνα ΑΕΙ και ΑΒΖ είναι όμοια και να υπολογίσετε z το εμβαδόν του ΑΕΙ. (δ) Τα τρίγωνα ΑΗΔ και ΒΗΖ είναι όμοια και να υπολογίσετε ) (ΒΗΖ , +--+ τον λογο

(ΑΗΔ)

(ε) Να υπολογίσετε τα τμήματα ΒΗ και ΗΔ. Στο τραπέζιο του διπλανού σχήματος ισχύει: ΑΒ =6cm και ΓΔ=1 2cm και Κ το σημείο scm τομής των διαγωνίων του. Από το σημείο Κ φέρουμε ευθεία παράλληλη στις βάσεις του τραπεζίου η οποία τέμνει τις μη παράλληλες πλευρές ΒΓ και ΑΔ στα σημεία Ε και Ζ αντίστοιχα. (α) Να δείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΚΕΓ είναι όμοια και να γράψετε την αναλογία των πλευρών τους. .(β) Να δείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΓΔ και ΑΚΖ είναι όμοια και να γράψετε την αναλογία των πλευρών τους. Γ 1 2cm (γ) Να υπολογίσετε το μήκος των τμημάτων ΚΕ και ΚΖ. Τι Δ παρατηρείτε; Η

συντακτική επιτροπή του

τους αναγνώστες

ΚΛΕΙΔΗ

εύχεται σε όλους

Με χαρά περιμένο υ με νέες συνεργασίες, άρθρα, λύσεις ασκήσεων αλλά και τις παρατηρήσεις σας για να γίνου με καλύτεροι. .. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/33

Ασκήσεις για Προχωρη μένους για τη Γ ' Τάξη ======

Τζίφας Νίκος-Λαγός Γιώργος

Εάν για τους αριθμούς α, β, γ ισχύει : α+β+γ = Ο τότε να δείξετε ότι: α2 +β2+γ2 =-2(αβ + βγ + γα) α3+β3 +γ3 = 3αβγ α4+β4+γ4 = 2(αzβ2 + βzγ2 + γzα2)

Εάν για τους διάφορους του μηδενός αριθμούς α, β, γ tσχύει : .!.α + -p1 + .!. = Ο Υ . . Τότε να δείξετε ότι: (α+β+γ)z = αz + βz + i (αz + βz + γ2)3 = (α3 + β3 + γ3 -Jαβγ)z 2.

λ Εάν για τους διάφορους του μηδενός αριθμούς α, β, γ ισχύει : !5.α = _ = Ρ Τότε να δείξετε ότι: .JCiΚ +..{iiλ +.,fίiY =.J(α + β + y) (κ + λ + μ) 3.

+ 4. Να δειχθεί ότι: � 1+5. Αν (χ + y)3 6. Αν 7. 8.

Ρ+Ύ

=4 +� 7 1+ 1+y+a

+Ρ

= 3xy(x + y) ,να αποδείξετε ότι χ3

3 (α2 + β2 + γ2 ) =

Αν x+y+z=6 και χ2

!:. Υ

+ y3 = Ο

(α + β + γ)2 ,να αποδείξετε ότι α=β=γ

+ y2 + z 2 = 16,να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης xy+yz+zx.

Αν χ =t:=. y =t:=. ω ,να δείξετε ότι Cx-y)�χ-ω) + (y-ω�(y -χ) + Cω-χξω-y) = Ο χ- α ι y-α = -λ με λ =t:=. 1 x, y * κα λ = Αν χ +α y+α

10. Αν χ

β-y

-β

y-α

-α ,

(

,να δείξετε ότι χy = α 2 ·

(x+1)(y+l)(z+1)

α ,y = , να δειξετε οτι χ-1)(y - 1) z- 1) = -1. ,z = =y+α α +Ρ C Ρ+ y

1 1. Αν x+y=3

και χ3

+ y3 = 9 να υπολογίσετε την τιμή των παραστάσεων Α = χ2 + y2 - xy και Β = (χ - y) 2

12. Αν x+y+z=IO και xy+xz+yz=20

.Να υπολογίσετε την παράσταση χ2

13. Να δείξετε ότι

(2α - β - y)3

(

+ y2 + z 2 •

+ (2β - y - α)3 + (2y - α - β)3 = 3(2α - β - y) (2β - y - α) (2y - α - β) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 98 τ.2/34

Λύσεις θεμάτων Γ ' τάξης για προχωρημένους τεύχους 97. =======

Τζίφας Νίκος-Λαγός Γιώργος

Να βρείτε μια αλγεβρική παράσταση που να εκφράζει το εμβαδόν του παρακάτω σχήματος. Α - 4χ-1 -

χ-2

Λύση

..J

μ i ; ;

�

Ε'

�t

r ______� r u �------�_ ----

5χ+1 ---• Η

Παρατηρούμε ότι Ε = (χ-2)(4Χ-1). Επειδή ΓΗ = (5χ+ 1) - (4χ-1) = χ+2 το Ε ' = 4(χ+2). Τότε Εολ = Ε + Ε'= (χ-2)(4Χ-1) + 4(χ+2). 2. Να δείξετε ότι αν

α3 + β3 +γ 3 = 3αβγ τοτε α+β+γ=Ο

α=β=y

Λύση Αποδεικνύουμε την ταυτότητα: α3+β3 -+γ3 - 3αβγ = (α+ β-+γ)(α2+β2+i -αβ -βγ - γα) είτε κάνοντας τις πράξεις στο 2ο μέλος, είτε διαιρώντας το α3+β3+γ3 - 3αβγ δια του α+β+γ . 2α2 Στην συνέχεια παρατηρούμε ότι : α2+β2+1 - αβ - βγ - γα = �2 2(α2+β2+γ2 - αβ - βγ - γα) = Ξ< 2 +2β2. +2γ2 -2αβ - 2βγ - 2γα) = �[(α-β/ + (β-γ)2 +(γ--α)2]. Άρα τελικά έχουμε: α3 +β3+γ3 - 3αβγ = �(α+β+γ) [(α-β)2 + (β- γ)2 +(γ--α)2] . 'Οταν όμως είναι : α3+β3-+γ3 = 3αβγ τότε α3+β3-+γ3 - 3αβγ=Ο οπότε πρέπει και (α+β-+γ) [(α-β)2 + (β-!)2 +(γ--α)2] = Ο . Για να είναι όμως το γινόμενο αυτό ίσο με το μηδέν πρέπει: ή α+β-+γ = Ο ή (α-β) + (β-γ)2 +(γ--α)2 = Ο . Το άθροισμα όμως των μη αρνητικών ποσοτήτων (α-β)2, (β-γ)2, (γ--α)2 θα ισούται με μηδέν αν καθεμία από αυτές να είναι μηδέν Δηλ.(α-β)2 = Ο και (β-γ/ = Ο και (γ--α)2 = Ο Δηλ. α-β = Ο και β-γ = Ο και γ-α = Ο δηλ. α = β = γ 3. Να δείξετε ότι η παράσταση ( z + y - x)(y - z - χ ) + z 2 είναι τετράγωνο αθροίσματος. ·

Λύση

Παρατηρούμε ότι: (z + y - χ ΧΥ - z - χ ) + z 2 = [(y-x}-z][(y-x}-z]+z2 =(y-x)2-z2+z2 = (y-x)2 . 4 4 4. Να αποδείξετε ότι: i) αν χ > Ο ,τοτε ισχυει χ+ - � 4 ii) αν χ < Ο ,τοτ� ισχυει χ+ - � -4 χ

Λύση i) Επειδή χ> Ο πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της ανίσωσης επί χ και έχουμε:

χ(χ+�χ) ;::: 4χ ή χ2+4 ;::: 4χ ή χ2+4 - 4χ;::: Ο ή (χ - 2)2 ;::: Ο που ισχύει ii) Επειδή χ<Ο πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της ανίσωσης επί χ και έχουμε: χ(χ�χ) ;::: - 4χ ή χ2+4;::: 4χ ή χ2+4 + 4χ ;::: Ο ή (χ + 2)2 ;::: Ο που ισχύει 3 5 . Με την β οή θεια των ταυτοτήτων ,να αποδείξετε ότι ο αριθμός 1996 + 1 διαιρείται με τον 1997 -

Λύση

Είναι: 19963+ 1 =(1996+ 1)(19962-1 996+ 1)=1997(19962-1996+ 1 ). Άρα διαιρείται διά του1997. 6. Ένας τετράγωνος πλαστικός πίνακας μή κους 2 μέτρων συστέλλετε ομοιόμορφα κατά χ m. Να β ρείτε μια αλγε βρική παράσταση που να μας δίνει την μείωση του εμ β αδού του πίνακα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/35

------ Λύσεις θεμάτων Γ ' τάξης για προχωρημένους τεύχους 97. ------

Λύση

αρχική επιφάνεια του πίνακα πριν αρχίσει να συστέλλεται είναι 4m2 . Μετά την συστολή της κάθε πλευράς κατά χ μέτρα, με Ο<χ<2, η κάθε πλευρά θα είναι 2-χ μέτρα. Το εμβαδόν στην περίπτωση αυτή θα είναι (2-x)2m2 . Η ζητούμενη αλγεβρική παράσταση είναι: 4-(2-χ)2=4χ-χ2 . 7. Αν χ+y=λ και χy=λ2, να δειξετε οτι χ2 + y2 + λ 2 = Ο . Τι συμπεραίνετε στη συνέχεια για τους αριθμούς χ, ψ και λ Η

Λύ ση

Αφού x+y= λ τότε (x+y)2 = λ2 οπότε :χ2 +y2 +2xy = λ2 ή χ2 +r +2λ2 = λ2 ή x2+y2 +2λ2 - λ2 =Ο ή χ2 +y2 +λ2 =0. Κάθε ένας από αυτούς ισούται με μηδέν 8. Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση (χ2 +ψ2 - ω2)2 - 4χ2ψ2 Λύ ση

(xz +ψ2 _ ω2)2 _ 4x2y2 = (xz +ψ2 _ ω2)2 _ (2χψ/ (χ2 +ψ2 _ ω2 +2χψ) (χ2 +ψ2 ω2 _2χψ) = (xz +ψz+2χψ-<Ι}) (χ +ψ2_2χψ-ω2) = [(χ+ψ)2 _ ω2] [(χ-ψ)2 _ ω2] = =(χ+ψ+ω)(χ+ψ-ω)(Χ:-ψ+ω)(χ-ψ-ω) 9. Να δείξετε ότι: α2+β2+γ2- αβ - βγ - γα = i [(α-β)2+(β-γ)2+(γ--α)2]. Ποια σχέση συνδέει τους α, β, γ εάν η παράσταση α2+β2+γ2 - αβ - βγ - γα =Ο =

Λύ ση

2+2β2+2γ2- 2αβ - 2βγ - 2γα) = α2+β2+γ2- αβ - βγ - γα = �2 2(α2+β2+γ2- αβ - βγ - γα) = �2α 2 .!:. = .!:.[(α2+β2 - 2αβ ) + (βz+γ2 _ 2βγ) + (γ2+α2 2γα)] = [(α-β)2 ) + (β-γ)2 + (γ-α)2 ] 2 2 Εάν η παράσταση α2+β2+γ2 - αβ - βγ - γα =Ο τότε και i[(α-β)2 + (β-γ)2 + (γ-α)2] = Ο δηλ και (α-β)2 + (β-γ)2 + (γ-α)2 = Ο . Επειδή όμως το άθροισμα των τετραγώνων τριών αριθμών είναι μηδέν πρέπει καθένας από αυτούς να είναι μηδέν. Άρα: α-β=Ο, β-γ=Ο, γ-α=Ο δηλ. α=β, β=γ, γ=α οπότε α=β=γ. 4 2 2 2 1 0. Να δείξετε ότι: α(α+β)(α+2β)(α+3 β)+β = (α +β +3 αβ) • Από την ταυτότητα αυτή , τι συμπεραίνετε για το γινόμενο τεσσάρων διαδοχικών αριθμών όταν αυτό αυξη θεί κατά μία μονάδα ; _

Λύση

Θεωρού�ε το 1 ° μέλος και αφού κάνουμε πράξει� έtουμε: α(α+β)(α+2β)(α+3β)+β2 = =α4 +6α β+ 1 1 α2 β2+6α�3 +β4 = α4+ β4 +9α2 β2 +2α β +6α3 β+6αβ3 = (α2)2+(β2)2+(3αβ)2+2α β2+6α3 β+6αβ3=(α2+β2+3αβ)2 . Ο αριθμός αυτός θα είναι τέλειο τετράγωνο.

Να δείξετε ότι η παράσταση α2β2 +(α2 +β2)(α+β)2 είναι τετράγωνο άλλης αλγεβρικής παράστασης. Λύ ση Είναι α2β2 +(α2 +β2)(α+β)2=α2 β2+(α2+β2) (α2+2αβ+β2)=α2β2+α4+2α3 β+α2β2+α2 β2+2αβ3+β4 = =α4 +α2 β2 +β4 +2α3 β+ 2α2β2 +2αβ3 = (α2+αβ+β2)2 . 11.

.!:. ι Εάν για τους αριθμούς χ, ψ, ω ισχύει: + _ψ + .!. = Ο να δειχθεί ότι: (χ+ψ+ω)z=xz+ψz+ωz 12.

Λύ ση

πολλαπλασια' ζοντας τα

ι ι 0 , , , . -ι + με' λη της ισοτητας ψ+-= επι, το γινομενο χψω εχουμε: χ

χψω (.!:. + .!. ψ + .!.) = Ο ή ψω + χω + χψ = Ο. Είναι (χ+ψ+ω)2 = χ2 +ψ2 +ω2 +2χψ +2ψω +2ψω = χ2 +ψ2 +ω2 +2(χψ+ψω+χω) = =χ2 +ψ2 +ω2 +2(Ο)= χ2 +ψ2 +ω2 χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/36

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

Επιμέλεια: Επιτροπή Διαγωνισμών

76ος

ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 'Ό ΘΑΛΗΣ" 14

Νοεμβρίου 2015

Ενδεικτικές λύσεις Β' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ Πρόβλημα 1

Να υπολογίσετε την τιμή των αριθμητικών παραστάσεων: 32 2 +, Β= 1 12 : 3 2 - 1 Α = 4 : 6 + 52 11

2·8+8: 2

( 25 +

)

+ -75

και να τις συγκρίνετε.

Λύση

32 9 9 9 9 Α = 24 : 6 + 52 - 2 · 8 + 8 : 22 + - = 24 : 6 + 25 - 2 · 8 + 8 : 4 + - = 4 + 25 - 1 6 + 2 + -= 1 5 + - = 15-. 11 11 11 11 11

Β = ( 25 + 1 1 2 ) : 32 - 1 + � = ( 32 + 1 12 ) : 32 - 1 + � = 1 44 : 9 - 1 + � = 1 6 - 1 + � = 15 + � = 1 5 � . 7

'Εχουμε:

63 -55 _!_ Ο Α-Β = 15 _2_ -15 � = 1 5 + _2_ - 1 5 - � = _2_ - � = = > ' οπότε θα είναι Α > Β . 11 7 11 7 11 7 77 77

Πρόβλημα 2

Ένα ορθογώνιο έχει μήκος α = 6 μέτρα και πλάτος β = 4 μέτρα Αν αυξήσουμε το μήκος του κατά 20% και μειώσουμε το πλάτος του κατά 5%, να βρείτε πόσο επί τοις εκατό θα μεταβληθεί: (ί) η

περίμετρος του ορθογωνίου, (ίί) το εμβαδό του ορθογωνίου. Λύση

Η περίμετρος του ορθογωνίου είναι

Π = 2 ( α + β) = 2 ( 6 + 4 ) = 20 μέτρα

Ε = αβ = 6 4 = 24 τετραγωνικά μέτρα. Μετά 20 6+ 6· = 6 + 1, 2 = 7, 2 μέτρα , ενώ το 100 4 - 4 _2__ = 4 - Ο, 2 = 3, 8 μέτρα. 'Ετσι έχουμε: 100 ·

και . το εμβαδά του είναι

την αύξηση το μήκος του ορθογωνίου θα γίνει πλάτος

του

μετά

τη

μείωση

θα

(ί)

Η περίμετρος του ορθογωνίου μετά την μεταβολή των διαστάσεων του θα γίνει

Π' = 2 ( 7, 2 + 3, 8 ) = 2 · 1 1 = 22 μέτρα,

οπότε η αύξησή της είναι

Π' -Π = 22-20 = 2 μέτρα και η επί τοις εκατό αύξησή της είναι

Ππ

= 2 = _!Q_ , δηλαδή 20 100

(ii) Το εμβαδά του ορθογωνίου μετά την αύξηση των διαστάσεων θα γίνει θα γίνει

Ε ' = 7, 2 · 3, 8 = 27, 36 τετρ. μέτρα, οπότε η μεταβολή (αύξηση) του είναι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/37

1 0% .

γίνει

-----

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί

------

Ε' - Ε = 27, 36 - 24 = 3, 36 τετρ. μέτρα και η επί τοις εκατό αύξηση του είναι Ε' - Ε 3• 36 = 0 14 = � δηλαδη' 1 4%. = ' Ε 24 1 00 ' Π ρόβλη μα 3 .

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ

ΑΓ και

BAr = 30"

Η μεσοκάθετη της πλευράς ΑΒ

τέμνει την πλευρά ΑΒ στο σημείο Δ, την πλευρά ΑΓ στο σημείο Ε και την προέκταση της πλευράς ΒΓ στο σημείο Ζ. Να βρείτε πόσες μοίρες είναι οι γωνίες

ΒΖΔ

και

ΓAz .

Λύση

Σχήμα 1

Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ίσες πλευρές ΑΒ δηλαδή ΑΒΓ = ΓΒ Α =

1 80" - B Ar 2

1 800 - 300 2

ΑΓ θα έχει τις απέναντι γωνίες τους ίσες,

= 75 0 .

Επειδή το Ζ είναι σημείο της μεσοκάθετης της πλευράς ΑΒ θα απέχει ίσες αποστάσεις από τα σημεία Α και Β, δηλαδή είναι ΖΑ των

ίσων

ΖΒ. Επομένως το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές και θα έχει τις γωνίες απέναντι

πλευρών

του

ίσες,

δηλαδή

B Az = ΑΒΖ = ΑΒΓ = 75" .

Τότε

θα

είναι

ΑΖΒ = 1 soo - 2 · 75· = 30° . Η μεσοκάθετη ΖΔ της πλευράς ΑΒ του τριγώνου ΑΖΒ είναι και διχοτόμος της γωνίας του

30. θα είναι ΒΖΔ = = 1 5° . 2

ΑΖΒ , οπότε

ΒΔz = 90" , έχουμε: ΒΖΔ = 90° J3 = 9ο· - 75° = Ι 5° .

Διαφορετικά, από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΖΔ με

,.--

Για τη γωνία ΓAz έχουμε: ΓAz = B Az - B Ar

= 7 5° - 30° = 45° .

Π ρόβλη μα 4

Να βρείτε τους διαδοχικούς θετικούς ακέραιους χ - ι, χ, χ + ι που είναι μικρότεροι του ιοοο και

τέτοιοι ώστε ο χ είναι πολλαπλάσιο του ι Ο, ο χ + 1 είναι πολλαπλάσιο του ι ι και ο χ - ι είναι πολλαπλάσιο του 3. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/38

------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί

-------

Λύση Παρατηρούμε ότι οι ίχκέραιοι χ = 1 Ο, χ + 1 = 1 1 είναι πολλαπλάσια των 1 Ο και 1 1 , αντίστοιχα. Επιπλέον

ο 9 είναι πολλαπλάσιο του 3, οπότε η τριάδα 9, 1 0, 1 1 είναι μία λύση του προβλήματος.

Στη συνέχεια παρατηρώ ότι ΕΚΠ

( 10, 1 1 ) = 1 1 0,

οπότε για να βρω το επόμενο ζευγάρι θετικών

ακέραιων που έχουν την ίδια ιδιότητα με τους 1 Ο και 1 1 πρέπει να προσθέσω και στους δύο το 1 1 Ο ή κάποιο πολλαπλάσιο του 1 1 0 μέχρι που να προκύψει ακέραιος μεγαλύτερος ή ίσος του 1 000. Έτσι έχουμε τα ζευγάρια: 1 20

230

340

450

560

670

780

890

121

23 1

341

45 1

56 1

67 1

78 1

89 1

Επομένως αρκεί να ελέγξουμε ποιοι από τους αριθμούς 1 1 9, 229, 339, 449, 559, 669, 779, και 889 είναι πολλαπλάσια του 3 . Τέτοιοι είναι οι αριθμοί 339 και 669, οπότε λαμβάνουμε και τις λύσεις 339,340,34 1 και 669,670,67 1 . Παρατήρηση. Μετά την εύρεση της πρώτης λύση 9, 1 Ο, 1 1 , θα μπορούσαμε να παρατηρήσουμε ότι για να

προκύψει μία αντίστοιχη τριάδα θα πρέπει να προσθέσουμε και στους τρεις ακέραιους ένα πολλαπλάσιο

(

του ΕΚΠ 3 , 1 Ο, 1 1.) = 330 . Έτσι εύκολα προκύπτουν και οι άλλες δύο λύσεις του προβλήματος 339,340,341 και 669,670,67 1 . Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Π ρόβλημα 1

, , , α-ι ι 3 ι Να βρειτε την τιμη της παραστασης Α = + - , αν . α = + - + α-• α - 3 33

2 27

· -

( 2)-4 --

Πρόβλημα 2°

Να βρεθεί ο τριψήφιος θετικός ακέραιος αβγ = ιοοα + ιοβ + γ , αν δίνεται ότι το ψηφίο των δεκάδων του αριθμού διαιρείται με τον αριθμό εκατοντάδων ισχύει ότι α = Λύση Οι δυνατές τιμές του ψηφίου

ενώ για τα ψηφία των μονάδων και των

28 και γ = 42 , όπου ν θετικός ακέραιος αριθμός. ν

των δεκάδων είναι: Ο, 4, 8. Ο ακέραιος

πρέπει να είναι θετικός και

κοινός διαιρέτης των 28 και 42, οπότε οι δυνατές τιμές του είναι: 1 , 2, 7, 14. Τότε οι αποδεκτές τιμές για ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/39

-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί

--------

α είναι: α = 4, για v = 7, α = 2, για v = 14. Οι αποδεκτές τιμές για το ψηφίο y είναι: y=6,για ν=7, y=3, για v =14. Επομένως έχουμε: α 4, y = 6, για v = 7 και α = 2, y = 3, για v = 14 . Άρα οι δυνατές τιμές του ακέραιου αβy είναι: 406, 446, 486, 203, 243, 283.

το ψηφίο

Πρόβλημα 3

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ και

BAr = ω·

Η μεσοκάθετη της πλευράς ΑΒ τέμνει

την πλευρά ΑΒ στο σημείο Δ, την πλευρά ΑΓ στο σημείο Ε και την προέκταση της πλευράς ΒΓ στο

σημείο Ζ. Η κάθετη από το σημείο Β προς την πλευρά ΑΓ τέμνει την πλευρά ΑΓ στο σημείο Κ, το

ευθύγραμμο τμήμα ΔΖ στο Λ και το ευθύγραμμο τμήμα ΑΖ στο σημείο Μ. Αν είναι ΓAz = 36" , να (α) ω = 36" ,

αποδείξετε ότι:

(γ) ΒΛ = ΛΖ.

(β) ΑΜ = ΓΖ,

Λύ ση

(α) Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ θα έχουμε:

1 -ω Β = Γ = 80" . 2 Α

Επειδή η ΔΖ είναι μεσοκάθετη της πλευράς ΑΒ, το τρίγωνο ΖΑΒ είναι ισοσκελές με ίσες πλευρές ΖΑ = ΖΒ, οπότε θα έχουμε:

zAB = zBA <::::> ω+ 36" = Β <::::> ω+ 36" =

180• - ω <::::> 3ω = 108 <::::> ω = 36" . 2

(β) Επειδή στο τρίγωνο ΑΒΜ η ΑΚ είναι ύψος και

διχοτόμος θα έχουμε

ΑΒΚ = 90" - 36" = 54" = ΑΜκ .

Επομένως το τρίγωνο ΑΒΜ είναι ισοσκελές με ΑΜ = ΑΒ. Από υπόθεση είναι ΑΒ = ΑΓ. Επίσης από Β

το

ισοσκελές

τρίγωνο

ΖΑΒ

έχουμε

ΑΖΒ = 1 80" - 2Β = 1 8 0" - 2 . 72" = 36" = ΓAz .

�---__.______--=;;;.. ·Ζ Γ

Σχήμα 2

Επομένως και το τρίγωνο ΓΑΖ είναι ισοσκελές με ΑΓ = ΓΖ. Άρα έχουμε: ΑΜ=ΑΒ=ΑΓ=ΓΖ.

(γ) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΔΖ έχουμε: ΛΖΒ = ΔΖΒ ορθογώνιο τρίγωνο ΓΚΒ έχουμε: Άρα έχουμε:

= 90" - Β = 90" - 72" = 1 8" , ΛΒΖ = ΚΒΓ � 90" - Γ = 90" - 72" = 1 8" .

ενώ από το

ΑΖΒ = ΛΒΖ = 1 8" => ΛΒΖ ισοσκελές τρίγωνο με ΒΛ = ΛΖ.

Π ρόβλημα 4

Αν οι

x,y,z, w , m

είναι θετικοί ακέραιοι, διαφορετικοί ανά δύο μεταξύ τους, μικρότεροι ή ίσοι του . I

5, τότε να βρείτε την ελάχιστη και τη μέγιστη τιμή της παράστασης Α = (χ + y )

Λύ ση Από τη συνθήκη, οι x, y, z, w, m είναι οι αριθμοί 1 ,2,3,4,5 με διαφορετική ίσως σειρά. Για τη μέγιστη

τιμή, θα πρέχει ο αριθμός που αφαιρούμε να είναι ο ελάχιστος, δηλαδή w = 1 . Τους αριθμούς 4 και 5 m

πρέπει να τους χρησιμοποιήσουμε στη δύναμη z . Παρατηρούμε ότι 45 > 54 , οπότε για τη μέγιστη τιμή z = 4, m = 5 . Οπότε απομένει να έχουμε χ + y = 2 + 3 = 5 . Συνεπώς η μέγιστη τιμή της παράστασης

5 45 - 1 = 5 · 1 024 - 1 = 5 1 1 9 . Για την ελάχιστη τιμή, θα πρέπει ο αριθμός που αφαιρούμε να είναι m ο μέγιστος, δηλαδή w = 5 και η δύναμη z να είναι η ελάχιστη, οπότε z = 1 . Η μικρότερη τιμή τώρα για το χ + y είναι χ + y = 2 + 3 = 5 η ελάχιστη τιμή είναι 5 · 14 - 5 = Ο . είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/40

----

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

-----

Οι λύσεις των ασκήσεων του τεύχους 96

Α37. Αν . α,b,c ε JR . με α + b + c =

Ο και α :I: b :I: c :I: α , να απλοποιήσετε την παράσταση

)( + ) 3( )( + )( ) 3( Α = α α + b α c ) + b b + α b c + c 3 (c + α c + b . ( α - c )( α - b ) ( b - α )( b - c ) ( c - α )( c - b ) Λύση: Χρησιμοποιώντας τη σχέση α + b + c Ο γράφουμε την παράσταση Α στη μορφή Α = α 3 (-b ) (-c) + b 3 ( -c )( -α ) + c \ -a )( -b ) + α 3 bc b 3 ca c 3 ab + (a - c ) (a - b ) (b - a ) (b - c ) (c - α )(c - b ) (α - c ) (a - b ) (b - α ) (b - c ) (c - α ) (c - b ) + + α2 b2 c2 abc abc B, (α - c ) (a - b ) (b - a ) (b - c ) (c - a ) (c - b ) cz bz αz cz bz αz όπου Β = + -:------:--:------:+ (α-c)(α-b) (b-α)(b - c) (c -α)(c -b) (c-α)(α-b) (α-b)(b-c) (c-α)(b-c) =

[

b )(b - c )( c - α ) = [ α2 (b -(αc)-+b)(bb2 (c--c)(cα) +-c2α)(α - b) = - [ -(α(α --b)(b - c)(c - α) J ' J α2 1

αφού εύκολα βρίσκουμε ότι =

(b - c ) + b2 ( c - α ) + c2 ( α - b) α2 (b - c) + b2c - bc2 - αb2 + αc2 α2 ( b - c) + bc ( b - c) - α ( b - c) ( b + c) = ( b - c) ( α2 + bc - αb - αc )

= (b - c )[α( α - b) - c ( α - b )]

= (b - c ) ( α - b ) ( α - c) - ( α - b )(b - c ) ( c - α) .

Α38. Αν α, b, c ε 1R με α :I: b :I: c :I: α , να aπλοποιήσετε την παράσταση

( + ( ( + ) ...,.= α b - c ) + b c - α ) + -,-->-c -- + α - b..!... ( α - c )( b - c ) ( b - α ) ( c - α ) ( c - b )( α - b ) Λύση: Θέτουμε α + b + c = Α , οπότε έχουμε α + b - c = A - 2c, b + c - α = Α - 2α,c + α - b = A - 2b . Β

Έτσι η παράσταση Β γίνεται: Β

)2 ]

(Α - 2c ) + (Α - 2α ) + (Α - 2b / (Α - 2c ) + (Α - 2α γ + (Α - 2b (c - α)(b - c) (α - b)(c - α) (b - c)(α - b) (α - c)(b - c) (b - α) (c - α) (c - b)(a - b) + + (Α - 2c γ (α - b) (Α - 2a )2 ( b - c ) (Α - 2b ( c - α)

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

(α - b)(b - c) (c - α) Α2 (α -b +b -c +c -α ) - 4Α [c( α-b ) + α(b-c ) + b( c -α)] + 4 [c2 ( α - b)+ α2 (b -c ) + b2 (c -α)]

(α -b)(b -c)(c -α)

. -4 (α - b ) (b - c )( c -α ) , ( α-b ) ( b-c ) ( c-α ) = 4 αφού όπως αποδείξαμε στην προηγούμενη άσκηση ισχύει ότι

c2 ( α - b )+ α2 (b - c ) + b2 ( c - α) = -( α - b ) (b - c ) ( c - α ) .

ABC με ABC = 1 20° και BC = 2 τέμνονται στο σημείο G , να βρείτε τη γωνία BGA . Γ25 . Δίνεται τρίγωνο

ΑΒ Αν ΑΕ και BD είναι διάμεσοι του που

Λύση: Θεωρούμε το συμμετρικό Ζ του Β ως προς το μέσο D της πλευράς AC . Επειδή οι διαγώνιοι

ΒΖ και AC διχοτομούνται, το τετράπλευρο ABCZ είναι παραλληλόγραμμο. Επίσης, από τη σχέση

BC = 2 ΑΒ και το ότι το Ε είναι μέσο της πλευράς BC , έπεται ότι το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές ·

με ΑΒ = ΒΕ και ΒΑΕ = ΑΕΒ=

1 80° - 120° 2

Η γωνία

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/41

BGA ανήκει στο τρίγωνο BGA στο

----

οποίο γνωρίζουμε ήδη τη γωνία του διάμεσος του τριγώνου ΑΒΖ . Όμως έχουμε

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί

BAG = 30°. Αν F είναι το μέσο της πλευράς ΑΖ , τότε η BF είναι

ΑΖ BC AF =2 =2 = ΑΒ

και

�

ΒΑΖ

= 180° -120° = 60°, οπότε το τρίγωνο ABF

είναι

έχουμε

ότι

δηλαδή

ισόπλευρο.

�--------��--------�.

�

.. .. ..

-----

.. .. .. ..

.. .. ..'

.. .. ..

ΑΖ BF = AF = 2'

. '. .. . .

διάμεσος

τριγώνου

ΑΒΖ

αντιστοιχεί. Επομένως το τρίγωνο

.., .. .. .. ,' .... .... ,' .. - - - - - ::�.: z ··············-·---···-·•,

του

ισούται με το μισό της πλευράς που

,' ' ,ι

Άρα

είναι

ΑΒΖ ΑΒΖ

ορθογώνιο

με

= 90" . Άρα θα είναι και ABG = 90" , οπότε από το τρίγωνο Σχήμα 1 BGA λαμβάνουμε BGA= 180° - ( BAG + AGB ) = 180° -(30° + 90 ) = 60°. F

Ν29. Βρείτε όl.n τα ζε6γη πρώτων θετικών ακέραιων p και q πσυ ικανοποιούν την εξίσωση: 2p 2 + 1 Λύση : Εξετάζουμε πιθανές τιμές του θετικού πρώτου ακέραιου

5 q •

p, αρχίζοντας με την τιμή p = 3 . Τότε

q2 = 19 , η οποία δεν έχει λύση στους πρώτους αριθμούς. Έτσι, ο πρώτος θετικός ακέραιος p μπορεί να έχει τη μορφή p = 3k ± 1, όπου k κατάλληλος ακέραιος. Τότε η εξίσωση 2+ γίνεται: 2 ( 3k ± 1 ) 1 = q5 18k2 ± 12k + 3 = q5 3 ( 6k 2 ± 4k + 1) = q5 Από την τελευταία εξίσωση προκύπτει ότι ο 3 διαιρεί τον ακέραιο q5 , οπότε, αφού ο q είναι πρώτος, έπεται ότι ο 3 διαιρεί τον q , δηλαδή είναι q = 3 Για q = 3 η εξίσωση γίνεται 2# + 1 =35 I = 121 p = 11, αφού p πρώτος θετικός ακέραιος. Άρα έχουμε τη λύση (p,q) ={11,3) . η εξίσωση γίνεται

�

•

�

Α39. Τρεις ποδηλάτες Π 1 , Π 2

και

�

Ασκήσεις για λύ ση Π3 ξεκινούν ταυτόχρονα από την πόλη Α και κινούνται κατά μήκος της

κλειστής διαδρομής που αποτελείται από τρία ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ, ΒΓ και ΓΑ. Οι ταχύτητες του ποδηλάτη Π1 στα τμήματα ΑΒ, ΒΓ και ΓΑ είναι 1 2, 1 0 και 1 5 (Κm/h), αντίστοιχα. Οι ταχύτητες του

ποδηλάτη Π 2 στα τμήματα ΑΒ, ΒΓ και ΓΑ είναι 1 5, 1 5 και 10 (Κm/h), αντίστοιχα, ενώ οι ταχύτητες του ποδηλάτη Π3 στα τμήματα ΑΒ, ΒΓ και ΓΑ είναι 1 0, 20 και 12 (Κm/h), αντίστοιχα. Αν και οι τρεις ποδηλάτες επιστρέφουν την ίδια χρονική στιγμή στην πόλη Α, να βρείτε πόσες μοίρες είναι η γωνία 2 , , , , α c c Α40 . Αν α, b , c ειναι ακεραιοι τετοιοι ωστε + 2 2

2 + b2

να αποδείξετε ότι το γινόμενο bc είναι τέλειο τετράγωνο. Ν30. Οι αριθμοί είναι πρώτοι θετικοί ακέραιοι με

2 = -, b+c

ΑΒΓ.

p, q, r p + q 1 1 και ικανοποιούν την εξίσωση Ρ+q r = p -q + r. Βρείτε τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή του γινομένου pqr. Γ26. Τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ Α > 90° . 'Εστω Μ το συμμετρικ9 της κορυφής Α <

και

ως προς την κορυφή Γ. Η μεσοκάθετη του ευθυγράμμου τμήματος ΑΜ τέμνει την προέκταση της

πλευράς ΒΑ στο σημείο Ρ. Αν οι ευθείες ΡΜ και ΒΓ είναι κάθετες, να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΡΜ είναι ισόπλευρο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/42

Οοιζόνrιος Πολλιιnλα.σιασμός

Επιμέλεια: Παναγιώτη ς Χριστόπουλος

Η συνάδελφος Ειρήνη Χρίστου από την Κύπρο μας έστειλε μια εργασία με τον οριζόντιο πολλα πλασιασμό μεταξύ διψήφιων αριθμών με ψηφίο δεκάδω ν το Ι.

Ε ιρήνη Χρίστου Στο κείμενο που ακολουθεί αναλύω μια μέθοδο επίλυσης πράξεων πολλαπλασιασμού που αφορά διψήφιους αριθμούς της μορφής 1 Ο+α. Από πολύ μικρή ηλικία τα παιδιά μαθαίνουν πώς να εκτελούν πράξεις πολλαπλασιασμού με διψή φιους αριθμούς. Ο τρόπος που διδάσκεται στα σχολεία είναι ο κάθετος πολλαπλασιασμός. Πιο κάτω, θα δούμε ένα τρόπο για οριζόντια επίλυση πράξεων πολλαπλασιασμού, που ισχύει για διψήφιους αριθμούς όπου στη θέση των δεκάδων είναι ο αριθμός 1 . Θεωρώ π�ς ο πρώτος αριθμός είναι ο l Ο+α και ο δεύτερος αριθμός είναι ο l Ο+β. Τότε πολλαπλασιάζοντάς τους, θα έχουμε: (10+a) (10+ρ)-1Μ+18(....... Να ένα παράδειγμα για καλύτερη κατανόηση, 12:ι13-156. Ο τρόπος που εισηγούμαι για γρήγορη εύρεση του απσrελέσματος, βρiσκεται στα πιο κάτω βήματα: Βήμ αl . Πολλαπλασιάζουμε τις μονάδες και γράφουμε το αποτέλεσμα στη θέση των μονάδων. (2:ι3-6) Βήμα2. Προσθέτουμε τις μονάδες και γράφουμε το αποτέλεσμα στη θέση των δεκάδων. (1+3-5) Βήμα3. Η θέση των εκατοντάδων είναι πάντα ένα, εκτός αν υπάρχουν κρατούμενα στα βήματα 1 και 2, όπως θα δούμε στο παράδειγμα πιο κάτω. Στην περίπτωση λοιπόν, που το αποτέλεσμα που ]βρίσκουμε στα βήματα 1 και 2 έχει και δεκάδες, τότε αυτός ο αριθμός των δεκάδων προστίθεται στον αριθμό που βρίσκεται αρι,, στερά του, παράδειγμα: 1'h18-386. Τότε αρχίζουμε με το βήμα 1 που περιέγραψα πιο πάνω. Δηλαδή 7χ8=56, γράφουμε το 6 στις μονά δες και το 5 είναι κρατούμενο το οποίο προσθέτουμε στον αριθμό που θα βρούμε προχωρώντας στο βή μα 2, δηλαδή στην πρόσθεση των αριθμών 8 και 7. Έχουμε 7+8= 1 5, 1 5+5=20 άρα γράφουμε Ο στις δεκάδες και κρατάμε το 2 για να προστεθεί στις εκατοντάδες. 1 +2=3 άρα το αποτέλεσμα είναι 3 06. ·

-·-

Εμείς θα προσθέσουμε σε αυτά που αναφέρει η συνάδελφος Ειρήνη Χρίστου για οριζόντιο πολλαπλασιασμό αριθμών της δεύτερης δεκάδας, τον οριζόντιο πολλαπλασιασμό και στις άλλες δεκάδες γενι κεύοντας την πρότασή της. • 2η δεκάδα: ( 1 0+α)( 1 0+β)=100+ l Ο(α+β)+αβ παράδειγμα 1 3χ 1 6=208. Δηλαδή Μ 3χ6= 1 8, 8 και 1 , Δ 1 + 1χ(3+6)=1 0, Οκαι1 , Ε 1 + 1 =2 • 3η δεκάδα: (20+α)(20+β)=400+20(α+β)+αβ παράδειγμα 23χ26=598. Δηλαδή Μ 3χ6=1 8, 8 και 1 , Δ 1 +2χ(3+6)=1 9, 9και 1 , Ε 1 +4=5 • 4η δεκάδα: (30+α)(30+β)=900+30(α+β)+αβ παράδειγμα 33χ36= 1 1 88. Δηλαδή Μ 3χ6,; 1 8, 8 και 1, Δ 1 +3χ(3+6)=28, 8και2, Ε 2+9=1 1 • Sη δεκάδα: (40+α)(40+β)=1600+40(α+β)+αβ παράδειγμα 43χ46=1 978. Δηλαδή Μ 3χ6= 1 8, 8 και 1, Δ 1 +4χ(3+6)=37, 7και3, Ε 3+1 6= 1 9 • 6η δεκάδα: (50+α)(50+β)=2500+50(α+β)+αβ παράδειγμα 53χ56=2968. Δηλαδή Μ 3χ6= 1 8, 8 και 1 , Δ 1 +5χ(3+6)=46, 6και4, Ε 4+25=29 • 7η δεκάδα: (60+α)(60+β)=3600+60(α+β)+αβ παράδειγμα 63χ66=4 1 58. Δηλαδή Μ 3χ6= 1 8, 8 και 1, Δ 1 +6χ(3+6)=55, 5και5, Ε 5+36=41 • Sη δεκάδα: (70+α)(70+β)=4900+70(α+β)+αβ παράδειγμα 73χ76=5548. Δηλαδή Μ 3χ6=1 8, 8 και 1, Δ 1 +7χ(3+6)=64, 4και6, Ε 6+49=55 • 9η δεκάδα: (80+α)(80+β)=6400+80(α+β)+αβ παράδειγμα 83χ86=7 1 38. Δηλαδή Μ 3χ6= 1 8, 8 και 1 , Δ 1 +8χ(3+6)=73, 3και7, Ε 7+64=7 1 • lΟη δεκάδα: (90+α)(90+β)=8100+90(α+β)+αβ παράδειγμα 93χ96=8928. Δηλαδή Μ 3χ6= 1 8, 8 και 1 , Δ 1 +9χ(3+6)=82, 2και8, Ε 8+8 1 =89 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/43

4η Ε ΚΘ Ε Σ Η Μ ΑΘ Η Μ ΑΤΙ ΚΩ Ν στο 1 ο Γυ μνάσιο Σκάλας Ωρωπού

Το περιοδικό μας ο «Ευκλείδης Α'», έχει τη χαρά να παρουσιάσει την 4η κατά σειρά Έκθεση Μαθηματικών του 1 ου Γυμν Σκάλας Ωρωπού. Όλη την περυσινή χρονιά, οι μαθητές και οι μαθή τριες των τμημάτων Γι, Γz, Γ3, Γ4, και Βι με την καθηγήτρια τους των μαθηματικών κ. Μαρα γκού Γεωργία, ετοίμασαν για άλλη μία φορά, χωρίς να χάσουν ώρες μαθημάτων, πρωτότυπα έργα εμπνευσμένα από τα μαθηματικά με τίτλο: «ΜΕ ΕΝΑ ΜΟΝΟ ΑΓΓΙΓΜΑ ΣΤΟ ΧΡΥΣΑΦΙ ΤΩΝ ΑΝΑΛΟΓΙΩΝ» Ο ευρηματικός τίτλος της Έκθεffi, ς, αναφέρεται σ'ε ένα κομμάτι δύσκολο στα Μαθηματικά, τις αναλογ ίες Οι αναλογίες είναι μέσα στη ζωή μας, είναι καθετί που βλέπουμε δίπλα μας, εί ναι το μικρό που το κάνουμε μεγάλο για να το μελετήσουμε; αλλά και το μεγάλο που το κάνου με μικρό για να το χωρέσουμε. Οι μαθητές όμως του 1 ου Γυμνασίου Σκάλας Ωρωπού, που ασχο λήθηκαν με αυτό το. δύσκολο θέμα το έκαναν με τέτοιο τρόπο που μπορούσε κανείς να δει αμέ σως στις κατασκευές τους την Τέχνη μέσα στα Μαθηματικά ή τα Μαθη ματικά μέσα στην Τέχνη. Με απλά και ευτελή υλικά όπως πλαστικά μπουκάλια από εμφιαλωμένο νερό ή αναψυ κτικό, μεταλλικά κουτιά μπύρας, ρολά από χαρτί, ύφασμα, πλαστικό, σύρμα, παλιά cd, χρωμα τιστά χαρτιά και κιμωλίες κατάφεραν να παρουσιάσουν κατασκευές πολύπλοκες και εντυπωσι ακές οι οποίες όμως ήταν υψηλής αισθητικής αξίας. Οι κατασκευές των μαθητών αφορούσαν κυρίως το τρίγωνο του ΡASCAL, το τρίγωνο SIERPINSΚI, τη ΧΡΥΣΗ ΤΟΜΗ στην αρχιτεκτονική και στο ανθ ρώπιν ο σώ μα. <

Την ημέρα της παρουσίασης της έκθεσης στους συμμαθητές τους, στους καθηγητές, τους γο νείς και τους επισκέπτες, οι μαθητές που συμμετείχαν στο Εργαστήρι των Μαθη ματικών, με προσήλωση αλλά και άνεση παίρνοντας στο χέρι την κιμωλία και τα γεωμετρικά όργανα σχεδί ασαν στον πίνακα, από την αρχή μέχρι το τέλος, την κάθε μια κατασκευή και παρουσίασαν ανα λυτικά τον τρόπο με τον οποίο μελέτησαν, μέτρησαν και υπολόγισαν ό,τι χρειάστηκε ώστε να ξεκινήσουν και να φέρουν εις πέρας την κατασκευή που είχαν αναλάβει. Για παράδειγμα, σε μία κουρτίνα μήκους 4,5 μέτρων και ύψους 3 μέτρων που είχαν εmμελη ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/44

------

4η Έκθεση Μαθηματικών

--------

θεί και κρεμάσει στην αίθουσα της Έκθεσης, είχαν σχεδιάσει και ράψει μια ανθρώπινη φιγούρα και την πρόσοψη του Παρθενώνα. Την ανθρώπινη φιρούρα την είχαν χωρίσει με οριζόντιες τομές. Εκεί, σε φυσικό μέγεθος, έδειχναν αυτό που μας έμαθε ο Leonardo da Vinci πως "αν το

ύψος, οποιουδήποτε ανθρώπου , διαιρεθεί με το ύψος σrο οποίο βρίσκεται ο ομφαλός του τ ότε το αΠ(!τέλεσμα θα είναι ίσο με αριθμό φ (χρυσή τομή ή θε ϊκή αναλογία) τον οποίο και υπολόγισαν "

στον_πίνακα με πόσο ισούται.

Στη συνέχεια οι μαθητές τόνισαν, πως οι αρχαίοι Έλληνες γλύπτες και αρχιτέκτονες, στις κα τασκευές τους έκαναν χρήση των χρυσών ορθογωνίων. Χρησιμοποιούσαν είπαν ορθογώνια των οποίων η αναλογία (ο λόγος) της μέγιστης προς την ελάχιστη πλευρά έδινε τον «χρυσό α ριθμό φ= 1,6 180339887». Μια μαθήτρια σχεδίασε στον πίνακα με κανόνα και διαβήτη ένα χρυ σό ορθογώνιο και κατόπιν έδειξε αυτό που είχε σχεδιαστεί και στην κουρτίνα, δηλαδή πως τα χρυσά ορθογώνια μέσα σε άλλα χρυσά ορθογώνια τα χρησιμοποιούσαν οι αρχαίοι για να σχε διάσουν τα θεμέλια και τις προσόψεις των ναών τους. Οι μαθητές φώναξαν με ενθουσιασμό πως το καλύτερο και μεγαλύτερο αποδεδειγμένο παράδειγμα-πρότυπο χρήσης του χρυσού ορθογω νίου, είναι ο Παρθενώνας που οι διαστάσεις του διατηρούν αυτή την αναλ�γία κι γι αυτό είναι ένα κτίσμα ευχάριστο στο μάτι. Ένα άλλο θέμα που φαίνεται ότι εντυπωσίασε πολύ τους μαθη τές του εργαστηρίου και τα τέσσερα χρόνια της λειτουργίας του, είναι τα fractals. Στις προηγούμενες εκθέσεις τους, οι μαθητές, εί χαν εργαστεί εντατικά για την κατασκευή εκθεμάτων εμπνεόμενοι από το fractal «Δέντρο του Πυθαγόρα» στις δύο και στις τρεις δια στάσεις. Στη φετινή τους έκθεση ασχολήθηκαν και με το fractal «τρίγωνο SIERPINSKI». Για την κατασκευή του μάζεψαν διά φορα υλικά και με αυτά δημιούργησαν τρισ-διάστατα μοντέλα του. Λίγο πριν το τέλος της παρουσίασης της έκθεσης, η καθηγήτρια ζήτησε από τους παρευρισκόμενους να αφήσουν την αίθουσα και να ακολουθήσουν τους μαθητές και τις μαθήτριες της Β 1 τάξης, οι οποίοι στο δάπεδο του προαυλίου είχαν σχεδιάσει το fractal τρίγωνο SIERPINSΚI. Ήταν όλα τα κομμάτια του σχεδιασμένα και μπογιατισμένα από τα ίδια τα παιδιά, σε προσχέδια που είχαν ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/45

------

4η Έκθεση Μαθηματικών

--------

φροντίσει και ετοιμάσει και με αυτό τους το έργο άφησαν έκπληκτους τους γονείς και κηδεμό νες καθώς και εκλεκτούς επισκέπτες τους. Τέλος οι μαθητές αφού μελέτησαν το τρίγωνο του Pascal και τις ιδιότητές των αριθμών του, δημιούργησαν με απλά υλικά εκθέματα αποκωδικοποιώντας σ ' αυτό τα mod 2, mod3, mod4, mod5, mod6, κ.ο.κ, τα οποία και παρουσίασαν αναλυτικά στους επισκέπτες της έκθεσης όπως φαίνεται και στη διπλανή φωτογραφία. Παρατηρώντας τα εκθέματα, μπορούσε κανείς να αντιληφθεί τον κόπο και τα πρακτικά προβλήματα που θα αντιμετώπισαν οι μαθητές για την ολοκλήρωση των κατασκευών τους. Γιατί αυτές και δύσκολες ήταν, τόσο ως προς το γνωστικό τους μέρος, όσο και ως προς το πρακτικό. Τα εκθέ ματά τους αφορούσαν θέματα που τα τελευταία χρόνια απασχο λούν την εκπαιδευτική κοινότητα η οποία αναζητά διδακτικές μεθόδους για τη μελέτη Γεωμετρικών εννοιών, μέσω της διαθε ματικής διασύνδεσης της Τέχνης με τα Μαθηματικά. Η πολύ επιτυχημένη παρουσίαση των εκθεμάτων από τους μαθητές, επισφράγισε τη σπουδαιότητα και τη μεγάλη σημασία της πρωτοβουλίας της κ Μαραγκού να λειτουργήσει αυτά τα τέσσερα χρόνια το εργαστήρι των Μαθηματικών προσφέροντάς τους απλόχερα στους μαθητές της γνώση και μεθοδολογία. Όσα έμαθαν και βίωσαν οι μαθητές της στο εργαστήρι, έχουν μεγάλη αξία που θα φανεί στο μέλλον. Δουλεύοντας ομαδικά γνώρισαν καλύτερα τις δυνατότητές τους, έμαθαν να συνεργάζονται, να αναλαμβάνουν πρωτοβουλίες, να δέχονται την κριτική των άλ λων, να αξιολογούν πληροφορίες, να προετοιμάζουν παρουσιάσεις αναδεικνύοντας τα κοινωνι κά χαρακτηριστικά της συνεργατικής μάθησης. Επιπλέον η συμμετοχή στο εργαστήρι τους έδω σε πολλές αφορμές για πλούσιες συζητήσεις σε πληθώρα μαθηματικών θέματα με τις οποίες προσέγγισαν από πολλές πλευρές έννοιες και θεωρήματα. Όταν στα παιδιά δίνεται η δυνατότητα να συμμετέχουν σε δραστηριότητες όπως αυτή του l ου γυμνασίου Ωρωπού, τότε είναι σίγουρο πως έχουν πολλά να κερδίσουν. Οι μαθητές μας συνήθως μαθαίνουν έναν ορισμό, μερικούς τύ πους, λύνουν ασκήσεις αλλά δεν συνειδητοποιούν ότι τα Μαθηματικά δεν είναι αποκομμένα από την καθημερινότητά μας. Η εμπλοκή των μαθητών σε μια περιπέτεια αναζήτησης, διερεύ νησης και ανακάλυψης σχημάτων γύρω μας συμβάλλει στην κατανόηση των μαθηματικών αλλά του κόσμου που μας περιβάλλει. Θερμά συγχαρητήρια για μια ακόμη φορά στους μαθητές του ιου γυμνασίου Σκάλας Ω ρωπού, που από χρονιά σε χρονιά τους βλέπαμε να γίνονταν όλο και καλύτεροι και να τολμούν να ασχοληθούν με όλο και πολυπλοκότερες κατασκευές, στην υπεύθυνη καθηγήτρια κ. Μ αρα γκού Γεωργία και στο Διευθυντή του σχολεί ου κ. Τσιριγώτη Χαράλαμπο, που από την πρώτη χρονιά στήριξε ολόψυχα το όλο εγχεί ρημα δίνοντας έτσι την ευκαιρία στους μαθη τές να γνωρίσουν τα Μαθηματικά από μια ξε χωριστή και ενδιαφέρουσα πλευρά.

Τσικοπούλου Σταματούλα

Σχολική Σύμβουλος Μαθηματικών Ανατολικής Αττικής ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/46

λ68η των μα&ητdιν στιι Μσ&ηματικά. ••-n.,��,.A�,.,.,.

τα

=======

Σύνθεση κειμένου : Στάμη Τσικοπούλου, Στέφανος Κείσογλου «Τα λά θη είναι οι π ύλες της ανακάλυψης» James Joyce, Ιρλανδός

συγγραφέας

«0 μόνος άνθρωπος που δεν κάνει λά θη, είναι ο άν θρωπος που δεν κάνει τίποτε»

Θεόδωρος Ρούζβελτ, Αμερικανός πρόεδρος

ολύ συχνά παρατηρούμε τους μαθητές μας, όταν λύνουν μια άσκηση ή ένα πρόβλημα, να παραμορφώνουν ορισμένους μαθηματικούς τύπους, να επεκτείνουν τις ιδιότητες των πράξεων ενός συνόλου αριθμών στις πράξεις ενός άλλου συνόλου (π.χ των ακεραίων στους δεκαδικούς ή τα κλάσματα), να γενικεύουν μεμονωμένες περιπτώσεις και να δημιουpyούν δικούς τους κανόνες, με αποτέλεσμα να κάνουν "τραγικά" λάθη. Τα ίδια και τα ίδια λάθη εμφανίζονται συνεχώς και αντιστέκονται στις «διορθώσεις» μας. Λά θος α π ό βιασ ύνη, θα πουν πολλοί, για τα περισσότερα από αυτά. Όμως σύμφωνα με τον Σ. Φρόιντ, και το παραμικρό λά θος έχει την εξήγησή του . Οι μαθητές σπάνια δίνουν tυΧ;αίες απαντήσεις. Οι απαντήσεις τους συνήθως σχετίζονται με τη γνώση που χρησιμοποιούν για να ερμηνεύσουν το πρόβλημα. Σε πολλές περιπτώσεις, η υπάρχουσα γνώση είναι ελλιπής ή μπορεί να έχει δομηθεί με εσφαλμένο τρόπο. Από τις διάφορες έρευνες που κατά καιρούς δημοσιεύονται, διαπιστώνεται ότι, οι μαθητές σε διάφορες χώρες, κάνουν στα μαθηματικά τα ίδια λάθη, ακολουθούν την ίδια διαδικασία σκέψης και δημιουργούν τις ίδιες στρατηγικές για τη λύση των ίδιων προβλημάτων. Όλα αυτά είναι μια ένδειξη, ότι πέρα από παράγοντες όπως η γεωγραφική περιοχή, η πολιτισμική παράδοση, το οικογενειακό και σχολικό περιβάλλον, η διδασκαλία, κ.τ.λ., που οπωσδήποτε συντελούν στη μάθηση, τα παιδιά όλου του κόσμου μαθαίνουν ακολουθώντας τις ίδιες γνωστικές διαδικασίες, δομούν τη γνώση αντιμετωπίζοντας σταθερά, στέρεα πλαίσια που οδηγούν στους ίδιους τύπους λαθών. Στη δεκαετία 60-70 αρχίζει μία συστηματική μελέτη των λαθών που κάνουν οι μαθητές και οι ερευνητές επιχειρούν να ταξινομίσουν τα λάθη ώστε να μπορούν να τα οργανώσουν και να διατυπώσουν προτάσεις αντιμετώπισης. Η παραδοσιακή αντιμετώπιση ενός λάθους συνήθως περιορίζεται στην υποδειξη του λάθους και στην προτροπή προς τον μαθητή να μην επαναληφθεί. Για παράδειγμα στο πολύ συνηθησμένο λάθος (α+2)2=α2+22 με (#Ο γίνεται επισήμανση στον μαθητή ότι στο δεύτερο μέλος έχει παραλήψει κάποια ποσότητα και ότι θα πρέπει στο εξής να μην παραλήπει την ποσότητα αυτή. Το περίεργο είναι ότι παρόλα αυτά οι μαθητές υποπίπτουν ξανά και ξανά στο ίδιο λάθος, λες και έχουν δημιουργήσει δικους τους κανόνες ανεξάρτητα από αυτούς των Μαθηματικών. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/47

-------

Ερμηνεύοντας τα λάθη των μαθητών στα Μαθ ματικά -------

Σήμερα η αντίληψη που έχουμε για το λάθος είναι αρκετά διαφορετική. Οι σύγχρονες προσεγγίσεις για το λάθος είναι ότι αυτό αποτελεί σύμπτω μα και όχι σφάλμα. Αν λοιπόν το λάθος είναι ένα σύμπτωμα θα πρέπει για την θεραπεία του να αναζητήσουμε την αιτία που οδηγεί στην εκδήλωσή του, διαφορετικά θεραπεύοντας το σύμπτωμα είναι σαν να δίνουμε παυσίπονο για να θεραπεύσουμε μία σοβαρή ασθένεια. Οι ερευνητές της περιοχής της διδακτικής των Μαθηματικών αξιοποιούν όρους και γνώσεις από άλλους χώρους όπως αυτός της γνωστικής ψυχολογίας και επιχειρούν να εντοπίσουν τις αιτίες των λαθών. Μία από τις περισσότερο διαδομένες απόψεις είναι και αυτές που στοχεύουν την αιτία των λαθών μέσα από τις έννοιες του γνωστικού σχήματος και των αναπαραστάσεων που διαθέτουν και χειρίζονται οι μαθητές. Η μαθηματική γλώσσα είναι ένα ψηφιδωτό από αναπαραστάσεις και ο μαθηματικός τρόπος σκέψης δεν είναι άλλο από το πέρασμα από μια μορφή αναπαράστασης σε μια άλλη. Μαθαίνουμε μέσα · από αντιπαράθεση γνώσεων σε μια κατάσταση προβληματισμού. Έτσι περνάμε από μία αναπαράσταση σε μία άλλη. Επομένως οι λανθασμένες αναπαραστάσεις βοηθούν τον διδάσκοντα να αποκαλύψει τις δυσκολίες που συναντούν τα παιδιά και να προσπαθήσει να καλύψει την απόσταση ανάμεσα στην προσωπική τους (λαθεμένη) γνώση και στην επιστημονική γνώση. Οι λανθασμένες αναπαραστάσεις συνήθως αθρώνονται πάνω σε κάποιο ακατάλληλο γνωστικό σχήμα που διαθέτουν οι μαθητές. Ας δώσουμε όμως ένα παράδειγμα και μάλιστα ας επιχειρίσουμε να εξηγήσουμε το λάθος (α+2)2=α2+22 μέσα στα πλαίσια που αναφέρθηκαν προηγουμένως. Ο μαθητής διαθέτει από αρκετά νωρίς το γνωστικό σχήμα του επιμερισμού. Στην καθημερινότητά του επιμερίζει μία πράξη του σε πολλά πρόσωπα όπως για παράδειγμα μία χειραψία, ένα κέρασμα. Αργότερα μαθαίνει την επιμεριστική ιδιότητα του πολλαπλασιασμού ως προς την πρόσθεση και έτσι το σχήμα του επιμερισμού παγιώνεται ως ένα εμπειρικό, αλλά και με Μαθηματικό περιεχόμενο, γνωστικό σχήμα. Όταν καλείται να μάθει τις ιδιότητες των δυνάμεων στην ουσία καλείται να δημιουργήσει νέα γνωστικά σχήματα πέρα από αυτά της επιμεριστικής ιδιότητας. Στο διάστημα που μεσολαβεί μέχρι να δημιουργηθεί και να παγιωθεί το νέο γνωστικό σχήμα ο μαθητής καταφεύγει στο ήδη υπάρχον και εξακολουθεί να ερμηνεύει την αναπαράσταση της δύναμης (α+2)2 ως αναπαράσταση πολλαπλασιασμού αριθμού επί άθροισμα αριθμών. Να λοιπόν γιατί γράφει α2+22 • Τελικά η αιτία του λάθους που αναφέραμε είναι η χρηση ακατάλληλου γνωστικού σχήματος από τον μαθητή και η επακόλουθη άστοχη ερμηνεία των Μαθηματικών αναπαραστάσεων. Το ερώτημα τώρα που τίθεται είναι: «Εντάξει με την ερμηνεία αλλά τι μπορεί να γίνει στην πράξη για την αντιμετώπιση ενός λάθους;». Το σημαντικό είναι να δοθούν κίνητρα στον μαθητή να ανακαλύψει μόνος του το λάθος, υποδεικνύοντας του έναν τρόπο με κάποιο aντιπαράδειγμα ή να εμπλακεί στη λύση μιας ενδιαφέρουσας δραστηριότητας, ώστε να συμμετέχει ο ίδιος στην άρση του αδιεξόδου του. Το περιοδικό μας, ο "Ευκλείδης Α", με την καινούργια στήλη που καθιερώνει από το τεύχος αυτό, σκοπεύει να ανοίξει έναν γόνιμο διάλογο για τα λάθη που συνήθως κάνουν οι μαθητές. Μέσα από το σχολιασμό τους και την προσπάθεια παρουσίασης των παρανοήσεων που πιθανόν τα δημιούργησαν, επιδιώκει οι ίδιοι μαθητές να τα συνειδητοποιήσουν ώστε να μην τα επαναλάβουν. Για το σκοπό αυτό, σε κάθε τεύχος του, θα παρουσιάζει τα πιο συνηθισμένα λάθη που κάνουν οι μαθητές μας στις ενότητες των μαθηματικών που το τεύχος παρουσιάζει. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/48

Επιμέλεια Νίκος Τζίφας Τ α λάθη στον επιμερισμό και προσεταιρισμό των πράξεων. Ένα σημαντικό μέρος λαθών των μαθητών οφείλεται στην άστοχη ή επιλεκτική εφαρμογή της επιμεριστικής ή/και της προσεταιριστικής ιδιότητας του πολλαπλασιασμού ενός αριθμού ή ενός προσήμου (στην ουσία του - 1 ) επί ένα άθροισμα αριθμών ή μονωνύμων. Από σχολεία της Β ' περιφέρειας της Αθήνας μας έστειλαν δύο χαρακτηριστικές περιπτώσεις: ΠΕΡΙΠΤΩΣΕΙΣ ΛΑΘΩΝ 1) Σ ε διαγώνισμα της Β ' Γυμνασίου δόθηκε η παρακάτω άσκηση : Να λύσετε την aνίσωση 1 -3χ χ- 1 2χ+7 χ+ � --

Λύση μαθητή : χ+

1 -3χ 2

�

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ Στη συγκεκριμένη περίπτωση ο μαθη τής, στην προσπάθεια να κάνει απαλοι φή παρονομαστών, παραλείπει να τοπο θετήσει παρενθέσεις στους aριθμητές των κλασμάτων που έχουν περισσότε ρους από ένα όρους. Αυτή η παράληψη έχει ως αποτέλεσμα να μην εφαρμοστεί η επιμεριστική ιδιότητα σωστά και το πρόσημο του 7 στο τελευταίο κλάσμα να μην αλλάξει.

χ- 1 2χ+7 3 6

6χ+3-9χ�2χ-2-2χ+7 6χ-9χ-2χ+2χ �-3-2+7 άρα -3 χ��

Π ως θα αποφίηουμε το ΗtΟος;

( - 1 ) (2χ+7) 1 -3χ) �6 χ -6 3 2 6 6χ+ 3( 1 -3χ) � 2(χ- 1 ) -(2χ+ 7) 6χ+3-9χ�2χ-2-2χ- 7 άρα -3χ�- 1 2 και χ:=::4 6χ+6 (

-3χ 2 ' 2 οπότε - ::;; - αρα χ ::;; -3 -3 -3

Σε ωριαίο διαγώνισμα της Γ Γυμνασίου εμφανίστηκε το παρακάτω λάθος: Μαθητή ς

Το σωστό 2 2χ · (x · y)=(2x · x) · y=2x ·y 3) Επίσης ένα σύνηθες λάθος των μαθητών της Γ Γυμνασίου, αλλά και τάξεων του Λυκεί ου, είναι το εξής: Μαθητής Το σωστό

(α+ β) =(α+β)( α+β) =α2+αβ+βα+β2α2+2 αβ+ β2

ΠΡΟΤΑΣΗ ΓΙΑ ΕΞΆΣΚΗΣΗ Παρακάτω δίνουμε ένα παράδειγμα ενός συνη θισμένου λάθους των μαθητών. Μπορείτε να το βρείτε και να το εξηγήσετε στην στήλη των πα ρατηρήσεων; ' 4χ 2χ+ 1 , Ν α κανετε τις πραξεις: - -

Μαθητής

4χ 2χ+ 1 6 6

2x ·(x ·y)=(2x· x ) ·y=2x2 · y

Στην περίπτωση αυτή ο μαθητής για να πολλαπλασιάσει τα μονώνυμα εφαρμό ζει την επιμεριστική ιδιότητα λανθασμέ να γιατί δεν ισχύει α · (β·γ)=αβ · αγ αλλά α· (β+γ)=α· β+α·γ εδώ πρέπει να εφαρ μόσει την προσεταιριστική ιδιότητα του πολλαπλασιασμού δηλαδή α·(β·γ) =(α · β)·γ=α · β · γ οπότε Στην τρίτη περίπτωση γίνεται λανθα σμένα η εφαρμογή της επιμερισnκής ι διότητας (α+ β)(γ+δ) = αγ+αδ+ βγ+ βδ αφού εφαρμόζεται ως (α+β)(γ+δ) αγ+βδ ή (α-β)(γ-δ) αγ-βδ Εδώ φαίνεται να υπάρχει σύγχυση με τις ιδιότητες των δυνάμεων αφού εφαρμόζει αυθαίρετα την ιδιότητα (α·β)z =αz . βz

4χ-2χ+ 1 2χ+ 1 6 6

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/49

Τα Μαθηματικά μας διασιcεδάζουν

Μ αρία Ρουσούλη

Μ Δ1 . Ισχύει 1 χ 1 = 1 1 1χ1 1=121 1 1 1 χ 1 1 1=1232 1 1 1 1 1 χ 1 1 1 1 = 1 2343 2 1 1 1 1 1 1 χ1 1 1 1 Ι = ; Ι 1 Ι Ι Ι ΙχΙ 1 1 1 1 1= ; 1 1 1 1 1 1 1 χ1 1 1 1 1 1 1= ; ΜΔ2. Σκέψου ένα θετικό αριθμό.

Μ Δ9. Αν διαιρέσεις το 40 με το μισό και προσθέσεις 30 , θα έχεις . . . . ΜΔ 1 Ο. Πώς μπορούμε να βρούμε το τετράγωνο

ενός διψήφιου αριθμού :

Έστω ότι θέλουμε το

Πρόσθεσε τα

αριθμητικά αποτελέσματα που δίνουν το εμβαδά και την περίμετρο

του

τετραγώνου

που

έχει

πλευρά τον αριθμό που σκέφτηκες. Αυτό που

και

Αφαίρεσε

από

το

αποτέλεσμα τον αριθμό που σκέφτηκες στην αρχή . Β ρες την τετραγωνική ρίζα του αριθμού που βρήκες. Μήπως τώρα έχεις 4

;;;

ΜΔ3. Ένα κουτί γάλα και μία σοκοφρέτα 1 ,50€. Άν το γάλα είναι Ι € ακριβότερο από την σοκοφρέτα, πόσο

κοστίζει η σοκοφρέτα?

απ'

32 = 9

1 849,

δηλ.

και το αποτέλεσμα

43 2 =Ι 849 .

662 : αφαιρούμε το 66 από το 70, 7042 = 1 6 . Τώρα αφαιρούμε το 4 από το

66=4 και 66, 66-4=62 και πολλαπλασιάζουμε το 62 με το 70, 62χ70=4340 και προσθέτουμε το 1 6,

4340+1 6=4356. Άρα 662 =4356. Β ρείτε τα :

542 , 38 2 , 75 2 •

Μ Δ 1 1 . Πολλαπλασίασε το Ι 3837 επί την ηλικία σου και το αποτέλεσμα πολλαπλασίασέ το με το

73 .

Τι παρατηρείς;

σου). Κάνε το ίδιο με τις η λικίες των φίλων σου. Μπορείς να δώσεις μία εξήγηση;

ΜΔ 5 . Γιατί οι κινέζοι τρώνε ρύζι

προσθέτουμε το

(Οτι στο αποτέλεσμα εμφανiίζεται 4 φορές η ηλικία

ΜΔ4. 1=5 2=25 3=325 4=4325 5= . . . ; περισσότερο

δηλαδή

τετράγωνο

Για το

Μπορείς ν α τ ο εξηγήσεις; κοστίζουν μαζί

Ι Ο,

43 και γίνεται 46. 46χ40= 1 840. Στο

αριθμό που είχαμε δηλαδή στο

που ψάχνουμε είναι

πλευρές

στο

Στη συνέχεια πολλαπλασιάζουμε

τετραγώνου σου.

κάθετες

του

Προσθέτουμε το 3 της διαφοράς στον

1 840

είναι η περίμετρος ενός ορθογωνίου τριγώνου με

Αφαιρούμε από το

43 το πλησιέστερο πολλαπλάσιο 43-40=3 και υψώνουμε το 3

βρήκες διαίρεσέ το με το μήκος της πλευράς του Στο αποτέλεσμα πρόσθεσε τον αριθμό που

43 2 .

ότι

οι

γιαπωνέζοι;

ΜΔ6. Μπορείτε να σχεδιάσετε ένα τετράγωνο με 3 ευθύγραμμα τμήματα;

α=8

Απαντήσεις

τεύχους 97

4+4 4+4 ' 4 4 3 = 4 - 4 - , 4 = 4 + (4 - 4) · 4 , 5 = 4 +44-4 , 4+4 4 6=4+ ' 7 = 4+4-- ' 4 4 44 - 4 8 = 4 + 4 + 4 - 4 , 10 = -4 Ενδεικτικές

απαντη' σεις

ΜΔ7. Πόσες φορές μπορείτε να πάρετε 3 πορτοκάλια από 90; ΜΔ8. Ενώστε τους 9 κύκλους με 4 διαδοχικά ευθύγραμμα

3) 4)

Πέντε βερίκοκα

37χ2 1=777, 37χ24=888, 37χ37=999 37χ30= 1 1 1 0, 37χ33= Ι 22 1 , 37χ36= Ι 332, 37χ39=1443, 5) Ο Ι ος έχει 5 και ο 2°ς έχει 7 6) Το τρένο για να περάσει τον σταθμό διήνυσε το μήκος του σταθμού και το δικό του σε 2 1 sec. Αλλά το δικό του μήκος το διήνυσε σε 9sec, επομένως του σταθμού σε 2 1 -9=1 2sec. Αφού σε 12sec διήνυσε l ΟΟμ τότε σε 9sec διήνυσε 75μ που

τμήματα.

ο ο ο

είναι το μήκος του. Τώρα με

διαδοχικά ευθύγραμμα τμήματα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 98 τ.2/50