Ευκλειδης Α 109

75

25

5

0

Ενα νέο γεωμετρικό στερεό: “Scutoid” !

Χάλκινα μετάλλια, Εύφημη μνεία στην Ολυμπιάδα

Αργυρά, Χάλκινα μετάλλια & Εύφημη μνεία στην Βαλκανιάδα Χρυσά, Αργυρά & Χάλκινα μετάλλια Junior Balkan Δημιουργική εμπειρία χαράς και μάθησης τα θερινά σχολεία

ΕΚΔΟΤΩΝ

Hellenic Post

ΕΛΤΑ

Το χρονικό της Τύχης

5

5

95

Ι ΟΥΛ Ι ΟΣ - ΑΥ ΓΟΥ Σ ΤΟΣ - Σ Ε Π Τ Ε Μ Β Ρ Ι ΟΣ 2 0 1 8 ε υ ρ ώ 3 , 0 0

ΕΝΤΥΠΟ ΚΛΕΙΣΤΟ ΑΡ. ΑΔΕΙΑΣ 1099/96 ΚΕΜΠ.ΑΘ.

5

Α΄

109

100

Μεγάλες Επιτυχίες για την Ε.Μ.Ε.

4156

00

E

Υκλείδης

ΚΕΜΠ.ΑΘ.

5

Μαθηματικό περιοδικό

γ ι α το Γυ μ ν ά σ ι ο

Αριθμός Άδειας

5

Ταχ. Γραφείο

5

ΠΛΗΡΩΜΕΝΟ ΤΕΛΟΣ

00

100

95

75

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία

25

5

0

00

5

5

ãéá ôï ãõìíÜóéï

Åõêëåßäçò Ιστορία των Μαθηματικών

5

Ιούλιος - Αύγουστος - Σεπτέμβριος 2018 Τιμή Τεύχους 3,00 Εύρω e-mail: info@hms.gr, www.hms.gr Τα Μαθηματικά στο Σχολείο

Το χρονικό της Τύχης ............................................

1

Μαθηματικά στον Κόσμο

= Γ΄ Τάξη Προχωρημένα θέματα για όλους. Τάξη Γ΄

Πόπη Αρδαβάνη και η Ειρήνη Περυσινάκη ........................

5

Τα Μαθηματικά στο Σχολείο

Ηλίας Μαρυνιώτης .......................................................

9 12

= Β΄ Τάξη Εμβαδά επίπεδων σχημάτων Πυθαγόρειο Θεώρημα Παλαιογιαννίδης Δημήτρης - Φαλαγκάρας Αριστείδης ......... 16 Προχωρημένα θέματα για όλους. Τάξη Β΄ Επιμέλεια: Στέφανος Κεΐσογλου ..................................... 20 = Γ΄ Τάξη Η αντίστροφη Πρόταση. Είναι πάντα αλήθεια; Γιώργος Λυμπερόπουλος ................................................ 21 Οι Ταυτότητες Αλλιώς… Π. Αρδαβάνη Α. Παπαδάκη ............................................ 23

Êùäéêüò ÅË.ÔÁ: 2054 ISSN: 1105 - 7998

5

0

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί,

Διαγωνισμός Γρίφων Κώστα Λάτας ............................................................... 35

Στήλη: «Τα Μαθηματικά και η γλώσσα μας» Μαρίνης Στέλιος ........................................................... 39

«Μαθησιακές Δυσκολίες στα Μαθηματικά και Μέθοδοι Αντιμετώπισης» Νικολόπουλος Γιάννης .................................................. 42

Αυτό το ξέρατε; Μαθηματικά Ανάλεκτα Συντακτική επιτροπή του Ευκλείδη Α΄ ............................. 45

2o Γυμνάσιο Αγ. Νικολάου Κρήτης Επιμέλεια: Γιάννης Σταμέλος .......................................... 47

Διασκεδαστικά Μαθηματικά, Παναγιώτης Χριστόπουλος ............................................. 49

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ

ÅðéìÝëåéá ¸êäïóçò: Êõñéáêïðïýëïõ ÍÜíóõ

25

Διάφορα ΟΧΙ Αδιάφορα

Παίζοντας με τα κλάσματα

ÄéåõèõíôÞò: ÉùÜííçò ÔõñëÞò

75

Επιμέλεια: Επιτροπή Διαγωνισμών ................................... 28

Βαρβάρα Καμπουρίδη ....................................................

Åêäüôçò: ÁíÜñãõñïò Öåëëïýñçò

95

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

= Α΄ Τάξη Μπαλόνια

ÐÁÍÅÐÉÓÔÇÌÉÏÕ 34, 106 79 ÁÈÇÍÁ Ôçë.: 210 3617784 - 210 3616532 Fax: 210 3641025

100

Επιμέλεια: Στέφανος Κεΐσογλου ...................................... 27

Ενα νέο γεωμετρικό στερεό: “Scutoid” !

Συντακτική Επιτροπή Ðñüåäñïò: ÊåÀóïãëïõ ÓôÝöáíïò Áíôéðñüåäñïò: Ëõìðåñüðïõëïò Ãåþñãéïò ÌÝëç: ÁëáöÜêç Óôáõñïýëá ÁñäáâÜíç Ðüðç Βιτζιλαίου Μαρία ÄïñãéÜêç ÉùÜííá Èåïäùñüðïõëïò Èñáóýâïõëïò ÊõñÜíáò Ðáíáãéþôçò Êõñéáêïðïýëïõ ÍÜíóõ Ëáãüò Ãåþñãéïò Μακρυνιώτης Στυλιανός-Ηλίας Ìåíäùíßäçò Ãåþñãéïò Ìïñöïðïýëïõ Ìáñßá ÌðáêÜëçò ÁíáóôÜóéïò

Ðáëáéïãéáííßäçò ÄçìÞôñéïò Παπαδάκη Άννα Óßóêïõ Ìáñßá Ôæßöáò Íßêïò Ôóéêïðïýëïõ ÓôÜìç Öåñåíôßíïò Óðõñßäùí ÁðïêåíôñùìÝíïé óõíåñãÜôåò ÁíáóôÜóéïò Ðáôñþíçò (ÐÜôñá) ÃéÜííçò ÈùìáÀäçò (Èåó/íßêç) Ãéþñãïò Ñßæïò (ÊÝñêõñá) Ãéþñãïò Ôóáðáêßäçò (Áãñßíéï) ÅéñÞíç ÐåñéóõíÜêç (ÊñÞôç) ÃéÜííçò ÑÜëëçò (×ßïò) Μαρία Ρουσούλη (Καστοριά)

Γράμμα της Σύνταξης Σε αυτό το τεύχος τον πρώτο λόγο έχουν οι Αγαπητοί / ές Αναγνώστες αναγνώστριες. Πιστοί στο ραντεβού μας και τη νέα σχολική χρονιά παραδίδουμε το πρώτο εφετινό τεύχος με την ελπίδα ότι θα ικανοποιήσει και τον πιο απαιτητικό αναγνώστη. Ο στόχος μας είναι συνεχώς να εμπλουτίζουμε το υλικό των τευχών του περιοδικού μας ώστε να καλύπτει όσο το δυνατόν περισσότερα ενδιαφέροντα θέματα γύρω από τα Μαθηματικά. Οι μαθησιακές δυσκολίες σχετικά με τα Μαθηματικά , τα Μαθηματικά και η γλώσσα , τα Μαθηματικά στον κόσμο είναι θεματικές ενότητες με τις οποίες θα προσπαθούμε να κρατάμε αμείωτο το ενδιαφέρον σας. Το χρονικό της τύχης και οι γρύφοι είναι δύο άρθρα που φιλοξενούμε σε αυτό το τεύχος πιστεύοντας ότι εμπλουτίζουν τις γνώσεις του αναγνώστη χωρίς να τον κουράζουν. Θα χαρούμε ιδιαίτερα να έχουμε τη δική σας γνώμη και τις δικές σας προτάσεις. Καλή σχολική χρονιά. Εκ μέρους της Συντακτικής επιτροπής του περιοδικού Ο πρόεδρος: Στέφανος Κεΐσογλου Ειδικός γραμματέας του ΔΣ της ΕΜΕ τ. Σχολικός Σύμβουλος

Υποστηρικτής Ταχυδρομικών Υπηρεσιών

ΕΛΤΑ Hellenic Post

00

5

Τεύχος 109

ÐÅÑÉÅ×ÏÌÅÍÁ

5

5

α

΄

ÌÁÈÇÌÁÔÉÊÏ ÐÅÑÉÏÄÉÊÏ ÐËÇÑÏÖÏÑÇÓÇÓ

ÉÄÉÏÊÔÇÓÉÁ ôçò ÅËËÇÍÉÊÇÓ ÌÁÈÇÌÁÔÉÊÇÓ ÅÔÁÉÑÅÉÁÓ Óôïé÷åéïèåóßá - Óåëéäïðïßçóç: ÅËËÇÍÉÊÇ ÌÁÈÇÌÁÔÉÊÇ ÅÔÁÉÑÅÉÁ Åêôýðùóç: ROTOPRINT (A. ÌÐÑÏÕÓÁËÇ & ÓÉÁ ÅÅ). ôçë.: 210 6623778 - 358 Õðåýèõíïò ôõðïãñáöåßïõ: Ä. Ðáðáäüðïõëïò

Η έγκαιρη πληρωμή της συνδρομής Βοηθάει στην έκδοση του περιοδικού • Ôá äéáöçìéæüìåíá âéâëßá äå óçìáßíåé üôé ðñïôåßíïíôáé áðü ôçí Å.Ì.Å.

• Ïé óõíåñãáóßåò, ôá Üñèñá, ïé ðñïôåéíüìåíåò áóêÞóåéò, ïé ëýóåéò áóêÞóåùí êôë. ðñÝðåé íá óôÝëíïíôáé Ýãêáéñá, óôá ãñáöåßá ôçò Å.Ì.Å. ìå ôçí Ýíäåéîç “Ãéá ôïí Åõêëåßäç A´”. Ôá ÷åéñüãñáöá äåí åðéóôñÝöïíôáé. ¼ëá ôá Üñèñá õðüêåéíôáé óå êñßóç ÔéìÞ ôåý÷ïõò: åõñþ 3,00 ÅôÞóéá óõíäñïìÞ (10,00+2,00 Ôá÷õäñïìéêÜ=åõñþ 12,00). ÅôÞóéá óõíäñïìÞ ãéá Ó÷ïëåßá åõñþ 10,00 Ôï áíôßôéìï ãéá ôá ôåý÷ç ðïõ ðáñáããÝëíïíôáé óôÝëíåôáé: 1. Ìå áðëÞ ôá÷õäñïìéêÞ åðéôáãÞ óå äéáôáãÞ Å.Ì.Å. Ôá÷. Ãñáöåßï ÁèÞíá 54 Ô.È. 30044 2. Óôçí éóôïóåëßäá ôçò Å.Ì.Å., üðïõ õðÜñ÷åé äõíáôüôçôá ôñáðåæéêÞò óõíáëëáãÞò ìå ôçí ôñÜðåæá EUROBANK 3. Ðëçñþíåôáé óôá ãñáöåßá ôçò Å.Ì.Å.

100

95

75

25

5

0

Το χρονικό της Τύχης

από το βιβλίο του Brian S. Everitt ¨Οι κανόνες της τύχης¨ εκδόσεις ΚΑΤΟΠΤΡΟ. Εισαγωγή Η δυνατή βροχή με εμποδίζει να βγω στον κήπο μου, και έτσι πιάνω το τηλεχειριστήριο της τηλεόρασης και αρχίζω να αλλάζω κανάλια βαριεστημένα. Σε ένα από αυτά, μια νεαρή γυναίκα προβλέπει τον αυριανό καιρό: «Η πιθανότητα βροχής στα νοτιοανατολικά είναι μόνο 10%», ενημερώνει το κοινό της, και για έμφαση εισάγει την εικόνα ενός μικρού μαύρου σύννεφου ανάμεσα στους πολλούς «ήλιους» που καλύπτουν τον μετεωρολογικό της χάρτη. Η βροχή έξω δυναμώνει, και το αισιόδοξο 10% της νεαρής μετεωρολόγου µου φαίνεται ελάχιστα πειστικό. Αλλάζω κανάλι, ο αμφίρροπος τερματισμός της κούρσας των 3:30 στον ιππόδρομο του Κέµπτον Παρκ τραβά την προσοχή µου. Νικητής αναδεικνύεται η «Παράδοξη Συγκυρία», ένα αουτσάιντερ που παίζεται 33 προς 1, και το οποίο νικά το φαβορί, το «Διπλό Εξάρι», µε ελάχιστη διαφορά. «Οι ιπποδρομίες είναι παιχνίδι για κορόιδα», μουρμουρίζω, αγνοώντας επιδεικτικά το δελτίο στοιχημάτων πάνω στο τραπέζι απέναντί µου, όπου φιγουράρει το όνομα «Διπλό Εξάρι». Στο επόμενο κανάλι, η συζήτηση ασχολείται µε σοβαρότερα θέματα. Ένας αποστεωμένος νέος άνδρας σχολιάζει το μέλλον του μπροστά στο συγκινημένο ακροατήριο: «Θεωρώ ότι η πιθανότητα να ζήσω περισσότερο από πέντε χρόνια θα είναι πολύ μεγαλύτερη αν µου δοθεί το νέο φάρμακο αντί αυτού που παίρνω τώρα», εξηγεί στον διάσημο παρουσιαστή της εκπομπής, ο οποίος επιδεικνύει ένα καλά εξασκημένο ύφος συμπόνιας. Αλλάζω κανάλι γρήγορα, αναζητώντας κάτι πιο ανάλαφρο, αλλά βρίσκω µόνο ένα επιστημονικό πρόγραμμα του Ανοικτού Πανεπιστημίου. Ο παρουσιαστής, φορώντας το απαραίτητο παντελόνι - καμπάνα και ένα πολύχρωμο μπλουζάκι , προσπαθεί να εξηγήσει τι εννοούσε ο Αϊνστάιν, όταν διακήρυττε ότι ο Θεός δεν παίζει ζάρια µε τον Κόσμο. Η αδέξια προσπάθειά του να κάνει χιούμορ («Η παρατήρηση δεν αποτελούσε, όπως ίσως σκεφτήκατε, ένα κήρυγμα για τα δεινά του τζόγου, αλλά μία διαμαρτυρία εναντίον της καθιερωμένης ερμηνείας της κβαντικής θεωρίας») µε πείθει να κλείσω οριστικά την τηλεόραση. Τα δέκα λεπτά της περιπλάνησής µου στα τηλεοπτικά κανάλια δείχνουν καθαρά ότι η τύχη παίζει κεντρικό ρόλο σε πολλές πλευρές της ζωής µας. Ποικίλοι όροι που σχετίζονται µε την τύχη εμφανίζονται συχνά και αβίαστα στην ομιλία µας. «Πόσο σοβαρό είναι το ενδεχόμενο κακοκαιρίας το επόμενο Σαββατοκύριακο;» «Ποια είναι η πιθανότητα να κερδίσει Άγγλος έναν ατομικό τίτλο στο επόμενο πρωτάθλημα τένις του Γουίμπλεντον;» «Πόσο πιθανό είναι να κληρωθούν οι αριθμοί που διάλεξα στο λόττο αυτή την εβδομάδα;» «Τι κίνδυνος υπάρχει να ξανασυμβεί ένα άλλο Τσέρνομπιλ τον επόμενο χρόνο;» Παρόμοιες εκφράσεις χρησιμοποιούνται ευρέως, είναι όμως πραγματικά κατανοητό το περιεχόμενό τους; Πόσο καλά μπορεί ο μέσος άνθρωπος να εκτιμήσει και να συγκρίνει τους κινδύνους ή τις πιθανότητες συγκεκριμένων ενδεχομένων; Υπάρχουν πολλές ενδείξεις ότι η απάντηση είναι «καθόλου καλά», μια κατάσταση που θα προσπαθήσουμε να βελτιώσουμε στα επόμενα κεφάλαια μελετώντας διάφορες όψεις της τύχης, της πιθανότητας και του κινδύνου κάποιες απλές και κάποιες όχι τόσο απλές. Για να αρχίσουμε, ας εξετάσουμε τι μπορούμε να διδαχθούμε από την ιστορία. Το χρονικό της τύχης Για το εάν οι άνθρωποι της λίθινης εποχής μπορούσαν να εκτιμήσουν την πιθανότητα βίαιου θανάτου τους σε περίπτωση που θα συναντούσαν έναν σμιλόδοντα, μπορούμε να κάνουμε μόνο υποθέσεις. Επομένως, είναι ασφαλέστερο, ιδίως για έναν μη ιστορικό,_ αυτή η σύντομη ιστορική παρουσίαση να αρχίσει από κάποιο σημείο λιγότερο απομακρυσμένο χρονικά. Επιτραπέζια παιχνίδια που εμπεριείχαν το στοιχείο της τύχης θα πρέπει να είχαν κατασκευαστεί ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/1

----------------------------------------------------------------------------------------------------------- Το χρονικό της Τύχης -------------------------------------------------------------------------------------------------------

στην Αίγυπτο ήδη από το 3000 π.Χ, ενώ η χρήση μηχανισμών που παρήγαν τυχαία αποτελέσματα ήταν διαδεδομένη στην ειδωλολατρική αρχαιότητα. Κατά τη διάρκεια του Τρωικού Πολέμου, ο Παλαμήδης επινόησε τυχερά παιχνίδια για να ανυψώσει το ηθικό των πολεμιστών και να μην αισθάνονται ανία όταν σταματούσαν οι μάχες και έπαυαν να πετσοκόβουν αντίπαλους στρατιώτες.

Σε τούτα τα παιχνίδια, το απαραίτητο τυχαίο στοιχείο προερχόταν αρχικώς από το ρίξιμο των αστραγάλων, δηλαδή των κεντρικών οστών του ταρσού (τα κότσια) του προβάτου ή οποιουδήποτε άλλου ζώου με δίχηλες οπλές. Αυτά τα οστά μπορούσαν να στηριχθούν στις τέσσερις μόνο πλευρές τους, διότι οι άλλες δύο ήταν στρογγυλεμένες. Μάλλον η πάνω πλευρά του οστού, φαρδιά και ελαφρώς κυρτή, μετρούσε ως ο αριθμός 4, η απέναντι πλευρά, φαρδιά και ελαφρώς κοίλη, ως ο αριθμός 3, η µία παράπλευρη, επίπεδη και στενή, ως ο αριθμός 1, και η απέναντι παράπλευρη, η ελαφρώς βαθουλωμένη, ως ο αριθμός 6. Οι αριθμοί 2 και 5 παραλείπονταν.

Εικόνα από αιγυπτιακό τάφο. Ένας ευγενής στη µμεταθανάτιο ζωή χρησιμοποιεί αστραγάλους σε ένα επιτραπέζιο παιχνίδι.

Χρειάστηκαν χιλιάδες χρόνια για να γίνει η μετάβαση από τους αστραγάλους στο κυβικό ζάρι µε το οποίο είμαστε σήμερα εξοικειωμένοι, και πιθανόν η κατασκευή των αρχικών πρωτόγονων ζαριών επιτεύχθηκε µε λείανση των στρογγυλών επιφανειών των αστραγάλων έως ότου έγιναν κάπως επίπεδες. Τα πρώτα ζάρια κατασκευάστηκαν πιθανότατα από τους Έλληνες, οι οποίοι τα ονόμαζαν «τέσσερα» -λέξη που παραπέμπει στις τέσσερις ακμές κάθε έδρας του ζαριού. Άλλα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/2

----------------------------------------------------------------------------------------------------------- Το χρονικό της Τύχης -------------------------------------------------------------------------------------------------------

πρώιμα ζάρια, κατασκευασμένα από καλοψημένο και λειασμένο πηλό, βρέθηκαν στο βόρειο Ιράκ και στην Ινδία. Το συγκεκριμένο παιχνίδι εξαπλώθηκε τόσο πολύ ώστε κάποιοι αυτοανακηρυγμένοι φρουροί της δημόσιας ηθικής έκριναν απαραίτητο να εισαγάγουν νόμους που το απαγόρευαν καθ' όλη τη διάρκεια του έτους, εκτός από το μήνα Δεκέμβριο, στα Σατουρνάλια (την ετήσια ρωμαϊκή γιορτή προς τιμήν του Κρόνου).

Όπως οι περισσότερες ανάλογες απαγορεύσεις στη διάρκεια της ιστορίας, έτσι και αυτή δεν υπήρξε πολύ αποτελεσματική. Αν και εκδόθηκε επανειλημμένα, αγνοήθηκε σε μεγάλο βαθμό, ακόμη και από τους ίδιους τους αυτοκράτορες. Ωστόσο, παρά την επινόηση του ζαριού, οι αστράγαλοι επέζησαν και εξακολούθησαν να διαδραματίζουν εξέχοντα ρόλο στα παιχνίδια που διαδόθηκαν µμεταξύ των Ρωμαίων, αποτελώντας έτσι δημοφιλή μορφή ψυχαγωγίας για κάθε τάξη και κάθε τύπο ανθρώπου. Ο Λατίνος ιστορικός και βιογράφος Σουετώνιος αναφέρει, για παράδειγμα, ότι ο αυτοκράτορας Οκταβιανός «αδιαφορούσε που τον αποκαλούσαν παίκτη. Έπαιζε ζάρια στα φανερά, ακόμη και σε προχωρημένη ηλικία, απλώς και µόνο επειδή απολάμβανε το παιχνίδι -όχι µόνο το Δεκέμβριο, όταν επιτρεπόταν λόγω των Σατουρναλίων, αλλά και σε άλλες γιορτές, ακόμη και κατά τις εργάσιμες ημέρες.» Στην Εβραϊκή κοινωνία εκείνης της εποχής, οι ραβίνοι αποδοκίμαζαν συχνά τα τυχερά παιχνίδια, και οι παίκτες συνήθως αντιμετωπίζονταν ως κλέφτες. Εδώ, πάντως, θεωρούνταν κακό όχι το παιχνίδι αυτό καθαυτό αλλά το γεγονός ότι ο νικητής αποκτούσε κέρδη χωρίς να πληρώνει καμία δίκαιη αποζημίωση! Εντούτοις, εκείνα τα παλιά χρόνια, υπήρχαν και περιπτώσεις όπου η τύχη έπαιζε κάποιον περισσότερο αμφιλεγόμενο ρόλο. Η ρίψη ενός ζαριού (ή κάποιο παρεμφερές τυχαίο αποτέλεσμα) αποτελούσε συχνά καθοριστικό παράγοντα στην απονομή δικαιοσύνης. Ένας Θεός ξέρει πόσες αθώες ψυχές βρήκαν φρικτό θάνατο κάτω από τις ρόδες ενός άρματος ή χρησίμευσαν ως γεύμα πεινασμένων λιονταριών επειδή κάποιος αστράγαλος ισορρόπησε στη µία έδρα του και όχι στην άλλη. Πολλές φορές, επίσης, ένας μηχανισμός τύχης, συνήθως το τράβηγμά ή το ρίξιμο κλήρων, χρησίμευε για να αποφασιστεί ποιος θα δικαιωθεί μεταξύ δύο ισόνομων διαδίκων. Στη Βίβλο, οι κλήροι χρησιμοποιούνται συχνά για να εξασφαλιστεί η δίκαιη μοιρασιά περιουσιών ή προνομίων, καθώς και για να κατανεμηθούν τα καθήκοντα ή οι υποχρεώσεις. Το πλέον διαβόητο ίσως παράδειγμα αποτελούν οι στρατιώτες του Ποντίου Πιλάτου οι οποίοι έριξαν στον κλήρο το μανδύα του Χριστού την ώρα που εκείνος υπέφερε στο σταυρό. Εικόνα: λεπτομέρεια από «Τα πάθη του Χριστού» του Hans Holbein

(Ιστορικά, η λέξη κλήρος είχε διττή σημασία. Δεν σήμαινε µόνο το αντικείμενο διά του οποίου δίνεται απάντηση σε μία ερώτηση μέσα από ένα µμηχανισμό τύχης, αλλά και το μερίδιο του ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/3

----------------------------------------------------------------------------------------------------------- Το χρονικό της Τύχης -------------------------------------------------------------------------------------------------------

καθενός στη ζωή το οποίο καθορίζεται από τη Θεία Πρόνοια. Η τελευταία σημασία είναι περισσότερο συμβατή µε τη χρήση των κλήρων στη Βίβλο, διότι στα βιβλικά χρόνια πίστευαν ότι το αποτέλεσμα των κλήρων προκύπτει από θεία επέμβαση και όχι από τύχη.) Αφού μια ευνοϊκή κλήρωση μπορούσε να βελτιώσει εξαιρετικά τη ζωή τους, οι άνθρωποι από πολύ παλιά θα πρέπει να ενέδωσαν στον πειρασμό να επέμβουν µε κάποιον τρόπο στους κλήρους ώστε να αυξήσουν την πιθανότητα να κερδίσουν το διεκδικούμενο έπαθλο (ή να αποφύγουν κάποια τιμωρία). Ειδικά οι ραβίνοι, θέλοντας να εκμηδενίσουν κάθε τέτοια επέμβαση στις διαδικασίες των κληρώσεων, επέβαλαν ποικίλες απαγορεύσεις για να εμποδίσουν την παραποίηση των κλήρων. Κατά τα φαινόμενα, είχαν συνειδητοποιήσει πως δίκαιη διαδικασία είναι αυτή που, αν επαναληφθεί πολλές φορές, δίνει κάθε δυνατό αποτέλεσμα µε την ίδια, κατά προσέγγιση, συχνότητα. Ειδικότερα, όταν υπάρχουν δύο µόνο δυνατότητες, το ζητούμενο είναι να µην πλειοψηφεί σημαντικά ούτε το ένα ούτε το άλλο αποτέλεσμα σε μια αρκετά μεγάλη ακολουθία κληρώσεων. Αυτό ακριβώς επικαλούνταν οι ραβίνοι κατά το ρίξιμο των κλήρων για να βεβαιωθούν πως κανείς δεν είχε κλέψει. Το ίδιο επιχείρημα περί συχνότητας εφάρμοζαν και σε άλλα θέματα, προκειμένου να αποφασίσουν αν κάποια γεγονότα προέκυπταν τυχαία ή έπρεπε να αποδοθούν σε κάποιον αιτιακό παράγοντα ή νόμο. Όταν η πλειονότητα των κληρώσεων παρήγε το ίδιο αποτέλεσμα, οι ραβίνοι συμπέραιναν πως αυτό δεν οφειλόταν στην τύχη. Εκτός από τρόπος διακανονισμού εγκόσμιων ζητημάτων, όπως η κατανομή περιουσιακών στοιχείων και αξιωμάτων, το ρίξιμο των κλήρων (ή κάποια ισοδύναμη διαδικασία) ήταν, σε όλες σχεδόν τις θρησκείες, ο σημαντικότερος τρόπος µε τον οποίο μπορούσε κάποιος ιερέας ή μάντης να συμβουλευτεί τους θεούς και να κοινοποιήσει έτσι τις επιθυμίες και τα σχέδιά τους στους ενδιαφερόμενους. Εντούτοις, ο ενθουσιασμός γι' αυτή την πρακτική δεν ήταν καθολικός. Ο Κικέρων, στην πραγματεία του De Diνinatione (Περί μαντικής), χλευάζει την ιδέα της «πρόβλεψης» του μέλλοντος: «Δεν χρησιμοποιούμε τις λέξεις "τύχη", "συγκυρία", "σύμπτωση" ή "αιτιατό" παρά µόνο για γεγονότα που συνέβησαν ή εκδηλώθηκαν, αλλά θα μπορούσαν ή να µην έχουν συμβεί καθόλου ή και να έχουν εμφανιστεί µε οποιονδήποτε άλλο τρόπο. Πώς είναι λοιπόν δυνατό να διαγνώσουμε από πριν ή να προβλέψουμε ένα γεγονός που συμβαίνει τυχαία, ως αποτέλεσμα τυφλής σύμπτωσης ή ευμετάβλητης τύχης;» Η χρήση των κλήρων για άμεση επικοινωνία µε το Θεό (ή τους θεούς) εξηγεί ίσως γιατί στην αρχαία Ελλάδα, τη Ρώμη, και άλλες περιοχές όπου συνηθίζονταν τα τυχερά παιχνίδια, η τύχη δεν μελετήθηκε ως ιδιαίτερος κλάδος των μαθηματικών όπως η γεωμετρία, η αριθμητική και η άλγεβρα. Μια τέτοια μελέτη πιθανόν παρεμποδιζόταν από την πεποίθηση ότι στη λειτουργία της τύχης εμπλέκονται πληροφορίες διαθέσιμες µόνο στους θεούς και ότι η ενασχόληση µε τα σχέδια της τύχης συνιστά σοβαρό θεολογικό ζήτημα στο οποίο κανείς θνητός δεν πρέπει να παρεμβαίνει. Το ρίξιμο ζαριών και κλήρων για την πρόγνωση του μέλλοντος εφαρμόζεται και σήμερα από ορισμένες απομονωμένες φυλές, έχει όμως εγκαταλειφθεί προ πολλού από τους χριστιανούς, καθώς η Εκκλησία καταδίκασε την κληρομαντεία ως ειδωλολατρικό κατάλοιπο. Σημείωση: Ευχαριστούμε θερμά τις εκδόσεις Κάτοπτρο που μας επέτρεψε να αναδημοσιεύσουμε το παραπάνω κείμενο. Οι εκδόσεις Κάτοπτρο μας έχουν κατά το παρελθόν επιτρέψει την αναδημοσίευση κειμένου από άλλο βιβλίο της πολύ ενδιαφέρουσας σειράς σχετικά με τα Μαθηματικά.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/4

================================== συγγράφουν η Πόπη Αρδαβάνη και η Ειρήνη Περυσινάκη Πρόσφατα, τον Ιούλιο του 2018, επιστήμονες μαθηματικοί, φυσικοί και βιολόγοι ανακοίνωσαν με άρθρο τους (1η πηγή) ένα νέο γεωμετρικό σχήμα που ανακάλυψαν στα επιθηλιακά κύτταρα των οργανισμών, το ονομαζόμενο «scutoid» (προφέρεται «σκουτόιντ» ή «ες-κουτόιντ»). Ίσως αναρωτιέστε, πώς είναι δυνατόν να μιλάμε για «νέο σχήμα»; Τόσο καιρό που οι επιστήμονες βλέπουν στο μικροσκόπιο τα κύτταρα δεν γνωρίζουν πάνω-κάτω τι σχήμα έχουν; Ή άραγε, υπάρχει κάποιο σχήμα που διέφυγε από τη συστηματική ταξινόμηση των σχημάτων στη Γεωμετρία; Στο κείμενο που ακολουθεί θα δούμε το πώς οι βιολόγοι χρησιμοποιούσαν από παλιά τα γεωμετρικά στερεά για να παραστήσουν το σχήμα των κυττάρων και πώς τώρα, ένα πρόβλημα «πακεταρίσματος» των επιθηλιακών κυττάρων οδήγησε σε ένα νέο σχήμα για τη Γεωμετρία. Πρόκειται δηλαδή για μια ιστορία όπου φαίνεται το πώς δυο επιστήμες, Βιολογία και Μαθηματικά, συμβάλλουν η μια στην άλλη. Για να γίνουν κατανοητά από όλες και όλους τους αναγνώστες τα όσα θα περιγράψουμε, ας δούμε μερικές βασικές γνώσεις που είναι απαραίτητες. 

Τι είναι τα επιθηλιακά κύτταρα;

Τα επιθηλιακά κύτταρα, ενωμένα το ένα με το άλλο, δημιουργούν έναν σχετικά λεπτό ιστό σαν μεμβράνη που λέγεται επιθήλιο. Ο ρόλος του επιθηλίου είναι να καλύπτει τις εσωτερικές και εξωτερικές επιφάνειες των οργάνων των οργανισμών. Φαντάζεσται λοιπόν πόσο ευλύγιστο θα πρέπει να είναι το επιθήλιο ώστε να προσαρμόζεται σε κάθε κυρτή και κοίλη επιφάνεια των οργάνων. Ένα παράδειγμα επιθηλίου είναι η επιδερμίδα μας. 

Ποια Γεωμετρικά στερεά είναι κατάλληλα για να παραστήσουν κύτταρα;

Στερεό με βάσεις ίσα πολύγωνα και παράπλευρες έδρες ορθογώνια

Πρίσμα

Αντιπρίσμα

Στερεό με βάσεις ίσα πολύγωνα και παράπλευρες έδρες τρίγωνα. (Παρατηρήστε ότι η μία βάση έχει περιστραφεί γύρω από το κέντρο της κατά το μισό της επίκεντρης γωνίας) Στερεό με μία βάση, πολύγωνο και παράπλευρες έδρες τρίγωνα

Πυραμίδα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/5

------------------------------------------------------------------------------ Ένα νέο γεωμετρικό στερεό: “Scutoid” ! --------------------------------------------------------------------------

Κόλουρη πυραμίδα frustum

Στερεό με δύο βάσεις πολύγωνα με ίδιο αριθμό πλευρών και παράπλευρες έδρες ή τραπέζια. Προκύπτει από μια πυραμίδα αν την «κόψουμε» με επίπεδο παράλληλο στη βάση της.

Στερεό με έδρες πολύγωνα, δύο εκ των οποίων είναι παράλληλα (οι βάσεις του). Οι βάσεις του όμως δεν έχουν το ίδιο πλήθος Πρισματοειδές πλευρών και έτσι μία τουλάχιστον από τις παράπλευρες έδρες του είναι τρίγωνο. Μέχρι τώρα, οι βιολόγοι είχαν παρατηρήσει πως τα επιθηλιακά κύτταρα μπορούσαν να πάρουν το σχήμα ενός πρίσματος, ενός πρισματοειδούς ή μιας κόλουρης πυραμίδας (frustum), ανάλογα με το αν θα διαμόρφωναν μια επίπεδη ή μια κυρτή επιφάνεια επιθηλίου (σχήμα 1).

Σχήμα 1: Επιφάνεις από πρισματικά κύτταρα και από κύτταρα σχήματος κόλουρης πυραμίδας Φαινόταν πως οι δυο ομάδες κυττάρων επαρκούσαν για το σχηματισμό κάθε επιφάνειας. Όμως οι μαθηματικοί πρόβλεψαν -πριν ακόμα ανακαλυφθεί από τους βιολόγους- και ένα άλλο σχήμα κυττάρων, το scutoid. Η πρόβλεψη των μαθηματικών Ας φανταστούμε ότι στο επίπεδο παίρνουμε τυχαία ένα πλήθος σημείων τα οποία θα ονομάσουμε «σπόρους». Τότε είναι δυνατόν να διαιρέσουμε το επίπεδο σε πολυγωνικές περιοχές που καλύπτουν το επίπεδο και που κάθε περιοχή περιλαμβάνει έναν μόνο «σπόρο» και τα πλησιέστερα σε αυτόν σημεία. Αυτή η διαίρεση λέγεται «διάγραμμα Voronoi» (σχήμα 2). Με όμοιο τρόπο μπορούμε να έχουμε ένα διάγραμμα Voronoi σε μια κυλινδρική επιφάνεια.

Σχήμα 2: Διάγραμμα Voronoi με «σπόρους» τα σημεία A, B, C, D, E, F, G. Αν τώρα θεωρήσουμε δύο κυλινδρικές επιφάνειες με κοινό άξονα και πάρουμε σπόρους τόσο στην εσωτερική όσο και στην εξωτερική επιφάνεια σε πλήρη αντιστοιχία ώστε οι μεν να είναι προβολή των δε, τότε λόγω της καμπυλότητας των κυλίνδρων προκύπτουν διαφορετικά διαγράμματα Voronoi στις δύο επιφάνειες. Παρατηρείστε στο σχήμα 3 για παράδειγμα ότι οι αποστάσεις ΑΒ και Α΄Β΄ είναι ίσες ενώ σαφώς Γ΄Δ΄>ΓΔ. Κατά συνέπεια, στο κυλινδρικό διάγραμμα Voronoi του εσωτερικού κυλίνδρου οι περιοχές των σπόρων Γ και Δ συνορεύουν ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/6

------------------------------------------------------------------------------ Ένα νέο γεωμετρικό στερεό: “Scutoid” ! --------------------------------------------------------------------------

(και είναι εξάγωνα) ενώ οι περιοχές των σπόρων Α και Β δεν συνορεύουν (και είναι πεντάγωνα). Συμβαίνει όμως ακριβώς το αντίθετο για τις περιοχές των αντίστοιχων σπόρων Α΄, Β΄, Γ΄και Δ΄ στον εξωτερικό κύλινδρο.

Σχήμα 3: Κυλινδρικά διαγράμματα Voronoi με αντίστοιχους «σπόρους». Κάπως έτσι, οι μαθηματικοί κατέληξαν στο συμπέρασμα ότι θα πρέπει να φανταστούμε κύτταρα που η μία βάση τους είναι πεντάγωνο ενώ η άλλη είναι εξάγωνο (θεωρώντας ως βάσεις τις αντίστοιχες περιοχές στους δύο κυλίνδρους). Όμως, το σχήμα αυτών των κυττάρων δεν περιγράφεται από το πρισματοειδές και θα εξηγήσουμε γιατί. Το scutoid Αναζητούμε λοιπόν ένα σχήμα που η μία βάση του να είναι (κανονικό) εξάγωνο, η άλλη να είναι (κανονικό) πεντάγωνο και να μπορεί να συνδέεται με το ανεστραμμένο αντίγραφό του. Λόγω του άνισου πλήθος πλευρών στις δύο βάσεις, θα υπάρχει ένα τρίγωνο στην παράπλευρη επιφάνεια. Έτσι, έχουμε έναν πρόχειρο σκελετό για τα δυο πανομοιότυπα scutoids ενωμένα:

Σχήμα 4: Το scutoid και ο τρόπος ένωσής του με ένα αναστραμένο αντίγραφό του. Δημιουργείται όμως η ψευδής εντύπωση ότι το scutoid είναι πρισματοειδές. Η διαφορά εντοπίζεται στις πλευρικές επιφάνειες του, που δεν είναι απαραίτητα επίπεδες ούτε κυρτές. Αυτό οφείλεται στο ότι δύο σημεία στις ακμές του ενώνονται με γεωδαισιακές γραμμές δηλαδή με την μικρότερη δυνατή διαδρομή. Με αυτόν τον τρόπο δημιουργούνται επιφάνειες που επιτρέπουν την τρισδιάστατη συσκευασία των κυττάρων σε έναν καμπύλο ιστό.

Σχήμα 5: Γεωδαισιακές γραμμές στρεβλού τετραπλεύρου που οδηγούν καμπύλη επιφάνεια. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/7

------------------------------------------------------------------------------ Ένα νέο γεωμετρικό στερεό: “Scutoid” ! --------------------------------------------------------------------------

Η καμπύλωση της παράπλευρης επιφάνειας του scutoid μπορεί να γίνει κατανοητή με το εξής παράδειγμα: Θεωρούμε ένα παραλληλεπίπεδο (όχι απαραίτητα ορθό) όπως αυτό που εικονίζεται στο σχήμα 5. Το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ένα στρεβλό τετράπλευρο (γιατί οι κορυφές του δεν είναι συνεπίπεδες). Αν τώρα ενώσουμε με ευθύγραμμο τμήμα κάθε σημείο της πλευράς του ΑΔ με το αντίστοιχο ισοϋψές σημείο στην πλευρά ΒΓ δημιουργείται μια καμπύλη επιφάνεια, όμοια με τις παράπλευρες επιφάνειες του scutoid. Η επιβεβαίωση Οι φυσικοί επιβεβαίωσαν τη σταθερότητα ενός τέτοιου ιστού με scutoids αλλά και ότι απαιτεί την ελάχιστη ενέργεια για τη λειτουργία του. Ακολούθως οι βιολόγοι παρατήρησαν με μικροσκόπια το scutoid στα επιθηλιακά κύτταρα του ψαριού ζέβρα και των σιελογόνων αδένων της μύγας και άλλων ζώων. Υποστηρίζουν ότι όχι μόνο στα ζώα, αλλά και στον άνθρωπο υπάρχουν κύτταρα σχήματος scutoid και μάλιστα σε κάθε καμπυλωτή επιφάνεια. Αν όλες οι επιφάνειες στο σώμα μας ήταν επίπεδες θα μπορούσαν να αποτελούνται από πρισματικά κύτταρα που θα στοιβάζονταν το ένα δίπλα στο άλλο σαν κολώνες. Όμως αυτό είναι άτοπο γιατί το σώμα μας έχει πολλές στροφές και καμπύλες που δεν δημιουργούνται από πρίσματα ή κόλουρες πυραμίδες. Το νέο αυτό σχήμα έμοιαζε πολύ με το σχήμα του θώρακα του σκαθαριού που ονομάζεται scutellum και έτσι οι ερευνητές αυτοί του έδωσαν το όνομα «scutoid». Αυτή η ανακάλυψη του νέου σχήματος θα χρησιμεύσει στην κατασκευή τεχνητών οργάνων με μεγάλη ομοιότητα με αυτά καθεαυτά τα όργανα του ανθρώπου δίνοντας μεγαλύτερη πιθανότητα στην επιτυχία των μεταμοσχεύσεων. Πειραματισμοί με το GeoGebra για καλύτερη κατανόηση Εργασία 1: Δημιουργήστε ένα δικό σας διάγραμμα Voronoi ως εξής: Σχεδιάστε στον καμβά διάφορα σημεία σε τυχαίες θέσεις, έστω τα A, B, C, D, E, F, G. Έπειτα, στη γραμμή εισαγωγής δώστε την εντολή Voronoi({A, B, C, D, E, F, G}). Αλλάξτε θέσεις στα σημεία σας και παρατηρήστε τη δυναμική αλλαγή του διαγράμματος Voronoi. Πού βρίσκεται η μεσοκάθετος δύο γειτονικών σημείων-σπόρων; Εργασία 2: Πειραματιστείτε με την επιφάνεια του στρεβλού τετραπλεύρου του σχήματος 5: https://ggbm.at/xzggs3pc Εργασία 3: Πειραματιστείτε με την τρισδιάστατη εκδοχή των δύο ενωμένων scutoids που ετοιμάσαμε για σας (περιμένετε λιγάκι να φορτωθεί η εφαρμογή): https://ggbm.at/puwwvfrv

Πηγές 1. Το επιστημονικό άρθρο των ερευνητών: https://www.nature.com/articles/s41467-018-05376-1 2. Ένα κατατοπιστικό βιντεάκι: https://www.youtube.com/watch?v=2_NZ1ql8B8Y ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/8

Μπαλόνια ======================================================================= Βαρβάρα Καμπουρίδη Στο πάρτι γενεθλίων της Μαίρης, ο Γιώργος και ο Χρίστος φούσκωσαν μπαλόνια. Ο Γιώργος φούσκωσε ένα πράσινο μπαλόνι και ο Χρίστος ένα κόκκινο. Η Μαίρη φούσκωσε ένα κίτρινο μπαλόνι. Μετά το πρώτο φύσημα το κίτρινο μπαλόνι της είχε εμβαδόν επιφάνειας 240 τ. εκ. Με το δεύτερο φύσημά το εμβαδόν της μπαλονιού αυξήθηκε κατά το 1/2.

επιφάνειας του

Με το τρίτο φύσημα το εμβαδόν της επιφάνειας του μπαλονιού, όπως είχε ήδη αυξηθεί μετά το δεύτερο φύσημα, αυξήθηκε κατά το 1/3 . Τέταρτο φύσημα και νέα αύξηση κατά το 1/4 του εμβαδού της επιφάνειας του μπαλονιού, όπως είχε ήδη αυξηθεί μετά το τρίτο φύσημα. Κατά τον ίδιο τρόπο με το πέμπτο φύσημα της Μαίρης το εμβαδόν της επιφάνειας του μπαλονιού αυξήθηκε κατά το 1/5. Η Μαίρη συνεχίζει με έκτο φύσημα και να! το εμβαδόν της επιφάνειας του μπαλονιού αυξάνεται πάντα σε σχέση με το ήδη αυξημένο εμβαδόν κατά το 1/6.

Και τότε, στο έβδομο φύσημα, μπαλόνι έσπασε!

Το Η σειρά του Γιώργου: Με το πρώτο φύσημα το πράσινο μπαλόνι του είχε εμβαδόν επιφάνειας 140 τ.εκ. Με το δεύτερο αύξησε την επιφάνεια κατά το 1/2, όπως είχε κάνει και η Μαίρη,.

Με το τρίτο φύσημα αύξησε την νέα αυξημένη επιφάνεια κατά το 1/3 της. Συνέχισε με τον ίδιο τρόπο και, όταν το μπαλόνι του έφτασε να έχει ίσο εμβαδόν επιφάνειας με του κίτρινου της Μαίρης πριν αυτό σπάσει, σταμάτησε. Πόσα φυσήματα έκανε ο Γιώργος; (ερώτημα 1) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/9

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Μπαλόνια ------------------------------------------------------

Η σειρά του Χρίστου τώρα: Με το πρώτο φύσημα το κόκκινο μπαλόνι του είχε εμβαδόν επιφάνειας 120 τ. εκ. Με το δεύτερο, όπως και η Μαίρη, αύξησε το εμβαδόν της επιφάνειας κατά το 1/2, όπως έκαναν η Μαίρη κι ο Γιώργος. Με το τρίτο φύσημα το αύξησε κατά το 1/3.

Συνέχισε με τον ίδιο τρόπο και όταν το μπαλόνι του έφτασε να έχει το ίδιο εμβαδόν επιφάνειας με το κίτρινο της Μαίρης πριν αυτό σπάσει, καθώς και το πράσινο του Γιώργου, σταμάτησε. Πόσα φυσήματα έκανε ο Χρίστος; (ερώτημα 2) Ας δούμε, λοιπόν, πώς μπορούμε να απαντήσουμε στα δυο ερωτήματα. Οι λύσεις που προτείνουμε εδώ δεν είναι μοναδικές. Υπάρχουν κι άλλες, λιγότερο ή περισσότερο πολύπλοκες.

1ο βήμα: Για να μπορέσουμε να βρούμε μετά από πόσα φυσήματα σταμάτησε ο Γιώργος και μετά από πόσα ο Χρίστος (διαφορετικός αριθμός φυσημάτων για τον καθένα αφού ξεκινούν από διαφορετικές επιφάνειες, 140 τ.εκ. ο Γιώργος, 120 τ. εκ. ο Χρίστος) θα πρέπει να βρούμε πρώτα ποιο ήταν το εμβαδόν της τελικής επιφάνειας του μπαλονιού της Μαίρης.

2ο βήμα: Υπολογίζουμε το εμβαδόν της επιφάνειας του μπαλονιού της Μαίρης μετά από κάθε φύσημα. Φύσημα Αύξηση Εμβαδόν επιφάνειας σε τ. εκ. σε τ. εκ.

1ο 240 2ο

1/2. 240= 120

360

3ο

1/3. 360=120

480

4ο

1/4. 480=120

600

5ο

1/5. 600=120

720

6ο

1/6. 720=120

840

Τι παρατηρείτε; Πόση είναι η αύξηση κάθε φορά; Γιατί συμβαίνει αυτό;

Η τελική επιφάνεια του μπαλονιού της Μαίρης είχε εμβαδόν 840 τ. εκ.

3ο βήμα: Υπολογίζουμε το εμβαδόν της 4ο βήμα: Υπολογίζουμε το εμβαδόν της επιφάνειας του πράσινου μπαλονιού του επιφάνειας του κόκκινου μπαλονιού του Γιώργου μετά από κάθε φύσημα μέχρι να Χρίστου μετά από κάθε φύσημα μέχρι να φτάσει τα 840 τ. εκ. φτάσει τα 840 τ. εκ. Φύσημα

Αύξηση σε τ.εκ.

εμβαδόν επιφ. σε τ. εκ.

Φύσημα

Αύξηση σε τ.εκ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/10

εμβαδόν επιφ. σε τ. εκ.

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Μπαλόνια ------------------------------------------------------

1ο

140

1ο

120

2ο

1/2. 140= 70

210

2ο

1/2 x 120=60

180

3ο

1/3. 210=70

280

3ο

1/3x180=60

240

4ο

1/4x280=70

350

4ο

1/4x240=60

300

5ο

1/5x350=70

420

5ο

1/5x300=60

360

6ο

1/6x420=70

490

6ο

1/6x360=60

420

7ο

1/7x490=70

560

7ο

1/7x420=60

480

8ο

1/8x560=70

630

8ο

1/8x480=60

540

9ο

1/9x630=70

700

9ο

1/9x540=60

600

10ο

1/10x700=70

770

10ο

1/10x600=60

660

11ο

1/11x770=70

840

11ο

1/11x660=60

720

12ο

1/12Χ720=60

780

13ο

1/13Χ780=60

840

Μελετώντας με προσοχή τους παρακάτω συλλογισμούς θα μπορέσουμε να δώσουμε απαντήσεις στα ερωτήματα: Τι παρατηρείτε; Πόσο είναι η αύξηση κάθε φορά; Γιατί συμβαίνει αυτό; Παρατηρούμε τις εξελίξεις των εμβαδών της εξωτερικής επιφάνειας των μπαλονιών της Μαίρης, του Γιώργου και του Χρίστου. Διαπιστώνουμε ότι, όποιο εμβαδόν κι αν έχει η αρχική επιφάνεια του μπαλονιού, κάθε φορά αυξάνεται κατά το μισό του αρχικού εμβαδού, δηλαδή κατά 120 τ.εκ., 70 τ.εκ., 60 τ.εκ. αντίστοιχα. Ας ονομάσουμε το αρχικό εμβαδόν α. Τότε με το δεύτερο φύσημα η αύξηση του εμβαδού θα είναι 1/2.α = α/2 και το νέο εμβαδόν α + α/2 = 3α/2. Με το τρίτο φύσημα η αύξηση του εμβαδού θα είναι 1/3. 3α/2 = 3α/3.2 = α/2 και το νέο εμβαδόν 3α/2 + α/2 = 4α/2. Με το τέταρτο φύσημα η αύξηση του εμβαδού θα είναι 1/4. 4α/2 = 4α/4.2 = α/2 και το νέο εμβαδόν 4α/2 + α/2 = 5α/2. κ.ο.κ. Άρα, αφήνοντας στην άκρη τους συγκεκριμένους αριθμούς και αντικαθιστώντας τους με τον γενικό αριθμό α, οδηγούμαστε σε αυτό που στα μαθηματικά ονομάζουμε γενίκευση του προβλήματος και της λύσης του. Απαντήσεις: 1. Το πράσινο μπαλόνι του Γιώργου θα έχει εμβαδόν 840 τ. εκ. στο 11ο φύσημα του Γιώργου!

2. Το κόκκινο μπαλόνι του Χρίστου θα έχει περιφέρεια 840 τ. εκ. στο 13ο φύσημα του Χρίστου!

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/11

Παίζοντας με τα κλάσματα ========================================================================== Ηλίας Μαρυνιώτης Τα κλάσματα είναι αρκετά παρεξηγημένα Μαθηματικά αντικείμενα γιατί έχουμε την εντύπωση ότι είναι η αιτία που συχνά κάνουμε λάθη στους υπολογισμούς και γενικά 11 153 ή αν και το δυσκολευόμαστε να τα χειριστούμε, ιδιαίτερα κλάσματα της μορφής 19 261 τελευταίο απλοποιείται (με ποιον αριθμό;). Με τις παρακάτω δραστηριότητες θα δούμε ότι μπορούμε να παίξουμε με τα κλάσματα, ναι ακριβώς όπως το διαβάσατε, μπορούμε να παίξουμε! Πριν όμως από το παιχνίδι ας εξασκηθούμε λίγο στις πράξεις κλασμάτων για να θυμηθούμε τη θεωρία. Ας ξεκινήσουμε με κάτι απλό για προθέρμανση.

1) Να απλοποιηθεί η παράσταση Α=

1

2  0, 75

Απάντηση 1 1 1 1     2  0, 75 2  3 8  3 5 4 4 4 4

1 1 1 1 4 4    5 5 1 5 5 4 4

Θα πρέπει να μπορούμε να μετατρέπουμε 3 1 άμεσα το 0,75 σε και αντίστοιχα το 4 4 σε 0,25. Για να μετατρέψουμε ένα σύνθετο κλάσμα σε απλό πολλαπλασιάζουμε τους άκρους όρους και τους βάζουμε αριθμητή και τους μέσους και τους βάζουμε παρονομαστή.

2) Πάμε τώρα σε κάτι περισσότερο σύνθετο.

1 Δίνεται η διπλανή παράσταση Α.  1 Μπορείτε πριν κάνετε πράξεις να 1 1 εκτιμήσετε αν η παράσταση είναι 1 2 μεγαλύτερη η μικρότερη του 1; Στη συνέχεια να απλοποιήσετε τη παράσταση Α και να βρείτε το αποτέλεσμα. Απάντηση: Αν ονομάσουμε την παράσταση με τα κλάσματα Α 1 τότε θα έχουμε: Α=

1 1 3 2 1   2 1 3 1 3   5 5 3

Παρατηρήστε ότι αν θεωρήσουμε ως αριθμητή το 1 τότε ο παρονομαστής είναι 1 1 >1 άρα το κλάσμα είναι 1 1 2 μικρότερο της μονάδας. Συστηματικά βρίσκουμε πρώτα το 1 3 άθροισμα του 1   2 2

Στη συνέχεια μετατρέπουμε το σύνθετο 1 2 κλάσμα σε απλό δηλαδή:  3 3 2 2 5 Ακολούθως υπολογίζουμε το 1   και 3 3 μετατρέπουμε το τελικό σύνθετο κλάσμα σε απλό

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/12

--------------------------------------------------------------------------------------------------- Παίζοντας με τα κλάσματα -------------------------------------------

3) Τώρα πλέον είναι ώρα να ασχοληθούμε με έναν υπολογισμό που ενώ φαίνεται πολύ δύσκολος μπορεί με λίγη παρατηρητικότητα και συγκέντρωση να τον πραγματοποιήσουμε. Ας υπολογίσουμε πρώτα τις τιμές μερικών διαφορών.

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Α=1- = , Β= - = , Γ= - = , Δ= -  2 2 2 3 6 3 4 12 4 5 20 Παρατηρήστε τώρα τα κλάσματα και ιδιαίτερα τους παρονομαστές τους. Αυτοί συνεχώς αυξάνονται με έναν κανόνα (ποιος είναι αυτός;) ενώ ο αριθμητής παραμένει 1.

1 1 1 1 Μπορείτε χωρίς πράξεις να μαντέψετε τις διαφορές - και - ; 5 6 6 7 Ας έρθουμε τώρα στα αθροίσματα: 1 1 4 2 1 Α+Β=     1  2 6 6 3 3 2 1 9 3 1 (Α+Β)+Γ=  =   1  3 12 12 4 4 3 1 16 4 1   1 (Α+Β+Γ+Δ)=  = 4 20 20 5 5 Μπορείτε τώρα χωρίς πράξεις να υπολογίσετε το άθροισμα 1 1 1 1 1 1      ; Δεν χρειάζεται πολύ σκέψη να δούμε ότι 2 6 12 20 30 42 6 1 το άθροισμα αυτό θα είναι ίσο με  1  7 7

Mετατρέπουμε τα κλάσματα σε ομώνυμα βρίσκοντας το ΕΚΠ των παρονομαστών και τα αφαιρούμε. Παρατηρήστε τους παρονομαστές: 2, 6, 12, 20 αυξάνονται αρχικά κατά 4, μετά κατά 6, μετά κατά 8 κ.λ.π Προσοχή! Δεν παίζει κάποιο ρόλο στη πρόσθεση το ότι υπάρχουν ίδιοι αριθμητές

Ας δούμε τώρα ένα άλλο παράδειγμα.

1 1 1 1 1

    ......  1 2 2  3 3  4 4  5 99  100 Προφανώς η πρώτη αντίδραση ενός μαθητή είναι ο πανικός, και με το δίκιο του. Στη συνέχεια όμως αν σκεφτεί λίγο ψύχραιμα και διαθέτει παρατηρητικότητα βλέπει ότι 1 1 1 1 1 1 1 1 και ούτω καθεξής. Τώρα όμως το άθροισμα που σας  ,  ,  ,  1  2 2 2  3 6 3  4 12 4  5 20 έδωσαν δεν φαντάζει και τόσο τρομαχτικό αφού είναι ίσο με:

Σας ζητούν να υπολογίσετε το άθροισμα

1 1 1 1 1 1 1 1 1 (1  )  ( - )  ( - ) ........ +( - )  ( ) .

2 2 3 3 4 98 99 99 100

1 99   0,99 !

100 100 Προτεινόμενη δραστηριότητα: Να υπολογίσετε με όμοιο τρόπο το άθροισμα: 2 2 2 2 2 . Μπορείτε να μαντέψετε χωρίς καμία πράξη ποιο θα είναι     ......  1 2 2  3 3  4 4  5 99  100 το αποτέλεσμα; Για παρατηρήστε τώρα τι απομένει: 1-

Τα κλάσματα στα προβλήματα. Τα κλάσματα όμως εκτός από ενδιαφέροντα αθροίσματα και διαφορές τα συναντάμε σε πολλά προβλήματα της καθημερινότητάς μας. Ας δούμε μερικά. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/13

--------------------------------------------------------------------------------------------------- Παίζοντας με τα κλάσματα -------------------------------------------

1) Η δεξαμενή ενός χωριού έχει χωρητικότητα 14 τόνους. Στην αρχή της εβδομάδας η ποσότητα 3 του νερού που υπήρχε ήταν ίση με τα του συνολικού όγκου. Αν οι κάτοικοι του χωριού 4 4 χρησιμοποίησαν τα του νερού που ήταν διαθέσιμο πόσοι τόνοι νερό απέμειναν; 7 Απάντηση 3 Η δεξαμενή αρχικά περιείχε  14 =10,5 τόνους νερό. Για να πολλαπλασιάσω αριθμό 4 Αν επιχειρήσουμε να υπολογίσουμε το μέρος του όγκου (άρα επί κλάσμα πολλαπλασιάζω τον και του βάρους) που χρησιμοποίησαν οι κάτοικοι θα πρέπει αριθμητή του κλάσματος με τον αριθμό και κρατώ τον ίδιο 4 3 να βρούμε τα των του όγκου του νερού παρονομαστή.

7 4 Για τον πολλαπλασιασμό 4 3 12 6   .  κλασμάτων πολλαπλασιάζουμε 7 4 28 14 αριθμητή με αριθμητή και Στην ουσία οι κάτοικοι χρησιμοποίησαν 6 τόνους νερού αφού παρονομαστή με παρονομαστή. συνολικά υπήρχαν 14 τόνοι. Από τα παραπάνω προκύπτει ότι το νερό που απέμεινε είναι (10,5-6) τόνοι=4,5 τόνοι 3 3) Μία δεξαμενή είναι σήμερα γεμάτη κατά τα με ένα υγρό. Πριν από λίγο καιρό ήταν άδεια 8 1 της και το υγρό τότε ήταν 21 τόνους περισσότερο από ότι είναι σήμερα. Ποια είναι κατά το 10 η χωρητικότητα της δεξαμενής; Απάντηση

Στην αρχή θα υπολογίσουμε το μέρος της δεξαμενής που Για να προσθέσω ή αφαιρέσω κλάσματα θα άδειασε: 9 3 36 15 21 πρέπει να αναφέρονται     στην ίδια ποσότητα.

10 8 40 40 40 21 της δεξαμενής είναι οι 21 τόνοι υγρού που είχε Κάνω τα κλάσματα 40 ομώνυμα υπολογίζοντας το παραπάνω πριν λίγο καιρό. Οπότε για να βρω τη συνολική χωρητικότητα της δεξαμενής ΕΚΠ (8, 10)=40 40 19 δηλαδή τα σκέφτομαι ότι μου λείπουν της δεξαμενής 40 40 δηλαδή 19 τόνοι υγρού. Άρα η συνολική χωρητικότητα της δεξαμενής είναι 40 τόνοι.

Άρα τα

1.

Ας βάλουμε στο παιχνίδι τους δεκαδικούς αριθμούς… Να συγκρίνετε και να τοποθετήσετε τους δεκαδικούς αριθμούς που ακολουθούν στην ευθεία των πραγματικών αριθμών Α=7,5 Β=7,05, Γ=6,82, Δ=7,498, Ε=7,505 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/14

--------------------------------------------------------------------------------------------------- Παίζοντας με τα κλάσματα -------------------------------------------

Απάντηση Για να συγκρίνουμε τους αριθμούς θα πρέπει να τους παίρνουμε ανά δύο και βρίσκουμε ποιος είναι ο μεγαλύτερος και να συνεχίζουμε αυτή τη διαδικασία μέχρι να τελειώσουμε με όλους τους αριθμους. Το αποτέλεσμα είναι το εξής: 6,82<7,05<7,498<7,5<7,505

Για να συγκρίνουμε δύο δεκαδικούς αριθμούς συγκρίνουμε τα ακέραια μέρη τους και αν αυτά είναι ίσα τότε συγκρίνουμε τα δεκαδικά τους μέρη ξεκινώντας από τα αριστερά προς τα δεξιά

Μήπως τώρα μπορούμε να σκεφτούμε κάτι πιο δύσκολο; Πόσο μεγαλύτερος είναι ο αριθμός 17,98989898 από τον αριθμό 17,89898989; Να απαντήσετε αν είναι δυνατόν χωρίς να εκτελέσετε την κατακόρυφη αφαίρεση. Και τώρα ήρθε η ώρα της εξάσκησης…

1. Σε ένα εργαστήριο παρατηρήθηκε ότι υπάρχει ένας μικροοργανισμός που αναπτύσσεται κατά 0,008gr την εβδομάδα. Πόσα γραμμάρια θα έχει πάρει σε 30 ημέρες; 3 2 2. Σε μία τάξη τα των μαθητών έγραψαν κάτω από 18. Τα αυτών έγραψαν κάτω από 8 5 15. Να βρείτε ποιο μέρος των μαθητών έγραψε κάτω από 15.

3. Να βρεθεί το άθροισμα 0,1+0,12+0,13+0,14+0,15.

3 4. Τα κόστη μιας επιχείρησης τον Δεκέμβριο είναι κατά περισσότερα από τον 20 Ιανουάριο. Αν τον Δεκέμβριο το κόστος παραγωγής είναι 46.000 πόσο θα είναι το κόστος παραγωγής τον Ιανουάριο; 1 1 1 1 2 4 396 398 5. Αν   1      και   1      να υπολογισθεί το   2 3 199 200 4 6 398 400 άθροισμα Α+Β.

6. Μία συνταγή λέει ότι αν χρησιμοποιήσουμε 1 κιλό αλεύρι παίρνουμε 1,5 κιλό ζυμάρι, το 1 οποίο όταν το ψήσουμε θα χάσει το της μάζας του. Να βρεθεί: 6 i. Πόσα κιλά ψωμί θα πάρουμε αν χρησιμοποιήσουμε 800 γραμμάρια αλεύρι. ii. Αν θέλουμε να φτιάξουμε 240 μικρά φρατζολάκια των 130 γραμμαρίων το καθένα πόσα κιλά αλεύρι χρειαζόμαστε; 3 4 5 137 1 1 1 7. Αν   2       και   1      να υπολογιστεί η τιμή της 2 3 4 136 2 3 136 παράστασης Α-Β.

57 8. Δίνεται το κλάσμα 125 α) Να βρείτε τη δεκαδική έκφραση του κλάσματος (μετατροπή σε δεκαδικό) β) Να υπολογίσετε το 256ο ψηφίο του δεκαδικού αριθμού που προέκυψε στο ερώτημα α). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/15

Εμβαδά επίπεδων σχημάτων – Πυθαγόρειο Θεώρημα ===================================== Παλαιογιαννίδης Δημήτρης - Φαλαγκάρας Αριστείδης Πόση είναι η έκταση της επιφάνειας που καλύπτει στο επίπεδο κάθε ένα από τα τρία σχήματα (Σχήμα Α, Σχήμα Β, Σχήμα Γ) της εικόνας 1; Η ερώτηση απαντιέται με έναν μοναδικό τρόπο για κάθε σχήμα ή μήπως μπορούμε να έχουμε περισσότερες από μία απαντήσεις;

Εικόνα 1

Ας ξεκινήσουμε από το τελευταίο ερώτημα. Για να κάνουμε οποιαδήποτε μέτρηση είναι απαραίτητο να επιλέξουμε πρώτα μια μονάδα μέτρησης. Αν η μονάδα μέτρησης επιφάνειας είναι το τρίγωνο που βλέπουμε στο πάνω αριστερά μέρος της εικόνας το σχήμα Α καλύπτει μια επιφάνεια με έκταση 72 τρίγωνα. Επομένως το εμβαδόν του είναι 72·1 τρίγωνο=72 τρίγωνα. Και αν η μονάδα μέτρησης είναι το εξάγωνο που φαίνεται στην αριστερή πλευρά της εικόνας; Τότε το εμβαδόν είναι 12 εξάγωνα. Και με μονάδα το παραλληλόγραμμο που βλέπουμε στο κάτω δεξιά μέρος της εικόνας; Το εμβαδόν είναι 12 παραλληλόγραμμα. Στον παρακάτω πίνακα βλέπουμε τα εμβαδά των τριών σχημάτων μετρημένα με τις τρεις μονάδες, και τις περιμέτρους

τους μετρημένες με μονάδες τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ και ΓΔ. Εμβαδόν Μονάδα μέτρησης Σχήμα Α Σχήμα Β Σχήμα Γ

Τρίγωνο

Εξάγωνο

Παραλληλόγραμμο

72 72 96

12 12 16

9 9 12

Αν ως μονάδα μέτρησης εμβαδού των επίπεδων σχημάτων στην εικόνα 2 θεωρήσουμε το τετράγωνο του πλέγματος και ως μονάδα μέτρησης μήκους την πλευρά του τετραγώνου του πλέγματος, ποια είναι τα εμβαδά και ποιες οι περίμετροι των ορθογωνίων ΑΒΓΔ, ΕΖΗΘ και ΙΚΛΜ; Έχουν την ίδια περίμετρο; Μήπως έχουν το ίδιο εμβαδόν; Στον πίνακα βλέπουμε τα αποτελέσματα των μετρήσεων. Ορθογώνιο ΑΒΓΔ ΕΖΗΘ ΙΚΛΜ

Περίμετρος Ευθύγραμμο Ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ τμήμα ΓΔ 24 12 24 12 24 12

Εικόνα 2

Εμβαδόν Περίμετρος 12 26 12 20 12 14

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/16

-------------------------------------------------------------------- Εμβαδά επίπεδων σχημάτων – Πυθαγόρειο Θεώρημα ----------------------------------------------------------------

Και αν η μέτρηση δεν μπορεί να γίνει με εύκολο τρόπο; Για παράδειγμα ποιο είναι το εμβαδόν του τριγώνου ΕΖΗ της εικόνας 3α με μονάδα μέτρησης το τεράγωνο ΑΒΓΔ; Μια τεχνική μέτρησης εμβαδού όταν το ευθύγραμμο σχήμα είναι τοποθετημένο πάνω σε καμβά και οι κορυφές του βρίσκονται πάνω σε κόμβου, όπως το τρίγωνο ΕΖΗ της εικόνας 3α.

Εικόνα 3α

Εικόνα 3β

 Δημιουργούμε ένα ορθογώνιο που περιέχει το μετρούμενο σχήμα.  Υπολογίζουμε το εμβαδόν του ορθογωνίου  Υπολογίζουμε τα εμβαδά των σχημάτων που βρίσκονται εντός του ορθογωνίου και εκτός του σχήματος που μετράμε.  Υπολογίζουμε το ζητούμενο εμβαδόν ως διαφορά εμβαδών.

Σχεδιάζουμε το ορθογώνιο ΕΘΙΚ που περικλείει το τρίγωνο ΕΖΗ (εικόνα 3β).

10 τετράγωνα 2 τετράγωνα τετράγωνα τετράγωνα

10

2

4 τετράγωνα

Ας επιχειρήσουμε να αξιοποιήσουμε όλα αυτά σε λίγο διαφορετικό πλαίσιο. Το Πυθαγόρειο Θεώρημα Το τρίγωνο ΑΒΓ της εικόνας 4 είναι ορθογώνιο με ορθή γωνία την γωνία . Η πλευρά ΒΓ που βρίσκεται απέναντι από την ορθή γωνία λέγεται υποτείνουσα του τριγώνου. Οι πλευρές ΑΒ και ΑΓ που είναι κάθετες μεταξύ τους λέγονται κάθετες πλευρές του τριγώνου.

Εικόνα 4

Αν μετρήσουμε, με μονάδα μέτρησης το τετράγωνο του καμβά, τα εμβαδά των τετραγώνων ΑΒΗΖ, ΑΓΘΙ και ΒΓΕΔ που σχηματίζονται με πλευρές τις πλευρές του τριγώνου, θα δούμε ότι: 10 τετράγωνα, 40 τετράγωνα και 50 τετράγωνα. Δηλαδή ή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/17

-------------------------------------------------------------------- Εμβαδά επίπεδων σχημάτων – Πυθαγόρειο Θεώρημα ----------------------------------------------------------------

Σε ποια από τα τρίγωνα της εικόνας 5 ισχύει η παραπάνω σχέση για τις πλευρές τους; Ποιο άλλο κοινό στοιχείο έχουν αυτά τα τρίγωνα;

Εικόνα 5

Μετρώντας τα εμβαδά συμπεραίνουμε ότι η σχέση ισχύει Το αντίστροφο του μόνο στα τρίγωνα 1, 3 και 6 της εικόνας, δηλαδή μόνο σε Πυθαγόρειου Θεωρήματος ορθογώνια τρίγωνα. Αν σε ένα τρίγωνο το Τι ισχύει στα δύο αμβλυγώνια τρίγωνα; Το τετράγωνο της μεγαλύτερης πλευράς (αυτή που τετράγωνο μίας πλευράς του βρίσκεται απέναντι από την αμβλεία γωνία) είναι ισούται με το άθροισμα των μεγαλύτερο από το άθροισμα των τετραγώνων των άλλων τετραγώνων των άλλων δύο δύο πλευρών. πλευρών του, τότε το τρίγωνο Ισχύει το ίδιο και στο οξυγώνιο τρίγωνο; είναι ορθογώνιο και η πλευρά Όχι, στο οξυγώνιο τρίγωνο το τετράγωνο κάθε πλευράς αυτή είναι η υποτείνουσα. του είναι μικρότερο από το άθροισμα των τετραγώνων των δύο άλλων πλευρών. Όλες οι μετρήσεις και τα αποτελέσματα εμφανίζονται στον πίνακα που ακολουθεί. Τρίγωνο Τρίγωνο 1 Τρίγωνο 2 Τρίγωνο 3 Τρίγωνο 4 Τρίγωνο 5 Τρίγωνο 6

Σχέση πλευρών 13 13 8 13 10 20

4 1 4 9 4 16

9 10 4 10 18 4

Είδος απέναντι γωνίας Ορθή Αμβλεία Ορθή Οξεία Αμβλεία Ορθή

Ποιο είναι το συμπέρασμα; Μπορούμε να ξέρουμε το είδος της γωνίας που βρίσκεται απέναντι από μία πλευρά τριγώνου αν γνωρίζουμε την σχέση που έχει το τετράγωνο της πλευράς αυτής με το άθροισμα των τετραγώνων των άλλων δύο πλευρών του; Ή, αντίστροφα, αν γνωρίζουμε την σχέση μεταξύ των τετραγώνων των πλευρών, τότε μήπως γνωρίζουμε και το είδος της απέναντι γωνίας; Το τετράγωνο μιας πλευράς είναι ίσο με το Η απέναντι γωνία είναι ορθή άθροισμα των τετραγώνων των άλλων δύο πλευρών Το τετράγωνο μιας πλευράς είναι μεγαλύτερο από το Η απέναντι γωνία είναι αμβλεία άθροισμα των τετραγώνων των άλλων δύο πλευρών Το τετράγωνο μιας πλευράς είναι μικρότερο από το Η απέναντι γωνία είναι οξεία άθροισμα των τετραγώνων των άλλων δύο πλευρών ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/18

-------------------------------------------------------------------- Εμβαδά επίπεδων σχημάτων – Πυθαγόρειο Θεώρημα ----------------------------------------------------------------

Ώρα για εξάσκηση και διασκέδαση; 1. Αν ζούσαμε σε έναν κόσμο μελισσών και ήσουν ο υπεύθυνος που έπρεπε να επιλέξει την μονάδα μέτρησης εμβαδού της επιφάνειας μια κηρήθρας της κυψέλης στην οποία ζεις, σαν αυτή που βλέπεις στην εικόνα 6, ποια από τα σχήματα της εικόνας 7 θα πρότεινες ως καταλληλότερα;

Εικόνα 6

Εικόνα 7

2. Στην εικόνα 8 θεωρούμε ως μονάδα μέτρησης μήκους την πλευρά του τετραγώνου ΑΒΓΔ και ως μονάδα μέτρησης εμβαδού το τετράγωνο ΑΒΓΔ. Να τροποποιήσεις το πολύγωνο ΖΗΘΙΚΛΜΝΞΟ ώστε: α. Η περίμετρός του να μειωθεί κατά 4 μονάδες και το εμβαδόν του να αυξηθεί κατά 2 μονάδες. Εικόνα 8 β. Η περίμετρός του να μεγαλώσει κατά 2 μονάδες και το εμβαδόν του να αυξηθεί κατά 1 μονάδα. γ. Η περίμετρός του να μείνει σταθερή και το εμβαδόν του να αυξηθεί κατά 4 μονάδες. δ. Η περίμετρός του να μείνει σταθερή και το εμβαδόν του να αυξηθεί κατά 2 μονάδες. ε. Η περίμετρός του να μείνει σταθερή και το εμβαδόν του να μειωθεί κατά 1 μονάδα.

3. Στο τρίγωνο ΑΒΓ της εικόνας 9 το ΑΔ είναι το ύψος του τριώνου. Αν 5 , 3 και , να υπολογίσεις: √32 α. Το ύψος ΑΔ και β. Το εμβαδόν του τριγώνου.

Εικόνα 9

4. Στο ορθογώνιο ΑΒΓΔ της εικόνας 10 η πλευρά ΑΒ είναι διπλάσια της πλευράς ΒΓ. Το εμβαδόν του ορθογωνίου είναι 125 . Να υπολογίσεις το μήκος της διαγωνίου του ορθογωνίου. Εικόνα 10

5. Στην εικόνα 11 αναπαρίσταται ο ιστός ΑΒ της σημαίας σε μία κατασκήνωση. Ο ιστός, για να μείνει σε κατακόρυφη θέση, στηρίζεται σε τρία συρματόσχοινα (στην εικόνα τα ευθύγραμμα τμήματα ΔΓ, ΓΕ και ΔΖ) που συνδέουν το σημείο του Δ με τα σημεία Γ, Ε και Ζ του εδάφους. Στο σημείο που βρίσκεται ο ιστός το έδαφος είναι επίπεδο και οριζόντιο. Αν το ύψος ΒΔ είναι 4 και καθένα από τα σημεία Γ, Ε και Ζ απέχει από το σημείο Β 3 , να υπολογίσεις το μήκος του συρματόσχοινου που πρέπει να προμηθευτούμε για να στερεώσουμε τον ιστό. Να λάβεις υπόψη σου ότι θα χρειαστούμε περίπου 20% περισσότερο συρματόσχοινο από αυτό που φαίνεται να στηρίζει τον ιστό. Εικόνα 11

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/19

Προχωρημένα θέματα για όλους. Τάξη Β΄. ============================================================= Επιμέλεια: Στέφανος Κεΐσογλου 1) Δύο κομμάτια σχοινιού έχουν συνολικά μήκος 95 μέτρα αλλά έχουν διαφορετικό μήκος το 2 1 κάθε ένα. Αφαιρούμε από το πρώτο κομμάτι τα αυτού και από το δεύτερο το αυτού και 5 3 διαπιστώνουμε ότι τα δύο κομμάτια που απομένουν είναι ίσα. Πόσα μέτρα είναι το μήκος του πρώτου σχοινιού και πόσα του δεύτερου.

2) Ένας καθηγητής Μαθηματικών χώρισε 20 μαθητές σε 2 ομάδες Α και Β και τους ανέθεσε να κάνουν από μία εργασία ο καθένας. Στο τέλος του μήνα κάθε μαθητής της ομάδας Α του παρέδωσε από μία εργασία 2 σελίδων ενώ κάθε μαθητής της ομάδας Β του παρέδωσε εργασία 5 σελίδων Ο καθηγητής μέτρησε όλες συνολικά τις σελίδες και είδε ότι ήταν 61. Πόσους μαθητές είχε κάθε ομάδα; 1 3 3) Αν α, β, γ, δ τέσσερις διαφορετικοί αριθμοί από το σύνολο {-10, -7, - , 0, , 1, 2, 8} να 2 4 α+β υπολογίσετε την μέγιστη και την ελάχιστη τιμή της παράστασης   γ-δ (Από Παγκύπριο διαγωνισμό της Κυπριακής Μαθηματικής Εταιρείας) α 4) Στο κλάσμα (α≠β και β≠0) προσθέτουμε στον αριθμητή και τον παρονομαστή τον αριθμό β γ x οπότε το νέο κλάσμα που προκύπτει είναι το . Να εκφράσετε (να υπολογίσετε) τον αριθμό x δ με βάση τους αριθμούς α, β, γ, δ. Απαντήσεις θεμάτων τεύχους 108. (Επιμέλεια Ιωάννης Ρίζος) 1) Για τις ηλικίες των παιδιών (έστω x, y, z) ισχύει ότι x2+y2=z2 και x2+y2+z2 =338. Με συνδυασμό των δύο σχέσεων προκύπτει: z2+z2=338 άρα z2=169 ή z=13. Επομένως x2+y2=169, ενώ ο μόνος συνδυασμός φυσικών που ικανοποιεί την τελευταία σχέση είναι x=5 και y=12. Άρα 3 η ηλικία του κ. Κώστα ισούται με  (5  12  13)  45 .

2 2) Αν θεωρήσουμε ως x τη φετινή (2018) ηλικία του γιου, τότε η ηλικία του πατέρα θα είναι 2x. Το 2008 οι ηλικίες γιου και πατέρα ήταν αντίστοιχα x-10 και 2x-10, ενώ το 2007 ήταν αντίστοιχα x-11 και 2x-11. Λαμβάνοντας υπόψη ότι ο μικρότερος τριψήφιος αριθμός που έχει όλα του τα ψηφία διαφορετικά είναι ο 102, οδηγούμαστε στην εξίσωση x-10+2x-10+x-11+2x-11  102 . Λύνοντας την εξίσωση συμπεραίνουμε ότιx=41 (η ηλικία του 2 γιου) και2x=82 (η ηλικία του πατέρα). x+z 3) Αν x, y, z είναι οι ζητούμενοι αριθμοί, τότε x+y+z=39, x, y, z ≤20 και y  . Με 2 συνδυασμό των παραπάνω σχέσεων και λαμβάνοντας υπόψη ότι x, y, z είναι πρώτοι (άρα θα είναι κάποιοι εκ των 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 και 19), προκύπτει ότι x=7, y=13 και z=19 , επομένως x·y·z =1729 που είναι ο μικρότερος φυσικός αριθμός που μπορεί να γραφεί ως άθροισμα δύο κύβων με δύο διαφορετικούς τρόπους 1729 = 13+123 = 93+103. Αξίζει ακόμα να σημειωθεί ότι ο 1729 διαιρείται από το άθροισμα των ψηφίων που το απαρτίζουν, δηλ. 1+7+2+9=19 και 1729:19=91.

4) Ο ζητούμενος αριθμός είναι ο 153=13+53+33. Το χωρίο από το Ευαγγέλιο του Ιωάννη (κα΄, 11) είναι: «μεστὸν ἰχθύων μεγάλων ἑκατὸν πεντήκοντα τριῶν».

5) Αν ν=11, τότε 211-1=2047 = 23·89. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/20

Η αντίστροφη Πρόταση. Είναι πάντα αλήθεια; ==================================================================== Γιώργος Λυμπερόπουλος 1) Αν δύο παιδιά είναι δίδυμα αδέλφια τότε έχουν γενέθλια την ίδια ημέρα. Σωστά; Προφανώς. Ερώτημα: 2) Αν δύο παιδιά έχουν γενέθλια την ίδια ημέρα τότε είναι δίδυμα αδέλφια. Σωστά; Όχι βέβαια. Παρατηρήστε τις δύο προτάσεις. Θα μπορούσαμε να πούμε ότι η δεύτερη είναι αντίστροφη της πρώτης. Προσέξτε τώρα την παρακάτω πρόταση: Αν δύο αδέλφια είναι δίδυμα τότε έχουν γεννηθεί την ίδια ημέρα. Σωστά; Προφανώς. Αν δύο αδέλφια έχουν γεννηθεί την ίδια ημέρα τότε είναι δίδυμα. Σωστά; Προφανώς. Τι έχει αλλάξει εδώ; Η αντίστροφη πρόταση είναι και αυτή σωστή, οπότε λέμε ότι οι δύο προτάσεις είναι ισοδύναμες!! Παρατηρήστε όμως ότι τα δύο παιδιά είναι αδέλφια και στις δύο προτάσεις. Ας έρθουμε τώρα στο χώρο των Μαθηματικών. Στα Μαθηματικά συναντώ προτάσεις όπως στο παρακάτω παράδειγμα : Εάν ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές (ΑΒ=ΑΓ) , τότε οι γωνίες της βάσης του είναι ίσες ( ˆ  ˆ ). Η πρόταση αυτή είναι σύνθετη , γιατί αποτελείται από δυο προτάσεις: α) μια υποθετική –υπόθεση ( Εάν ΑΒΓ ισοσκελές τρίγωνο) και β) μια συμπερασματική-συμπέρασμα (τότε οι γωνίες της βάσης είναι ίσες). Όπως καταλαβαίνετε θα εξετάσουμε αν είναι αλήθεια η πρόταση αυτή αλλά και η αντίστροφη πρόταση. Η αρχική πρόταση μας λέει ότι αν δεχτούμε ως αληθή την υπόθεση, ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές , τότε πρέπει να δεχτούμε ως αληθές και το συμπέρασμα δηλαδή ότι οι παρά τη βάση του γωνίες είναι ίσες. Στα Μαθηματικά όμως για να πούμε ότι κάτι είναι αληθές, πρέπει να το δικαιολογούμε ή όπως αλλιώς λέμε να το αποδεικνύουμε. Ας επιχειρήσουμε την απόδειξη: Παίρνω ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ίσες πλευρές ΑΒ=ΑΓ, ˆ και Γˆ είναι ίσες. θα αποδείξω ότι και oι γωνίες Β Για να συγκρίνω 2 γωνίες όμως αρκεί να συγκρίνω 2 τρίγωνα . Εφόσον όμως δεν υπάρχουν τρίγωνα σκέπτομαι να δημιουργήσω μόνος μου. Πως όμως; Φέρνω το ύψος ΑΔ  ΒΓ, οπότε σχηματίζονται τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΔΓ. Τα τρίγωνα αυτά παρατηρώ ότι έχουν  τις υποτείνουσες ίσες ΑΒ=ΑΓ από την υπόθεση και  την πλευρά ΑΔ κοινή, ΑΔ=ΑΔ,  άρα είναι ίσα .  Σε ίσα τρίγωνα όμως απέναντι από ίσες πλευρές βρίσκονται ίσες γωνίες άρα ˆ  ˆ . Εδώ για να κάνω την απόδειξη χρειάστηκε να φέρω μια νέα γραμμή , το ύψος ΑΔ . Η γραμμή αυτή λέγεται βοηθητική. Πάμε τώρα στην αντίστροφη πρόταση: Εάν ένα τρίγωνο ΑΒΓ έχει δύο γωνίες ίσες ( ˆ  ˆ ) , τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές, δηλαδή ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/21

------------------------------------------------------------------------ Η αντίστροφη Πρόταση. Είναι πάντα αλήθεια; -------------------------------------------------------------------

έχει τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ ίσες. Άραγε αυτή η πρόταση είναι αλήθεια; Δημιουργώ και πάλι το προηγούμενο σχήμα. Συγκρίνω τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΔΓ. Παρατηρώ ότι έχουν:  μια κάθετη πλευρά κοινή ΑΔ=ΑΔ και  τις οξείες γωνίες ίσες ( ˆ  ˆ ) , άρα είναι ίσα . Όμως απέναντι από ίσες γωνίες σε ίσα τρίγωνα βρίσκονται ίσες πλευρές , άρα ΑΒ=ΑΓ, δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Οι δυο παραπάνω προτάσεις : 1. Ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές (ΑΒ=ΑΓ) 2. Ένα τρίγωνο ΑΒΓ έχει δύο γωνίες ίσες ( ˆ  ˆ ) Λέμε ότι είναι ισοδύναμες , γιατί όταν ισχύει η μία από αυτές τότε ισχύει και η άλλη. Αυτή ακριβώς η ισοδυναμία μας επιτρέπει να λέμε: «Ικανή και αναγκαία συνθήκη για να είναι ένα τρίγωνο ισοσκελές είναι να έχει δύο γωνίες του ίσες». Αυτό όμως γίνεται για όλες τις σύνθετες προτάσεις στα Μαθηματικά που αποτελούνται από υπόθεση και συμπέρασμα; Θα δούμε πως η αντίστροφη μιας αληθούς μαθηματικής πρότασης δεν είναι πάντα αληθής. Κάτι από Άλγεβρα Ας εξετάσουμε τη παρακάτω πρόταση: Εάν α= β , τότε α2=β2 για α, β πραγματικούς αριθμούς. Απόδειξη: Εάν α, β πραγματικοί αριθμοί με α=β τότε αν πολλαπλασιάσω κατά μέλη την ισότητα με το α παίρνω πάλι ισότητα δηλαδή α.α=α.β ή α2=β.β=β2. Αρά η πρόταση είναι αληθής. Να δούμε αν είναι αληθής η αντίστροφη πρόταση : Εάν για τους πραγματικούς αριθμούς α,β έχουμε α2=β2 , τότε α=β Απόδειξη: επειδή β2=(-β)2 γίνεται φανερό ότι η ισότητα α2=β2, αληθεύει για α=β αλλά και για α=-β≠β , αν β≠0. Δηλαδή η αντίστροφη πρόταση δεν είναι αληθής. Από τα παραπάνω προκύπτει κάτι πολύ χρήσιμο που πολλές φορές το παραβλέπουμε. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε την απλή εξίσωση x2=25 δηλαδή x2=52. Πολλές φορές αυθόρμητα λέμε ότι η λύση της εξίσωσης είναι x=5. Αυτό όμως δεν είναι σωστό (δυστυχώς στα Μαθηματικά δεν μπορούμε να πούμε ότι είναι μισό σωστό) γιατί λύση είναι και η x=-5. Κάτι από Γεωμετρία. Ας δούμε τώρα ένα παράδειγμα από την Γεωμετρία που η αντίστροφη πρόταση δεν είναι αληθής. Ας υποθέσουμε ότι τα διπλανά τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ είναι ίσα. τότε ΑΒ=ΔΕ ΑΓ=ΔΖ και ˆ  ˆ  Αυτό είναι προφανές γιατί σε ίσα τρίγωνα απέναντι από ίσες πλευρές βρίσκονται ίσες γωνίες. Ας έρθουμε τώρα στην αντίστροφη πρόταση, δηλαδή: Αν σε δύο τρίγωνα έχουν δύο πλευρές ίσες και μία τυχαία γωνία του ενός είναι ίση με μία γωνία του άλλου τότε είναι ίσα; Ας φτιάξουμε ένα κύκλο με κέντρο Κ και ακτίνα ΚΑ. Φέρνω μια τυχαία ευθεία ΑΒ έτσι ώστε να τέμνει το κύκλο στο Β και Γ ένα σημείο αυτής έξω από το κύκλο. Τα τρίγωνα ΓΚΒ και ΓΚΑ έχουν: την ΓΚ=ΓΚ ( κοινή πλευρά) , την ΚΒ=ΚΑ ως ακτίνες του ίδιου κύκλου και τη γωνία ^Γ κοινή , δηλαδή έχουν 2 πλευρές ίσες μια προς μια γωνία που δεν είναι η περιεχόμενη και τα τρίγωνα προφανώς δεν είναι ίσα . Άρα εδώ δεν αληθεύει υο αντίστροφο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/22

Οι Ταυτότητες Αλλιώς… ================================================================ Π. Αρδαβάνη – Α. Παπαδάκη 6x 2  3 . Βάλτε στη θέση του α όποιον αριθμό 2x θέλετε και στη θέση του x πάλι οποιονδήποτε αριθμό εκτός όμως από το 0. Τι παρατηρείτε; Οι ισότητες αυτές ισχύουν ότι και αν βάλουμε στη θέση του α ή του x (εκτός του 0). Παρατηρήστε τώρα την ισότητα 2x+1=9. Εδώ δεν ισχύει αυτό που ίσχυε προηγουμένως. Εδώ για να προκύψει ισότητα θα πρέπει να τοποθετήσουμε στη θέση του x το 4, για αυτό η ισότητα 2x+1=9 λέγεται εξίσωση. Πως να ονομάσουμε τώρα τις δύο αρχικές ισότητες στις οποίες το πρώτο και το δεύτερο μέλος ¨ταυτίζονται¨; Είναι εύστοχο να τις ονομάσουμε ταυτότητες. Προσέξτε την ισότητα α+α=2α και την ισότητα

«Ταυτότητα λέγεται κάθε ισότητα που περιέχει μεταβλητές και αληθεύει για όλες τις τιμές των μεταβλητών της». Με την έννοια των ταυτοτήτων ασχολούμαστε για πρώτη φορά στην Γ΄ Γυμνασίου. Ας δούμε τι λέει το σχολικό βιβλίο: Επομένως, σύμφωνα με τον παραπάνω ορισμό, πρόκειται για απλές ισότητες μεταξύ μεταβλητών ή θα μπορούσαμε να πούμε για απλούς τύπους, οι οποίοι μας βοηθάνε στην εκτέλεση πράξεων πιο γρήγορα. Άλλωστε οι αλγεβρικές αποδείξεις των ταυτοτήτων στηρίζονται στην απλή εκτέλεση πράξεων μεταξύ πολυωνύμων. Ας δούμε όμως μια διαφορετική προσέγγιση των ταυτοτήτων μέσω της Γεωμετρίας. Έχετε σκεφτεί πώς θα μπορούσαμε να δείξουμε μια ταυτότητα γεωμετρικά; Μπορείτε να φανταστείτε δύο ισοδύναμα γεωμετρικά σχήματα να αναπαριστούν μια ισότητα, μία ταυτότητα; Ας δούμε λοιπόν κάποια παραδείγματα: 1) Δίνονται τα παρακάτω ισοδύναμα γεωμετρικά σχήματα. Μπορείτε να βρείτε ποια γνωστή ιδιότητα «κρύβεται»;

Το διπλανό ορθογώνιο έχει πλευρές με μήκη α + β και γ + δ. Το εμβαδόν του είναι: Ε = (α + β)(γ + δ) Από το τέλος των τμημάτων α και γ αντίστοιχα, φέρνουμε παράλληλες στις πλευρές του ορθογωνίου όπως φαίνεται στο σχήμα. Τότε δημιουργούνται 4 ορθογώνια με εμβαδά: αγ, αδ, βγ, βδ. Το συνολικό εμβαδό του σχήματος είναι Ε = αγ + αδ + βγ + βδ Παρατηρώντας τα δυο σχήματα, αρχικό και τελικό, έχουμε: (α + β)(γ + δ) = αγ + αδ + βγ + βδ (γιατί;) (ποια γνωστή ιδιότητα είναι η παραπάνω;) Να δείξετε γεωμετρικά την επιμεριστική ιδιότητα (α+β) γ = αγ +βγ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/23

------------------------------------------------------------------------------------------------------ Οι Ταυτότητες Αλλιώς… --------------------------------------------------------------------------------------------------

2) Κάνοντας γεωμετρικούς μετασχηματισμούς στο παρακάτω σχήμα θα προσπαθήσουμε να αναδείξουμε κάποια γνωστή ταυτότητα. Στο διπλανό σχήμα δύο τετράγωνα είναι τοποθετημένα το ένα μέσα στο άλλο, με πλευρές α, β. Το χρωματισμένο μέρος, η διαφορά τους, έχει εμβαδόν Ε = α2-β2 (γιατί;) Θα προσπαθήσουμε να βρούμε ένα γεωμετρικό σχήμα ισοδύναμο με το χρωματισμένο μέρος, δηλαδή τη διαφορά τους.

Παρατηρούμε τα ορθογώνια του χρωματισμένου μέρους με πλευρές α, α-β και α-β, β Στρέφουμε κατά 90ο το ορθογώνιο με πλευρές β, α-β και το μετακινούμε ώστε να έχουν και τα δύο κοινή πλευρά την α-β. Σχηματίζεται ένα νέο ορθογώνιο με μήκη πλευρών α + β, α – β Το εμβαδόν του είναι Ε = (α + β)(α – β) Άρα α2 – β2 = (α + β)(α – β) (γιατί;)

3) Ας δείξουμε γεωμετρικά την ταυτότητα: (α - β)2 = α2 – 2αβ + β2 Θα προσπαθήσουμε να παραστήσουμε το πρώτο μέλος της με γεωμετρικό σχήμα που έχει εμβαδόν Ε=(α - β)2 και με κατάλληλους γεωμετρικούς μετασχηματισμούς να το μετατρέψουμε σε ισοδύναμο σχήμα με εμβαδόν το δεύτερο μέλος της ταυτότητας, δηλαδή Ε= α2 – 2αβ + β2 Όσον αφορά το 1ο μέλος πρόκειται για ένα τετράγωνο με εμβαδόν: Ε = (α – β)2 άρα με πλευρά: α – β Όσον αφορά το 2ο μέλος (α2 – 2αβ + β2 ) πρόκειται για το άθροισμα των εμβαδών δύο τετραγώνων πλευράς α και β αντίστοιχα μείον το διπλάσιο εμβαδόν ενός ορθογωνίου με μήκη πλευρών α και β. Παρατηρήστε στο δεύτερο σχήμα το τετράγωνο πλευράς α-β. Είναι τοποθετημένο μέσα σε τετράγωνο πλευράς α ώστε να έχουν κοινή κορυφή και δύο πλευρές τους συνευθειακές. Το εμβαδόν του είναι: Ε = α2 – 2αβ + β2 (γιατί;) Επομένως (α - β)2 = α2 – 2αβ + β2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/24

------------------------------------------------------------------------------------------------------ Οι Ταυτότητες Αλλιώς… --------------------------------------------------------------------------------------------------

Παρατηρήστε τα γεωμετρικά σχήματα στον πίνακα (Σχ 1, Σχ 2, Σχ 3) και διαπιστώστε την ισοδυναμία τους. Ποια ταυτότητα «κρύβεται»; Να την διατυπώσετε και μετά να την δείξετε αλγεβρικά.

4) Θα δείξουμε γεωμετρικά την ταυτότητα (α + β)3 = α3 + 3α2β + 3αβ2 + β3 Εδώ το 1ο μέλος είναι υψωμένο στην τρίτη, οπότε αφορά όγκο κύβου ακμής α + β. Οπότε V = (α + β)3

Τοποθετούμε δυο κύβους με ακμές α και β να έχουν μοναδικό κοινό σημείο μια κορυφή τους και τις έδρες τους παράλληλες, όπως στο διπλανό σχήμα. Στη συνέχεια τοποθετούμε κατάλληλα παραλληλεπίπεδα ώστε να σχηματίσουμε τον κύβο ακμής α + β που φαίνεται να δημιουργούν. Μπορείτε να υπολογίσετε τους όγκους των παραλληλεπιπέδων που δημιουργούνται;

V κόκκινου κύβου = α3 V πράσινου κύβου = β3

V γκρι παρ/δου = α2β V μπλε παρ/δου = αβ2 Vολικό = α3 + 3α2β + 3αβ2 + β3

Άρα (α + β)3 = α3 + 3α2β + 3αβ2 + β3 (γιατί;) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/25

------------------------------------------------------------------------------------------------------ Οι Ταυτότητες Αλλιώς… --------------------------------------------------------------------------------------------------

«Διαβάστε» την ταυτότητα που «κρύβει» το διπλανό γεωμετρικό σχήμα

Παρατηρήστε την ισοδυναμία των σχημάτων που εξελίσσονται με τους παρακάτω γεωμετρικούς μετασχηματισμούς και διατυπώστε την ταυτότητα που προκύπτει. Να την αποδείξετε και αλγεβρικά.

(Υπόδειξη: διαπίστωσε ότι τα εμβαδά των χρωματισμένων μερών είναι E= (x-2y)2 + 3x2, Ε=(2x-y)2 + 3y2 ) Τα παρακάτω γεωμετρικά αθροίσματα τετραγώνων είναι ισοδύναμα. Να διατυπώσετε την ταυτότητα που προκύπτει από την ισοδυναμία αυτή και μετά να την δείξετε γεωμετρικά και αλγεβρικά.

(Υπόδειξη:

)

Να δείξετε γεωμετρικά και αλγεβρικά την ταυτότητα: (α +β2) (χ2+ψ2 ) = (αψ+βχ)2 + (βψ-αχ)2 2

Πηγή σχεδίων της ταυτότητας κύβου αθροίσματος των α και β: https://www.geogebra.org/m/epTztYvD

Για πειραματισμούς των παραπάνω: https://www.geogebra.org/m/syjfs

https://www.geogebra.org/m/zsvccv

https://www.geogebra.org/m/gmgfvu

https://www.geogebra.org/m/gwyh5

fvd

hp

4w

a3y

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/26

Προχωρημένα θέματα για όλους. Τάξη Γ΄ ============================================================= Επιμέλεια: Στέφανος Κεΐσογλου

α 2 +β 2 -γ 2 +2αβ όπου α, β, γ ακέραιοι αριθμοί. α 2 +γ 2 -β 2 +2αγ α) Να βρείτε κατάλληλους περιορισμούς για τα α, β, γ ώστε να έχει νόημα η παράσταση Π. β) Αν Π=2 να αποδείξετε ότι θα πρέπει το α να είναι πολλαπλάσιο του αριθμού 3. x+y y  2) Να εξετάσετε αν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί x, y για τους οποίους να ισχύει: x x+y 3) Έχουμε κατασκευάσει τις γραφικές παραστάσεις των 63 συναρτήσεων f(x)=x5+x4+x3+x2+x+1 και g(x)= . x-1 Παρατηρούμε ότι αυτές τέμνονται σε 2 σημεία Α και Β. Από τα σημεία αυτά φέρνουμε κάθετες ΑΓ και ΒΔ πάνω στον άξονα x΄x. Ποιες είναι οι τετμημένες των σημείων Γ και Δ; 1) Δίνεται η παράσταση Π=

4) Στο διπλανό τραπέζιο είναι γνωστό ότι η γωνία ω είναι διπλάσια της θ. Με βάση τις μετρήσεις των δύο πλευρών που φαίνονται στο σχήμα να υπολογίσετε το μήκος μιας επιπλέον πλευράς του τραπεζίου.

Απαντήσεις θεμάτων τεύχους 108 1 1) Από τη σχέση y=2xy προκύπτει ότι είτε y=0 ή αν y≠0 τότε x= 2 2 2 2 Αν y=0 από την σχέση : x=x +y προκύπτει ότι : x=x άρα x=0 ή x=1. Ζεύγος (0 , 1) 1 1 1 1 1 1 1 Αν y≠0 για x= η σχέση x=x2+y2 μας δίνει y= ή y= – . Ζεύγη ( , ) και ( , – ).

2 2 2 2 2 2 2 2) Τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΔΓΖ είναι ίσα (γιατί;) επομένως το ΕΒΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές με υποτείνουσα μήκους 4 2 άρα κάθε μία από τις ίσες πλευρές έχει μήκος 4. Αν ΑΕ=x τότε ΑΒ=x+4 και στο ορθογώνιο ΑΔΕ έχουμε (x+4)2+x2=32 από όπου προκύπτει x= 2 3-2 3) Αν η δακτυλογράφος αρχικά πληκτρολογεί x σελίδες την ημέρα και χρειάζεται y ημέρες για να ολοκληρώσει την εργασία της τότε το γινόμενο x·y εκφράζει τον συνολικό όγκο δουλειάς (τις συνολικές σελίδες) που θα πρέπει να ολοκληρώσει. Όμοια και τα γινόμενα (x+2)·(y–3) και (x+4)·(y–5). Άρα (x+2)·(y–3)= x·y και (x+4)·(y–5)= x·y. Από το σύστημα που προκύπτει μετά τις πράξεις έχουμε x=8 και y=15.

4) Αν x, y οι κάθετες πλευρές των μικρών ορθογωνίων, τότε λόγω της ομοιότητας x 1 των ορθογωνίων τριγώνων έχουμε  άρα x·y=1. To Πυθαγόρειο θεώρημα στο 1 y 2 μεγάλο ορθογώνιο δίνει (x+1) +(y+1)2=9 ή x2+y2+2(x+y)=9. Αφού 2x·y=2 προκύπτει ότι x2+y2+2x·y +2(x+y)=11 ή (x+y)2+2(x+y)–11=0. Από την δευτεροβάθμια ως προς x+y προκύπτει ότι x+y= 2 3-1 άρα η περίμετρος είναι ίση με 2 3  4 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/27

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί =================================================== Επιμέλεια: Επιτροπή ∆ιαγωνισμών

22η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων 19-24 Ιουνίου 2018, Ρόδος, Ελλάδα Η 22η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων διοργανώθηκε στη Ρόδο από την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία σε συνεργασία με το Παράρτημα Δωδεκανήσων, την Περιφέρεια Νοτίου Αιγαίου και το Δήμο Ρόδου από 19 έως 24 Ιουνίου 2018 με τη συμμετοχή μαθητών των χωρών της Νοτιοανατολικής Ευρώπης, αλλά και μερικές ακόμη φιλοξενούμενες χώρες από Ασία και Ευρώπη. Οι Έλληνες μαθητές, κέρδισαν ένα χρυσό, ένα αργυρό και δυο χάλκινα μετάλλια σε ένα πολύ δύσκολο διαγωνισμό, συνεχίζοντας τη μεγάλη παράδοση των επιτυχιών των ελληνικών ομάδων στις Βαλκανικές και Διεθνείς Μαθηματικές Ολυμπιάδες. Συγκεκριμένα: Λιγνός Ορέστης Εμμανουήλ Δημήτριος Τσακίρης Νικόλαος Ιακωβάκης Ιωάννης Ρασβάνη Κωνσταντίνα Σμυρνάκης Νικόλαος

Χρυσό Μετάλλιο Αργυρό Μετάλλιο Χάλκινο Μετάλλιο Χάλκινο Μετάλλιο Συμμετοχή Συμμετοχή

Αρχηγός της αποστολής ήταν η μαθηματικός Αγγελική Βλάχου και υπαρχηγός η μαθηματικός Ολυμπία Μπαντουβάκη. Αξίζει να σημειωθεί ότι ο Ορέστης Λιγνός είναι μαθητής της Έκτης τάξης του Δημοτικού. Χρυσός Χορηγός της διοργάνωσης ήταν τα Ελληνικά Πετρέλαια. Μεγάλοι υποστηρικτές ήταν η Περιφέρεια Νοτίου Αιγαίου, ο Δήμος Ροδίων και τα Εκπαιδευτήρια Ροδίων Παιδεία. Μεγάλοι χορηγοί της διοργάνωσης ήταν η Enterprise Greece και τη Εθνική Τράπεζα της Ελλάδος.

Τα θέματα και οι λύσεις του Πρόβλημα 1. Να βρείτε όλα τα ζεύγη των ακεραίων (m,n) που ικανοποιούν την εξίσωση m 5  n 5  16mn . Λύση. Αν ένα από τα m, n είναι 0 , τότε και το άλλο είναι 0 και (m, n)  (0, 0) είναι μια λύση. Στο εξής υποθέτουμε ότι τα m, n δεν είναι 0 . Έστω d  (m, n) ο μέγιστος κοινός διαιρέτης τους. Είναι m  da, n  db με a, b  * και (a, b)  1 , και η δοσμένη εξίσωση γίνεται d 3 a 5  d 3b5  16ab .

(1) 3 5 3 Συνεπώς a | d b και αφού (a, b)  1 έχουμε a | d . Ομοίως έχουμε b | d 3 , και αφού (a, b)  1 έχουμε και πως ab | d 3 , οπότε d 3  abr για κάποιο r   . Τότε η (1) γίνεται

abra 5  abrb5  16ab οπότε: Επομένως:

r  a 5  b5   16 .

(2)

a 5  b5 | 16  a 5  b5  1, 2, 4, 8, 16.

 Αν a 5  b5  1 , τότε 0  a 5  b5  a 5  b5  1 , οπότε a 5  b5  0, 1 . Αν a 5  b5  0 , τότε a  b και αφού (a, b)  1 θα έχουμε a  1, b  1 ή a  1, b  1 , άτοπο καθώς τότε δεν

αληθεύει η a 5  b5  1 . Αν πάλι a 5  b5  1 , τότε: 5

4

b0

5

a 5  b5  a  b  a  b  1  a 5  ( b  1)5  b  5 b    15  b  1 , άτοπο, καθώς ξεκινήσαμε με την a 5  b5  1 . Ομοίως η σχέση b5  a 5  1 καταλήγει σε άτοπο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/28

--------------------------------------------------------------------------------------------------------- Μαθητικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικών ------------------------------------------------------------------------------------------------------

 Αν a 5  b5  2 , τότε 0  a 5  b5  a 5  b5  2 , οπότε a 5  b5  0, 1, 2 . Αν a 5  b5  0 , τότε a  b και αφού (a, b)  1 θα έχουμε a  1, b  1 ή a  1, b  1 . Τότε η σχέση (2) δίνει r  8 στην πρώτη περίπτωση και r  8 στη δεύτερη, κι αυτά με τη σειρά τους δίνουν d 3  8 ή d 3  8 δηλαδή d  2 ή d  2 , από όπου m  2, n  2 ή m  2, n  2 , αλλά μόνο η (m, n)  (2, 2) είναι λύση της αρχικής εξίσωσης. Αν a 5  b5  1 ή 2 καταλήγουμε σε άτοπο όπως και πιο πάνω: είναι a 5  b5 οπότε a  b  a  b  1 και τότε: 5

b0

4

5

a 5  ( b  1)5  b  5 b    15  b  2 άτοπο, αφού a 5  b5  1 ή 2 . Ομοίως οι σχέσεις a 5  b5  1, 2 καταλήγουν σε άτοπο.  Αν a 5  b5  4,8,16 , τότε a  b . Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας a  b . Αν a  b τότε 5

5

5

5

5

4

3

2

b0

4,8,16  a5  b5  a  b  a  b  ( b 1)5  b  5 b 10 b 10 b  5 b 1  5 10 10  5 1  31, άτοπο. Αν πάλι a  b , τότε αφού a  b έχουμε a  b , και τότε η a 5  b5  4,8,16 δίνει 2 a 5  4,8,16  a 5  2, 4,8 , άτοπο. Επομένως όλες οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι (m, n)  (0, 0) , (m, n)  (2, 2) . Πρόβλημα 2. Θεωρούμε n τριψήφιους αριθμούς με τις παρακάτω ιδιότητες: (1) Όλα τα ψηφία τους είναι διαφορετικά από το 0.

(2) Το άθροισμα των ψηφίων κάθε αριθμού είναι 9 (3) Τα ψηφία των μονάδων δύο οποιονδήποτε αριθμών είναι διαφορετικά.

(4) Τα ψηφία των δεκάδων δύο οποιονδήποτε αριθμών είναι διαφορετικά.

(5) Τα ψηφία των εκατοντάδων δύο οποιονδήποτε αριθμών είναι διαφορετικά. Να βρείτε τη μέγιστη δυνατή τιμή του n. Λύση. Έστω S το σύνολο των τριψήφιων αριθμών που ο καθένας τους έχει άθροισμα ψηφίων το 9 και κανένα ψηφίο ίσο με 0 . Κάθε στοιχείο xyz του S έχει x, y, z  1 και x  y  z  9 , οπότε αντιστοιχεί σε μια ακριβώς λύση (t1 , t2 , t3 ) της εξίσωσης t1  t2  t3  9 με t1 , t2 , t3 θετικούς ακέραιους (εδώ οι λύσεις είναι διατεταγμένες τριάδες, δηλαδή η σειρά των t1 , t2 , t3 μας ενδιαφέρει, οπότε π.χ. η (2,3, 4) είναι διαφορετική λύση από την (3, 2, 4) ). Γενικά, το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης  k 1  t1  t2    tm  k με t1 , t2 , , tm θετικούς ακέραιους είναι ως γνωστόν   , οπότε η δική  m  1

 9 1  8  8!  28 λύσεις. Άρα το πλήθος των στοιχείων του S είναι 28 . μας εξίσωση έχει     3 1 2 2!6!     Ας παρατηρήσουμε τώρα πως εξαιτίας των συνθηκών (3),(4),(5), αν xyz  T , τότε κανένας άλλος από τους αριθμούς του S της μορφής xt2t3 , t1 yt3 , t1t2 z δεν μπορεί να ανήκει στο T . Το πλήθος των αριθμών του S της μορφής xt2t3 , δηλαδή το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης

 (9  x)  1  8  x  t2  t3  9  x με t2 , t3 θετικούς ακέραιους, ισούται με     8  x , οπότε  2 1   1  υπάρχουν 7  x τέτοιοι αριθμοί διαφορετικοί του xyz . Ομοίως, υπάρχουν 7  y και 7  z σε πλήθος αριθμοί του S της μορφής t1 yt3 , t1t2 z αντιστοίχως και διαφορετικοί του xyz . Οπότε αν xyz  T , τότε υπάρχουν στο S άλλοι (7  x)  (7  y )  (7  z )  21  ( x  y  z )  21  9  12 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/29

--------------------------------------------------------------------------------------------------------- Μαθητικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικών ------------------------------------------------------------------------------------------------------

διακεκριμένοι αριθμοί με ένα ίδιο ψηφίο με τον xyz και που δεν ανήκουν στο T (είναι διακεκριμένοι διότι αν π.χ. xt2t3  t1 yt4 τότε t1  x, t2  y , οπότε t3  t4  9  x  y  z και οι δύο αριθμοί θα ταυτίζονταν με τον xyz , άτοπο). Αν λοιπόν n είναι το πλήθος των στοιχείων του T , τότε υπάρχουν άλλα 12n στοιχεία του S που τους αντιστοιχούν και που δεν ανήκουν στο T . Το καθένα από τα 12n αυτά στοιχεία, μπορεί έχει να μετρηθεί έως και 3 φορές, μία για κάθε ψηφίο του (αλλά φυσικά για διαφορετικό 12n xyz  T κάθε φορά). Επομένως υπάρχουν τουλάχιστον  4n διακεκριμένα στοιχεία του S 3 n

που δεν ανήκουν στο T , και n στοιχεία του S που ανήκουν στο T . Άρα: 28  4n  n  n  5 . Ένα παράδειγμα για n  5 ώστε να ικανοποιούνται οι ζητούμενες συνθήκες είναι T  {144, 252,315, 423,531} . Επομένως η μέγιστη δυνατή τιμή είναι n  5 . Πρόβλημα 3. Έστω k  1 ένας θετικός ακέραιος και n  2018 ένας περιττός θετικός ακέραιος. Οι μη μηδενικοί ρητοί αριθμοί x1 , x 2 ,  , xn δεν είναι όλοι ίσοι μεταξύ τους και k k k k k  x2   x3     x n 1   xn  · x2 x3 x4 xn x1 Να βρείτε: (α) το γινόμενο x1 x 2  xn συναρτήσει των k και n

ικανοποιούν την x1 

(β) την ελάχιστη τιμή του k , ώστε να υπάρχουν n, x1 , x 2 ,  , xn που να ικανοποιούν τις δοσμένες συνθήκες. Λύση. (α) Αν για κάποιο δείκτη i είναι xi  xi 1 (εδώ xn 1  x1 ), τότε τετριμμένα όλοι οι xi είναι ίσοι μεταξύ τους, άτοπο. Συνεπώς στο εξής υποθέτουμε xi  xi 1 για όλους τους δείκτες i . x x Από τις δοσμένες σχέσεις έχουμε xi  xi 1  k i 1 i  2 , οπότε xi 1 xi  2 x x x x x1  x2 x1  x2  k 2 3  k 2 3 4    k n x2 x3 x2 x3 x3 x4 x2 x3 x3 x4  x1 x2 n 1

και αφού x1  x2 , παίρνουμε x1 x2  xn   k n   k 2 k . Αν υπάρχουν xi και n που ικανοποιούν τις δοσμένες σχέσεις ώστε στην παραπάνω σχέση το δεξί μέλος να έχει το πρόσημο  , τότε καθώς το n είναι περιττός, αλλάζοντας το πρόσημο των xi , υπάρχουν xi και n που ικανοποιούν τις δοσμένες σχέσεις ώστε στην παραπάνω σχέση το δεξί μέλος να έχει το πρόσημο  . n 1 2

(β) Από τα παραπάνω, καθώς n περιττός (οπότε k ρητός), συνάγουμε πως το k είναι τέλειο τετράγωνο, οπότε k  4 (μιας και k  1 ). Για k  4 , έστω n  2019 και x3 j  4, x3 j 1  1, x3 j  2  2 για j  1, 2, , 673 . Αυτοί ικανοποιούν τις δοσμένες συνθήκες.

Συνεπώς είναι k  4 . Πρόβλημα 4 Έστω ABC οξυγώνιο τρίγωνο. Τα σημεία A ', B',C' είναι τα συμμετρικά των κορυφών A, B και C ως προς τις πλευρές BC,CA και AB , αντίστοιχα. Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ABB' και ACC' τέμνονται για δεύτερη φορά στο σημείο A1 . Τα σημεία B1 και C1 ορίζονται με ανάλογο τρόπο. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες AA1 , BB1 και CC1 διέρχονται από το ίδιο σημείο. Λύση. Έστω 1 , Ο 2 και 3 τα περίκεντρα των τριγώνων ABB ', ACC ' και ABC αντιστοίχως. Αφού η AB είναι η μεσοκάθετη του τμήματος CC ' , το O2 είναι η τομή της μεσοκάθετης του ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/30

--------------------------------------------------------------------------------------------------------- Μαθητικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικών ------------------------------------------------------------------------------------------------------

τμήματος AC με την ευθεία AB . Ομοίως, το O1 είναι η τομή της μεσοκάθετης του τμήματος AB με την ευθεία AC . Συνεπώς το O είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου AO1O2 . Επομένως η AO είναι κάθετη στην O1O2 . Από την άλλη, το τμήμα AA1 είναι η κοινή χορδή των δύο κύκλων των τριγώνων ABB ', ACC ' , οπότε είναι κάθετη στη διάκεντρο O1O2 . Άρα η ευθεία AA1 ταυτίζεται με την AO , οπότε περιέχει το O . Ομοίως δείχνουμε πως οι BB1 , CC1 περιέχουν το O , οπότε και οι τρεις περνάνε από το σημείο .

Σχήμα 1

Προκριματικός ∆ιαγωνισμός Νέων 2018 1 Απριλίου 2018 Θέματα μικρών τάξεων

Πρόβλημα 1 Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a , b, c , d που είναι τέτοιοι, ώστε

a 2  b2  c 2  d 2  4 . Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο από τους a , b, c , d με άθροισμα μεγαλύτερο ή ίσο του 2. Λύση Διατάσσουμε τους αριθμούς, χωρίς βλάβη της γενικότητας, θεωρώντας a  b  c  d και θα αποδείξουμε ότι a  b  2 . Έχουμε ότι ab  c 2 και ab  d 2 , οπότε προσθέτοντας έχουμε: 2ab  c 2  d 2 (1) Επομένως, λόγω της (1) (a  b) 2  a 2  b 2  2ab  a 2  b 2  c 2  d 2  4 , οπότε a  b  2 . Πρόβλημα 2 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο  με      , ο περιγεγραμμένος κύκλος του c και τα μέσα  ,  των πλευρών  και  αντίστοιχα. Με διαμέτρους τις πλευρές  και  θεωρούμε ημικύκλια, εξωτερικά του τριγώνου, τα οποία τέμνονται από την ευθεία  τα σημεία Μ και Ν αντίστοιχα. Οι ευθείες ΜΒ και ΜΓ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία Τ,Σ αντίστοιχα. Οι ευθείες ΜΒ και ΜΓ τέμνονται στο σημείο Η. Να αποδείξετε ότι: (α) το σημείο Η ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΜΝ. (β) Οι ΑΗ και ΤΣ τέμνονται κάθετα στο σημείο Ζ και ότι το Ζ είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΜΝ.

 και   είναι εγγεγραμμένες και βαίνουν στις διαμέτρους  και  των Λύση. (α) Οι γωνίες  αντίστοιχων κύκλων) άρα θα είναι ορθές, οπότε το τετράπλευρο  είναι εγγράψιμο. Δηλαδή το σημείο  βρίσκεται στο περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου  . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/31

--------------------------------------------------------------------------------------------------------- Μαθητικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικών ------------------------------------------------------------------------------------------------------

(β) Το τετράπλευρο  c  O, R  οπότε: Tˆ1  ˆ 1 1

είναι εγγεγραμμένο στο κύκλο

Η ΕΔ συνδέει τα μέσα των πλευρών ΑΒ και ΑΓ του τριγώνου ΑΒΓ, ˆ  2 οπότε η ΜΝ θα είναι παράλληλη στην ΒΓ. Άρα: ˆ 1   1 ˆ ˆ Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΜΗΝ έχουμε:     3 1

2

ˆ  ˆ  ˆ   ˆ  90 . Από τις ισότητες (1),(2),(3) έχουμε: Tˆ1   1 1 2 Από το εγγεγραμμένο στο κύκλο c  O, R  τετράπλευρο 

     . έχουμε: 

1    .Από τη προφανή Από την παραλληλία    έχουμε:      σε συνδυασμό με τις δύο προηγούμενες ισότητα  ισότητες γωνιών) συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο  είναι εγγράψιμο. Το τετράπλευρο  είναι επίσης εγγράψιμο, διότι

Σχήμα 1 ˆT  ˆ 1 1 1

     90 . Τελικά ισχύει η ισότητα γωνιών  1   2    1 και κατά συνέπεια    . Επειδή όμως το Ε είναι  μέσο της  , το  θα είναι μέσο της  .

2ος τρόπος για το (β)

   , οπότε Από την παραλληλία ΔΕ||ΒΓ έχουμε ότι 

      90   .  2

Σχήμα 2

  2

  180     (90  )  90  Επομένως έχουμε ότι: 

  .

2

Επομένως από το εγγεγραμμένο ΒΓΣΤ έχουμε ότι

      90   (1)  2

και από το εγγράψιμο AMHN έχουμε:

      90   (2)  2   , Από τις (1) και (2) παίρνουμε ότι   

οπότε το τετράπλευρο TMAZ είναι εγγράψιμο, οπότε

     90 .        , οπότε λόγω ˆ   Επιπλέον, έχουμε  της (2) το τρίγωνο MZA είναι ισοσκελές και η ΜΖ είναι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα στο ορθογώνιο τρίγωνο AMH, το οποίο δίνει το ζητούμενο.

Σχήμα 3 Πρόβλημα 3: Δώδεκα φίλοι παίζουν ένα τουρνουά τένις, όπου έκαστος παίζει ένα μόνο παιγνίδι με καθέναν από τους υπόλοιπους ένδεκα. Ο νικητής παίρνει ένα βαθμό. Ο ηττημένος παίρνει μηδέν βαθμούς, ενώ δεν υπάρχει ισοπαλία. Οι τελικοί βαθμοί των συμμετεχόντων είναι 1 ,  2 , ..., 12 . Να 3 προσδιορίσετε τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή του αθροίσματος  3  13   23      12 .

12  12 11  66 παιγνίδια, οπότε οι συνολικοί βαθμοί που  2 2

Λύση: Συνολικά οι 12 φίλοι θα παίξουν 

θα συγκεντρωθούν από όλα τα παιγνίδια είναι 66. Ένας σχηματισμός της βαθμολογίας των 12 φίλων μπορεί να προκύψει, αν τους βάλουμε σε μία σειρά και θεωρήσουμε ότι έκαστος κερδίζει στα παιγνίδια ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/32

--------------------------------------------------------------------------------------------------------- Μαθητικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικών ------------------------------------------------------------------------------------------------------

του όλους τους επόμενους. Τότε ο πρώτος στη σειρά θα έχει 11 βαθμούς, ο δεύτερος θα έχει 10 βαθμούς κ.ο.κ. προκύπτει ότι ο τελευταίος στη σειρά θα έχει 0 βαθμούς., δηλαδή όλοι έχουν διαφορετικό σύνολο 2

 11 12  2   66  2 

βαθμών από 0 μέχρι 11. Τότε το άθροισμα 3 είναι: 3  03  13    113  

Θα αποδείξουμε ότι η παραπάνω κατανομή της βαθμολογίας, όπου έκαστος των συμμετεχόντων έχει διαφορετική βαθμολογία από όλους τους υπόλοιπους, δίνει το μεγαλύτερο δυνατό άθροισμα 3 . Πράγματι, ας υποθέσουμε ότι υπάρχει άλλος σχηματισμός της βαθμολογίας που δίνει το μέγιστο άθροισμα 3 , στον οποίο δύο φίλοι Α και Β έχουν τους ίδιους ακριβώς βαθμούς, έστω  , όπου ο Α έχει

κερδίσει τον Β. Παρατηρούμε ότι   0 γιατί ο Α κέρδισε τον Β. Μία νέα κατανομή της βαθμολογίας θα προκύψει, αν θεωρήσουμε ότι ο Β κερδίζει τον Α, οπότε ο Α θα έχει   1 βαθμούς και ο Β θα έχει   1 βαθμούς. Αν υποθέσουμε ότι όλοι οι άλλοι έχουν τους ίδιους ακριβώς βαθμούς με αυτούς της αρχικής κατανομής, τότε η μεταβολή του αθροίσματος 3 θα είναι

  1    1 3

3

 2 3  6  0 ,

οπότε θα προκύψει άθροισμα 3 μεγαλύτερο κατά 6 , που είναι άτοπο, γιατί υποθέσαμε ότι η κατανομή βαθμολογίας που θεωρήσαμε δίνει το μέγιστο άθροισμα 3 . Επομένως η κατανομή βαθμολογίας που δίνει το μεγαλύτερο άθροισμα 3 είναι αυτή που έκαστος των συμμετεχόντων έχει διαφορετικό αριθμό βαθμών από τους υπόλοιπους, δηλαδή η μεγαλύτερη δυνατή τιμή του 3 είναι 662 . Πρόβλημα 4: Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους x , y , z με z περιττό, που είναι λύσεις της εξίσωσης: 2018 x  100 y  1918 z Γράφουμε τους αριθμούς σε γινόμενο παραγόντων 2018  2  1009 , 100  2 2  52 και Λύση: 1918  2  7  137 . Τότε η δεδομένη εξίσωση γράφεται 2 x  1009 x  2 2 y  5 y  2 z  7 z  137 z , (1) oπότε η δύναμη του 2 που διαιρεί το αριστερό μέλος είναι 2 x . Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις  Αν 2 y  z , τότε η δύναμη του 2 που διαιρεί το δεξί μέλος είναι 22 y . (2) Από τις (1) και (2) πρέπει x  2 y . Τότε η εξίσωση γράφεται: 1918 z  20182 y  102 y  (2018 y  10 y )(2018 y  10 y ) .

Όμως 2008 | 2018 y  10 y , άρα πρέπει 2008 |1918 z , άτοπο. 

Αν z  2 y , τότε η δύναμη του 2 που διαιρεί το δεξί μέλος είναι 2 z . (3) Από τις (1) και (3) πρέπει x  z . Τότε η εξίσωση γράφεται:

2018 z  1918 z  100 y  2 z (1009 z  7 z  137 z )  22 y  52 y . (4)

Επειδή ο z είναι περιττός, ο 1009 z  7 z  137 z είναι άρτιος αλλά δεν διαιρείται από 4, οπότε η δύναμη του 2 στο αριστερό μέλος είναι z  1 , οπότε πρέπει 2 y  z  1 , άρα η αρχική γίνεται 2018z  1918z  10z1 . Επομένως, 10 z 1  2018z  1918z  100z  102 z , άρα 2 z  z  1  z  1  z  1 . Επομένως η μόνη λύση είναι ( x, y, z )  (1,1,1) .

Οι λύσεις των ασκήσεων του τεύχους 108 Α52. Οι μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί a, b, c, d ικανοποιούν τις σχέσεις: 1 1 1 1  3  b 3  c3  d 3  0 και     0.  b c d Να αποδείξετε ότι:   b  c  d  0. (Ουκρανία 2016) Λύση. Θα χρησιμοποιήσουμε την ταυτότητα 3  a  b  c  d   a3  b3  c3  d 3  3a2  b  c  d   3b2  c  d  a   3c2  d  a  b   3d 2  a  b  c   6  abc  abd  acd  bcd  Αν υποθέσουμε ότι είναι a  b  c  d  0 , τότε λαμβάνοντας υπόψη και την υπόθεση a 3  b3  c3  d 3  0 , η παραπάνω σχέση γίνεται: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/33

--------------------------------------------------------------------------------------------------------- Μαθητικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικών ------------------------------------------------------------------------------------------------------

0  3a2  a  3b2  b  3c2  c  3d 2  d   6  abc  abd  acd  bcd   3 a3  b3  c3  d 3   6  abc  abd  acd  bcd   0  abc  abd  acd  bcd  0

abcd 0

1 1 1 1

 a  b  c  d  0,

1 1 1 1     0. Επομένως ισχύει ότι: a  b  c  d  0. a b c d περιγεγραμμένος κύκλος ορθογώνιου τριγώνου ΑΒΓ,

το οποίο είναι αντίθετο με την υπόθεση

Γ35. Έστω C  O, R  ο ˆ  90 , AB  A  . Ο κύκλος   O,r  εφάπτεται του ύψους ΑΔ και της πλευράς ΑΓ στο 

R . r (Ουκρανία 2016) Λύση. Έστω Ε το σημείο επαφής του κύκλου   O, r  με την πλευρά ΑΓ. Τότε τα ορθογώνια

σημείο Ε. Να βρείτε πόσες μοίρες είναι οι οξείες γωνίες του τριγώνου ΑΒΓ και το λόγο

τρίγωνα ΑΟΕ και ΓΟΕ είναι ίσα (αφού     R και ΟΕ κοινή κάθετη πλευρά). Επομένως ˆ  ˆ (1) θα είναι  Επειδή     r η ΑΟ είναι διχοτόμος της ˆ , οπότε θα είναι γωνίας  ˆ   ˆ (2)  Επίσης, αν η προέκταση του ύψους ΑΔ τέμνει ˆ  ˆ στο τον περιγεγραμμένο κύκλο  σημείο Ζ, επειδή η ΓΔ είναι μεσοκάθετη της ˆ  ˆ (3) χορδής ΑΖ, θα έχουμε  ˆ   ˆ (4) Επιπλέον ισχύει  Από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει ότι: ˆ   ˆ   ˆ  ˆ , δηλαδή οι ευθείες  ΔΑ και ΟΑ τριχοτομούν την ορθή γωνία ̂ , οπότε θα είναι: ˆ  30 και ˆ  60. Σχήμα 1 ˆ  30 έπεται ότι R    2. Επιπλέον, από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΕ με  r  Ασκήσεις για λύση Α53. Αν ο  είναι πραγματικός αριθμός διάφορος του 0 και ο  είναι θετικός ακέραιος, να  3 1   4 απλοποιήσετε το κλάσμα: 2 3 .     4   5 Α54. Αν  2  2  2  3 2 , να αποδείξετε ότι η κλασματική παράσταση

          2  3  ισούται με ένα θετικό ακέραιο.            Γ36. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ. Στις πλευρές του ΑΔ και ΒΓ θεωρούμε τα σημεία Μ και Ν, αντίστοιχα, έτσι ώστε ΑΜ = ΒΝ. Η κάθετη από το σημείο Δ προς την ΑΝ την τέμνει στο σημείο ˆ είναι ορθή. Ε. Να αποδείξετε ότι η γωνία  Ημερομηνίες διεξαγωγής των Διαγωνισμών «Ο Θαλής» 10 Νοεμβρίου 2018 «Ο Ευκλείδηςς» 19 Ιανουαρίου 2019 «Ο Αρχιμήδης» 23 Φεβρουαρίου 2019 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/34

∆ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΓΡΙΦΩΝ Μαθηματικών και Λογικής

Κώστα Λάτας Στις 27 και 28 Ιανουαρίου πραγματοποιήθηκε ο δεύτερος διαγωνισμός Γρίφων Μαθηματικών και Λογικής για μαθητές Γυμνασίου και Λυκείου. Ο διαγωνισμός διοργανώθηκε στην Εκπαιδευτική Αναγέννηση με εξαιρετική επιτυχία και πήραν μέρος 160 μαθητές. Ένας από τους βασικούς στόχους του διαγωνισμού είναι οι μαθητές να προσεγγίσουν με έναν διαφορετικό τρόπο τα Μαθηματικά μέσω του ευγενούς ανταγωνισμού, απαλλαγμένοι από την αυστηρότητα που έχουν τα προγράμματα σπουδών όλων των τάξεων. Μέσω των γρίφων μυούνται βιωματικά σε μαθησιακές διαδικασίες, όπου η γνώση αγγίζει τόσο τον χώρο της Άλγεβρας όσο και της Γεωμετρίας και παράλληλα προωθούνται οι στόχοι παιδαγωγικών θεωριών, όπως αυτών της ενεργητικής, διερευνητικής και ομαδοσυνεργατικής μάθησης ή της πολλαπλής νοημοσύνης. Στον συγκεκριμένο διαγωνισμό οι μαθητές διαγωνίζονται σε ομάδες των τριών ατόμων με σκοπό να λύσουν προβλήματα ή γρίφους Μαθηματικών και Λογικής. Οι γρίφοι για τους περισσότερους μαθητές είναι συνώνυμοι με την έννοια του παιχνιδιού. Ειδικά οι γρίφοι με μαθηματικό περιεχόμενο είναι απαλλαγμένοι από την απολυτότητα του καθαρού διδακτικού μαθηματικού λόγου, με αποτέλεσμα οι μαθητές να εξοικειώνονται με αυτόν σε ένα περιβάλλον όπου σταδιακά οι φοβίες και οι προκαταλήψεις περιορίζονται. Συνεπώς, δημιουργείται μια θετικότερη στάση προς αυτά με στόχο την ουσιαστική κατασκευή και διαπραγμάτευση μαθηματικών εννοιών. Ο μαθητής παρακολουθεί την αντιπαράθεση και την εξέλιξη των μαθηματικών εννοιών και στοχάζεται πάνω σε αυτές, χωρίς τους περιορισμούς του συμβατικού μαθήματος. Στην επίσημη έναρξη του απηύθυνε χαιρετισμό ο κ. Β. Ζώτος, τακτικό μέλος του Δ.Σ. της Μαθηματικής Εταιρείας. Την πρώτη ημέρα έγιναν οι δύο προκριματικοί γύροι στις αίθουσες του σχολείου της Εκπαιδευτικής Αναγέννησης. ενώ τη δεύτερη ημέρα έγιναν οι ημιτελικοί και οι τελικοί στο θέατρο του σχολείου. Στην συνέχεια ακολουθούν γρίφοι από όλες τις φάσεις του διαγωνισμού μαζί και με τις λύσεις τους. Προκριματικός Γυμνασίου: 1. Ποιος αριθμός λείπει από την πόρτα του σπιτιού στα δεξιά;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/35

------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Διαγωνισμός Γρίφων -----------------------------------------------

2.

3.

Υπάρχει τρίγωνο με δύο ύψη μεγαλύτερα ή ίσα από τις πλευρές προς τις οποίες άγονται (καταλήγουν); Αν ναι, ποιες είναι οι γωνίες του; Συμπληρώστε τον πίνακα, ώστε το άθροισμα κάθε γραμμής και κάθε στήλης να είναι ίσο με τον αριθμό που φαίνεται στο εξωτερικό του.

4.

Μπορείτε να βρείτε ποιο από τα αυτοκίνητα ανήκει σε ποιον; Γνωρίζετε τις εξής πληροφορίες;  Κάποια από τα αυτοκίνητα αυτά χρησιμοποιούν αμόλυβδη βενζίνη ενώ άλλα όχι.  Αυτά που δεν καταναλώνουν αμόλυβδη βενζίνη, παράγουν περισσότερα καυσαέρια.  Ο Δημήτρης δεν χρησιμοποιεί αμόλυβδη βενζίνη, αλλά το αυτοκίνητό του έχει ραδιόφωνο. Οι ζάντες του είναι ίδιες με του Φώτη.  Ο Ανδρέας έχει ραδιόφωνο στο αυτοκίνητό του και οι ζάντες του είναι ίδιες με αυτές του Στέφανου.  Ο Στέφανος βάζει στο αυτοκίνητό του τον ίδιο τύπο καυσίμου που χρησιμοποιεί και ο Ευγένιος.

5.

Ο Ιερεμίας έχει δημιουργήσει μια εφαρμογή για έξυπνα κινητά, που την ονομάζει «Δημιουργός Αριθμητικών Παραστάσεων». Πρέπει να χρησιμοποιήσετε και τα τέσσερα μαθηματικά σύμβολα (+, -, : και x) με όποια σειρά θέλετε, έτσι ώστε ξεκινώντας από τον αριθμό 7 να καταλήξετε στον αριθμό 144.

Ημιτελικοί Γυμνασίου: 6. Να βρείτε έναν διψήφιο αριθμό του οποίου η ρίζα είναι ίση με το άθροισμα των ψηφίων του.

7.

Ο Θαλής χρησιμοποιώντας τη λογική του πρώτου διαγράμματος συμπλήρωσε τη θέση του ερωτηματικού στο σχήμα δεξιά, με τον αριθμό 21. Περιγράψετε τον τρόπο που το υπολόγισε;

8.

Ο Βασίλης τοποθέτησε 9 άδεια ποτήρια πάνω στο τραπέζι και ζήτησε από τον Γιάννη να τα αναποδογυρίσει. Σε κάθε κίνηση επιτρεπόταν να γυρίζει 5 ποτήρια. Πόσες είναι οι λιγότερες δυνατές κινήσεις; Ένα µολύβι µάρκας Α στο βιβλιοπωλείο του κ. Μαρκετίδη κοστίζει 50 λεπτά. Ο κ. Μαρκετίδης στα πλαίσια µια επιθετικής εµπορικής πολιτικής έκανε µια γενναία έκπτωση στην τιµή των

9.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/36

------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Διαγωνισμός Γρίφων -----------------------------------------------

µολυβιών µάρκας Α. Το ίδιο απόγευµα ένα πελάτης αγόρασε όλα τα µολύβια µάρκας A στο µαγαζί του κ. Μαρκετίδη και πλήρωσε 31,93 ευρώ. Ποια είναι η έκπτωση που έγινε στην τιμή του µολυβιού της µάρκας Α ; 10. Ποιο από τα παρακάτω δεν ταιριάζει με τα υπόλοιπα, το Α, το Β, το Γ, το Δ ή το Ε; Α Β Γ Δ Ε 1649 2581 1634 6409 4904 Τελικός Γυμνασίου: 11. Στα πλαίσια ενός προγράμματος ανακύκλωσης, όσοι επιστρέφουν άδεια μπουκάλια από γάλα μπορούν να τα ανταλλάξουν με γεμάτα. Συγκεκριμένα, τα 4 άδεια μπουκάλια ανταλλάσσονται με 1 γεμάτο. Πόσα μπουκάλια γάλα θα πιει μια οικογένεια που συγκέντρωσε 24 άδεια μπουκάλια; 12. Τέσσερις μαθητές κατηγορήθηκαν ότι έβαψαν με γκράφιτι τους τοίχους του σχολείου. Ο διευθυντής τούς κάλεσε στο γραφείο του και προσπάθησε να βρει τον δράστη, ρωτώντας τον καθένα από μια ερώτηση, γνωρίζοντας καλά ότι μόνο ένας από αυτούς θα έλεγε την αλήθεια.  Ο Βασίλης λέει ότι ο Ρέμος το έκανε.  Ο Ρέμος λέει ότι ο Ντίνος το έκανε.  Ο Ντίνος ισχυρίζεται ότι ο Ρέμος λέει ψέματα.  Ο Μιχάλης είναι ανυποχώρητος και λέει ότι δεν το έκανε αυτός. Μπορείτε να βρείτε από τις απαντήσεις αυτές ποιος έκανε την αταξία; 13. Γράψτε τους αριθμούς από το 1 έως το 8 στους οκτώ κύκλους του διπλανού σχήματος, έτσι ώστε οι αριθμοί σε κύκλους που ενώνονται με γραμμή να διαφέρουν τουλάχιστον κατά 2.

14. Ένα σακούλι περιέχει 101 καραμέλες. Η Κυριακή και η Κατερίνα παίζουν το εξής παιχνίδι: Παίρνουν εναλλάξ από μία έως δέκα καραμέλες από τη σακούλα (η Κυριακή ξεκινά πρώτη). Μόλις αδειάσει η σακούλα, μετρούν πόσες καραμέλες έχει πάρει συνολικά καθεμιά. Αν το αποτέλεσμα είναι δύο πρώτοι μεταξύ τους αριθμοί, νικήτρια είναι η Κυριακή διαφορετικά, κερδίζει η Κατερίνα. Ποια θα κερδίσει αυτό το παιχνίδι?

15. Στο σχήμα βλέπουμε το γεωγραφικό χάρτη της μακρινής Κυκλολάνδης. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός χρωμάτων που απαιτείται για να χρωματιστεί ένας τέτοιος χάρτης, χωρίς δυο νομοί που συνορεύουν να έχουν το ίδιο χρώμα; (Δυο νομοί έχουν σύνορα τόξα και όχι μεμονωμένα σημεία).

Λύσεις: Προκριματικά Γυμνασίου: 1. Το 15. Ο αριθμός στην πόρτα, προκύπτει αν αθροίσουμε όλα τα ψηφία που βλέπουμε στα παράθυρα. Δηλαδή, για το σπίτι αριστερά: 1+1+4+0+2+3+1+6=18 .

2. Το μοναδικό είδος τριγώνου που ικανοποιεί τη συνθήκη είναι το ισοσκελές ορθογώνιο. Πράγματι, ας θεωρήσουμε ένα τρίγωνο ABΓ στο οποίο η πλευρά α = BΓ είναι μικρότερη ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/37

------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Διαγωνισμός Γρίφων -----------------------------------------------

ή ίση από το αντίστοιχο ύψος hα , και η πλευρά β = ΓA είναι μικρότερη ή ίση από το ύψος hβ. Προφανώς, ένα ύψος δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερο από μια πλευρά που ξεκινά από την ίδια κορυφή του τριγώνου, άρα οι παραπάνω σχέσεις θα ισχύουν μόνο όταν η α συμπίπτει με το hβ δηλαδή, όταν η α είναι κάθετη στην β.

3.

4.

5.

Α = ΑΝΔΡΕΑΣ Β = ΦΩΤΗΣ Γ = ΣΤΕΦΑΝΟΣ Δ = ΔΗΜΗΤΡΗΣ Ε = ΕΥΓΕΝΙΟΣ

Ημιτελικοί Γυμνασίου: 6. Μοναδικός διψήφιος με την ιδιότητα αυτή είναι ο 81 αφού √81=9 και 8+1 = 9.

7. Ο αριθμός στο κεφάλι προκύπτει αν διπλασιάσουμε το άθροισμα των χεριών και από αυτό αφαιρέσουμε το άθροισμα των ποδιών.

8. Το ελάχιστο δυνατό πλήθος κινήσεων είναι τρεις. Για παράδειγμα, μπορούμε να αναποδογυρίσουμε πρώτα τα ποτήρια 1,2,3,4 και 5, στη συνέχεια τα 1,2,3,6 και 7 και τέλος, τα 1,2,3, 8 και 9. Δύο κινήσεις δεν αρκούν, διότι εάν γίνουν μόνο δύο κινήσεις, μερικά ποτήρια πρέπει να γυρίσουν ακριβώς δύο φορές άρα, δεν θα παραμείνουν ανάποδα.

9. Αν η μειωμένη τιμή του μολυβιού είναι x λεπτά (x < 50) και y είναι το πλήθος των μολυβιών μάρκας Α (y>1) τότε x ⋅ y = 3193 λεπτά. Όμως ο αριθμός 3193 αναλύεται σε γινόμενο πρώτων παραγόντων ως εξής: 3193 = 31⋅103 , όμως 103 > 50 άρα x=31, οπότε η έκπτωση είναι 19 λεπτά .

10. Το Γ. Σε όλα τα υπόλοιπα κουτιά, οι δύο πρώτοι αριθμοί και οι δύο τελευταίοι είναι τετράγωνα ακέραιων αριθμών.

11. Η οικογένεια θα πιει 6+1=7 μπουκάλια γάλα.

12. Ο Μιχάλης. Αν το είχε κάνει ο Βασίλης, τότε θα ήταν αλήθεια όσα είπαν και ο Μιχάλης και ο Ντίνος. Όμως ξέρουμε ότι μόνο ένας από όλους λέει την αλήθεια. Αν το έκανε ο Ρέμος, τότε θα ήταν αλήθεια όσα έλεγαν ο Βασίλης, ο Μιχάλης και ο Ντίνος, πράγμα που δε γίνεται. Αν το έκανε ο Ντίνος, τότε έλεγαν την αλήθεια ο Ρέμος και ο Μιχάλης. Επομένως, ο Μιχάλης ήταν ο ένοχος και ο Ντίνος ήταν αυτός που έλεγε την αλήθεια.

13.

14. Ο αριθμός 101 είναι πρώτος. Επομένως, αν 101=a+b, τότε τα a και b είναι πρώτοι μεταξύ τους αριθμοί (διότι, αν είχαν έναν κοινό διαιρέτη d, αυτός θα διαιρούσε και το άθροισμά τους). Άρα, η Κυριακή κερδίζει πάντα.

15. Χρησιμοποιούμε το χρώμα 1 για νομούς που βρίσκονται στο εσωτερικό της τομής αρτίου πλήθους κύκλων και το χρώμα 2 για τους υπολοίπους. Δυο μόνο χρώματα αρκούν. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/38

Στήλη: «Τα Μαθηματικά και η γλώσσα μας» Γιατί το λέμε έτσι; - Περιπέτειες μαθηματικών όρων*

================================================================ Γράφει ο Στέλιος Μαρίνης Κάποιοι όροι των Μαθηματικών έχουν ονόματα που εύκολα τα συνδέουμε με την έννοιά τους. Το παραλληλόγραμμο έχει παράλληλες γραμμές, με τον πολλαπλασιασμό τα λίγα γίνονται πολλά, η Αριθμητική ασχολείται με αριθμούς, η Γεωμετρία με τη μέτρηση της γης, και πάει λέγοντας. Γιατί όμως λέμε την Άλγεβρα Άλγεβρα, τον εκθέτη εκθέτη και τον ρόμβο ρόμβο; Στις περιπτώσεις αυτές άλλοτε πίσω από τη λέξη κρύβεται μια αρχαία ή ξένη λέξη, άλλοτε αναγνωρίζουμε τη λέξη στο λεξιλόγιο της κοινής γλώσσας αλλά δεν καταλαβαίνουμε γιατί διαλέχτηκε αυτή κι όχι κάποια άλλη, ενώ υπάρχουν και περιπτώσεις που η λέξη γεννήθηκε από … παρεξήγηση! Μερικές από τις λέξεις αυτές θα αναλύσουμε στο άρθρο αυτού του τεύχους και σας υποσχόμαστε εκπλήξεις, αλλά ακόμη και περιπετειώδεις ιστορίες. Θα σας αποκαλύψουμε από την αρχή ποιες λέξεις θα μας απασχολήσουν και θέλουμε να προσπαθήσετε να μαντέψετε, για να είναι η έκπληξη μεγαλύτερη: Άλγεβρα, αλγόριθμος, ημίτονο, εκθέτης, πρώτος (αριθμός), παράγοντας. Σκεφθείτε λίγο προτού διαβάσετε τις απαντήσεις. Πρέπει να ‘σαι πολύ λέρα για να κυβερνάς γαλέρα Οι μαθηματικοί της Δύσης δεν ήταν τόσο «λέρες» για να μην την … πατήσουν στη μετάφραση του ‫ والمقابل ة الج بر حس اب ف ي المختص ر الكت اب‬που ήταν ο πρωτότυπος τίτλος του βιβλίου του Άραβα μαθηματικού Αλ Χουαρίσμι (781-850) από τον οποίο προέκυψε η ονομασία Άλγεβρα για αυτόν τον κλάδο των Μαθηματικών. Στο βιβλίο αυτό του Πέρση μαθηματικού περιγράφονται για πρώτη φορά με συστηματικό τρόπο μέθοδοι για τη λύση των πρωτοβάθμιων και δευτεροβάθμιων εξισώσεων. Με ελληνικά γράμματα ο τίτλος θα προφερόταν περίπου: Κιτάπ μουχτασαρ φι χισαμπ αλ τζαμπρ ουα αλ μουκαμπαλα. Όπως σε όλες τις γλώσσες, έτσι και στα αραβικά κάποιες λέξεις είχαν περισσότερες από μια σημασίες σε διάφορες χρονικές περιόδους. Έτσι, στον τίτλο του έργου του Αλ Χουαρίζμι δεν έχει αποκωδικοποιηθεί η σημασία που είχαν οι λέξεις τζαμπρ και μουκαμπαλα. Αφήνοντάς τις αμετάφραστες ο τίτλος ήταν «Συνοπτικό εγχειρίδιο υπολογισμών με τζαμπρ και μουκαμπαλα». Οι μεταγενέστεροι μελετητές του έργου αυτού (που δεν βρέθηκε στην πρωτότυπη μορφή του) πιστεύουν ότι οι δύο λέξεις αυτές σήμαιναν κάτι σαν χωρισμός και επανένωση που αντιστοιχεί σ’ αυτό που στις εξισώσεις λέμε χωρισμό γνωστών από αγνώστους. Όμως οι μεταφραστές του μεσαίωνα με τις πολύ λιγότερες από σήμερα γνώσεις κράτησαν το αλ τζαμπρ σχεδόν αμετάφραστο και το απέδωσαν ως algebra. Έτσι ο Αλ Χουαρίζμι έγινε άθελά του ο νονός της νέας επιστήμης! Πώς το ημίτονο σώθηκε και δεν έγινε ούτε κόλπος ούτε… λαιμόκοψη!

Θα επανέλθουμε στον Αλ Χουαρίζμι αφού πρώτα παρακολουθήσουμε τη συναρπαστική περιπέτεια του ημιτόνου. Η ανάγκη για ακριβείς υπολογισμούς γωνιών με βάση τα μήκη πλευρών και αντίστροφα έγινε επιτακτικότερη στην Eλληνιστική περίοδο (323-30 π.Χ.), όταν άρχισε να δίνεται μεγαλύτερη βαρύτητα στους αριθμητικούς υπολογισμούς της Αστρονομίας, σε συνδυασμό με τη βαθμιαία στροφή προς τα εφαρμοσμένα Μαθηματικά. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/39

Πρώτος ο αστρονόμος Ίππαρχος, που του έχει αναγνωριστεί ο τίτλος του πατέρα της Τριγωνομετρίας, φαίνεται να κατασκεύασε τριγωνομετρικούς πίνακες με τους οποίους κάποιος εύρισκε το μέγεθος μιας χορδής αν ήξερε πόσες μοίρες ήταν το αντίστοιχο τόξο. Ωστόσο το έργο που σφράγισε την επιστήμη της Αστρονομίας για πολλούς αιώνες, χάρη και στην κατασκευή πληρέστερων πινάκων με τέτοιες σχέσεις, ήταν η «Μαθηματική Σύνταξις» του Κλαύδιου Πτολεμαίου, γνωστή από την αραβική της μετάφραση με το όνομα Αλμαγέστη. Θα ανοίξουμε μια παρένθεση γιατί η ιστορία του τίτλου έχει κι αυτή ενδιαφέρον. Και αυτή η λέξη προήλθε από λάθη. Ο αρχικός τίτλος του έργου αυτού ήταν «Μαθηματικὴ Σύνταξις» και γράφτηκε από τον Κλαύδιο Πτολεμαίο, έναν από τους σημαντικότερους αστρονόμους της ρωμαϊκής εποχής, περί το 140 μ.Χ. Η μετονομασία του σε «Αλμαγέστη» προήλθε από το ακόλουθο γεγονός: μεταγενέστεροι αντιγραφείς πρόσθεσαν στον τίτλο το επίθετο «Μεγίστη» λόγω της μεγίστης σπουδαιότητάς του. Οι Άραβες μετέφρασαν τη «Μαθηματική Σύνταξη» περί τον ένατο αιώνα κρατώντας μόνο το πρόσθετο επίθετο μεγίστη αμετάφραστο: Κιτάπ (βιβλίο) Αλ (άρθρο) Μετζίστι. Όταν έπεσε στα χέρια των Ευρωπαίων μεταφραστών, πίστεψαν ότι ο Μετζίστι ήταν ο συγγραφέας και το τιτλοφόρησαν βιβλίο του Μέγιστου. Κάποιοι μεταγενέστεροι θέλησαν να κρατήσουν τον αραβικό τίτλο και δημιουργήθηκε η λέξη Αλμαγέστη με την οποία το έργο έγινε γνωστό. Αυτό δεν άλλαξε ούτε όταν ο Ιωάννης Βησσαρίων ανακάλυψε ότι συγγραφέας ήταν ο Πτολεμαίος. Οι Ινδοί εξέλιξαν τη μέθοδο υπολογισμού του Πτολεμαίου, αλλά στους πίνακές τους εύρισκαν τη μισή χορδή (όχι ολόκληρη), που αντιστοιχεί στο διπλάσιο τόξο., κατασκευάζοντας ουσιαστικά το ημίτονο γωνίας όπως φαίνεται στο σχήμα. Ας το εξηγήσουμε διασκευάζοντας το κείμενο του Πτολεμαίου: Όταν σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο η υποτείνουσα έχει μήκος 1, τότε το ημίτονο μιας οξείας γωνίας συμπίπτει αριθμητικά με το μήκος της απέναντι πλευράς. Αν αυτό το δούμε στον κύκλο του σχήματος, το μισό της χορδής που βρίσκεται απέναντι από τη διπλάσια επίκεντρη γωνία (ίση σε μοίρες με το τόξο) θα έχει ομοίως τιμή ίση με το ημίτονο της μισής επίκεντρης1. Λογικό ήταν να αποκαλέσουν τον αριθμό αυτό ημιχορδή και στη γλώσσα τους ardha (μισή) jya (χορδή). Όταν εμπεδώθηκε η έννοια παρέλειπαν το πρώτο συνθετικό και αποκαλούσαν τον αριθμό αυτό απλώς jya. Οι Άραβες άκουσαν τη λέξη λίγο διαφορετικά: jyab. Για λόγους συντομίας σε μεταγενέστερα κείμενα παρέλειπαν το φωνήεν και η λέξη κατέληξε σε jyb. Πώς να μεταφράσουν την ανύπαρκτη λέξη οι Ευρωπαίοι μεταφραστές; Ξέροντας τη συνήθεια των Αράβων να παραλείπουν τα φωνήεντα, έχωσαν ένα a σε λάθος θέση κάνοντάς τη λέξη jayb που στα αραβικά είχε τις έννοιες του κόλπο, κοιλότητας, αλλά και της κοιλότητας που σχηματίζουν κάποια ρούχα στο λαιμό. Από δω αρχίζουν οι γλωσσικές παρανοήσεις. Η μετάφρασή του από τους δυτικούς με το λατινικό sinus, που στα λατινικά σημαίνει κόλπος, ήταν το μοιραίο τέλος του ταξιδιού της λέξης στη Δύση. Το αντίστοιχο ταξίδι στον ελληνικό χώρο είχε καλύτερο τέλος, αφού πρώτα ταλαιπωρήθηκε περισσότερο. Ας δούμε μόνο την τελευταία του φάση. Ο Γρηγόριος Χιονιάδης μεταφράζει απευθείας το «jayb» στα ελληνικά ως τραχηλαία, που σήμαινε … λαιμόκοψη, ο Βησσαρί1

Στην πραγματικότητα χώριζαν την ακτίνα σε 60 ίσα τμήματα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/40

ων μεταφράζει το sinus ως κόλπωμα, ενώ ο Χρύσανθος Νοταράς απλώς το ελληνοποιεί με τη λέξη σίνος. Όμως ο Μεθόδιος Ανθρακίτης με τον ορισμό του «Ημίτονον εστίν ἡ ημισεία υποτεινούσης διπλασίου τόξου» αποκαθιστά την Ιστορία αλλά και τη σύνδεση σημαίνοντος και σημαινομένου. Ημίτονο <ἡμί=τόνος <τείνω=τεντώνω> είναι η οριστική ελληνική απάντηση, σαφώς καλύτερη από το sinus. Αν τώρα αναρωτιέστε τι σχέση έχει το τείνω με τη χορδή, θυμηθείτε ότι τεντώνουμε τη χορδή του τόξου για να ρίξουμε το βέλος. Υποτείνουσες ευθείες εξάλλου αποκαλούσε περιφραστικά τις χορδές ο Πτολεμαίος στους πίνακές του που αναφέραμε. Ο Αλ Χουαρίζμι ξαναχτυπά Όπως είπαμε ο μεγάλος Πέρσης μαθηματικός ανέπτυξε μεθόδους επίλυσης εξισώσεων πρώτου και δεύτερου βαθμού. Οι οδηγίες για τη λύση των διάφορων μορφών εξισώσεων έμοιαζαν με αυτές που υπάρχουν και σήμερα στα σχολικά βιβλία Μαθηματικών: Χώρισε γνωστούς από αγνώστους, εκτέλεσε τις αναγωγές όμοιων όρων, διαίρεσε με τον συντελεστή του αγνώστου. Κάθε τέτοια διαδικασία που περιγράφει τη σειρά ενεργειών για την επίλυση ενός προβλήματος ή για μια κατασκευή την αποκαλούμε αλγόριθμο. Γιατί; Όσο κι αν σας φανεί απίστευτο, επειδή οι πρώτοι δυτικοί μεταφραστές νόμιζαν ότι αυτό αναφερόταν στο εξώφυλλο του αραβικού βιβλίου, ενώ στην πραγματικότητα ήταν το όνομα του συγγραφέα: ΑλΧουαρίζμι και με λίγη καλή θέληση algorismi και ελληνιστί αλγόριθμος! Και στο μπαλκόνι ο αριθμός που δείχνει πόσες φορές πολλαπλασιάζεται η βάση με τον εαυτό της. Ο εκθέτης. Μια από τις λίγες μαθηματικές λέξεις που διαλέχτηκαν με βάση τη μορφή της παράστασης που ορίζουν. Δεν μοιάζει ο εκθέτης μιας δύναμης σαν να βρίσκεται σε ένα μπαλκόνι; Εκθέτης στην αρχαιότητα ήταν πράγματι το μπαλκόνι. Αργότερα πήρε γενικότερα την έννοια του σημείου στο οποίο κάτι είναι εμφανές κι από κει προέκυψε και η έκθεση επίπλων ή η διεθνής έκθεση Θεσσαλονίκης κ.τ.λ. Οι πρώτες ύλες των … αριθμών Γιατί άραγε τους αριθμούς 2,3,5,7,11 κ.ο.κ. τους λέμε πρώτους; Κι οι άλλοι (φυσικοί αριθμοί), όπως το 2 το 4 το12 γιατί τότε λέγονται σύνθετοι και όχι δεύτεροι ή επόμενοι; Ο τίτλος της παραγράφου δίνει μια εξήγηση χωρίς να είμαστε σίγουροι ότι αυτήν είχαν οι αρχαίοι μας πρόγονοι όταν επέλεγαν αυτή τη λέξη. Ακόμη το επίθετο πρώτος δεν αναφέρεται μόνο στη σειρά, αλλά και στην αξία, στη σημασία. Το πρωτοπαλίκαρο είναι το πιο σπουδαίο παλικάρι, ο πρωταθλητής δεν τερματίζει πάντα πρώτος στους αγώνες, αλλά είναι αθλητής που ξεχωρίζει. Τέτοιοι ξεχωριστοί αριθμοί είναι και οι πρώτοι επειδή κατασκευάζουν μέσω του πολλαπλασιασμού όλους τους άλλους, ενώ οι ίδιοι δεν είναι αποτέλεσμα τέτοιας κατασκευής. Η τελευταία παρατήρηση κάνει πιο ξεκάθαρη την έννοια πρώτη ύλη, και μας επιτρέπει να φανταζόμαστε τους πρώτους αριθμούς σαν τα δομικά υλικά όλων των σύνθετων φυσικών αριθμών. Από την άλλη οι σύνθετοι αριθμοί μπορούν κι αυτοί να κατασκευάσουν, να «παραγάγουν» με πολλαπλασιασμό άλλους. Π.χ. το 4 και το 6 παράγουν το 24 και για το λόγο αυτό λέγονται «παράγοντες» του 24. Όμως πρώτοι παράγοντες του 24 είναι το 2 και το 3 που μπορούν επίσης να παραγάγουν το 24 και είναι και πρώτοι αριθμοί: 23×3=24. *

Αν θέλετε να διαβάσετε περισσότερες περιπέτειες λέξεων των Μαθηματικών, σας προτείνουμε το βιβλίο: «Περιπέτειες των λέξεων των Μαθηματικών στην Ελληνική Γλώσσα» του Στέλιου Μαρίνη που κυκλοφορεί από τις εκδόσεις; ΗΤΟΡ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/41

================================= Νικολόπουλος Γιάννης -- Μαθηματικός-Ειδικός Παιδαγωγός Ένα βασικό ερώτημα: Ποια παιδιά κατατάσσουμε με Μαθησιακές Δυσκολίες στα Μαθηματικά (ΜΔΜ); Η απάντηση στο ερώτημα αυτό έρχεται από τους ειδικούς: « Όσα, για διάφορους λόγους, έχουν μειωμένη απόδοση στα Μαθηματικά και δεν οφείλεται αυτή η υποεπίδοση τους σε περιβαλλοντικούς παράγοντες. Αυτά συνήθως τα παιδιά, ιδιαίτερα μάλιστα τα φροντισμένα παιδιά, που παρά την συνεχή σχολική και εξωσχολική υποστήριξη δηλώνουν αγανακτισμένα και απογοητευμένα: «δεν αντέχω άλλο» … «δεν μπορώ να τα καταλάβω» είναι οι συχνές διατυπώσεις τους, είναι που έχουμε χρέος να ψάξουμε τις αιτίες της εν λόγω δυσκολίας τους». Η Διάγνωση αποτελεί την πρώτη προσέγγιση.

O εγκέφαλος είναι ένα πολύπλοκο εργαστήριο στο οποίο γίνεται επεξεργασία χιλιάδων πληροφοριών καθημερινά. Είναι προφανές ότι αν κάτι δεν πάει καλά σε αυτό το εργαστήριο τότε εκδηλώνονται συγκεκριμένες δυσκολίες στο άτομο. Αν λοιπόν δεν έχουν αναπτυχθεί ικανοποιητικά οι περιοχές του εγκεφάλου που σχετίζονται με τα Μαθηματικά τότε παρατηρούνται φαινόμενα των ΜΔΜ [1]. Το Προφίλ αποτελεί αναγκαία συμπλήρωση της Διάγνωσης.

Tα Μαθηματικά αποτελούν ένα μάθημα που απαιτεί την ενεργοποίηση διαφόρων δεξιοτήτων που σχετίζονται με την Γλώσσα, την Μνήμη, την Οπτικοχωρική Αντίληψη, τις Λογικές Δεξιότητες και την Μεταγνωστική Ικανότητα [2]. Αυτό σημαίνει ότι απαιτείται προσδιορισμός κατάλληλης μεθόδου Διδασκαλίας και συνεχής αξιολόγηση για να εντοπίσουμε αν αυτή είναι αποτελεσματική ή χρειάζεται τροποποίηση.

Παρέμβαση Η εκπαιδευτική παρέμβαση θα στηριχθεί σε αξιοποίηση των Προτερημάτων του κάθε παιδιού και σε Εκπαιδευτική Μέθοδο που θα διευκολύνει την είσοδο και παραμονή των Μαθηματικών Θεμάτων αρχικά στην Μνήμη Εργασίας και στη συνέχεια στον ‘σκληρό δίσκο’! Επιπλέον βασικό στοιχείο η ενδυνάμωση της Αυτοεκτίμησης. Ας ξεκινήσουμε με παραδείγματα, οι μαθητές που απευθύνεται το Περιοδικό μας είναι στο Γυμνάσιο άρα έχουν καλώς ή κακώς περάσει την φάση των 4σάρων πράξεων στους φυσικούς και στους κλασματικούς αριθμούς. Έχουμε λοιπόν μαθηματικά προβλήματα που οι εκφωνήσεις είναι κάτι παραπάνω από τον συμβολισμό κάποιας πράξης. Άρα χρειαζόμαστε ευρύτερη νοητική δραστηριότητα που θα συνδυάζει: Α) Ανάγνωση και κατανόηση, δηλαδή αποκωδικοποίηση των λέξεων και των μαθηματικών ερωτημάτων. Εδώ θεωρούμε αναγκαία την διδασκαλία ‘Λεξιλογίου’ μαθηματικών εννοιών σε κάθε μάθημα και σύνδεση αυτής της Λεκτικής μορφής με την αντίστοιχη Μαθηματική δραστηριότητα [3]. Στην ουσία πρόκειται για μία διαδικασία μετάφρασης από ένα σύστημα (φυσική γλώσσα) σε ένα άλλο συμβολικό σύστημα που είναι τα Μαθηματικά. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/42

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Εκπαιδευτική Παρέμβαση για Αντιμετώπιση των Μαθησιακών Δυσκολιών ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

Β) Κατανομή του θέματος στο αντίστοιχο ‘Γνωστικό σχήμα’. Με τον όρο ‘γνωστικό σχήμα’ χαρακτηρίζεται η δομημένη, η οργανωμένη γνώση, δηλαδή τα βασικά δομικά συστατικά του ανθρώπινου συστήματος επεξεργασίας πληροφοριών [4]. Η εκπαίδευση και η ολιστική κατανόηση θεμάτων π.χ. στα Μαθηματικά ή/και στις Φυσικές Επιστήμες δημιουργούν σχήματα που στη συνέχεια χρησιμοποιούνται για την επίλυση παρεμφερών ή και δυσκολότερων θεμάτων. Η λύση ενός προβλήματος εξαρτάται από την ύπαρξη ή όχι ενός κατάλληλου γνωστικού σχήματος το οποίο ο λύτης ανακαλεί και προσαρμόζει την στιγμή που του ζητείτε στο μοντέλο και στη λύση του προβλήματος. Από τα παραπάνω προκύπτει ότι είναι αναγκαία διδασκαλία μοντέλων, δηλαδή διδασκαλία με παραδείγματα οι λύσεις των οποίων προέρχονται κυρίως από τα παιδιά. Ο στόχος παραμένει η δημιουργία του κατάλληλου σχήματος στο μυαλό των παιδιών. Δεν ενδείκνυται να ζητάμε από τα παιδιά να ασχολούνται με πληθώρα ασκήσεων χωρίς κατανομή αυτών στο αντίστοιχο σχήμα. Γ) Ελλείμματα της Μνήμης Εργασίας αντιμετωπίζονται και με την STEM-Διδασκαλία που είναι αποτελεσματική στην ολιστική κατάκτηση εννοιών ή/και θεμάτων, επειδή οι βασικές ιδιότητες της γνώσης ευνοούν πάντα τις συνδεδεμένες έννοιες, πολύ περισσότερο από ότι τις ανεξάρτητες έννοιες. Οι πρώτες (συνδεδεμένες) έννοιες είναι καλύτερα οργανωμένες για μια μελλοντική ανάκληση και ανάκτηση στην γνωστική διαδικασία [5]. Τα νευρωνικά κυκλώματα που έχουν σχέση με την αντίληψη, σχηματίζουν σταθερές συνδέσεις, ενώ τα νευρωνικά κυκλώματα που έχουν σχέση με την μνήμη έχουν συνδέσεις που ενισχύονται με την μάθηση [6]. Μέθοδος υποστήριξης σε Ελλείμματα της Εργαζόμενης Μνήμης. Σημαντική διάσταση για να κατανοούμε μια διατύπωση ή ένα πρόβλημα είναι να μάθουμε στο παιδί να διαβάζει και να ακούει (να διαβάζει σχετικά δυνατά) για να αξιοποιήσουμε την οπτική αλλά και την ακουστική οδό που πιθανά βοηθάει το παιδί. Η κατανόηση/μάθηση των Εννοιών: Οι έννοιες περιγράφουν κάποια κανονικότητα ή σχέση σε ένα σύνολο δεδομένων όπου συνήθως στα Μαθηματικά παριστάνονται και με σύμβολα. Παραδείγματα: Το υπόλοιπο στην Ευκλείδεια Διαίρεση, επίσης ο κυκλικός δίσκος κ.τ.λ. είναι αναγκαία η κατανόησή τους για την λύση των προβλημάτων. Το ερώτημα που προκύπτει είναι πώς μαθαίνονται; H έρευνα έχει δείξει ότι δεν μαθαίνονται με την επιμονή του καθηγητή ή του γονιού και την συνεχή επανάληψη αλλά με την βιωματική κατανόηση. Συγκεκριμένα στην Ευκλείδεια Διαίρεση: Δ=δ π+υ ένα κεντρικό ζήτημα στην κατανόηση είναι ότι το υ ˂ δ, το υπόλοιπο είναι μικρότερο από τον διαιρέτη. Η ενδεδειγμένη μέθοδος για κάθε παιδί και ειδικά για όσα παρουσιάζουν Μ.Δ. είναι να κάνει ο μαθητής 4-5 δοκιμές μόνος του και να εξάγει τον προηγούμενο συμβολισμό. Για να γίνει σαφές το παιδί πρέπει να δοκιμάσει: 32=5 5+7 λάθος γιατί 5 5=25 άρα απέχουμε από το 32. Στη συνέχεια και μετά από δοκιμές θα καταλήξει το παιδί στο σωστό: 32=5 6+2 άρα το υπόλοιπο 2˂5 που είναι ο διαιρέτης. Επίσης η κατανόηση της έννοιας του κυκλικού δίσκου και η διαφοροποίηση από την έννοια του κύκλου. Εδώ είναι αναγκαίο να φτιάξει ένα κύκλο με λεπτό σύρμα για να καταλάβει το ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/43

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Εκπαιδευτική Παρέμβαση για Αντιμετώπιση των Μαθησιακών Δυσκολιών ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

παιδί ότι ο κύκλος είναι ο περίγυρος και όχι το εσωτερικό που αντίστοιχα είναι ο κυκλικός δίσκος, εδώ να συνδέσουμε τον κυκλικό δίσκο με ένα στρογγυλό δίσκο του σπιτιού. Αυτός είναι ο κυκλικός δίσκος και για αυτό το σχήμα ζητάμε το εμβαδόν. Σε αντίθεση με τον κύκλο που δεν έχει εμβαδόν αλλά μόνο περίμετρο. Και εδώ ευθύνη έχουμε όλοι όταν ακόμη και το σχολικό βιβλίο αναφέρει: «Αν το μήκος ενός κύκλου είναι 6,28 cm, να βρείτε το εμβαδόν του.» (Εφαρμογή 1, στη σελίδα 193) [7]. Έτσι το παιδί με αυτή την διαφοροποίηση θα μάθει ότι ο κυκλικός δίσκος έχει μόνο Εμβαδόν=π 2 ενώ ο κύκλος έχει μόνο περίμετρο που είναι L=2 π R αλλά έχουν κοινά το Κέντρο και την Ακτίνα. Μέθοδος του Σχεδιαγράμματος: Είναι πολύ σημαντικό το παιδί να σχεδιάσει (δεν εννοούμε το σχήμα στη γεωμετρία) με τον δικό του τρόπο αλλά πάντα με την επίβλεψη του καθηγητή το ζήτημα που θέλει να λύσει και ειδικά αν είναι πρόβλημα. Έτσι χτίζει γνωστικό σχήμα πολύ σημαντικό για την κατανομή/κατηγοριοποίηση των θεμάτων. Σαν παράδειγμα πρέπει να τονίσουμε την περίπτωση των Συναρτήσεων όπου οι μαθητές μαθαίνουν ότι χρειάζονται: 1) Λεκτική Διατύπωση της Συνάρτησης, 2) Δημιουργία Πίνακα Τιμών (εννοείται με χρήση των ανεξάρτητων τιμών του x και την εύρεση των αντιστοίχων τιμών του y), 3) Χρήση του Μαθηματικού τύπου για την εύρεση του πίνακα τιμών και 4) Γραφική Παράσταση. Αυτά δημιουργούν μια δομή, ένα σχέδιο, δηλαδή ένα γνωστικό σχήμα που εφαρμόζεται πάντα.

Βιβλιογραφικές Αναφορές:

[1] Παπαδάτος, Γ. (2010). Ψυχικές διαταραχές και μαθησιακές δυσκολίες παιδιών και έφηβων. Εκδόσεις, Gutenberg, Αθήνα.

[2] Νικολόπουλος, Γ. (2018) Ευκλείδης Α΄ τεύχος 106. Εκδόσεις της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας. Αθήνα.

[3] Νικολόπουλος, Γ. (2015). Μαθησιακές Δυσκολίες στα Μαθηματικά, αναγκαία η δημιουργία λεξιλογίου εννοιών. Πρακτικά 5ου Πανελλήνιου Συνέδριου Επιστημών Εκπαίδευσης. Αθήνα. https://eproceedings.epublishing.ekt.gr/index.php/edusc/article/view/402/364 [4] Ντάβου, Μπ. (2000). Οι διεργασίες της σκέψης στην εποχή της πληροφορίας. Εκδόσεις Παπαζήση.

[5] Honey, M. & Pearson, G., & Schweingruber, H., (2014). STEM Integration in K-12 Education. Committee on Integrated STEM Education; National Academy of Engineering; National Research Council. Printed in the United States of America.

[6] Kandel, Ε. (2008). Αναζητώντας την Μνήμη. Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης. Βλάμος, Π., Δρούτσας, Π., Πρέσβης, Γ. & Ρεκούμης, Κ. (2017). Μαθηματικά Β΄ Γυμνασίου. Εκδόσεις: Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών και Εκδόσεων «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ».

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/44

================================================================================== Συντακτική Επιτροπή.

1) Το βάρος του κόσμου! Οι αριθμοί μας εξουσιάζουν, συγχρόνως όμως μας επιτρέπουν να εκτιμούμε και να οργανώνουμε τον κόσμο που μας περιβάλλει. Ας δούμε σε ποσοστά και γιγατόνους (1.000.000.000 τόνοι) τι περιέχει το οικοσύστημά μας, δηλαδή ο κόσμος μας. Ξεκινάμε:  το 80% της βιομάζας της Γης αποτελούν τα φυτά,  το 15% τα βακτήρια και  το υπόλοιπο 5% περιλαμβάνει άλλους μικροοργανισμούς και τα ζώα  οι άνθρωποι δεν ξεπερνούν το 0,01%, δηλαδή μόλις το ένα δεκάκις χιλιοστό της πλανητικής βιομάζας, σύμφωνα με την πιο ολοκληρωμένη έως τώρα «απογραφή» της γήινης βιόσφαιρας που έκαναν οι επιστήμονες. Ας δούμε τώρα τα ποσοστά που αφορούν τους ανθρώπους:  Η μάζα των 7,6 δισεκατομμυρίων ανθρώπων της Γης είναι πλέον περίπου δεκαπλάσια της μάζας όλων των άγριων ζώων.  Αυτό συμβαίνει αφού από την αυγή του πολιτισμού μέχρι σήμερα, οι άνθρωποι έχουν εξαφανίσει το 83% των άγριων ζώων και το 50% της μάζας των φυτών. Εν ολίγοις, από τότε που οι άνθρωποι εμφανίσθηκαν στο προσκήνιο, τουλάχιστον η μισή ζωή στη Γη έχει εξαφανισθεί. Παρόλα αυτά, οι ιοί έχουν τριπλάσια βιομάζα από τους ανθρώπους, όπως και τα σκουλήκια, τα ψάρια 12πλάσια και οι μύκητες 200 φορές μεγαλύτερη. Περίπου το 60% της παγκόσμιας βιομάζας (320 γιγατόνοι) βρίσκεται πάνω στην επιφάνεια της Γης, ενώ η υπόλοιπη κάτω από την επιφάνεια (130 γιγατόνοι είναι οι ρίζες των φυτών και 100 γιγατόνοι τα υπόγεια βακτήρια). Το μεγαλύτερο ποσοστό της βιομάζας των μικροοργανισμών (περίπου το 90%) εκτιμάται ότι βρίσκεται βαθιά κάτω από την επιφάνεια της ξηράς και κάτω από τους βυθούς των θαλασσών. Στους ωκεανούς το 70% της θαλάσσιας βιομάζας αποτελείται από μικρόβια, ενώ το υπόλοιπο 30% είναι τα αρθρόποδα και τα ψάρια. Παρόλο που οι άνθρωποι και τα εξημερωμένα ζώα κυριαρχούν στη βιομάζα των θηλαστικών, αποτελούν ένα μικρό μόνο ποσοστό στη συνολική βιομάζα των ζώων (δύο γιγατόνοι), όπου κυριαρχούν τα κάθε είδους αρθρόποδα της ξηράς και της θάλασσας (1,2 γιγατόνοι) και τα ψάρια (0,7γιγατόνοι).  πηγή:http://www.pnas.org/content/early/2018/05/15/1711842115  Περισσότερα στο: http://www.newsbomb.gr/kosmos/story/887061/oloklirothike-i-protiapografi-tis-gis-kai-ta-apotelesmata-entyposiazoyn#ixzz5GOwqSpVh

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/45

--------------------------------------------------------------------------------- Αυτό το ξέρατε; Μαθηματικά Ανάλεκτα -----------------------------------------------------------------------------

2) Τι βρίσκεται στην άλλη άκρη της γης; Πολλές φορές χρησιμοποιούμε τη φράση: « Έφτασε στην άλλη άκρη της γης». Εμείς το λέμε προφανώς μεταφορικά αφού εννοούμε ότι πήγε πολύ μακριά, όμως διαβάστε πως αυτή η έκφραση έχει πλέον νόημα στον πραγματικό κόσμο. Για να καταλάβουμε τα όσα θα ακολουθήσουν ας κάνουμε ένα νοερό ταξίδι από μία περιοχή της γης Α σε μία άλλη περιοχή Β που βρίσκεται σε τέτοιο σημείο ώστε το τμήμα ΑΒ να περνά από το κέντρο της γης. Τα σημεία Α και Β λέμε ότι είναι αντιδιαμετρικά. Υπάρχουν δύο τρόποι να πραγματοποιήσουμε αυτό το ταξίδι (νοερά). Ο ένας είναι να περπατήσουμε πάνω στην επιφάνεια της γης και ο άλλος είναι να περάσουμε μέσα από τη γη και να συναντήσουμε στο δρόμο μας το κέντρο της Κ. Τώρα μπορούμε να αναρωτηθούμε: Τι βρίσκεται στην άλλη άκρη της γης; Δηλαδή που θα έβγαινες αν μπορούσες να σκάψεις ακριβώς κάτω από τα πόδια σου; Αν, λοιπόν, σε ένα παράλληλο σύμπαν μπορούσες να σκάψεις τόσο πολύ μέσα στην γη, τότε θα έβγαινες στην άλλη πλευρά του πλανήτη, αλλά ποια ακριβώς είναι αυτή; Ένα site ονόματι Antipodes Map έχει φροντίσει να απαντήσει στο συγκεκριμένο πρωτότυπο ερώτημα. Αν, λοιπόν, βρισκόσουν στην Αθήνα και ξεκινούσες να σκάβεις την γη, τότε στην επόμενη πλευρά θα «αντίκριζες» νερό, καθώς σύμφωνα με την ίδια πηγή βρίσκεται Ειρηνικός Ωκεανός και λίγο πιο εκεί η Νέα Ζηλανδία.

Πάντως, το αποτέλεσμα ήταν αναμενόμενο αν σκεφτεί κανείς πως το 71% του πλανήτη μας καλύπτεται από νερό. Αυτό σημαίνει ότι αν τρυπήσεις σε οποιοδήποτε μέρος της γης και βγεις στην αντιδιαμετρική περιοχή της γης η πιθανότητα να συναντήσεις ξηρά είναι μόλις 21%. Αυτό βέβαια με την προϋπόθεση ότι το μέρος που θα τρυπήσεις το έχεις επιλέξει τυχαία και όχι με κάποια ιδιαίτερα πληροφορία Γεωγραφικού ενδιαφέροντος. Αν θες και εσύ να δεις που θα έβγαινες αν έσκαβες κάτω από τα πόδια σου τότε... παίξει και εσύ με την εφαρμογή antipodesmap.com/ Πηγή: Αν έσκαβες κάτω από τα πόδια σου, σε ποιο σημείο της Γης θα έβγαινες; Εκπληκτική εφαρμογή [εικόνες] | iefimerida.gr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/46

2o Γυμνάσιο Αγ. Νικολάου Κρήτης Επιμέλεια: Γιάννης Σταμέλος Γαλιλαίος Γαλιλέι: Μια ιστορία από το μαύρο ντοσιέ Το 2018, με αφορμή τη συμπλήρωση 100 χρόνων από την ίδρυση της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας, έχει ανακηρυχθεί από το Υπουργείο Παιδείας «Έτος Μαθηματικών». Συνδυάζοντας το γεγονός με τα προγράμματα πολιτιστικών δραστηριοτήτων μια ομάδα μαθητών του 2ου Γυμνασίου Αγίου Νικολάου, αποτελούμενη από μαθητές της Α’ και της Γ’ τάξης με επικεφαλής τον καθηγητή μαθηματικών τους Γιάννη Σταμέλο, οργάνωσαν στο σχολείο μια «Λέσχη Ανάγνωσης». Για τη διεξοδική μελέτη και σχολιασμό της σχετικής δραστηριότητας επελέγη το βιβλίο «Ιστορίες από το Μαύρο Ντοσιέ» του Ι. Σταμέλου. Το βιβλίο είναι ένα θεατρικό έργο σε επτά πράξεις. Εκτός από την εισαγωγική και την καταληκτική πράξη, οι άλλες πέντε αφορούν το βίο και την μαρτυρική κατάληξη των μαθηματικών:  Ίππασου από το Μεταπόντιο,  Υπατίας της Αλεξανδρινής,  Τζορντάνο Μπρούνο,  την δίκη του Γαλιλαίου και  την περίπτωση του δραματικού τέλους του Άλαν Τιούρινγκ.



Λίγα λόγια για τα κείμενα που διαβάστηκαν. Στο πλαίσιο του αναλυτικού προγράμματος οι μαθητές σήμερα στο σχολείο δεν μαθαίνουν τίποτα για την περίπτωση του μαθητή του Πυθαγόρα, του Ίππασου, ο οποίος δολοφονήθηκε επειδή έσπασε ουσιαστικά την «ομερτά» σχετικά με την ύπαρξη αριθμών που αντιβαίνανε στις θεωρίες του Πυθαγόρα. Τα μυστικά της σέχτας των Πυθαγορείων έγιναν ευρύτερα γνωστά εξ αιτίας του. Ο Ίππασος υπήρξε μεγάλος γεωμέτρης. Οι μαθητές μαθαίνουν στο σχολείο για τους άρρητους, αλλά σχεδόν τίποτα για την κατάρρευση της σέχτας των Πυθαγορείων εξ’ αιτίας τους. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/47

---------------------------------------------------------------------------------------- 2o Γυμνάσιο Αγ. Νικολάου Κρήτης ------------------------------------------------------------------------------------

Η ιστορία και ο μαρτυρικός θάνατος της Υπατίας της Αλεξανδρινής (415 μ.Χ.) είναι περισσότερο γνωστή από εκείνη του Ίππασου. Η Υπατία θεωρείται η τελευταία μεγάλη Ελληνίδα μαθηματικός και φιλόσοφος του αρχαίου ελληνικού κόσμου. Με την Υπατία, υποστηρίζουν οι ιστορικοί, κλείνει ο κύκλος του αρχαίου Ελληνικού κόσμου. Η Υπατία ήταν κόρη του Θέωνα, διευθυντή του Μουσείου της Αλεξάνδρειας. Στις δυο αυτές σπουδαίες μορφές, μάλιστα, οφείλουμε τα Μαθηματικά που ξέρουμε σήμερα ως «Στοιχεία του Ευκλείδη». Αυτοί τα διέσωσαν και τα σχολίασαν με πολύ αποτελεσματικό τρόπο. Η Υπατία βρέθηκε στο μάτι του κυκλώνα κατά τη διάρκεια της διαμάχης μεταξύ των οπαδών του Κυρίλλου και του Οράτιου στην Αλεξάνδρεια και κατακρεουργήθηκε από τον όχλο, με την αιτιολογία ότι ασχολούνταν με τα μαθηματικά (τα οποία ήταν συνώνυμα της μαγείας την εποχή εκείνη), τους αστρολάβους και τα μουσικά όργανα. Τα Ελληνικά Μαθηματικά έπρεπε να περιμένουν σχεδόν 1500 χρόνια από την Υπατία για να αναδείξουν μαθηματικό ανάλογου διαμετρήματος: τον Κωνσταντίνο Καραθεοδωρή. Στη Δύση ένας από τους πιο γνωστούς μάρτυρες της Ιεράς Εξέτασης είναι ο μαθηματικός Τζορντάνο Μπρούνο. Ο Μπρούνο καταδικάστηκε από την Ιερά Εξέταση και οδηγήθηκε στην πυρά τον Φεβρουάριο του 1600, γιατί υποστήριζε ότι η Γη είναι ένα από τα εκατομμύρια άστρα του Σύμπαντος και όχι το κέντρο του κόσμου. Ο Μπρούνο βασανίστηκε σχεδόν επτά χρόνια να αποκηρύξει τις θεωρίες του πριν οδηγηθεί στην πυρά. Σήμερα το άγαλμά του βρίσκεται στον τόπο του μαρτυρίου του, στη Ρώμη, και δείχνει το Βατικανό. Ο Γαλιλαίος, υπήρξε ο πρώτος πειραματικός επιστήμονας. Σ’ αυτόν αποδίδεται η αρχή των πειραματικών επιστημών: «Μετρήστε ό,τι είναι μετρήσιμο. Και ό,τι δεν είναι μετρήσιμο, κάντε το μετρήσιμο και μετρήστε το». Ο Γαλιλαίος δίδασκε μαθηματικά στα πανεπιστήμια της Ιταλίας την εποχή του. Υπήρξε ακόμα εφευρέτης μερικών οργάνων μεταξύ των οποίων και το τηλεσκόπιο. Μ’ αυτό παρατήρησε τις φάσεις τις Αφροδίτης και τους δορυφόρους του Δία. Οι παρατηρήσεις του αυτές τον οδήγησαν στην επιβεβαίωση του Κοπερνίκειου Ηλιοκεντρικού Συστήματος. Όμως 33 χρόνια μετά τον μαρτυρικό θάνατο του Μπρούνο, οδηγήθηκε για τις απόψεις του αυτές στην Ιερά Εξέταση. Είναι γνωστό ότι στο δικαστήριο απαρνήθηκε τις απόψεις του και γλύτωσε την πυρά, κυρίως λόγω της γνωριμίας του με τον τότε Πάπα. Τέλος, ο Άλαν Τιούρινγκ, ο πατέρας των υπολογιστών (η εταιρεία Apple του έχει αφιερώσει το δαγκωμένο μήλο του σήματός της), είναι ευρύτερα γνωστός από τις μηχανές Turing, που κατασκεύασε και με τις οποίες «έσπασε» τον κώδικα της μηχανής Ainigma του Χίτλερ. Η εφεύρεσή του αυτή, κατά μια εκδοχή, οδήγησε στο τέλος του Β’ Παγκόσμιου Πολέμου. Κατά μια άλλη, τον συντόμευσε κατά δυο έτη. Τεράστια μορφή, όμως έτυχε να ζήσει σε μια εποχή κατά την οποία η ομοφυλοφιλία ήταν στίγμα για τους πολίτες και βαρύ ποινικό αδίκημα. Η αποκάλυψη της ομοφυλοφιλίας του τον οδήγησε στην αυτοκτονία. Ήταν μόλις 42 ετών.  Θεατρική παράσταση Στο 2ο Γυμνάσιο, στο πλαίσιο του προγράμματος που προαναφέραμε, ανεβάσαμε με τους μαθητές της «Λέσχης Ανάγνωσης» στο θεατρικό σανίδι την πράξη που αφορούσε τον Γαλιλαίο. Στη διανομή των ρόλων μετέχουν: Χριστόφορος Μακλάρεν: Γαλιλαίος – Ίππασος: Γιάννης Λαβδάκης – Υπατία: Τζένη Ζίου – Τζορντάνο Μπρούνο: Αλκίνοος Ζερβός – Άλαν Τιούρινγκ: Σωκράτης Αυγουστινάτος. Τσιρκολάνος και Ιεροεξεταστής: Άγγελος Μπιτιρίνης – Τσιρκολάνα: Χατζηανδρέου Εμμανουέλα. Ιεροεξεταστές: Μπαρμπούνης Γεώργιος και Σφυράκης Εμμανουήλ. Ζωντανή μουσική παίζει με το σαξόφωνό της η Μαργιάννα Αρακαδάκη. Στην εκτέλεση του σκηνικού συμμετείχε και ο καθηγητής Θανάσης Ρωσσίδης με την ομάδα των μαθητών. Την Τρίτη 29 Μαΐου, στο χώρο του σχολείου, οι πρωταγωνιστές θα παρουσιάσουν την εργασία τους και στους υπόλοιπους μαθητές του σχολείου. Ι. Σταμέλος ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/48

================================================================= Επιμέλεια: Παναγιώτης Χριστόπουλος Είχε 50 του έμειναν 51 Ένας μαθητής είχε 50 ευρώ δίνει τα 25 για ένα βιβλίο και του μένουν 25 δίνει τα 5 για τετράδια του μένουν 20 δίνει τα 15 για το θέατρο του μένουν 5 δίνει τα 4 για ένα χυμό του μένουν 1 δίνει 1 για τσίχλες του μένουν 0 -----------------------------------------------------Σύνολο 50 Σύνολο 51 !!! Πώς έγινε αυτό; Δώστε την απάντησή σας. Τα Αυγά: Ένας παραγωγός από τα Μέγαρα πουλούσε σε μια Λαϊκή αγορά αυγά. Στην πινακίδα έγραφε: «όποιος πάρει τα μισά θα έχει και μισό αυγό δώρο». Η περιέργεια του κόσμου ήταν μεγάλη, μα πώς το κάνει; Κόβει το μισό αυγό; Ο πρώτος πελάτης αγόρασε τα μισά από τα αυγά πήρε και μισό αυγό δώρο όλα καλά. Ο 2ος πελάτης αγόρασε τα μισά αυγά από αυτά που απέμειναν πήρε και αυτός το δώρο, του έφυγε η περιέργεια.Έτσι έκαναν και οι υπόλοιποι πελάτες μέχρι που όταν ήρθε ο 7ος δεν βρήκε να αγοράσει κανένα αυγό είχαν πουληθεί όλα. Ο πάγκος του παραγωγού ήταν καθαρός δεν είχε σπάσει ούτε ένα αυγό. Πώς έγινε αυτό; Πόσα αυγά είχε αρχικά ο παραγωγός; Πόσα πήρε ο κάθε πελάτης; Γλυκός καφές:Ο Θωμάς γέμισε το φλιτζάνι του καφέ και πρόσθεσε τρείς κουταλιές ζάχαρη. (Σημειώνω ότι τον καφέ του τον προτιμά γλυκό δηλαδή από μια και 1/3 έως τρείς κουταλιές ζάχαρη). Αφού ήπιε το 1/3 συμπλήρωσε το φλιτζάνι του με νέο καφέ χωρίς να προσθέσει άλλη ζάχαρη, πάλι ήπιε το 1/3 και συμπλήρωσε το φλιτζάνι του με νέο καφέ για μια ακόμα φορά χωρίς να βάλει ζάχαρη. Ο καφές του τώρα είναι γλυκός ή όχι; Ο δάσκαλος: Είπε ο δάσκαλος στους μαθητές του βάλτε στο μυαλό σας έναν 4ψήφιο αριθμό ύστερα μετακινήστε το πρώτο ψηφίο στο τέλος. Προσθέστε τον αριθμό που προέκυψε στον αρχικό αριθμό και γράψτε το άθροισμα που βρήκατε στον πίνακα. π.χ.

4657+6574=11231. Ο δάσκαλος διάβασε στον πίνακα τους αριθμούς 8612, 12859, 4322, 11452, 9812, 9807 και είπε ότι όλοι έκαναν λάθος στην πρόσθεση εκτός από τους μαθητές που βρήκαν 12859 και 9812. Πώς ο δάσκαλος εντόπισε τόσο εύκολα τα λάθη; Τα καΐκια : Ο καπετάν Μιχάλης από τη Χίο άφησε στη διαθήκη του τα 20 καΐκια του να τα μοιραστούν οι 3 γιοι του ως εξής: ο πρωτότοκος να πάρει τα μισά, ο δεύτερος το 1/4 και ο μικρότερος το 1/5. Όμως μέχρι που να ανοίξουν την διαθήκη οι γιοί του το ένα καΐκι βυθίστηκε, έτσι έμειναν τα 19 καΐκια. Πώς θα τα μοιράσουν τώρα; ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΤΕΥΧΟΥΣ 108 ΜΔ1. Θα φυτέψει 3 τριανταφυλλιές στις κορυφές ενός τριγώνου , άλλες τρεις στα μέσα των πλευρών και μία στο βαρύκεντρο. Τρεις πλευρές και τρεις διάμεσοι = 6 ευθείες ΜΔ2. Αν φέρουμε μία γραμμούλα στο πρώτο + , θα γίνει 4, άρα 545+5=550 ΜΔ3. 888+88+8+8+8 ΜΔ4. 8804 ΜΔ5. Από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΒΓ και ΗΕΓ βρίσκουμε ότι και η ΗΕ=2, άρα η διάμετρος του μικρού ημικυκλίου είναι 2 και η ακτίνα του 1, συνεπώς και η ΔΕ=1 και ΔΓ=3. Από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΒΓ και ΖΔΓ βρίσκουμε ότι και η ΖΔ=3, άρα η διάμετρος του μεγάλου ημικυκλίου είναι 3 και η ακτίνα του 1,5 , συνεπώς και η ΔΒ=1,5 και ΒΓ=4,5. Σχετικά με τα εμβαδά:   = 4,5 2x 4,5  10,125 cm 2 , εμβαδό μικρού ημικυκλίου: Ε1=

 12 2

 1,57 , εμβαδό μεγάλου ημικυκλίου Ε2=

 1,52 2

 3,534 , άρα το εμβαδό της γαλάζιας

επιφάνειας είναι: Ε=Ε1+Ε2=5,104 cm 2 . Το εμβαδό της κίτρινης επιφάνειας είναι      10,1255,104=5,021 cm 2 δηλαδή μικρότερο. ΜΔ6. Το ερωτηματικό της δεύτερης γραμμής είναι 7 (3+4) της τρίτης 2 (6-2=4) και της τέταρτης 0 (2-0=2) . ΜΔ7. V=π r 2 υ=pi.z.z.a ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α΄ 109 τ.1/49

ΝΕΟΣ ∆ΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ

ΣΥΜΜΕΤΕΧΟΥΝ

Μαθηματικών Ικανοτήτων της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας ΠΥΘΑΓΟΡΑΣ

ΜΟΝΟ ΤΑ ΣΧΟΛΕΙΑ ΑΤΤΙΚΗΣ

Ημερομηνία διεξαγωγής: 9 Φεβρουαρίου 2019 Τα τελευταία 80 χρόνια τους μεγαλύτερους και εγκυρότερους διαγωνισμούς για τα Μαθηματικά, στην Ελλάδα, διεξάγει η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία (ΕΜΕ). Μέχρι τώρα, το κοινό τους ήταν οι μαθητές που διακρίνονται στα Μαθηματικά του Γυμνασίου και του Λυκείου (Θαλής, Ευκλείδης, Αρχιμήδης) ή που βλέπουν τα Μαθηματικά και ως παιχνίδι (διαγωνισμός ∆ημοτικού) με στόχο να χρησιμοποιήσουν οι μαθητές τη μαθηματική σκέψη σε ευχάριστα και έξυπνα προβλήματα. Η ΕΜΕ αποφάσισε, με αφορμή τα 100 χρόνια από την ίδρυσή της, τη δημιουργία ενός νέου διαγωνισμού με το όνομα ΠΥΘΑΓΟΡΑΣ.

Οι στόχοι του νέου διαγωνισμού:  Να αναπτύξουν οι μαθητές την κριτική τους ικανότητα και σκέψη.  Να αναγνωρίσουν οι μαθητές τη σημασία των Μαθηματικών στην καθημερινή πραγματικότητα.

Ο διαγωνισμός αυτός δεν θα ελέγχει τη σχολική επίδοση και τις γνώσεις των μαθητών αλλά, την ικανότητα να σκέφτονται με εφόδιο τη Μαθηματική γνώση. Από την ανάλυση των απαντήσεων και τις επεξηγήσεις που θα δοθούν, ο μαθητής, θα αντιληφθεί όχι τόσο τι λάθος έκανε αλλά, γιατί το έκανε και πώς μπορεί να αναπτύξει τις ικανότητές του στο μέλλον. Θα υπάρχουν τρεις ομάδες θεμάτων, η 1η ομάδα θα καλύπτει την Γ΄ και ∆΄ τάξη του ∆ημοτικού, η 2η ομάδα θα καλύπτει την Ε΄ και ΣΤ΄ τάξη του ∆ημοτικού και η 3η ομάδα τις δύο πρώτες τάξεις του Γυμνασίου. Κάθε διαγωνιζόμενος καλείται να απαντήσει σε 20 ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής. Η συμμετοχή στο διαγωνισμό είναι δωρεάν για τους μαθητές που είναι συνδρομητές στη νέα ειδική έκδοση της ΕΜΕ με τίτλο ΠΥΘΑΓΟΡΑΣ. Τα θέματα θα επιλέγονται από την επιτροπή διαγωνισμών της ΕΜΕ και Ολυμπιάδων, η οποία έχει πολυετή πείρα σε θεματοδότηση Μαθηματικών διαγωνισμών και θα είναι επικεντρωμένα στην Ελληνική εκπαιδευτική πραγματικότητα. Κάθε μαθητής θα λαμβάνει ατομικό φάκελο με χρήσιμο βοηθητικό υλικό και βεβαίωση συμμετοχής στο διαγωνισμό. Ο διαγωνισμός στην πρώτη χρονιά εφαρμογής του θα είναι σε πιλοτική μορφή και θα περιλαμβάνει ως εξεταστικά κέντρα μόνο σχολεία και εκπαιδευτικούς φορείς της Αττικής. Περισσότερες πληροφορίες θα βρείτε στην ιστοσελίδα της ΕΜΕ: http://www.hms.gr/pythagoras/index.html, (όπως, Tι είναι ο διαγωνισμός, Eνδεικτικά θέματα, Eγχειρίδειο του Εκπαιδευτικού, Εξεταστικά κέντρα, Θέματα οργάνωσης του διαγωνισμού, κ.ά) .

Δήλωση συμμετοχής από 15 Νοεμβρίου 2018

Η μαθηματική σκέψη μπορεί να γίνει κτήμα όλων των μαθητών