ΗΜΕΡΙΔΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ ΛΑΡΙΣΑΣ ΤΗΣ ΕΜΕ

14 ΟΚΤΩΒΡΙΟΥ 2017

Δημήτρης Ντρίζος Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών

Μαθηματικές Δραστηριότητες:

Ο ρόλος τους σε μια “διερευνητική τάξη μαθηματικών” στο

Γενικό Λύκειο

Μια πρόταση για τη συγκρότηση μαθηματικών δραστηριοτήτων στο Λύκειο, με στόχο τη δημιουργική μάθηση και την ανάπτυξη διερευνητικής σκέψης, θα μπορούσε ενδεικτικά να εστιάζεται σε:

• Προβλήματα που η επίλυσή τους δεν βασίζεται σε μια εξαρχής εντελώς γνωστή μεθοδολογία επίλυσής τους (δεν αναφερόμαστε εδώ στα ανοικτά προβλήματα). • Ενότητες συνεκτικών θεμάτων που αναδεικνύουν την ιδέα των επεκτάσεων και των διαδοχικών γενικεύσεων. Τέτοιου τύπου ενότητες θα μπορούσαν για παράδειγμα να έχουν ως αφετηρία κάποιες βασικές σχολικές ασκήσεις, την ιδέα των οποίων θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε για την επίλυση πιο σύνθετων μαθηματικών προβλημάτων.

• Προβλήματα που η επίλυσή τους δεν βασίζεται στην απλή εφαρμογή γνώσεων από μια συγκεκριμένη μαθηματική ενότητα, αλλά προϋποθέτει σύνθεση γνώσεων από διαφορετικές περιοχές και αντικείμενα των σχολικών μαθηματικών (Άλγεβρα, Γεωμετρία, Τριγωνομετρία), ενδεχομένως και κάποιες απλές γνώσεις Φυσικής. • Προσεγγίσεις που αναδεικνύουν το ρόλο της γεωμετρικής εποπτείας στη σύλληψη μιας μαθηματικής πρότασης εξαρχής, και όχι ανακόλουθα, ως συνήθως, μετά την απόδειξή της. • Προσεγγίσεις που αιτιολογούν και αναδεικνύουν την επιλογή περισσοτέρων της μιας κατάλληλων συναρτήσεων οι οποίες μας οδηγούν στην απάντηση κάποιων ερωτημάτων της Ανάλυσης. Αναδεικνύεται και υποστηρίζεται έτσι η άποψη ότι η απόδειξη μιας πρότασης ή ενός ερωτήματος δεν είναι πάντα ένας μονόδρομος, αφού μπορεί να γίνει με περισσότερους τρόπους. • Παραδείγματα διαμέσου των οποίων αναδεικνύεται και κατανοείται η σύνδεση μαθηματικών εννοιών και προτάσεων με τον φυσικό κόσμο (ενδεικτικά: του θεωρήματος του Rolle και του θεωρήματος μέσης τιμής του Lagrange).

Διδακτικές προσεγγίσεις του προβλήματος

της σύγκρισης των αριθμών eπ και πe

Πρώτη προσέγγιση

e

π e π π

π

πe π e 1 , e 0

e

e

x

xh x

e, x[e, π]

e e x

x 2x

x x e e xh x ... 0

e x e, για κάθε x(e, π).

h(e) > h(π)

e

π

π1

e

eπ > πe

Παρατήρηση:

Η λύση του προβλήματος

επιτυγχάνεται και διαμέσου της

συνάρτησης με x[e, π]. x

e

e

x

Δεύτερη προσέγγιση

Παρατήρηση:

Η λύση του προβλήματος

επιτυγχάνεται και διαμέσου της

συνάρτησης με x[e, π].

Να τοποθετήσετε το κατάλληλο σύμβολο ( =, < , >) μεταξύ των

αριθμών eπ και πe, αιτιολογώντας την επιλογή σας.

π e

π e

Σκέψεις : e ; π

lne ; lnπ , lnx (e 1)

π lne ; e lnπ

lne lnπ;

e π

ln x

ƒ x , x e, πx

2

1 lnxƒ x 0

x

π e

ƒ e ƒ π

lne lnπ

e π

π lne e lnπ

e π

e < π

x

lnx

Να αποδειχτεί ότι eπ > πe

Ανάλυση της σχέσης που θέλουμε να αποδείξουμε:

Τρίτη προσέγγιση

π e π ee π lne lnπ π e lnπ π e lnπ 0

, x(e, π).

e x e

ƒ x 1 0x x

ƒ(x) = x – elnx, x[e, π]

e < π ƒ(e) < ƒ(π) ... eπ > πe.

Παρατήρηση:

Η λύση του προβλήματος

επιτυγχάνεται και διαμέσου της

συνάρτησης elnx – x, με x[e, π].

Πρώτη γεωμετρική προσέγγιση

y

xO

1 2 3 π

π

4

1

2

3

e

e

lnπ

lnπ

y = lnx

y = x

y = ex

A Β

Γ

Δ Ε

+¥

+¥¥

¥

Εμβ.(ΑΒΓΔ) > Εμβ.(ΑΒΕΔ)

ln π x

1

ln πx

1

ln π

e dx e lnπ 1

e e lnπ e

e e

elnπ e

e

e

π ln π x

π e

π lnπ

e e γιατί e (e 1)

e π

Δεύτερη γεωμετρική προσέγγιση

Για κάθε x(0, e)(e, +¥)

xn ε

e x e x

ln x 1λ λ e ln x x

x e

ln x lne x e

y

x

xO

1 e

y = lnx

+¥

+¥¥

¥

(ε): y = x1e

xn

ε

Τρίτη γεωμετρική προσέγγιση

Για κάθε x(–¥, 1)(1, +¥)

xισχύει : e e x (1)

y

xO

1

e

y = ex+¥

+¥¥

¥

(ε): y = xe·

e π

π

e

πΕίναι : π e 1

e

πΓια x η (1) γίνεται :

e

e e π

e

π

ee

e

e π eπ e π

Τέταρτη γεωμετρική προσέγγιση

Για κάθε x(–¥, 0)(0, +¥)

+xισχύει : e x 1 (1)

π e

πΕίναι : π e 1 0

e

πΓια x 1 από την (1)

e

τελικά παίρνουμε : e π

y

xO

1

y = ex+¥

+¥¥

¥

(ε): y = x + 1

e π

Ένα ερώτημα Ανάλυσης στη βάση της Γεωμετρίας

Έστω κύκλος με κέντρο Κ α,0 , α 0 , και ακτίνα ρ .

Αν f είναι μια παραγωγίσιμη συνάρτηση τέτοια, ώστε

f α ρ f α ρ 0 + και η γραφική της παράσταση έχει με τον

κύκλο ακόμη ένα τουλάχιστον κοινό σημείο, να αποδείξετε ότι

υπάρχουν 1 2ξ ,ξ α ρ,α ρ + με 1 2f ξ f ξ 1

T(τ, 0) Κ(α, 0)

Μ(τ, f(τ))

Μια λύση χωρίς λόγια

T(τ, 0) Κ(α, 0)

Μ(τ, f(τ))

Η λύση στη γλώσσα

της Ανάλυσης

Με το Θ.Μ.Τ στα διαστήματα α ρ,τ και τ,α ρ+ , βρίσκουμε:

1 1

2 2

f τ f α ρ f τf ξ ,ξ α ρ,τ

τ α ρ ρ τ α

f α ρ f τ f τf ξ ,ξ τ,α ρ

α ρ τ ρ τ α

+

+ +

+

Επομένως

2

1 2 22

f τf ξ f ξ

ρ τ α

, και με εφαρμογή του Πυθαγορείου

θεωρήματος στο ορθ. τρίγ. ΚΤΜ παίρνουμε το ζητούμενο.

T(τ, 0) Κ(α, 0)

Μ(τ, f(τ))

Προβληματισμός Τι συμβαίνει όταν η προβολή του σημείου Μ στον άξονα x’x ταυτίζεται με το κέντρο Κ του κύκλου;

T(τ, 0) Κ(α, 0)

Μ(τ, f(τ))

Ο εξισωτής τριγώνου

Εξισωτή τριγώνου ονομάζουμε μια ευθεία η οποία χωρίζει ένα τρίγωνο σε δύο ισεμβαδικά και ισοπεριμετρικά σχήματα. Πρόκειται για ένα ενδιαφέρον γεωμετρικό πρόβλημα που δίνει αρκετές

δυνατότητες στον διδάσκοντα για προεκτάσεις και γενικεύσεις.

• Έχουμε ένα αγρόκτημα με σχήμα τριγωνικό που πρέπει να χωριστεί με μια ευθεία σε δύο ίσα μέρη. Θέλουμε τα μέρη, εκτός από ίσα εμβαδά, να έχουν και ίσο κόστος περίφραξης, δηλαδή να είναι και ισοπεριμετρικά.

Για να εργαστεί ερευνητικά η τάξη, ξεκινάμε παρουσιά-ζοντας ένα πρόβλημα, βασισμένο σε ένα αληθοφανές και απλό σενάριο από τον «πραγματικό» κόσμο.

Τίθενται τα ερωτήματα: Είναι δυνατός ένας τέτοιος χωρισμός; Κι αν ναι, πόσες διαφορετικές λύσεις υπάρχουν;

Ζητάμε από τους μαθητές να σχεδιάσουν σε κάτοψη με κλίμακα 1:1000 μια ευθεία που να το χωρίζει σε δύο ισεμβαδικά και ισοπεριμετρικά σχήματα.

Έτσι καταλήγουμε στη μελέτη της περίπτωσης τριγώνου ΑΒΓ με α = 5, β = 3, γ = 4

Ξεκινάμε δίνοντας τις διαστάσεις του αγροκτήματος. Είναι ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές 30 m και 40 m.

35

4A B

Γ

Στη συνέχεια, αυθόρμητα ή μετά από συζήτηση, γεννιέται το ερώτημα:

Από που μπορεί να διέρχεται η ευθεία;

Εύκολα η τάξη θα καταλήξει στις δύο περιπτώσεις:

Είτε από μια κορυφή του και ένα σημείο της απέναντι πλευράς του, είτε θα τέμνει δύο πλευρές του.

3 35 5

4 4A AB B

Γ Γ

Εξετάζουμε τις δύο περιπτώσεις: 1η περίπτωση

Αν ο εξισωτής διέρχεται από μία κορυφή του, τότε είναι ο φορέας της αντίστοιχης διαμέσου του, αφού πρέπει να το χωρίζει σε δύο ισεμβαδικά τρίγωνα. Απαιτώντας αυτά να είναι και ισοπεριμετρικά, καταλήγουμε στο ότι το ΑΒΓ πρέπει να είναι και ισοσκελές, κάτι που δεν ισχύει. Οπότε για το παραπάνω τρίγωνo ΑΒΓ δεν υπάρχει εξισωτής που να διέρχεται από κορυφή του.

3

1,5

1,5

35 5

2,5

2,5

2 2 4 4

2η περίπτωση Ο εξισωτής διέρχεται από εσωτερικά σημεία Κ, Λ των πλευρών ΑΒ, ΑΓ ή ΒΓ, ΑΓ ή ΒΓ, ΑΒ αντίστοιχα. Διερευνούμε διαδοχικά όλες τις δυνατές περιπτώσεις.

33

35

5 5

44 4Α Α ΑΒ Β Β

Γ Γ Γ

ΚΚ

Κ

Λ Λ

Λ

Ο εξισωτής τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ

Έστω ΑΚ = κ, ΑΛ = λ, με 0 < κ < 4, 0 < λ < 3

Τότε 1 κ λ

ΑΚΛ ΑΒΓ 3 κ λ 62 2

και

Περ. ΑΚΛ Περ. ΚΒΓΛ κ λ ΚΛ 4 κ 3 λ ΒΓ ΚΛ + + + + +

κ λ 6 + Οπότε τα κ, λ είναι ρίζες

της εξίσωσης 2x 6x 6 0 +

Είναι 6 12

x 3 32

Όμως η μία ρίζα είναι μεγαλύτερη του 4, οπότε το πρόβλημα δεν έχει λύση.

5

Α κ

λ

Κ

Γ

Λ

Β4

3

Ο εξισωτής τέμνει τις ΒΓ, ΑΓ

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = 4, ΑΓ = 3 και ΒΓ = 5, αναζητούμε σημεία Κ στην ΒΓ και Λ στην ΑΓ, ώστε η ΚΛ να είναι "εξισωτής" του ΑΒΓ. Έστω ΓΚ = κ, ΓΛ = λ, με 0 < κ < 5, 0 < λ < 3

Τότε

4κ λ

1 κ λ ημΓ 5ΓΚΛ ΑΒΓ 3 3 κ λ 7,52 2 2

και

Περ. ΓΚΛ Περ. ΚΒΑΛ κ λ ΚΛ 5 κ 3 λ ΑΒ ΚΛ + + + + +

κ λ 6 + Οπότε τα κ, λ είναι ρίζες

της εξίσωσης 2x 6x 7,5 0 +

Είναι 6 6

x2

,

oπότε 6 + 6 6 - 6

κ = , λ =2 2

Α

κλ

Κ

Γ

Λ

Β4

3

Ο εξισωτής τέμνει τις ΑΒ, ΒΓ

Α

κ

λ

Κ

Γ

Λ Β4

3

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = 4, ΑΓ = 3 και ΒΓ = 5, αναζητούμε σημεία Κ στην ΒΓ και Λ στην ΑΒ, ώστε η ΚΛ να είναι "εξισωτής" του ΑΒΓ. Έστω ΒΚ = κ, ΒΛ = λ, με 0 < κ < 5, 0 < λ < 4

Τότε

3κ λ

1 κ λ ημΒ 5ΒΚΛ ΑΒΓ 3 3 κ λ 102 2 2

και

Περ. ΒΚΛ Περ. ΚΓΛΑ κ λ ΚΛ 5 κ 4 λ ΑΓ ΚΛ + + + + +

κ λ 6 +

Οπότε τα κ, λ είναι ρίζες

της εξίσωσης 2x 6x 10 0 +

Η εξίσωση είναι αδύνατη στο IR.

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι για το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε έναν μόνο εξισωτή, τον ΚΛ, για τον οποίο είναι

6 6 6 6ΓΚ 4,22 ΓΛ 1,78

2 2

+

Στη συνέχεια μεταβαίνουμε από το ειδικό (το συγκεκρι-μένο πρόβλημα χωρισμού του αγροκτήματος) στο γενικό:

Α

ΓΒ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ.

Να προσδιοριστούν, αν υπάρχουν,

ευθείες που χωρίζουν την επιφάνεια του

τριγώνου σε δύο σχήματα

ισεμβαδικά και ισοπεριμετρικά.

Η διερεύνηση της γενίκευσης έγινε αποκλειστικά με θεωρήματα και μεθόδους της Άλγεβρας και της Ευκλείδειας Γεωμετρίας που διδάσκονται στο σχολείο, στην Α΄ και Β΄ Λυκείου. Μελετώντας διαδοχικά τις περιπτώσεις, ο εξισωτής να διέρχεται από μία κορυφή του τριγώνου και κατόπιν να τέμνει δύο πλευρές του, καταλήγουμε στα παρακάτω

συμπεράσματα: Σε κάθε ισόπλευρο τρίγωνο οι άξονες συμμετρίας του είναι εξισωτές του, ενώ δεν υπάρχει εξισωτής που να τέμνει τις πλευρές του.

Α

ΓΒ α

α

α

α

K

2

2

Σε κάθε ισοσκελές τρίγωνο Ο άξονας συμμετρίας του είναι εξισωτής του Υπάρχει ένας εξισωτής (και ο συμμετρικός του) που τέμνει τις ίσες πλευρές του β = γ, αν και μόνο

αν ισχύει

Δεν υπάρχει εξισωτής που να διέρχεται από τη βάση του και μία από τις ίσες πλευρές του.

2 2 1 β α <β

Α

ΓΒ

γ

γ

α

α

2

2

Κ

Α

ΓΒ α

β

β

Κ

Λ

Σε κάθε σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ με β > γ > α Δεν υπάρχει εξισωτής που να διέρχεται από τις α, γ Υπάρχει πάντα ένας εξισωτής που να διέρχεται από

τις α, β Υπάρχουν δύο εξισωτές που διέρχονται από τις β, γ

αν και μόνο αν ισχύει (α + β + γ)2 8βγ

γ β

α

Α

Β ΓΚ

Λγ β

α

Α

Β Γ

Κ Λ

Δ. Ντρίζος & Γ. Ρίζος, συνέδριο ΕΜΕ 2013

Πυθαγόρειες Τριάδες Ακεραίων (ΠΤΑ)

O Ευκλείδης (περ. -325 με -265 περίπου), αργότερα ο Διόφαντος (περ. 200/214 – περ. 284/298) αλλά και άλλοι μεταγενέστεροι, μεταξύ αυτών και ο Pierre de Fermat (1601-1665), γνώριζαν πώς να βρίσκουν όλες τις ΠΤΑ. Την πρώτη διατύπωση, με απόδειξη, για τον τρόπο εύρεσης όλων των ΠΤΑ την έδωσε ο Ελβετός μαθηματικός Leonard Paul Euler (1707-1783). Η πρόταση αυτή μάς λέει ότι: Όλες οι πρωτογενείς ΠΤΑ (b, c, a) δίνονται από τους τύπους b = 2xy, c = x2 – y2 και a = x2 + y2 όπου x, y φυσικοί αριθμοί πρώτοι μεταξύ τους, διαφορετικής αρτιότητας με x > y.

Πυθαγόρειες τριάδες ακεραίων (ΠΤΑ) ,δηλαδή τριάδες φυσικών

αριθμών , ,b c a με 2 2 2b c a+ :

(3, 4, 5)

(6, 8, 10)

(5, 12, 13)

(9, 12, 15)

(8, 15, 17)

(12,16,20)

(7, 24, 25)

(15,20,25)

(10,24,26)

(20,21,29)

…………...

Πρωτογενείς πυθαγόρειες τριάδες ακεραίων, δηλαδή

ΠΤΑ με , , 1b c a

(3, 4, 5)

(5, 12, 13)

(8, 15, 17)

(7, 24, 25)

(20,21,29)

…………...

Λίστα (Υ) των υποτεινουσών των πρωτογενών ΠΤΑ

(Υ): 5, 13, 17, 25, 29, 37, 41, 53, 61, 65, 73, 85, 89, 97, 101, 109, …..

Πρωτογενείς ΠΤΑ

•( 3 , 4 , 5)

•(5, 12, 13)

•(8, 15, 17)

•(7, 24, 25)

•(20,21,29)

……….

George Polya Εικασία: Κάθε πρώτος της μορφής 4n + 1 είναι υποτείνουσα ορθογωνίου τριγώνου με ακέραια μήκη κάθετων πλευρών.

Πρόταση δημιουργικής εργασίας Ένας θετικός ακέραιος είναι υποτείνουσα πρωτογενούς ΠΤΑ, αν και μόνον αν, διαιρούμενος με το 12 δίνει υπόλοιπο 1 ή 5 και είναι είτε πρώτος, είτε σύνθετος με πρώτους παράγοντες μόνο της μορφής 4λ+1.

Δ. Ντρίζος, Σ. Σαμορέλης & Εμ. Κοβάνογλου, 2017

Παραδείγματα που αναδεικνύουν τη φυσική ερμηνεία του θεωρήματος του Rolle και του ΘΜΤ του Lagrange

1. Ας υποθέσουμε ότι μια συνάρτηση V(t) μετράει τον όγκο του αέρα που βρίσκεται στους πνεύμονες ενός ανθρώπου, ως προς το χρόνο t, κατά τη διάρκεια μιας αναπνοής. Υποθέτουμε ότι: α) η V είναι συνεχής και περιγράφεται από μια ομαλή καμπύλη (: γραφική παράσταση παραγωγίσιμης συνάρτησης). β) η V(t) παίρνει την ίδια τιμή (περίπου 4 λίτρα) στο τέλος κάθε εισπνοής. Ερώτηση: Υπάρχει χρονική στιγμή, κατά τη διάρκεια μιας αναπνοής, όπου μηδενίζεται ο ρυθμός μεταβολής του όγκου του αέρα που βρίσκεται στους πνεύμονες του ανθρώπου;

2. Πετάμε κατακόρυφα προς τα πάνω μια μπάλα και την ξαναπιάνουμε στο ίδιο ύψος από το οποίο την πετάξαμε. α) Να κάνετε πρόχειρα τη γραφική παράσταση της συνάρτησης θέσης της μπάλας ως προς το χρόνο t. β) Υπάρχει χρονική στιγμή t1 που η ταχύτητα της μπάλας μηδενίζεται; Ποια είναι η κλίση (της εφαπτομένης) της γραφικής παράστασης της συνάρτησης θέσης στο σημείο με τετμημένη t1;

3. Δύο αυτοκίνητα είναι σταματημένα σ’ ένα φανάρι, το ένα δίπλα στο άλλο. Όταν το φανάρι ανάβει πράσινο ξεκινούν, αλλά αναγκάζονται και τα δύο να σταματήσουν στο επόμενο φανάρι. Έτσι, βρίσκονται και τα δύο σταματημένα πάλι, το ένα δίπλα στο άλλο. Υπάρχει χρονική στιγμή κατά την οποία τα δύο αυτοκίνητα έτρεχαν με την ίδια ταχύτητα;

4. Σε ένα χιονοδρομικό κέντρο, ένας σκιέρ κατεβαίνει μια πλαγιά, ξεκινώντας από ένα σημείο Β και καταλήγοντας σε ένα σημείο Α. Υπάρχει περίπτωση ο σκιέρ να αποφύγει την κλίση του ευθυγράμμου

τμήματος ΑΒ; 5. Ο οδηγός ενός Jeep σκοπεύει από το σημείο Α να φτάσει στο Β. Η πλαγιά ΑΒ ορίζεται από την καμπύλη y = f(x) και το Jeep μπορεί να αναρριχηθεί σε κλίσεις έως 25%. Ο οδηγός θα πετύχει το σκοπό του;

Α

Β

150

m

0,5 Km

Χρόνος t σε sec Θέση x(t) σε m

0 2

2 4

5 7

6. Ένα σωματίδιο κινείται πάνω στον άξονα των τετμημένων (των t) Ο πίνακας δείχνει τη θέση του σωματιδίου σε τρεις χρονικές στιγμές. α) Να βρείτε η μέση ταχύτητα του σωματιδίου στο χρονικό διάστημα [0, 5] β) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο τουλάχιστον χρονικές στιγμές κατά τις οποίες η στιγμιαία ταχύτητα του σωματιδίου είναι ίση με τη μέση ταχύτητα στο διάστημα [0, 5]. γ) Να εξετάσετε αν υπάρχει μία τουλάχιστον χρονική στιγμή κατά την οποία η επιτάχυνση του σωματιδίου μηδενίζεται. (Θεωρείστε ότι οι συναρτήσεις της θέσης και της ταχύτητας του σωματιδίου είναι παραγωγίσιμες συναρτήσεις του χρόνου).

Χαρακτηριστικά προβλήματα ακροτάτων τιμών

1η δραστηριότητα Βασική εφαρμογή Αν δύο αριθμοί έχουν σταθερό άθροισμα, τότε το γινόμενό τους γίνεται μέγιστο στην περίπτωση που οι δύο αριθμοί είναι ίσοι.

2

α β c

Γ(α) α(c α) Γ(α) α cα

+

+

Χαρακτηριστικά προβλήματα ακροτάτων τιμών

1η δραστηριότητα Βασική εφαρμογή Αν δύο αριθμοί έχουν σταθερό άθροισμα, τότε το γινόμενό τους γίνεται μέγιστο στην περίπτωση που οι δύο αριθμοί είναι ίσοι.

2

α β c

Γ(α) α(c α) Γ(α) α cα

+

+

… Το γινόμενο αβ γίνεται μέγιστο για c

α β2

Μια γεωμετρική απόδειξη χωρίς λόγια

A Bδ

Μ

Κ

AK + KB = δ ΜΚ2 = ΑΚ ∙ ΚΒ

Ανάλογη γεωμετρική διατύπωση Από όλα τα ορθογώνια παραλληλόγραμμα με σταθερή

περίμετρο, το τετράγωνο έχει το μεγαλύτερο εμβαδόν. Παράδειγμα 1 Από όλα τα τρίγωνα με σταθερή περίμετρο, να προσδιορίσετε

εκείνο που έχει το μεγαλύτερο εμβαδόν.

Ανάλογη γεωμετρική διατύπωση Από όλα τα ορθογώνια παραλληλόγραμμα με σταθερή

περίμετρο, το τετράγωνο έχει το μεγαλύτερο εμβαδόν. Παράδειγμα 1 Από όλα τα τρίγωνα με σταθερή περίμετρο, να προσδιορίσετε

εκείνο που έχει το μεγαλύτερο εμβαδόν.

Τύπος του Ήρωνα

Ε τ τ α τ β τ γ

Παράδειγμα 2

Από όλα τα τρίγωνα με σταθερό το μήκος μιας πλευράς τους και σταθερό το άθροισμα των μηκών των άλλων δύο πλευρών τους, να προσδιορίσετε εκείνο που έχει το μέγιστο εμβαδόν.

γ = λ - x

α = 2κ

β = λ + x

Από την τριγωνική ανισότητα έχουμε: 2κ < (λ – x) + (λ + x) δηλαδή κ < λ.

2κ λ x λ xα β γτ κ λ

2 2

+ + + + + +

Το Ε2, άρα και το Ε, γίνεται μέγιστο όταν x = 0.

2 2 2 2 2

Ε κ λ λ κ κ x κ x

E λ κ κ x

+ +

γ = λ - x γ = λ

α = 2κ α = 2κ

β = λ + x β = λ

Παράδειγμα 3 Από όλα τα κυρτά ν-γωνα, δεδομένου ν, που είναι εγγεγραμμένα

στον ίδιο κύκλο, να προσδιορίσετε εκείνο που έχει το μεγαλύτερο εμβαδόν.

Παράδειγμα 3 Από όλα τα κυρτά ν-γωνα, δεδομένου ν, που είναι εγγεγραμμένα

στον ίδιο κύκλο, να προσδιορίσετε εκείνο που έχει το μεγαλύτερο εμβαδόν.

"Αρχή" του ελάχιστου δρόμου (ή "αρχή" του Ήρωνος) Ο Ήρων ο Αλεξανδρεύς, γύρω στο 125 π.Χ. απέδειξε, στα

Κατοπτρικά του, την πρόταση:

Όταν μια ακτίνα φωτός ανακλάται σε ένα κάτοπτρο (επίπεδο ή σφαιρικό), η διαδρομή που ακολουθεί η ακτίνα (πηγή-κάτοπτρο-παρατηρητής) είναι η συντομότερη σε σύγκριση με οποιαδήποτε άλλη δυνατή διαδρομή της ανακλώμενης ακτίνας.

Η μαθηματική διατύπωση του ερωτήματος Έστω ευθεία (ε) και δύο σημεία Α και Β, έξω από αυτήν και προς το ίδιο μέρος της. Να προσδιορίσετε σημείο Μ της (ε) έτσι, ώστε το άθροισμα ΑΜ + ΜΒ να γίνεται ελάχιστο.

Η μαθηματική διατύπωση του ερωτήματος Έστω ευθεία (ε) και δύο σημεία Α και Β, έξω από αυτήν και προς το ίδιο μέρος της. Να προσδιορίσετε σημείο Μ της (ε) έτσι, ώστε το άθροισμα ΑΜ + ΜΒ να γίνεται ελάχιστο.

Παράδειγμα Από όλα τα τρίγωνα με σταθερή μια πλευρά τους και σταθερό το αντίστοιχο προς αυτήν ύψος, να προσδιορίσετε εκείνο που έχει τη μικρότερη περίμετρο.

Παράδειγμα Από όλα τα τρίγωνα με σταθερή μια πλευρά τους και σταθερό το αντίστοιχο προς αυτήν ύψος, να προσδιορίσετε εκείνο που έχει τη μικρότερη περίμετρο.

2η δραστηριότητα Να προσδιορίσετε σημείο Μ στο επίπεδο τριγώνου ΑΒΓ έτσι, ώστε το άθροισμα ΜΑ + ΜΒ + ΜΓ να γίνεται ελάχιστο.

2η δραστηριότητα Να προσδιορίσετε σημείο Μ στο επίπεδο τριγώνου ΑΒΓ έτσι, ώστε το άθροισμα ΜΑ + ΜΒ + ΜΓ να γίνεται ελάχιστο.

3η δραστηριότητα Σε δεδομένο οξυγώνιο τρίγωνο να "εγγράψετε" τρίγωνο ελάχιστης περιμέτρου.

3η δραστηριότητα Σε δεδομένο οξυγώνιο τρίγωνο να "εγγράψετε" τρίγωνο ελάχιστης περιμέτρου.

3η δραστηριότητα Σε δεδομένο οξυγώνιο τρίγωνο να "εγγράψετε" τρίγωνο ελάχιστης περιμέτρου.

3η δραστηριότητα Σε δεδομένο οξυγώνιο τρίγωνο να "εγγράψετε" τρίγωνο ελάχιστης περιμέτρου.

1. Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Μ που κινείται στην υποτείνουσα ΒΓ. Από το Μ φέρνουμε τα κάθετα τμήματα ΜΚ και ΜΛ προς τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Να προσδιορίσετε τη θέση του Μ στη ΒΓ, ώστε το μήκος το τμήματος ΚΛ να γίνεται ελάχιστο.

Μια ενότητα θεμάτων Ευκλείδειας Γεωμετρίας που αναδεικνύουν την ιδέα των διαδοχικών γενικεύσεων

Τι σχήμα είναι το AΚMΛ, και γιατί; Ποια σχέση έχουν οι διαγώνιές του μεταξύ τους;

2. Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Μ που κινείται στην πλευρά ΒΓ. Από το Μ φέρνουμε τα κάθετα τμήματα ΜΚ και ΜΛ προς τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Να προσδιορίσετε τη θέση του Μ στη ΒΓ, ώστε το μήκος το τμήματος ΚΛ να γίνεται ελάχιστο. Ποια ιδιότητα χαρακτηρίζει το τετράπλευρο ΑΚΜΛ;

Ποια σχέση έχουν οι διαγώνιές του μεταξύ τους;

ΚΛ

2R ΑΜημΑ

Πότε λοιπόν ελαχιστοποιείται το ΚΛ;

από νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΚΛ.

3. Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Μ που κινείται στην πλευρά ΒΓ. Φέρνουμε τα τμήματα ΜΚ και ΜΛ, όπου Κ σημείο της πλευράς ΑΒ και Λ σημείο της πλευράς ΑΓ τέτοια, ώστε

γωνία με το ίδιο σταθερό μέτρο για οποιαδήποτε θέση του Μ. Να προσδιορίσετε τη θέση του Μ στη ΒΓ, ώστε το μήκος το τμήματος ΚΛ να γίνεται ελάχιστο.

· · µ µΒΚΜ ΜΛΓ ω, όπου ω

Φέρνουμε τα τμήματα ΒΛ΄ // ΜΛ και ΓΚ΄ // ΜΚ. µ µφ B Γ 2ω 180 + + $ $

Από την ομοιότητα των τριγ. ΒΚΜ, ΒΚ΄Γ και ΓΛΜ, ΓΛ΄Β παίρνουμε: μ

x κα

και νλ

yα

και με το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγ. ΜΚΛ, έπειτα από πράξεις βρίσκουμε: 2 2 2

2 2 2

2

μ ν 2μν συνφ ν μν συνφΚΛ κ 2 κ ν

α α

+ + + + ,

που είναι τριώνυμο του κ με θετικό συντελεστή δευτεροβαθμίου όρου, καθώς

μ2 + ν2 + 2μνσυνφ = (μ2 + ν2 – 2μν) + (2μν + 2μνσυνφ) = = (μ – ν)2 + 2μν(1 + συνφ) > 0.