Ευκλειδης Α 86

ΟΚΤΟΒΡΙΟΣ • ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ • ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2012 εupίι 3,00

κή Εταιρεία

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΛΗΡΟΦΟΡΗΣΗΣ ,

yια το yυμνασιο Τεύχοι; 86

ευκλείδης Οκτώβριοι;- Νοέμβριοι;- Δεκέμβριοι; 2012

Τιμή Τειίχοv; Εvιιώ 3,00

e-mail: [email protected], www.hms.gr

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Γενικά "'Αρθρα

./ Το Παράρτημα Ν. Μαγνησίας της Ε.Μ.Ε.: Η Δράση του το 2011-2012, Επιμέλεια: Σπ. Δημόπουλος 1 ./ Το εξώφυλλό μας, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . .... . . . . . . 3 ./ Νηλ Άρμστρονγκ ο ήρωας του Διαστήματος, κ. Μαυρομμάτης . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

./ Τ α Μαθηματικά και ο Πολιτισμός, Γ. Ωραιόπουλος . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 ./ Το Ευπαλίνειο Όρυγμα. Ο Υδραγωγός της Σάμου, Ν. Σακαλάκη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . 10

Α� Τάξη ./ Η Ιστορία της Αριθμητικής, Γ. Ωραιόπουλος . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 ./ Συμμετρία, Π. Νικολουδάκης και Σπ. Δημόπουλος . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . 16

Β" Τάξη ./ Σχέδιο μαθήματος στο Πυθαyόρειο Θεώρημα, ι. Φόβος . . . • . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 ./ Τριγωνομετρία, Π. Νικολουδάκης και Σπ. Δημόπουλος . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

Γ"Τlιξη ./ Μαθημσπκές Σχέσεις, Π. Νικολουδάκης και Σπ. Δημόπουλος . • . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . 26 ./ Ομοιότηm, Π. Νικολουδάκης και Σπ. Δημόπουλος . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

Σελίδες για 6λοuς ./ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί, Επιτροπή Διαγωvισμώv . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 ./ 1ος Τσιι.ός Διαγωνισμός για μαθητές ΑΤυμvασίου, Π. Νικολουδάκης, Σπ. Δημόπουλος, Α. Κοvτοvίvα . . 39 ./ Νέες Τqνολογίες και Μαθηματικά, Στ. Μακρής .............................................. 41 ./ Χαίρομαι να λύνω, Ε. Τριανταφύλλου . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

./ Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν, Σ. Γεωργίου . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 ••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••

ΕΚΔΟΣΗ 1ΗΣ ΜΑθΗΜΑτΙΚΗΣ ΕτΑΙΡΕΙΑΣ

IWιiiERΣIIM80Y 34 • 106 79 ΑθΗΝΑ

Τηl.: 210 3617784 • 3616532 Fu: 210 3641025 Εκδότης: Καλοyερ6πουλος Γρηγόριος Διεuθuντι'jς: Εμμανουήλ Κρητικός

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2054 ISSN: 1105 - 7998 Επιμέλεια ·εκδοαης: Αλαφ6κη Σταυρούλα Βαρόποuλος Δήμος

Συντακτική επιτροπή

Επίτιμος Πρόεδρος: Ωραιόποuλος Γεώργιος Πρόεδρος: Βαρόποuλος Δήμος Αντιπρόεδρος Α":

Κuρ6νας Παναγιώτης Αντιπρόεδρος Β":

Λuμπερόποuλος Γεώργιος Γραμματεία:

Αλαφ6κη Σταυρούλα Σίσκοu Μαρία

Μέλη:

Κιούφτη Ροϊδούλα Κuρ6νας Παναγιώτης Λαγός Γεώργιος Λuμπερόποuλος Γεώργιος Μενδωνίδης Γεώργιος Μορφοπούλοu Μαρία Μπακ6λης Αναστ6οιος Πανοuο6κης Νικόλαος Παπασταuρίδης Σταύρος Ποuλ6κη Μαρία Ρίζος Γεώργιος

Η έγκαιρη πληρωμή της συνδρομής

βοηθάει στην έκδοση

Αγγέλη �ννα Αλαφ6κη Σταυρούλα Αλεξανδρ6τοu �ννα Αργύρη Παναγιώτα Γεωργίου Σπύρος Γληνού Αικατερίνη

Σ6λαρης Κωνσταντίνος Σίοκοu Μαρία Τοαπακίδης Γεώργιος Τοικοπούλοu Στ6μη Χριστοδούλου Ντόρα Χρuοοβέργης Μιχαήλ Ωραιόποuλος Γεώργιος

του περιοδικού

••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••

lil/OΚfHΣIA mς ΕΜΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΠΚΗΣ ΠΑΙΡΕΙΑΣ

Ετοιχειοθεtιία - Εελιδοποίηtιη: EMHNIKH Μι\ΘΗΜΙ\ΠΚΗ ΠΑ/ΡΕ/Α

Εκτύπωαη: ROTOPRINT 14. ΜΠΡΟΥΣΜΗ & Σ/Α EEJ. τηλ.: 210 6623778 • 358

Yncuθuvoς τυnογpαφcίου: · Δ. Παπαδόπουλος

• Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει όn προτείvονrαι από την Ε.Μ.Ε. • Οι συνερyασίες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει

να οτέΑvονrαι έγκαιρα, οτα yραφεία της Ε.Μ.Ε. με την tvδειξη "Για τον Ευκλείδη Κ". Τα χειρόyραφα δεν εmοτρέφονrαι. Όλα τα ά-υπόκεινrαι σε κρίση lbΦ"41%! ·!Λ*Μ Ετήσια σuvδ(!ομή (10,00+2,00 Ταχυδ(!ομικά=εv(!ώ 12,00). Ετήσια σuvδ(!ομή για Σχολεία εv(!ώ 10,00 Το ανrίπμο yια τα τεύχη 1100 παραyyέΑvονrαι οτεΛvεται: 1. Με απλή ταχυδρομική εmταyή σε διαταyή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.θ. 30044 2. Στην ιστοσεΑίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυvατ6ιητα τραπεζικής συvαλλαyής με την τράπεζα EUROBANK 3. Πληρώνεται οτα yραφεία της Ε.Μ.Ε. 4. Με ανηκαrαβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών στο χώρο σας, κατά την παραλαβή.

'

Για τη δημιουργία αυτού του τεύχους συνεργαστήκαμε με το Παράρτημα Μαγνησίας. Ευχαριστούμε τους συναδέλφους για την πληθώρα ύλης που στείλανε. Τα άρθρα που δεν δημοσιεύονται σε αυτό το τεύχος προγραμματίζονται για επόμενα τεύχη.

Το Παράρτημα Ν. Μαγνησίας της Ε.Μ.Ε.: Η Δράση του το 2011-2012 Επιμέλεια: Σπύρος Δημόπουλος

Το Παράρτημα Ν. Μαγνησίας της Ε.Μ.Ε. με έδρα τον Βόλο ιδρύθηκε το 1986 και έχει ως μέλη του τα μέλη της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας που ζουν ή εργάζονται στο Νομό Μαγνησίας. Έχει περίπου 320 μέλη πτυχιούχους Μαθηματικούς ως τακτικά μέλη και πτυχιούχους θετικών επιστημών και τεχνολογίας ως αντεπιστέλλοντα μέλη, οι οποίοι εργάζονται ως καθηγητές σε Σχολεία της Δευτεροβάθμιας εκπαίδευσης, σε Ανώτατα Τεχνολογικά Εκπαιδευτικά Ιδρύματα, στο Πανεπιστήμιο Θεσσαλίας, σε Ιδιωτικά Φροντιστήρια, ως Ιδιωτικοί Εκπαιδευτικοί, σε μεγάλους Δημόσιους Οργανισμούς και Υπηρεσίες του Δημοσίου και των ΔΕΚΟ, αλλά και σε ιδιωτικές επιχειρήσεις.

Το Παράρτημα Ν. Μαγνησίας της Ε.Μ.Ε. διοικείτε από 7-μελή Διοικούσα Επιτροπή που εκλέγεται από τα μέλη του Παραρτήματος, με διετή θητεία. Η παρούσα Διοικούσα Επιτροπή προήλθε από τις εκλογές που έγιναν στις 3 Μαρτίου 2012 και της σύνθεσή της Δ.Ε. είναι η εξής: Πρόεδρος Νικολουδάκης Πέτρος, Αντιπρόεδρος Α' Καρανίκας Θωμάς, Αντιπρόεδρος Β' Κοντονινα Αναστασία, Γενικός Γραμματέας Κομνος Κώστας, Ταμίας Δημόπουλος Σπύρος, Ει�κός Γραμματέας Στάμου Ελένη, Έφορος Βιβλιοθήκης Ζιώγας Χρήστος. Σε όλη τη διάρκεια του χρόνου πραγματοποιούνται επιστημονικές, επιμορφωτικές και κοινωνικές εκδηλώσεις όπως Μαθηματικοί Διαγωνισμοί, Ημερίδες Μαθηματικών, Διαλέξεις, Σεμινάρια, Κοπή Βασιλόπιτας, προετοιμασία μαθητών ενόψει των Μαθηματικών διαγωνισμών, Βράβευση Μαθητών, Αποκριάτικος Χορός, Εκδρομές κ.ά.

Κορυφαία εκδήλωση και δράση για το Παράρτημα Μαγνησίας τη Ε. Μ. Ε. ήταν η διοργάνωση και πραγματοποίηση στο Βόλο του 25ου Πανελληνίου Συνεδρίου της ΕΜΕ τον Νοέμβριο του 2008, με θέμα «Η Μαθηματική Εκπαίδευση και η σύνθετη πραγματικότητα του 21 ου αιώνα».

Το Δεκέμβριο 2011 εξέδωσε ένα κομψό 48σέλιδο βιβλιαράκι με αναφορά στη Δράση του Παρατήματος κατά την τελευταία 1 Οετία 2002-2011.

Στην 'ιστοσελίδα του Παρατήματος: www.hms-volos.gr μπορεί να βρει κανείς όλες τις δραστηριότητες μας, αναλυτικά με πλούσιο φωτογραφικό υλικό.

Με βασικό γνώμονα ότι το Παράρτημά μας αποτελεί τμήμα και προέκταση της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας, ως πρώτο και βασικό στόχο έχουμε την υλοποίηση και υποστήριξη των δράσεων και αποφάσεων του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. Στη συνέχεια και σε αρμονία πάντα με την κεντρική διοίκηση, οργανώνουμε και τοπικές δράσεις και εκδηλώσεις, στα πλαίσια του καταστατικού ΕΜΕ και επιστημονικού μας ρόλου.

Ενδεικτικά αναφέρουμε τις εξής εκδηλώσεις και δράσεις του Παραρτήματος Μαγνησίας της ΕΜΕ, κατά την προηγούμενη χρονιά 2011-2012. Α) Διοργανώσαμε και πραγματοποιήσαμε τον 72° Πανελλήνιο Μαθητικό Διαγωνισμό «0

Θαλής», στην Μαγνησία. Παράλληλα πραγματοποιήσαμε και τον Τοπικό Διαγωνισμό «0 Θαλής για την Α'», για τους μαθητές και μαθήτριες της Α' Γυμνασίου, ως συνέχεια του Διαγωνισμού «Παιχνίδι και Μαθηματικά». Η συμμετοχή των παιδιών ήταν αρκετά ικανοποιητική, θα λέγαμε αρκετά μεγάλη. Το ίδιο έyινε και με την Διαγωνισμό «0 Ευκλείδηφ. Πραγματοποιήσαμε και για την Α' Γυμνασίου Διαγωνισμό «0 Ευκλείδης για την Α'».

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 86 τ.2/1

------ Το Παράρτημα Ν. Μαγνησίας της Ε.Μ.Ε.: Η Δράση του το 2011-2012 ------

Στο διάστημα μεταξύ των Διαγωνισμών Θαλή και Ευκλείδη, πραγματοποιήσαμε μαθήματα για τους μαθητές που διακρίθηκαν. Τα μαθήματα έγιναν Σάββατα και κατά τις ημέρες των διακοπών των Χριστουγέννων. Τα παρακολούθησαν περίπου 70 μαθητές. Τέλος, στις 20 Ιουνίου 2012, πραγματοποιήσαμε την Τελετή βράβευσης των μαθητών που διακρίθηκαν στους Διαγωνισμούς, «ο Θαλήρ> και «0 Ευκλείδης». Στην εκδήλωση αυτή ο κ. Θρασύβουλος Μαχαίρας, φυσικός, παρουσίασε μια καταπληκτική οπτικοακουστική σύνθεση - ομιλία με θέμα: «Οι 8 σπόνδυλοι του κόσμου». Η συμμετοχή του κόσμου ήταν κάτι παραπάνω από μαζική. Η αίθουσα που χωρούσε 350 άτομα αποδείχτηκε πολύ μικρή!! Όπως κάθε χρόνο έτσι και φέτος οι εκδηλώσεις Τελετής βράβευσης του Παραρτήματός μας, αποτέλεσαν μεγάλο πολιτιστικό και κοινωνικό γεγονός. Οι σχετικές φωτογραφίες το επιβεβαιώνουν.

Β) Ο Διαγωνισμός «Παιχνίδι και Μαθηματικά» για μαθητές Ε' και ΣΤ' Δημοτικού. Στη Μαγνησία από την πρώτη στιγμή αγκαλιάστηκε ο

Διαγωνισμός τόσο από τη Δ.Ε. του Παραρτήματος όσο και από τους συναδέλφους Εκπαιδευτικούς της Πρωτοβάθμιας Εκπαίδευσης, Προϊσταμένους, Διευθυντές Σχολείων, Δασκάλους αλλά το κυριότερο από τους μαθητές και τους γονείς των. Έτσι ο 6°ς Πανελλήνιος Μαθητικός Διαγωνισμός «Παιχνίδι και Μαθηματικά» που πραγματοποιήθηκε στις 30 Μαρτίου 2012, είχε από κάθε άποψη μεγάλη επιτυχία.

Στα πλαίσια σωστής προετοιμασίας, συνεργαστήκαμε με τον Διευθυντή Πρωτ/θμιας Εκπαίδευσης, με τους Σχολικούς Συμβούλους Π.Ε. και επικοινωνήσαμε με όλα τα Δημοτικά σχολεία του Νομού Μαγνησίας.

Πραγματοποιήσαμε Ημερίδα ενημέρωσης και επιμόρφωσης των Δασκάλων που δίδασκαν στις τάξεις Ε' και ΣΓ δημοτικού σε συνεργασία με τον καθηγητή του Παιδαγωγικού Τμήματος Δημοτικής Εκπαίδευσης του Πανεπιστημίου Θεσσαλίας κ. Τριαντάφυλλο Τριανταφυλλίδη, Μαθηματικό και τους κ. κ Σχολικούς Συμβούλους Πρωτοβάθμιας Εκπαίδευσης Μαγνησίας.

Οι συνεχείς ανακοινώσεις στον τοπικό τύπο, οι εμφανίσεις στα τοπικά τηλεοπτικά κανάλια\και ραδιόφωνα, είχαν ως αποτέλεσμα να συμμετάσχουν στον Διαγωνισμό περισσότερα παιδιά από κάθε άλλη φορά.

Στο Νομό μας, με ελεύθερη συμμετοχή, έλαβαν μέρος 2087 μαθήτριες και μαθητές από 68 σχολεία, 1089 μαθητές Ε' τάξης και 998 μαθητές ΣΓ τάξης, από 170 τμήματα συνολικά.

Τα γραπτά βαθμολογήθηκαν, τα περισσότερα, από τους Δασκάλους και τις Δασκάλες των παιδιών, σε πρώτη βαθμολόγηση και σε δεύτερη από Μαθηματικούς μέλη του Παρατήματος.

Στις 1 Ο Ιουνίου 2012, έγινε η Τελετή Βράβευσης των παιδιών που διακρίθηκαν στο Πνευματικό Κέντρο την Μητρόπολης Δημητριάδος και παραβρέθηκαν οι μαθητές και μαθήτριες που βραβεύθηκαν, οι γονείς και κηδεμόνες , συγγενείς και φίλοι, Δάσκαλοι, Διευθυντές των Σχολείων κ.ά.

Γ) Το Καλοκαιρινό Σχολείο. Πραγματοποιήσαμε το 2° Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο για μαθητές Ε' και Στ' Δημοτι

κού, που διακρίθηκαν ή βραβεύτηκαν στον 6° Διαγωνισμό «Παιχνίδι και Μαθηματικά». Τα μαθήματα έγιναν στο διδακτήριο του 14ου Δημοτικού Σχολείου Βόλου, από 25 μέχρι και 29 Ιουνίου 2012, δηλαδή 5 ημέρες. Το σχολείο παρακολούθησαν περίπου 180μαθητές και μαθήτριες από όλα τα σχολεία του νομού, δίδαξαν περίπου 20 συνάδελφοι και ήταν μια προσφορά των μελών του Παραρτήματος προς τα παιδιά.


Το εξώφυλλό μας ντε Κίρικο,Αvήσv;ιιεςΜούσες, 1918, λάδι σε μουσαμά.

Ο Τζόρτζιο ντε Κίρικο (10 Ιουλίου 1888 - 20 Νοεμβρίου 1978) ήταν Ιταλός ζωγράφος, συγγραφέας και γλύπτης Ο ντε Κίρικο γεννήθηκε στο Βόλο και ήταν ο πρωτότοκος γιος του Εβαρίστο και της Τζέμα ντε Κίρικο. Οι πρόγονοί του ήταν ιταλικής καταγωγής που εγκαταστάθηκαν και κατοικούσαν στην ανατολική Μεσόγειο αρκετές γενιές πριν. Ο πατέρας του εργαζόταν ως μηχανικός και επέβλεπε την κατασκευή του θεσσαλικού σιδηροδρομικού δικτύου το 1881, ενώ η μητέρα του ήταν πρώην τραγουδίστρια της όπερας. Η οικογένειά του εγκαταστάθηκε μόνιμα στην Ελλάδα το 1897, εννέα χρόνια μετά τη γέννηση του. Υπήρξε ο κύριος εκπρόσωπος της μεταφυσικής ζωγραφικής* και γνωστός για τη μεταφυσική και ονειρική αίσθηση του έργου του, την οποία όμως εγκατέλειψε το 1919, για να επιστρέψει σε ένα είδος κλασικισμού με επιρροές από τον Ραφαήλ, τον Ρούμπενς κ.ά. Επηρεάστηκε όχι μόνο από την κλασική αρχαιότητα, αλλά και από τη γερμανική φιλοσοφία του Σοπενχάουερ και του Νίτσε.

Θεωρήθηκε ο μεγάλος πρόδρομος του σουρεαλισμού. Σπούδασε ζωγραφική στο Μόναχο από το 1906 έως το 1909. Στη διάρκεια ενός ταξιδιού του στο Παρίσι ( 1911-1914) γνωρίστηκε με τον Απολιναίρ και τον Πικάσο. Απέναντι στις πρωτοπορίες των αρχών του 20ού αιώνα και στις στιλιστικές εικονοκλαστικές αναζητήσεις των καλλιτεχνών του Παρισιού, ο Ντε Κίρικο προασπίστηκε μια ζωγραφική αναπαραστατική. Αντλούσε τα θέματά του από τους αρχαίους μύθους, από φαντασίες και οράματα της μνήμης. Αφοσιώθηκε στις τοπιογραφίες, στις νεκρές φύσεις και σε θέματα σχετικά με την αρχαιότητα και τον μεσογειακό χώρο. Ανάμεσα στα έργα του είναι και τα ακόλουθα: «Αίνιγμα ενός φθινοπωρινού aπομεσήμερου», «Μεταφυσικά εσωτερικά», «Μυστηριώδη λουτρά», «'Έπιπλα στην κοιλάδα», <<Έκτωρ και Ανδρομάχη», « ο μάντης». Στο παρισινό περιβάλλον ο De Chirico δείχνει να έχει ενεργοποιήσει όλο το φάσμα των δυνατοτήτων που του παρέσχε η Μνημοσύνη για να θεωρητικοποιήσει την «ποιητική» και «ηθική» διάσταση της Αντικειμενικότητας. Εκείνη την περίοδο, όσο καιρό έμεινε στο Παρίσι, δημιούργησε πλήθος σημαντικών έργων που δείχνουν τη μετάβασή του σε περισσότερες σύνθετες «θεάσεις /θεωρίες» των πραγμάτων,εισάγοντας με έναν μυστηριακό αλλά και Ύεωμετρικό I μαθηματικό τρόπο πότε το βλέμμα του μάντη και πότε τον εμπνευσμένο λόγο του ποιητή στη σκηνή. Στο έργο του De Chiήco: αντί σε ένα «μάτι» να εστιάζεται το σύνολο των γραμμών του οπτικού πεδίου, ικανοποιώντας την απαίτηση του αναγεννησιακού ανθρώπου να ελέγξει απολύτως λογικά τον ορατό κόσμο: οι όψεις και οι κατόψεις των πραγμάτων, οι τομές και οι κλίσεις, οι βυθίσεις και οι ανώσεις των επιφανειών, οι aξονομετρικές και οι ισομετρικές προβολές, προβάλλουν τις ίδιες τις δυνάμεις των πραγμάτων. Άλλωστε προτροπή του De Chirico ήταν «να ανακαλύψουμε ένα μάτι σε κάθε πράγμα». * Με αυτόν τον όρο εννοούμε την αναπαράσταση μιας πραγματικότητας φαντασιακής, που

αποτελεί πολλές φορές μια έντονη καταγγελία της απώλειας των βασικών νοημάτων της ανθρώπινης ύπαρξης. Τα έργα της μεταφυσικής ζωγραφικής έχουν αινιγματική ατμόσφαιρα.


Νηλ Άρμστρονγκ , ο ηρωας

του Διαστήματος Του Κωνσταντίνου Δ. Μαυρομμάτη

Μαθηματικού Προέδρου της Εταιρείας Αστρονομίας και Διαστήματος

Στις 26 Αυγούστου 2012 αναγγέλθηκε από τα μέσα επικοινωνίας ο θάνατος, από καρδιακό επεισόδιο του Αμερικανού αστροναύτη Νηλ Άρμστρονγκ (Armstrong Neil), που πρώτος πάτησε το πόδι του στη Σελήνη, στις 20 Ιουλίου 1969. Επρόκειτο για την απώλεια ενός μεγάλου άνδρα, που ανήκει πλέον σε όλη την ανθρωπότητα, μια και ο διαστη

μικός χώρος και ειδικότερα η Σελήνη, στην οποία πρώτος περπάτησε, είναι δορυφόρος της Γης και επομένως ανήκει σε όλο τον κόσμο. Ο Νηλ Άρμστρονγκ είναι ο aστροναύτης, που έχει όλα τα χαρακτηριστικά του ήρωα, διότι και αυτός ριψοκινδύνευσε τη ζωή του κατακτώντας το υπερπέραν και αψήφησε τα πάντα για να πατήσει το πόδι του στο Φεγγάρι και να προσφέρει στην ανθρωπότητα, αυτή τη μοναδική εμπειρία.

Χαρακτηριστικά ο Αμερικανός πρόεδρος Μπαράκ: Ομπάμα, όταν πληροφορήθηκε το θάνατό του είπε «0 Νηλ ήταν ένας από τους μεγαλύτερους Αμερικανικούς ήρωες, όχι μόνο για την σημερινή εποχή, αλλά όλων των εποχών». Ο ίδιος, με τους άλλους δύο συναδέλφους του αστροναύτες, το Έντουιν Ώλντριν (Edwin Aldrin), που τον ακολούθησε στην επιφάνεια της Σελήνης και τον Μιχαήλ Κόλινς, (Michael Collins), που περιφερόταν γύρω από τη Σελήνη, απογειώθηκε με το «Απόλλων - 11 » (Apollo - 11 ), στις 16 Ιουλίου 1969, οπότε ξεκίνησε η μεγάλη αποστολή. «Σήμερα, το πνεύμα της αποστολής του Νηλ συνεχίζει να εμπνέει όλους τους άνδρες και τις γυναίκες που έχουν αφιερώσει τη ζωή τους για να εξερευνήσουν Οι τρεις αστροναύτες του "Απ6λλων- 11": το άγνωστο, συμπεριλαμβανομένων εκείνων που Κ6λλινς. Άρμστρονγκ. Ώλντριν. μας κάνουν να πάμε ακόμη ψηλότερα και μακρύ-τερα στο Διάστημα», συνεχίζει ο πρόεδρος Ομπάμα στο μήνυμά του.

Για να γνωρίσουμε καλύτερα τον Νηλ Άρμστρονγκ Ας δούμε, λοιπόν, μερικά από τη ζωή και την αστροναυτική δράση του Νηλ Άρμστρονγκ:, ο

οποίος ήταν ο 25°ς άνθρωπος που εκτοξεύθηκε στο Διάστημα. Ο Νηλ Ώλντεν Άρμστρονγκ: (Neil Alden Anηstrong), γεννήθηκε κοντά στο Wapakoneta του

Οχάιο (ΗΠΑ) στις 5 Αυγούστου 1930. Σε ηλικία 16 ετών απέκτησε την πρώτη του εκπαιδευτική άδεια πιλότου, προτού ακόμη κά

νει μαθήματα για να πάρει άδεια οδήγησης αυτοκινήτου. Λίγο αργότερα, το 1947, αποφοίτησε από το Blume High School του Wapakoneta. Κατόπιν, πήρε υποτροφία από τον αμερικανικό στρατό, μπήκε στο Πανεπιστήμιο Purdue και ξεκίνησε τις σπουδές του ως αεροναυπηγού. Το


---------- Νηλ Άρμστρονγκ ο ήρωας του Διαστήματος ----------

1949, έγινε χειριστής αεροσκάφους και το 1955, μπήκε στην Εθνική Συμβουλευτική Επιτροπή Αεροναυτικής (NACA), τη μετέπειτα NASA και εξελίχτηκε σε έναν από τους καλύτερους δοκιμαστές αεροσκαφών, πραγματοποιώντας πτήσεις με ταχύτητα πάνω από 6.000 χλμ. την ώρα, σε ύψος 60 χλμ., με το πυραυλοκίνητο αεροσκάφος Χ -15.

Το 1962 επιλέχτηκε για το σώμα των αστροναυτών και το 1966 έκανε την παρθενική του πτήση στο Διάστημα με το διαστημόπλοιο «Δίδυμοι -8», το οποίο εκτοξεύτηκε στις 1 6.3 . 1 966 μαζί με το αστροναύτη και Σκοτ Ντέιβιντ (Scott Daνid) και με κατάλληλους ελιγμούς πέτυχε να πλησιάσει και να συνδεθεί με ένα άλλο μη επανδρωμένο διαστημόπλοιο, το «Εϊτζίνα» ("Agena"). Ήταν η πρώτη σύνδεση διαστημοπλοίων στο Διάστημα. Η πτήση αυτή διήρκεσε ΙΟώ. 41λ. 26δ.

Η δεύτερη διαστημική πτήση του, ως κυβερνήτη της αποστολής «Απόλλων- 1 1», τον έφερε στη Σελήνη, όπου στις 2 1 .7. 1969 πάτησε πρώτος το πόδι του στην επιφάνειά της.

Όταν η σεληνάκατος «Αετός» ακούμπησε στη Σελήνη ο Άρμστρογκ ανέφερε προς τη Γη: Εδώ βάση ηρεμίας. Ο «Αετός» προσεδαφίστηκε. Όταν δε λίγο αργότερα άρχισε να περπατάει πάνω στην επιφάνεια της Σελήνης περιέγραψε ως εξής το βάδισμά του: Η σκόνη κολλάει σε λεπτό στρώμα, σαν καρβουνόσκονη, πάνω στις σόλες και τα πλάγια των παπουτσιών μου. Μπορώ να την ανασηκώσω από το έδαφος με την άκρη των παπουτσιών μου. Προχωρώ με πολύ μικρά βήματα, ολίγων μόλις εκατοστόμετρων και βλέπω τα αποτυπώματα των παπουτσιών μου και τα ίχνη των βημάτων μου πάνω στη λεπτόκοκκο αμμώδη έκταση. Δεν νιώθω δυσκολία στις κινήσεις μου ...

Μετά από λίγο κάθισε απέναντι από την κάμερα της σεληνακάτου, ώστε να τον βλέπουν οι κάτοικοι της Γης από τις τηλεοράσεις τους και διάβασε την επιγραφή της πλάκας που ήταν στη βάση του «Αετού»: Εδώ άνθρωποι από τον πλανήτη Γη πάτησαν πρώτοι το έδαφος της Σελήνης. Ιούλιος 1969. Ήρθαμε με προθέσεις ειρηνικές για όλη την ανθρωπότητα.

Η διάρκεια της πτήσης αυτής ήταν 8ημ. 19ώ. 1 8λ. 35δ., από την οποία οι 2 1ώ. 36λ. ήταν χρόνος παραμονής στην επιφάνεια της Σελήνης.

Ο Νηλ Άρμστρονγκ παραιτήθηκε από τη NASA το 197 1 , έπειτα από θητεία 17 ετών για να γίνει καθηγητής αεροδιαστημικής μηχανικής στο Πανεπιστήμιο Σινσινάτι. Το 1979, αποσύρθηκε και από το Πανεπιστήμιο και ασχολήθηκε με ιδιωτικές εργασίες. Δεν επιθυμούσε τη δημοσιότητα, δεν ήθελε διακρίσεις, ούτε εκδηλώσεις προς τιμή του. Το 1995 ήταν διευθυντής εταιρείας ΗΝ μαζί με το γιο του Έρικ. Στην πατρίδα του, στο Οχάιο, ιδρύθηκε «Μουσείο Αεροδιαστημικής Νηλ Άρμστρονγκ», όπου βρίσκονται πολλά πράγματα που χρησιμοποίησε ο ίδιος, ως aστροναύτης. Έφυγε από τη ζωή στις 25 Αυγούστου 2012, σε ηλικία 82 ετών.


j li τ.ο ημερολόγιο εγχειρfιματος Ένα κάπως λεπτομερές ημερολόγιο με τα διαδοχικά βήματα του μεγάλου εγχειρήματος της πρώτης κα

τάκτησης της Σελήνης έχει ως εξής, όπως περιγράφεται στο «Λεξικό Διαστημικής»: Σάββατο, 19 Ιουλίου 7.13' μ.μ. Το διαστημόπλοιο διέρχεται πίσω από τη Σελήνη και, για πρώτη φορά, χάνεται κάθε τηλεπικοινωνιακή επαφή με τη Γη. 7.28' μ.μ. Το διαστημόπλοιο εισέρχεται σε σεληνιακή τροχιά. 7.23' μ.μ. Αποκαθίστανται οι τηλεπικοινωνίες μεταξύ διαστημοπλοίου και Γης. 9.56' μ. μ. Έναρξη έγχρωμης τηλεοπτικής εκπομπής της σεληνιακής επιφάνειας προς τη Γη, διάρκειας 34ων λεπτών. 12.57' μ. μ. Οι αστροναύτες περνούν στη σεληνάκατο για επιθεώρηση. 3.17' π. μ. Οι αστροναύτες επανέρχονται στο θάλαμο διακυβέρνησης. Κυριακή, 20 Ιουλίου 3.27' μ. μ. Ο Ώλντριν διεκπεραιώνεται στη σεληνάκατο και μετά από μια ώρα και ο Άρμστρονγκ. 7.46' μ.μ. Η σεληνάκατος «Αετός» αποχωρίζεται από το βασικό διαστημόπλοιο «Κολούμπια». Ο Άρμστρονγκ αναφέρει «0 Αετός έχει δικά του φτερά». 8.12'μ.μ. Ο Κόλλινς πυροδοτεί του πυραύλους- βερνιέρους του «Κολούμπια», το οποίο έτσι κάνει ελιγμούς και απομακρύνεται 3,2 χλμ. από τη σεληνάκατο, και σε διαφορετική τροχιά. 9.08' μ.μ. Οι αστροναύτες της σεληνακάτου πυροδοτούν για πρώτη φορά τον κινητήρα καθόδου. 10.05' μ.μ Αρχίζει η κάθοδος προς τη Σελήνη με τον ανασχετικό πυραυλοκινητήρα καθόδου τη στιγμή

·που η σεληνάκατος βρίσκεται σε ύψος 15.240 χλμ. Ύστερα από 13 λεπτά η σεληνάκατος προσεδαφίζεται. 10.18' μ.μ. Η σεληνάκατος «Αετός» με τους αστροναύτες Άρμστρονγκ και Ώλντριν προσεδαφίζονται στη Σελήνη. Ο Άρμστρονγκ αναφέρει: «0 Αετός προσεδαφίστηκε». 3.53'π.μ. (21 Ιουλίου). Αποσυμπιέζεται η καμπίνα του «Αετού» για να ανοίξει η θυρίδα και να c."'"'""�""v

θήσει η κάθοδος στη σεληνιακή επιφάνεια. 4.39' π. μ. Ο Άρμστρονγκ αναφέρει ότι η θυρίδα απασφαλίστηκε. 4.56' π.μ. Ο Άρμστρονγκ κατεβαίνει τη σκάλα με τα 9 σκαλοπάτια, πατάει στη σεληνιακή επιφάνεια και κάνοντας το πρώτο βήμα παρατηρεί: «Αυτό είναι ένα μικρό βήμα για τον άνθρωπο, ένα γιγάντιο άλμα για την ανθρωπότητα». 5.14' π.μ. Ο Ώλντριν κατεβαίνει στη σεληνιακή επιφάνεια πηδώντας από το τελευταίο σκαλοπάτι. 5.41' π. μ. Ο Άρμστρονγκ στήνει την αμερικανική σημαία στην κονιορτώδη επιφάνεια. 5.48' π.μ. Ο πρόεδρος Νίξον μιλά στους Άρμστρονγκ και Ώλντριν από το Λευκό Οίκο, 402.330 χλμ. μακριά από τη Σελήνη. ευτέ α, 21 ουλίου 6.54' π. μ. Ο Ώλντριν επιστρέφει στον «Αετό», αφού τελείωσε τον σεληνιακό περίπατό του. 7.09' π.μ. Ο Άρμστρονγκ επιστρέφει και αυτός στη σεληνάκατο, αφού παρέμεινε 2 ώρες και 11 λεπτά στη σεληνιακή επιφάνεια. 7.11' π. μ. Η θυρίδα της σεληνακάτου κλείνει και αρχίζει η εκ νέου συμπίεση της καμπίνας. 7.54' π.μ. Πυροδοτείται ο κινητήρας ανόδου και ο «Αετός» ανυψώνεται, ύστερα από παραμονή στη νη επί 21 ώρες και 37 λεπτά. 11.35' μ. μ. Το διαστημόπλοιο «Κολούμπια», όπου βρίσκεται ο Κόλλινς ενώνεται με τον «Αετό», 11 Ο πάνω από την αθέατη πλευρά της Σελήνης. ρίτη, 22 Ιουλίου 6.56' π. μ. Πυροδοτείται ο κινητήρας του διαστημοπλοίου, ο οποίος το οδηγεί έξω από τη σεληνιακή με κατεύθυνση προς τη Γη. 7.39'μ.μ. Το διαστημόπλοιο σε απόσταση 62.640 χλμ. από τη Σελήνη, μεταπίπτει στο πεδίο έλξεως της Γης. 10.02' μ. μ. Οι πυραυλίσκοι ελιγμών πυροδοτούνται επί 9,5 δευτερόλεπτα για τη διόρθωση της τροχιάς. 3.08' π.μ. Προτελευταία τηλεοπτική εκπομπή, διάρκειας 18 λεπτών, δείχνει τους τρεις αστροναύτες γευματίζουν. Τετάρτη, 23 Ιουλίου 9.56' μ.μ. Το διαστημόπλοιο διέρχεται από το μέσο της διαδρομής του ταξιδιού επιστροφής, 187.000 από το σημείο προσθαλασσώσεως. 1.03' π. μ. (24 Ιουλίου). Έναρξη της τελευταίας τηλεοπτικής εκπομπής, που δείχνει τη Γη να πλησιάζει. Πέμπτη, 24 Ιουλίου 6.21' π.μ. Ο θάλαμος διακυβερνήσεως αποχωρίζεται από το βοηθητικό τμήμα εξυπηρετήσεως που περιλαμβάνει τον κύριο πυραυλοκινητήρα. 6.35' μ. μ. Ο θάλαμος διακυβερνήσεως εισέρχεται εκ νέου στην ατμόσφαιρα της Γης .

. 51' μ.μ. Το «Απόλλων- 11» προσθαλασσώνετ\χ,ι στον Ειρηνικό Ωκεανό, νοτιοδυτικά της Χαβάης. • '-4ι - •Ι ι

\ ;

Γ. Ωραιόπουλος

ΜΕΣΟΙ XPONOI 1. KINA ΚΟΜΦΟΥΚΙΟΣ (551-475π.Χ.) Ηθικοπο

λιτικός, φιλόσοφος και νομοθέτης, που ανέπτυξε τον πνευματικό πολιτισμό της κοινωνικής πολιτικής στην Κίνα για 2000 χρόνια. Πίστευε ότι υπάρχουν άνθρωποι εκμεταλλευτές και εκμεταλλευόμενοι. Οι πρώτοι κυβερνούν και οι δεύτεροι υποτάσσονται στους πρώτους, που τους συντηρούν με την εργασία τους. Οι ηθικοί κανόνες βασίζονται στο σεβασμό των γεροντότερων, των κυβερνητών, των γονιών. Έγραφε: «0 ηγεμόνας είναι γιος του Ουρανού, ο πατέρας του είναι πατέρας. Ο γιος είναι γιος)).

Δεν υπάρχουν πληροφορίες για τα Μαθηματικά και άλλες επιστήμες την περίοδο αυτή, η τέχνη όμως της αγγειοπλαστικής με τα περίφημα γεωμετρικά αγγεία μαρτυρούν ότι υπήρχαν γνώσεις μαθηματικών. Οι Κινέζοι υποστηρίζουν ότι ανακάλυψαν το Πυθαγόρειο Θεώρημα πριν από τον Πυθαγόρα και τον υπολογισμό του π πριν από τον Αρχιμήδη.

Οι ίδιοι αναφέρουν ότι ορισμένοι aυτοκράτορες έκαψαν συγγράμματα επιστημονικά και τους συγγραφείς τους. Από το 2000 π.Χ. εμφανίζονται βιβλία μαθηματικά με aστρονομικές προσφορές.

Από τα βιβλία που έγραψαν αναφέρουμε το «Το πολύτιμο κάτοπτρο)) και την «Κλασική Αριθμητική)).

Επιλύουν συστήματα 1 ου βαθμού με 2 και 3 αγνώστους. Ο Τσινγκ Τσου εισήγαγε τους αρνητικούς αριθμούς και πέτυχε εξαγωγή τετραγωνικής και κυβικής ρίζας.

Στην Αστρονομία γνώριζαν τα στοιχεία των πλανητών, τις εκλείψεις.

Ο Σιχ Σεν στο βιβλίο του έχει έναν κατάλογο με 807 άστρα.

Στη μηχανική δημιούργησαν πολλά εργαλεία. Ακόμα ανακάλυψαν την πυξίδα, την πυρίτιδα, τη σηροτροφία με μεταξοσκώληκες . Τον 5° αιώνα κατασκεύασαν το χαρτί και αργότερα την τυπογραφία.

Στην περίοδο αυτή η Κίνα με 1 ,5 δισεκατομμύρια κατοίκους, είναι καθυστερημένη μισοαποικιακή.

2. ΙΝΔΙΑ Οι πάνω από 300 εκατομμύρια Ινδοί σε ο

ρισμένες περιοχές της χώρας τους ασχολήθηκαν με τα Μαθηματικά και την Αστρονομία. Με τις κατακτήσεις του Μεγάλου Αλεξάνδρου γύρω από τον Ινδό ποταμό μερικοί στρατηγοί του ίδρυσαν μικρά βασίλεια και προσπάθησαν να φέρουν σ' αυτά τον αρχαιοελληνικό πολιτισμό παρά την αντίδραση των βουδιστών που τους διαδέχθηκαν στα βασίλεια.

Τον 5° και 6° αιώνα ο μαθηματικός Αριαμπχατα έγραψε ποιήματα το «Aryabhata)) που περιείχε αριθμητικό λογισμό και ουράνια Αστρονομία. Επίσης ο Brahmarupa (7°ς αι.) έλυσε αριθμητικο-αλγεβρικά προβλήματα χρησιμοποιώντας το Ο και αρνητικούς αριθμούς. Εξαίρετος μαθηματικός Bascara ( 12°ς αι.) με το βιβλίο του «Lilabato)) λύει την εξίσωση χ2+45χ-250=0 με ρίζες 50 και -5. Ακόμη την τριτοβάθμια εξίσωση χ3+ 12χ2 -6χ+ 35=0.

Το πιο γνωστό επίτευγμα των Ινδών στα Μαθηματικά και τον Πολιτισμό είναι το δεκαδι-


----------- Τα Μαθηματικά και ο Πολιτισμός ----------

κό σύστημα θέσης με τα 10 σύμβολα γκάμ ( 1 1 ος αιώνας) που έγραψε ένα σωστό η-0, 1 ,2,3,4,5,6,7,8,9 που χρησιμοποιούμε σήμερα. λιακό ημερολόγιο, που δεν εφαρμόστηκε επει-

3. ΗΑΡΑΒΙΚΗΠΡΟΣΦΟΡΑ Τον 7° αιώνα μ.Χ. εμφανίστηκαν οι Άρα

βες στη Μέση Ανατολή, οι οποίοι επιβλήθηκαν σε όλους τους γύρω λαούς. Προχώρησαν σ' όλη τη Βόρειο Αφρική και την Ισπανία. Με τη γλώσσα τους και τη θρησκεία, το Ισλάμ του Μωάμεθ προσπαθούσαν να αντικαταστήσουν τον Ελληνορωμαϊκό πολιτισμό με τον αραβικό.

Πνευματικό τους κέντρο ήταν η Βαγδάτη όπου δημιούργησαν σχολές στις οποίες μελετούσαν και μετάφραζαν κυρίως αρχαιοελληνικά κείμενα. Αυτή ήταν μια προσφορά στον πολιτισμό και τα Μαθηματικά, γιατί πολλά βιβλία χάθηκαν και έμειναν οι μεταφράσεις τους. Θα αναφέρουμε μερικά ονόματα. Ο Αλ Χουάρσμ έγραψε το μαθηματικό βιβλίο « . . . Αλ Τζαμπρ». Αυτό το μετάφρασαν οι Ευρωπαίοι στα Λατινικά, Άλγεβρα κι έτσι δημιουργήθηκε ο νέος κλάδος των Μαθηματικών.

Ο Αλ Χάγκα (870-920) και άλλοι μαθηματικοί αστρονόμοι μετάφρασαν «Τα στοιχεία» του Ευκλείδη, τη «Μεγάλη Μαθηματική Σύνταξη» του Πτολεμαίου, «Τα Αριθμητικά» του Διόφαντου. Ο Αμπού Αλ Βαφα μαθηματικός aστρονόμος στο έργο του «Βιβλίο γεωμετρικών κατασκευών» γράφει προβλήματα του Ευκλείδη, του Πάππου κ.α.

Στην αραβική εγκυκλοπαίδεια «Απελευθέρωση» υπάρχουν κεφάλαιο Αριθμητικής, Γεωμετρίας, Αστρονομίας και Μουσικής.

Στη Σχολή της Βαγδάτης εγκαταστάθηκε ο μαθηματικός Αμπού Ταμπίι (830-900) γνώστης της Αρχαίας Ελληνικής Γλώσσας, έκανε πολλές μεταφράσεις των Ελληνικών Μαθηματικών. Αυτός απέδειξε με νέο τρόπο το Πυθαγόρειο Θεώρημα. Μαζί με άλλους μελέτησαν την Τριγωνομετρία και έγραψαν πίνακες τριγωνομετρικών αριθμών στους οποίους έδωσαν ονόματα, τα οποία οι μεταφραστές στη Λατινική τα έγραψαν Sinus (ημ), Cosinus (συν).

Ο Πέρσης μαθηματικός aστρονόμος ίδρυσε στη Βαγδάτη αστεροσκοπείο και βιβλιοθήκη που έφερε το όνομά του Νατίρ Ιντ Ντιν.

Περί το 1000 μ. Χ. έφθασε στην Περσία η φυλή Σελτζούκοι Τούρκοι, εκεί έζησε ένας άλλος aστρονόμος φιλόσοφος ο Ομάρ Χα-

δή το Ισλάμ ήθελε το σεληνιακό.

Η μεγάλη αυτή μαθηματική και πολιτισμική προσφορά των αράβων κράτησε πέντε αιώνες.

4. ΤΟ ΒΥΖΑΝΤΙΟ Η Ρωμαϊκή Αυτοκρατορία με τις ανατολι

κές κατακτήσεις της ίδρυσε νέο κράτος το Βυζάντιο τον 4° αιώνα μ.Χ. με πρωτεύουσα την Κωνσταντινούπολη και βασιλιά το Ρωμαίο Κωνσταντίνο που έγινε χριστιανός Ορθόδοξος και μάλιστα άγιος με τη μητέρα του Ελένη, που γιορτάζουν κάθε χρόνο στις 2 1 Μαίου.

Το κράτος αυτό διατηρήθηκε περίπου 1000 χρόνια με Έλληνες aυτοκράτορες και πατριάρχες. Σε συνεργασία με Αθήνα και Αλεξάνδρεια δημιούργησε καλό πολιτισμό με τα Μαθηματικά και τις άλλες επιστήμες, παρά τους συνεχείς πολέμους με εχθρούς από την Ανατολή, του Βορρά και τη Δύση μέχρι το 1453 που καταχτήθηκε από τους Τούρκους.

Οι σπουδαιότεροι Βυζαντινοί Μαθηματικοί ήταν:

Ο Λέων (9°ς αι.) μαθηματικός και θεολόγος που δίδαξε Μαθηματικά και Αστρονομία. Παράλληλα διατέλεσε μητροπολίτης Θεσσαλονίκης.


----------- Τα Μαθηματικά και ο Πολιτισμός -----------

Ψελλός Μιχαήλ ( 1 1 ος αι.) Βοήθιος (480-524) που έγραψε «ΜαθηματιΛόγιος, μαθηματικός και πολιτι- κά» μετάφραση της Αριθμητικής του Αλεξανκός. Διευθυντής της Φιλοσοφικής δρινού μαθηματικού Νικόμαχου. Ένας άλλος Σχολής έγραψε: «Αριθμητική, εκκλησιαστικός δάσκαλος του 1 σου αιώνα ήΓεωμετρία, Μουσική και Αστρο- ταν ο Γάλλος Γκέρβερ που σπούδασε στην νομία». Ισπανία και έγινε ο Πάπας Σιλβέστρος.

Πλανούδης Μάξιμος ( 12°ς αι.) μαθηματι-κός, Λογοτέχνης Έγραψε: «Ψηφοφορία κατ' Ινδούς» για το δεκαδικό σύστημα.

Νικηφόρος Βλεμμίδης ( 1 3°ς αι.) Έγραψε «Επιτομή Λογικής, Φυσικής, Γεωγραφίας» και «Αριθμητική».

. .......... ,..._ ........ . ,_ .. .., ·�·.,..,, .. �·--- ·�· �· ... ----- · --

·.ι.� ·.· ... r:..:. ;,... -τ'" ... � ι (,

-..... �.!,, ...... �,&.;� ..

, ............. ·---:..� .................... . "nιαι."4ur.rtu;

. � . ,ι ••• • •.t.>-� � 4

"' •.L.L...U ,.,

Στη Σχολή της Τραπεζούντας δίδαξαν Μαθηματικά και Αστρονομία οι Ισαάκ Αργυρός και Χιουνιάδης Γεώργιος. Οι Μαθηματικοί Αρχιτέκτονες Ανθέμιος Τραυλός και Ισίδωρος Μιλήσιος έκτισε το μεγαλοπρεπή Ναό -Μουσείο της Αγίας Σοφίας.

Δημιουργήθηκαν έργα τέχνης και τεχνολογικά έγιναν πολλά για τη βελτίωση της ζωής των κατοίκων.

5. ΜΕΣΑΙΩΝΑΣ ΣΤΗΝ ΕΥΡΩΠΗ Τον 5° μ.Χ. αιώνα άρχισε η παρακμή της

Δυτικής Ρωμαϊκής Αυτοκρατορίας, ενώ αυξήθηκε ο ρόλος της καθολικής εξουσίας του Πάπα. Τα μοναστήρια ήταν και σχολεία, που δίδασκαν καλόγεροι. Ένας απ' αυτούς ήταν ο

Η οικονομική ζωή βασιζόταν στη γεωργία, που οι δούλοι αντικαταστάθηκαν από δουλοπάροικους που δούλευαν σε μεγάλα τσιφλίκια - φέουδα, δηλαδή δημιουργήθηκε νέα τάξη η φεουδαρχική του Μεσαίωνα. Οι Βόρειοι Ευρωπαίοι δημιούργησαν κράτη φράγκικα, γερμανικά. Παράλληλα όμως δημιουργήθηκαν εμπορικές πόλεις όπου αναπτύχθηκαν σχολεία και πανεπιστήμια. Στην ιταλική πόλη Πίζα, όπου και ο κεκλιμένος πύργος έζησε ο μεγάλος μαθηματικός ο Λεονάρδος Πιζάνος Φιμπονάτσι ( 1 170-1250) ο οποίος ύστερα από ταξίδια στην Ανατολή, έγραψε δυο βιβλία «το Λίμπερ Αβατσι» (βιβλίο Άβακα) και «Εφαρμογές Γεωμετρίας». Ιστορική είναι η σειρά του:Ο, 1 , 1 ,2,3,5,8, 1 3 ... , όπου κάθε προηγούμενος αριθμός είναι άθροισμα των δυο προηγούμενων. Αυτός έλυσε πολλά προβλήματα Αριθμητικής, Γεωμετρίας, Άλγεβρας και Τριγωνομετρίας. Το π=3 , 141 8 1 5.

Μέχρι τον 15° αιώνα εμφανίστηκαν και άλλοι μαθηματικοί. Στο Πανεπιστήμιο της Μπολώνια ο Πατσόλι, στη Σικελία ο Έλληνας Μαυρόλυκος κ. α

Επίσης στο Μεσαίωνα αναπτύχθηκε η Τέχνη με άξιους ζωγράφους,

...•..............

•••••••••••••••••••

μουσικούς και η Τεχνική. Δεν είναι λοιπόν σκοτεινά τα χρόνια αυτά, έχουμε ίσως λίγο πολιτισμό και λίγα Μαθηματικά.


ΤΟ ΕΥΠΜΙΝΕΙΟ ΟΡΥΓΜΑ Ο Υδραγωγός της Σάμου ========== Το Νίκου Ε. Σακαλάκη, Μαθηματικού, στο 1 ο Γυμνάσιο Βόλου.

Α. Εισαγωγή Αναμφίβολα, μια από τις ικανότητες του ανθρώπου είναι να θέτει στην υπηρεσία των ανα

γκών του πολύ περισσότερα στοιχεία του περιβάλλοντος απ' ότι ένα ζώο. Στοιχεία πολλές φορές ακατάλληλα γι' αυτόν στην ακατέργαστη φυσική τους κατάσταση, έ

γιναν κατάλληλα έπειτα από την παρέμβαση της ανθρώπινης λογικότητας.

Αυτός ο ανώτερος και πληρέστερος τρόπος προσαρμογής στο περιβάλλον σε σχέση με τα ζώα, αποτελεί χάρισμα του Δημιουργού Θεού στον άνθρωπο. Το Ευπαλίνειο Όρυγμα στην αρχαία Σάμο, η μεγάλη αυτή σήραγγα, που έφερνε το νερό από την πηγή στην πρωτεύουσα, αποτελεί ένας παράδειγμα της μεταβολής ακατέργαστων φυσικών στοιχείων, σε μέσα ανάπτυξης της 'ανθρώπινης δραστηριότητας.

Στο υδραγωγείο αυτό (αμφίστομο όρυγμα) εστιάστηκε και το ιστορικό βάθος της σκέψης του Ηρόδοτου και όχι μόνο, διότι εξυμνεί και δύο άλλα μεγάλα έργα της Σάμου, που είναι : Ο ναός της Ήρας και η προκυμαία του λιμένος( το εν θαλάσση χώμα).

Ο Γάλλος Freνille διατύπωσε μια σκέψη, ίσως υπερβολική : «Δεν είναι το περιεχόμενο της ιστορίας λογικό, αλλά το περιεχόμενο της λογικής ιστορικό»

Έχω τη γνώμη, ότι ο Ηρόδοτος στο ίδιο θέμα απαντά μέσα από τις ιστορικές αναφορές του με περισσότερη ακρίβεια. Ίσως να έλεγε : «Δεν είναι το περιεχόμενο της ιστορίας παράλογο, αλλά είναι το περιεχόμενο της λογικής Ιστορικό»

Το Ευπαλίνειο Όρυγμα δεν είναι στενά ένα «ιστορικό» θέμα, διότι η μαθηματική παιδεία των Ελλήνων δεν είναι απλά μια ιστορική πραγματικότητα που είχε σημασία μόνο στην εποχή της. Η Μαθηματική παιδεία των Ελλήνων είναι πάντοτε πνευματικά παρούσα.

Β. Πως βλέπει ο Ηρόδοτος τα έργα των Σα μ ίων - Έργα πολιτισμού. Θα μπορούσε, άραγε, ο Ηρόδοτος να περιγράψει τόσο παραστατικά τα έργα των Σαμίων, χω

ρίς να έχει συνειδητοποιήσει βαθειά, ότι κάθε μεταμόρφωση των πραγμάτων του εξωτερικού κόσμου για ορθή ανθρώπινη χρήση είναι έργο πολιτισμού;


-------- ΤΟ ΕΥΠΑΛΙΝΕΙΟ ΟΡΥΓΜΑ Ο Υδραγωγός της Σάμου -------

Σήμερα, βέβαια, πολλά επιτιμητικά θα έγραφε για όλα εκείνα τα έργα, που έχουν έλλειψη ζωντανής πνευματικότητας και δημιουργικότητας και αποτελούν καταστροφή για τον άνθρωπο μακροπρόθεσμα.

Για τα έργα των Σαμίων γράφει σχετικά: ( στο έργο του «'Ηροδότου Μοϋσαι - 'Ιστοριών τρίτη έπιγραφομένη Θάλεια -έκδοση ed. Α. D. Godley. Cambridge 1 920) : 60. « Έμιjκυνα δέπερi Σαμίων μόΛλον, όrι σφι τρία iστίμέyιστα όπόvτων Ελλήνων έξεργασμέvα, Φεά; τε ύψηλού ές πεντήκοντα καί &ατόv φγυιό;, τούτου Φυγμα κόιωθεν όρξόμενον, όμφ ίστομον. »

Ειδικά για το όρυγμα συνεχίζει : ι ι - - ι , r ι , ι , ι ι " ι 7' ι ι r ι , ι

«τΟ μεv μηκος του Ορυyματος επτa στόδιοι ε/σΙ, το δε υψος και ευρος Οcτω εκarερον πόδες. δια παντά; δέαύrού όλλο Φυγμα είκοσίπηχυ βάθος ΦCΨυκται, τρlπουν δέτόεόρος, δι' οiJτό ύδωρ όχετευψενον διό τώv σωλήνων παραγίνεται ές τήv πόλιν όγψενον όπό μεγόλης πηγfj;. [3] όρχιτ8cτων δέτού φύyματος τούτου έyέvετο Μεγαρεύ; ΕύπαλίVος Ναυστράρου . . ... »

Στη μετάφραση ο Ηρόδοτος μας λέει τα εξής : « . . . Μίλησα δε περισσότερο για τους Σαμίους, επειδή αυτοί εκτέλεσαν τρία έργα, τα οποία εί

ναι τα μεγαλύτερα από όλα όσα εκτέλεσαν οι Έλληνες. Κάτω από όρος ψηλό έως 1 50 οργιές κατασκεύασαν όρυγμα αμφίστομο. Το μήκος του ορύγματος είναι 7 στάδια, το δε ύψος και το πλάτος του 8 πόδια το καθένα.

Αιιιlι

. ι .... ι....ι ι I ι 1 1 • ι ι ι I ι ι ι 1 I .... .... ��-� ��

• ... •• ,. 1010 -

Σ' όλο το μήκος του ορύγματος τούτου, σκάφτηκε άλλο όρυγμα βάθος 20 πήχεων και πλάτους 3 ποδιών, μέσω του οποίου το νερό μεγάλης πηγής φέρεται με σωλήνες στην πόλη. Αρχιτέκτονας του ορύγματος τούτου ήταν ο Μεγαρεύς Ευπαλίνος, γιος του Ναυστρόφου . . . . . » Προς κατανόηση των μεγεθών που αναφέρει ο Ηρόδοτος σημειώνουμε τα εξής : • Μια οργιά περίπου 1 ,50 μέτρα. • Ένα στάδιο περιέχει 1 00 οργιές, δηλαδή 1 50 μέτρα. • Μια οργιά είχε 6 πόδια, δηλαδή κάθε πόδι ήταν 0,25 μέτρα. • Ένας πήχυς ήταν περίπου 0,4 1 μέτρα.


-------- ΤΟ ΕΥΠΑΛΙΝΕΙΟ ΟΡΥΓΜΑ Ο Υδραγωγός της Σάμου -------

Άρα το όρος έχει ύψος περίπου 225 μέτρα, το όρυγμα έχει μήκος 1036 μέτρα και πλάτος ίδιο με το ύψος, δηλαδή 2 μέτρα.

Γ. Επεξηγήσεις Το Ευπαλίνειο όρυγμα έγινε με εντολή του Πολυκράτη (6°ς π.Χ. αιώνας), όταν αυτός βασί

λευε στη Σάμο και χρειάστηκαν για την κατασκευή του 1 1 περίπου χρόνια. Σκοπός του ορύγματος ήταν η μυστική υδροδότηση πρωτεύουσας (Πυθαγόρειο), ώστε σε πε

ρίπτωση πολιορκίας ρο δίκτυο ύδρευσης να είναι ασφαλές και αθέατο από τους εχθρούς. Η μηχανική σπουδαιότητα του έργου βρίσκεται στην ταυτόχρονη διάνοιξη του βουνού και

από τις δύο αντικείμενες πλευρές εκατέρωθεν του βουνού., με αποτέλεσμα να συναντηθούν στο ίδιο σημείο με μικρή απόκλιση ολίγων εκατοστών.

Μέσα στη σήραγγα (τούνελ) έγιναν και άλλα επί μέρους σπουδαία τεχνικά έργα, για την εύκολη και ασφαλή ροή του νερού στην πρωτεύουσα από την πηγή καθώς και για την άνετη διέλευση ανθρώπων για έλεγχο και συντήρηση του υδραγωγείου.

Δ. Μαθηματικά στοιχεία του ορύγματος. • Στο σημείο Ε το Νότιο συνεργείο έφθασε μετά από 8,5 χρόνια. • Στο Δ είχε φθάσει το βόρειο συνεργείο γύρω στα 5 χρόνια • Στο ΑΒΔ έγινε ισοσκελής ελιγμός, δηλαδή ΑΒ=ΒΔ και το τμήμα ΔΕ είναι η μικρή απόκλιση

των δύο συνεργείων. • Το επίπεδο που ορίζουν τα σημεία Α, Β, Δ είναι οριζόντιο και όχι κατακόρυφο και ο ελιγμός

Α-+ Β-+ Δ έγινε για να αποφευχθούν τα σαθρά πετρώματα. • Κατά τον ελιγμό σχηματίστηκε το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΔ με ΑΒ=ΒΔ = 1 39 μέτρα και

& = }_ της ορθής. Ο αρχικός όμως άξονας διάνοιξης ΚΛ παρέμεινε ευθύγραμμος ! ! 32 ΜΑΘΗΜΑ1ΙΚΑ ΠΟΙΧΕΙΑ ΟΡΥΓΜΑΤΟΣ

• ο • I

I 1 ο

ΒΟΡΑΣ •

Ε

ο • ο Σ Σ γ Ρ Α

Α Σ

Η αρχιτεκτονική του ορύγματος μας πείθει ότι ο Ευπαλίνος ήταν μεγάλος τοπογράφος, μεγάλος μαθηματικός και σπουδαίος πολιτικός μηχανικός.

Ε. Και μερικά ερωτήματα . . . � Πώς ένα αρχαίο έργο 2500 ετών συναγωνίζεται σε ακρίβεια μετρήσεων και κατασκευής τα

σύγχρονα έργα, όπως για παράδειγμα το Αττικό μετρό, όπου είχαμε αποκλίσεις της τάξεως του μέτρου ενώ στο Ευπαλίνειο όρυγμα είχαμε απόκλιση της τάξεως εκατοστών;

� Ποιες ήταν συνολικά οι υψηλές τεχνολογικές γνώσεις του Ευπαλίνου; � Αβίαστα βγαίνει το συμπέρασμα, ότι το έργο του Ευπαλίνου πάντα θα έρχεται στο προσκή

νιο του επιστημονικού και ανθρώπινου ενδιαφέροντος, ως ένα σημείο αναφοράς για τη σύγχρονη επιστήμη.


Η Ιστορία της Αριθμητικής Τάξη ======================= ΓεώρΎιος Ωραιόπουλος

2. Κλασματικοί αριθμοί ή κλάσματα

Ορισμός: Καλούμε αριθμό κλασματικό ή κλάσμα έναν αριθμό που μετρά ένα ή περισσότερα ίδια μέρη μιας ακεραίας μονάδας του ίδιου μεγέθους. Έτσι αν την ακέραια μονάδα ενός μεγέθους τη χωρίσουμε σε επτά (7 ) ίσα μέρη και πάρουμε το 1 με ίσο μέρος που θα το λέμε

«ένα έβδομο» και θα το σημειώνουμε .!. ή τα 3 από τα ίσα μέρη θα έχουμε «τρία έβδομα» ή � . 7 7

Οι αριθμοί .!. , � είναι κλάσματα. Ο 7 που είναι κάτω από τη γραμμή δείχνει το πλήθος από τα 7 7 .

ίσα μέρη στα οποία κόπηκε η ακέραια μονάδα λέγεται παρονομαστής του κλάσματος � . Ο 7

αριθμός 3 που είναι πάνω από τη γραμμή δείχνει από πόσα ίσα μέρη ίσα με την κλασματική

μονάδα .!. λέγεται αριθμητής του κλάσματος � . 7 7

Ο αριθμητής και ο παρονομαστής ενός κλάσματος καλούνται όροι του κλάσματος.

Αν το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ το διαιρέσουμε σε 4 ίσα μέρη το ΑΑ' είναι τα � του ΑΒ. 4

Αλλά αν το διαιρέσουμε σε 8 ίσα μέρη το ΑΑ" είναι τα � του ΑΒ. Αλλά ΑΑ'= ΑΑ" δηλ. 8

� = � Αυτά τα δυο κλάσματα καλούνται ισοδύναμα ή ίσα. 4 8

Αν οι όροι κλάσματος πολλαπλασιαστούν ή διαιρεθούν με τον ίδιο αριθμό προκύπτει κλάσμα ισοδύναμο με το αρχικό. Στην περίπτωση της διαίρεσης λέγεται απλοποίηση. Να

απλοποιηθεί το κλάσμα 70 . Αναλύουμε τους 2 όρους σε γινόμενα πρώτων παραγόντων 72

90 = 2 · 32 • 5 , 72=23'32 .Μέγιστος κοινός διαιρέτης είναι 2'32 με αυτόν διαιρούμε τους 2 όρους

90 90 : (2·32 ) 90·18 5 - = ( 2 ) = · =- . Το κλάσμα που δεν απλοποιείται λέγεται ανάΎWfΟ. 72 72 : 2 . 3 72 : 18 4

Σύγκριση κλασμάτων

� = ι.! επειδή 5 = 4 · 1 + 1 . 'Οταν ο αριθμητής είναι μεγαλύτερος από τον παρονομαστή το 4 4

30 κλάσμα λέγεται καταχρηστικό όπως - = 5 .

6 'Οταν δυο κλάσματα έχουν ίσους παρονομαστές τότε λέγονται ομώνυμα. Αν έχουν και

' 1 5 1 1 άνισους aριθμητές τοτε - >-.

18 18 'Οταν δυο κλάσματα έχουν άνισους παρονομαστές τότε λέγονται ετερώνυμα. Αν έχουν και


------------ Η Ιστορία της Αριθμητικής ------------

, θ , λ ' , , , , , 10 10 ισους αρι μητες, μεγα :υτερο ειναι αυτο που εχει μικροτερο παρονομαστη - < - . 7 5

Δυο ισοδύναμα κλάσματα }_ = 49 έχουν ίσα 7 "70=10 "49 ενώ στα άνισα κλάσματα είναι 10 70

άνισα τα αντίστοιχα γινόμενα όπως στα κλάσματα �, }_ έχουμε 5 · 1 Ο < 7 · 8 . 8 10

Αν διαιρέσουμε την ανισότητα αυτή με το γινόμενο των παρονομαστών το σημείο της , δ , 5 · 10 7 · 8 , 5 7 ανισοτητας ιατηρειται -- < -- η - < - .

8 · 10 8 ·10 8 10

Τροπή ετερωνύμων κλασμάτων σε ομώνυμα 12 9 8 5 12 u υ υ υ u

5 7 8 1 1 5 , 5 . 6 7 . 9 8 . 8 , 60 63 64 66 6' 8' 9' 12 ' 6' η 72 ' 72 ' 72 'η 72 ' 72 ' 72 ' 72

Ε.Κ.Π. (6, 8, 9, 1 2)=72

Πράξεις α) Πρόσθεση και αφαίρεση

Διαιρούμε το ΕΚΠ των 4 παρονομαστών με κάθε παρονομαστή. Το πηλίκο το πολλαπλασιάζουμε με τους 2 όρους του κλάσματος.

Πρέπει τα κλάσματα να είναι ομώνυμα. Στο πρόβλημα και ομοειδή. 7 2 3 7 . 5 2 . 4 3 . 3 35 8 9 52 1 3

α) 12 +ϊ5

+ 1 20

= 12 · 5

+ 1 5 · 4 +

1 20 · 3

= 60 + 60 +

160

= 160

= 1ϊ5

1 5 1 3 1 2 β) 1 8 - 714

= 1 8 - 73= 1 73- 73 = 103

γ) Πολλαπλασιασμός και διαίρεση. Οι μεικτοί γίνονται κλάσματα.

4-�-1� = 4·5 -�= 32 = 3� 9 5 9 5 9 9

1 6 . 3 2 - 16 . 3 1 - 16 . 25 - 1 6 8 - 128 25 . 16 - 25

. 8 - 25 . 8 - 25 . 25 - 625

Πρόβλημα. 'Ενα ύφασμα κοστίζει 62_!_€. Αν έπαιρνε 3m ακόμη θα κόστιζε 100€. Πόσα 2 �

ήταν τα πρώτα m;

Σκέψη: Τα 3m θα κοστίζουν τη διαφορά 100-62 _!_. Από την τιμή των 3m θα βρούμε την 2

τιμή του 1m με διαίρεση μερισμού. Από την τιμή του 1m και την τιμή των πρώτων m θα τα βρούμε με διαίρεση μέτρησης.

Πράξεις: Τα 3m αξίζουν 100 - 62_!_ = 99�- 12_!_ = 37 _!_.Τα 1m αξίζουν 2 2 2 2

1 75 75 : 3 25 1 , , 1 1 125 25 125 2 37-: 3 = - : 3 = --= - = 12-.Τα πρωτα θα ειναι 62-:12-= - : - =-·- = 5 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 25 Απάντηση: Τα ζητούμενα ήταν 5m.

Δεκαδικά κλάσματα ή δεκαδικοί αριθμοί Καλούμε δεκαδικό κλάσμα κάθε κλάσμα με παρονομαστή 1 Ο, 1 00, 1000 . . . . δηλαδή μια

δύναμη του 1 Ο, 1 ον και ν ακέραιος όπως τα 973 = 900 +_!!!_+_3_=_2_+_2._+_3_= 0 973 1 000 1000 1000 1 000 10 100 1000 '

Η τελευταία γραφή του δεκαδικού κλάσματος σε μορφή ακεραίου. Γράφουμε στην αρχή το Ο


------------ Η Ιστορία της Αριθμητικής -----------

που σημαίνει ότι ο αριθμός αυτός δεν έχει ακέραιες μονάδες κατόπιν ένα (,) την υποδιαστολή και δεξιά τον αριθμητή του δεκαδικού κλάσματος. Ο αριθμός 0,973 λέγεται δεκαδικός αριθμός.

Αν έχουμε ένα καταχρηστικό δεκαδικό κλάσμα ή μεικτό αριθμό εξάγουμε τις ακέραιες

μονάδες που τις γράφουμε πριν την υποδιαστολή όπως .!2 = 1.2.. = 1, 7 ' 3017 = 3 __!2_ = 3, ο 1 7 .

10 10 1000 1000 Τα ακραία μηδενικά στους αριθμούς δεν τους μεταβάλλουν 0,35=0,350 , 1 ,08=001 ,08

Όταν μεταβάλλεται η θέση της υποδιαστολής μεταβάλλεται και ο δεκαδικός. Έστω οι αριθμοί 2,45 , 24,5 , 0,245. Ο 2°ς είναι 10πλάσιος του πρώτου, ο τρίτος το 1/ 10 του πρώτου. Έτσι ο πολλαπλασιασμός ή η διαίρεση ενός δεκαδικού αριθμού με 1 Ο, 100, 1000 ισοδυναμεί με μετάθεση της υποδιαστολής του προς τα δεξιά ή αριστερά όσα είναι τα Ο του 1 Ο, 100, 1000.

Σύγκριση δεκαδικών αριθμών 9,4>7,48 , 0,38<0,4 Πρόσθεση και αφαίρεση δεκαδικών αριθμών γίνεται αν βάλουμε τον ένα κάτω από τον

άλλο ώστε οι υποδιαστολές να βρίσκονται στην ίδια στήλη.

3 ,27 39.5 42,77

24,0 0,3 9.27

33,57

325,746 14.327

340,073

49 -0.8 48,2

Πολλαπλασιασμός: 14,50xl ,07000=14,5x1 ,07=15 , 5{5 Διαίρεση: 37,25:8=3725 :800=4,65625.Αυτές οι πράξΕις γίνονται με ηλεκτρονικό υπολογιστή.

Τροπή δεκαδικού σε κλάσμα και κλάσματος σε δεκαδικό. 3 07 = 32_ = 307 36 = .2._ = 0 9 4 = 1.!. = 1 3333 ... ' 1 00 100 ' 40 1 ο ' ' 3 3 '

Αν κλάσμα έχει παρανομαστή με παράγοντες 2 ή 5 τρέπεται σε τερματιζόμενων δεκαδικό. Αν όμως έχει και άλλους παράγοντες τρέπεται σε ατέρμονο δεκαδικό αριθμό.

Τροπή δεκαδικού περιοδικού σε κλάσμα Ο, 353535 = 35 . 99

Κάθε απλός δεκαδικός περιοδικός αριθμός ισούται με κλάσμα που έχει αριθμητή την περίοδο και παρονομαστή τόσα 9 όσα ψηφία έχει η περίοδος .

Αν δεν αρχίζει η περίοδος μετά την υποδιαστολή όπως ο 0,73932 . . . τον πολλαπλασιάζουμε

7 39 10 · 0, 73339 7, 3939 99 7 · 99 + 39 732 και τον διαιρούμε με το 1 Ο, = = --= = -10 10 10 99 · 1 0 990

, 73982 -73 Παραδειγμα: Ο, 73982982 = ----

99000 Ώστε κάθε μεικτός περιοδικός αριθμός ισούται με κλάσμα που έχει αριθμητή ακέραιο που

αποτελείται από το μη περιοδικό τμήμα με μια περίοδο πλην το μη περιοδικό μέρος και παρονομαστή ακέραιο με τόσα 9 όσα τα ψηφία της περιόδου, ακολουθούμενα από το Ο όσα τα τμήματα του περιοδικού μέρους.

Σύνολο των ρητών αριθμών είναι οι φυσικοί αριθμοί, οι κλασματικοί και οι δεκαδικοί

τεpματιζόμενοι και πεpωδικο\ , Q = {χ I χ = ; όπου α, β ακέραιοι, β * Ο} . Α11 . Να τραπούν σε ανάγωγα κλάσματα οι ρητοί αριθμοί: α) 26 1 ,25, β) 8� · 1 03 , γ) 1 ,0 10 δ) 0,5454 . . . , ε) 0,03703L_ . . , στ) 0,89393 ...


Συμμετρία ===============Πέτρος Νικολουδάκης και Σπύρος Δημόπουλος

ΣΥΜΜΕΤΡΙΑ

1 . Αξονική I 2 . Κεντρική I 3 . ως προς επίπεδο 1 . ΑΞΟΝΙΚΗ ΣΥΜΜΕΤΡΙΑ α) Έστω άξονας συμμετρίας η ευθεία (ε). Από ένα σημείο του σχήματος π.χ. το Α φέρνουμε

κάθετη στην ευθεία (ε)( με το γνώμονα), και εστω Δ το ίχνος της καθέτου στην (ε), προεκτείνουμε την ΑΔ και στη προέκτασή της ορίζουμε τμήμα ΔΑ'=ΑΔ. Τότε Α' συμμετρικό του Α ως προς τον άξονα (ε). Συμβολικά : Α 'Συμμ. (ε)Α . Η

++

ευθεία (ε) είναι και η μεσοκάθετη του ΑΑ. Εδώ πρέπει να επισημάνουμε ότι δεν χρειάζεται να βρούμε

τα συμμετρικά όλων των σημείων ενός σχήματος, παρά μόνο των χαρακτηριστικών του σημείων.

Παραδείγματα σχημάτων και των συμμετρικών τους ως προς ευθεία ε (αξονική συμμετρία)

1 . Για ένα σημείο Α. ΑΒε } τότε Α ' Συ μ μ. (ε) Α ΒΑ ' = ΑΒ ++

2. Για ένα ευθύγραμμο τμήμα ΒΓ. ΑΚ.ε } τότε Α 'Συμμ.(ε)Α ΚΑ' = ΚΑ ΒΛε } τότε Β 'Συμμ.(ε)Β ΛΒ ' = ΛΒ

τότε και

ευθ. τμ.Α 'Β 'Συμμ. ( ε )ΑΒ 3. Και γενικά για οποιοδήποτε άλλο σχήμα, π. χ. τρίγωνο ΑΒΓ.

ΑΛε } ΛΑ' = ΑΛ

τότε Α 'Συμμ.(ε)Α

ΒΚε } τότε Β 'Συμμ. (ε)Β ΚΒ ' = ΒΚ

τότε και

ΓΜε } ΜΓ ' = ΓΜ

τότε Γ 'Συμμ. (ε)Γ τμιγ. Α 'Β 'Γ 'Συμμ.(ε)τριγ.ΑΒΓ .

Με δίπλωση του σχήματος πάνω στον άξονα ε, κατά 1 80 �, διαπιστώνουμε ότι :

τρίγ . ΑΒΓ = τριγ. Α'ΒΤ'


κ

Α'

Β

Λ ε

Β'

Γ8ΓιιΜ

---------------- Συμμετρία ---------------

2. ΚΕΝΤΡΙΚΉ ΣΥΜΜΕΤΡΙΑ

α) Έστω Κ κέντρο συμμετρίας. Από ένα σημείο του σχήματος π.χ. Α φέρνουμε το ευθ. τμήμα ΑΚ και στην προέκταση του ΑΚ προς το Κ, ορίζουμε ευθ. τμήμα ΚΑ'=ΑΚ. Τότε το Α' είναι συμμετρικό του Α, ως προς κέντρο συμμετρίας το σημείο Κ. Συμβολικά: Α 'Συμμ.(Κ )Α. Προφανώς το κέντρο συμμετρίας είναι το μέσο του ΑΑ', Εδώ πάλι πρέπει να πούμε ότι δεν χρειάζεται να βρούμε τα συμμετρικά όλων των σημείων ενός σχήματος, για να έχουμε το συμμετρικό του σχήμα. Βρίσκουμε τα συμμετρικά των χαρακτηριστικών το σημείων.

Παραδείγματα σχημάτων και των συμμετρικών τους ως προς κέντρο Κ (κεντρική συμμετρία)

1 . Για ένα σημείο Α. Το Κ είναι το κέντρο συμμετρίας . Αν ΚΑ'=ΑΚ. Τότε : . Α 'Συμμ.(Κ)Α .

2. Για ένα σχήμα , π. χ. μια γωνία χόψ . Το Κ είναι το κέντρο συμμετρίας . Το Α είναι τυχαίο σημείο της Οχ και το Β είναι τυχαίο σημείο της Οψ

ΚΟ ' = ΟΚ τότε : Ο 'Συμμ. (Κ)Ο Αν ΚΑ' = ΑΚ τότε : Α 'Συμμ.(Κ )Α τότε και : χ 'Ο 'ψ 'Συμμ.(Κ ) χόψ .

ΚΒ ' = ΒΚ τότε : Β 'Συμμ.(Κ )Β Παρατηρούμε ότι οι δύο γωνίες χΟψ και χΌ'ψ' είναι ίσες, επειδή η μία συμπίπτει με την

άλλη, αν την περιστρέψουμε γύρω από το Κ κατά 1 80σ.

3. ΣΥΜΜΕΤΡΙΑ ΩΣ ΠΡΟΣ ΕΠΙΠΕΔΟ

Στην Α' Γυμνασίου δεν εξετάζεται η συμμετρία αυτή και νομίζουμε πουθενά στην Μέση Εκπαίδευση. Για να έχουμε συμμετρία ως προς επίπεδο, βασικά χρειάζεται ένα επίπεδο (επίπεδο συμμετρίας). Π.χ. εάν ένας καθρέπτης είναι το επίπεδο συμμετρίας, τότε κάθε αντικείμενο με το είδωλό του στον καθρέπτη είναι συμμετρικά.

I ΑΚ (π) και ΚΑ' = ΑΚ } ·

( ) τότε : Α 'Β 'Συμμ.( π) ΑΒ , επομένως και Α 'Β ' = ΑΒ. ΒΛ π και ΛΒ ' = ΒΛ

ΓΕΝΙΚΕΣ ΠΑΡ ΑΤΗΡΗΣΣΕΙΣ ΣΤΙΣ ΣΥΜΜΕΤΡΙΕΣ(ΑΞΟΝΙΚΗ-ΚΕΝΤΡΙΚΗ)

1 . Μια ευθεία ή ένα σημείο λέγεται άξονας συμμετρίας ή κέντρο συμμετρίας ενός σχήματος (Σ), εάν το συμμετρικό (Σ') του σχήματος ως προς ευθεία ή ως προς κέντρο, είναι το ίδιο το σχήμα. Έτσι. ο κύκλος έχει άπειρους άξονες συμμετρίας, είναι οι ευθείες των διαμέτρων του και ένα κέντρο συμμετρίας, το κέντρο του. 2. Σε κάθε συμμετρία τα σχήματα είναι ίσα μεταξύ τους.


---------------- Συμμετρία ---------------

3. Για να βρούμε το συμμετρικό ενός σχήματος σε κάθε συμμετρία, βρίσκουμε τα συμμετρικά των χαρακτηριστικών του σημείων. Π.χ. για ένα τετράγωνο βρίσκουμε τα συμμετρικά των κορυφών του, για ένα κύκλο το συμμετρικό του κέντρου του, κ.λ.π.

4. Πολλά σχήματα έχουν και άξονα συμμετρίας και κέντρο συμμετρίας. Π.χ. το τετράγωνο έχει 4 άξονες συμμετρίας και ένα κέντρο συμμετρίας, που είναι το σημείο τομής των αξόνων συμμετρίας του.

ΣΥΜΜΕΤΡΙΑ - ΑΡΜΟΝΙΑ - ΑΝΑΛ ΟΓΙΑ - ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ Η συμμετρία κρατά την ισότητα των σχημάτων, η Αρμονία - Αναλογία κρατούν την ανισότητα και την ομοιότητα, η δε Ισορροπία κρατά τη διαφορετικότητα. Όλα μαζί την απόλυτη ομορφιά του

I

σύμπαντος.

ΑΣΚΗΣΗ ΓΙΑ Λ ΥΣΗ

Α12• Χαράξτε ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ με πλευρά 3cm. Να φέρετε τη διαγώνιό του ΑΓ και μια ευθεία ε που να διλερχεται απο την κορφή Α. Να σχεδιάσετε ι)το συμμετρικό Α'Β 'Γ' Δ' του τετραγώνου ΑΒΓ Δ με άξονα συμμετρίας την ευθεία ε και ιι) το συμμετρικό του τετραγώνου ΑΒΓ Δ με κέντρο συμμετρίας την κορυφή του Α.

α) Τι παρατηρείτε γtα τα συμμετρικά του τετραγώνου ΑΒΓ Δ; J

β) Τι σχήμα είναι το ΔΒΒ'Δ ' ; και γιατί; Ποιοι είναι οι άξονες συμμετρίας του ΔΒΒ 'Δ ' ;

γ) Να εξετάσετε εάν το εξάγωνο ΔΓΒΒ'Γ' Δ' έχει άξονες συμμετρίας και να δικαιολογήσετε την άποψή σας.

δ) Το σημείο Α για ποια σχήματα είναι κέντρο συμμετρίας;

ε) Πόσα ορθογώνια τρίγωνα υπάρχουν στο σχήμα και ποια είναι ίσα μεταξύ τους; στ) Πόσα τραπέζια έχει το σχήμα, ποια είναι συμμετρικά ως προς άξονα ή κέντρο; Υπάρχουν παραλληλόγραμμα στο σχήμα, αν ναι ποια είναι;


Σχέδ ιο μαθήματος στο Πυθαγόρε ιο Θεώρημα της Β 'Γυμνασίου

Τάξη ====================================== Ιωά�ς Ν. Φόβος

Μαθηματικό περιεχόμενο-διάρκεια Μ' αυτό το σχέδιο μαθήματος ο καθηγητής, μετά από την έννοια του εμβαδού, που έχει εισαχθεί στα

αμέσως προηγούμενα μαθήματα, θα εισάγει το Πυθαγόρειο θεώρημα, δίνοντας την ευκαιρία στους/ις μαθητές/ριες να γνωρίσουν τη στενή συσχέτιση της Άλγεβρας με τη Γεωμετρία. Επειδή η ιστορική του διάσταση είναι πολύ ενδιαφέρουσα, θα χρησιμοποιηθούν δραστηριότητες από την ιστορία των μαθηματικών, όπως άλλωστε αναφέρεται στο Α.Π.Σ. και στο βιβλίο του εκπαιδευτικού. Ο χρόνος εκτιμάται σε 3 διδακτικές ώρες.

Διδακτικοί στόχοι Οι μαθητές/ριες επιδιώκεται να:

1 . γνωρίζουν το Πυθαγόρειο Θεώρημα (Π. Θ.) και το aντίστροφό του,

2. γνωρίζουν μερικές από τις αποδείξεις του,

3 . γνωρίζουν την ιστορία του Πυθαγόρα και τη χρήση του θεωρήματος από διάφορους λαούς,

4. ελέγχουν αν ένα τρίγωνο με γνωστές πλευρές είναι ορθογώνιο,

5. γνωρίζουν τις Πυθαγόρειες τριάδες.

Μέσα διδασκαλίας-υλικά

� γεωπίνακας, χαρτόνια, γεωμετρικά όργανα και υπολογιστές χειρός,

� φύλλα εργασίας, πίνακας διδασκαλίας και βιντεοπροβολέας.

Περιγραφή-δομή του μαθήματος-δραστηριότητες Γίνεται μια σύντομη επανάληψη των εννοιών του ορθογωνίου τριγώνου και των στοιχείων του, των

ιδιοτήτων των γωνιών και των πλευρών του, καθώς και των τύπων των εμβαδών του τετραγώνου και του ορθογωνίου τριγώνου.

Στη συνέχεια χωρίζονται οι μαθητές/ριες σε ομάδf:ς των τεσσάρων ατόμων και τους δίνεται ένα φύλλο εργασίας και χαρτόνια και τους ζητείται να συμπληρώσουν τα πάζλ, όπως στα παρακάτω σχήματα, με τη βοήθεια του τριγώνου του σχ. l και να συγκρίνουν το εμβαδόν του τετραγώνου που απομένει στο σχ.2 μα το άθροισμα των εμβαδών των τετραγώνων που απομένουν στο σχ.3, γράφοντας την αλγεβρική σχέση.

Δραστηριότητα 1

ι, Σχήμα 1 Σχήμα 2 Σχήμα 3

Για να γίνει η γεωμετρική «ανακάλυψη» και κατανόηση του Π.Θ. δίνονται κι άλλες δραστηριότητες, όπως οι παρακάτω σε μορφή πάζλ και ζητείται μετά από τα παιδιά να γράψουν και να πουν τη σχέση που φαίνεται να προκύπτει.


-------- Σχέδιο μαθήματος στο ΠυθαΎόρειο Θεώρημα της Β' Γυμνασίου -------


I ; I

Το τετράγωνο που σχηματiζεται με πλει>ρά την uποτείνοuσα ενός ορθοyωνίοu τριyιόνου το χωρiσαμε σε πέντε σχήματα : τtσσερα ορθοyώνια τρίyωνα και ένα τετράyωνο.

-� ----- "' -- ------ ---�-- J �--�--: . I -- __ ___ J

Μπορείτε με mnά τα πέντε σχήματα να σχηματίσετε δuο τετράyωνα που να έχουν πλεvρά, καθεμιά από τις κάθετες πλεvρές του ορθοyωνίοu τριyώνοu;

(Μπορείτε αν νομίζετε ότι θα σας διevκολ6vει v� σχεδιάσετε το σχήμα σ 'έvα χαρτί και με ένα ψαλίδι vα κόψετε τα πέντε σχήματα. I I I Ι _L _ _ J _ _ _j

ι·

t

Ποια σχέση σuνδέει τα εμβαδά των τρώw τετραγώνων. Δραστηριότητα 3 Στο διπλανό σχήμα.

1. Να υπολοyίσετε το εμβαδόν των τετραyώνων Εικαι Ez ποu έχοuν πλεvρές τις δυο πλευρές του ορθοyωνίοu τριyώνου με μονάδα μέτρησης το τριγωνικό πλακώα που είναι στην άκρη yραμμοσιαασμtνο.

1. Με την ίδια μονάδα μέτρησης να υπο).σγίσετε το εμβαδόν Ε του τετρcryιόνου που έχει πλευρά την υποτείνουσα του ορθοyωνίοu τριyώνου

3. Ποια σχέση συνδέει τα εμβαδά των τριών τετραyώνων;


Σ' ένα χαρτί μιλιμετρέ είναι σχεδιασμtνο ένα σχέδιο ίδιο με το προηyο6μενο. 1. χω.,ίστε καθένα από τα τετράyωνα που txouν πλευρά

τηv κάθετη πλευρά του ορθοyωνίοu τριyώνου σε δοο τρiyωνα, φέρνοντας μια διαyώνιο του.

1. Τοποθετήστε τα παραπάνω τρiyωνα πάνω στο τετ� yωνο με πλευρά την υποτείνουσα του ορθοyωνίοu τρι.yώνου.

3. Ποια σχέση σuνδέει τα εμβαδά των τριών τετραyώνων;


Στο btnM.vό σ.ιrιiμιι .. ποvμι t"ιι oeOoyιiιvto • etyι..ι"o AJT (Α•,Ο') μι μJiΚοΙ vnοtι\,οuσιιι ιι Κ41 μJiKI'I κ.ιΟιtι•ι" n:A.ιveriι" • κιι1 y rrr.ιtιetκ.ι τοu τetyιiι,ou .,ποuμι κιιτιισκ&u&σ&1 • e'ιι ' " e.ιyι..ι,ιι μι μJiKI'I n:A.ιueιiιv a, t κιι1 y ιιvτt-στοtπιι Xel'lσtμonotιiι"t&! τιι πer.ιιιιιηστ.ι «Κομμ.ί.ηιι,. nov ιιnοτ ι:Α.ο1Ιv τιι τιτ e-ιvωvιι "''" ι.:46ιτr.ι" nlιueιiιv, ιιnοeιtτι vιι .. γ&μtσ&τι,. το J<&y.t:A.o vκet'lo τιτe-ιvωvο tl'l! unοτ ιtvοuσιιι '+"-ι>Ι<ό'Ιοηιιι ιιι<et•ιiιΙ τιι πer.ιιιιιηστ.ι ιcοιιιώ-ηιι πr.ιeΙΙ το &vιι vιι ιntκ&:A..!ntιt το .ιllo,


-------- Σχέδιο μαθήματος στο Πυθαγόρειο Θεώρημα της Β' Γυμνασί()υ

γ� γ

β β [Ξ] γ β

(..ί .. �"""/ "' ":"'t

� :, .......

α

α

Εικόνα 1


Δfνονται οκτώ /σα ορθογώνια τρfγωνα με κtιθετες πλευρtς β, γ και υποτεfνουσα α και τρfα τετράγωνα με πλευρtς α, β, γ αντlστοιχα.

α) Να υπολογfσετε τα εμβαδά ε, Ε, Ε1, Ε2 των διπλανών τριγώνων και τετραγώνων.

/3) Να τοποθετήσετε κατάλληλα τα τρfγωνα και τετράγωνα, ώστε να σχηματlσουν δύο νta τετράγωνα, πλευράς (β + γ).

Μετά από κάθε δραστηριότητα ακολουθεί μια συζήτηση για τη σχέση που προκύπτει και μετά την τελευταία ο δάσκαλος αναφέρει ότι η σχέση αυτή είναι από τα πιο διάσημα θεωρήματα των μαθηματικών, το Πυθαγόρειο θεώρημα. Εκείνη τη στιγμή κάνει μια ιστορική αναδρομή, αναφέρεται στη ζωή, το έργο και τη θεωρία του Πυθαγόρα, καθώς και στη χρήση του Π.Θ. από τους Αιγύπτιους, Βαβυλώνιους, Κινέζους και Ινδούς, ενώ λέει επίσης ότι η δραστηριότητα 5 αποδείχθηκε από το Σωκράτη ( 500 π.Χ.), όπως λέει ο Πλάτωνας στο διάλογο του «Μένων)) και η δραστηριότητα 3 από τους Κινέζους

με την τεχνική του πάζλ, που υπάρχει στο βιβλίο του Τσου-Πέι. Σ'αυτό το σημείο προβάλλει με το βιντεοπροβολέα την εικόνα με ένα ελληνικό κείμενο του θεωρήματος καθώς και πέντε μεταφράσεις σε διάφορες γλώσσες και το διατυπώνει στην αρχαία γλώσσα, όπως σώθηκε στα Στοιχεία του Ευκλείδη. (Εικ. l) . Στη συνέχεια τους(ις) ζητά να βρουν τη σχέση των αριθμών του παρακάτω πίνακα 1 του φύλλου εργασίας, που βρέθηκε σε Βαβυλωνιακή πινακίδα Plimton 322, αναφέροντας εδώ κάποια ιστορικά στοιχεία γι' αυτήν και προβάλλοντας τις εικόνες 2 και 3 . Α ναφέρει τις Πυθαγόρειες τριάδες, την Πλατωνική και τη Πυθαγορική μέθοδο που δίνει τέτοιες τριάδες αριθμών και ζητά να κάνουν τη δραστηριότητα 7 του φύλλου εργασίας.

Εικόνα 2

σ . β γ ' �· - - - - - ·· - - -·�·- ·--- .. -- --r------- . �Ι-----ι 120 j 1 19 1β!_.. , . .•. ι ..

3,456 ; 3,367 4.ιισο , ι 4 so1 ! 7eΜι

.· . . . ----�-- +�-�--� ......... �. --�--13.000 � 12,700 j 18,541 - --· t · - -- «· J · 72 ! β5 I 97


Πίνακας 1

-------- Σχέδιο μαθήματος στο Πυθαγόρειο Θεώρημα της Β' Γυμνασίου ------


Οι Βαβυλώνιοι γνώριζαν το θεώρημα αυτό 1000 χρόνια

νωρίτερα, την δόξα όμως την πήρε ο Πυθαγόρας που πρόr

τος το απέδειξε. Σε μια mνακίδα της πρώτης βαβυλωνια

κής περιόδου( 1900-1600 π.Χ) βρίσκουμε Ύραμμένο το εξής πρόβλημα :

«Ένα δοκάρι που έχει μήκος 30 (ακουμπά ιcατακόρυφα

σε έναν τοίχο). Το πάνω άκρο του 'fλιστpάει προς τα κά

τω κατά 6. Πόσο απομακρύνεται το κάτω άκρο;»

Μποοε(τε να το υπολοviσετε:

Μετά την ολοκλήρωση της δραστηριότητας, κάθε ομάδα παίρνει από ένα γεωπίνακα με τα λαστιχάκια του και ένα φύλλο εργασίας με σχήματα της μορφής :

• • • • • • • • • •

• • • • • • • • • •

• • • • •

Δ •

:.;.1 • • •

ι

ι

• • •

όπου ζητείται να κατασκευαστούν τα αντίστοιχα ορθογώνια τρίγωνα. Στη συνέχεια δίνεται η δραστηριότητα 8, με σκοπό την επαλήθευση του aντίστροφου του Π.Θ. και τον έλεγχο αν ένα τρίγωνο με γνωστές τις πλευρές του είναι ορθογώνιο.

Δραστηριότητα 8 στην αρχαία Αi.,υπτο οι αρπεδονάπτες

σημάδευαν πάνω στην -yη ορθές γωνfες. Μ ΧρησιμοποιοΟΟαν ένα σχοινί με 13 κόμποuς, την αρπε

δόνη όπως την ονόμαζαν, οι οποiοι απείχαν μετο.ξU τοuς ί-σες αποστάσεις. Την χώριζαν δε σε τρία κομμάτια ταιν 3, 4 ·'

και 5 μονάδων. Με δυο καρφιά στερέωναν στη -yη τεντώνοντας το μεσα{ο κομμάτι ταιν 3 μονάδων ιcαι ένωναν τεντώνοντας τοuς δοο ακρινοός tcόμποuς σχηματiζοντας μια ορθή Ύαινία.

Πό>ς είμαστε οtyουροι ότι σχηματi.σθηκε ορθή yαινiα; Τι λέτε στην αρχαία ΑίΎUΠtΟ ήξεραν να χρησψ.οποιοον το Πuθαyόρειο θεό>ρημα;

Σ'αυτό το σημείο μπορεί να αναφερθεί το Κινέζικο «water weed problem» και το Ινδικό «lotus problem)) δίνοντας έτσι πολλές προοπτικές ενός προβλήματος και μεθόδους επίλυσης από διάφορους πολιτισμούς.

Κατά τη διάρκεια διδασκαλίας όλης αυτής της ενότητας δίνονται εργασίες για το σπίτι, όπως αναζήτηση πληροφοριών για τη ζωή και το έργο του Πυθαγόρα, η εύρεση στοιχείων για τις προσπάθειες των Αιγυπτίων, άλλες αποδείξεις του θεωρήματος και ασκήσεις και προβλήματα του σχολικού βιβλίου.

Σ'αυτό το σχέδω μαθήματος γίνεται παροχή άμεσων ιστορικών πληροφοριών με μια ωτλή αφήγηση ιστορικών δεδομένων και έμφαση στις ιστορικές πηγές. Η διδακτική προσέγγιση είναι εμπνευσμένη από την ιστορία με φύλλα εργασίας, που περιέχουν ιστορικά προβλήματα. Γίνεται επίσης χρήση χειραπτικών υλικών, του διαδικτύου και άλλου έντυπου υλικού στην αναζήτηση πληροφοριών για τις εργασίες στο σπίτι.

Βιβλιογραφία Ευκλείδης Α '. Μαθηματικό περιοδικό για το Γυμνάσιο. Μαθηματικά Β' Γυμνασίου. ΟΕΔΒ. Αθήνα 2007. Μαθηματικά Β' Γυμνασίου. «Βιβλίο Εκπαιδευτικού)). ΟΕΔΒ. Αθήνα 2007.


ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ =============== Πέτρος Νικολουδάκης και Σπύρος Δημόπουλος

Ένα από τα πιο δύσκολα προβλήματα στην εκμάθηση των Μαθηματικών στη σχολική διαδικασία είναι η απομνημόνευση των τριγωνομετρικών αριθμών των χαρακτηριστικών γωνιών 0° 30° 45° 60° 90° ' ' ' ' .

Ας χρησιμοποιήσουμε την «αγχίνου μνήμη»* Τους μηχανισμούς δεν τους ξεχνάμε. * Μνήμη αγχίνους : το μνημονικό τέχνασμα της ανάκλησης στη μνήμη ενός στοιχείου (αριθμού , ονόματος κ.λ.π.)

με τη βοήθεια άλλου ευκολότερα ανακλητού , με το οποίο έχει κοινά εξωτερικά στοιχεία , λ.χ. για να θυμάται κανείς την χρονολογία της Γαλλικής Επανάστασης ( 1 789) , θυμάται την ακολουθία 7, 8, 9.

Γράψτε τους αριθμούς ο 1 2 3 4 Βγάλτε τις τετραγωνικές ρίζες τους JO Jϊ fi J3 J4 Δηλαδή ίσο με ο 1 fi J3 2 Διαιρέστε με το 2 ο 1 J2 J3 2 - - -- -2 2 2 2 2 Δηλαδή ίσο με 1 - J2 J3 1

ο - -2 2 2 Έτσι έχετε τους τριγωνομετρικούς αριθμούς των χαρακτηριστικών γωνιών ω (0°, 30°, 45°,

ο ο 60 , 901)για το ημίτονο ω (ηιιω). Δηλαδή : ω σο 30°

1 -ημω ο 2

45° 60° 90° J2 J3 1 - -2 2

Τα πράγματα τώρα είναι πιο απλά για το συνημίτονο αυτών των γωνιών, αφού εργαζόμαστε 'δ ' λλ' ' δ ' με τον ι ιο τροπο α α με «αναπο >ψ> σειρα:

Γράφουμε 4 Βγάζουμε τις τετραγωνικές ρίζες τ�υς J4 Δηλαδή ίσο με 2 Διαιρούμε με το 2 2 -2 Δηλαδή ίσο με

1 Οπότε : ω

J3 συν ω 1 2

3 J3 J3 J3 -2 J3 -2

J2 2

2 fi fi fi -2 fi -2

1 2

Για την εφαπτομένη έχουμε τη σχέση: εφω = ημω επομένως συν ω

ω

εφ ω Q = O 1 2

_2_ = 1 J2 2 2

1 ο Jϊ JO 1 ο 1 ο - -2 2 1 -2 ο

ο

Δεν ορίζεται

Έτσι οι τριγωνομετρικοί αριθμοί των χαρακτηριστικών γωνιών 0°, 30°, 45°, 60°, 90°, γράφονται συνοπτικά σ' ένα πίνακα:


-------------- Τριγωνομετρία --------------ω σο 30° 45° 60° 90°

1 .fi J3 -

ημω ο 2 - - 1 2 2

J3 .fi 1 -

συν ω 1 - -

2 ο 2 2 J3 J3 δεν ορίζεται

εφω ο - Ι 2

Εάν είναι γνωστή μια γωνία σ' ένα τρίγωνο μέρος κάποιου σχήματος γενικότερα, τότε : 1) Εάν χρησιμοποιήσουμε το ημίτονο της γωνίας θα έχουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:

ιr Ι) η μω = ΑΓ , άρα η μω = Ά_, άρα β = α · η μω

ΒΓ α

11) ημω = ΑΓ , άρα ημω =Ά., άρα α = -β-ΒΓ α ημω

2) Εάν χρησιμοποιήσουμε το συνημίτονο της γωνίας θα έχουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:

ιιι.. w ΙΒΙ Ι) ΑΒ , γ , συνω =-, αρασυνω =-, αρα γ = α · συνω ΒΓ α

11) συν ω = ΑΒ , άρα συν ω = 1.. , άρα γ = _α_ ΒΓ α συνω

3) Εάν χρησιμοποιήσουμε την εφαπτομένη της γωνίας θα έχουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:

Ι) εφω = ΑΓ , άρα εφω = β , άρα β = γ · εφω , 11) εφω = ΑΓ , άρα εφω=�, άρα γ =_L ΑΒ γ ΑΒ γ εφω

ορθογώνιο τρίγωνο.

ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ 1 ο Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=5 cm, Γ = 25° και

φέρνουμε το ύψος ΑΔ και έστω ΔΒ=1, 7 cm, τότε α) Να υπολογίσετε τις γωνίες Β και Γ . β) Να υπολογίσετε τις πλευρές AF και ΒΓ. γ) Να υπολογίσετε το ύψος ΑΔ του τριγ. ΑΒΓ. δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του τριγ. ΑΒΓ.

Λύση ΣΗΜΑΝΤΙΚΗ ΠΑΡΑ ΤΗΡΗΣΗ για οποιοδήποτε υπολογισμό γωνιών πρέπει να αναφερθούμε σε κάποιο

α) Υπολογισμός γωνιών. Από ορθογώνιο τριγ. ΑΒΔ {Δ = 90° ) , άρα σJ\.Β= :. (μχ,σιΜ3= � =Q34

(από τριγωνομ. Πίνακες) Β :: 70° . Οπότε Α = 1 80° - {Β+ t) , άρα Α = 1 80° - ( 70 + 25) , άρα Α = 1 80° -95° = 85° .

β) Υπολογισμός ύψους ΑΔ. Από ορθογώνιο τριγ. ΑΒΔ (Δ = 90° ) , άρα η μΒ = � , άρα ημ70° = ΑΔ , άρα ΑΔ = 5 · ημ70° , άρα ΑΔ = 5 · 0, 9397, άρα AΔ :: 4, 7cm.

5


-------------- Τριγωνομετρία -------------

γ) Υπολογισμός των πλευρών ΑΓ και ΒΓ. Από ορθογώνιο τριγ. ΑΓ Δ {Δ= 90°) , άρα εφ Γ = � , άρα ΔΓ = ΑΔ , άρα ΔΓ = 4• 7 , άρα ΔΓ = 4• 7 , άρα ΔΓ � 10, 1 cm.

εφ Γ εφ25° Ο, 4663

Άρα ΒΓ=ΒΔ+ΔΓ= 1 ,7+10, 1=1 1 ,8cm. Από ορθογώνιο τριγ. ΑΓΔ {Δ = 90° )

η μΓ = ΑΔ , άρα ΑΓ = ΑΔ = 4• 7 = 4• 7 = 1 1, 1cm ΑΓ ημΓ ημ25° 0, 4226

/

δ) Υπολογισμός του εμβαδού του τριγ. ΑΒΓ. Ε(ΑΒΓ) = ΒΓ;Μ 1 1•8�

4•7 = 55;46 cm2 =27, 73cm2

ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ 2° Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (με ΑΒ=ΑΓ), Α = 44° και

BΓ=6cmo Φέρνουμε τα ύψη ΑΔ και ΒΕο Να υπολογίσετε 1) τις γωνίες Β και Γ ο 2) τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ, 3) τα ύψη ΑΔ και ΒΕ, 4) το εμβαδό του τριγο ΑΒΓ και 5) το λόyο των εμβαδών των

τρryώνων ΑΒΕ και ΒΕΓ, δηλ � ΑΒΕ� . ΒΕΓ Λύση

1) Υπολογισμός των γωνιών Β και Γ ο Α. + Β + t = 180° , άρα 44 ο + Β + Β = 1 80° , άρα 2Β = 180° -44° = 1 36° , άρα Β = 68° .

2) Υπολογισμός των πλευρών ΑΒ και ΑΓ. Επειδή το τριγ. ΑΒΓ είναι ισοσκελές, τότε το ύψος ΑΔ είναι και διχοτόμος και διάμεσος, δηλαδή ΒΜ = Γ ΑΔ = 22° και ΒΔ = ΔΓ = 3cm.

Οπότε από το ορθογώνιο τριγ.ΑΔΓ {Δ = 90° ) έχουμε ημΑ1 = : ,

άρα ΑΒ = � = 3 = 3 = 8cm , επομένως AB=AΓ=8cm. ημΑ1 ημ22° 0, 3746

3) Υπολογισμός των υψών ΑΔ και ΒΕ. Από ορθ. Τριγ. ΑΒΔ {Δ = 90° ) έχομε :

εφΒ = ΑΔ , άρα ΑΔ = εφΒ ·ΒΔ, άρα ΑΔ = 3 · εφ68° = 3 · 2, 475 1 = 7, 4cm . ΒΔ

Από ορθ. Τριγ. ΒΕΓ (Ε = 90° ) έχουμε ημΓ= =�· άρα ΒΕ=ΒΓ·ημΓ=6 ·ημ68° =6 ·0,9272=5,6cm

4) Υπολογισμός εμβαδού τριγώνου ΑΒΓ. Ε ( ΑΒΓ) = ΒΓ · ΑΔ = 6 ' 7• 4 = 44,4 cm2 = 22, 2cm2 2 2 2

5) Υπολογισμός του λόγο των εμβαδών των τριγώνων ΑΒΕ και ΒΕΓ. 1 (ΑΒΕ) -ΑΕ ·ΒΕ

( ) -- = 2 = ΑΕ =� =: 2,6 · Υπολογισμός ΑΕ και ΕΓ. Από ορθ. Τριγ. ΑΒΕ Ε = 90° (ΒΕΓ) _!_ΕΓ ·ΒΕ ΕΓ 2,2 2 έχουμε : συν Α = ΑΕ , άρα ΑΕ = συν · ΑΒ = συν44° · 8 = Ο, 7 1 93 · 8 = 5, 8cm .

ΑΒ Οπότε: ΕΓ=ΑΓ -ΑΕ, άρα ΕΓ=8-5,8, άρα ΕΓ=2,2 cm.


Μαθηματ ι κές Σχέσε ις ========== Πέτρος Νικολουδάκης και Σπύρος Δημόπουλος

ΙΣΟΤΗΤΑΣ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑΣ ΑΝΙΣΟΙΣΟΤΗΤ ΑΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΤΑΥΤΟΤΗΤΕΣ

Επαληθεύονται με ορισμένες τιμές Επαληθεύονται με οποιεσδήποτε των γραμμάτων που περιέχουν τιμές των γραμμάτων που

περιέχουν π.χ. (α+β)2=α2+2αβ+β2

I) ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΟΥ ΒΑΘΜΟΥ Μ' ΕΝΑΝ ΆΓΝΩΣΤΟ ΓΕΝΙΚΗ ΜΟΡΦΗ αχ+β=Ο ( 1 ) Γενική Λύση - Διερεύνηση 1) Εάν α:jfO και β οποιοσδήποτε αριθμός τότε η ( 1 ) έχει μοναδική λύση, γιατί:

αχ+β=Ο ή αχ=-β ή χ = -� α

Εάν α=Ο και β =f:. Ο τότε η ( 1 ) είναι ΑΔ ΥΝΑΤΗ(δεν επαληθεύεται με κανένα αριθμό), γιατί: αχ+β=Ο ή Οχ=-β ή 0=-β ή β=Ο, άτοπο.

2) Εάν α=Ο και β=Ο τότε η ( 1 ) είναι ΤΑ ΥΤΟΤΗΤ Α( επαληθεύεται με όλους τους αριθμούς), γιατί: αχ+β=Ο ή Οχ=Ο για κάθε χ.

Δηλαδή η εξίσωση αχ+β=Ο θα έχει μία λύση ή καμία ή άπειρες, εξαρτάται από τις τιμές των συντελεστών της α, β.

Παραδείγματα Δίνεται η εξίσωση .fiκx + 3 = J)μ-2χ (2). Για ποιες τιμές των παραμέτρων κ, μ έχει

λύση, είναι αδύνατη ή είναι αόριστη. (ΠΑΡΑΜΕΤΡΟΣ είναι ένα γράμμα ή περισσότερα που εμφανίζονται σε μια εξίσωση και αλλάζουν τη λύση της, ανάλογα με τις τιμές που παίρνουν. Όσο πιο πολλές παραμέτρους έχει ένα πρόβλημα τόσο πιο δύσκολο είναι. Έτσι είναι και στη ζωή μας). Από την (2) έχουμε .J2κχ+3=J3μ-2χ ή .J2κχ+3χ =.J3μ-3 ή (.J2κ+2)χ =.J3μ-3

(ΚΑΝΟΝΙΚΗ ΜΟΡΦΗ), τότε:

( ι;; ) ι;; 2 2 ·.J2 2 . .J2 ι;; 1) Εάν ν2κ+ 2 :;t: O ή ν2κ :;t: -2 ή κ :;t: -

.J2 ή κ :;t: .Ji . .Ji ή κ :;t: --

2- ή κ :;t: -ν2 ,

ξ' , λ ' .J3μ-3 δ ' η ε ισωση εχει :υση, την χ = ι;; . μ= οποιοσ ηποτε. ν2 + 2

2) Εάν .J2κ + 2 = Ο και J)μ-3 :;t: Ο ή .J2κ = -2 και J)μ :;t: 3 ή κ = -.1 και μ :;t: .1 ή κ = -.fi και μ :;t: J3 , είναι ΑΔ ΥΝΑΤΗ. (Γιατί Ο · χ = J3 · μ - 3 , με J3 · μ - 3 :;t: Ο .

3) Εάν .fiκ + 2 = Ο και J)μ-3 = Ο ή .fiκ = -2 και J)μ = 3 ή κ = -.1 και μ = .1 ή κ = -.fi και μ = J3 , είναι ΑΟΡΙΣΤΗ ή ΤΑ ΥΤΟΤΗΤΑ, γιατί Ο · χ = Ο για οποιοδήποτε χ. Π) ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΔΕΥfΕΡΟΥ ΒΑΘΜΟΥ Μ' ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣ'ΓΟ ΓΕΝΙΚΗ ΜΟΡΦΗ �+βχ+y=Ο (1) α;f:Ο (γιατί;)

Γενική Λύση - Διερεύνηση Δ = β2 - 4αγ (Διακρίνουσα)

1) Ε�ν η διακρίνουσα Δ = β2 - 4αγ > Ο τότε η ( 1 ) έχει δύο λύσεις ΑΝΙΣΕΣ χ1 2 =-β ± JΔ 2α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 86 τ. 2/26

------------ Μαθηματικές Σχέσεις ------------

2) Εάν Δ = Ο τότε η ( 1 ) έχει δύο λύσεις ΙΣΕΣ. 3) Εάν Δ < Ο τότε η ( 1 ) δεν έt,ει λύση πραγματικούς αριθμούς.

Δηλαδή η εξίσωση αχ +βχ+y=Ο (α :f:. Ο) ή θα έχει δύο λύσεις διακεκριμένες ή θα έχει δύο λύσεις ίσες ή καμία λύση, εξαρτάται από τη διακρίνουσά της Δ.

Για να λυθεί μια εξίσωση 2ου βαθμού με ένα άγνωστο, πρέπει να τη φέρουμε στην κανονική μορφή αχ2+βχ+γ=Ο. Τότε υπολογίζουμε την Διακρίνουσα Δ = β2 - 4αγ και αν Δ �Ο πρ�χωράμε

σtις ρίζες της με τους τύπους χ 1 2 = -β ± .JΔ . · 2α

Ε ιδη<:ές μορφές η Εάν α :f:. Ο, β :f:. Ο και γ = Ο, τότε η ( 1 ) γίνεται αχ2+βχ = Ο ή χ(αχ+β) = Ο ή (χ=Ο ή αχ+β=Ο) ή (χ=Ο ή χ = _Ι)

α 2) Εάν α :f:. Ο, β = Ο και γ :f:. Ο, τότε η (l) γίνεται αχ2+γ = Ο ή αχ2 = -γ ή χ2 = -: ή χ = .±Η (προφανώς έχει λύσεις αν γ , α είναι ετερόσημοι) 3) Εάν α :f:. Ο, β = Ο και γ = Ο, τότε η ( l ) γίνεται αχ2 = Ο ή χ2 = 0 ή χ1 = χ2 = Ο.

Π αραδείγματα 1 ) Ν α λυθεί η εξίσωση: 2χ (χ - 1 γ - 3 (χ - 2) (χ + 2) = 2 (χ - 1 )3 + 1 Ο

Λ.ίJση 2χ(χ-1)2 -3(χ-2)(χ+2) = 2(χ- 1)3 +10 ή 2χ{χ2 -2χ+1)-3(χ-4) =2(χ3 -3χ2 +3χ-1)+10 ή 2χ - 4χ2 + 2χ - 3χ2 + 12 = 2χ3 - 6χ2 + 6χ - 2 + 10 ή 2χ3 - 4χ2 + 2χ - 3χ2 + 12 - 2χ3 + 6χ2 - 6χ + 2 - 10 = ο il 2χ3 - 2χ3 - 4χ2 - 3χ2 + 6χ2 + 2χ - 6χ + 12 + 2 - 10 = ο ή -χ2 - 4χ + 4 = Ο ή χ2 + 4χ - 4 = Ο,

( έχουμε όμως Δ= β2 - 4αγ = 42 - 4 · 1 · ( -4) = 16 + 16 = 32), οπότε -β±JΔ -4 ± Jfi -4±4J2 {Χι = -2 + 2J2 ( ' , ) Χι 2 = = = = , αρρητες ριζες

· 2α 2 · 1 2 χ2 = -2- 2J2

2:1 Να λυθεί η εξίσωση: 2 (χ - 2) (χ + 1) - 5(χ + 2γ = 3( x -.J3)( χ + .J3)- 15

: 2 (χ - 2 ) (χ + Ι ) - 5 (χ + 2 )2 = 3 (χ - .J3) (χ + .J3)- 1 5 ή

2(χ2 + χ - 2χ - 2) - 5(χ2 + 4χ + 4) = 3 ( χ2 - ( .J3 )2) - 15 ή 2χ2 + 2χ - 4χ - 4 - 5χ2 - 20χ - 20 = 3χ - 9 - 15 ή 2χ2 - 5χ2 - 3χ2 + 2χ - 4χ - 20χ - 4 - 20 + 9 + 15 = Ο ή -6χ2 - 22χ = Ο

ή 6χ2 + 22χ = Ο ή 2χ(3χ+11) = Ο ή (2χ = Ο ή 3χ + 11 = Ο) ή χ = Ο ή χ = - 1: . 3) Να λυθεί η εξίσωση: 2 (χ - .J2)( χ + .J2) + 3 (χ - .J5)( χ + .J5) = (χ - .J7)( χ + .J7)

ΛίJση 2 (χ - $)(χ + $)+ 3 (χ - v'S)(x + v'S) = (χ - FΊ)(χ + FΊ) ή 2 (χ2 - 2)+ 3 (χ2 - 5) = χ2 - 7 ή 2χ2 - 4 + 3χ2 - 15 = χ2 - 7 = 0 ή 2χ2 + 3χ2 - χ2 = 4 + 15 - 7 ή 4χ2 = 12 ή χ2 = 3 ή χ = ±.J3 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 86 τ. 2/27

Ομοιότητα =============== Πέτρος Νικολουδάκης και Σπύρος Δημόπουλος

ΣΧΕΣΕΙΣ ΠΟΛ ΥΓΩΝΩΝ ΑΣΧΕΤΑ ΜΕΤΑΞΥ ΤΟΥΣ ΙΣΑ ΟΜΟΙΑ

• Δύο ή περισσότερα πολύγωνα λέγονται ΟΜΟΙΑ μεταξύ τους, όταν έχουν τις πλευρές τους ανάλογες και τις αντίστοιχες (ομόλογες) γωνίες τους ίσες.

• Λόγος ομοιότητας δύο ομοίων πολυγώνων. είναι ο θετικός πραγματικός αριθμός, που εκφράζει το λόγο δύο αντιστοίχων ή ομολόγων πλευρών τους.

� ._--------------�r 8

ΑΒΓΔ όμοιο με ΑΉ'ΓΔ' (συμβολικά ΑΒΓΔ ΑΉ'ΓΔ'), τότε Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ ΑΒ ΒΓ ΓΔ ΔΑ Α = Α Β = Β Γ = Γ Δ = Δ και -- = -- =-- =--=λ . ' ' ' Α'Β ' Β 'Γ ΓΔ' ΔΆ' Εάν Ο<λ<l τότε έχουμε σμίκρυνση, εάν λ=l τότε τα σχήματα είναι ίσα και εάν λ>l έχουμε

μεγέθυνση. Σ' ένα χάρτη έχουμε σμίκρυνση και η κλίμακά του είναι πάντα μικρότερη του 1 . Σε μια φωτοτυπία όμως, έχουμε κατά βάση ισότητα, αλλά μπορούμε να έχουμε και

σμίκρυνση και μεγέθυνση. Τα διάφορα σχέδια (αρχιτεκτονικό, μηχανολογικό, τοπογραφικό κλπ) περιέχουν σχήματα,

(σπίτια, μηχανές, αγρούς κλπ), που είναι όμοια με τα αντίστοιχα πραγματικά αντικείμενα και είναι συνήθως σε σμίκρυνση, εκτός εάν παρουσιάζουν αντικείμενο που είναι πάρα πολύ μικρό (κύτταρο, μόριο κ.α.), οπότε έχουμε σχέδιο σε μεγέθυνση.

Στις φωτογραφίες που τραβάμε έχουμε σμίκρυνση γενικά, εκτός και αν φωτογραφίζουμε αντικείμενα πάρα πολύ μικρά, π. χ. μια μέλισσα, οπότε χρειαζόμαστε μεγέθυνση.

Όμως τα είδωλα των αντικειμένων που σχηματίζονται στα μάτια μας είναι όμοια με τα αντικείμενα, σε σμίκρυνση. Η όρασή μας λοιπόν έχει σχέση με την ομοιότητα, οπότε η ΟΜΟΙΟΤΗΤΑ είναι κάτι το σπουδαίο και τόσο κοντά μας.

Ας ασχοληθούμε με τα πιο απλά όμοια σχήματα στο επίπεδο, που είναι τα τρίγωνα. Υπάρχει ένας απλός κανόνας (θεώρημα) : αν δύο τρίγωνα έχουν δύο γωνίες ίσες είναι όμοια. Δηλαδή : {Εάν Α = Α' και Β = Β ' τότε και t = Γ'}

ΑΒ ΒΓ Γ Α ΘΕΩΡΗΜΑ (1) και --'= -- = -- = λ

ΑΉ Β 'Γ ' ΓΑ' Α'

Β' Υπάρχουν ακόμα δύο θεωρήματα για την ομοιότητα δύο τριγώνων αλλά θα τα δούμε στο

Λύκειο. Πάνω σ' αυτόν τον απλό κανόνα της ομοιότητας δύο τριγώνων στηρίζονται τα πάντα περί ομοιότητας.

Σ' αυτή την τάξη κρατάμε το Θεώρημα ( 1 ). Με τη βοήθεια αυτού έχουμε ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Α' 86 τ.2/28

-------------- Ομοιότητα --------------

1) ΑΒ = ΒΓ = Γ Α = ΑΒ + ΒΓ +Γ Α = λ (ο λόγοc_ των περιμέτρων δύο ομοίων Α'Β ' Β 'Γ ΓΑ' Α'Β ' +Β 'Γ+ΓΑ'

τριγώνων είναι ίσος με το λόγο ομοιότητας).

2) (��') = λ2 (ο λσyος των εμβαδών δύο ομοίων τριγώνων είναι ίσος με το τετράγωνο

του λόγου ομοιότητας). Τέλος μια σημαντική παρατήρηση είναι η εξής: τα κανονικά πολύγωνα με τον ίδιο αριθμό

πλευρών είναι όμοια. π. χ. όλα τα κανονικά πεντάγωνα μεταξύ τους, οι γωνίες τους είναι 108°.

• • • • •

Ασκήσεις στα όμοια τρίγωνα 1°) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Πάνω στην πλευρά ΑΒ αρίζουμε ένα σημείο Δ, τέτοιο ώστε

AΔ=6cm και ΑΔ = � ΑΒ . Από το Δ φέρνουμε παράλληλη προς την ΒΓ που τέμνει την 5

πλευρά ΑΓ στο Ε. (Δηλ. ΔΕ/ΙΒΓ). Εάν ΕΓ= 7cm, να υπολογίσετε: α) την πλευρά ΑΕ του τργ. ΑΔΕ και τις πλευρές ΑΒ , ΑΓ του τριγ. ΑΒΓ. β) Μεταξύ ποιων αριθμών βρίσκεται η τιμή των πλευρών ΔΕ και ΒΓ.

γ) Να υπολογιστούν οι λόγοι i) ( ΑΔΕ) και ii) ( ΑΔΕ) (ΑΒΓ) (ΔΕΓΒ) Λύση.

Α

ΔΕΙIΒΓ ,ΑΔ=βcm

Β Γ ._ _______________ �

α) ΑΔ =�ΑΒ ή 6 =�ΑΒ ή 6 = 3 · ΑΒ ή 3 · ΑΒ = 30 ή ΑΒ = lOcm. Επειδή 5 5 5

ΑΕ = ΑΔ ή ΑΕ = � ή 4 . ΑΕ = 42 ή ΑΕ = 10, 5cm . Συνεπώς ΑΓ= 10,5+ 7= 1 7 ,5cm. ΕΓ ΔΒ 7 4

β) Από τριγωνική σχέση στο τριγ. ΑΔΕ είναι: ΑΕ-ΑΔ<ΔΕ<ΑΕ+ΑΔ ή 10,5-6<ΔΕ<10,5+6 ή 4,5cm<ΔE<1 6,5cm , ομοίως στο τριγ. ΑΒΓ είναι ΑΓ-ΑΒ<ΒΓ<ΑΓ+ΑΒ ή 1 7,5- 10<ΒΓ<17,5+10 ή 7,5cm<BΓ<27.5cm .

. (ΑΔΕ) 2 , (ΑΔΕ) (ΑΔ )2 , (ΑΔΕ) ( 3)2 9 γ) ι) (ΑΒΓ) = λ η

(ΑΒΓ) ΑΒ η

(ΑΒΓ)= S =

25


------------- Ομοιότητα --------------ίί) Από

(( ΑΔΕ)

) = _2._ έχουμε ( ΑΒΓ) = 25 ( ΑΔΕ) οπότε

ΑΒΓ 25 9 (ΑΔΕ) (ΑΔΕ) , (ΑΔΕ) (ΑΔΕ) (ΑΔΕ) 9

-:-'----"-:- - η - - --(ΔΕΓΒ) - (ΑΒΓ)-(ΑΔΕ) (ΔΕΓΒ) - 25 (ΑΔΕ) - (ΑΔΕ)

- 16 (ΑΔΕ) - 16

.

9 9 2°) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Πάνω στην πλευρά του ΑΒ δίνεται σημείο Δ και πάνω στην ΑΓ σημείο Ε, έτσι ώστε ΜΕ = Γ = φ . Εάν ΑΕ=3 , ΕΓ=2χ+1, ΑΔ=2χ-1 και ΔΒ=χ+2, να υπολογίσετε: 1 ) Τις πλευρές ΑΒ, ΑΓ και ΑΔ των τριγώνων ΑΒΓ και ΑΔΕ. (ΑΔΕ} 2) Το λόγο : ( ΑΒΓ} και το ΕΓ.

3) Εάν ΑΖ κάθετη στην ΔΕ και ΕΗ κάθετη στην ΒΓ, να υπολοylσετε το λόyο � =� . Λύση

Η

1 ) Τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΒΓ έχουν Α κοινή, ΑΔΕ = Af'B = φ , άρα είναι όμοια, οπότε: ΑΔ = ΑΕ = ΔΕ ή 2χ - 1 = -3- ή (2χ - 1) · (3χ + 1) = 3 · (2χ + 4) ή 6χ2 - 7χ - 13 = 0 , ΑΓ ΑΒ ΒΓ 2χ + 4 3χ + 1

-(-7)+.J36Ϊ + !χ1 = 26 =� δεκτή Δ = (-7)2 - 4 · 6 · (-13) = 361 άρα χ =

-

= 7 -9 = 1 2 6

' 1'2 2 · 6 12 -12 ' χ2 = U απορριπτεται

' 1 3 1 ο 1 3 1 5 1 3 25 Συνεπως ΑΔ= 2χ - 1 = 2 ·--1 =- . ΑΒ= 3χ + 1 = 3 ·-+ 1 =- . ΑΓ= 2χ + 4 = 2 ·-+ 4 =-6 3 6 2 6 2 [ 1 0 ]2

2) i�\ = (� )' = � = (Η = 2� , ΕΓ = 2χ + ι = Ζ - 1: + Ι = 1:

3) Τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΕΗΓ έχουν Ζ = Η = 90° και ΑΔz = Af'H = φ , [ 10 ]2 Άρα είναι όμοια οπότε : ( ΑΔΖ) = ( ΑΔ )2 =

3 = 25 . ' (ΕΗΓ) ΕΓ 1 6 64 3


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Επιμέλε•α: Επιτροπή Διαγωνισμών

73°ς ΠΑΝ ΕΛΛΗ Ν ΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙ ΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝ ΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗ ΜΑΤΙ ΚΑ

'Ό ΘΑΛΗΣ" 20 Οκτωβρίου 2012

Β· Γ υ μvασίου

Πρόβλημα 1

Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης: Α = (ιs-!) : 44 - 39 · [ �6 ] • 5 5 5 3 + -11

Λύση

Πρόβλημα 2 Α ν ο κ είναι πρώτος θετικός ακέραιος και διαιρέτης του μέγιστου κοινού διαιρέτη των

ακεραίων 12, 30 και 54, να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του κ και της παράστασης: ' κ 3-κ 2- - -

Β - --2 . _2_ - 1 . κ •

κ - -2 Λύση Είναι ΜΚΔ(12,30, 54) = 6 . Οι θετικοί διαιρέτες του 6 είναι οι 1 , 2, 3 , 6 και από αυτούς

πρώτοι είναι οι 2 και 3. Άρα έχουμε κ = 2 ή κ = 3 .

2 -� 3-2 Για κ = 2 έχουμε: Β - --2 · -2- - _!_ . _!_ _ � .

4 - � -2 _ _!_ · 2 - l · 4 - 3 1 - 3 .

2 2 3 - κ 3 - 3

3 δ , 2 , Β , -2- Ο Ο . , δ , Για κ = ο ιαιρετης -- της παραστασης γινεται -- = - = , ενω ο ιαιρετεος κ 3 3

3 1 2 -- -γίνεται ---f- = ; = t * Ο , οπότε η παράσταση Β δεν ορίζεται.

3 -- -2 2


------------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί ------------Πρόβλημα 3 Ένας ελαιοπαραγωγός έχει παραγωγή λαδιού 800 κιλά. Για την καλλιέργεια του

ελαιώνα του ξόδεψε 407 ευρώ και για τη συγκομιδή του καρπού από τις ελιές του ξόδεψε 1050 ευρώ. Η τιμή πώλησης του λαδιού είναι 2,5 ευρώ το κιλό και κατά την πώληση του λαδιού υπάρχουν κρατήσεις σε ποσοστό 6% πάνω στην τιμή πώλησης. (α) Να βρείτε πόσα κιλά λάδι πρέπει να πωλήσει ο παραγωγός για να καλύψει τα έξοδά του. (β) Αν επιπλέον το ελαιοτριβείο (εργοστάσιο που παράγεται το λάδι) κρατάει για την

αμοιβή του το 8% του παραγόμενου λαδιού, να βρείτε πόσα κιλά λάδι θα μείνουν στον παραγωγό μετά την πώληση λαδιού για την κάλυψη των εξόδων του.

Λύση

(α) Κατά την πώληση του λαδιού οι κρατήσεις είναι 2, 5 · _i_ = Ο, 1 5 ευρώ, οπότε η καθαρή 100

τιμή πώλησης είναι 2, 5 - 0, 1 5 = 2, 35 ευρώ. Τα έξοδα του παραγωγού είναι 1 050+407 = 1457 ευρώ, οπότε ο παραγωγός πρέπει να πωλήσει 1457 : 2,35 = 620 κιλά λάδι.

(β) Το ελαιοτριβείο θα κρατήσει 800 · -8- = 64 κιλά λάδι, οπότε θα μείνουν στον παραγωγό 1 00

800- ( 620+ 64) = 1 16 κιλά λάδι. Πρόβλημα 4

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 60° και ΑΓ = 3 · ΑΒ . Παίρνουμε σημείο Ε πάνω στην

2

πλευρά ΑΓ τέτοιο ώστε ΑΕ = ΑΒ . Αν η διχοτόμος της γωνίας Α τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα ΒΕ στο σημείο Δ, να βρείτε τις γωνίες του τριγώνου ΔΕΓ.

Λύση Για συντομία, θα συμβολίσουμε με α το μήκος του τμήματος ΑΒ , δηλαδή : ΑΒ = α .

Α

Γ

Εφόσον ΑΓ = � ΑΒ = �α και ΑΕ = ΑΒ = α , έχουμε: 2 2

3 α ΕΓ = ΑΓ - ΑΕ = -α- α = - . 2 2

Το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές ( ΑΒ = ΑΕ ) και η γωνία του Α είναι 60° , οπότε το τρίγωνο είναι ισόπλευρο και η διχοτόμος του ΑΔ είναι και διάμεσος.

Άρα είναι ΔΕ = α και το τρίγωνο ΔΕΓ είναι ισοσκελές, 2

Σχήμα 1 αφού ΔΕ = ΕΓ = α . Η γωνία Ε1 είναι εξωτερική του

2 ισόπλευρου τριγώνου ΑΒΕ . Άρα έχουμε

Ει = 1 80° -ΑΕΒ = 1 80° - 60° = 120° , οπότε : t 1 = Δ1 = 1 800 - 1200 = 30° .

Ι 2

Γ' Γυμνασίου Πρόβλημα ι Ν α υπολογίσετε την τιμή της παράστασης

2 4 6 2182 χ · Υ · z • , -1ο -s -6 Κ = _1 , αν ειναι χ = 2 , y = 4 , z = 8 ,

3 · (13 · 22 · 33 + 42 · 93 ) και να αποδείξετε ότι είναι τέλειο τετράγωνο:Ρ!J.:!'Ού αριθμού.


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

Λύση ----

'Εχουμε: x = 2-10 , y = 4-8 = (22 )-8 = 2-�-6 = (23 )-6 = 2-18 • Ο αριθμητής του κλάσματος γίνεται:

. 2 4 ( 6 Α = χ2 • / • z6 • 2182 = ( 2-ιο ) . ( Τ16 ) • Τ18 ) • 2182 = 2-2ο • 2-64 • 2-1os • 21 s2 = τιο. Ο παρανομαστής του κλάσματος γίνεται:

Π = 3 · 1 3 · 2 · 3 + 4 · 9 = 3 · 1 3 · 2 · 3 + 2 · 3 = 3 · 2 · 3 · 1 3 + 2 · 3 ( 2 3 2 3 )-1 ( 2 3 4 6 )-1 [ 2 3 ( 2 3 )J-1

Άρα έχουμε

Πρόβλημα 2 Να βρείτε για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού α οι αριθμοί 3 και -3 είναι λύσεις

της ανίσωσης �J,- 5α + 2 < α(χ - 3) + 2( α - 1) .

Λύση Ο αριθμός 3 είναι λύση της δεδομένης ανίσωσης, αν ισχύει ότι

16 4 · 3- Sα + 2 < α ( 3- 3) + 2 (α - 1) � 12 - Sα + 2 < 2α - 2 � 1 6 < 7 α � α > - . 7

Ο αριθμός -3 είναι λύση της δεδομένης ανίσωσης, αν ισχύει ότι 4 · (-3) -5α + 2 < α ( -3 - 3) + 2 (α -1 ) � -12 -5α + 2 < -6α + 2α - 2 � -8 < α � α > -8 . Επομένως οι αριθμοί 3 και -3 είναι λύσεις της ανίσωσης , όταν συναληθεύουν οι ανισώσεις 16 ' 16 α > - και α > -8 , δηλαδη όταν α > -. 7 7

Πρόβλημα 3 Αν το εμβαδόν Ε του χωρίου ΑΒΔΓ του διπλανού σχήματος

ισούται με το _.!.._ του εμβαδού του κυκλικού δακτυλίου που ορίζεται 12

από τους κύκλους (Ο,α) και (Ο,β) , Ο < β < α , να βρείτε τη γωνία

αι = ΑόΒ και την τιμή της παράστασης: Σ ={ 2ημ 'αι-� συν2αι )' .

Λύση Το εμβαδόν του χωρίου ΑΒΔΓ ισούται με τη διαφορά των εμβαδών των κυκλικών τομέων

( ..-) { .- ) ω ω (α2 - Ρ2 ) ω Ο,ΑΒ και Ο,ΓΔ , δηλαδή είναι Ε (ΑΒΔΓ) = πα2 · - - πβ2 · - = ....:...._ _ __.:...._

2π 2π 2 Το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου που ορίζεται από τους κύκλους (Ο, α) και

(Ο, β) , Ο < β < α , ισούται με Ε ( Ο, β, α) = π ( α2 -β2 ) , οπότε, σύμφωνα με την υπόθεση,

Ε (ΑΒΔΓ) 1 (α2 -Ρ2 ) ω 1 π έχουμε: Ε(Ο,β, α) = 12 � 2π(α2 - β2 ) = u � ω = 6 .

Ε δ ' ' π 1 2 π 1 ' πει η ειναι ημω = ημ6" = 2 και συ ν ω = σu v 3 = 2 , εχουμε

Σ = ( 2ημ 2ω - �συ v 2ω )3 = ( 2 (�)2 - � · � J3 = (�- i)3 = (i)3 =sh-ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 86 τ.2/33


2°ς τρόπος Η εύρεση της γωνίας ω μπορεί να γίνει και με μία απλή μέθοδο των τριών, ως εξής:

Ο κυκλικός δακτύλιος εμβαδού Ε = π ( α2 -β2 ) αντιστοιχεί σε γωνία 2π ακτινίων.

Το τμήμα του κυκλικού δακτυλίου εμβαδού Ε_ 12

αντιστοιχεί σε γωνία ω ακτινίων, οπότε έχουμε την Ε 2π 2π π αναλογία: - = - � 12 = - � ω = - . Ε ω ω 6 12

Η τιμή της παράστασης Σ προκύπτει όπως και στον πρώτο τρόπο.

Πρόβλημα 4

Σχήμα 2

Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓ Δ με ΑΔ = α cm και ΑΒ < ΑΔ . Η κάθετη από την κορυφή Β προς τη διαγώνιο ΑΓ την τέμνει στο σημείο Ε. Α ν ισχύει ότι ΕΓ = 2 · ΑΕ , να βρείτε:

(i) Το μήκος της πλευράς ΑΒ. (ii) Το εμβαδόν του κύκλου που περνάει και από τις τέσσερις κορυφές του ορθογωνίου

ΑΒΓΔ.

Λύση (i) Έστω ΑΒ = ΓΔ = χ , AE = y, ΕΓ = 2y και BE = z .

Σχήμα 3

Από την εφαρμογή του Πυθαγορείου θεωρήματος στο τρίγωνα ΑΒΕ έχουμε:

χ2 = / + z2 ::::) z2 =χ2 _ y2 . ( 1 ) Από την εφαρμογή του Πυθαγορείου θεωρήματος

στο τρίγωνα ΒΓΕ έχουμε: α2 = 4y2 + z2 ::::) z2 = α2 - 4y2 . (2)

Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) λαμβάνουμε: α2 -4/ = χ2 - / ::::) χ2 = α2 - 3/ (3)

Από την εφαρμογή του Πυθαγορείου θεωρήματος στο τρίγωνο ΑΔΓ έχουμε:

9y2 = χ2 + α2 ::::) χ2 = 9y2 - α2 . (4) Από τις σχέσεις (3) και ( 4) έχουμε:

2 _2 _2 2 2 d aJ6 9y -α = α -3y ::::)y =6 ::::)y =-6- , οπότε

r =if -3(aJ6J2 =if -3 · if

= if

:::)Χ= a.fi. ' 6 6 2 2

(iii) Διάμετρος του κύκλου είναι η ΑΓ = 3y , οπότε η ακτίνα του είναι R = � y = aJ6 . Το 2 4

6α2 3πα2 εμβαδό του κύκλου είναι Ε = πR2 = π · - = -- .

16 8 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 86 τ.2/34

------------- Μαθηματικοί ΔιαΎωνισμοi -------------

Οι λύσεις των ασκήσεων του τεύχους 85 Ν7. Α ν ο θετικός ακέραιος Α πολλαπλασιαστεί επί 3 ο ακέραιος που προκύπτει έχει το ίδιο άθροισμα ψηφίων με τον Α. Να αποδείξετε ότι ο Α διαιρείται με το 9. ΝόriΌ. Αφρική, 2012

Μ� \ Ο αριθμός 3Α διαιρείται με το 3, οπότε το άθροισμα των ψηφίων του διαιρείται με το i

Σύμφωνα με την υπόθεση ο αριθμός Α έχει το ίδιο άθροισμα ψηφίων με τον αpιθμό 3Α , οπότε και ο Α διαιρείται με το 3. Τότε όμως ο αριθμός 3Α διαιρείται με το 9, οπότε λόγω ·Πις υπόθεσης και ο αριθμός Α διαιρείται με το 9. / / Ν8. Βρείτε όλους τους τετραψήφιους ακέραιους Α = αbcd = 1 ΟΟΟα + 1 OOb + 1 Oc + d που είναι τέτοιοι ώστε ο ακέραιος που προκύπτει μετά τη διαγραφή οποιουδήποτε ψηφίου τους διαιρεί τον αρχικό ακέραιο Α. Εσθονία, 2012

Λύ� Επειδή ο αριθμός α διαιρείται με τον τριψήφιο ακέραιο αbc , έπεται ότι είναι d = Ο . Επειδή -- -- - -

0 αριθμός Α = αbcd = αbcO διαιρείται με τον ακέραιο αbd = αbΟ , έπεται ότι c = Ο . Επειδή ο αριθμός Α = αbcd = αbΟΟ διαιρείται με τον ακέραιο αcd = αΟΟ , αλλά και από τον ακέραιο bcd = bOO , έπεται ότι ο αριθμός αb = 1 Οα + b διαιρείται από το α και το b . Επομένως ο ακέραιος q, διαιρεί το b και ο ακέραιος b διαιρεί το 1 Οα , οπότε υπάρχουν ακέραιο� χ, y τέτοιοι ώ;τε b = αχ και 1 Οα = by . Άρα έχουμε 1 Ο α = axy , δηλαδή είναι xy = 1 Ο , αφού �Ρtπει.

να είναι α * Ο . Επομένως έχουμε τις περιπτώσεις: \ • χ = 1, y = 1 Ο, οπότε α = b και έτσι προκύπτουν εννέα δυνατοί αριθμοί: 1 100, 2200, 3300,

4400, 5500, 6600, 7700, 8800, 9900. • χ = 2, y = 5, οπότε 2α = b και έτσι προκύπτουν οι αριθμοί 1200, 2400, 3600 και 4800. • χ = 5, y = 2, οπότε 5α = b και έτσι προκύπτει ο αριθμός 1 500. • χ = 1 Ο, y = 1 , που είναι αδύνατη, αφού οι αριθμοί α, b πρέπει να είναι μονοψήφιοι.

Α8. Αν για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς α, b ισχύει ότι α =::; b =::; 2α , να αποδείξετε ότι: 2 -

α b 5 2 =::; - + - =::; - . Αυστρlα 2012 b α 2 Λύ�

α b 5 2 2 Αφού οι α, b είναι θετικοί, έχουμε ότι: 2 =::; - +- =::; - <=> Ο :::;; α + b - 2αb b α 2

(α - b γ � Ο (αληθής) και α + b :::;; � . b α 2

α b 5 και -+ - =::; -b α 2

Η λευ ' λ θ ' ' ' ' θ α b 2 ' ό α 1 b 2 τε ταια α η ευει, γιατι απο την υπο εση - :::;; :::;; α , επεται τι: - :::;; - και - :::;; , 2 b 2 α

, , θ , 'λ λ β , α b 5 οποτε με προσ εση κατα με η αμ ανουμε: -+ - =::; - •

b α 2 Α9. Αν α,b, c είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι:

Λύση

α b c 1 < --+--+-- < 2 . α + b b + c c + α

Αφού οι α, b, c, d είναι θετικοί, έχουμε ότι: α b c α b c --+ -- +-- > + + - Ι α + b b + c c + α α + b + c b + c + α c + α + b - ·


Νότια Αφρική 2010

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

Διαφορετικά, η ανισότητα μπορεί να προκύψει μετά από αρκετές πράξεις, αφού είναι ισοδύναμη με την ανισότητα:

( α + b ) (b + c ) ( c + α) < α(b + c ) ( c + α) + b( α + b ) ( c + α ) + c ( α + b ) (b + c) � ( α + b ) (b + c ) ( c + α) -α(b + c ) ( c + α) < b ( α + b ) ( c + α) + c( α + b ) (b + c) � b(b + c) ( c + α) < b ( α + b ) ( c + α) + c ( α + b ) (b + c) � b ( c + α) ( c - α) < c (α + b) ( b + c) � bc2 -bα2 - cb2 - cbα-αc2 - bc2 < Ο � bα2 + cb2 + cbα + αc2 > Ο, που ισχύει, αφού α, b, c > Ο.

Ομοίως, για τη δεύτερη ανισότητα έχουμε: α b c 2 α + b -b b +c - c c + α-α 2 --+--+-- < � + + < α + b b + c c + α α + b b + c c + α

� 3 - (_b_+_c_+ _α_) < 2 � _b_ +_c_+ _α_ > 1, α+b b + c c + α α + b b + c c + α

η οποία αποδεικνύεται όπως και η προηγούμενη ανισότητα. AlO. Αν p, q είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε ..!_+..!_ = 1 , να αποδείξετε ότι:

Λύση

Ρ q 1 1 1 1 1 1

(α) - :::;; ( )

+ ( )

< - (β) ( )

+ ( )

;;:: 1 . Ρουμανία, 2012 3 p p + 1 q q + 1 2 p p - 1 q q - 1

( ) Ε δ ' ' ' 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ' α πει η ισχυει οτι: ( )

= - --- και ( )

= --- , -+- = , εχουμε: p p + 1 p p + 1 q q + 1 q q + 1 p q

1 1 1 1 1 1 1 ( 1 1 J 1 3

:::;; p (p + 1)

+ q (q + 1)

< 2 �

3:::;;

p +

q-

p + 1 +

q + 1 < 2 1 ( 1 1 J 1 1 p + q + 2 1 1 pq - 1 1 � 3

:::;; 1 -p + 1

+ q + 1 < 2 � 3

:::;; 1 - (p + 1) ( q + 1) :::;; 2

� 3

:::;; pq + p + q + 1 :::;; 2.

Α θέ ' ' ' θ 1 1 1 ' ' έ ν σου με p + q = s, αφου απο την υπο εση - +- = προκυπτει οτι p + q = pq , πεται Ρ q

ότι p + q = pq = s και η τελευταία ανισότητα γίνεται: 1 s - 1 1 , - :S; -- :S; - � 2s + 1 :S; 3s - 3 και 2s -2 :S; 2s + 1 � s � 4 και - 2 :S; 1 (ισχυει). 3 2s + 1 2

Η ανισότητα s ;;:: 4 προκύπτει από την γνωστή ανισότητα (p + q )2 � 4 pq η οποία γίνεται s2 � 4s � s ;;:: 4, αφού s > Ο.

(β) Εργαζόμενοι ομοίως λαμβάνουμε: 1 + 1 = -1 __ ..!_+_1 _ _ ..!_ = _1_+_1 _ _ 1 = p + q - 2 1 p (p - 1) q (q - 1) p - 1 p q - 1 q p - 1 q - 1 (p - 1) (q - 1)

1 1 s - 2 � + = ---1 = s -3

p (p - 1) q (q - 1) 1 '

οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι s -3 � 1 � s � 4, που ισχύει.

Γ6. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90" . Εξωτερικά του τριγώνου κατασκευάζουμε τετράγωνα ΑΒΔΕ και ΑΓΖΗ. Αν η Γ Δ τέμνει την ΑΒ στο Ι και η ΒΖ τέμνει την ΑΓ στο Θ, να αποδείξετε ότι ΑΙ = ΑΘ . Νότια Αφρική, 2012



Λύση Θέτουμε ΑΒ = r και ΑΓ = β. Τότε, από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα Γ ΑΙ και ΓΕΔ

έχουμε:

Σχήμα 4

ΑΙ = Γ Α � ΑΙ = ___L_ => ΑΙ = βy . ( 1 ) ΕΔ ΓΕ r β + r β + r Ομοίως, από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα ΒΑΘ και ΒΗΖ λαμβάνουμε:

ΑΘ = ΒΑ => ΑΘ = -Υ- => ΑΘ = βy . (2) ΗΖ ΒΗ β β+r β + r

Από τις ( 1 ) και (2) λαμβάνουμε ότι ΑΙ = ΑΘ. Γ7. Σε κύκλο κέντρου Ο θεωρούμε μία διάμετρο ΑΒ και σημείο Γ πάνω στην ακτίνα ΟΒ. Η κάθετη επί την ΑΒ στο Γ τέμνει το ένα ημικύκλιο στο Δ. Κύκλος κέντρου Κ εφάπτεται στο τόξο ΒΔ και στα τμήματα Γ Δ και ΓΒ στα σημεία Ε, Ζ και Η, αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΔΗ είναι ισοσκελές. Ρουμανία, 2012

Λύση Επειδή οι κύκλοι c1 (0,0Α) και c2 (Κ,ΚΕ)

εφάπτονται εσωτερικά στο Ε, έπεται ότι τα σημεία Ο, Κ και Ε είναι συνευθειακά. Επιπλέον, είναι ΚΖ 1 1 ΑΟ και, αν η ευθεία ΕΖ τέμνει τη ευθεία ΑΒ στο σημείο Α' , τότε θα

ΚΖ ΕΚ έχουμε -- = -ΟΑ' ΕΟ ( 1 )

Από τις ισότητες ΚΖ = ΕΚ και ΑΟ = ΕΟ έπεται ότι ΚΖ ΕΚ (2) - = -ΑΟ ΕΟ

Από τις ισότητες ( 1 ) και (2) έπεται ότι ΟΑ = ΟΑ', οπότε τα σημεία Α, Ζ και Ε είναι συνευθειακά.

Επειδή η ΑΗ είναι εφαπτομένη του κύκλου c2 (Κ,ΚΕ) , από το θεώρημα δύναμης σημείου ως προς

κύκλο και εφαπτομένης λαμβάνουμε: ΑΕ · ΑΖ = ΑΗ2 • (3)

Επιπλέον, έχουμε ΔΕΑ=ΔΒΑ=90° -ΔλΒ = Μr, οπότε τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΔΖ είναι όμοια. Άρα έχουμε

ΑΖ = ΑΔ => ΑΖ · ΑΕ = ΑΔ2 • (4) ΑΔ ΑΕ Από τις (3) και (4) προκύπτει η ισότητα ΑΔ = ΑΗ ,

οπότε το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισοσκελές.

Δ5. Είναι δυνατόν να aριθμήσουμε τις 1 Ο συνολικά Σχήμα 5

πλευρές και διαγώνιους ενός πενταγώνου με τους δέκα ακέραιους 1 ,2 ,3 , . . . . , 1 Ο έτσι ώστε για κάθε τρίγωνο που έχει κορυφές τρεις από τις κορυφές του πενταγώνου, το άθροισμα των αριθμών που αντιστοιχούν στις πλευρές του να είναι το ίδιο; Νότια Αφρική, 2012

Λύση Ας υποθέσουμε ότι το ζητούμενο είναι δυνατόν να γίνει με κοινό άθροισμα s των αριθμών

που αντιστοιχούν στις πλευρές των τριγώνων. Σημειώνουμε ότι:

λ , :r (5J 5 ! 10 , , , , • συνο ικα ορ..,ονται 3 = 3 !· 2 ! = τριγωνα με κορυφες τις κορυφες του πενταγωνου και


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

• κάθε πλευρά και διαγώνιος του πενταγώνου είναι πλευρά τριών διαφορετικών τέτοιων τριγώνων.

Έτσι το συνολικό άθροισμα των αριθμών των πλευρών όλων των 1 Ο τριγώνων είναι 1 Os ,

αλλά κάθε αριθμός από το 1 μέχρι το 1 Ο μετριέται 3 φορές, οπότε θα έχουμε: 1 Os = 3 · ( 1 + 2 + 3 + . . . + 1 Ο) = 1 65 => s = 1 6, 5

που είναι άτοπο, γιατί ο s είναι θετικός ακέραιος. Δ6. Στο Καρτεσιανό επίπεδο θεωρούμε το σύνολο S = { (χ, y) : χ, y ε Ζ} όλων των σημείων του με ακέραιες συντεταγμένες. Να βρείτε τον ελάχιστο αριθμό χρωμάτων που είναι αναγκαία για το χρωματισμό όλων των σημείων του S έτσι ώστε να μην υπάρχουν δύο σημεία του S με απόσταση 5 που να έχουν χρωματιστεί με το ίδιο χρώμα. Εσθονία, 2012

Λύση Παρατηρούμε ότι 2 χρώματα Α και Β είναι αρκετά. Αυτό διαπιστώνεται, αν χρωματίσουμε

όλα τα σημεία με άθροισμα συντεταγμένων άρτιο με το χρώμα Α και όλα τα υπόλοιπα με το χρώμα Β. Όλα τα σημεία που απέχουν απόσταση 5 μονάδων από το σημείο με συντεταγμένες M (x, y) είναι της μορφής: (x ± 4, y ± 3) , (x ± 3, y ± 4) , (x ± 5, y) , (x, y ± 5) .

Όμως σε κάθε περίπτωση το άθροισμα των συντεταγμένων των παραπάνω σημείων είναι άρτιο, αν χ + y περιττός, και είναι περιττό, αν χ + y άρτιος. Άρα όλα τα σημεία που απέχουν από το σημείο Μ (χ, y) απόσταση 5 μονάδων χρωματίζονται με διαφορετικό χρώμα από το

σημείο M(x,y) .

Ασκήσεις για λύση

All. Να βρείτε τον αριθμό των ψηφίων του αριθμού Α = 5140 • 847 •

Α12. Να αποδείξετε ότι για κάθε χ ε JR αληθεύει η ανισότητα: χ6 + χ4 -χ3 -χ +� > Ο. 4

Α13. Αν οι x, y είναι πραγματικοί αριθμοί διαφορετικοί μεταξύ τους και διαφορετικοί από το 1

και ισχύει ότι: yz -χ2 zx-y2

δ 'ξ , yz - χ2 zx -y2

= , να απο ει ετε οτι = = χ+ y + z. 1 - χ 1 -y 1 - χ 1 - y

(χ+ y)(x3 + / ) 9 Α14. Να αποδείξετε ότι, για κάθε x,y > Ο , ισχύει ότι: 1 � 2 � - .

(χ2 + y2 ) 8

Γ8. Δίνεται τετράγωνο ABCD και σημείο Ρ στο εσωτερικό έτσι ώστε ΡΑ = 1, ΡΒ = .J2 και

PC = ..[3. Να βρείτε: 1 .) το μήκος PD , 2.) το μέτρο της γωνίας ΑΡΒ .

Γ9. Δίνεται τρίγωνο ABC με Α = 90·. θεωρούμε σημεία D και Ε πάνω στα ευθύγραμμα τμήματα AC και BD , αντίστοιχα, έτσι ώστε ABc=ECn=cEn. Να αποδείξετε ότι: ΒΕ = 2 · AD .

Ν9. Είναι δυνατόν η περίμετρος ενός τριγώνου του οποίου τα μήκη των πλευρών είναι ακέραιοι να διαιρείται με το διπλάσιο της μεγαλύτερης πλευράς του;

Nl Ο. Βρείτε όλες τις τριάδες ( m, n, p) , όπου m, n, p θετικοί ακέραιοι και p πρώτος, που είναι

, , , 5m + 2n Ρ . , , ,

τετοιες ωστε ο αριθμος 5m _ 2n Ρ , ειναι τετραγωνο ακεραιου.


ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAI PEIA ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Ν. ΜΑΓΝΗΣΙΑΣ

1 ος ΤΟΠΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΕΣ Α ΊΥΜΝΑΣΙΟΥ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΣΑΒΒΑΤΟ 1 9 NOEMBPIOY 201 1

Επιτροπή Θεμάτων : Πέτρος Νικολουδάκης, Σπύρος Δημόπουλος, Αναστασία Κοντονίνα

ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ 1° ΘΕΜΑ :

Δίνονται οι παρακάτω επτά αριθμοί : ..!, 4 , 1, 4 , 0.33 , 0.3 , 0.55

3 5 2 9

α) Ποιος είναι ο μικρότερος; β) Ποιος είναι ο μεγαλύτερος;

γ) Να τους κατατάξετε κατά αύξουσα διάταξη.

δ)Ποιος είναι ο μέσος όρος του μικρότερου και του μεγαλύτερου;

Λύση ι ος τρόπος. Μετατρέπω τα κλάσματα σε δεκαδικούς, κάνοντας τις διαιρέσεις αριθμητής διά

Μονάδες 5

παρονομαστη' ς . .3.=ο 666 i=o 8 .!..=ο 5 i=o 444 ο 33 0.3 , 0.55 . Ή 3 ' ' 5 ' 2 ' 9 ' ' . '

2°ς τρόπος. Μετατρέπω τους δεκαδικούς σε ομώνυμα κλάσματα .

.3.= 600 i=

225 _!_= 450 i=

400 ο 33= 33

= 297

ο 3=i._= 270 0.55=

55 = 495 .

3 900 ' 5 900 ' 2 900 ' 9 900 ' .

100 900 ' . 10 900 ' 100 900

Οπότε: α) μικρότερος είναι ο 0,3 β) μεγαλύτερος είναι ο i = 0,8 5

γ) κατάταξη κατά αύξουσα διάταξη : 0,3 ( 0,33 ( i ( _!_ ( 0,55 9 . 2

( .3. ( i 3 5

0 3 + i i._+!_ 1 1 ι ι ' 5 10 10 10 10 ι 1

δ) ο μέσος όρος του μικρότερου και του μεγαλύτερου είναι : _ _..:::...

2 2 2 2 20 ι

2° ΘΕΜΑ :

α) Να βρείτε τους φυσικούς αριθμούς που διαιρούμενοι με τον αριθμό 4 δίνουν πηλίκο ίσο με το

υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθμού 111 με τον αριθμό 13 και υπόλοιπο τους πρώτο φυσικό αριθμό.

Λύση Κάνουμε την διαίρεση 1 1 1 : 1 3 και έχουμε πηλίκο 8 και υπόλοιπο 7.

Ο φυσικός αριθμός που ζητάμε θα είναι : Διαιρετέος = (διαιρέτης) Χ (πηλίκο) + (υπόλοιπο) Άρα Δ = 4 Χ 7 + υ, όπου το υ = 2, ή 3 . Επομένως Δ = 28+2 = 30, ή Δ = 28 + 6 = 3 1 β) Να κάνετε τις παρακάτω πράξεις και να aπλοποιήσετε τα (τελικά) κλάσματα :

1 1 - +-ι) 2 3

2�-1� 4 6

Λύση 1 1 - + -

ι) 2 3

2.!.. - ι� 4 6

3 2 4 3 -2) τι -...... . .

3 2 5 - + - -_Q__Q_ = 6 9 1 1 27 22

- - -

4 6 12 12

1+� � : 2 3 ) �= ........ 4) f-= ........

3- : 19 - ·2 4 4

5 6

=5 · 12

= 2 5 5 · 6 12

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/39

1 ι 1 ι 5) (- --) : (- :-) = .. . . . . . .

2 3 8 4 Μονάδες 5

------- lο;ΤΟΙΠΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΠΑ ΜΑΘΙΠΕΣ Α' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΣΤΑ ΜΑΘΙΙΜΑΠΚΑ ----_,:....--

3° ΘΕΜΑ : Ο Κώστας κάνει ένα συγκεκριμένο κυκλικό στίβο, τρέχοντας, σε 4 λεπτά, ο Σπύρος κάνει την ίδια

διαδρομή σε 5 λεπτά και ο Πέτρος σε 6 λεπτά. Αν ξεκινήσουν και οι τρεις ταυτόχρονα από ένα

σημείο Α του κυκλικού στίβου τότε :

1) Μετά από πόσο χρόνο θα βρεθούν στο ίδιο σημείο Α ταυτόχρονα και οι τρεις;

2) Πόσους κύκλους θα διαγράψει ο καθένας σ' αυτό το χρονικό διάστημα;

3) Μέσα σ' αυτό το χρονικό διάστημα, που χρειάζεται για να συναντηθούν και οι τρεις στο σημείο

Α, ποιο από τα ζευγάρια (Κώστας, Σπύρος), (Κώστας, Πέτρος), (Σπύρος, Πέτρος) συναντήθηκαν τις

περισσότερες φορές στο σημείο Α και πόσες φορές το κάθε ζευγάρι; Μονάδες 5

Λύση 1) Ε.Κ.Π. ( 4,5,6)=60 . Μετά από 60 λεπτά συνάντηση και των τριών στο σημείο Α.

2) Κώστας 60:4 = 1 5 κύκλους "··

Σπύρος 60:5 = 12 κύκλους

Πέτρος 60: 6 = 1 0 κύκλους

3) (Κώστας, Σπύρος) : Ε.Κ.Π. (Κώστας, Σπύρος)=Ε.Κ.Π.( 4,5)=20, Άρα 60:20 = 3 συναντήσεις

(Κώστας, Πέτρος) : Ε.Κ.Π. (Κώστας, Πέτρος)=Ε.Κ.Π.(4,6)=12, Άρα 60: 12 = 5 συναντήσεις

(Σπύρος, Πέτρος) : Ε.Κ.Π. (Σπύρος, Πέτρος)=Ε.Κ.Π.(5,6)=30, Άρα 60:30 = 2 συναντήσεις

4° ΘΕΜΑ : Δίνεται ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ με μήκος ΑΒ = 7 εκ., ένα ισόπλευρο τρίγωνο ΕΖΗ

και ένα τετράγωνο ΘΙΚΛ, τα οποία έχουν την ίδια περίμετρο, ίση με 24 εκ. Να υπολογίσετε :

α) Το πλάτος του ορθογωνίου παραλληλογράμμου, την πλευρά του ισοπλεύρου τριγώνου και την

πλευρά του τετραγώνου.

Λ

Δ Γ

ΒΓ = ;

ΖΗ ; 7 εκ. z Η θl = ;

Α Β Μ θ

β) Τα εμβαδά του ορθογωνίου παραλληλογράμμου και του τετραγώνου.

γ) Το ύψος του ισοπλεύρου τριγώνου, αν γνωρίζουμε ότι έχει εμβαδόν 27,72 τετ. εκ. Μονάδες 5

Λύση α) Το πλάτος του ορθογωνίου παραλληλογράμμου: 24: 2 = 12, 12-7 = 5 εκ

πλευρά του ισοπλεύρου τριγώνου : 24 : 3 = 8 εκ

πλευρά του τετραγώνου : 24 : 4 = 6 εκ

β) Εμβαδόν του ορθογωνίου παραλληλογράμμου : πλευράΧπλευρά = 7Χ5 = 35 τετ. εκ. και Εμβαδόν του

τετραγώνου = 6Χ6 = 36 τετ.εκ.

γ) Το ύψος του ισοπλεύρου τριγώνου : επειδή ΕμβΤριγ=(βάσηΧύψος):2 έχουμε 27,72Χ2:8 = 6,93 εκ.

• 1 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/40

Νέες τεχνολογίες κα ι Μαθηματ ι κά. ====================== Σταμάτης Μακρής

Εισαγωγικά 1) Η GeoGebra είναι ένα λογισμικό δυναμικής Γεωμετρίας.

Είναι ελεύθερη και πολλών πλατφόρμων εφαρμογή μαθηματικών για όλα τα επίπεδα της εκπαίδευσης.

Η διαδικτυακή της διεύθυνση είναι: http://www.geogebra.org Για να την εγκαταστήσετε στον υπολογιστή σας πηγαίνετε στη σελίδα της και επιλέξτε «Λήψη Αρχείων». Κατόπιν επιλέξτε το «πρόγραμμα εγκατάστασης χωρίς σύνδεση» και δώστε την επιλογή του λειτουργικού σας συστήματος. Στο αναδυόμενο μενού επιλέξτε αποθήκευση και θα σας αποθηκεύσει ένα αρχείο( π. χ. «GeoGebra-Windows-Installer-4-0-36-0» ).

Με διπλό κλικ στο αρχείο θα ξεκινήσει η διαδικασία εγκατάστασης. Όταν η εγκατάσταση ολοκληρωθεί, θα υπάρχουν στη επιφάνεια εργασίας του υπολογιστή σας

δύο εικονίδια· ένα της Geogebra και ένα της GeoGebraPrim που είναι έκδοση για χρήση όταν είστε συνδεδεμένοι στο διαδίκτυο.

2) Ανοίγοντας ένα νέο αρχείο GeoGebra θα δείτε το παρακάτω:

Ο GeoGebrιι l= Ι ΙΞJ I Αρχείο Επειεpγασία Προβολή Όψεις Επιλογές Εργαλ!ία Παράθυρο Βοήθεια

[§JΙ00lJJΙ[E�[QJI�[ΣIΞJ�IC±J Μετακfvηση

Άλγεβρα (Ξ)@J0 Γραφικά

Ελεύθερα αvτικείμι.να Υ Ειαρτημένα αvτικείμι.να

2

1

D ο 1 2 3 4

� Η πρώτη γραμμή έχει διάφορα μενού. Από το μενού «Αρχείο» με «Αποθήκευση ως» δώστε ένα όνομα στο αρχείο που θα δημιουργήσετε ( πχ.Gonies το πρόγραμμα θα βάλει μόνο του κατάληξη .ggb) Σώστε το αρχείο σε όποιο φάκελο θέλετε για να το βρίσκετε εύκολα.

4 !τη δεύτερη γραμμή βρίσκονται τα Εργαλεία Γεωμετρίας. Οδηγίες για τα «Εργαλεία Γεωμετρίας»

� Μπορείτε να ενεργοποιήσετε ένα εργαλείο με αριστερό «Click» στην αντίστοιχη εικόνα.

� Μπορείτε να ενεργοποιήσετε την ομάδα εργαλείων πατώντας στο κόκκινο βελάκι στην κάτω δεξιά γωνία.

� Στο τέλος της γραμμής εργαλείων εμφανίζονται οδηγίες για τη χρήση του εργαλείου που έχετε επιλέξει.

� Ακόμη βλέπετε δύο παράθυρα αριστερά της «Άλγεβρας» και δεξιά της γεωμετρίας «Γραφικά».


� � G�

χ

------------ Νέες τεχνολογίες και Μαθηματικά. ----------

Παραπληρωματικές γωνίες Προετοιμασία

� Ανοίξτε ένα αρχείο GeoGebra

� Κλείστε το παράθυρο της «Άλγεβρας» από το μενού: Προβολή � Άλγεβρα

� Αποκρύψτε τους άξονες από το μενού: Προβολή � Άξονες

� Από το μενού Επιλογές επιλέξετε «Ετικετοποίηση αντικειμένων» «Μόνο σε νέα σημεία»

Οδηγίες Βήμα-Βήμα

Το εργαλείο «Ημικύκλιο που περνά από δύο σημεία» θα το βρείτε στην 6η

[CJ στοίβα των γεωμετρικών εργαλείων. Όταν το επιλέξετε με κλικ στο χώρο της γεωμετρίας, θα εμφανιστεί ένα

ι ο σημείο Α και με δεύτερο κλικ δεξιότερα ένα σημείο Β και θα ορίσετε το ημικύκλιο δια,μέτι:>_ου ΑΒ.

� Επιλέξτε το εργαλείο της μετακίνησης για να αλλάξετε τις θέσεις των σημείων Α και Β στο παράθυρο των Γραφικών.

[2] Από την 3η σειρά εργαλείων επιλέξτε το 2ο «Τμήμα μεταξύ δύο σημείων». Με κλικ στο σημείο Α και μετά στο Β θα δημιουργήστε το ευθύγραμμο

20 τμήμα ΑΒ.

� Επιλέξτε το εργαλείο της μετακίνησης. Α ν φέρετε το δείκτη στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ, κρατώντας πατημένο το αριστερό κλικ, ο δείκτης θα γίνει χεράκι και μπορείτε να αλλάξετε τη θέση του τμήματος ΑΒ. Το εργαλείο «Μέσο ή κέντρο» θα το βρείτε στη 2η στοίβα των γεωμετρικών

[Ζ] εργαλείων. Όταν το επιλέξετε, με κλικ στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ θα δημιουργήστε το 30 μέσο Γ του τμήματο_ς ΑΒ.

� Επιλέξτε το σημείο Γ και με δεξί κλικ επιλέξτε «Μετονομασία» και στο παράθυρο διαλόγου πληκτρολογήστε Ο. Έτσι το μέσον του τμήματος ΑΒ θα είναι το σημείο Ο.

� Από τη 2η σειρά εργαλείων επιλέξτε το 1 ο «Νέο Σημείο» και κάντε κλικ πάνω στο ημικύκλιο ΑΒ. 40 Θα δημιουργήσετε το σημείο Δ.

� Επιλέξτε το εργαλείο της μετακίνησης και κατόπιν μετακινήστε το σημείο Δ. Θα δείτε ότι μετακινείται μόνο επάνω στο ημικύκλιο.

[2] Από την 3η σειρά εργαλείων επιλέξτε το 2ο«Τμήμα μεταξύ δύο σημείων». Με κλικ στο σημείο Δ και μετά στο Ο θα δημιουργήσετε το ευθύγραμμο

so τμήμα ΟΔ.

� Επιλέξτε το εργαλείο της μετακίνησης και κατόπιν μετακινήστε το σημείο Δ. Θα δείτε ότι μετακινείται μαζί και το τμήμα ΟΔ.


------------ Νέες τεχνολογίες και Μαθηματικά. -----------

Σημειώστε ότι:

Από την 8η σειρά εργαλείων επιλέξτε το 2ο «Γωνία». Μετά την επtλογή του εργαλείου, επιλέξτε τα σημεία Β , Ο και Δ με αυτή την σειρά. Θα δημιουργήσετε τη γωνία α = ΒΟΔ. Το πρόγραμμα δίνει στις γωνίες πράσινο χρώμα, αΜά μπορείτε να το αλλά ετε δε ί κλικ σ ωνία στι «lδιό τε » στο «Χ ώ α». Επιλέξτε το εργαλείο της μετακίνησης και κατόπιν μετακινήστε το σημείο Δ. Θα δείτε ότι ωνία σα παί νει τι έ από 0° έω 1 80° Από την 8η σειρά εργαλείων επιλέξτε το 2ο «Γωνία». Μετά την επtλογή του εργαλείου επιλέξτε τα σημεία Δ , Ο και Α με αυτή την σειρά. Θα δημιουργήσετε τη γωνία β = ΔΟΑ. Δώστε σ ωνία ΔΟΑ δια ο ετικό ώ α από ν ΒΟΔ. Επιλέξτε το εργαλείο της μετακίνησης και κατόπιν μετακινήστε το σημείο Δ. Θα δείτε ότι οι ωνίε αλλά συν έτ ο. Με δεξί κλικ στο ημικύκλιο ΑΒ από το μενού «Iδιότητες» επιλέξτε «Στυλ» και αΜά τε το στυλ α ' του ικυκλίου σε διακεκο ένε τελίτσε . Από τη 10η σειρά εργαλείων επιλέξτε το 1ο «Εισαγωγή κειμένου». Κάντε κλικ σε ελεύθερο χώρο αριστερά από το σχήμα σας και στο αναδυόμενο μενού Κείμενο στην «Επεξεργασία» πληκτρολογήστε Γωνία. Κατόπιν από το Αντικεί ενο επιλέ τε ωνία α και δώστε ΟΚ. Επιλέξτε το εργαλείο της μετακίνησης και κατόπιν μετακινήστε το σημείο Δ. Θα δείτε ότι το κείμενο που μόλις δημιουργήσατε είναι δυνα ικό και ,όποτε αλλά ει τι ' ωνία, δεί ει ν καινού ια τι Από τη 10η σειρά εργαλείων επιλέξτε το 1ο «Εισαγωγή κειμένου». Κάντε κλικ σε ελεύθερο χώρο αριστερά από το σχήμα σας και στο αναδυόμενο μενού Κείμενο στην «Επεξεργασία» πληκτρολογήστε Παραπληρωματική. Κατόπιν από το «Αντικείμενο» επιλέξτε τη γωνία β και δώστε ΟΚ. Επιλέξτε το εργαλείο της μετακίνησης και κατόmν μετακινήστε το σημείο Δ. Θα δείτε ότι το κείμενο που μόλις δημιουργήσατε είναι δυναμικό και, όποτε αλλάζει τιμή η γωνία, δείχνει την καινούργια τιμή της πα απλ ω ατι ' .

-+ Μπορείτε με δεξί click και επιλέγοντας «Iδιότητες» σε οποιοδήποτε αντικείμενο να αλλάξετε χρώματα και το στυλ. Φτιάξτε τα αντικείμενα με χρώματα της αρεσκείας σας.

-+ Αν δεν θέλετε τα δεκαδικά ψηφία στο μέτρο της γωνίας, μπορείτε από το μενού «Επtλογές» να επιλέξετε «Στρογγυλοποίηση σε» Ο δεκαδικές θέσεις.

Ερωτήματα προς διερεύνηση:

1) Τι συμβαίνει όταν α=0° ή α= 1 80°;

2) Για ποια θέση του σημείου Δ η γωνία είναι ίση με την παραπληρωματική της;

3) Για ποια θέση του σημείου Δ η γωνία είναι διπλάσια της παραπληρωματικής της;

4) Τι αλλάζει στα παραπάνω ερωτήματα, αν φέρετε σε κατακόρυφη θέση τα σημεία Α και Β;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 8 6 τ.2/43

«Χαίρομαι να λύνω»

Ένα από τα πρώτα και γνωστότερα προβλήματα της

θεωρίας γραφημάτων είναι ο σχεδιασμός ενός γραφήματος

με μια μόνο γραμμή, δηλαδή με τέτοιο τρόπο ώστε να μη

σηκώσει κάποιος το μολύβι του κατά τη σχεδίαση αλλά και

να μην ξαναπεράσει από την ίδια γραμμή. Τα γραφήματα

είναι σύνολα από κορυφές και πλευρές. Οι κορυφές είναι

τα σημεία εκείνα όπου διασταυρώνονται οι πλευρές και οι

πλευρές είναι οι δεσμοί ανάμεσα σε ζεύγη κορυφών. Αν

ξεκινήσουμε από μια κορυφή ενός γραφήματος και διαδο

χικά εvαλλάσουμε πλευρές και κορυφές ώσπου να φτάσου

με σε μια άλλη κορυφή του γραφήματος, τότε η διαδρομή

που ακολουθήσαμε ονομάζεται δρόμος. Αν σε ένα δρόμο

κάθε πλευρά του γραφήματος εμφανίζεται μια μόνο φορά,

τότε ο δρόμος λέγεται δρομίσκος. Ένας δρομίσκος που

διέρχεται από όλες τις πλευρές του γραφήματος ονομάζεται

δρομίσκος-Όιλερ, προς τιμή του Όιλερ, ο οποίος ασχολή

θηκε πρώτος με τέτοιου είδους προβλήματα στο έργο του

"Επτά Γέφυρες τοu Κένιγκσμπεργκ ".

Έστω το παραπάνω γράφημα, το οποίο είναι γνωστό

και σαν "σπίτι του Άγιου Βασίλη " από ένα παλιό γερμανι

κό γρίφο για παιδιά. Σκοπός είναι να σχεδιάσουμε το σπί

τι χωρίς να σηκώσουμε το μολύβι και χωρίς να σχεδιά

σουμε πάνω από μια φορά την ίδια πλευρά. Δηλαδή, σκο

πός μας είναι να βρούμε ένα δρομίσκο-Όιλερ.

Αν ξεκινήσουμε από την κορυφή D για παράδειγμα, έ

νας δρομίσκος-Όιλερ αποτελείται από τις κορυφές D, C,

Β, Α, C, Ε, Β, D, Ε.


Λέοναρντ Όιλερ (1 707-1 783)

Ελβετός μαθηματικός και φυσικός, με μεγάλη συνεισφορά σε πολλούς τομείς των μαθηματικών όπως η γεωμετρία, η τριγωνομετρία, ο διαφορικός και ολοκληρωτικός λογισμός, και η θεωρία αριθμών. Υπήρξε ένας απο τους πιο παραγωγικούς μαθηματικούς όλων των εποχών, αφού το δημοσιευμένο έργο του περιλαμβάνει 886 άρθρα και βιβλία, και μπορεί να γεμίσει περίπου 90 τόμους, δηλαδή σχεδόν 45.000 σελίδες. Παρά το γεγονός ότι ήταν μισότυφλος το μεγαλύτερο μέρος της ζωής του και εντελώς τυφλός τα τελευταία 1 7 χρόνια, η ασυνήθιστη, φωτογραφική του μνήμη και οι θρυλικές μαθηματικές του ικανότητες τον βοήθησαν να φέρει εις πέρας παραπάνω απο το μισό του έργο μέσα σε αυτό το διαστήμα. Το έργο του είναι τόσο σημαντικό που είναι πρακτικά αδύνατο να ασχοληθεί κάποιος με ένα τομέα των Μαθηματικών, χωρίς να συναντήσει το όνομα του. Στα πιο γνωστά τα έργα του περιλαμβάνονται: "Εισαγωγή στην ανάλυση των aπείρως μικρών" ( 1 748), " Γενικές αρχές του διαφορικού λογισμού" ( 1 755), "Γενικές αρχές του ολοκληρωτικού λογισμού" ( 1 768- 1 774). Η εργασία του πάνω στις " Επτά Γέφυρες του Κένιγκσμπεργκ" που δημοσιεύτηκε το 1 736 θεωρείται το πρώτο άρθρο στην ιστορία της Θεωρίας Γραφημάτων.

-------------- Χαίρομαι να λύνω --------------

Αν σε ένα γράφημα υπάρχει ένας κλειστός δρομίσκοςΌιλερ, δηλαδή αν ξεκινήσουμε από μια κορυφή, διασχίσουμε κάθε πλευρά ακριβώς μια φορά και καταλήξουμε στην ίδια κορυφή, τότε το γράφημα λέγεται γράφημα-Όιλερ.

Ας θεωρήσουμε τα παρακάτω γραφήματα:

Στο πρώτο γράφημα παρατηρούμε ότι από οποιαδήποτε κορυφή και να ξεκινήσουμε μπορούμε να επιστρέψουμε σε αυτή περνώντας ακριβώς μια φορά απο κάθε πλευρά. Για παράδειγμα, αν ξεκινήσουμε απο την κορυφή Α, ένας κλειστός δρομίσκος-'Οιλερ είναι ο: Α, Β, C, F, Ε, D, Β, Ε, Α. Το γράφημα αυτό είναι επομένως γράφημα-'Οιλερ. Αν δοκιμάσουμε τώρα να βρούμε κάποιο κλειστό δρομίσκοΌιλερ στο δεύτερο γράφημα διαπιστώνουμε ότι όχι μόνο δεν υπάρχει, αλλά και ότι είναι αδύνατο να ξεκινήσουμε από μια κορυφή και να φτάσουμε σε οποιαδήποτε άλλη του γραφήματος χωρίς να αποφύγουμε να περάσουμε δεύτερη φορά από κάποια πλευρά. Δεν υπάρχει δηλαδή ούτε δρομίσκος-'Οιλερ.

Στο ερώτημα πότε ένα γράφημα είναι γράφημα-'Οιλερ και πότε ένα γράφημα έχει δρομίσκο-'Οιλερ, δίνει απάντηση η πρόταση:

• Ένα γράφημα είναι γράφημα-'Όιλερ αν από κάθε κορυφή του διέρχεται άρτιος αριθμός πλευρών.

• Ένα γράφημα έχει δρομίσκο-'Όιλερ αν έχει το πολύ δύο κορυφές από τις οποίες διέρχεται περιττός αριθμός πλευρών.

Παρατήρηση lη Στο πρώτο γράφημα παρατηρούμε ότι από κάθε κο

ρυφή διέρχεται άρτιος αριθμός πλευρών. Για καθεμiα από τις κορυφές Α, C, D, F διαπιστώνουμε ότι διέρχονται δύο πλευρές, ενώ από την κορυφή Ε, όπως και την Β διέρχονται τέσσερις πλευρές. Επομένως το πρώτο γράφημα εiναι γράφημα-'Οιλερ.

Στο δεύτερο γράφημα παρατηρούμε ότι έχουμε μόνο δυο κορυφές με άρτιο αριθμό πλευρών (τις κορυφές D και F), ενώ οι υπόλοιπες τέσσερις κορυφές έχουν περιτ


Οι Γέφυρες του Κένιγκσμπεργκ

Την πόλη του Κένιγκσμπεργκ (που όσο ζούσε ο Όιλερ άνηκε στη Πρωσία και σήμερα ανήκει στη Ρωσία) διασχίζει ο ποταμός Πρέγκελ, με τέτοιο τρόπο ώστε να χωρίζεται η πόλη σε τέσσερις περιοχές, σχηματίζοντας δυο νησάκια στο κέντρο της. Οι κάτοικοι είχαν κατασκευάσει επτά γέφυρες για να έχουν πρόσβαση σε όλα τα σημεία της πόλης. Το να ξεκινήσει κάποιος απο ένα σημείο της πόλης και να επιστρέψει σε αυτό, διασχίζοντας όλες τις γέφυρες απο μια φορά ακριβώς, ήταν ένα άλυτο πρόβλημα για τους κατοίκους της περιοχής. Ο γρίφος προσέλκυσε και την προσοχή του Όιλερ. Ο Όιλερ παρατήρησε ότι αν και μπορεί κάποιος να δοκιμάσει όλες τις πιθανές διαδρομές ως τρόπο λύσης, το πρόβλημα περιπλέκεται στη περίπτωση που αυξάνεται ο αριθμός των γεφυρών (τι θα γινόταν για παράδειγμα αν είχαμε είκοσι γέφυρες;). Έτσι, σκέφτηκε ένα τρόπο να απλοποιήσει το πρόβλημα. Η λύση που πρότεινε ήταν η αρχή για μια νέα Γεωμετρία όπου οι αποστάσεις δε παίζουν κανένα απολύτως ρόλο. Καταρχάς, aντιστοίχισε τις τέσσερις περιοχές γης που χώριζε ο ποταμός με τέσσερα σημεία (κορυφές) τα οποία και ονόμασε με κεφαλαία γράμματα. Στη συνέχεια ένωσε με γραμμές (πλευρές) τις περιοχές που επικοινωνούσαν μεταξύ τους με γέφυρες. Το πρόβλημα είχε τώρα τη παρακάτω απλή μορφή.

------------------------------ Χαίρομαι να λύνω -----------------------------

τό αριθμό πλευρών. Έτσι, το δεύτερο γράφημα δεν είναι γράφημα-'Όιλερ αλλά ούτε περιλαμβάνει δρομίσκο'Όιλερ.

Τέλος, το "σπίτι του Άγιου Βασίλη" αν και δεν είναι γράφημα-'Όιλερ, περιλαμβάνει δρομίσκο-'Όιλερ αφού ακριβώς δύο κορυφές του έχουν περιττό αριθμό πλευρών.

Άσκηση lη Να βρείτε ποιά από τα παρακάτω γραφήματα είναι

γραφήματα-'Όιλερ και ποια περιλαμβάνουν δρομίσκους'Όιλερ.

Λύση

�I �

Στο πρώτο γράφημα κάθε κορυφη εχει άρτιο αριθμό πλευρών, άρα είναι γράφημα:Οιλερ με κλειστό δρομίσκο: A, C, E, D, B, E, A.

Το δεύτερο γράφημα έχει τέσσερις κορυφές απο τις οποίες διέρχεται περιττός αριθμός πλευρών, επομένως δεν είναι γράφημα:οιλερ, ούτε περιλαμβάνει δρομίσκο-Όιλερ.

Το τρίτο γράφημα έχει ακριβώς δύο κορυφές με περιττό αριθμό πλευρών, τις Α, Β. Ένας δρομίσκος:οιλερ είναι ο: A, B, D, A, C, D.

Παρατήρηση 2η Για να προσδιορίσουμε το κλειστό δρομίσκο σε ένα

γράφημα-'Όιλερ μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τον παρακάτω αλγόριθμο, που είναι γνωστός ως αλγόριθμος του Fleury :

1 . Επιλέγουμε οποιαδήποτε κορυφή του γραφήματος για να ξεκινήσουμε.

2. Από την κορυφή αυτή επιλέγουμε την πλευρά που θα

r

Ο συλλογισμός του Όιλερ ήταν ο εξής. Κατάλαβε ότι σε οποιοδήποτε απο τα τέσσερα κομμάτια γης της πόλης του Κένιγκσμπεργκ και αν βρίσκεται κανείς, θα έπρεπε να έχει μια γέφυρα για να μπορεί να φύγει και μια γέφυρα για να μπορεί να επιστρέψει. Αυτό που χρειάζεται λοιπόν είναι ένας άρτιος αριθμός γεφυρών. Στο Κένιγκσμπεργκ όμως, κάθε περιοχή είχε περιττό αριθμό γεφυρών. Ο περίπατος επομένως των κατοίκων της πρωσικής πόλης ήταν αδύνατος ! Η λογική του Όιλερ δεν έδωσε όμως απλά μια απάντηση σε ένα πρόβλημα που απασχολούσε μια μικρή κοινωνία ανθρώπων πριν απο τρεις αιώνες. Η λύση στο γρίφο των γεφυρών του Κένιγκσμπεργκ έθεσε τη βάση για μια νέα θεωρία των Μαθηματικών που θα μπορούσε να εξηγήσει απο τον τρόπο που βλέπουμε στη Χημεία τα άτομα μέχρι και τη κατανόηση του διαδικτύου, τη Θεωρία Γραφημάτων.

διασχίσουμε και στη συνέχεια τη διαγράφουμε, ώστε να μην την επιλέξουμε ξανά.

3. Δεν επιλέγουμε μια πλευρά η διαγραφή της οποίας μπορεί να χωρίσει το γράφημα μας σε δυο κομμάτια, εκτός και αν δεν μπορούμε να κάνουμε αλλιώς.


-------------- Χαίρομαι να λύνω --------------

Άσκηση 2η Να βρείτε το κλειστό δρομίσκο στο γράφημα-'Όιλερ.

Λύση Ξεκινώ από την κορυφή C και διαγράφω τη πλευρά (C, Ε). Στη συνέχεια απο την κορυφή Ε

διαγράφω την πλευρά (Ε, Α). Από την κορυφή Α επιλέγω την πλευρά (Α, Β) την οποία και διαγράφω. Στη συνέχεια, διαγράφω τις πλευρές με την εξής σειρά : (Β, D), (D, Α), (A,C), (C, F), (F, D) και τέλος την (D, C). Ο κλειστός δρομίσκος που σχηματίστηκε είναι ο : C, Ε, Α, Β, D, Α, C, F, D, C.

Προτεινόμενες ασκήσεις Χ1 : Να βρείτε ποια από τα παρακάτω γραφήματα είναι γράφημα-Όιλερ και ποια περιλαμβάνουν

δρομίσκους:οιλερ :

Χ2: Να βρείτε το κλειστό δρομίσκο στο γράφημα:οιλερ, χρησιμοποιώντας τον αλγόριθμο του Fleury :


========================Σπύρος Γεωρyiου

ΜΔ7. Ο εξαψήφιος αριθμός

Βρείτε έναν εξαψήφιο αριθμό του οποίου το πρώτο ψηφίο είναι μία μονάδα μεγαλύτερο από το τρίτο, το δεύτερο ψηφίο είναι μία μονάδα μικρότερο από το τέταρτο, το πέμπτο ψηφίο είναι μία μονάδα μικρότερο από το τρίτο και το έκτο ψηφίο είναι μία μονάδα μεγαλύτερο από το τέταρτο.

Το άθροισμα του δεύτερου και του τρίτου ψηφίου ισούται με το πρώτο, ενώ το άθροισμα όλων των ψηφίων είναι 30.

ΜΔ8. Τα επτά ψηφία

Τοποθετήστε τα επτά ψηφία παρακάτω στα κενά τετράγωνα, έτσι ώστε να αληθεύει το αποτέλεσμα της πρόσθεσης.

Κάθε ψηφίο χρησιμοποιείται μία μόνο φορά.

[i][l] + DD@JD

DDDD ο, 1' 2, 3, 5, 8, 9

ΜΔ9. Τα βάρη

Σε μια προσπάθεια να κρατηθούν μυστικά τα βάρη μιας ομάδας 5 ατόμων, ανέβαιναν και ζυγίζονταν κάθε φορά ανά δύο και όλοι οι δυ-

νατοί συνδυασμοί μετρήθηκαν και καταγράφηκαν όπως παρακάτω:

124, 131, 137, 145, 151, 1 53, 158, 1 59, 166, 180

Μπορείτε χρησιμοποιώντας τις παραπάνω μετρήσεις, να βρείτε το βάρος του μεσαίου ατόμου; (αν τους είχαμε ταξινομήσει κατά αύξουσα σειρά βάρους)

ΜΔlΟ. Το τετράγωνο

Συνδέστε 4 κουκίδες στο παρακάτω πλέγμα, έτσι ώστε να σχηματίσετε ένα τετράγωνο που να έχει εμβαδόν 8.

• •

• •

•

•

•

•

MΔl l. Πρώτοι αριθμοί

• •

• •

• •

• •

• •

Βρείτε το άθροισμα του μικρότερου πρώτου διψήφιου και του μεγαλύτερου πρώτου διψήφιου αριθμού, των οποίων τα ψηφία είναι επίσης πρώτοι αριθμοί.


Α f �� Απαντήσεις προηγούμενου τεύχους Jff �

ΜΔ1 . Παιχνίδια με αριθμούς Έστω α και β είναι τα ψηφία του αριθμού χ, δηλαδή χ= 1 Οα+β. Άρα ο αριθμός y είναι ίσος με y= 1 0α+β-( α+β)=9α. Επομένως ο z=9α:9=α, δηλαδή ο z είναι ίσος με το πρώτο ψηφίο του διψήφιου αριθμού χ. Οι δυνατές τιμές του z είναι λοιπόν από το 1 έως το 9, και άρα ο μέσος όρος των δυνατών τιμών του z είναι 5 .

ΜΔ2. Στο αυτοκίνητο Φυσικά ο νέος παλινδρομικός αριθμός δεν μπορεί να αρχίζει από 2 ή 3 κ.λ.π. γιατί τότε π.χ. αν ήταν ο 23932 το αυτοκίνητο θα είχε διανύσει σε 2 ώρες 1000 1 χιλιόμετρα! Άρα 2 λογικοί αριθμοί είναι ο 14041 και 14 141 . Στην περίπτωση του πρώτου το αυτοκίνητο διένυσε 1 1 Ο Κm και άρα έτρεχε με μέση ταχύτητα 55 Κm/h, ενώ στη δεύτερη περίπτωση διένυσε 2 1 Ο Κm και άρα έτρεχε με μέση ταχύτητα 1 05Κm/h. Επομένως σύμφωνα με τους περιορισμούς, η λύση είναι ο 14 141 .

ΜΔ3. Ο ι κάλτσες Πρέπει να πάρει 40 κάλτσες! Στη χειρότερη περίπτωση που πάρει όλες τις μπλε και όλες τις κόκκινες θα έχει τραβήξει συνολικά 38 κάλτσες. Έτσι αν πάρει ακόμα 2 θα έχει σίγουρα και ένα ζευγάρι από μαύρες κάλτσες.

ΜΔ4. Πρώτοι αριθμοί Οι πρώτοι διψήφιοι πρώτοι είναι οι παρακάτω:

1 1 23 3 1 41 53 6 1 71 97

1 3 29 37 43 59 67 73

1 7 47 79

1 9

Από αυτούς το 1 1 απορρίπτεται αμέσως γιατί κάθε ψηφίο χρησιμοποιείται μόνο μια φορά.

Επίσης επειδή τα ψηφία 2, 4, 5, και 6 πρέπει να χρησιμοποιηθούν οπωσδήποτε μία φορά, θα πρέπει οι 4 διψήφιοι πρώτοι να αρχίζουν από αυτά τα ψηφία.

Άρα διαγράφουμε τους υπόλοιπους και μένουν οι εξής αριθμοί:

23 4 1 53 6 1

29 43 5 9 67

47

Από αυτούς με παρατήρηση έχουμε τις παρακάτω τετράδες αριθμών:

23, 4 1 , 59 και 67

29, 47, 53 και 6 1

23, 47, 59 και 6 1

29, 4 1 , 5 3 και 67

Παρατηρείστε όμως ότι το άθροισμα οποιουδήποτε από τους παραπάνω συνδυασμούς είναι το ίδιο, δηλαδή :

23+41 +59+67=1 90

29+47+53+6 1=190

23+47+59+6 1=190

29+41+53+67=1 90

αφού τα 4 πρώτα ψηφία είναι πάντα ίδια και τα 4 δεύτερα ψηφία είναι επίσης πάντα ίδια.

Άρα η απάντηση στο πρόβλημα είναι 1 90.

ΜΔS. Τα τετράγωνα Τα τετράγωνα σχηματίζονται ως εξής:

- Ο κάτω δεξιά όρος είναι το άθροισμα του πάνω αριστερά και του πάνω δεξιά όρου.

- Ο κάτω αριστερά όρος είναι το διπλάσιο του κάτω αριστερά όρου.

- Ο κεντρικός όρος είναι το τριπλάσιο του κάτω αριστερά όρου.

Άρα ο αριθμός που λείπει είναι ο 3• 10=30

ΜΔ6. Ο κύβος Φέρνοντας τη τρίτη διαγώνιο AC σχηματίζεται ένα ισόπλευρο τρίγωνο ABC, αφού όλες οι διαγώνιες των εδρών του κύβου είναι ίσες. Άρα η γωνία ABC είναι ίση με τη γωνία ισόπλευρου τριγώνου, δηλαδή 60°.


ΑΠΟΦΑΣΗ ΤΟΥ Δ . Σ . ΤΗΣ Ε . Μ . Ε . Στη συνεδρίαση του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. την 19η Οκτωβρίου 2012 και σύμφωνα με την

ημερήσια διάταξη, συζητήθηκε η ομόφωνη πρόταση που κατέθεσε η 9μελής Επιτροπή που είχε οριστεί με ομόφωνη απόφαση της Γενικής Συνέλευσης της 1 1 ης Μαρτίου 201 2.

Το Δ.Σ. αποφάσισε ομόφωνα να αποδεχθεί την πρόταση, όπως αυτή έχει λάβει την τελική μορφή της μετά από τη νομοτεχνική επεξεργασία και να τη θέσει υπόψη της Καταστατικής Γενικής Συνέλευσης στις 20 Ιανουαρίου 2013.

ΕΛΛΗΝΙΚΉ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΉ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ----------------------ΠΡΟΣΚΛΗΣΗ --------------------

Αθήνα, 1 9 - 1 0 - 20 1 2 Καλούνται όλα τα τακτικά μέλη της Ε.Μ.Ε. σε

ΚΑΤΑΣΤΑΤΙΚΗ Γενική Συνέλευση την Κυριακή ΖΟ Ιανουαρίου 2013

' '

ώρα 1 1.00 το πρωί, στο Μεγάλο Αμφιθέατρο στο Κτήριο του Νέου Χημείου του Πανεπιστημίου Αθηνών (Ναυαρίνου 13α, Αθήνα).

Με μοναδικό Θέμα: Τροποποίηση Καταστατικού Για να υπάρξει απαρτία σύμφωνα με το καταστατικό πρέπει να παρίσταται τουλάχιστον το

1/2 των τακτικών μελών της Ε.Μ.Ε., που έχουν εκπληρώσει τις ταμειακές τους υποχρεώσεις για το 20 12 .

Μ ε συναδελφικούς χαιρετισμούς

Για το Δ. Σ. της Ελληνικής Μαθη ματικής Εταιρείας Ο Πρόεδρος Ο Γενικός Γραμματέας

Γρηγόριος Καλογερόπουλος Εμμανουήλ Κρητικός Καθηγητής Πανεπιστημίου Α θηνών Λέκτορας Οικονομικού Πανεπιστημίου Αθηνών

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

ΚΑΛΗ κaι ΔΗΜΙΟΥΡΓΙΚΗ' XPONIAI Με χαρά περιμένουμε νέες συνεργασίες, άρθρα, λύσεις ασκήσεων αλλά και τις παρατηρήσεις σας για να γίνουμε καλύτεροι . . .

Ευκλειδης Α 86

Documents

Transcript of Ευκλειδης Α 86