Ευκλειδης Α 87

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΛΗΡΟΦΟΡΗΣΗΣ � yια το yυμνασιο Τεύχος 87

ευκλείδης a� Ιανουάριος - Φεβρουάριος - Μάρτιος 2013 τιμή Τεύχους Ευρώ 3,00

e-mail: [email protected], wmν.hms.gr

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Γενικά 'Αρθρα

./ Σχεδιάζοντας ένα μικρό Υφαντό με Κρητικά Μοτίβα, Β. Παπαyιαvvακοπούλοu . . . . . . • . . . . . . . 1 ./ Τα Μαθηματικά και ο Πολιτισμός, Γ. Ωpαιόποuλος . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . 5 ./ Μετασχηματισμοί, Μεταφορά, Μ. Ποuλάκη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 ./ Ο άβακας της Κίνας, Φ. Κόppος . . . • . . . . . . . . . . . . • • • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Ο

Α' Τάξη ./ Η Ιστορία της Αριθμητικής, Γ. Ωpαιόποuλος . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 ./ Λόγος • Αναλογίες • Ανάλογα Ποσά • Προβλήματα, π. Κupάvας . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . 15 ./ Ιδιότητες Τετραπλεύρων, π. Apyύpη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

Β' Τάξη ./ Συνάρτηση y=αχ+β, Μ. Ποuλάκη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 ./ Ζωή ποδήλατο, Ρ. Κιούφτη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 7

Γ' Τάξη ./ Γραμμικά Συστήματα, Γ. Λuμπεpόποuλος, Α. Μπακάλης, Μ. Σίσκοu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , 31 ./ Τριγωνομετρικά "αινίγματα", π. Apyύpη, Δ. Βαpόποuλος . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . • 34

Σελίδες για όλους ./ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί, Επιτpοπή Διαyωvισμώv . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . • . . 36 .ι Αλληλοyρα<ρία, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 ./ Η "δύναμη" της δύναμης, Γ. Τσαπακιοη .............................................. 45 ./ Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν, Σ. Γεwpyίou . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 ./ Οπτική απόδειξη Πυθαγορείου Θεωρήματος, Γ. Μεvδωvιοης . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ

ΠΑΝΕΠιΣΤΗΜιΟΥ 34 -106 79 ΑΘΗΝΑ

Τηλ.: 210 3617784-3616532 Fax: 210 3641025 Εκδότης: Καλογερόπουλος Γρηγόριος Διευθυντής: Εμμανουήλ Κρητικός

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2054 ISSN: 1105 • 7998

Επιμέλεια -Εκδοαης: Αλαφ6κη Σταυρούλα Βαρόπουλος Δήμος

Συντακτική επιτροπή Επίτιμος Πρόεδρος: Ωρaιόπουλος Γεώργιος Πρόεδρος: Βαρόπουλος Δήμος Αντιπρόεδρος Α":

Κυρ6νας Παναγιώτης Αντιπρόεδρος Β":

Λυμπερόπουλος Γεώργιος Γραμματεία:

Αλαφ6κη Σταυρούλα Σίσκου Μαρία

Μέλη:

Κιούφτη Ροϊδούλα Κυρ6νας Παναγιώτης Λαγός Γεώργιος Λυμπερόπουλος Γεώργιος Μενδωνίδης Γεώργιος Μορφοπούλου Μαρία Μπακ6λης Αναατ6αιος Πανουα6κης Νικόλαος Παπααταυρίδης Σταύρος Πουλ6κη Μαρία Ρίζος Γεώργιος

Η έγκαιρη πληρωμή της συνδρομής βοηθάει στην έκδοση

Αγγέλη �ννα Αλαφ6κη Σταυρούλα Αλεξανδρ6του �ννα Αργύρη Παναγιώτα Γεωργίου Σπύρος Γληνού Αικατερίνη

Σ6λαρης Κωναταντίνος Σίακου Μαρία Τααπακίδης Γεώργιος Ταικοπούλου Στ6μη Χριατοδούλου Ντόρα Χρυαοβέργης Μιχαήλ Ωραιόποuλος Γεώργιος

του περιοδικού ••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••

ΙΔΙΟιαΗΣΙΑ ΤΗς ΕΜΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΠΚΗΣ ErAIPEIAΣ

Στοιχειοθεσία - Σελιδοποίηση: EMHNIKH Μ4ΘΗΜ4 ΠΚΗ ΠΑ/ΡΕ/Α

Εκτύπωση: ROTOPRINT /Α. ΜΠΡΟΥΣΜΗ & Σ/Α EEJ. τηλ.: 210 6623778- 358

Υπeιίθuνος τuπογpαφeίοu: Δ. Παπαδόπουλος

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

να στε'λνονται έγκαιρα, στα yραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείtiη Κ". Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται. Όλα τα ά& υπόκεινται σε κρίση

WMD ·''f@ Ετήσω συνδρομή (10,00+ 2,00 Ταχυδρομικά=ευρώ 12,00). Ετήσω συνδρομή γω Σχολεία ευρώ 10,00 Το αντίτιμο yια τα τεύχη που παραyyέλνονται στέλνεται: 1. Με απλή ταχυδρομική εmταyή σε διαταyή Ε.Μ.Ε. Ταχ. fραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 2. Στην ιστοσελίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικής συναλλαγής με την τράπεζα EUROBANK 3. Πληρώνεται στα yραφεία της Ε.Μ.Ε. 4. Με αντικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών στο χώρο σας, κατά την παραλαβή.

ΣΧΕΔΙΑΖΟΝΤΑΣ ΕΝΑ ΜΙΚΡΟ ΥΦΑΝΤΟ ΜΕ ΚΡΗΤΙΚΑ MOTIBA ====================== Βασιλική Παπαγιαννακοπούλου

Τα παρακάτω είναι μία πρόταση διδασκαλίας που αφορά την κατασκευή γεωμετρικών μοτίβων με εργαλείο τους ευκλείδειους μετασχηματισμούς ενός σχήματος στο επίπεδο, μέσα στο δυναμικό γεωμετρικό περιβάλλον λογισμικού μαθηματικών. Το λογισμικό Cinderella είναι ίσως το καταλληλότερο για την δημιουργία και αποτύπωση των ευκλείδειων μετασχηματισμών σχημάτων. Χωρίς βέβαια οι δυνατότητες που διαθέτει να περιορίζονται μόνο σε αυτό. Είναι ιδιαίτερα χρήσιμο οι μαθητές και οι εκπαιδευτικοί να εξοικειωθούν με τις δυνατότητες του εν λόγω λογισμικού.

Στόχος λοιπόν είναι να προσεγγίσουμε τις γεωμετρικές δομές μέσα από την τέχνη και να δώσουμε την οπτική στους μαθητές ότι μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την αυστηρή πειθαρχία των γεωμετρικών νόμων ως εργαλείο έκφρασης και δημιουργίας. Εξάλλου, η φύση αυτό δεν κάνει;

Ο ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ ΔΙΑΚΟΣΜΟΣ ΣΤΑ ΚΡΗΤΙΚΑ ΥΦΑΝΤΑ Τα κρητικά υφαντά με γεωμετρικό διάκοσμο διαπραγματεύονται, με παραλλαγές, ένα μόνο

γεωμετρικό σχήμα: το ρόμβο.

Ο πρώτος κανόνας στη διακόσμηση των κρητικών υφαντών είναι η οριζόντια συμμετρία, η

4

4

4

4

4

4

Α' ζώνη

Β' ζώνη! Γ' ζώνη!

Δ' ζώνη Ε' ζώνη

Στ' ζώνη

Ζ' ζώνη

Η' ζώνη

διάταξη δηλαδή όμοιων θεμάτων δεξιά και αριστερά ενός κατακόρυφου άξονα. Στα υφαντά με γεωμετρικό διάκοσμο η συμμετρία διέπει όχι μόνο ολόκληρη την επιφάνεια του υφαντού, αλλά και το καθένα μοτίβο ξεχωριστά.

Δεύτερος κανόνας - που έχει άμεση σχέση με την τεχνική της υφαντικής - είναι η διάταξη των διακοσμητικών μοτίβων σε οριζόντιες ζώνες.

Τρίτος γενικός κανόνας της υφαντικής διακόσμησης είναι ο ρυθμός, δηλαδή η κανονική επανάληψη των μοτίβων κατά μήκος μιας οριζόντιας ζώνης. Στα κρητικά υφαντά με γεωμετρικό διάκοσμο, σε κάθε ζώνη επαναλαμβάνεται το ίδιο μοτίβο, συχνά όμως παρατηρείται εναλλαγή των χρωμάτων, με αποτέλεσμα ο χρωματικός ρυθμός να είναι πιο σύνθετος.

Τελευταίος είναι ο κανόνας των παραπληρωματικών θεμάτων ή μοτίβων πλήρωσης: στις διακοσμητικές ζώνες, ανάμεσα στα κύρια μοτίβα αλλά και μέσα σ' αυτά, τοποθετούνται τα μοτίβα πλήρωσης ώστε να μην μένουν κενά στην επιφάνεια του υφαντού. (Μουσείο Κρητικής Εθνολογίας, 2006)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 87 τ.3/1 !

--------- Σχεδιάζοντας ένα μικρό υφαντό με κρητικά μοτίβα --------

Σχεδιάζοντας ένα μικρό υφαντό με Κρητικά μοτίβα Χρησιμοποιώντας τους μετασχηματισμούς των Ευκλείδιων σχημάτων στο επίπεδο, θέλουμε

να σχεδιάσουμε την παρακάτω σύνθεση, αντιγράφοντας το σχέδιο από ένα Κρητικό υφαντό. Α' ζώνη

Θέλουμε να σχεδιάσουμε δύο όμοια τετράγωνα σε αυτή τη διάταξη: Ο μετασχηματισμός που θα χρησιμοποιήσουμε είναι η ομοιοθεσία. Κέντρο της ομοιοθεσίας θα είναι το κέντρο του τετραγώνου (σημείο τομής των διαγωνίων). Ο λόγος ομοιότητας των πλευρών των δύο τετραγώνων επιλέγουμε να είναι Υ2. Για να σχηματίσουμε αλυσίδα με τέτοια σχέδια θα χρησιμοποιήσουμε την μεταφορά κατά τμήμα ίσο με τη διαγώνιο του εξωτερικού τετραγώνου. Θα μπορούσαμε και με άλλο τρόπο;

Γεμίζουμε με χρώμα. Β' ζώνη

Η δημιουργία της Β' ζώνης μπορεί να γίνει χρησιμοποιώντας ως αρχικό σχήμα ένα ισόπλευρο τρίγωνο ή έναν ρόμβο. Επειδή όμως θέλουμε να γεμίσουμε με διαφορετικό χρώμα τα δύο

τρίγωνα του ρόμβου, για οικονομία κινήσεων, επιλέγουμε ως αρχικό σχήμα το τρίγωνο (το λογισμικό «γεμίζει» με χρώμα μόνο ένα κλειστό πολύγωνο. Επομένως αν σχεδιάσουμε έναν ρόμβο, για να γεμίσουμε με διαφορετικό χρώμα τα δύο τρίγωνα στα οποία χωρίζεται από την μία διαγώνιο, θα έπρεπε να ξανασχεδιάσουμε από πάνω τα δύο τρίγωνα). Για τη δημιουργία της ζώνης θα χρειαστούμε δύο μετασχηματισμούς: α) την ανάκλαση του αρχικού τριγώνου ως προς μία πλευρά του, και β) διαδοχικές μεταφορές των δύο τριγώνων, κατά τμήμα ίσο με την πλευρά του τριγώνου.

Γ' ζώνη Η �cί)νη μπορεί να σχηματιστεί ως αρχικό σχ1Ίμα το ρόμβο. Το μοτίβο δημιουργείται χρησι

μοποιώντας διαδοχικά ως μετασχηματισμό την μεταφορά κατά τμήμα ίσο με την μεγάλη διαγώνιο ή την ανάκλαση ως προς ευθεία κάθετη στη μεγάλη διαγώνιο στο ένα άκρο της.

χχχχχχχ Για τη δη-μιουργία

αυτής της

Δ' ζώνη

ζώνης μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε ως αρχικό σχήμα ένα ισοσκελές αμβλυγώνιο τρίγωνο. Στη συνέχεια μπορούμε να χρησιμοποιή-σουμε τη μεταφορά κατά τμήμα ίσο με τη βάση του τριγώνου.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 87 τ.3/2

Για να δημιουργήσου

με την υπόλοιπη μισή ζώνη χρειαζόμαστε ένα

--------- Σχεδιάζοντας ένα μικρό υφαντό με κρητικά μοτίβα --------

ανάποδο είδωλο του αρχικού τριγώνου. Αυτό μπορούμε να το πετύχουμε χρησιμοποιώντας την α ν ά κ λ α σ η (συμμετρία ως προς άξονα). Ο άξονας συμμετρίας θα είναι η ευθεία αυτή που διέρχεται από τα μέσα των δύο ίσων πλευρών. Χρωματίζουμε το μοτίβο μας με τρόπο ώστε και τα χρώματα να ακολουθούν συμμετρική διάταξη.

Ε' ζώνη

Το μοτίβο αυτό προκύπτει εύκολα με τη μεταφορά ενός αρχικού ρόμβου κατά τμήμα μικρότερο της οριζόντιας διαγωνίου του.

ΣΤ' ζώνη Το βασικό σχήμα για τη δημιουργία αυτής της ζώνης είναι ένας ρόμβος

μέσα σ' ένα ορθογώνιο. Ο aπλούστερος μετασχηματισμός για τη συμπλήρωση της ζώνης, είναι η μεταφορά των δύο σχημάτων κατά διάνυσμα ίσο με την οριζόντια πλευρά του ορθογωνίου.

Ι<>Ι<>Ι<>Ι<>Ι<>Ι Γεμίζετε με χρώμα:

Ζ' ζώνη ΗΖ' ζώνη αποτελεί μέρος μιας πλακόστρωσης όπως η παρακάτω:

ΕΥΚ.ΛΕΙΔΗΣ Α' 87 τ.3/3

Το μοναδικό σχήμα είναι το τετράγωνο. Ξεκινώντας με ένα τετράγωνο, πόσους και ποιους μετασχηματισμούς θα πρέπει να χρησιμοποιήσουμε για να καλύψουμε μία επιφάνεια με ίσα τετράγωνα σε αυτή τη διάταξη;

--------- Σχεδιάζοντας ένα μικρό υφαντό με κρητικά μοτίβα -------

Η' ζώνη Η' ζώνη είναι μία επανάληψη της Ε' , μόνο που εκτός από την οριζόντια μεταφορά τωv ρόμ

βων, χρειαζόμαστε και μία κατακόρυφη μεταφορά τους. Φτιάξτε έναν αρχικό ρόμβο κq.ι βρείτε τα κατάλληλα διανύσματα μεταφοράς.

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

Retrieved from Μουσείο Κρητικής Εθνολογίας: (2006). http://www.cretanethnologymuseum.gr/imkelhtml/gr/222322.html#top

Brown, Μ. , & Korzenik, D. ( 1993). Art making and educatίon. University oflllinois. Shaffer, D. W. ( 1997, 16(2)). Leaming Mathematics Through Design: The Anatomy ofEsc�er's

World. Journal of Mathematίcal behavior , pp. 95-112.

Sidelnick, Μ. ( 1995, 48(6)). Colonel Francis Wayland Parker: Legacy of an artίst-teacher. Art Education , pp. 19-22.

Stewart, 1., & Golubitsky, Μ. ( 1995). Τι είναι συμμετρία;. In Ι. Stewart, & Μ. Golubitsky, Είνα# ο Θεός γεωμέτρης; (pp. 55-57). Αθήνα: Τραυλός.

Willet, L. V. ( 1992). The efficacy of using the visual arts to teach math and reading copcepts. 73rd Annual Meeting ofthe Amerίcan Educatίonal Research Association. San Francί&fO.


Γ. Ωραιόπουλος

ΜΕΣΟΙ XPONOI Γ. Ο ΕΥΡΩΠΑίΚΟΣ ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΤΑ ΑΝΑΠΥΥΓΜΕΝΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

1. ΑΝΑΓΕΝΝΗΣΗ Τον 5° αιώνα έχουμε πολλούς παράγοντες

πολιτισμού, τυπογραφεία τελειοποίηση ρολογιού, κατασκευή μηχανών για τα πλοία, τους πολέμους, ο θαλάσσιος δρόμος για την Ινδία, Ανακάλυψη της Αμερικής κ.λπ.

Καρντάνο (/500-1570) Δυο Ιτdλοί μαθηματικοί ο Καρντάνο

(1500-1570) και ο Ταρτάλια (1500-1557) φιλονικούν για το ποιος έλυσε πρώτος την τρι-τοβάθμια εξίσωση χ 3 + px + q = Ο . Η λύση

φέρνει

το όνομα του Καρντάνο.

Η πιο μεγάλη επιτυχία της Αναγέννησης είναι το βιβλίο του Πολωνού Κοπέρνικου (1473-1542) <<Περί περιστροφής των ουρανίων σωμάτων)) και όι νόμοι του Κέπλερ (1571-1634) που εξηγούν επιστημονικά την κίνηση των πλανητmν γύρω από τον ήλιο και το στριφογύρισμα σα σβούρα γύρω από τον εαυτό τους. Όλος ο πολιτισμένος κόσμος πίστεψε τη χρήσιμη αυτή αλήθεια, εκτός από την <<Ιερ ά Εξέταση»), πσο ιcαταδίκασε σε θάνατο στην πυρά τdν ασtρονόμd Τζορτζάνο Μπρούνο επειδή την υποστήριξε, ενώ πριν 2000 χρόνια ο Αρίσταρχος κατηγορi]θηκε για αθεία επειδή είπε ότι η γη κινείται.

Bίet (1540-1603) Ο Γάλλος Biet (1540-1603) είναι ο πρώτος

μαθηματικός που παράστησε τους αριθμούς με γράμματα. Με τη βελτίωση του συμβολισμού οι πράξεις, οι μετασχηματισμοί στην Άλγεβρα και Τριγωνομετρία. Ο Σκωτσέζος Νέπερ (1550-1617) επινόησε τους λογαρίθμους με βάση το 1 Ο ή το e == 2, 7 στους πίνακες.

Νέπερ (1550-1617) Οι καλλιτέχνες της Αναγέννησης πρόσφε

ραν πολλά έργα τους στον πολιτισμό. Ο ζωγράφος - μηχανικός Λεονάρντο Ντα Βίντσι (1452-1519) πρώτος στις εικόνες με τη βοήθεια της Γεωμετρίας. Οι Μιχαηλ Άγγελος και Ραφαήλ ζωγράφισαν ρεαλιστικά τη χρυσή τομή. Και οι άλλες τέχνες ανθούσαν, όπως η γεωγραφική χαρτογραφία.


------------- Μαθηματικά και Πολιτισμός ------------

2. 17°ς αιώνας Αναπτύσσονται διάφορες επιστήμες τε

χνολογία με χρήσιμες ανακαλύψεις και εφευρέσεις για τη βελτίωση της ζωής μας και καλές τέχνες με τη βοήθεια των Μαθηματικών. Όλα αυτά είναι πολιτισμός.

Τα μεγάλα όμως κράτη της Ευρώπης γίνονται πλουσιότερα. Ο πλούτος όμως πρέπει να προέρχεται από τη γη και την εργασία, όχι από πολέμους, κατακτήσεις, εκμεταλλεύσεις.

Ο μεγάλος επιστήμονας Γαλιλαίος (1564-1642) δίδαξε φυσικομαθηματικά, στατική για την πτώση σωμάτων με θεωρία και πειράματα. Υπερασπιστής του Κοπερνίκειου συστήματος διώχθηκε.

Γαλιλαίος (1564-1642) Ο Ντεκάρτ (Καρτέσιος) (1596-1654) με

το βιβλίο του «Λόγος περί της μεθόδου» διατυπώνει κανόνες ορθολογισμού. Με τη μελέτη της Άλγεβρας - Γεωμετρίας έδωσε την αναλυτική Γεωμετρία με παραστάσεις εξισώσεων στο επίπεδο με ευθείες και καμπύλες ( καρτεσιανές συντεταγμένες)

Ο άριστος μαθηματικός Φερμά (1601-65) άφησε σημαντικές εργασίες και έθεσε για απόδειξη το θεώρημα xv+yv=zv με x.y, z ακέραιους και ν>2. Αυτός με το Pascal (1603-1663) είναι οι θεμελιωτές της θεωρίας των πιθανοτήτων. Έμεινε ιστορικό το «Τρίγωνο Πασκάλ». Ο Γουώλς με ανώτερες μαθηματικές εργασίες δίδαξε στην οξφόρδη ως το θάνατό του το 1 705. Αποδείχθηκε το 1 993 από το Γουάιλς. Την περίοδο αυτή αναδέιχθηκαν πολλοί μουσικοί που περιγράφουν τα χαρακτηριστικά του ήχου, ύψος, ένταση, χροιά με μαθηματικά, ακόμα και τα μουσικά όργανα με πρώτο τον Μπαχ. Τέλος έχουμε αρκετές ανακαλύψεις. Ηλεκτρόλυση του νερού (Volta), ρολόι εκκρεμές (Χουίγκινς), Μικροσκόπιο, φακοί για τηλεσκόπιο, Υπολογιστική μηχανή

(Pascal), Μονοκύτταροι οργανισμοί, Γρηγοριανό ημερολόγιο . . .

3. 1 8°ς αιώνας

Η μαθηματική έρευνα του αιώνα ήταν αφιερωμένη στο Απειροστικό Λογισμό και στις εφαρμογές του. Δυο γίγαντες επιστήμονες, οικοδόμησαν τον σπουδαίο αυτό κλάδο ο Νεύτων (1692-1727) και ο Λάιμπνιτς (1641-1716) ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλο, στηριγμένοι σε αρχαιότερους συναδέλφους και

Λάιμπνιτς (1641-1716) Οι Ελβετοί Μπερνούλι συνέχισαν το έργο

του Λάιμπνιτς και Άγγλοι Μαθηματικοί του Νεύτωνα. Αλλά και άλλοι μαθηματικοί θεμελίωσαν τον Απειροστικό (Διαφορικό και Ολοκληρωτικό) Λογισμό.

Στη Γαλλία οι φιλόσοφοι του Διαφωτισμού Βολ ταίρος, Ντιντερό επικεφαλής της εγκυκλοπαίδειας σε 28 τόμους με συνεργάτη τον αξιόλογο Μαθηματικό Ντ' Αλαμπέρ (1717-1782) ο οποίος μελέτησε τη Μηχανική του Νεύτωνα με την παγκόσμια έλξη

F Μ,Μ2 Μ , , , = R 2

. ια επιτροπη μετρησε το μηκος

του μεσημβρινού της γης και όρισε το μέτρο

( m) = Ο 1 αυτού. Τη μονάδα αυτή 40.000.000

με τα παράγωγά της κράτησαν στο παρισινό μουσείο μέτρων και σταθμών.

Το 1 725 ο Ν. Μπερνούλι με το νεαρό μαθηματικό Όιλερ ταξίδεψαν στην Πετρούπολη και στην Ακαδημία της παρέμεινε ο Όιλερ (1707-1783) όπου έγραψε ενδιαφέροντα βιβλία. Αργότερα στην ακαδημία του Βερολίνου με τα έργα του καθιερώθηκε άξιος επιστήμονας.

Στο Παρίσι, πνευματικό και πολιτιστικό κέντρο εργάστηκαν δυο καθηγητές μαθηματικών, Μηχανικής, Αστρονομίας, που έγραψαν


------------ Μαθηματικά και Πολιτισμός ------------

θεωρητικά συγγράμματα Ο Λαγκράν (1736-1812) με την <<Αναλυτική Μηχανική» και ο Λαπλάς (1722-1823) με την «Ουράνιο Μηχανική». Όταν ο Ναπολέων τον ρώτησε <<Γιατί δεν αναφέρεις το Θεό;» απάντησε «Δε μου χρειάζεται αυτή η υπόθεση». Και οι δυο πήραν μέρος στη Γαλλική Επανάσταση ( 1 789).

4. 19°ς αιώνας Η Γαλλική Επανάσταση και η κοινοβου

λευτική στην Αγγλία έφεραν στην Ευρώπη την ανάπτυξη της βιομηχανίας με εφαρμογές των μαθηματικών στις φυσικές επιστήμες και στην τεχνική. Τα σχολεία και τα πανεπιστήμια έπρεπε να ανανεωθούν. Είχε ωριμάσει ο καιρός για τη μαθηματική Λογική και Στατιστική.

Ο Γκάους (1777-1855) εφάρμοσε τα Μαθηματικά στη μελέτη της φύσης, Αστρονομία, Φυσική, Χημεία. Βοήθησε στην εφεύρεση του ηλεκτρικού τηλέγραφου. Ο Άμπερ (1775-1896) ήταν πρωτοπόρος στον ηλεκτρομαγνητισμό, ακολούθησε ο Μάξουελ (1831-1879) με το θεωρητικό του έργο και τα πειράματα του Φάρανταιη.

Ο Γκαλουά (181 1-1832) μεγαλοφυής στα Μαθηματικά, που νεαρός σκοτώθηκε σε μονομαχία, μας άφησε γραμμένη τη «Θεωρία Ομάδων».

Ο Ρήμαν (1821-1866) συνεχιστής του Γκάους στη Γοτίγκη ,μελέτησε τη Γεωμετρία στη Γήινη επιφάνεια και απέρριψε το αξίωμα της μιας παράλληλης ευθείας του Ευκλείδη. Πριν από αυτό ο Ρώσος Λομπατσέφσκι και ο Ούγγρος Μπολνέι έγραψαν δυο διαφορετικές «Μη Ευκλείδειες Γεωμετρίες»/ Αργότερα ο Χίλμπερτ (1862 -1943) αναλύει τα αξιώματα του Ευκλειδη και διορθώνει αυτά για να βελτιώσει τα επιτεύγματα των αρχαίων Ελλήνων.

Ο Γάλλος Πουανκαρέ (1854-1922) . Δίδαξε στη Σορβόννη Μαθηματικά, Αστρονομία και μέρη Φυσικής. Έγραψε: <<ll αξία της Επιστήμης»,

Πουανκαρέ (1854-1922)

Ο Καντόρ (1845-1945) δημιούργησε τη θεωρία των Συνόλων με το συμβολισμό τους.

Τα Μαθηματικά εκτός που είναι πολιτισμός, διαμορφώνουν το σύγχρονο πολιτισμό, μέρος του οποίου είναι και οι καλές τέχνες που γοητεύουν και συγκινούν τους ανθρώπους, όπως η μουσική, η ζωγραφική, η ποίηση κ.α. Όταν ακούς την ·,n;;νιι•.-9η Συμφωνία του Μπετόβεν t'-\R.Ι\ '

συγκλονίζεσαι. 'Ενα άλλο :._S.qt!�-'?&��1 ..

μέρος του πολιτισμού είναι ·

οι τεχνολογικές επιτυχίες για τη βελτίωση της ζωής μας, όπως τα εμβόλια του Παστέρ, η ατμομηχανή του Watt, ο φωνόγραφος και το μικρόφωνο. Το 1 88 1 κυκλοφόρησε το αυτοκίνητο, το αλεξικέραυνο του Φραγκλίνου, οι διάφορες ηλεκτρικές εφαρμογές, οι συγκοινωνίες με τραίνα και ατμόπλοια. Το 1 888 αρχή κινηματογράφου. 1 892 Ασύρματος τηλέγραφος (Μαρκόνι).

Jόνιος Ακαδημία

Ας δούμε και τη σκλαβωμένη πατρίδα μας. Στην Κέρκυρα λειτουργεί η σχολή «Iόνιος Ακαδημία» με διευθυντή το μαθηματικό Καραντινό που στέλνει απόφοιτους να διδάξουν στα ελληνικά σχολεία. Στα Γιάννενα δάσκαλοι ο Αρβανίτης και οι Μπαλάνοι, στην Άνδρο ο Καίρης στη Σμύρνη ο Λέσβιος. Με την επανάσταση του 1 82 1 γεννιέται το μικρό νεοελληνικό κράτος με το Πανεπιστήμιο Αθηνών, όπου διδάσκουν μαθηματικοί Ν. Νικόπουλος με σπουδές στο Παρίσι, ο Ιωάννης Ν. Χατζιδάκης με διδακτορικά στη Γερμανία κ.α. Επίσης θεμελιώνεται η Δημοτική και Μέση Παιδεία. Ακόμα έχουμε μουσεία, βιβλιοθήκες, τράπεζες και διάφορα πολιτισμικά κέντρα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 87 τ.3/7

ΜΕΤ ΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ ΜΕΤΑΦΟΡΑ ========================= Μαρία Πουλάκη

ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΑ 1

Ε ·z· Στο διπλανό σχήμα βλέπουμε τη μεταφορά του σημείουΖ κατά διάνυσμα ΔΕ . Το Ζ 'είναι η εικόνα (είδωλο) τουΖ . Φέρτε το τμήμαΖΖ ' .

. Δ z

Παρατηρείστε ότι είναι παράλληλο και ίσο με το ΔΕ. Μετασχηματισμοί αυτού του τύπου ονομάζονται μεταφορές (translations) .

ΜΕΤΑΦΟΡΑ ΚΑΤΑ -+

ΕΠΙΛΕΓΜΈΝΟ ΔΙΆΝΥΣΜΑ ΔΕ

Με το διάνυσμα παριστάνουμε τα διανυσματικά μεγέθη όπως είναι η ταχύτητα και η δύναμη.

ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΑ 2 Στο διπλανό σχήμα πώς έχει προκύψει το τργ ΖΉ 'Θ ' από το τργ Ζ ΗΘ; Να συγκρίνετε τα 2 τρίγωνα.

Ε ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΑ 3 : Να με

ταφέρετε το τμήμα ΗΘ κατά διά--

νυσμα ΔΕ .

Δ Η ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΑ 4: Να μετα

Θ φέρετε τη γωνία κατά διάνυσμα ΔΕ .

ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1) Α) Να πάρετε ένα τυχαίο σημείο Κ στο παρακάτω σχήμα και να το μετακινήσετε 2 μονάδες δεξιά και 3 επάνω. Μετά να μετακινήσετε το Κ 2 μονάδες αριστερά και 3 κάτω. Να κάνετε και άλλες παρόμοιες μετακινήσεις. Α Β) Η μετατόπιση από το σημείο Δ στο Ε παριστάνε-ται με το διάνυσμα ΔΕ ως εξής: Μετατοπίζουμε πρώτα την αρχή Δ του διανύσματος κατά 1 μονάδα προς τα δεξιά (θετική φορά ) δηλαδή + 1 και μετά το νέο σημείο Κ το μετατοπίζουμε 2 θέσεις προς τα πά-νω (θετική φορά) δηλαδή +2. Να μεταφέρετε κατά διάνυσμα ΔΕ i) το σημείο Α ii) το τμήμα ΗΘ iii) τη γωνία ΒΑΓ. Τι παρατηρείτε για τα σχήματα που προκύπτουν; 2) Να σχεδιάσετε τη μεταφορά ενός κύκλου (Ο,ρ) α) κατά διάνυσμα ΑΟ όπου Α τυχαίο σημείο του κύκλου. β) Κατά διάνυσμα 2ΑΟ γ) Κατά διάνυσμα 3ΑΟ


Ε

/ κ

Η

Δ L

Θ

L Α Γ

--.......----------- Μετασχηματισμοί Μεταφορά ------------

3) Το τετράγωνο ΑΒΓΔ και να το μεταφέρετε κατά α) διάνυσμα ΑΒ β) ΑΓ γ) ΑΒ + ΑΓ

4) Να παρατηρήσετε τις αλλαγές του τργ ΑΒΓ. Σε κάθε μετακίνηση η πλευρά ΑΒ παραμένει παράλληλη στον άξονα ψ' ψ και ο προσανατολισμός του τργ δεν άλλαξε.

Α

·10 ·5 10

.. ΕΙΚΟΝΑ 1: Μεταφορά 6 μονάδες ................... .

Β

·2

ΕΙΚΟΝΑ 2: Μεταφορά ................................ . βρείτε τα σημεία Α(3 ,5) , Β(2, 1 ) και Γ(- 1 ,4) . Να σχηματίσετε το τργ ΑΒΓ .Μετά να σχηματίσετε τα τργ Αι Β ι Γι , Α2 Β2 Γ3 κ.τ.λ. που προκύπτουν από τη μεταφορά του ΑΒΓ κατά: Α) 2 μονάδες αριστερά παράλληλα στον χ'χ και 3 μονάδες κάτω παράλληλα στον ψ'ψ. Β) 4 μονάδες δεξιά παράλληλα στον χ' χ και 1 μονάδα επάνω παράλληλα στον ψ' ψ. Γ) 5 μονάδες δεξιά παράλληλα στον χ' χ και 3 μονάδες κάτω παράλληλα στον ψ' ψ

5) Α) Να βρείτε το συμμετρικό του ΑΒΓ ως προ χ'χ και να το ονομάσετε σχήμα 2 . Β) Να μεταφέρετε το σχήμα 2 ,5 μονάδες αριστερά 1 και 1 μονάδα κάτω. Ονομάστε το σχήμα 3 . Γ) Βρείτε το συμμετρικό του 3 ως προς χ'χ και ονομάστε το σχήμα 4. Δ) Ποιος είναι ο μετασχηματισμός του σχήμ. 1 ως προς το 4; 6) Σε τετραγωνισμένο χαρτί να κάνετε ορθοκανονικό σύστημα αξόνων , να τους αριθμήσετε από το -3 έως το 8 και να

·2

EIKONA 3: Μεταφορά ........................ . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 87 τ.3/9

Ο άβακας της Κίνας ================================================= Φώτης Κόρρος

Ο άβακας, που επίσης ονομάζεται πλαίσιο καταμέτρησης, πρώτα χρησιμοποιήθηκε στην Ασία για την εκτέλεση αριθμητικών πράξεων. Ο άβακας ήταν ένα υπολογιστικό εργαλείο που χρησιμοποιήθηκε πολύ από έμπορους και κληρικούς εκτός, από μαθηματικούς και aστρονόμους, πριν στραφούμε στη χρήση του γραπτού λόγου και χρησιμοποιείται ακόμα και σήμερα σε μερικές περιοχές της Άπω Ανατολής.

Η πρώτη γραπτή αναφορά στον κινέζικο άβακα χρονολογείται από το 2° π.Χ. αιώνα.<Ι) Ο κινέζικος άβακας γνωστός στη Κίνα ως suanpan (π Μ, ακριβής μετάφραση "Δίσκος μέτρησης"), είναι περίπου 20 cm ψηλός και το μήκος του ποικίλλει ανάλογα με αυτόν που τον χειρίζεται. Συνήθως έχει περισσότερες από 7 ράβδους και πάνω στη καθεμιά από αυτές σύρονται σφαιρίδια ή χάντρες. Υπάρχουν δύο χάντρες (ή σφαίρες) σε κάθε μία από τις επάνω ράβδους και πέντε χάντρες σε κάθε μία από τις κάτω ράβδους. Η ποσότητα των χαντρών σε κάθε ράβδο δε μεταβάλλεται, είτε μετράμε με τον άβακα στο εξηκονταδικό, είτε μετράμε στο δεκαδικό, αριθμητικό σύστημα. Οι χάντρες είναι συνήθως στρογγυλές και φτιαγμένες από σκληρό ξύλο. Υπάρχουν όμως και άβακες κυριολεκτικά έργα τέχνης φτιαγμένοι με πολύτιμα μέταλλα και νεφρίτη .

Οι χάντρες μετρούνται, όταν κινούνται πάνω ή κάτω προς την πλευρά της διαχωριστικής δοκού. Όταν τις κινείτε προς το μέρος της δοκού καταμετρούνται ενώ όταν τις κινείτε μα-

1 lfrah, Georges, «The Universal Histoιγ of Computing: From the Abacus to the Quantum Computer», New York: John Wiley & Sons (2001) σελίδα 72

κριά από την δοκό δεν προσμετρούνται. <2> Οι ομοιότητες που παρουσιάζονται μεταξύ

του κινέζικου και του ρωμαϊκού άβακα, μπορεί να προέρχονται από απλή σύμπτωση, αλλά θα μπορούσε να οφείλεται το γεγονός στο ότι υπάρχουν ενδείξεις, ότι οι δύο λαοί, είχαν κάποιες εμπορικές σχέσεις.

Ο κινέζικος άβακας χρησιμοποιεί εκτός από ελάχιστες περιπτώσεις το δεκαδικό σύστημα που στη Κίνα ήταν σε χρήση πολύ πριν γίνει γνωστό στον υπόλοιπο κόσμο.

Ας δούμε τώρα πως διαβάζουμε τον κινέζικο άβακα. Θα μιλήσουμε πρώτα για τις χάντρες. Υπάρχουν στον άβακα δύο είδη . Αυτές του επάνω τμήματος και αυτές του κάτω τμήματος. Οι χάντρες του κάτω τμήματος, που ονομάζονται μερικές φορές γήινες χάντρες ή υδάτινες χάντρες και έχουν αξία ίση με 1 . Οι άλλες του επάνω τμήματος, ονομάζονται μερικές φορές ουράνιες χάντρες και έχουν αξία ίση με 5 . Οι στήλες είναι ίδιες με τις θέσεις των αριθμών στο δικό μας αριθμητικό σύστημα. Δηλαδή η στήλη δεξιά αντιπροσωπεύει τις μονάδες, η αμέσως αριστερά από αυτή τις δεκάδες κ.ο.κ.

Α ν όμως επιλέξουμε για στήλη των μονάδων κάποια εσωτερική στήλη τότε πάλι η αμέσως αριστερή από αυτήν είναι οι δεκάδες αλλά η δεξιά της είναι τα δέκατα, η επόμενη δεξιά είναι τα εκατοστά κ.ο.κ.

Στο σχήμα στην στήλη αριστερά κοιτώντας τη δεξιά στήλη βλέπουμε ότι ενεργοποιείται 1 γήινη σφαίρα. Αυτή μπορεί να σημαίνει τον αριθμό 1 ή το 0, 1 ή το 0,0 1 ανάλογα με τη θέληση αυτού που χειρίζεται τον άβακα. Στη δεύτερη από δεξιά στήλη έχουμε ενεργοποιημένες 4 γήινες σφαίρες και μία ουράνια. Άρα η ποσότητα που εικονίζεται είναι 90 ή 9 ή 0,9 και τα λοιπά, ανάλογα με τη στήλη που έχει ορίσει ως μονάδα ο χειριστής.

Στον κινέζικο άβακα υπάρχουν πάντα 2 ουράνιες σφαίρες και 5 γήινες σε κάθε στήλη .

2 Femandes, Luis, «Α Brief lntroduction to the Abacus», ee.ιγerson.ca, (November 27, 2003)


-------------- Ο Άβακας της Κίνας -------------

Στον γιαπωνέζικο άβακα βρίσκουμε μία ουρά- γήινες και μια ουράνια σφαίρα και τελειώνουνια και 4 γήινες σφαίρες. Αν το καλοσκε- με με 4 γήινες σφαίρες. Έχουμε πει ότι ουράφτούμε ο γιαπωνέζικος άβακας δεν έχει έλλει- νια σφαίρα = 5, γήινη σφαίρα = 1. ψη σφαιρών αλλά έχει ακριβώς τον αριθμό Αν θέλαμε να γράψουμε τον αριθμό 473,34 των σφαιρών που απαιτούνται για ένα δεκαδι- θα βάζαμε τις σφαίρες στην ίδια ακριβώς θέση . κό σύστημα. Τότε προς τι η μία παραπάνω Απλά θα θεωρούσαμε ως μονάδες τη τρίτη από σφαίρα σε κάθε τμήμα στον κινέζικο άβακα; τα δεξιά στήλη . Πιθανόν λένε κάποιοι να βοηθούσαν στην χρήση κάποιου εξηκονταδικού συστήματος<3>. Το πιθανότερο όμως είναι να έχουν δίκιο εκείνοι που υποστηρίζουν οι επιπλέον σφαίρες ήταν απαραίτητες για την πραγματοποίηση πολλαπλασιασμού και διαίρεσης με δύο παλιές μεθόδους που ονομάζονταν, «Η τεχνική της επί πλέον σφαίρας» και «Η τεχνική της εκκρεμούσης σφαίρας», τις οποίες ίσως γνωρίσουμε σε ένα μελλοντικό άρθρο.

Στη χρήση του εξηκονταδικού συστήματος κάθε στήλη έχει 5 μονάδες και 2 πεντάδες άρα μετρά 15 μονάδες.

Στο τέλος μιας ενέργειας - πράξης στον άβακα ποτέ δεν θα δούμε ενεργοποιημένες 5 επίγειες σφαίρες στη ίδια στήλη . Αν συμβεί αυτό αμέσως επιστρέφουν στην αρχική τους θέση και ενεργοποιείται μια ουράνια σφαίρα. Το ίδιο συμβαίνει και αν ενεργοποιηθούν δύο ουράνιες σφαίρες στην ίδια στήλη . Αμέσως επιστρέφουν στην αρχική τους θέση και ενεργοποιείται μια επίγεια από την επόμενη αριστερά στήλη . Υπενθυμίζουμε ότι μια σφαίρα θεωρείται ενεργοποιημένη αν βρίσκεται προς τη διαχωριστική δοκό.

Ας δούμε τώρα ένα παράδειγμα παρουσίασης αριθμού στον άβακα.

•••••••••• ••••••ι••• ι 1 ι ιιι•ιιι

1 I I I Ί••••• •••••••••• ••••••ι••• •••••••ι ι• •••••ι•••ι ••••••••••

Στο σχήμα επάνω ο άβακας δείχνει τον αριθμό 47334 (αν δεν έχουμε δεκαδικά ψηφία) διότι στη πρώτη από τα δεξιά στήλη έχουμε επιλεγμένες 4 γήινες σφαίρες, στην προς τα αριστερά επόμενη έχουμε 3 επιλεγμένες γήινες σφαίρες και συνεχίζοντας προς τα αριστερά 2

Πρόσθεση Αν στο παραπάνω αριθμό θέλουμε να προ

σθέσουμε 5 απλά κατεβάζουμε μια ουράνια σφαίρα στην δεξιά στήλη . Για να προσθέσουμε τον αριθμό 15 κατεβάζουμε μια ουράνια σφαίρα στην δεξιά στήλη και ανεβάζουμε 1 γήινη στη δεύτερη από τα δεξιά στήλη . Αν προσθέσουμε στο 47334 το 2 πρέπει να ανεβάσουμε 2 γήινες σφαίρες στην δεξιά στήλη που δεν είναι διαθέσιμες. Άρα μόλις πάρουμε τη μια συμπληρώνουμε τις 5 άρα τις επιστρέφουμε κάτω και κατεβάζουμε μια ουράνια. Μετά ανεβάζουμε μια γήινη και η πρόσθεση τελειώνει.

Ας κάνουμε τώρα μια ολοκληρωμένη πρόσθεση . Έστω ότι θέλουμε να προσθέσουμε

47281+23153. Καταρχήν τοποθετούμε τον ένα προσθετέο

στον άβακα. Συνήθως τοποθετείται ο πρώτος εδώ ο 4 7281, αλλά η εμπειρία δείχνει ότι προτιμότερο είναι να τοποθετείται ο εγαλύτερος.

•••••••••• ••••••ι•ι• 1 11 1 1 ιeιeι

•••••••••ι •••••• ,I •• ••••••••ι• •••••ι•••• ••••••••••

Προσθέτουμε τις μονάδες που είναι 3 άρα μετακινούμε 3 γήινες σφαίρες πάνω στην δεξιά στήλη . Έχουμε 47284

• ••••••••• ••••••ι•ι• I I I!! Ι• i8! [ lJ I ! •••••

•••••••••• ••••••: , .. ••••••••ι• •••••ι•••ι ••••••••••

Θέλουμε να προσθέσουμε 5 δεκάδες άρα στην επόμενη αριστερά στήλη κατεβάζουμε μια ουράνια σφαίρα επομένως έχουμε 2 ουράνιες σφαίρες ενεργοποιημένες.

3 Το εξηκονταδικό σύστημα χρησιμοποιήθηκε από τους Επομένως συμπληρώσαμε μια δεκάδα και

κινέζους στις παραδοσιακές μονάδες βάρους τους. έτσι τις ανεβάζουμε και ενεργοποιούμε μια γή-


------------- Ο Άβακας της Κίνας -----------.---

ινη σφαίρα στη επόμενη στήλη προς τα αριστερά. Έχουμε: 47334

•••••••••• ...... , . . . I I I I I 1811 I l I I I !•••••

•••••••••• ••••••ι••• •••••••ι ι• •••••ι•••ι ••••••••••

Προσθέτουμε μια εκατοντάδα άρα ενεργοποιούμε μια γήινη σφαίρα στη τρίτη από τα δεξιά στήλη . Έ ου ε: 47434

•••••••••• •• •••ι••• I I • I I

•••••••••• ...... , . . . •••••••••• •••••.• ,.1 ······-····

Προσθέτουμε 3 χιλιάδες άρα ενεργοποιούμε 3 γήινες σφαίρες στη τέταρτη από τα δεξιά στήλη . Αυτό κάνει 5 τις γήινες ενεργοποιημένες σφαίρες άρα τις απενεργοποιούμε και ενεργοποιούμε μια ουράνια. Τότε έχουμε 2 ουράνιες ενεργοποιημένες και επομένως απενεργοποιούνται και ενεργοποιείται μια γήινη στις δεκάδες χιλιάδες. Έχουμε 50434.

•••••••••• •••••••••• I I I I I I I I I I

··�··=•::: •••••••••• ········�· •••••••ι•ι •••••ι••••

Προσθέτουμε τώρα και 2 εκατοντάδες χιλιάδες επομένως ενεργοποιούμε 2 γήινες σφαίρες στην αντίστοιχη στήλη . Εκεί όμως υπάρχουν ήδη 5 ενεργοποιημένες άρα ενεργοποιούμε μια ουράνια και αφήνουμε ενεργοποιημένες 2 γήινες. Έχουμε 70434.

Η τελευταία εικόνα μας δίνει και τη τελική μορφή του άβακα, δηλαδή εκεί που διαβάζουμε το αποτέλεσμα.

Η διαδικασία της αφαίρεσης είναι ίδια με αυτή της πρόσθεσης με τη διαφορά ότι δεν προσθέτουμε σφαίρες αλλά αφαιρούμε.

• ••••••••• ..... , . . .. . . . . . . . . : . •••••••:•ι • •••••••••

Αυτή είναι μιρ. πρώτη επαφή με τον κινέζικο άβακα, οι εφαρμογές του οποίου είναι 100λύ σημαντικές αφού είναι δυνατόν εκτός από τις 4 βασικές αριθμητικές πράξεις, δηf..ρ.δή τη πρόσθεση την αφαίρεση το πολλαπλασιασμό και τη δt.αίρεση, μπορούμε να υπολογίζουμε τετραγφνική και κυβική ρίζα καθώς και άλλες εφμρμογές.

Πρέπει να λάβουμε υπόψη μας ότι ο άβQ.κας ήλθε να αντικαταστήσει ένα πολύ επιτυχημένο σύστημα πραγμq.τοποίησης πράξεων όπως αμτ�ς που αναφέραμε. Το σύστημα αυτό ονομαζόταν «Σύστημα των ράβδων» και ήταν σε εφαρμογή στη Κίνα από τους τελευταίους δύο αιώνες προ Χριστού τουλάχιστον, ενώ υπάρχουν άναφσΡές σε αυτό από τον 6° π.Χ. αιι:ί)να.

Το σύστημα αυτό ήταν εξαιρετικά πρCQτοποριακό για την εποχή του και η χρήση του συνsχίστηκε εκ παραλλήλου με τον άβα�Cα μέχρt την καθιέρωση των υπολογιστικών ηλεκτρονικών μηχανών. Ακόμα και στη' δεκμετία του 1990 σε πολλά μαγαζιά στη Κfνα το κVριο όργανο υπp.,. λογισμού των πράξεwν παρέμενε ο \Ιβακας .

Σήμερα ο άβακας π�ρα από όργανο που είναι υποχρεωτικό ως μάθημα στα παιδιά της πρωτοβάθμιας εκπαίδευσης των περισσοτέρων κρατών της Ανατολικής Ασiας αποτέλεί και όργανο παγκοσμίων αγώνων στην ταχότητα εκτέλεσης των πράξεων. Ιστορικά πάντως �iναι μια από τις pημαντικότερες επινοήσεις στο χώρο των υπολογιστικών μηχανών. Στο μέλλον ίσως έχουμε την ευκαιρία να παρακολουθήσουμε και την διαδικασία εκτέλεσης και άλλ.αιν πράξεων �μθώς και τις προηγμένες τεχνικές που χρησιμοποίησqν οι κινέζοι στη χρήση του ι}βακα. Α ν κqποιοs ενδι� αφέρεται περισσότερο για το θέμq αυτό ή για το «Αριθμητικό σύστημα των ράβδαιν)> και γf1ΥU'ότερα για τα μαθηματικά της αρχαiας �αι μεσαψ)νικής Κίνας, ΓεωF1τρίρ. Άλγεβρq, θ�ρία αριθμών απροσδιόριστη ανάλuση και άλλJJ μπορflί ν.α διαβάσει το βιβλfο μου «Τα Μαθη!-Ψτικά της επίπεδης γης» που εκδόθηκε από τις r.ιcδόσε'ις Bookstars (www.bookstars.�) στQ διαδίκτυο,


Τάξη =========================-- Γεώργιος Ωραιόπουλος

3. Λόγοι, Αναλογίες Προβλήματα Λόγος δυο αριθμιί1ν λέγεται το ακριβές πηλίκο του πρώτου από τους αριθμούς αυτούς προς το δεύτεpο. Έτσι ο λόγος του 5 προς 7 είναι το kλ, 5 'Ο λ' 3 . 4 ασμα - . μοια ο ογος tου - προς το -

7 5 7 3 4 3·7 21 είνttι -:- = - = -3 1 54 20

Γενικά ο λόγος του α προς β είναι α , ο α είναι β

ο αριθμητής ή ο πρώτος του λόγου και ο β ο παρονομαστής i1 ο δεύτερος του λόγου. Αν α ,

, β β , - = π εχουμε α= ·π και α·ν = ·ν·π η β

αν = π = α. Ώστε ο λόγος δυο αριθμών δεν βν β αλλάζει αν πολλαπλασιάσουμε ή διαιρέσουμε τους δυο όρους με τον ίδtο αριθμό.

Αν ; = i = � = π τότε α=βπ, γ=δπ, ε=ζπ,

α+ζ +γ=π(β+δ+ζ) ή α+ γ+ ε = π . ' β+δ+ζ Αν α γ ε αz γz εz αz+γz+εz β = g = ζ � β2 = δ2 = c; = β2 +δ2 +ζ2

α γ ε �α 2 + γ2 + ε2 και- = - =- = ....:,::::====== β δ ζ �β2 + δ2 +λ 2

Λόγος δυο ομοειδών μεγεθών ή ποσών. Το ποσόν Α dν το μετρήσουμε με τη βοήθεια του ομοειδούς ποσού 13 ως μονάδα� το αποτέ-

λεσμα της μέτρησης του Α είναι ο λόγος Α . Β

Αν � = 3 ή Α=3Β. Ο αρίθμός 3 είναι το μέ

τρο του Α με μονάδα το Β. Ο Λόγος δυο ομοειδών Πdσών ιΟ'ούται με το λόγο δυο αpιθμων που tοιiς μετρούν με την ίδια μονάδα. Αν τα ποσά Α�Β είναι βάρη και ζυγίζοντάς τά με μονάδα το kgr βρίσκουμε Α=

3kgr B=Skgr tότε � = � .

Αναλογίες. Καλούμε αναλογία την ισότητα

δ λ , 'Ε , 3 6 , υο ογων. τσι η ισοτητα '4 = S ειναι μια

αναλογία. Οι 4 αυτοί αριθμοί είναι 2 λόγοι. Ο πρώτος: 3 προς 4 ίσον με το λόγο του 6 προς το 8. Οι 3 και 8 λέγονται άκροι όροι της αναλογίας και οι 4 και 6 μέσοι όροι.

Γενικά στην αναλογία α = l αν πολλαπλαβ δ

σιάσουμε το πρώτο λόγο επί δ και τον δεύτερο , , αδ βγ , δ β Ώ επι γ εχουμε:

βδ =

βδ αρα α = γ. στε σε

κάθε αναλογία το γινόμενο των άκρων όρων ισούται με το γινόμενο των μέσων. Ακόμη μπορούμε να εναλλάξουμε τους άκρους ή τους

, δ γ , α β , μεσους - = - η - = - ακομη να τους αντιβ α γ δ

, β δ 'Ε , , στρεψουμε - = - . χουμε ακομη τις σχεσεις α γ

α - l -

α ± γ . Α ν σε μια αναλογία οι δυο β δ β ± δ ' ' ' 3 6 ' ' ' 6 μεσοι ειναι ισοι 6" = Ϊ2 τοτε ο κοινος μεσος

λέγεται μέσος ανάλογος ή μέσος γεωμετρικός μεταξύ 3 και 1 2. Τότε 62=3 · 1 2=36 . Γενικότερα α = � και χ2=αβ οπότε χ = Ν . Άρα ο μέχ β σος ανάλογος δύο αριθμών είναι ίσος με την τετραγωνική ρίζα του γινομένου των δύο αριθμών. Μη συγχέουμε το μέσο γεωμετρικό δύο αριθμών με το μέσο αριθμητικό δύο αριθμών ο οποίος είναι ίσος με το ημιάθροισμά του. Έτσι ο αριθμητικός μέσος των 4 και 9 εί-

4 + 9 6 5 ' ' ' ' ναι -2- = , ενω ο γεωμετρικος μεσος ειναι

.J4:9 = .J36 = 6 . Ένας αριθμός χ είναι 4 °ς α

νάλογος 3 αριθμών α,β,γ όπως α = l. Παράβ χ

δ 7 14 ' 7 14 8 ' 14 · 8 1 6 ειγμα αν - = - η χ = · η χ = -- = .

8 χ 7


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

Δυο αλληλεξαρτώμενα ποσά Α, Β είναι ανά- σαν τέταρτος ανάλογος είναι η άγνωστη τιμή χ λογα αν η τιμή του ενός πολλαπλασιαστεί με η οποία υπολογίζεται αν πολλαπλασιαστεί ο ένα αριθμό τότε η τιμή του άλλου πολλαπλα- υπεράνω του χ με τον άλλο λόγο αντεστραμσιάζεται με τον ίδιο αριθμό. μένο αν τα ποσά είναι ανάλογα και όπως έχει Α ν δυο ποσά Α και Β, η τιμή του Α πολλα- αν τα ποσά είναι αντιστρόφως ανάλογα. Υπλασιάζεται με έναν αριθμό η τιμή του Β διαι- πάρχουν όμως προβλήματα με λόγους περισρείται με τον ίδιο αριθμό τότε τα ποσά Α, Β σότερους από 2 όπως τα προβλήματα του το-είναι αντιστρόφως ανάλογα. κισμού έχουμε 3 λόγους των Κεφαλαίων, του Πρόβλη μα με ποσά ανάλογα χρόνου και των τόκων. Αν ζητείται ο τόκος οι Μαθητής αγόρασε 5 πρόχειρα τετράδια με λόγοι τόκων, Κεφαλαίων είναι ανάλογοι όταν 12,5€. Πόσα θα πληρώσει για να αγοράσει 7 ο χρόνος είναι ίδιος όπως και Τόκων χρόνων ίδια τετράδια; για να υπολογιστεί ο τόκος θα πολλαπλασιάΣκέψη:Τα τετράδια αυτά είναι ποσά ανάλογα, ζουμε τον υπεράνω του χ (επιτόκιον) επί αεπειδή αν διπλασιάσουμε τα τετράδια αυτά δι- ντεστραμμένους τους λόγους των κεφαλαίων πλασιάζεται και η τιμή τους. , 'Ε β , , Τ ΚΕΧ Κατάταξη :

και των χρονων. τσι γαινει ο τυπος = 1 00

5 τετράδια Κοστίζουν .... 1,2,5 € 7 τετράδια Κοστίζουν . . . . χ € 'Ε λ ' 5 1 2' 5 ' 5 7 1 2 5 χουμε την ανα ογια - =-- η χ = · , ,

7 χ 7 "1 25 1 7 5 τ

βλ , , 'I -'-χ = -5- = , . α προ ηματα αυτα 1\,ζ,γο-

νται προβλήματα της απλής μεθόδου των τριών. Λύνονται όμως με τη μέθοδο της αναγωγής στη μονάδα. Τα 5 κοστίζουν 1 2,5 το 1 κοστίζει 1 2,5 : 5=2,5 € (Διαίρεση μερισμού το 1 κοστίζει 2,5 τα 7 κοστίζουν 2,5 .7= 1 7,5€). Πρόβλη μα με ποσά αντιστρόφως ανάλογα. Αυτοκίνητο με ταχύτητα 80km την ώρα δι-

, ' s1 ' Α ανυει μια αποσταση σε 2 ωρες. ν η τα-

χύτητά του είναι 120km την ώρα σε πόσες ώρες θα διανύσει την απόσταση αυτή ; Λύση : Στα προβλήματα κίνησης όταν πολλαπλασιάζεται η ταχύτητα επί 2 ο χρόνος για να διανυθεί η ίδια απόσταση διαιρείται με το 2 άρα τα ποσά ταχύτητα και χρόνος για να διανυθεί η ίδια απόσταση είναι αντιστρόφως ανάλογα, τότε ο λόγος των ταχυτήτων ισούται με τον αντίστροφο λόγο των αντίστοιχων χρόνων 80 =� ' 1 20 · χ = 80 · 5_!_ 1 20 5 _!__ η

2 2

go . .!.! χ = --2 = 40 · 1 1 = 44 =.!.! =3

� και 2·60 =40

'.

1 20 1 20 12 3 3 ωρ 3 Απάντηση Σε 3 ώρες 40'θα διανυθεί η απόσταση. Στα δυο αυτά προβλήματα είχαμε να συγκρίνουμε τους λόγους δυο ποσών που στον ένα

Θα δώσουμε ένα άλλο παράδειγμα 16 εργάτες όταν εργάζονται 10 ώρες την η-

, 12 , λε , 2 , μερα σε ημερες τε ιωνουν τα - ενος 3

έργου. Α ν αποχωρήσουν 4 εργάτες οι υπόλοιποι σε πόσες ώρες την ημέρα πρέπει να εργάζονται για να aποτελειώσουν το υπόλοιπο έργο σε ι ο μέρες; Λύση Θα κάνουμε μόνο μια κατάταξη 16 εργάτες εκτέλεση � έργου σε 12 μέρες με εργασία I Ο ωρ/ημ.

3

12 εργάτες εκτέλεση .!.. έργου σε Ι Ο μέρες με εργασία χ 3

Έχουμε να συγκρίνουμε το λόγο με το χ με καθένα από τους 3 άλλους λόγους όταν οι άλ-

λ 2 ' θ ' ο λ ' 1 6 1 0 ' οι ει ναι στα εροι. ι ογοι - , - ει ναι 1 2 χ

αντιστρόφως ανάλογοι επειδή διπλάσιοι εργάτες με μισές ώρες την ημέρα τελειώνουν το

2 ' ο λ ' 5 1 0 ' ' λ ' εργο. ογοι τ' --;- ει ναι ανα ογοι γιατι για

8 περισσότερο έργο πρέπει να εργάζονται πε-

, , ο λ ' 1 2 1 0 ρισσοτερες ωρες. ι ογοι - και -10 χ

ωρ./μερες είναι αντιστρόφως ανάλογοι επειδή όταν εργάζονται διπλάσιες μέρες πρέπει να δουλεύουν μισές ώρες τη μέρα. Έτσι έχουμε:

1 1 6 3 12 8 ' '

χ = 1 ο . -.-.- = ωρες τη μερα. 12 2 10

3


ΛΟΓΟΣ - ΑΝΑΛΟΓΙ ΕΣ -ΑΝΑΛΟΓΑ ΠΟΣΑ - Π ΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ================================================== Παναγιώτης Κυράνας

Ενας τροπος να συγκρινουμε τα υψη των δυο βουνων ειναι , να βρουμε το πηλικο της διαιρεσης τους. Ετσι εχουμε 3 , 1 25 km : 1 , 250 km = 2,5 δηλαδη το αρκουδοβουνι ειναι 2,5 φορες ψηλότερο απο το κορακοβουνι. Ο αφηρημένος αριθμός 2,5 είναι ο λόγος των υψών των 2

U::ι=3 125 m

I

Uκ=125Ο ιη

\ ' βουνών.

ψ λ"-Ορισμος: Λόγος είναι το αποτέλεσμα ΑΡΚΟΥΔΟΒΟΥΝΙ '\_ �Η ι t ΚΟΡΑΚΟΒΟΥΝ Ι μιας διαίρεσης που έχει διαιρετέο και διαιρέτη 2 ομοειδή ποσά και είναι διαίρεση μέτρησης. Ο λόγος είναι ένας αφηρημένος αριθμός και φανερώνει πόσες φορές ο διαιρέτης χωραει στον διαιρετέο. Π.χ:

i. ο λόγος των υψων των 2 βουνών είναι 3 , 1 25 km : 1 , 250km =2,5 ii. 1 2 μαθητές : 3 μαθητές = 4

ιιι. 1 5 σοκολάτες : 5 σοκολάτες =3 Όλες οι παραπάνω διαιρέσεις είναι διαιρέσεις μέτρησης και δίνουν τους λόγους 2,5 , 4, και

3 , δυο ομοίων μεγεθών. ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΤΟΥ ΛΟΓΟΥ

3 1 25km 1 ) Απο τη συγκριση των υ ψ ων των δυο βουνων εχουμε το λογο ' =2,5 1, 250km

αλλαζω την μοναδα μετρησης σε m, cm και mm και εχω : 3, 1 25km =2 5 3, 1 2500cm = 2 5

3, 1 250000mm = 2 5 1, 250km

' ' 1 , 25000cm

' ' 1, 2500000mm

'

Συμπερασμα ο λογος δεν εξαρταται απο την μοναδα μετρησης, είναι όπως είπαμε ένας αφηρημένος (απόλυτος) αριθμός.

Παραδειγματα γνωστων λογων

i) η κλιση της ευθειας ε οριζεται απο το λογο ψ χ

ii) με το λογο οριζουμε τους τριγωνομετρικους αριθμους μιας οξειας γωνιας ω : r

ημω= � , συνω= ]_

γ

α α

εφω= � γ

ΧΡΗΣΙΜΟΤΗΤ Α ΤΟΥ ΛΟΓΟΥ Ο λογος μας χρησιμευει στο να μπορουμε να συγκρινουμε δυο μεγεθη, να βρισκουμε τη

σχεση δυο μεγεθων , να παιρνουμε πληροφοριες και να βγαζουμε συμπερασματα για την πορεια ενος δεικτη χωρις να ειναι αναγκη να γνωριζουμε τους επι μερους δεικτες .

π.χ στην ιατρικη οταν ο λογος LDLIHDL ειναι μικροτερος του 2,5 ,τοτε μπορει ο γιατρος να βγαλει το συμπερασμα οτι δεν υπαρχει κινδυνος για τον ανθρωπο ,χωρις να χρειαστει να γνωριζει τις τιμες των επιμερους δεικτων LDL και HDL .


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

Λόγος - Αναλο'yίες --------------

ΑΝΑΛΟΓΙΑ 5

Ορισμος: Αναλογια καλουμε την ισοτητα δυο λογων. π. χ - - -2 10

2 4 - -- κ.ο.κ 3 5

Γενικά η ισοτητα .!. = l ειναι μια αναλογια και οι αριθμοι α, γ λεμε οτι ειναι αναλογοι β δ

αντιστοίχως των β και δ Ι Δ Ι ΟΤΗΤΕΣ ΤΩΝ ΑΝΑΛΟΓΙΩΝ

1 ) Αν α = l τοτε α + β = γ + δ και α - β = γ - δ

β δ ' β δ β δ

α β γ α α + β + γ β α + β + γ γ α + β + γ 2) αν - = - = - , τοτε - = , - = και - = , δηλαδη αν εχουμε χ ψ ω χ χ + ψ + ω ψ χ + ψ + ω ω χ + ψ + ω

μια ισοτητα λογων , τοτε ο καθε λογος απ' αυτους ισουται με ενα λογο που εχει σαν αριθμητη το αθροισμα των αριθμητων και παρονομαστη το αθροισμα των παρονομστων.

Παρατηρηση : Η ιδιοτητα(2) εναι μια πολυ χρησιμη ιδιοτητα και την χρησιμοποιουμε κυριως στο μερισμο ενος ποσου σε μερη αναλογα ως προς καποιους αριθμους.

ΑΝΑΛΟΓ Α ΠΟΣΑ Παμε στη λαικη αγορα να ψωνισουμε και βλεπουμε τις τιμες μερικων προιοντων

βαρος αξια

πατατες l kg 0,8€

πορτοκαλια l kg 0,3€

μη λα l kg

0,70€

κερασια l kg 3€

αγοραζω 3kg πατατες πληρωνω 3 • 0,8 =2,4€ αν αγορασω 6=2 • 3 kg πατατες θα πληρωσω 6 • 0,8=4,8€=2 • 2,4 αν αγορασω 9=3 • 3 kg πατατες θα πληρωσω 9 • 0,8=7 ,2€=3 • 2,4

Παρατηρουμε οτι οταν διπλασιαζουμε την τιμη του βαρους, διπλασιαζεται και η τιμη της αξιας,οταν τριλασιαζεται η τιμη του βαρους τριπλασιαζεται και η τιμη της αξιας κ.ο.κ

Ορισμος . Δυο ποσα που οταν διπλασιαζεται η τιμη του ενος ποσου διπλασιαζεται και η αντιστοιχη τιμη του αλλου ποσου, επισης οταν τριπλασιαζεται η τιμη του ενος ποσου τριπλασιαζεται και η αντιστοιχη τιμη του αλλου ποσου και γενικα οταν πολλαπλασιαζεται η τιμη του ενος ποσου με ενα αριθμο τοτε πολλαπλασιαζεται και η αντιστοιχη τιμη του αλλου ποσου με τον ιδιο αριθμο ονομαζονται αναλογα ποσα.

Παραδείγματα αναλόγων ποσών • Το βάρος ενος προιοντοςκαι η αξια του • Η πιεση μεσα σε ενα υγρο και το βαθος • Το μηκος ενος προιοντος και η αξια του του • Λιτρα βενζινης και η αξια της • Η θερμοκρασια αερα σε κλειστο δοχειο • Βαρος σωματος και η μαζα του και η πιεση του στα τοιχωματα

ΙΔ ΙΟΤΗΤΕΣ ΑΝΆΛΟΓΩΝ Π ΟΣΩΝ Ι '1 • Απο το αρχικό παραδειγμα εχουμε τον παρακατω πινακα τιμων ι βαρος σε kg 1 1 1 2 αξια σε € 0,8 1 ,6

Διαιρουμε τωρα τις αντιστοιχες τιμές βαρους-αξιας και εχουμε 1 2

- =1:0,8=1,25, - =2:1,6 = 1,25, 0, 8 1 , 6

Ι �.4

3 - = 3 :2 4 =1 25 2 4

' ' '

παρατησουμε λοtπον οτι: -1- =_3_ =� = 1, 25 . Δηλαδή, στα ανάλογα ποσά οι λόγοι των αντισοίχων 0, 8 1, 6 2, 4

τιμών είναι ΙΣΟΙ. Παρατήρηση : η ιδιότητα αυτή μας βοηθήσει στη λύση προβλημάτων ανσ).jyyων ποσών. Καλούμε χ τον άγνωστο, κάνουμε τον πίνακα των αντιστοίχων τιμών, και εφαρμόζοντας την ιδιότητα αυτή


--------------Λόγος - Αναλογίες -------------

καταλήγουμε σε μια εξίσωση ως προς χ, την όποια και λύνουμε. 2η. Τοποθετουμε τις τιμες του παραπανω πινακα στους αξονες

ενος ορθογωνιου συστηματος αξονων και κανουμε τη γραφικη παρασταση των αντιστοιχων τιμων.

I βαρος σε

kg 11

αξια σε € 0,8 I �,6 I �,4

Παρατηρουμε λοιπον οτι: η γραφικη παρασταση των αντιστοιχων τιμων των αναλογων ποσων ειναι μια ΕΥΘΕΙΑ που περναει απο την αρχη των αξονων. 3η. Εαν καλεσουμε ψ τις τιμες του βαρους και χ τις αντιστοιχες τιμες της αξιας , τοτε για το

παραπάνω παραδειγμα θα εχουμε οτι: ψ = 1 ,25 οποτε I ψ=1,25 • χ I χ

Γενικα αν καλεσουμε α( σταθερος αριθμος) τον λογο των αντιστοιχων τιμων δυο αναλογων

ποσων θα εχουμε : ψ =α οποτε I ψ = α • χ (1) I χ Παρατηρούμε λοιπόν ότι στα ανάλογα ποσα οι αντιστοιχες τους τιμές (ψ,χ) συνδεονται με μια εξισωση της μορφης(1) ψ=α · χ οπου α σταθερος αριθμος.

π. χ οι εξισωσεις i) ψ=2 • χ ii) ψ = Ο, 15 • χ iii) ψ= l ειναι μερικες εξισωσεις αναλογων ποσων χ

ενω οι εξισωσεις i) ψ=5 • χ -3 ii) ψ= l δεν προκυπτουν απο αναλογα ποσα. χ

Εφαρμογές Π ρόβλη μα (1) : Ένας αγρότης μαζεύει την πρώτη μέρα από το χωράφι του 500 κιλά ελιές. Τις πηγαίνει στο ελαιοτριβείο και βγάζει 180 κιλά λάδι. Τη δεύτερη μέρα, μαζεύει από το ίδιο χωράφι 1200 κιλά ελιές. Ποσά κιλά λάδι θα βγάλει τη δεύτερη μέρα;

Λύση Τα ποσά ' βάρος ελιών' και ' βάρος λαδιού ' είναι ανάλογα. Καλούμε χ τα κιλά λάδι που θα βγάλουν τα 1200 κιλά ελιές και κάνουμε τον παρακάτω πίνακα αντιστοίχων τιμών.

I Βάρος λαδιού I 1 80 I χ

Και τώρα εφαρμόζουμε την πρώτη ιδιότητα των αναλόγων ποσών, που μας λέει ότι οι λόγοι των , , , κ , ξ ' 1 80 χ τ , λ , αντιστοιχων τιμων ειναι ισοι. αι εχουμε την ε ισωση :

500 =

1 200. ην οποια και υνουμε:

2 1 6000 500 · χ=1200 · 180 ή 500 · χ=216000 ή χ= ή χ=432 kg

500

Άρα, από 1200 kg ελιές θα πάρουμε 432 kg λάδι.

Προτεινδμενα προβλιίματα Α13 . Τα 250 gr χρυσού κοστίζουν 480 ευρώ. Πόσο κοστίζει 1 kg χρυσού. Α ι4· Η σκιά μιας γυναίκας ύψους 1,7 m, είναι 3,4 μέτρα. Την ίδια ακριβώς στιγμή, η σκιά ενός

κυπαρρισιου είναι 22 m. Να βρείτε το ύψος του κυπαρρισιου, αν γνωρίζουμε ότι η σκιά και το ύψος ενός αντικειμένου είναι ανάλογα ποσά.

Αι s· Δυο εργάτες δούλεψαν στην κατασκευή ενός λιμανιού και πήραν και οι δυο μαζί 2000 ευρώ. Ο πρώτος δούλεψε 28 ημέρες και ο δεύτερος 22 ημέρες. Πόσα χρήματα αντιστοιχούν στον καθένα;


Ιδ ι ότητες Τετραπλεύρων ======================================================== Παναγιώτα Αργύρη

Θέμα διδασκαλίας: Οι μαθητές της Α γυμνασίου εργαζόμενοι σε ομάδες των 2 ή 3 ατόμων στο εργαστήριο των υπολογιστών, με την βοήθεια του μαθηματικού λογισμικού 'χελωνόκοσμος' και geogebra θα εμπλακούν σε διαδικασίες εικασίας , κατασκευής υποθέσεων , εξαγωγής συπερασμάτων και σταδιακής γενίκευσης και διατύπωσης κανόνων για τις ιδιότητες του ορθογωνίου, του παραλληλογράμμου, του ρόμβου και του τετραγώνου. Με τον Χελωνόκοσμο , θα εξασκηθούν στη χρήση διαφορετικών αναπαραστάσεων των αντίστοιχων μαθηματικών εννοιών , δηλαδή θα τις διατυπώσουν υπό τη μορφή εντολών σε συμβολική γλώσσα , θα παρατηρήσουν το γραφικό αποτέλεσμα των εντολών στο μηχάνημα και χειριστούν δυναμικά τα γραφήματα αλλάζοντας με συνεχή τρόπο τις τιμές των μεταβλητών μεγεθών τους είτε των πλευρών είτε των γωνιών. Χρησιμοποιώντας το λογισμικό Geogebra , το οποίο είναι διαθέσιμο για όλους τους μαθητές μέσω του διαδικτίου, έχουμε σαφές πλεονέκτημα σε σχέση με το παραδοσιακό τρόπο διδασκαλίας ιδιαίτερα της Γεωμετρίας διότι μπορούμε πολύ γρήγορα να έχουμε γεωμετρικά σχήματα πολύ μεγάλης ακρίβειας τα οποία επίσης μπορούμε να μεταβάλλουμε εύκολα μέσω του δυναμικού χειρισμού. Π ροαιπατούμενες γνώσεις

• Ιδιότητες των γωνιών που σχηματίζονται μεταξύ παραλλήλων , που τέμνονται από τρίτη ευθεία.

• Η έννοια του άξονα συμμετρίας και του κέντρου συμμετρίας. • Η έννοια της διχοτόμου μίας γωνίας ��=�·::.::··�·:;:��.==-�· .. ::.:::�--�·=····=-.----:----;;:--:::;;:::;;;;:;;��;;;�

Ι η Φάση : Κατασκευή ορθογωνίου. - Γ»

Δίνεται στους μαθητές η παρακάτω παρα-μετρική διαδικασία: για μυστήριο] :α :β :γ :δ μ :α δ 90 μ :β δ 90 μ :γ δ 90 μ :δ δ 90

ο ι .. μuΟ'rηροο .. β 'f .δ � α Ο QΟ ι.ι β δ 9Ο ι.ι ·v δ lίl0 ι.ι δ δ 90 ·-rσrrjρoo 70 θ0 80 100

τέλος �:;:;:·

Ζητείται να την εκτελέσουν δίνοντας τυ- r-c��;;;:;��;;;;;;;;;::=:; χαίες τιμές στις μεταβλητές α, β, γ και δ. Η : : Ι διαδικασία αυτή θα κατασκευάσει (για τυ- · .,---- .. '

χαίες τιμές των μεταβλητών) μία τεθλασμένη γραμμή με ορθές γωνίες. Αναμένεται να κατασκευαστεί μία τεθλασμένη γραμμή με ορθές γωνίες. Στην συνέχεια ζη

τείται από κάθε ομάδα μαθητών να κάνουν πειράματα με τις τιμές των μεταβλητών στον μεταβολέα, ώστε να προκύπτειορθογώνιο. Καλούνται να παρατηρήσουν τη σχέση που έχουν οι τιμές των τεσσάρων μεταβλητών και να διατυπώσουν κανόνα.

Οι μαθητές παρατηρούν με ποιο τρόπο μεταβάλλεται το σχήμα καθώς αυξομειώνουν μια τιμή,συζητούν και καταγράφουν τα συμπεράσματα: • Οι απέναντι πλευρές του ορθογωνίου είναι ίσες • Όταν όλες οι πλευρές του ορθογωνίου είναι ίσες έχουμε τετράγωνο.

Στη συνέχεια, οι μαθητές χρησιμοποιούν τον κανόνα, που πρέπει να συνδέει τις μεταβλητές για να κατασκευάζεται ορθογώνιο, για να διορθώσουν την παραμετρική διαδικασία ώστε αυτή να περιέχει δύο μόνο μεταβλητές. Αναμένεται να προκύψουν διαδικασίες της μορφής για ορθογώνιο :χ :ψ μ :χ δ 90 μ :ψ δ 90 μ :χ δ 90 μ :ψ δ 90 τέλος

2η Φάση : Κατασκευή παραλληλογράμμου. Η φάση αυτή στοχεύει στο να διαπιστωθεί απο τους μαθητές η σχέση των γωνιών του πα

ραλληλογράμμου .


-------------- Ιδιότητες Τετραπλεύρων -------------

Δίνεται στους μαθητές η ακόλουθη παραμετρική διαδικασία: ίΑJ"Γ� .. ...... -.• • · •·• .. �·--· - - - - ·-'" για μυστήριο2 :ε :ζ :η :θ μ 50 δ :ε μ 100 δ :ζ μ 50 δ :η

�-------��--= μ 100 δ :θ τέλος ( Ζητείται να την εκτελέσουν δίνοντας τυχαίες τιμές

στις μεταβλητές ε, ζ, η και θ (που παρατηρείται οτι αφορά τις γωνίες που διαγράφει χελώνα), ώστε να προ-

κύψει μία τεθλασμένη γραμμή . Ζητείται από την κάθε ομάδα μαθητών να κάνει πειράματα προσπαθώντας να βρει: ποια

σχέση πρέπει να υπάρχει μεταξύ των τεσσάρων τιμών των μεταβλητών για να είναι το σχήμα παραλληλόγραμμο. Οι ;u;.'j��- ·�-·· •···•· -•οω• """"'�"

ερωτήσεις του φύλλου ερ-γασίας που κατευθύνουν τους μαθητές είναι : ι ) Πώς εκτελεί η χελώνα

κάθε γραμμή του κώ-δικα; ::��]��:!ΙΙ 2 ) Βρείτε μια τετράδα τι- ,, ..

1200 μών για τις μεταβλη- ι ·

τές όπου η χελώνα δημιουργεί κλειστό τετράπλευρο και μάλιστα παραλληλόγραμμο. Υ πάρχουν κι άλλες; Πόσες;

3) Υπάρχει κανόνας για τις τιμές αυτές ώστε να ξέρω από πριν ότι θα βγει παραλληλόγραμμο ; Μπορείτε να τον γράψετε; Πώς αλλάζει ο κανόνας όταν θέλω τετράγωνο;

Καταγραφή συμπερ ασμάτων : • Το άθροισμα των γωνιών του παραλληλογράμμου είναι 360 μοίρες • Οι απέναντι γωνίες είναι ίσες • Οι διαδοχικές γωνίες είναι παραπληρωματικές • Το ορθογώνιο και το τετράγωνο είναι ειδικές περιπτώσεις παραλληλογράμμου.

Τα παραπάνω συμπεράσματα καταλήγουν στην συμφωνία οτι μπορεί να γραφτεί κώδικας για το παραλληλόγραμμο που να περιέχει τελικά τρείς μεταβλητές μία για τις γωνίες και δύο για τις πλευρές. για παραλληλόγραμμο :χ :ψ :ε μ :χ δ :ε μ :ψ δ 180 - :ε μ :χ δ :ε μ :ψ δ 180 - :ε

τέλος Η Χρήση του λογισμικού Geogebra , το οποίο είναι διαθέσιμο για όλους τους μαθητές μέ

σω του διαδικτίου , επιβεβαιώνει τα συμπεράσματα και έχουμε σαφές πλεονέκτημα σε σχέση με το παραδοσιακό τρόπο διδασκαλίας ιδιαίτερα της Γεωμετρίας διότι μπορούμε πολύ γρήγορα να

έχουμε γεωμετρικά σχήματα πολύ μεγάλης ακρίβειας τα οποία επίσης μπορούμε να μεταβάλλουμε εύκολα μέσω του δυναμικού χειρισμού.

Προβάλλεται στους μαθητές το ακόλουθο αρχείο με απόκρυψη των μετρήσεων

Κατευθύνονται μέσω του φύλλου εργασίας 1 :

Δραστη ρ ιότητα ί η Παρσλληλόγραμμο ονομάζε

ται το τετράπλευρο που οι απέναντι πλευρές του είναι παράλληλες. Με χρήση γεωμετρικών οργάνων , να θυμηθείτε την διαδικασία κατασκευής παραλλήλων και να κατασκευάσετε ένα παραλληλόγραμμο στο τετράδιο σας.


--------------- Ιδιότητες Τετραπλεύρων ---------------

Δραστηριότητα 2η Α) Ενεργοποιήστε τα μέτρα των πλευρών του παραλληλόγραμμου ΑΒΓ Δ από το αντίστοιχο Check Βοχ.

• Οι πλευρές ΑΒ και Γ Δ είναι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • Οι πλευρές ΑΔ και ΒΓ είναι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Να μετακινήσετε μία από τις τρεις ελεύθερες πλευρές του παραλληλογράμμου. Τι παρατηρείτε ; Μεταβάλλεται η αρχική σας παρατήρηση ; Συμπέρασμα Άρα οι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . πλευρές του παραλληλόγραμμου είναι . . . . . . . . . Β) Ενεργοποιήστε από το αντίστοιχο Check Βοχ τα μέτρα των γωνιών του παραλληλόγραμμου ΑΒΓ Δ.

• Οι γωνίες Α και Γ είναι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • Οι γωνίες Β και Δ είναι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Οι γωνίες Α και Β, Β και Γ, Γ και Δ, Δ και Α έχουν άθροισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . και είναι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Να μετακινήσετε μία από τις τρεις ελεύθερες πλευρές του παραλληλογράμμου. Τι παρατηρείτε ; Με-

ταβάλλονται οι αρχικές σας παρατηρήσεις ; Συμπέρασμα Άρα οι απέναντι γωνίες του παραλληλόγραμμου είναι . . . . . . και οι διπλανές είναι . . . . . . . . . . . .

Αιτιολόγηση Οι γωνίες Α και ΑΓΕ είναι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . μεταξύ των παραλλήλων . . . a και c ,που τέμνονται από την . . . . . . . . . . . . . . . . . οπότε είναι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Οι γωνίες Β και ΑΓΕ είναι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ή εντός και επί τα αυτά μεταξύ των . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , που τέμνονται από την . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Επειδή η . . . . . . . . . . είναι οξεία και η . . . . . . . . . . . . . . . . . . αμβλεία και βρίσκονται μεταξύ των παραλλήλων a και c τότε θα έχουν άθροισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Γ) Ενεργοποιήστε από το αντίστοιχο Check Βοχ τα μέτρα των διαγωνίων του παραλληλόγραμμου ΑΒΓΔ. Να συγκρίνετε με την βοήθεια των μετρήσεων τα τμήματα ΟΑ και ΟΓ όπως επίσης και τα τμήματα ΟΒ και ΟΔ.

• Τα τμήματα ΟΑ και ΟΓ είναι . . . . . . . . . . . . . • Τα τμήματα ΟΒ και ΟΔ είναι . . . . . . . . . . . . . • Το Ο είναι . . . . . . . . . . . . . . του τμήματος ΑΓ • Το Ο είναι . . . . . . . . . . . . . . . του τμήματος ΒΔ

Συμπέρασμα Άρα οι διαγώνιες του παραλληλογράμμου . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

φύλλο εργασίας 2 : Δραστηριότητα 1 η Προσπαθήστε μετακινώντας μία από τις ελεύθερες κορυφές του ΑΒΓ Δ να πετύχετε η γωνία Δ να γίνει 90 μοίρες. Συμπληρώστε τα μέτρα των γωνιών Β= . . . . . . . Γ= . . . . . . . . Δ= . . . . . . . . .

"

Συμπέρασμα - Ορισμός_ Το παραλληλόγραμμο που όλες οι γωνίες του ορθές είναι λέγεται ορθογώνιο παραλληλόγραμμο. Δραστηριότητα 2η Στο ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ από το Check box που δίνει τα μέτρα των διαγωνίων του να προσθέσετε τα ευθύγραμμα τμήμα ΟΑ και ΟΓ , καθώς και τα ΟΒ και ΟΔ συγκρίνετε τα μήκη των διαγωνίων ΑΓ και ΒΔ. Τι παρατηρείτε ;


------------------------------ Ιδιότητες Τετραπλεύρων ------------------------------

Συμπέρασμα Άρα οι διαγώνιες του . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . είναι . . . . . . . .

Δραστηριότητα 3η Να ενεργοποιήσετε το Check box μεσοκάθετοι απέναντι πλευρών. Με βάση τις γνώσεις για τις ιδιότητες της μεσοκαθέτου ενός ευθυγράμμου τμήματος να συμπληρώσετε τα ακόλουθα κενά: Η ευθεία j είναι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . των πλευρών ΑΒ και ΓΔ. Οι κορυφές Α,Β, καθώς και Γ ,Δ είναι συμμετρικές . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ως προς την ευθεία . . . . . Όμοια η ευθεία k είναι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . των πλευρών ΒΓ και ΑΔ. Οι κορυφές Β ,Γ καθώς και Α ,Δ είναι συμμετρικές . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ως προς την ευθεία . . . . .

Ο ι κορυφές Α και Δ είναι συμμετρικές ω ς προς το σημείο . . . . . . . . . . . . . . .

Ο ι κορυφές Β και Γ είναι συμμετρικές ω ς προς το σημείο . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Συμπέρασμα Οι άξονες συμμετρίας του ορθογωνίου παραλληλογράμμου είναι οι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . και οι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Κέντρο συμμετρίας του ορθογωνίου παραλληλογράμμου είναι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . d �

ι =J.ί3

φύλλου εργασίας 3 : Δραστηριότητα 1 η Ξεκινώντας από το τυχαίο παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ μετακινήστε τις κορυφές ώστε οι πλευρές ΑΒ

και ΒΓ να είναι ίσες.

• Εύκολα καταλήγουμε ότι . . . . . . = . . . . . . . = . . . . . . . = . . . . . . . .

Συμπέρασμα - Ορισμός Το παραλληλόγραμμο που έχει όλες τις πλευρές του ίσες λέγεται ρόμβος

Δραστηριότητα 2η Να ενεργοποιήσετε το Check box για διαγώνιες του παραλληλογράμμου. Αφού εκτελέσετε τις ζη-

τούμενες μετρήσεις να συμπληρώσετε τα κενά . Να μετρήσετε την γωνία ΑΟΒ . Τι παρατηρείτε; Συμπέρασμα Οι διαγώνιες ΑΓ και ΒΔ του ρόμβου ΑΒΓ Δ είναι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Με μέτρηση των γωνιών ΒΑΓ και Γ ΑΚ έχουμε ότι ΒΑΓ . . . . . Γ ΑΚ Συμπέρασμα Η διαγώνιος ΑΓ είναι . . . . . . . . . . . . . . . της γωνίας . . . . . . . . και της . . . . . . . . . .

Όμοια η διαγώνιο ΒΔ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . τις γωνίας . . . . . . και . . . . . . . . I ' &;.


I�

ο

--------------- Ιδιότητες Τετραπλεύρων ---------------

φίJ/λο r.ργασiυς 4 : \ fΗrστη ρ ιι'�τητα ! η Ξεκινώντας από το τυχαίο παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ μετακινήστε τις κορυφές ώστε οι πλευρές ΑΒ = ΒΓ και μία από τις γωνίες του να γίνει ορθή . Εύκολα καταλήγουμε ότι Α= . . . . = . . . . . . . = . . . . . . . . =90 και ΑΒ= . . . . . . . . . . = . . . . . . . . . . . . = . . . . . . . . . . . . . Συμπέρασμα - Ορ ισμός Το παραλληλόγραμμο που έχει όλες τις πλευρές του ίσες και όλες τις γωνίες του ορθές τετράγωνο Δραστη ριότητα 2η Με βάση τις μετρήσεις που έχουν ήδη γίνει και ενεργοποιώντας το ckeck box για τις διαγώνιες να συμπληρώσετε τα ακόλουθα κενά : Με μέτρηση της γωνίας ΑΟΒ καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι ΑΓ . . . . . ΒΔ Με μέτρηση των γωνιών ΒΑΓ και Γ ΑΚ έχουμε ότι ΒΑΓ . . . . . Γ ΑΔ Συμπέρασμα Η διαγώνιος ΑΓ είναι . . . . . . . . . . . . . . . της γωνίας . . . . . . . . και της . . . . . . . . . . Όμοια η διαγώνιος ΒΔ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . τις γωνίες . . . . . . και . . . . . . . . Οι διαγώνιες ΑΓ και ΒΔ του τετραγώνου είναι . . . . . . . . . . . . . . . μεταξύ τους, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . τις γωνίες του και τέμνονται . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Άρα οι διαγώνιες του τετραγώνου είναι και άξονες συμμετρίας του τετραγώνου. Το τετράγωνο έχει τις ιδιότητες του . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . και του . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . και του . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ι;ι "'·�* [;; 'oW\ ,.

,;ι �� 3

;J b::

Α Ξ Ι ΟΛ Ο Γ Η Σ Η -ΑΣ ΚΗΣΕΙΣ ι\ 1 ,, . Να σχεδιάσετε ορθογώνιο ΑΒΓΔ με πλευρές AB=4cm , ΒΓ= 3cm , AΓ=5cm . Με πλήρη αιτιολόγηση :

10

Α Α) Να υπολογίσετε τις πλευρές του ΓΔ και ΑΔ και την διαγώνιο Β ΒΔ Β) Να υπολογίσετε τα μήκη των τμημάτων ΑΚ, ΚΒ , ΚΓ, ΚΔ. Γ) Η μεσοκάθετος της πλευράς ΑΒ την τέμνει στο Μ , να αιτιολογήσετε οτι η προέκταση της είναι και μεσοκάθετος της

πλευράς ΓΔ.

Δ Γ Λ) Αν η γωνία ΒΑΚ= 40°, να

υπολογίσετε όλες τις υπόλοιπες γωνίες που σχηματίζονται. Ε ) Κατασκευάζεται τετράγωνο ΒΓΕΖ εξωτερικά του ορθογωνίου. Να υπολογίσετε την περίμετρο του. Λ 1 7 • Δίνεται ρόμβος ΑΒΓΔ όπως στο σχήμα : Λ) Ν α υπολογίσετε τις γωνίες . 3) Αν AB=4cm , να υπολογίσετε την περίμετρο του. η Να αιτιολογήσετε την ισότητα των τριγώνων ΑΒΓ και ΑΓΔ. :\) Να σχεδιάσετε το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ , να αιτιολογήσετε οτι είναι μεσοκάθετος της διαγωνίου ΑΓ . Ε) Η προέκταση του ύψους είναι και διχοτόμος της γωνίας Δ; Αιτιολογήστε.


Γ

Β

Συνάρτηση y=αχ+ β ========================== Μαρία Πουλάκη

Σχέδιο Μαθήματος ΜΑΘΗΜΑ: Η ΣΥΝΆΡΤΗΣΗ ψ=αχ+β ΣΧΟΛ.ΒΑΘΜΙΔΑ: ΓΥΜΝΆΣΙΟ Τ ΑΞΗ: Β ΤΥΜΝΑΣΙΟΥ ΔΙΑΡΚΕΙΑ ΜΑΘΗΜΑΤΟΣ: 3 ΔΙΔΑΚΤ. ΩΡΕΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΟ Υ ΛΙΚΟ: βιντεοπροβολέας, λογισμικό υλικό (Sketchpad , Excel ) , φύλλο εργασίας, χαρτί millimetre. ΟΡΓ ΑΝΩΣΗ ΤΗΣ ΤΑΞΗΣ: Οι μαθητές παρακολουθούν τις δραστηριότητες από το βιντεοπροβολέα (ή στο διαδραστικό πίνακα) και δουλεύουν στο φύλλο εργασίας - millimetre. ΔΙΔΑΚΤΙΚΟΙ ΣΤΟΧΟΙ: Οι μαθητές πρέπει να κατανοήσουν

•:• Να συμπληρώνουν τον πίνακα τιμών •:• Πώς σχεδιάζουμε τη γραφική παράσταση •:• Πώς αυτή προκύπτει από τη γραφική παράσταση της ψ=αχ •:• Ποια είναι η κλίση της ευθείας •:• Πότε ένα σημείο ανήκει στη γραφική παράσταση της ψ=αχ+β •:• Τα χαρακτηριστικά της ευθείας ψ=αχ+β •:• Πότε η γραφική παράσταση είναι ευθεία, πότε ημιευθεία και πότε ευθύγραμμο τμήμα. •:• Να εντοπίζουν τα σημεία τομής με τους άξονες και να μάθουν να τα υπολογίζουν.

ΣΕΝΑΡΙΟ ΔΙΔΑΣΚΑΛΙΑΣ Μοιράζουμε σε κάθε μαθητή το φύλλο εργασίας με τίτλο ΣΥΝΆΡΤΗΣΗ ψ=αχ+β .

ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤ Α 1 : Ανοίγουμε το αρχείο του Sketchpad για το ξενοδοχείο και βήμα - βήμα χρησιμοποιώντας τα κουμπιά απόκρυψης - εμφάνισης κάνουμε τη γραφική παράσταση ταυτόχρονα με τους μαθητές.

3500

>JOO

'"''

2000

-1000

- 1500

-2000

Οι μαθητές εργάζονται στο φύλλο εργασίας,


" 60

--------------Συνάρτηση y=αχ+β -------------

'.Χ" ,L. Σ Τ :Π ' Π ΟΤ �Η Τ Α 2 : Ανοίγουμε το αρχείο αχ+β του Excel (όπου μεταβάλλοντας τα α και β μεταβάλλονται ταυτόχρονα το ψ και η ευθεία) .

ΓΡΑΦΙΚΗ ΠΑΡΆΣΤΑΣΗ ψ=αχ+β

! χ i :� I :� I -: I � I : I � I � I ψ

Ψ=αχ+β

Q Q 1

Ο μαθητές συμπληρώνουν τον πίνα-κα τιμών της δραστηριότητας 2, σχολιάζουν και μετά βλέπουν τον πίνακα συμπληρωμένο στην οθόνη . Μεταφέρουν σε σύστημα ορθογωνίων αξόνων τα ζεύγη . Γράφουν τα συμπεράσματα στο φύλλο εργασίας αφού πρώτα δουν στην οθόνη πίνακες τιμών και γραφικές παραστάσεις με διαφορετικά α και β.

Ταυτόχρονα ο καθηγητής ανοίγει το αρχείο αχ+β ΔΡΟΜ Ε j Σ του Sketchpad όπου με δυναμικό χειρισμό του α και του β οι μαθητές παρατηρούν τις αλλαγές στον πίνακα τιμών και τις μετατοπίσεις στη γραφική παράσταση .

- - - - - - - - -

α 2,0

4 1 1

f(X) = Ο·Χ+β α : 3,00 β = ·2.00

- - - - - - - - - -

β ψ= α χ + 3 ,0 ψ= 2,0 χ +

Με τη βοήθεια κατάλληλων ερωτήσεων ελέγχουμε την κατανόηση των εννοιών.


β 3,0 i

---------------Συνάρτηση y=αχ+β ---------------

Στη συνέχεια οι μαθητές συμπληρώνουν τις ερωτήσεις στο φύλλο εργασίας και κάνουν τη γραφική παράσταση της ψ=- 1 /3χ+ 1 σε millimetre ενώ ο καθηγητής προβάλλει στην οθόνη το αρχείο ψ=- 1/3χ+ l .H γραφική παράσταση γίνεται από μαθητή και στον πίνακα. ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΕΣ 3 και 4: Οι μαθητές λύνουν τις δραστηριότητες 3 και 4 , τις λύνουμε και στον πίνακα (ταυτόχρονα προβάλλεται το αντίστοιχο αρχείο αχ+β του Excel στην οθόνη) και στη συνέχεια ο διδάσκων γενικεύει το συμπέρασμα για τη συνάρτηση ψ=αχ+β. ΠΑΡΑΤΉΡΗΣΗ: Η επιλογή του Excel έγινε επειδή οι μαθητές της Β ' το γνωρίζουν , οπότε εφόσον υπάρχει δυνατότητα, μπορεί το μάθημα να γίνει και στο εργαστήριο πληροφορικής.

ΦΥ ΛΛΟ ΕΡΓ ΑΣΙΑΣ ΣΥΝΆΡΤΗΣΗ ψ=αχ+β ,β:;i:Ο

ΔΡ ΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤ Α 1 : Ξενοδοχείο 60 κλινών έχει κατά μέσο όρο καθημερινά πάγια έξοδα 600€. Α ν κάθε κρεβάτι κοστίζει 40€ 1 ) Να γράψετε μια ισότητα (συνάρτηση) που θα δίνει το ημερήσιο κέρδος ψ σαν συνάρτηση του αριθμού χ των πελατών. 2) Όταν έχει 50 πελάτες πόσο είναι το κέρδος; 3) Μπορείτε να υπολογίσετε πόσο θα είναι το ημερήσιο μέγιστο κέρδος ; 4) Πότε το ξενοδοχείο παρουσιάζει ζημία και πότε εμφανίζει τη μεγαλύτερη ζημιά; 5) Να κάνετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης σε κατάλληλο σύστημα συντεταγμένων.

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ 1) Σε ποια σημεία η γραφική παράσταση της συνάρτησης τέμνει τους άξονες; 2) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης στο πρόβλημά μας είναι ευθεία , ημιευθεία ή ευθύ

γραμμο τμήμα; 3) Στο ίδιο σύστημα αξόνων να κάνετε τη γραφική παράσταση της ψ=40χ. Τι σχέση έχουν οι 2

ευθείες; ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΑ 2 :_Στο ίδιο σύστημα αξόνων να κάνετε τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων: ψ=2χ, ψ=2χ+ 3 , ψ=2χ-3 όπου χ πραγματικός αριθμός. ΠΙΝΑΚΑΣ ΤΙΜΩΝ

χ ψ=2χ ψ=2χ+3 =2χ-3

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

t- + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ +- + + + t- T + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + t- +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + t- + +

ΓΡΑΦΙΚΗ ΠΑΡΆΣΤΑΣΗ ΣΗΜΕΙΑ ΤΟΜΗΣ ΜΕ ΤΟΥΣ ΑΞΟΝΕΣ

1) Η ψ=2χ+ 3 τέμνει τον χ ' χ στο σημείο . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

+ + + + + + + + + και τον ψ 'ψ στο σημείο + + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + +

+ + -t- t- 1- + + + +

2) Η ψ=2χ-3 τέμνει τον χ 'χ στο ση-μείο . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . και τον ψ 'ψ στο σημείο

ΣΥΜΠΕΡΑΣΜΑl : Η γραφική παράσταση της ψ=αχ+β, β:;i:Ο είναι . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . παράλληλη της ευθείας . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

--------------Συνάρτηση y=αχ+β --------------

Την ευθεία που είναι η γραφική παράσταση της ψ=αχ+β τη λέμε η ευθεία με . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ή πιο απλά η . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Πόσα ση μεία είναι απαραίτητα για να κάνουμε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης;

Γιατί;

ΕΦΑ ΡΜ ΟΓΗ : Σε millimetre να κάνετε τη γραφική παράσταση της ψ= _ .!_ · χ + 1 .Ποιες τιμές 3

μας συμφέρει να πάρουμε στον πίνακα τιμών; Γιατί;

Δ ΡΑΣΤΗ ΡΙ ΟlΉΤΑ 3 : 1 ) Να κάνετε τη γραφική παράσταση των συναρτήσεων: 1 2 1 'δ ' ξ '

ψ = - · χ + και ψ = - · χ - 3 στο ι ιο συστημα α ονων. 2 2 1

2) Να παρατηρήσετε σε ποια σημεία οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων ψ = - · χ + 2 2 και ψ = _!_ · χ - 3 τέμνουν τους 2 άξονες. Μπορείτε να υπολογίσετε αλγεβρικά αυτά τα σημεία; 2

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: Στον πίνακα τιμών συνήθως βάζουμε τα σημεία τομής με τους άξονες.

ι ψ= . . � . . . . . . ι ο ο

ΣΥΜ Π Ε ΡΑΣΜΑ2 : Η ευθεία ψ=αχ+β ,β;f:Ο διέρχεται από το σημείο (0, . . . . . )

Ο αριθμός α λέγεται και . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

+ ΤΕΛΙ ΚΑ : Η γραφική παράσταση της ψ=αχ+β ,β;f:Ο είναι . . . . . . . . . . . . . . . . . . παράλληλη ' ' ξ ' ' . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . που τεμνει τον α ονα ψ ψ στο σημειο . . . . . .

Δ ΡΑΣΤΗ ΡΙΟΤΗΤΑ 4 : Να κάνετε τη γραφική παράσταση της ψ=-4χ+ 1 (σε millimetre ) .Θα γίνουν 3 σχήματα.

1 ) Για χ πραγματικό αριθμό 2) Για χ:Ξ::Ο 3) Για - 1 ::; χ ::; 1

ΑΣΚΗΣΕΙΣ 8 1 • Να υπολογίσετε σε ποια σημεία η ευθεία ψ= -3χ+6 τέμνει τους 2 άξονες και μετά να κάνετε τη γραφική της παράσταση . 82• Η γραφική παράσταση της ευθείας ψ=αχ+β τέμνει τον άξονα ψ ' ψ στο σημείο (0,8) και περνά από το σημείο(2,-2) .Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας. 83• Στις ΗΠΑ για τη μέτρηση της θερμοκρασίας χρησιμοποιούν την κλίμακα Φαρενάιτ (F) ενώ εμείς χρησιμοποιούμε την κλίμακα Κελσίου ( °C) . Η σχέση που συνδέει τις 2 κλίμακες είναι: F=1 ,8C+32°.

Α) Σχεδιάστε σε σύστημα ορθογωνίων αξόνων τη γραφική παράσταση αυτής της συνάρτησης . Β) Να παρατηρήσετε θερμοκρασία 10°Cσε ποια θερμοκρασία Φαρενάιτ αντιστοιχεί, Ομοίως για θερμοκρασία 0°C.


Ζωή ποδήλατο ===================================================== Ροδούλα Κιούφτη

Τρία αδέλφια ο Μιχάλης, η Κατερίνα κι ο Γιώργος κάνοντας βόλτα με τα ποδήλατά τους πέρασαν χωρίς να προσέξουν πάνω από γυαλιά με αποτέλεσμα να σκάσουν τα λάστιχα και των τριών ποδηλάτων. Ο πατέρας τους για να παραγγείλει καινούρια λάστιχα τους ζήτησε να μετρήσει ο καθένας τους τη διάμετρο της ρόδας του ποδηλάτου του. Τα παιδία επέμεναν να πάνε τα ποδήλατα στο κατάστημα γιατί μόνο μετρώντας τη διάμετρο δεν καταλάβαιναν πως ήταν δυνατόν να τους αγοράσει τα σωστά λάστιχα. Ο πατέρας τους Q.μως τους πρότεινε να βάλουν ένα στοίχημα: « αν τα λάστιχα που θα φέρω ταιριάζουν στις ρόδες των ποδηλάτων σας, τότε έχετε τρεις μέρες καιρό για να σκεφτείτε πώς από τη διάμετρο μπορώ να υπολογίσω την περίμετρο, ή όπως αλλιώς λέμε το μήκος, του κύκλου. Αν δεν ταιριάζουν τότε θα σας αγοράσω καινούρια ποδήλατα ». Τα παιδιά δέχτηκαν το στοίχημα αφού έτσι κι αλλιώς ήταν σίγουρα πως αποκλείεται μ' αυτό τον τρόπο να πετύχει τα σωστά λάστιχα. Τελικά δυστυχώς έχασαν το στοίχημα και ακόμα πιο δυστυχώς δεν είχαν ιδέα πως από τη διάμετρο θα βρουν το μήκος του κύκλου.

Την 1 η μέρα δεν κατάφεραν να κατεβάσουν καμία ιδέα, αλλά τη 2η μέρα το πρωί ο Μιχάλης σηκώθηκε φουριόζος πήρε τα παλιά λάστιχα τα έκοψε, τα τέντωσε καλά καλά και μαζί με το Γιώργο μέτρησαν το μήκος τους.

Όταν ξύπνησε η Κατερίνα της είπαν Β'

τι είχαν κάνει και της έδειξαν ένα χαρτί όλο μουντζούρες και νούμερα που ήταν οι μετρήσεις τους. « Αχ έτσι δεν θα βγάλουμε ποτέ άκρη τους » τους είπε. « Πρέπει να φτιάξουμε ένα πινακάκι με όλες μας τις μετρήσεις και να βρούμε πως συνδέονται η διάμετρος και το μήκος του κύκλου >> . Και ειδού:

1 '1 ρόδα 211 ρόδα 311 ρόδα Διάμετρος

Κ\Jκλου 20cm 30cm 40cm Μή κος κύκλου 62,8cm 94,2cm 125 ,6cm

Όλη τη μέρα κοιτούσαν τις μετρήσεις τους αλλά άκρη δεν έβγαζαν.Μέχρι πού το βραδάκι ο Γιώργος που είχε βαρεθεί άρχισε να κάνει διάφορες πράξεις με τους αριθμούς από το πινακάκι. Ήταν άλλωστε και το μόνο που μπορούσε να κάνει ο καημένος αφού ακόμα πήγαινε στην Τετάρτη δημοτικού. « Το βρήκα, το βρήκα», φώναξε κάποια στιγμή, αλλά κάνεις δεν του έδωσε σημασία. «Μα καλά δεν ακούτε; Το βρήκα σας λέω. Κοιτάξτε: 62,8 :20=3 , 1 4 94,2 :30=3 , 14, . . . . . . 1 25,6 :40=3 , 1 4 αν διαιρέσω το μήκος με την διάμετρος βγαίνει το ίδιο αποτέλεσμα. Μα βέβαια είπε η Κατερίνα, που ήταν η μεγαλύτερη, πως δεν το πρόσεξα νωρίτερα ! Η διάμετρος και το μήκος του κύκλου είναι ανάλογα ποσά με λόγο αναλογίας 3 , 1 4.

Επομένως αν συμβολίσουμε με L το μήκος και με δ τη διάμετρο τότε L = 3, 14 ή L = 3, 1 4 · δ . δ

Το επόμενο πρωί που έδειξαν τα αποτελέσματα της έρευνας τους στον πατέρα τους το χαμόγελό


--------------- Ζωή ποδήλατο ---------------

του έφτασε μέχρι τα αυτιά. Δεν πίστευε ότι τα είχαν καταφέρει τόσο καλά. Ήταν πολύ περήφανος γι' αυτά, αλλά όπως πάντα ήξερε κάτι παραπάνω. Τους είπε ότι ο συντελεστής αναλογίας διαμέτρου - μήκους κύκλου δεν είναι ακριβώς 3 , 1 4 αλλά ένας «παράξενος» αριθμός που ονομάστηκε από τους aρχαίους Έλληνες π από το αρχικό γράμμα της λέξης «περιφέρειω> . Με αυτό το σύμβολο είναι γνωστός ο αριθμός σε ολόκληρο τον κόσμο. Είναι ένας άρρητος αριθμός, δηλαδή έχει άπειρα δεκαδικά ψηφία τα οποία δεν επαναλαμβάνονται ποτέ με την ίδια σειρά. Πολλοί μαθηματικοί ασχολήθηκαν με τον υπολογισμό των δεκαδικών ψηφίων του αριθμού π. Για παράδειγμα, το 1 997 ο Κάναντα και ο Τακαχαστ υπολόγισαν 5 1 ,5 δισεκατομύρια ψηφία! ! ! Τους είπε ακόμα, ότι υπάρχει μέχρι και παγκόσμια ημέρα εορτασμού του αριθμού π. Γιορτάζεται στις 14 Μαρτίου, δηλαδή 14-3 3 , 14 . Κι έτσι όλοι μαζί κατέληξαν στον τύπο υπολογισμού του μήκους του κύκλου: L = π · δ , όπου δ η διάμετρος του κύκλου L = 2 · π · ρ , ρ η ακτίνα και π= 3 , 1 4. Μ' αυτό τον τύπο μπορούμε να υπολογίσουμε:

1 . Το μήκος του κύκλου αν γνωρίζουμε τη διάμετρο ή την ακτίνα.

2. Τη διάμετρο ή την ακτίνα αν γνωρίζουμε το μήκος του κύκλου.

δ=2πρ

Και αν θέλουμε να υπολογίσουμε το μήκος ενός τόξου; (Δηλαδή το μήκος ενός μέρους του κύκλου) τότε τι μπορούμε να κάνουμε, ρώτησε ο πατέρας; Ε καλά είπε ο Μιχάλης αρκεί να εφαρμόσουμε την απλή μέθοδο των τριών, δηλαδή : Ολόκληρος ο κύκλος 360° έχει μήκος 2πρ ο

' ξ ' ο ' ' .e ' 360° 2πρ το το ο του που ει ναι μ εχει μηκος αρα -- = -

μο e

Ο πατέρας των παιδιών χάρηκε πολύ. Το βράδυ είπε θα έφερνε πίτσες και μια μικρή έκπληξη . Πράγματι όταν επέστρεψε, κρατούσε τρία κουτιά με πίτσες και . . . τίποτα άλλο. «Η έκπληξη ;» ρώτησε ο Μιχάλης. «Θα σας πω πως μπορούμε να υπολογίσουμε το εμβαδόν ενός κύκλου, για την ακρίβεια ενός κυκλικού δίσκου, και εσείς θα βρείτε πόση πίτσα φάγατε.» απάντησε. Ωραία έκπληξη σκέφτηκε ο Μιχάλης, που ακόμα ονειρευόταν ένα καινούριο ποδήλατο. Έτσι μου 'ρχεται να μην φάω ποτέ ξανά πίτσα! ! ! Λοιπόν αν ο κύκλος μας έχει ακτίνα ρ τότε για να βρούμε το εμβαδόν του πολλαπλασιάζουμε τον αριθμό π με το τετράγωνο της ακτίνας, δηλαδή : Ε = π · ρ2

� Μ' αυτό τον τύπο μπορούμε να υπολογίσουμε: 1 . Το εμβαδόν του κύκλου αν γνωρίζουμε τη διάμετρο ή την ακτίνα. 2 . Τη διάμετρο ή την ακτίνα αν γνωρίζουμε το εμβαδόν του κύκλου.

Για παράδειγμα, η πίτσα μας έχει ακτίνα 20cm οπότε το εμβαδόν της είναι Ε = 3, 14 · 202 = 3, 1 4 · 400 = 1 256cm2 Αν πάλι έχουμε ένα τμήμα του κυκλικού δίσκου, δηλαδή εφαρμόζουμε, όπως και στο μήκος, απλή μέθοδο των τριών: Ολόκληρος ο κύκλος 360° έχει εμβαδόν πρ2 Ο κυκλικός τομέας του που είναι μ0 έχει εμβαδόν ε

360° πρ2 -- = -άρα

ε


έναν κυκλικό τομέα,

-------------- Ζωή ποδήλατο --------------

Παραδείγματα: 1 . Ένας κύκλος έχει ακτίνα ρ=3cm. Να βρεθούν:

a. Η διαμετρός του. d. Το μήκος τόξου 40°. b. Το μήκος του. e. Το εμβαδόν κυκλικού τομέα 110°. c. Το εμβαδόν του.

Λύση a. δ=2ρ=2·3cm=6cm b. L=π·δ=3 , 1 4·6cm=1 8,84cm c. Ε=π·ρ2=3, 14· (3cm)2=3 , 14 ·9cm2=28,26cm2

360° 2πρ }6όο 1 8, 84cm d. -- = -- <=> -- = <::::> μο ( jtό'o (

<::::> 2.

= 1 8• 84cm <::::> 9 . t = 1 · 1 8 84cm <::::> t = 1 8• 84cm

<::::> t = 2 093cm . 1 ( ' 9 '

360° _ πρ2 }6όο _ 28, 26cm2 36 _ 28, 26cm2 36 _ 1 1 28 26 2 e. -- - - <::::> -- - <::::> - - <::::> · ε - · cm <::::> μ0 ε }t'όο ε 1 1 ε '

2 3 1 0, 86cm2 2 <::::> 36 · ε = 3 1 0, 86cm <::::> ε = <::::> ε = 8, 635cm 36

2. Ένα κυκλικό παγοδρόμιο έχει περιφέρεια 40,82m. Α ν η ανθεκτικότητά του είναι ένας άνθρωπος για κάθε 0,8m2, να βρεθεί πόσοι άνθρωποι το πολύ επιτρέπετε να πατινάρουν ταυτόχρονα α. Σε ολόκληρο το παγοδρόμιο και β. Στον γαλάζιο δακύλιο. Λύση α. Για να απαντήσουμε στο ερώτημα πρέπει αρχικά να βρούμε το εμβαδόν του παγοδρομίου και επειδή είναι έχει σχήμα κυκλικού δίσκου θα εφαρμόσουμε τον τύπο Ε=πρ2• Επομένως χρειαζόμαστε την ακτίνα του. Θα τη βρούμε με τη βοήθεια του μήκους: L=2πρ <::> 40,82m=2·3 , 1 4ρ <::>

40, 82m 40,82m=6,28ρ <::::> ρ = 6, 5m . 6, 28

Έτσι έχουμε: E=πρ2=3 , 14· (6,5m)2=3 . 14-42,25m2= 1 32,665m2• Έπομένος σε ολόκληρο το παγοδρόμιο επιτρέπετε να πατινάρουν ταυτόχρονα: 1 32,665 :0 .8=1 65,83 1 άνθρωποι, δηλαδή το πολύ 1 65 άνθρωποι. β. Θα βρούμε το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου : Εδακτ.=ΕΕξωτ.ιcύκλου-Εεσωτ.ιcύκλου Εδακτ .= 1 32,665m2 -3 , 1 4 ·(3,5m)2= 1 32,665m23 , 14 · 1 2,25m2= 1 32,665m2 -38 ,465m2=94,2m2 Έπομένος στον κυκλικό δακτύλιο επιτρέπετε να πατινάρουν ταυτόχρονα: 94,2 :0 .8= 1 1 7,75 άνθρωποι, δηλαδή το πολύ 1 1 7 άνθρωποι.

3. Να βρείτε την περίμετρο και το εμβαδόν της γραμμοσκιασμένης καμπυλόγραμμης επιφάνειας του παρακάτω σχήματος αν γνωρίζετε ότι: το μήκος του

-τόξου ΕΑ 11 ισούτε με 7,85cm και ΑΕ=ΕΟ=ΖΒ. Λύση

-Από το μήκος του τόξου ΕΑ θα υπολογίσουμε την ακτίνα ΓΕ του (Γ,ΓΕ) κύκλου:Εχουμε:

Ε.2 . ο

Α Γ Ε

360° = 2πρ <::::>

360° = 2πρ <=> � = 2 · 3, 1 4ρ <::::> = 2 · 7, 85

= 2 5cm. μ ο ( 1 80° 7, 85 1 7, 85 p 2 · 3, 14 '

Ε

Ε3 ο ο

-Άρα AE=EO=ZB=2·2,5cm=5cm και επομένως το μήκος 12 του τόξου ΖΕ είναι:


Ε3 Ζ Δ Β

--------------- Ζωή ποδήλατο ---------------

μ0 1 80° e2

= 2πρ · 3600 = 2 · 3, 14 · 5 .

3600 = 1 5, 7cm .

...... Το μήκος 13 του τόξου ΒΖ είναι ίσο με το 1 ι αφού οι ακτίνες των κύκλων είναι ίσες και τα

...... ...... τόξα Ε.Α. , ΒΖ είναι επίσης ίσα, Έτσι ι=7,85cm. Η ακτίνα ΟΑ του κύκλου (Ο,ΟΑ) είναι

...... OA=AE+E0=5+5=1 0cm, άρα το μήκος 14 του τόξου Β.Α. είναι:

t4 = 2πρ · � = 2 · 3, 14 · 1 Ο · 1 80ο = 3 1, 4cm . Τελικά η περίμετρος του καμπυλόγραμμου

360° 360° σχήματος είναι: Π= 1 ι + 12 + 13 + 14=7,85+ 1 5 ,7+7,85+3 1 ,4=62,8cm. Για το εμβαδόν του σχήματος επειδή όλα τα τόξα είναι ημικύκλια έχουμε: Ει = πρ2 = 3, 14 · 1 02 = 3, 14 · 1 00 = 1 SΊcm2

2 2 2 Ε - Ε _ πρ2 _ 3, 14 · 2, 52 _ 3, 14 · 6, 25 _ 9 8 1 25 2

2 - 3 - 2 -

2 -

2 -, cm

Ε _ πρ2 = 3, 14 · 52 = 3, 1 4 · 25 = 39 25cm2 • 4 - 2 2 2 '

Επομένως: Ε=Ε1 - Ε2 - Ε3 - Ε4 =1 57-9. 8 1 25-9,8 1 25-39,25=98, 1 25cm2 .

Α σκιίσεις για εξάσκηση 84. Σε κύκλο με διάμετρο 9 cm, να βρείτε :

α. το μήκος και το εμβαδόν κύκλου. β. το μήκος και το εμβαδόν κυκλικού τομέα 60°. 85• Ένας κύκλος έχει εμβαδόν 50,24 cm2 , να βρείτε:

α. την ακτίνα και το μήκος κύκλου. β. το μήκος και το εμβαδόν κυκλικού τομέα 80°. γ. την ακτίνα του κύκλου που έχει τετραπλάσιο εμβαδόν.

86• Το μήκος τόξου 1 20° είναι 1 2,56 cm. Να βρείτε : α. το μήκος και το εμβαδόν του κύκλου. β. το μήκος και το εμβαδόν του κύκλου που έχει τριπλάσια διάμετρο.

87• Να βρείτε την περίμετρο και το εμβαδόν της γραμμοσκιασμένης καμπυλόγραμμης επιφάνειας των παρακάτω σχημάτων: α. β.

Κ μέσο του ΛΜ, Ο μέσο του ΚΑ και E(o,K0)= 1 5 ,7cm2.

δ .

Α ο r Ε

ΟΒ=ΟΑ

z. ΑΟΒ = 90° και ΑΒ = 8.fidm . Δ•

β


γ.

At------fB;._

Bcm

1 0cm

Τα τόξα ΑΒ, ΒΓ είναι ημικύκλια.

Γραμμ ι κά Συστήματα Τάξη =============== Γ. Λυμπερόπουλος-Α. Μπακάλης-Μ . Σίσκου

Ένα γραμμικό σύστημα είναι ένα σύστημα από γραμμικές εξισώσεις, (εξισώσεις 1 ου βαθμού ως προς τους αγνώστους.). Όταν λοιπόν θέλουμε να λύσουμε ένα σύστημα θα πρέπει να βρούμε ποιές είναι οι κοινές λύσεις των εξισώσεων μας. Θα ασχοληθούμε με συστήματα με δύο γραμμικές εξισώσεις με δύο αγνώστους. Οι εξισώσεις μπορεί να έχουν μία κοινή λύση, άπειρες κοινές λύσεις και το σύστημα λέγεται αόριστο ή καμία κοινή λύση και το σύστημα λέγεται αδύνατο. Εύκολα μπορούμε να θυμόμαστε τις τρείς αυτές περιπτώσεις αν σκεφτούμε ότι κάθε γραμμική εξίσωση με δύο αγνώστους παριστάνει και μια ευθεία γραμμή . Όπως όλοι γνωρίζουμε δύο ευθείες μπορεί να τέμνονται σε ένα σημείο, να τέμνονται σε άπειρα σημεία, δηλαδή να ταυτίζονται οι ευθείες ή να μην τέμνονται σε κανένα σημείο, δηλαδή να είναι παράλληλες οι ευθείες. Οί τρόποι επίλυσης των γραμμικών συστημάτων είναι στο παρακάτω σχήμα.

I γραφικά

Λύση Γραμμικού I συστήματος.

Μέθοδος της Μέθοδος αντικατάστασης των

αντίθετων συντελεστών

Α. Γραφική επίλυση συτήματος. Για να λύσουμε ένα σύστημα γραφικά δεν έχουμε παρά να σχεδιάσουμε τις δύο ευθείες. Έτσι για την κάθε εξίσωση βρίσκουμε δύο σημεία που την επαληθεύουν και ενώνοντας τα πάνω στο καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων σχεδιάζουμε την ευθεία. Από το σχήμα τώρα βλέπουμε αν τέμνονται και σε ποιο σημείο οι ευθείες και συνεπώς έχουμε τη λύση του συστήματος μας. Η μέθοδος αυτή

είναι γεωμετρική μέθοδος ενώ οι άλλες δύο είναι αλγεβρικές.

Π αράδειγμα 1 . (Σ)

Παρατηρούμε ότι την την επαληθεύουν τα σημεία Α(Ο,2) και Β(5 ,0) και την την επαληθεύουν τα σημεία Γ(Ο,8) και Β(5,0). Έχοντας δύο σημεία για την κάθε εξίσωση σχεδιάζουμε τις δύο ευθείες και θα έχουμε τη λύση του συστήματος (Σ) .

Όπως βλέπουμε απο το σχήμα οι ευθείες τέμνονται στο σημείο Β(5,0). Συνεπώς το Β(5 ,0) είναι και η λύση του συστήματος μας.

Β. Επίλυση συστή ματος με τη μέθοδο της αντικατάστασης. Όταν θέλουμε να λύσουμε ένα σύστημα με τη μέθοδο της αντικατάστασης τότε λύνουμε τη μία εξίσωση ως προς τον έναν άγνωστο και έπειτα αντικαθιστύμε τον άγνωστο αυτό στην άλλη:Ετσι έχουμε μια νέα εξίσωση με τον έναν άγνωστο που εύκολα μπορεί να λυθεί. Μολις βρούμε τον ένα άγνωστο πηγαίνουμε σε μια απο τις εξισώσεις του συστήματος και με αντικατάσταση αυτού που έχουμε βρεί βρίσκουμε και τον άλλο άγνωστο. Τη μέθοδο της αντικατάστασης θα δούμε σε μεγαλύτερες τάξεις οτι τη χρησιμοποιούμε και σε συτήματα που δεν είναι γραμμικά.


------------- Γραμικές Συστήματα -------------

' {χ + 3y = 8 (1) Παραδειγμα 2 . 2χ + 6y = 20 (2)

(Σ)

Θα λύσουμε την πρώτη εξίσωση ( 1 ) ως προς χ. Προτιμάμε να λύσουμε ως προς χ εφόσον ο συντελεστής του είναι 1 και δεν θα χρειάζεται να διαιρέσουμε με κάποιον αριθμό. Έτσι χ= - 3y+8 (ενώ ως προς y θα είχαμε χ 8 y= - 3 + 3 ) . Αντικαθιστώντας το χ στην (2) έχουμε 2(- 3y + 8) + 6y = 20 ή -6y + 1 6 +6y = 20 ή Oy= 4. Η εξίσωση είναι αδύνατη . Άρα και το σύστημα είναι αδύνατο. Α ν κοιτάξουμε προσεκτικά το σύστημα παρατηρούμε ότι το πρώτο μέλος της (2) είναι ακριβώς το διπλάσιο της ( 1 ) . Ενώ για τα δεύτερα μέλη δεν ισχύει αυτό. Έτσι ήταν αναμενόμενο να βγεί αδύνατο το σύστημα.

' ' {χ + 3y = 8 (1) Αν το συστημα ηταν 2χ + 6y = 16 (2)

τότε η (2) είναι ιση με την διπλάσια της ( 1 ) . Σε αυτή την περίπτωση οι δυο εξισώσεις επαληθεύονται απο τα ίδια ακριβώς στοιχεία και το σύστημα είναι αόριστο. Εαν λύσετε το σύστημα θα το εξακριβώσετε. {χ+3 + y-2 = 1 Παράδειγμα 3. 2;+y �Υ - + - = 2 3 2 Αρχικά θα απολοποιήσουμε τις δύο εξισώσεις κάνοντας πράξεις και θα τις φέρουμε στη μορφή αχ+βy= γ και έπειτα θα λύσουμε με αντικατάσταση ώς προς y το σύστημα. Έχουμε: {2χ + 6 + y - 2 = 4

4χ + 2y + 6y = 1 2 { 2 χ + y = Ο ή 4χ + 8y = 12 { Υ = -2χ ή 4χ - 16χ = 12

ή {Υ = -2χ

χ = -1 { y = 2 ή χ = - 1 .

ή (χ, y) =(- 1 , 2)

Γ. Επίλυση συστήματος με τη μέθοδο των αντίθετων συντελεστών.

Όταν θέλουμε να λύσουμε ένα σύστημα με τη μέθοδο των αντίθετων συντελεστών, πολλαπλασιάζουμε κάθε εξίσωση με κατάλληλο αριθμό ώστε να εμφανιστούν αντίθετοι συντελεστές στον ένα άγνωστο. Μετά προσθέτουμε κατά μέλη τις δυο εξισώσεις και το αποτέλεσμα θα είναι μια νέα εξίσωση με μια μεταβλητή μόνο. Έτσι λύνοντας αυτή βρίσκουμε τον ένα άγνωστο και αντικαθιστώντας την τιμή σε μια απο τις αρχικές εξισώσεις βρίσκουμε και τον άλλο άγνωστο.

, { 3χ + Sy = 7 Παραδειγμα 4. 4χ + 2y = 10 { 3χ + Sy = 7

4χ + 2y = 10 . (4)

. (- 3) { 12χ + 2 0y = 28 (+) - 12χ - 6y = -30

Οχ+ 14y= -2 ή y= _.!, 7

3χ+ 5(-.!.) =7 ή 7

54 2 1 χ- 5=49 ή χ=- . Έτσι 2 1 54 1

(x,y) =(2 1' - 7) . { 4χ - 7y = 12 Παράδειγμα 5.

+ 7 _ 3 -χ - y - -4 {4χ - 7; = 1 2

- χ + - y = - 3 4

(1)

(4)

{ 4χ - 7y = 12 -4χ + 7y = - 12

(+)

Ox+Oy=O. Οπότε στο σύστημα είναι αόριστο και έχει άπειρες λύσεις της μορφής 4χ- 12 (χ, y) = (χ,

7 ) .

Ας δούμε ένα παράδειγμα με μη γραμμικό σύστημα. { x + y = 1 Παράδειγμα 6 . . χ2 + y2 = 1 1 Όπως αναφέραμε και προηγουμένως όταν έχουμε ένα τέτοιο σύστημα σύστημα τότε θα το λύσουμε με τη μέθοδο της αντικατάστασης. Έτσι η λύση είναι η εξής:


------------- Γραμικές Συστήματα ------------{ x + y = 1

χ2 - y2 = 1 1 { x = 1 - y

χ2 - y2 = 1 1 { x = 1 - y

(1 - y)2 - y2 = 1 1 { x = 1 - y

1 - 2y + y2 - y2 = 1 1 { x = 1 - y 1 - 2y = 1 1 {x = 1 - y

Υ = -5 { χ = 6 Υ = - 5

ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ

ή (χ, y) = (6,- 5)

Γ 6· Να βρείτε την εξίσωση που διέρχεται απο τα σημεία Α( -2, 2) και Β(2, 4)

Γ7. Να βρείτε τα κ, λ ώστε η εξίσωση x2+(k+3)x + λ =Ο να έχει ρίζες τους χ1=- 3 , xz= - 1 .

Γ 8· Να λύσετε τα συστήματα :

Γ9. Να βρείτε τα σημεία τομής των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων y=2x2+ 1 κ:α.ι y=x+ 1

Γ10 . Να λύσετε τα συστήματα { 1 00χ + 20 1 2y = ο a.

100χ + 2 0 1 2y = 10 { 2χ + 7y = 8 b. 10χ + 3 5y = 40

Γι ι · Να σημειωθεί το Σωστό(Σ) ή Λάθος(Λ)

στις παρακάτω προτάσεις. Όταν στο γραμμικό σύστημα 2 αγνώστων : {αχ + βy = Υ

κχ + λy = μ οι ευθείες που παριστάνουν οι εξισώσεις τους α. τέμνονται σε ένα σημείο έχει μία λύση. ( . . . . ). β. είναι παράλληλες έχει άπειρες λύσεις. ( . . • . ) . γ. είναι ταυτιζόμενες ευθείες δεν έχει λύσεις. ( . . . . )

Γ 1 2 · Ποίο από τα παρακάτω ζεύγη είναι λύση του συστήματος: { 3χ + 7y = 2

5χ + 1 1y = 1 1

α) (χ=2 , ψ=3) , β. (χ= -4 , ψ=3) , γ.(χ=3,ψ= -1 ) ' δ. (χ=5 ' ψ=l)

Γ Δ, , { 7χ - 5y = 9 Β· ινεται το συστημα

3χ + 4y = 10 Να βρεθούν τα κ, λ ώστε και το σύστημα : { κχ + λy = 5

2κχ - 3λy = 1 5

Να έχει την ίδια λύση με αυτό.

Γι4· Να λυθεί το σύστημα:

Υπόδειξη :

{3χ + 4y - 9ω = Ο 2χ - 4y + 4ω = Ο

Διαιρούμε όλους τους όρους με το ω:;t:Ο οπότε δημιουργείται ένα νέο σύστημα με δύο αγνώστους, τους χ_χ, και � = ψ' .

ω ω

Αν το σύστημα έχει μία λύση για τα χ' και ψ' τότε για τις διάφορες τιμές του ω , ποιο συμπέρασμα βγάζουμε για τις λύσεις του συστήματος;

Γιs· Να προσδιορίσετε τα κ,λ ώστε το σύστημα:

κχ + λy = 7 2 κχ + Sλy = - 1 0

Να έχει λύση το ζεύγος( χ=l, ψ=-2).


===================== Π. Αγγέλη - Δ. Βαρόπουλος

1 ° ) Να εξετάσετε αν υπάρχει γωνία ω με : '?,(;i ., �: ::: ;α:::::�-

12.

13 13

β) ημω=1 και συνω= - 1

Α ν υπάρχει η γωνία ω να προσδιορίσετε το είδος της.

Λύση α) Έχουμε ημ2ω + συν2ω = Ο + 1 = 1, άρα υπάρχει τέτοια γωνία και επειδή συνω < Ο είναι αμβλεία. β) Έχουμε ημ2ω + συν2ω = 1 + 1 = 2 * 1, άρα δεν υπάρχει τέτοια γωνία.

) 'Ε 2 2 ( 5 )2 ( -12 )2 25 144 1 69 1 , , , , γ χουμε η μ ω + συν ω = - + - = - + - = - = , αρα υπαρχει τετοια γωνια και

1 3 1 3 1 69 1 69 1 69 επειδή ημω > Ο, συνω < Ο, είναι αμβλεία.

' 2°) Να εξετάσετε αν υπάρχει γωνία ω με : ... � J2 � α) συνω=1 και εφω=Ο β) συνω = -2 και εφω = - 1 . Ε Λύση

'Εχουμε εφω = Ο ή ημω = Ο ή ημω = Ο , οπότε ημ2ω + συν2ω = 0 + 1 = 1, άρα συν ω

υπάρχει τέτοια γωνία.

β) 'Ε 1 ' ημω -- -1 ' ημω -- -1 ' J2 ' χουμε εφω = - η συνω

η -J2 η ημω = 2 , οποτε

2

2 2 ( J2 J2 ( -J2 J2 1 ' ' ' ' η μ ω + συν ω = 2 + -2- = , αρα υπαρχει τετοια γωνια.

· . 3°) Να βρείτε δύο τριγωνομετρικούς αριθμούς που η διαφορά τους ισούται με το γινόμενο τους.

Λύση

2 2 ημ2ω 2 ημ2ω-ημ2ω · συν2ω ημ2ω ( 1 -συν2ω) ημ2ω 2 εφ ω-ημ ω = -- -ημ ω = = = --ημ ω

= εφ2ω · ημ2ω συν2ω συν2ω συν2ω συν2ω

4°) Ν β ' θ ' λ ' ' ' βλε' λ + 1

α ρειτε τον αρι μο ωστε η γωνια ω να ειναι αμ ια , ημω = λ + 3

και

3λ + 1 π , , , συνω = -- . οια ει ναι η γωνια;

λ + 3


------------ Τριγωνομετρικά «αινίγματα» -----------

Λύση

Έχουμε: ημ2ω + συν2ω = 1 ή ( λ + 1 )2 + ( 3λ + 1 )2 = 1 ή (λ + 1 )2 + (3λ + 1 )2 = (λ + 3 )2 ή λ + 3 λ + 3

9λ2 + 2λ - 7 = 0 . Είναι Δ = 4 = 4 · 9 (-7 ) = 256 Άρα λ = -2 ± 1 6 = j- �: = -1

1 8 -2 + 1 6 1 4 7 --- = - = -

1 8 1 8 9

Για λ=- 1 είναι ημω=Ο και συνω = _3. = -1 άρα ω=1 80° 2

Γ λ 7 ' 30 ο ' ' ' ' ' βλε' ια = - ειναι συνω = - > απορριπτεται γιατι συνω<ο αφου η γωνια ω ειναι αμ ια. 9 34

5°) Υπάρχει γωνία ω με Ο :S ω :S 180° , ημω = λ + 1

και συνω = _λ

_ . λ + 2 λ + 2

Λύση 'Ε 2 2 1 , (�)2 + (-λ )2 = 1 , χουμε: ημ ω + συν ω = η

λ + 2 λ + 2 η

(λ + 1 )2 + λ2 = (λ + 2 )2 ή 2λ2 + 2λ + 1 = λ2 + 2λ + 4 ή λ2 - 3 = 0 ή

λ = ±J3 .

-J3 + 1 ( 1 -J3)( 2 + J3) Για λ = -J3 είναι ημω = J3 =

2 = - 1 -J3 < Ο απορρίπτεται, αφού ημω>Ο

- 3 + 2 22 - ( J3) J3 + I (J3 + I ) (J3 - 2 )

Για λ = J3 είναι ημω = J3 = 2

= J3 - I > 0 και 3 + 2 (J3) - 22

συνω � � � ,{3 ( ,{3- 2 ) � 2,/3 - 3 άρα υπάρχει γωνία ω.

3 + 2 3 - 4

Προτεινόμενες ασκήσεις Γι6· Να αποδείξετε ότι

α) _2_ = ημω + Ι + συνω ημω Ι + συνω ημω

συν2χ β) Ι - = ημχ

Ι + ημχ

Γι7· Σε ποιο τεταρτημόριο βρίσκεται η γωνία ω αν γνωρίζετε ότι

α) ημω>Ο και συνω<Ο β) ημω<Ο και συνω>Ο γ) εφω<Ο και συνω>Ο

Γ ιs· Σε τρίγωνο ΑΒΓ δίνονται α= 1 Ο cm, β= Ι Ο J3 cm και Α = 30° . Να βρεθούν οι άλλες γωνίες

και η πλευρά γ του τριγώνου.

Γ 19· Συμπληρώστε τις παρακάτω ισότητες:

α) ημ(90-ω) =

δ) εφ( 1 80-ω)= β) ημ( Ι 80-ω)=

ε) συν(90-ω)=

γ) συν( 1 80-ω)=


ΜαJθημιαrιrιικοf Διιαyω�σμοι Επιμέλεια: Επιτροπή Διαγωνισμών

73°ς ΠΑΝ ΕΛΛΗ Ν Ι ΟΣ ΜΑΘ ΗΤΙ ΚΟΣ ΔΙΑΓΩ Ν Ι Σ Μ ΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘ Η ΜΑΤΙ ΚΑ

'Ό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" 12 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2013

ΕΝΔΕΙ Κ1ΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

Β' Γυ μνασίου Πρόβλημα 1 Να συγκρίνετε τους αριθμούς

22 ( 3 ο 2 ι 2 ) Α = - · 3 + 1000 + - : - - -3 1 9 3 3

και Β = (ι - 40) : ( 80 _ 79) +

67.

41 34 92 41

Λύση Έχουμε

Α = � · (33 + 1 000° + � : ! -�) = � · (27 + 1 + � · � -�)= � · (28 + � - �)= 1 1 2 3 1 9 3 3 3 1 9 1 3 3 1 3 3 3 1

Β = (1 - 40 ) = ( 80 _ 79 ) + 67 = -1 = ( 80 _ 79 ) + 67 = -1 : _!_ + 67 = !!. + 67 = 148 41 34 92 41 41 81 81 41 4 1 81 41 41 41 41

Ε δ ' Α Β 1 1 2 148 1 1 2 · 4 1 - 148 · 3 1 4592 - 4588 4 Ο , ,

Α Β πει η - = 31 -41 = 3 1 · 4 1

= 127 1

= 127 1

> ' επεται οτι > ·

Πρόβλημα 2 Ένας φορητός υπολογιστής έχει τιμή πώλησης 720 ευρώ σε μετρητά. Όταν ο πελάτης

τον πληρώσει σε 12 ισόποσες μηνιαίες δόσεις, τότε επιβαρύνεται συνολικά με τόκους 5% πάνω στην τιμή πώλησης. Όταν ο πελάτης τον πληρώσει σε 24 ισόποσες μηνιαίες δόσεις τότε επιβαρύνεται συνολικά με τόκους 14% πάνω στην τιμή πώλησης. Να βρείτε σε καθεμία από τις δύο περιπτώσεις πόση θα είναι η μηνιαία δόση.

Λύση. Όταν ο πελάτης πληρώσει τον υπολογιστή σε 1 2 ισόποσες μηνιαίες δόσεις, τότε επιβαρύνε-

ται συνολικά με τόκους 5% πάνω στην τιμή πώλησης., δηλαδή επιβαρύνεται με 720 · -5- = 36 1 00

ευρώ, οπότε θα πληρώσει συνολικά 720 + 36 = 756 ευρώ. Επομένως η μηνιαία δόση θα είναι 756 : 1 2 = 63 ευρώ.

Όταν ο πελάτης πληρώσει τον υπολογιστή σε 24 ισόποσες μηνιαίες δόσεις, τότε επιβαρύνεται

συνολικά με τόκους 14% πάνω στην τιμή πώλησης, δηλαδή επιβαρύνεται με 720 · � = 1 00, 8 1 00

ευρώ, οπότε θα πληρώσει συνολικά 720 + 1 00, 8 = 820, 8 ευρώ. Επομένως η μηνιαία δόση θα εί-ναι 820, 8 : 24 = 34, 2 ευρώ.

Πρόβλημα 3 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ . Από την κορυφή Α φέρουμε ευθύγραμμο


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

τμήμα ΑΔ παράλληλο προς τη βάση ΒΓ και ίσο με την πλευρά ΑΒ. Η ευθεία ΒΔ τέμνει την πλευρά ΑΓ στο σημείο Ε.

(α) Να αποδείξετε ότι η ευθεία ΒΔ διχοτομεί τη γωνία ΑΒΓ . (β) Αν το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισοσκελές, να βρείτε πόσων μοιρών είναι η γωνία

Α ΒΑΓ = ω .

Λύση (α) Το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές ( ΑΒ = ΑΔ ), οπότε: Δι = Β2 • Οι ΑΔ και ΒΓ είναι παράλληλες, οπότε: Δι = Βι , ως εντός εναλλάξ γωνίες.

Άρα Δ 1 = Β1 = Β2 = χ . Επομένως η ΒΔ διχοτομεί την γωνία ΑΒΓ . Α

Β Γ Σχήμα 1

(β) Από ο άθροισμα των γωνιών του τριγώνου ΑΔΕ , έχουμε : χ + y + z = 1 soo (1) .

Από το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου ΑΒΔ , έχουμε: 2x + y + & = 1 80° (2) .

Από την παραλληλία τέλος των ΑΔ και ΒΓ (με τέμνουσα την ΑΓ ), έχουμε: y = ΜΒ = ΑΒΓ = 2χ (3) .

Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) (σε συνδυασμό με τη σχέση (3)), έχουμε: 3x + z = 1 80° (Α) και 4χ + & = 1 80° (Β) .

Στη συνέχεια διακρίνουμε τις περιπτώσεις: • Αν y = z , τότε y=z=2X και από τις σχέσεις (Α) και (Β) λαμβάνουμε: χ = 36° και ω = 36° . • Αν χ = z , τότε από τη σχέση (Α) παίρνουμε: χ = z = 45° , οπότε Β = 90° , άτοπο. • Αν χ = Υ ' τότε από τη σχέση (3) παίρνουμε: χ = 0° ' άτοπο.

Άρα, αν το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισοσκελές, τότε BAr = ω = 36° .

Πρόβλημα 4 Από τους μαθητές ενός Γυμνασίου το 60% παίζει ποδόσφαιρο, το 45% παίζει μπάσκετ,

ενώ το 15% παίζει και ποδόσφαιρο και μπάσκετ. Αν υπάρχουν 24 μαθητές που δεν παίζουν κανένα από τα δύο αθλήματα, να βρείτε πόσους μαθητές έχει το Γυμνάσιο, πόσοι από αυτούς παίζουν ποδόσφαιρο και πόσοι από αυτούς παίζουν μπάσκετ.

Λύση Ο αριθμός των μαθητών που παίζουν ένα τουλάχιστον από τα δύο αθλήματα είναι σε ποσο-

στό ( 60 + 45) - 1 5 = 90% των μαθητών του Γυμνασίου. Επομένως ο αριθμός των μαθητών που δεν ασχολούνται με κανένα από τα δύο αθλήματα είναι σε ποσοστό 1 00 - 90 = 1 0% των μαθητών του Γυμνασίου. Σύμφωνα με την υπόθεση, αυτοί οι μαθητές είναι 24, οπότε το Γυμνάσιο


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

έχει συνολικά 24 · 1 00 = 240 μαθητές. Επομένως, οι μαθητές που παίζουν ποδόσφαιρο είναι 1 0 240 ·

60 = 1 44 , ενώ οι μαθητές που παίζουν μπάσκετ είναι 240 · 45 = 1 08 .

1 00 1 00

Γ ' τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα 1 (α) Να βρείτε την τιμή της παράστασης: ( χ3 1 ) ( χ )3 81x2 + 27y , 2 3 Α = � + '3 · Υ +

Υ , οταν χ = 3- , y = 3- .

(β) Να βρείτε το πλήθος των ψηφίων του αριθμού Β = 1623 • 589 , όταν αυτός γραφεί στη δεκαδική αναπαράστασή του.

Λύση

χ3 ( τ2 )3 3-6 χ 3-2 33 (α) Για χ = Τ2 , y = T3 έχουμε / =

(3-3 )2 =

3-6 = 1 , Υ

= Τ3 = )2 = 3 και

1 1 8 1χ2 + 27y 8 1 · ( τ2 )2 + 27 · 3-3 8 1 · Τ4 + 27 · 3-3 8 1 · - + 27 · -

= = ----- = 8 1 27 = 2 · 33 . y 3� 3� 3�

Άρα έχουμε χ 1 χ 8 1χ + 27 y 1 3 3 4 ( 3 J ( J3 2 ( )

Α = / + 3 ·

Υ +

Υ = 1 + 3 · 3 + 2 · 3 = 3 · 27 + 2 · 27 = 36 + 54 = 90.

(β) Ο αριθμός Β γράφεται στη μορφή Β = 1 623 . 589 = ( 24 Γ . 589 = 292 . 589 = 23 . ( 289 . 589 ) = 23 . ( 2 . 5 )89 = 23 · 1 089 = 8 · 1 089 .

Επομένως, ο αριθμός Β έχει πρώτο ψηφίο το 8 και ακολουθούν 89 μηδενικά, δηλαδή έχει συνολικά στη δεκαδική του αναπαράσταση 90 ψηφία.

Πρόβλημα 2 Από τους μαθητές ενός Γυμνασίου το 65% παίζει ποδόσφαιρο, το 45% παίζει μπάσκετ,

ενώ το 20% παίζει και ποδόσφαιρο και μπάσκετ. Επιπλέον υπάρχουν 12 μαθητές που δεν παίζουν κανένα άθλημα, ενώ υπάρχουν άλλοι 24 μαθητές που παίζουν μόνο βόλεϊ. Να βρείτε πόσους μαθητές έχει το Γυμνάσιο, πόσοι από αυτούς παίζουν ποδόσφαιρο και πόσοι από αυτούς παίζουν μπάσκετ.

Λύση Ο αριθμός των μαθητών που παίζουν ένα τουλάχιστον από τα δύο αθλήματα (ποδόσφαιρο ή

μπάσκετ) είναι σε ποσοστό ( 65 + 45 ) - 20 = 90% των μαθητών του Γυμνασίου. Επομένως ο α-ριθμός των μαθητών που δεν ασχολούνται με κανένα από τα δύο αυτά αθλήματα είναι σε ποσοστό 1 00 - 90 = 1 0% των μαθητών του Γυμνασίου. Σύμφωνα με την υπόθεση, αυτοί οι μαθητές

είναι 24 + 1 2 = 36 , οπότε το Γυμνάσιο έχει συνολικά 36 · 1 00 = 360 μαθητές. Επομένως, οι μα-1 0


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

θητές που παίζουν ποδόσφαιρο είναι 360 · 65 = 234 , ενώ οι μαθητές που παίζουν μπάσκετ είναι

1 00 360 . 45

= 1 62 . 1 00

Πρόβλημα 3 Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α . Προεκτείνουμε το ύψος του ΑΔ προς το

μέρος του Α κατά τμήμα ΑΕ = ΑΔ . Φέρουμε τις ΕΒ, ΕΓ και εξωτερικά του τριγώνου

ΕΒΓ κατασκευάζουμε ισόπλευρο τρίγωνο ΕΖΓ . Έστω Μ το μέσον του τμήματος ΑΕ. (i) Να αποδείξετε ότι: ΑΖ = ΕΓ . (ii) Να βρείτε το εμβαδό του τετραπλεύρου ΑΓΖΕ ως συνάρτηση του α .

(ίί ί) Να βρείτε το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΒΓΖΜ ως συνάρτηση του α .

Λύση Ε

Β Δ

(ί) Τα τρίγωνα ΕΒΓ και ΖΑΓ έχουν:

Γ Σχήμα 2

1 . ΒΓ = ΑΓ (διότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο) . 2 . ΕΓ = ΖΓ (διότι το τρίγωνο ΑΕΓ είναι ισόπλευρο). 3. ΕΓΒ = ΖfΆ = 60° + χ , όπου χ = ΜΕ .

z

Άρα τα τρίγωνα ΕΒΓ και ΖΑΓ είναι ίσα (έχουν δύο πλευρές και τις περιεχόμενες γωνίες ίσες), οπότε θα έχουν και ΑΖ = ΕΓ .

(ii) Σημειώνουμε πρώτα ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο πλευράς α , οπότε το ύψος του

ΑΔ ' ' α.J3 Ά ' ΑΕ α.J3

ΕΔ r;;3 εχει μηκος -2-. ρα ειναι =

-2- και = αν j

Έχουμε ότι: ( ΑΓΖΕ) = ( ΑΓΖ) + ( ΖΑΕ) = (ΕΒΓ) + ( ΖΑΕ ) , αφού λόγω της ισότητας των τριγώνων ΕΒΓ και ΑΓΖ έπεται ότι έχουν και ίσα εμβαδά. Για το τρίγωνο ΕΒΓ θεωρούμε ως βά-

ση το τμήμα ΒΓ = α με αντίστοιχο ύψος ΕΔ = 2 · α.J3

= α.J3 , οπότε έχει εμβαδό 2 1 r;:; α2 J3 (ΕΒΓ) =2 · α · αν3 =

-2- .


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

Σ ' ΖΑΕ θ ' β ' ' ΑΕ ΑΔ αJ3 Ε δ ' ' ' το τριγωνο εωρουμε ως αση το τμημα = = -2- . πει η το τριγωνο αυτο είναι ισοσκελές ( ΑΖ = ΕΓ = ΖΕ ) και το Μ είναι μέσο του τμήματος ΑΕ έπεται ότι το ΖΜ είναι ύψος του τριγώνου ΖΑΕ που αντιστοιχεί στη βάση ΑΕ . Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΖΑΜ λαμβάνουμε

2 α2 3α2 Ία 3α + - - - = -.

Ά , (ΖΑΕ) 1 αJ3 Ία Ία2J3 , ρα εχουμε = 2 --2- .4 =

1 6 , οποτε

4 1 6 4

(ΑΓΖΕ) = (ΕΒΓ) + (ΖΑΕ) = αzJ3 + ΊαzJ3 = 1 5αzJ3 . 2 1 6 1 6 (iii) Το τετράπλευρο ΒΓΖΜ είναι τραπέζιο ( ΖΜ 1 1 ΒΓ , αφού και οι δύο είναι κάθετες προς

την ευθεία ΔΕ . Βάσεις του τραπεζίου αυτού είναι οι ΒΓ = α, ΖΜ = Ία και ύψος το τμήμα 4

ΔΜ ΔΑ ΔΜ αJ3 αJ3 3αJ3 , , β δ ' = + = -- + -- = -- , οποτε εχει εμ α ο 2 4 4

(ΒΓΖΜ) = .!_(ΒΓ + ΖΜ) · ΔΜ = .!. · (α + Ία ) · 3αJ3 = 33α2J3 . 2 2 4 4 32 Πρόβλημα 4 Δίνονται τα πολυώνυμα Ρ (χ) = ( αχ2 + bx + c) ( αχ + b) και . Q (x) = α2χ3 + 4χ2 + dx + e .,

όπου οι συντελεστές α, b, c, d, e είναι θετικοί ακέραιοι. Α ν ισχύει ότι Ρ ( 1) = 21 , να βρείτε

τις τιμές των α, b, c, d, e για τις οποίες τα πολυώνυμα Ρ (χ) και Q (χ) είναι ίσα.

Λύση Από την ισότητα Ρ ( 1 ) = 2 1 έχουμε ότι Ρ ( 1 ) = (α + b + c) (α + b ) = 2 1 , από την οποία, λόγω

της υπόθεσης ότι οι α, b, c είναι θετικοί ακέραιοι, οπότε α + b + c > α + b , έπεται ότι {α + b + c = Ί} ( 1 ) ή {α + b + c = 2 1} . ( 2) α + b = 3 α + b = 1

Επειδή οι α, b είναι θετικοί ακέραιοι η εξίσωση α + b = 1 του συστήματος (2) είναι αδύνατη, οπότε και το σύστημα (2) είναι αδύνατο.

Από το σύστημα ( 1 ) λαμβάνουμε α + b = 3 και c = 4 . Το πολυώνυμο Ρ( χ) γράφεται στη μορφή

Ρ (χ) = ( ax2 + bx + c) (αχ + b) = α2 χ3 + 2αbχ2 + ( b2 + αc) χ + bc , οπότε έχουμε

Ρ( χ) = Q ( χ) <::::> {α2 = α2 , 2αb = 4, b2 + αc = d, bc = e} . Επειδή c = 4 και α + b = 3 , τελικά έχουμε τις εξισώσεις:


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

Οι λύσεις των προτεινόμενων ασκήσεων του τεύχους 86 Al l . Να βρείτε τον αριθμό των ψηφίων του αριθμού Α = 5140 . 847 • Λύση

Ο αριθμός Α γράφεται ως εξής: Α = 5140 • 847 = 5140 • ( 23 ( = 5140 • 2141 = 2 · ( 2 . 5 ) 140 = 2 · 1 0140 , οπότε έχει πρώτο ψηφίο το 2 ακολουθούμενο από 140 μηδενικά, δηλαδή έχει συνολικά 14 1 ψηφία. Α12. Να αποδείξετε ότι για κάθε χ ε JR αληθεύει η ανισότητα:

χ6 + χ4 - χ3 - χ + � > ο. 4

Σαουδική Αραβία, 201 1

Λύση. Έχουμε

6 4 3 3 ( 6 3 1 ) ( 4 2 1 ) ( 2 1 ) ( 3 1 )2 ( 2 1 )2 ( 1 )2 χ +χ -χ -χ+4 = χ -χ +4 + χ -χ +4 + χ -χ+4 = χ -2 + χ -2 + χ-2 > Ο,

αφού δεν είναι δυνατόν να μηδενίζονται ταυτόχρονα και οι τρεις βάσεις των τετραγώνων. Al3. Αν οι x, y είναι πραγματικοί αριθμοί διαφορετικοί μεταξύ τους και διαφορετικοί από

yz - x2 _ zx - y2 yz - x2 zx - y2 το ι και ισχύει ότι: - , να αποδείξετε ότι = = χ + y + z.

ι - χ ι - y ι - χ ι - y Φιλανδία, 20ι ι

Λύση 2 2 yz - x zx - y 2 Θέτουμε = = λ , οπότε: yz - χ2 = λ ( 1 - χ) και zx - y = λ ( 1 - y) .

1 - χ 1 - y Τότε ισχύει ότι:

λ (1 - χ) - λ (1 - y) = yz - x2 - ( zx - y2 ) � λ (y - χ) = yz - xz + / - χ2 = (y - x) (x + y + z) � λ (y - χ) = (y - x) (x + y + z) � λ = χ + y + z, αφού χ "Φ y.

Α14. Να αποδείξετε ότι, για κάθε x, y > Ο , ισχύει ότι:

Λύση

(χ + Υ) ( χ3 + y3 ) 9 ι s 2 s - . ( χ2 + y2 ) 8

Από την ανισότητα Cauchy-Schwarz, για κάθε χ, y > Ο , έχουμε

Τουρκία, 201 1

(χ + Υ) ( χ3 + y3 ) = (( νΓχ)2 + (y )2 ) (( χνΓχ)2 + (yJY)2 ) � ( χ2 + / γ � 1 ::;; (χ + Υ) ( χ3 +

2/ )

. (χ2 + / ) Για τη δεύτερη ανισότητα, αρκεί να αποδείξουμε ότι:

8 (χ + Υ) ( χ3 + / ) ::;; 9 ( χ2 + / ) 2 ή 8χ 4 + 8 Υ 4 + 8χ/ + 8χ3 Υ ::;; 9 χ4 + 9 Υ 4 + 1 8χ2 /

ή 8χ/ + 8χ3y :Ξ;; χ4 + y4 + 1 8χ2/ ή 8χ/ + 8χ3y :Ξ;; (χ - y)4 + 4x3y - 6x2/ + 4χ/ + 1 8χ2/

ή 4χ/ + 4x3y ::;; (χ - y )4 + 12x2y2 ή 4χ/ + 4x3y - 8x2/ ::;; (χ - y )4 + 4x2y2

ή 4xy(x - y )2 ::;; (χ - y )4 + 4χ2/ ή Ο ::;; [( χ - y )2 - 2xy τ , το οποίο ισχύει.

Γ8. Δίνεται τετράγωνο ABCD και σημείο Ρ στο εσωτερικό έτσι ώστε Ρ Α = ι, ΡΒ = Ji και PC = .J3. Ν α βρείτε:

• το μήκος PD , • το μέτρο της γωνίας ΑΡΒ .


Ρουμανία, 20ι ι

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

Λύση Έστω Μ και Ν τα ίχνη των καθέτων από το σημείο Ρ προς

D �--,....Ν--------ιι c τις ΑΒ και CD, αντίστοιχα. Τότε ισχύει: � -� = � -� = � -� = � -� � �ΡΙΥ =ΡΑ2 -ΡΒ2 +PC2 = 1 -2+3 = 2 �PD = J2. Επειδή τα τρίγωνα Ρ ΑΒ και Ρ AD έχουν τις τρεις πλευρές τους ίσες μία προς μία, θα είναι ίσα. Άρα θα είναι

� � Ρ ΑΒ = Ρ AD = 45° , οπότε από το ορθογώνιο ισοσκελές τρίγω-

νο ΑΡΜ προκύπτει ότι: ΡΜ = � = J2 = }:_ΡΒ. Επομένως, ν2 2 2

Α ----�-----�� Μ από το ορθογώνιο τρίγωνο ΡΜΒ προκύπτει ότι ΡΒΜ = 30° ,

οπότε ΜΡΒ = 60° και ΑΡΒ = ΑΡΜ + ΜΡΒ = 45° + 60° = 1 05°. Γ9. Δίνεται τρίγωνο ABC με Α = 90°. θεωρούμε σημεία D και Ε πάνω στα ευθύγραμμα

τμήματα AC και BD , αντίστοιχα, έτσι ώστε ABC = ECD = CED . Να αποδείξετε ότι: ΒΕ = 2 · AD • Ρουμανία, 201 1 Λύση

Θεωρούμε το συμμετρικό D1 του σημείου D ως προς το σημείο Α και έστω θ = ABC = ECD = CED . Τότε ADB = 2θ και ABD1 = ABD = 90° - 2θ, οπότε

CBD1 = θ + 90" - 2θ = 90° - θ . Στο τρίγωνο BCD1 , από τη σχέση BD1C = ADB = 2θ έπεται ότι BCD1 = 90° - θ = CBD1

.__ __ _._ ___ .___.........,. 0 οπότε το τρίγωνο DβC είναι ισοσκελές με D1C = Dβ = DB .

Dι Α D

Τέλος, από την ισότητα ECD = CED έχουμε ότι DC = DE, οπότε θα έχουμε: BE = BD - DE = CD1 - CD = DD1 = 2 · AD .

Ν9. Είναι δυνατόν η περίμετρος ενός τριγώνου του οποίου τα μήκη των πλευρών είναι ακέ-ραιοι να διαιρείται με το διπλάσιο της μεγαλύτερης πλευράς του; Εσθονία, 201 1 Λύση Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές ΑΒ = y, ΒΓ = α και Γ Α = β . Υποθέτουμε ότι το ζητούμενο ισχύει, δηλαδή η μεγαλύτερη πλευρά του τριγώνου, έστω η ΒΓ = α , είναι τέτοια ώστε το διπλάσιο της 2α διαιρεί την περίμετρο α + β + y . Όμως ισχύει Ο < α + β + y < 3α < 2 · 2α , οπότε ο ακέραιος 2α μπορεί να διαιρεί το άθροισμα α + β + r μόνον όταν α+ β+ y = 2α �β+ r =α, που είναι άτοπο γιατί αντίκειται στην τριγωνική ανισότητα. Επομένως, το ζητούμενο δεν είναι δυνατόν να ισχύει.

Ν 1 Ο . Βρείτε όλες τις τριάδες ( m, η, p) , όπου m, η, p θετικοί ακέραιοι και p πρώτος, που

, , , θ , sm

+ 2n p , , , ειναι τετοιες ωστε ο αρι μος sm _ 2n p

, ειναι τετραγωνο ακεραιου.

Λύση

Τουρκία, 201 1

'Εστω ότι ισχύει �: � �: � = k2 , για κάποιον ακέραιο k . Τότε 5m - 2n p /( 5m + 2n p ) , οπότε


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

5m -2n p i(sm +2np)+ (5m -2n p) = 2 · 5m � 5m -2n p ι5m , αφού ο 5m -2n p είναι περιττός. Άρα θα έχουμε: 5m - 2n p = 5r , για κάποιο μη αρνητικό ακέραιο r . Στη συνέχεια διακρίνουμε τις περιπτώσεις: (α) r = Ο, δηλαδή 5m - 2n p = ι .

• Α ν είναι n � 3 , τότε 5m Ξ ι ( mod 8) , οπότε θα είναι m = 2s για κάποιο θετικό ακέραιο s . Τότε θα έχουμε 52s Ξ ι ( mod 3) και 2n Ρ = sm - ι Ξ ο ( mod 3) ' Άρα πρέπει να είναι

p = 3 και 5m - ι = 52s - ι = ( 5s - ι ) ( 5s + ι ) = 3 · 2n . Παρατηρούμε ότι, αν s > ι, τότε 5s + ι Ξ 2 ( mod 4) και έχει έναν περιττό παράγοντα με

γαλύτερο του 3 , άτοπο. Άρα είναι s = ι , οπότε προκύπτουν m = 2, n = 3 και k = 7 .

Άρα έχουμε τη λύση ( m, n, Ρ) = ( 2, 3, 3) . • Αν n = 2, τότε 8p = (5m + 22 p ) - (sm - 22 p ) = k2 - ι . Eπoμέvως k = 2Ι + ι για κάποιο θε

τικό ακέραιο I και 2 p = I ( I + ι) . Τότε προκύπτει ότι p = 3 και 5m = 1 3 , που είναι άτοπο. • Αν n = ι, τότε 4p = (5m + 2ι p ) - (5m - 2ι p ) = k2 - ι . Επομένως k = 21 + ι για κάποιο θε

τικό ακέραιο I και p = I (! + ι ) . Τότε προκύπτει ότι Ζ = -1, p = 2 και k = 3, m = ι , οπότε έχουμε τη λύση ( m, n, p) = (ι , ι, 2) .

(β) r ;?: ι . Τότε 5 12n p , οπότε θα είναι p = 5 . Επομένως έχουμε sm-ι - 2n = sr-ι � r = ι , αφού m > r και sn-ι 12n . Άρα έχουμε sm-ι - 2n = ι . Είναι προφανές ότι δεν μπορεί να είναι n = ι, ενώ για n = 2 προκύπτει m = 2 και k = 3 , οπότε έχουμε τη λύση ( m, n, p) = ( 2, 2, 3)

Για n ;?: 3 ' τότε θα είναι sm-ι Ξ ι ( mod 8) ' οπότε θα είναι m -ι = 2s για κάποιο θετικό ακέραιο s . Τότε θα έχουμε ( 5s - ι ) ( 5s + ι ) = 2n . Παρατηρούμε ότι, αν s ;?: ι, τότε 5s + ι Ξ 2 ( mod 4) και έχει έναν περιττό παράγοντα μεγαλύτερο του ι , άτοπο. Άρα είναι s = Ο , οπότε προκύπτει 2n = Ο, άτοπο.

Ασκήσεις για λύση Α 1 5 . Δίνεται ότι η εξίσωση mx2 - ι Οχ + 3 = Ο έχει δύο ρίζες Χι , χ2 τέτοιες ώστε χ2 =

�χι . Να 3

βρείτε την τιμή της παραμέτρου m και τις ρίζες της εξίσωσης. Α 1 6 . Βρείτε όλα τα ζεύγη (χ, y) μη αρνητικών ακέραιων που είναι λύσεις της εξίσωσης χ - y = x2 + xy + / . Γ 1 Ο . Σε οξυγώνιο τρίγωνο ABC , το ύψος θεωρούμε το ύψος CH, Η ε ΑΒ και τη διάμεσο ΒΚ, Κ μέσον της AC . Δίνεται ότι ΒΚ = CH και κΒc = HCB . Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ABC είναι ισόπλευρο. Π Ι . Τα σημεία A, B, C και D βρίσκονται πάνω σε ευθεία ε με τη σειρά που δίνονται. Οι κύκλοι με διάμετρο τις AC και BD τέμνονται στα σημεία S και Τ . Αν είναι υΑ.s = 20° και ADS = 25° , να αποδείξετε ότι οι ευθείες SB και SC χωρίζουν τη γωνία ASD σε τρεις ίσες γωνίες. Ν 1 1 . Στο σύνολο των θετικών ακέραιων, να λύσετε την εξίσωση χ2 + / + z2 = 6383 . Δ 7 . Δίνεται ορθογώνιο πλέγμα αποτελούμενο από 50 χ 2 σημεία (τελείες) . Να βρείτε τον αριθμό των ισοσκελών τριγώνων των οποίων οι κορυφές είναι σημεία του πλέγματος.


Αγαπητοί συνάδελφοι,

Σας αποστέλλω την ιδέα του μαθητή μου Δημήτρη Σεβαστίδη μαθητή της Γ 'Γυμνασίου 3ου Γυμνασίου Κορίνθου που αφορά στον υπολογισμό του τετραγώνου ενός φυσικού αριθμού που λήγει σε 5 με έναν εναλλακτικό τρόπο.Η διατύπωση του ισχυρισμού και του συμβολισμού των αριθμών α,β ώστε να αποδειχθεί ο ισχυρισμός προτάθηκαν από εμένα αφού είναι πάνω από τις δυνατότητες της τάξης του αλλά η ολοκλήρωση της απόδειξης (πράξεις με πολυώνυμα και ταυτότητα) αποτελεί δικό του έργο. Ελπίζουμε σε δημοσίευση της παραπάνω ιδέας και ευχόμαστε πολλά και δημιουργικά τεύχη.

Αρχική Ιδέα

Με εκτίμηση, Φρούσιου Βασιλική .

Εναλλακτικός τρόπος υπολογισμού τετραγώνου ενός φυσικού που λήγει σε5

Διατύπωση ισχυρισμού: Έστω δυο φυσικοί αριθμοί α,β που λήγουν σε 5 και διαφέρουν κατά 1 0. Τότε το γινόμενο του πρώτου μειωμένο κατά 5 επί το δεύτερο μειωμένο κατά 5 αυξημένο κατά 25 ισούται με το τετράγωνο του μικρότερου από τους α, β.

Απόδειξη ισχυρισμού. Έστω α,β δυο φυσικοί αριθμοί με α<β. Τότε α= 1 Ον+5 και β= 1 Ο( ν+ 1 )+5 όπου ν φυσικός. έχουμε

( α - 5 ) (β - 5 ) + 25 = = ( 1 0ν + 5 - 5 ) ( 1 0 ( ν + 1 ) + 5 - 5 ) + 25 = = 1 Ον · 1 Ο (ν + 1) + 25 = 1 00ν2 + 1 ΟΟν + 25 = = ( 1 0ν + 5 )2 = α2

Παρατήρηση Ο παραπάνω ισχυρισμός ισχύει μόνο για αριθμούς φυσικούς α.β που διαφέρουν κατά 1 Ο και λήγουν σε 5 και όχι για αριθμούς που διαφέρουν κατά 1 Ο αλλά λήγουν σε κάποιο άλλο ψηφίο

Αγαπητέ Δημήτρη, συγχαρητήρια για την «ανακάληψη σου». Περιμένουμε και άλλες συνεργασίες. Αγαπητή συνάδελφε Βασιλική ευχαριστούμε για τα καλά σου λόγια.

Από το Μαθηματικό Εργαστήρι του 4ου Γυμνασίου Ν. Σμύρνης λάβαμε ασκήσεις που επιμελήθηκαν οι μαθήτριες Μαρκάκη Μαριλένα, Μερεντίτη Χαρά, Μερσίνογλου Άννα Μαρία και Πετίνη Πηνελόπη.

Συγχαρητήρια κορίτσια θα δημοσιευθούν στο επόμενο τεύχος.

Από τους συναδέλφους Ευαγγελινό Ηρακλή και Κασσέτα Ευρυπίδη λάβαμε τις εργασίες: "Επίλυση στοιχειωδών εξισώσεων α ' βαθμού " και "Παρατήρηση στο ΜΚΔ και ΕΚΠ δυο ή περισσοτέρων αριθμών ", τις οποίες θα αξιοποιήσουμε για δημοσίευση στα επόμενα τεύχη. Λύτες Ελευθεριάδη Ιωάννα, ΑΤάξη, Γυμνάσιο Διονύσου Α 1 , 2,3 ,4,5 ,6,7,8,9, 1 0 τεύχους 77 Μπράβο Ιωάννα!


Η "δύναμη" της δύναμης ========================= Γιώργιος Τσαπακίδης

Οι δυνάμεις έχουν την ικανότητα να εκφράσουν πολύ μεγάλα μεγέθη, όπως είναι το πλήθος των

μορίων που περιέχονται σε ένα mole αερίου (αριθμός του Aνogadro): ΝΑ =6, 022. J σ28και πολύ

μικρά, όπως είναι η μάζα του ηλεκτρονίου:me=9. 1 095. J σ28g.

Αυτή τη "δύναμη " που έχουν οι δυνάμεις να εκφράσουν το πολύ μεγάλο και το πολύ μικρό, θα τη

δούμε στα παραδείγματα που ακολουθούν.

1 . Οι γαλαξίες είναι τεράστιες συγκεντρώσεις αστεριών (ήλιων) και αερίων. Σε μια τέτοια

συγκέντρωση, που την ονομάζουμε Γαλαξία (με γάμα

κεφαλαίο) ανήκει και το δικό μας ηλιακό σύστημα.

Υπάρχουν 1059 περίπου στοιχειώδη σωματίδια σε ένα

τυπικό άστρο, περίπου 101 1άστρα σ' ένα γαλαξία, περίπου

103 γαλαξίες σε κάθε σμήνος γαλαξιών, 109σμήνη γαλαξιών

στο γνωστό (ορατό) μέρος του σύμπαντος. Ποιο είναι το

πλήθος των στοιχειωδών σωματιδίων του σύμπαντος;

Λύση

Τα στοιχειώδη σωματίδια του ορατού σύμπαντος έχουν πλήθος: Ν=1 059· 1 0 1 ι . 1 03 · 1 09= 1 082

Σχόλιο : Αν αναλογιστούμε ότι μια τελεία(.) στο χαρτί αποτελείται από εκατομμύρια στοιχειώδη σωματίδια (πρωτόνια, νετρόνια, ηλεκτρόνια) και πόσο μεγάλο είναι το ορατό σύμπαν, ίσως σχηματίσουμε μια ιδέα το πόσο μεγάλος είναι ο αριθμός1 082.

2. Με δεδομένο ότι η ακτίνα ενός ατόμου είναι κατά μέσο όρο ο

1 Α = 10-8 cm'

μπορεί το άτομο να έχει μάζα 10-20g;

Λύση

Ο όγκος ενός ατόμου είναι

V = iπ ( 1 0-8 )3 cm3 = i · 3 1 4 · 1 0-24 cm3 = 4 2 · 1 0-24 cm3 3 3 ' '

Σε ένα cm3 χωράνε 1 24 άτομα = Ο, 283 · 1 024 = 2, 83 · 1 023 4, 2 · 1 0-

άτομα, που έχουν μάζα: 2,83 . 1 023 1 o-20g=2,83 . 1 03g=2,83 . 1 kg=2,83kg. Δηλαδή 1 cm3 θα ζύγιζε περίπου 2,8 kg ! ! Επομένως ένα άτομο έχει μάζα πολύ μικρότερη από 1 0·20g. Σχόλιο: Η μονάδα ατομικής μάζας είναι 1 , 66 · 1 ο-24 g. Η ατομική μάζα των ατόμων από το υδρογόνο μέχρι το ουράνιο κυμαίνεται 1 μέχρι 232 περίπου, άρα για τη μάζα ma των ατόμων έχουμε: 1 ,66· 1 0-24� ma$232• 1 ,66. 1 0-24=3 ,85 . 1 0-22g Έτσι η μάζα ενός ατόμου είναι κατά 1 00 τάξη μεγέθους μικρότερη από 1 ο-20 g. 3. Το ανθρώπινο σώμα περιέχει 14 φορές λιγότερα

λίτρα αίμα απ' ότι είναι η μάζα του σε κιλά. Ένα

λίτρο αίμα περιέχει 5.1012 ερυθρά αιμοσφαίρια, που


------------- Η «Δύναμη» Της Δύναμης -------------

όλα έχουν το ίδιο σχήμα, μοιάζουν με μικρούς δίσκους διαμέτρου 0,007 χιλιοστών και

πάχους 0,002 χιλιοστών. Αν ήταν δυνατόν να τοποθετηθούν τα ερυθρά αιμοσφαίρια ενός

ατόμου 70 κιλών το ένα δίπλα στο άλλο θα τα χωρούσε ο ισημερινός της γης;

Λύση Ένα άτομο μάζας 70 κιλών περιέχει 70: 1 4=5 λίτρα αίματος. Τα 5 � περιέχουν:5 ·5 · 1 0 1 2=2,5 · 1 Ο 1 3 ερυθρά αιμοσφαίρια, που

λίτρα αίματος έχουν μήκος:

\� � 2,5 · 1 0 1 3 .0,007mm=2,5 · 1 0 1 3 .7 . 1 0-3 mm=1 7,5 . 1 0 1 0 mm= ?Ij·'1;l'1&.�':\ \· 1 ,75 . 1 0 1 1 . 1 o-3m=1 ,75 . 1 08 m=1 ,75 . 1 08. 1 0-3 km= 1 ,75 " 1 05 km= 1 75 .000 \ \ . km=4,375 "40.000=4,375· μήκος ισημερινού. l ι ·

Λ��J!1ρ 1�ί L

Επομένως: αν ήταν δυνατό να τοποθετηθούν τα ερυθρά αιμοσφαίρια ενός ατόμου μάζας 70 κιλών το ένα δίπλα στο άλλο θα κάλυπταν

απόσταση περισσότερη από τέσσερις φορές τον ισημερινό της γης.

4. Υποθέτουμε ότι μπορούμε να χρωματίσουμε

κόκκινα τα μόρια του νερού που περιέχονται σ' ένα

κουταλάκι γλυκού. Ρίχνουμε το χρωματισμένο νερό

στη Μεσόγειο Θάλασσα και μετά δέκα χρόνια και ενώ

βρισκόμαστε σε διαφορετικό σημείο από εκείνο στο

οποίο ρίξαμε το χρωματισμένο νερό, παίρνουμε ένα

κουταλάκι νερό από τη Μεσόγειο. Το νερό αυτό θα

περιέχει κάποιο από τα χρωματισμένα μόρια;

Λiιση Η λύση του προβλήματος προφανώς έχει σχέση με τα μεγέθη του μορίου του νερού και της Μεσογείου Θάλασσας. Αναζητούμε πληροφορίες στο διαδίκτυο.

ο Διάμετρος μορίου νερού ::::: 1 Α = 1 o-s cm

Επιφάνεια Μεσογείου ::::: 3 · 1 06 Κm2 Όγκος μορίου νερού=( 1 ο-8)3= 1ο-24 cm3 .

Το κουταλάκι του γλυκού περιέχει περίπου 1 cm3 νερού, άρα Ν = 1 0�24

= 1 024 μόρια νερού.

Έτσι τα χρωματισμένα μόρια του νερού που ρίξαμε στη Μεσόγειο είναι 1 024, που υποθέτουμε ότι μετά από 1 Ο χρόνια είναι ομοιόμορφα κατανεμημένα στα νερά της Μεσογείου. Υποθέτουμε ότι το μέσο βάθος της Μεσογείου είναι 1 km, οπότε ο όγκος της είναι VM=3 · 1 06· 1 km3=3 · 1 06·( 1 000)3 m3=3 · 1 0 1 2 m3=3 · 1 0 1 2( 1 00)3 m3=3 · 1 0 1 8 cm3 •

Είναι � =

1 024 κόκ:κ:ινα μόρια =

1 0 . 1 05 κόκκινα μόρια = 333333 κόκ:κ:ινα μόρια

VM 3 · 1 01 8 cm3 3 cm3 cm3

Έτσι στο κουταλάκι του γλυκού θα περιέχονται 333 .333 χρωματιστά μόρια νερού !

5. Για ένα είδος βακτηρίων κάνουμε τις υποθέσεις:

Υ Κάθε λεπτό ο πληθυσμός τους διπλασιάζεται

,_ Κατά μέσο όρο το μήκος κάθε βακτηρίου είναι ιο-7m και το πλάτος του 10-6m };- Αυτή τη στιγμή ένα βακτήριο βρίσκεται εδώ και για 24 ώρες δεν καταστρέφεται

κανένα από τα παραγόμενα βακτήρια.


------------- Η «Δύναμη» Της Δύναμης -----------Ποιο ποσοστό της επιφάνειας της γης θα καλύψουν

τα βακτήρια που δημιουργήθηκαν τις 24 αυτές

ώρες, αν το ένα τοποθετηθεί δίπλα στο άλλο;

Λύση Το πλήθος των βακτηρίων στο τέλος του 1 ou min είναι: 2 Το πλήθος των βακτηρίων στο τέλος του 2°" min είναι: 2'2=22

Το πλήθος των βακτηρίων στο τέλος του 3°" min

Το πλήθος των βακτηρίων στο τέλος του ν0" min είναι: 2'2ν- ι=2ν Το πλήθος των λεπτών των 24 ωρών είναι: ν=60'24= 1440 ,έτσι το πλήθος των βακτηρίων στο τέλος των 24 ωρών θα είναι Ν=2ν=2 1440. Κάθε βακτήριο έχει εμβαδό E= 10·7· 1 0-6 = 1 0- 1 3m2

και τα Ν βακτήρια, αν το ένα τοποθετηθεί δίπλα στο άλλο, θα καλύπτουν επιφάνεια: ΕΝ=Ν·Ε=2 ι44ο_ 1 0- 1 3 m2=(2 ι ο) ι44 . 1 0- ι 3 m2= 1 024 144' 1 0- 1 3 m2> 1 000144' 1 0" 1 3m2=

( 1 03) 144. 1 Q" \ 3 m2= 1 0432. 1 0" 1 3m2= 1 04 \9m2. Επειδή η ακτίνα της γης είναι Rr=6.37 1 km, η επιφάνειά της είναι:

Er = 4πRi = 4 · 3, 14 - (6400(K m2 = 5 1 5 - 1 06 Κm2 = 5 1 5 - 1 06 ( 1 000)2 m2 = 5 1 5 - 1 01 2m2 < 1 01 3m2

Επομένως: ΕΝ=Ο4Ι 9m2=104ο6 _ 1 0- ι 3m2> 1 0406 Er. Δηλαδή η έκταση που θα καταλάβουν τα βακτήρια σε 24 ώρες θα είναι περισσότερο από 1 0406( 1 ακολουθούμενο από 406 μηδενικά) φορές την επιφάνεια της γης. Ερώτηση : Ο Γαλαξίας μας περιέχει 1 00 δισεκατομμύρια αστέρια ακτίνας 1 .000.000km κατά μέσο όρο. Υποθέτουμε ότι στην επιφάνειά τους μπορούν να ζήσουν τα βακτήρια για τα οποία μιλάμε (πράγμα προφανώς αδύνατο στην πράξη . Γιατί;) Επαρκούν οι επιφάνειες των αστεριών του Γαλαξία για να «φιλοξενήσουν» τα βακτήρια του προβλήματός μας;

Β Ι ΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ 1 . R.A. Serwey, C.J. Moses, C.A. Moyer, Modem Physics, Saunders College Publishing,

USA, 1 989 (ελληνική μετάφραση : Σύγχρονη ΦΥΣΙΚΗ, Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, Ηράκλειο,2000)

2. F.Shu, The Physical Universe : An Introduction to Astronomy, University Science Books, USA. (ελληνική μετάφραση : Σύγχρονη ΦΥΣΙΚΗ, Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, Ηράκλειο,2000)

3 . Σ. Τραχανάς, Στοιχειώδης Κβαντική Φυσική, Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, Ηράκλειο,20 12 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 8 7 τ.3/47

==========================Σπύρος Γεωργίου

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.

+ [4][1] 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 , 153, 158, 159, 166, 180

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

ΜΔ1 0. 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.


Απαντήσεις προηγούμενου τεύχους Μ Δ l . 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 .

Μ Δ2. 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 1 000 1 χιλιόμετρα! Άρα 2 λογικοί αριθμοί είναι ο 1 404 1 και 1 4 1 4 1 . Στην περίπτωση του πρώτου το αυτοκίνητο διένυσε 1 1 Ο Κm και άρα έτρεχε με μέση τα-χύτητα 55 Km/h, ενώ στη δεύτερη περίπτωση διένυσε 2 1 Ο Κm και άρα έτρεχε με μέση τα-χύτητα 1 05Κm/h. Επομένως σύμφωνα με τους περιορισμούς, η λύση είναι ο 1 4 14 1 .

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 3 8 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 4 1 53 6 1 7 1 97 1 3 29 37 43 59 67 73 1 7 1 9

47 79

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 4 3 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, 5 9 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+4 1+59+67= 1 90 29+47+53+6 1= 1 90 23+47+59+6 1= 1 90 29+4 1 +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.

ΜΔ5. 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 • 1 0=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°.


Ευκλειδης Α 87

Documents

Transcript of Ευκλειδης Α 87