ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗΜΑΪΟΣ 1999ΤΕΥΧΟΣ 3ΔΡΧ. 2.000

ΠΕΡΙΟΔΙΚΗ ΕΚΔΟΣΗ ΚΑΘΗΓΗΤΩΝΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΤΟΥ ΝΟΜΟΥ ΤΡΙΚΑΛΩΝ

ΕΚΔΟΣΕΙΣ "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ"Χ. ΒΑΦΕΙΑΔΗΣ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

ΓΙΑ ΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΟΧΙ ΜΟΝΟ...

ΕΦΑΡΜΟΓΗ ΤΩΝ ΠΟΣΟΣΤΩΝ

ΣΤΗΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑ ΚΑΙ Η ΣΧΕΣΗ ΤΟΥΣ

ΜΕ ΤΟΥΣ ΔΕΙΚΤΕΣ ΤΩΝ ΜΕΣΩΝ ΟΡΩΝ.

ΜΙΑ ΜΙΚΡΗ ΑΝΑΦΟΡΑ

ΣΤΟ ΜΑΓΕΥΤΙΚΟ ΚΟΣΜΟ ΤΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ.

ΔΙΑΜΕΡΙΣΕΙΣ ΑΚΕΡΑΙΩΝ.

Η ΑΚΑΔΗΜΙΑ ΤΟΥ ΠΛΑΤΩΝΟΣ.

ΜΙΑ ΠΡΟΤΑΣΗ ΜΑΘΗΜΑΤΟΣ ΣΤΗΝ Α΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΕ ΘΕΜΑ ΤΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ.

ΠΕΡΙ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΩΝ ΜΟΡΦΩΝ

ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ.

ΓΕΝΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΑΝΑΛΥΣΗΣ

ΓΙΑ ΤΟΥΣ ΥΠΟΨΗΦΙΟΥΣ ΤΗΣ 1ΗΣ ΔΕΣΜΗΣ.

ΣΧΕΔΙΑ ΚΡΙΤΗΡΙΩΝ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ

ΤΩΝ ΜΑΘΗΤΩΝ ΤΗΣ Β΄ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ.

ΔΙΑΛΟΓΟΣ - Η ΑΛΛΗ ΟΨΗ :

Η ΕΞΙΣΩΣΗ : 1 + 2x + 3x + ... + νx

ΓΙΑ ΤΗ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΚΑΙ ΤΟ ΠΡΟΣΗΜΟ

ΤΗΣ ΠΑΡΑΓΩΓΟΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΣ

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ ΣΤΗΝ ΑΝΑΛΥΣΗ

ΤΟΥ ΝΕΟΥ ΒΙΒΛΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ, ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

= 02 ν-1

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ : μαθηματική ΕΚΦΡΑΣΗ ετήσια έκδοση καθηγητών μαθηματικών του Νομού Τρικάλων

ΤΕΥΧΟΣ 3o MAΪΟΣ 1999

Επιμέλεια - Υπεύθυνος της έκδοσης :

Ντρίζος ∆ημήτρης Εκδότης : Βαφειάδης Χάρης

Γι’ αυτό το τεύχος έγραψαν από το Νομό Τρικάλων

οι μαθηματικοί :

∆ήμος Γιώργος ∆. (ειδικός συνεργάτης)

Νίκου Θεοχάρης

Ντρίζος ∆ημήτρης

Πατήλας Χρήστος ∆. (ειδικός συνεργάτης)

Χρήστου Κωνσταντίνος Π. (φοιτ.)

και συνεργάστηκαν οι :

Βάθης ∆ημήτρης

Βισκαδουράκης Βασίλης

Ζανταρίδης Νίκος

Ρίζος Γιώργος

Ταμβάκης Χαράλαμπος

∆ιεύθυνση επικοινωνίας με το περιοδικό :

Κρίτωνος 1, 42 100, Τρίκαλα

Τηλ. : (0431) 22988

e–mail <al@trk.forthnet.gr>

Ηλεκτρονική στοιχειοθεσία, σχήματα, σελιδοποίηση :

Ρίζος Γιώργος

Παλαιολόγου 73, 49 100, Κέρκυρα

Τηλ. (0661) 33243

Κεντρική διάθεση :

Βιβλιοπωλείο : "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ"

Χάρης Βαφειάδης

∆έλιου 4, 54 621, Θεσσαλονίκη

Τηλ. (031) 263163, FAX (031) 240595

ΠΕΡ ΙΕ ΧΟΜΕΝΑ

7 Για τα Μαθηματικά και όχι μόνο...

11 Εφαρμογή των ποσοστών στην οικονομία και η σχέση τους με τους

δείκτες των μέσων όρων. Θεοχάρης Νίκου

37 Μία μικρή αναφορά στο μαγευτικό κόσμο των αριθμών.

Βασίλης Ε. Βισκαδουράκης

45 ∆ιαμερίσεις ακεραίων. Χαράλαμπος Ταμβάκης

54 Η Ακαδημία του Πλάτωνος. Κωνσταντίνος Παν. Χρήστου

68 Μία πρόταση μαθήματος στην Α΄ Λυκείου με θέμα τη συνάρτηση.

∆ημήτρης Ντρίζος

73 Περί τριγωνομετρικών μορφών μιγαδικών αριθμών.

Μία μεθοδολογική προσέγγιση. Γεώργιος ∆ημ. ∆ήμος

79 Γενικά θέματα ανάλυσης για τους υποψηφίους της 1ης δέσμης.

Νίκος Ζανταρίδης

93 Σχέδια κριτηρίων αξιολόγησης των μαθητών της Β΄Λυκείου στα

Μαθηματικά. Γεώργιος Κουτανίτης, Θωμάς Κοντογιάννης Γεώργιος Μητσιάδης, Αντώνης Κ. Τσιπρόπουλος

104 ∆ιάλογος -Η άλλη όψη :

104 "Η εξίσωση 1 + 2x + 3x2 + ... + íxν–1 = 0, x∈R και ν άρτιος φυσικός μεγαλύτερος του 1, έχει μοναδική ρίζα που βρίσκεται στο διάστημα (–1, +∞). Χρήστος ∆. Πατήλας

109 Ένα σχόλιο σχετικά με το πως η συνέχεια και το πρόσημο της

παραγώγου ƒ΄ συναρτήσεως ƒ επηρεάζει τη μονοτονία της ƒ σε διάστημα. ∆ημήτριος Βάθης

111 Παρατηρήσεις στο κεφάλαιο της Ανάλυσης του (υπό έκδοση) βιβλίου ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ΄ Λυκείου, Γενικής Παιδείας, 1999.

Γιώργος Ρίζος

5

6

ΓΙΑ ΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΟΧΙ ΜΟΝΟΝ

Φίλε αναγνώστη

ύο σημαντικά γεγονότα σημά-δεψαν, κατά την άποψή μας, το

χρόνο που μεσολάβησε από την προ-ηγούμενη ως τη σημερινή έκδοση του περιοδικού μας. ∆ύο γεγονότα που στις μέρες μας απασχολούν, σε μεγά-λο ή μικρό βαθμό, εκπαιδευτικούς, γονείς, μαθητές – τους πολίτες γενι-κότερα.

Πρώτον η εφαρμογή της Εκπαι-

δευτικής Μεταρύθμισης. Ένα και-νούριο σύστημα λειτουργίας του Λυ-κείου και εισαγωγής στην Τριτοβάθ-μια Εκπαίδευση βρίσκεται σε εξέλι-ξη. Η αναγκαιότητα ενός άλλου συ-στήματος που θα έπρεπε να αντικα-ταστήσει τις γνωστές "Γενικές (Πα-νελλήνιες) Εξετάσεις" εθεωρείτο αναμφίβολα από όλους – ή, σχεδόν από όλους – δεδομένη. Και φυσικά, στην κατεύθυνση της προετοιμασίας για την εφαρμογή του νέου συστήμα-τος έγιναν αρκετά πράγματα χωρίς όμως (και κυρίως) τον απαιτούμενο προγραμματισμό. Μέσα σε πραγμα-τική πίεση χρόνου, για παράδειγμα, γράφτηκαν καινούρια βιβλία από το Παιδαγωγικό Ινστιτούτο και παράλ-ληλα από το Κέντρο Εκπαιδευτικής Έρευνας (Κ.Ε.Ε.). Οι συγγραφικές

ομάδες ξεκομμένες η μία από την άλλη, λες κι η μία θα αντιπάλευε τα "συμφέροντα" της άλλης, έδωσαν ένα αποτέλεσμα, που κάτω από άλλες συνθήκες θα μπορούσε να είναι πολύ καλύτερο. Εδώ, το στοιχείο της έλ-λειψης συντονισμού και συνεργασίας γίνεται αμέσως εμφανές στον οποι-ονδήποτε καθηγητή, που μελετά τα κείμενα των νέων βιβλίων για τα Μαθηματικά της Β΄ Λυκείου, με σκο-πό να τα μετουσιώσει σε διδακτική πράξη στην τάξη. Οι κρίσεις μας αυ-τές, κατά κύριο λόγο, γίνονται για το βιβλίο των Μαθηματικών Τεχνολογι-κής Κατεύθυνσης. Ορισμένα θέματα παρουσιάζονται στο βιβλίο αυτό χω-ρίς την απαιτούμενη (στοιχειώδη) θεωρητική τεκμηρίωση. Η επιλογή και η παρουσίαση μερικών παρα-δειγμάτων έγινε μάλλον χωρίς κά-ποια ιδιαίτερη περίσκεψη και τον ανάλογο, για την περίπτωση, προ-βληματισμό. Μία παρουσίαση που μερικές φορές γίνεται δύσκολη στην κατανόηση ακόμη και από τους κα-λούς μαθητές. Τι να πούμε για την παρουσίαση του κεφαλαίου των Προσεγγιστικών Υπολογισμών ; Τι έχει να προσθέσει, από διδακτική άποψη, πέραν της σύγχυσης που δη-μιουργεί στους αναγνώστες μαθητές, εκείνη η πολυσημία, (η αναφορά δη-λαδή πολλών λεκτικών διατυπώσεων για τον ίδιο όρο, όπως π.χ. : ακρίβεια της προσέγγισης, άνω φράγμα του απολύτου σφάλματος, άνω όριο του απολύτου σφάλματος, μέγιστο από-λυτο σφάλμα) ; ∆ύο λόγια και για την

∆

8

παράγραφο του Βαρύκεντρου. Εδώ, ενώ παρουσιάζονται με τις αποδεί-ξεις τους ορισμένες ενδιαφέρουσες εφαρμογές, έρχεται έπειτα το βιβλίο των Λύσεων, όπου ο συγγραφέας (ή οι συγγραφείς) προτείνουν κάποιες λύσεις, οι οποίες δεν παίρνουν καθό-λου υπόψη τους τους τελικούς τύπους των σχετικών Εφαρμογών του βιβλί-ου της θεωρίας. Στο σημείο τούτο κάνουμε μία γενικότερη πρόταση : Να καταργηθούν τα συνοδευτικά βιβλία λύσεων. Ίσως αυτό να συμβά-λει θετικά στην προσπάθεια των παι-διών για ανακάλυψη της λύσης. Να οδηγήσει τον μαθητή σε μια πιο ε-νεργητική και όχι παθητική στάση απέναντι στην άσκηση και στο πρό-βλημα των Μαθηματικών. ∆εν θα μπορούσε, φίλοι αναγνώ-

στες, να πει κανείς τα ίδια και για το βιβλίο Θετικής Κατεύθυνσης της Β΄ Λυκείου. Εδώ οι κριτικές από την πλειονότητα των συναδέλφων μαθη-ματικών είναι μάλλον θετικές. Και δεν είναι μόνο τα νέα βιβλία. Η Εκ-παιδευτική Μεταρύθμιση ως ιδέα δεν είναι – και δεν θα έπρεπε να είναι – μόνον καινούρια βιβλία. ∆εν θα έ-πρεπε επίσης ως κύριο στοιχείο των προτεινόμενων αλλαγών να είναι (ή να φαίνεται ότι είναι) το Εξεταστικό. Ορισμένοι από τους στόχους της

Μεταρύθμισης είναι : Καινούριο πρό-γραμμα σπουδών, σύμφωνα με τις απαιτήσεις της σύγχρονης εποχής: άλλος τρόπος παρουσίασης των μα-θημάτων, νέες διδακτικές προσεγγί-σεις που θέτουν το μαθητή σε επίπε-δο διαλόγου με το διδάσκοντα και τελικά η ελεύθερη (ή περίπου ελεύ-θερη) είσοδος των αποφοίτων του Ενιαίου Λυκείου στα Α.Ε.Ι και Τ.Ε.Ι. Για όλα αυτά, που αποτελούν μόνο

ένα μικρό μέρος των στόχων της Με-ταρύθμισης, απαιτούνταν (και απαι-τούνται) νέες υποδομές, ουσιαστικά σεμινάρια των εκπαιδευτικών, καλοί υπολογισμοί, οργάνωση και κυρίως υπεύθυνη και σοβαρή δουλειά. Τι έγινε όμως τελικά απ’ αυτά στο επί-πεδο της προετοιμασίας και των υ-ποδομών ; Με ποιον τρόπο έγιναν ορισμένα απ’ αυτά ; Έγιναν όπως θά έπρεπε ; Μάλλον όχι και η απάντη-ση αυτή είναι σχεδόν κοινής αποδο-χής. Μπορούσαν να γίνουν καλύτερα και περισσότερα στην ώρα τους όμως και με πρόγραμμα. Εδώ μάλλον ί-σχυσε (και ισχύει) το "προχωράμε βήμα – βήμα και βλέπουμε". Προκύ-πτουν προβλήματα ; Σκεφτόμαστε και δίνουμε τις λύσεις, όταν αυτά προκύπτουν. Είναι και αυτή μια λο-γική, μία σοβαρή άποψη. Όμως, πι-στεύουμε ότι ο ευαίσθητος χώρος της Παιδείας απαιτούσε και (απαι-τεί) πιο λεπτούς χειρισμούς από ό-λους όσους σχετίζονται και εργάζο-νται για αυτήν. Και πρωτίστως προ-γραμματισμό και πρόβλεψη για όλα ή εν πάσει περιπτώσει, σχεδόν για τα περισσότερα. Σε λίγες ημέρες οι μαθητές της Β΄

Λυκείου θα καθήσουν στα θρανία τους για να γράψουν στις νέου τύπου προαγωγικές εξετάσεις τους. ∆εκα-τρία εξεταζόμενα μαθήματα σε δε-καπέντε ημέρες. Καθημερινά και ένα μάθημα (με εξαίρεση μόνο τις Κυρι-ακές), όπου ο βαθμός που θα επιτύ-χει ο μαθητής θα παίξει ένα σημα-ντικό ρόλο στήν πορεία του. Ποιος μπορεί να ισχυριστεί ότι όλα αυτά δεν προσθέτουν υπέρμετρη ένταση στα παιδιά ; Βεβαίως και θα μπο-ρούσε να αντιτείνει κανείς εδώ ότι θα πρέπει να μάθουν οι νέοι μας να

9

αγωνίζονται, όταν επιθυμούν να επι-τύχουν υψηλούς (επαγγελματικούς αργότερα) στόχους. Και θα είχε δί-κιο γι’ αυτό. Από την άλλη όμως με-ριά θα μπορούσε τα εξεταζόμενα μαθήματα να είναι λιγότερα, η ύλη πιο συμμαζεμένη και η συνολική χρονική διάρκεια των εξετάσεων να είχε μεγαλύτερο εύρος. Θα δινόταν, στα ενδιάμεσα των εξετάσεων από μάθημα σε μάθημα, η δυνατότητα στα παιδιά να κάνουν τις επαναλή-ψεις τους, χωρίς πίεση χρόνου και την ένταση που προκύπτει από το γεγονός αυτό. Ένας από τους στό-χους της Μεταρύθμισης δεν ήταν και η αποφόρτιση των μαθητών από την ένταση και το άγχος που προερχόταν από τον τρόπο εξέτασής τους μέσω των Γενικών (Πανελληνίων) Εξετά-σεων ; Οι Γενικές Εξετάσεις καταρ-γούνται ο στόχος όμως αυτός (της αποφόρτισης) φαίνεται να πραγμα-τοποιείται ; Αντιλαμβάνεστε, φίλοι αναγώ-

στες, ότι ο χώρος του περιοδικού μας δεν επιτρέπει να συνεχίσουμε στο σημείο τούτο με άλλες επισημάνσεις και σχετικές προτάσεις.

∆εύτερον στις ημέρες μας –και

καθώς γράφονται αυτές οι γραμμές– σε μια μικρή και ανίσχυρη γειτονική μας χώρα, τη Νέα Γιουγκοσλαβία, σκοτώνονται άμαχοι πολίτες και κα-ταστρέφεται (μεθοδικά!) η παραγω-γική της υποδομή. Όλα αυτά στο ό-

νομα της ηθικής και του δικαίου! Εδώ δεν υπάρχουν ισορροπίες. Κυ-ριαρχεί το ακατανόητο : Ο στρατιω-τικά ισχυρός επιθυμεί να αποδείξει ότι μπορεί να υπερισχύσει και να εξουθενώσει μια αδύναμη χώρα. Ήταν απαραίτητη μια τέτοια από-δειξη του προφανούς ; Ποιος αμφι-σβητούσε, εν προκειμένω, τη στρατι-ωτική τους υπεροχή ; Για να πει-σθούμε θα έπρεπε να δούμε τον πόνο και τη δυστυχία να καθρεφτίζονται στα μάτια μικρών παιδιών και ανή-μπορων πολιτών ; Κυριαρχεί το αί-σθημα οργής, γιατί διαφαίνεται α-προκάλυπτα πλέον ότι : Οι λαοί μπορούν (;) να επιλέγουν τις ηγεσίες τους, οι οποίες όμως σε κάθε περί-πτωση πρέπει να ενεργούν όπως ορί-ζει ο νόμος των μεγάλων. ∆υνατότη-τα όποιας απόκλισης ή "μη συμμόρ-φωσης προς τας υποδείξεις" δεν θα πρέπει να υπάρχει. ∆εν είναι στις προθέσεις μας βε-

βαίως να παραβλέψουμε και την επι-χείρηση εθνοκάθαρσης (σε όποια μικρή ή μεγάλη έκταση έγινε) των κατοίκων του Κοσσυφοπεδίου από την ηγεσία της Ν. Γιουγκοσλαβίας. Σε καμμία περίπτωση όμως δεν εί-μαστε πρόθυμοι να συμψηφίσουμε την πολεμική επιχείρηση της κατα-στροφής μιας ανεξάρτητης χώρας με όποιες εθνικιστικές αποφάσεις της ηγεσίας αυτής της χώρας. Το μόνο που μπορεί να ευχηθεί κανείς εδώ είναι να λήξει σύντομα αυτή η απί-στευτη και εγκληματική στρατιωτική επιχείρηση εναντίον ενός λαού. Να λήξει σύντομα η περιπέτεια ενός λαού, που είναι ο μόνος που δεν έ-φταιξε σε τίποτα.

Ο υπεύθυνος της έκδοσης

10

ΕΦΑΡΜΟΓΗ ΤΩΝ ΠΟΣΟΣΤΩΝ ΣΤΗΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑ ΚΑΙ Η ΣΧΕΣΗ ΤΟΥΣ ΜΕ ΤΟΥΣ ΔΕΙΚΤΕΣ ΤΩΝ ΜΕΣΩΝ ΟΡΩΝ

N ίκου Θεοχάρης

Α. ΕΙΣΑΓΩΓΗ Όπως και άλλες επιστήμες, έτσι και τα μαθηματικά γεννήθηκαν από την

πρακτική αναγκαιότητα του ανθρώπου, να επιλύσει προβλήματα που αφορούσαν την επιβίωσή του. Με την εισβολή των μαθηματικών σε περιοχές άλλων επιστη-μών, δημιουργήθηκαν προϋποθέσεις οργάνωσης και εξέλιξης νέων κλάδων με θεωρητικό και πρακτικό περιεχόμενο. Η εργασία αυτή έχει σαν στόχο, να δείξει τον τρόπο με τον οποίο μερικές

μαθηματικές έννοιες, με θεωρητικό περιεχόμενο μπορούν να χρησιμοποιηθούν στην επίλυση πρακτικών προβλημάτων. Επιλέξαμε γι’ αυτό, προβλήματα με οικονομικό χαρακτήρα επειδή παρου-

σιάζουν μεγάλη ποικιλία και γενικότερο ενδιαφέρον. Ταυτόχρονα, αποκαλύπτουν με σαφήνεια, την συμβολή των απλών μαθηματικών στην επίλυση σύνθετων προβλημάτων της σύγχρονης ανθρώπινης επιχειρηματικής δραστηριότητας. Έτσι μια επιχείρηση, δίνει μεγάλη σημασία στον αρχικό σχεδιασμό (δηλαδή

το πλάνο), ώστε να μπορέσει με τις λιγότερες δυνατές δαπάνες να αποκομίσει περισσότερα κέρδη. Αυτό σημαίνει ότι η παραγωγικότητα των εργαζομένων στην επιχείρηση πρέπει να αυξάνεται αδιάκοπα τόσο με την εισαγωγή νέων τεχνολο-γιών στην διαδικασία της παραγωγής, όσο και στην στρατηγική οργάνωση της παραγωγής με την πρόσληψη εξειδικευμένου προσωπικού. Ως παραγωγικότητα των εργαζομένων σε μια επιχείρηση, ορίζεται στατιστι-

κά, ο λόγος της ποσότητας της παραγωγής(πλήθος μονάδων ενός προϊόντος), προς την αντίστοιχη μονάδα του χρόνου(ώρα, ημέρα, μήνας, κ.λπ.). Συνέπεια αυ-τής της έννοιας είναι και η τιμή του κόστους ενός προϊόντος που εκφράζεται σε δραχμές ανά μονάδα προϊόντος και αποτελεί έναν δείκτη της επιχείρησης. Η αύ-ξηση ή η μείωση της τιμής του κόστους οδηγεί σε ανάλογη μεταβολή και άλλων χρήσιμων δεκτών της επιχείρησης. Υπάρχουν ορισμένοι δείκτες που είναι συναρτήσεις μιας ή περισσότερων με-

ταβλητών και συνδέονται με απλές σχέσεις πρόσθεσης, αφαίρεσης, πολλαπλασι-ασμού και διαίρεσης. Εμείς θα ασχοληθούμε εδώ με τους γνωστούς δείκτες του

12

αριθμητικού, του γεωμετρικού και του αρμονικού μέσου, ενός στατιστικού δείγ-ματος. Θα μελετήσουμε την ποσοστιαία μεταβολή τους, όταν κάθε όρος του δείγ-ματος μεταβάλλεται (αυξάνεται ή μειώνεται) κατά ένα συγκεκριμένο ποσοστό. Οι έννοιες της μέσης ταχύτητας, του μέσου κόστους, του μέσου κέρδους, της μέ-σης δαπάνης, της μέσης αύξησης κλπ, αποτελούν σημαντικούς δείκτες εκτίμησης της μεταβολής του αντίστοιχου μεγέθους και αναφέρονται εδώ ως μέση τιμή του μεγέθους σε μια χρονική περίοδο. Οι δείκτες αυτοί χρησιμοποιούνται πολύ συ-χνά στις οικονομικές δραστηριότητες μιας επιχείρησης. Στην πρώτη ενότητα εισάγεται η έννοια αυτή με παραδείγματα, για να κατα-

δείξει τη συναφή σχέση με τους δείκτες των γνωστών μέσων όρων. Προκειμένου να χρησιμοποιήσουμε το δείκτη εξέλιξης ενός μεγέθους θα δεχθούμε, ότι αρχική του τιμή είναι αυτή που η επιχείρηση υπολόγισε (εκτίμησε) στον αρχικό της σχε-διασμό και τελική αυτή που προέκυψε μετά τη μεταβολή του κατά κάποιο ποσο-στό.

1. Αρμονικός μέσος και μέση τιμή ενός μεγέθους.

Παράδειγμα

Βιοτεχνία κατασκευάζει ένα προϊόν σε τρία διαφορετικά τμήματα παραγωγής. Η τιμή του κόστους μιας μονάδας του προϊόντος σε καθένα τμήμα είναι : κ1 = 1.400 δρχ, κ2 = 1.500 δρχ, κ3 = 1.600 δρχ αντίστοιχα. Αν υποθέσουμε ότι οι συνολικές δαπάνες που πραγματοποιήθηκαν για την παραγωγή των προϊόντων σε καθένα από τα τμήματα είναι ίδιες και ίσες με ∆, να βρεθεί η μέση τιμή του κόστους κ του προϊόντος και στα τρία τμήματα της βιοτεχνίας.

Λύση :

Υποθέτουμε ότι κάθε τμήμα παραγωγής, παράγει διαφορετικό αριθμό μονάδων του προϊόντος, Χ1, Χ2, Χ3. Τότε οι δαπάνες που πραγματοποίησε κάθε τμήμα εί-ναι : ∆ = κ1⋅Χ1, ∆ = κ2⋅Χ2, ∆ = κ3⋅Χ3 Από τον ορισμό του μέσου κόστους έχουμε ότι:

κ

κ κ κ

κ κ κ

= =+ +

+ +=

+ +

+ +=

=+ +

=+ +

=

óõíïëéêÝò äáðÜíåò ôùí ôñéþí ôìçìÜôùí

óõíïëéêüò áñéèìüò ìïíÜäùí ôïõ ðñïúüíôïò

Δ Δ Δ

Χ Χ Χ

Δ Δ ΔΔ Δ Δ

1 2 3

1 2 3

1 2 3

3

1 1 1

3

1

1 400

1

1500

1

1600

1 495 55

. . .

. , .

13

Επομένως η μέση τιμή του κόστους κάθε μονάδας του προϊόντος της βιοτεχνίας προκύπτει από τον αρμονικό μέσο των τριών κοστών των αντίστοιχων τμημάτων παραγωγής. Σχόλιο : Θα μπορούσε κανείς να παρατηρήσει ότι το μέσο κόστος δεν είναι πά-

ντα ο μέσος όρος των τριών κοστών δηλαδή ο αριθμητικός μέσος : κ = 1.500 των κ1,κ2, κ3.

Γενικεύοντας το προηγούμενο παράδειγμα με διαφορετικές δαπάνες στα τμήμα-τα παραγωγής έχουμε: Παράδειγμα

Σε μια επιχείρηση οι δαπάνες παραγωγής ενός προϊόντος σε τρία παραρτήματα της είναι ∆1, ∆2, ∆3, και τα αντίστοιχα κόστη κ1, κ2, κ3. Να βρεθεί το μέσο κόστος κ της μονάδας του προϊόντος της.

Λύση :

Όπως είδαμε στο προηγούμενο παράδειγμα, το μέσο κόστος κ μιας μονάδας του προϊόντος που παράγει η επιχείρηση δίνεται από τον τύπο :

κ = 1 2 3 1 2 3

1 2 31 2 3

1 2 3

.∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆

∆ ∆ ∆Χ Χ Χκ κ κ

+ + + +=

+ + + + (1)

Σχόλιο: Στο προηγούμενο παράδειγμα είναι δυνατόν αντί των επί μέρους δα-πανών που πραγματοποίησαν τα τμήματα της επιχείρησης, να δοθούν τα ποσοστά συμμετοχής των δαπανών κάθε τμήματος σε σχέση με τις συνολικές δαπάνες. Έτσι αν υποθέσουμε ότι ∆ = ∆1 + ∆2 + ∆3, και t1,t2,t3 τα ποσοστά με τα οποία τα παραρτήματα συμμετέχουν στις δα-πάνες για την παραγωγή των προϊόντων, θα ισχύουν :

.= ⋅ = ⋅ = ⋅31 21 2 3

ΔΔ Δt 100, t 100, t 100Δ Δ Δ

Αντικαθιστούμε στον τύπο (1) και παίρνουμε το μέσο κόστος συναρ-τήσει των ποσοστών συμμετοχής στις δαπάνες και των επί μέρους κο-στών της μονάδας του προϊόντος στα παραρτήματα της επιχείρησης:

κ = .+ + 31 2

1 2 3

100tt t

κ κ κ

(2)

14

Εφαρμογή

Σε μια βιοτεχνία παπουτσιών κατασκευάζονται τρεις κατηγορίες παπουτσιών, παι-δικά ανδρικά και γυναικεία. Η τιμή κόστους για κάθε μια κατηγορία από αυτές εί-ναι κ1 = 2.000 δρχ, κ2 = 2.500 δρχ, κ3 = 600 δρχ, και τα ποσοστά συμμετοχής στις δαπάνες παραγωγής τους είναι : t1 = 40, t2 = 30, t3 = 30 αντίστοιχα. Nα βρεθεί η τιμή του μέσου κόστους κάθε παπουτσιού που παράγει η βιοτεχνία.

Λύση :

Σύμφωνα με τον τύπο (2) θα έχουμε : κ = 100

40 30 302.000 2.500 600

+ + = 1.219,5.

∆ηλαδή για την βιοτεχνία κατά μέσο όρο κάθε παπούτσι στοιχίζει 1.219,5 δρχ. Παράδειγμα

Σε μια επιχείρηση τυροκομικών προϊόντων οι μισθοί μιας κατηγορίας υπαλλήλων για τα 4 τρίμηνα του έτους καθώς και τα αντίστοιχα εισοδήματα δίνονται από τον επόμενο πίνακα.

1ο τρίμηνο

2ο τρίμηνο

3ο τρίμηνο

4ο τρίμηνο Μέσος μηνιαίος

μισθός υπαλλήλου

150.000 δρχ

180.000 δρχ

200.000 δρχ

220.000 δρχ Συνολικό εισόδημα των υπαλλήλων σε κάθε τρίμηνο

2.250.000 δρχ

2.700.000 δρχ

3.000.000 δρχ

3.300.000 δρχ

Ποιος είναι ο μέσος μηνιαίος μισθός κάθε υπαλλήλου στη διάρκεια του έτους ;

Λύση :

Έστω x1, x2, x3, x4 οι μέσοι μηνιαίοι μισθοί και α1, α2, α3, α4, είναι τα αντίστοιχα εισοδήματα όλων των υπαλλήλων κάθε τριμήνου. Αν ν1, ν2, ν3, ν4 είναι οι αριθμοί που δηλώνουν τo πλήθoς των υπαλλήλων που εργάζονται κάθε τρίμηνο αντίστοι-χα, ο μέσος μηνιαίος μισθός στη διάρκεια του έτους είναι:

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

ü ü Þ þx

ü ü Þ

2.250000 2.700.000 3.000.000 3.300.000187.500

15 15 15 15x x x x

α α α ασυνολικ εισ δημα των ετ σιων μισθ ν

συνολικ ς αριθμ ς των υπαλλ λων ν ν ν ν

α α α αα α α α

+ + += = =

+ + ++ + + + + +

= = =+ + ++ + +

15

Σχόλια : 1. Στην περίπτωση του παραδείγματός μας ο αριθμός των υπαλλήλων που εργάζεται κάθε τρίμηνο είναι ίδιος, μπορούμε όμως να τον δι-αφοροποιήσουμε για να ανταποκρίνεται περισσότερο στην πραγ-ματικότητα.

2. Kαθένα από τα εισοδήματα α1, α2, α3, α4 μπορούν να εκφραστούν με ποσοστά t1, t2, t3, t4 αντίστοιχα, ως προς το συνολικό εισόδημα των υπαλλήλων, οπότε ο μέσος μηνιαίος μισθός όπως είδαμε και στο προηγούμενο σχόλιο προκύπτει από τον τύπο (2) :

x = + + +31 2 4

1 2 3 4

100tt t t

x x x x

(3)

3. Επειδή η ποσοστιαία μεταβολή του εισοδήματος συνδέεται με τον δείκτη εξέλιξης του, μπορούμε να μελετήσουμε τη σχέση του μέσου μηνιαίου μισθού ενός υπαλλήλου με τον δείκτη εξέλιξης του.

Θα αντιμετωπίσουμε στη συνέχεια το πρόβλημα αυτό με κάποιο γενικότερο χα-ρακτήρα.

2. Δείκτης εξέλιξης ενός μεγέθους α το οποίο χωρίζεται σε επί μέρους μεγέθη.

Πρόβλημα

Έστω α ένα μέγεθος που είναι άθροισμα των μεγεθών α1, α2, α3. Αν αυτά μετά από μια χρονική διάρκεια μεταβληθούν (αυξηθούν ή ελαττωθούν) με δείκτες εξέλιξης ε01, η01, θ01 και με ποσοστά t1, t2, t3, αντίστοιχα, να βρεθεί ο μέσος δείκτης εξέλιξης σ01 του α καθώς και το μέσο ποσοστό μεταβολής του t, σ’ αυτή τη χρονική διάρκεια.

Λύση :

Τα μεγέθη α, α1, α2, α3, με : α = α1 + α2 + α3, μετά το τέλος του χρονικού διαστή-ματος γίνονται : α΄ = α1΄ + α2΄ + α3΄ με :

α΄ = σ01⋅α , α1΄ = ε01⋅α1, α2΄ = η01⋅α2, α3΄ = θ01⋅α3

Ισχύει : σ01 = 1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 31 2 3

01 01 01 01 01 01

100t t t

α α α α α ααα α αα α α αε η θ ε η θ

′ ′ ′ ′ ′ ′′ + + + += = =′ ′ ′+ + + + + +

(4)

16

με tκ = 1 2 3

100, 1, 2, 3.κα κα α α

′⋅ =

′ ′ ′+ +

Παράδειγμα

Σ’ ένα Ενιαίο Λύκειο μετά την εξαγωγή των αποτελεσμάτων της Γ΄ τάξης, συγκρί-θηκε ο βαθμός του Απολυτηρίου των μαθητών (Γ. Μ. Ο.) με τον αντίστοιχο βαθμό προαγωγής της Β΄ τάξης (Γ. Μ. Ο.) των ίδιων μαθητών και παρατηρήθηκαν τα ε-ξής: α. Το 60% των μαθητών αύξησε τον βαθμό κατά 15% β. Το 25% των μαθητών αύξησε το βαθμό κατά 10% γ. Το 15% των μαθητών μείωσε το βαθμό κατά 5% Να βρεθούν ο μέσος δείκτης εξέλιξης και το μέσο ποσοστό μεταβολής της βαθμολο-γίας των μαθητών.

Λύση :

Έστω t1, t2, t3 τα ποσοστά μεταβολής των βαθμών του Απολυτηρίου των μαθητών της Γ΄ τάξης και ε01, η01, θ01, οι αντίστοιχοι δείκτες εξέλιξης. Έχουμε :

101

201

301

t 151 1 1 0,15 1,15,

100 100t 10

1 1 1 0,1 1,1,100 100t 5

1 1 1 0,05 0,95100 100

ε

η

θ

= + = + = + =

= + = + = + =

= − = − = − =

Τα ποσοστά μεταβολής των μαθητών της Γ΄ τάξης που έχουν δείκτες εξέλιξης στο βαθμό τους ε01 = 1,15, η01 = 1,1 και θ01 = 0,95 αντίστοιχα, είναι τ1 = 60, τ2 = 25, τ3 = 15. Τότε ο μέσος δείκτης εξέλιξης σ01 της συνολικής βαθμολογίας των μαθητών είναι :

011 2 3

01 01 01

100 100 1001,103

60 25 15 90,671,15 1,1 0,95

στ τ τ

ε η θ

= = = =+ ++ +

Επειδή σ01>1 θα έχουμε αύξηση της βαθμολογίας στην Γ΄ τάξη. Το μέσο ποσοστό αύξησης t της βαθμολογίας των μαθητών είναι : t = (σ01–1)⋅100 = 10,3.

17

3. Γεωμετρικός μέσος και δείκτης εξέλιξης.

Έστω α0 είναι η αρχική τιμή ενός μεγέθους που μεταβάλλεται διαδοχικά σε ν

βήματα με αντίστοιχους δείκτες εξέλιξης ε01, ε12, ε23, ..., εν–1,ν και ε0ν ο δείκτης ε-ξέλιξης του α0 σε αν. Τότε από τον πολλαπλασιαστικό τύπο εξέλιξης έχουμε :

αν = α0⋅ε0ν (1) και ε0ν = ε01⋅ε12⋅ε23⋅ ... ⋅εν–1,ν (2)

Επειδή μια επιχείρηση ενδιαφέρεται να μάθει κατά μέσο όρο, πόσο μετα-βλήθηκε η αρχική τιμή του μεγέθους στα ν διαδοχικά βήματα, πρέπει να προσδι-ορίσουμε έναν άλλον δείκτη εξέλιξης ε που θα βρεθεί αν υποθέσουμε ότι η μετα-βολή της τιμής είναι ομοιόμορφη δηλαδή όλοι οι δείκτες των διαδοχικών ν βημά-των είναι ίσοι με ε. Από την σχέση (2) έχουμε:

ε0ν = ε01⋅ε12⋅ε23⋅ ... ⋅εν–1,ν = ε⋅ε⋅ε⋅ ... ⋅ε⋅ε, δηλαδή εν = ε0ν, ή

ε = −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ν ν0ν 01 12 23 ν 1,νε ε ε ε ... ε (3)

Αυτός ο νέος δείκτης εξέλιξης που δηλώνει το μέτρο της μεταβολής των τιμών

α0, α1, α2, …, αν είναι ο μέσος συντελεστής εξέλιξης τους και από τη σχέση (3) φαίνεται ότι ισούται με τον γεωμετρικό μέσο των δεικτών εξέλιξης καθεμιάς τι-μής ενός μεγέθους ως προς την προηγούμενη. Βρίσκοντας τον μέσο δείκτη εξέλι-ξης ε, μπορούμε να υπολογίσουμε στη συνέχεια το μέσο ποσοστό μεταβολής των τιμών.

τ = − ⋅ε 1 100 ή τ = − ⋅0νε 1 100ν (4)

Παράδειγμα

Oι πωλήσεις αυτοκινήτων μιας Εταιρίας σε διάστημα 5 ετών δίνονται από τον πί-νακα :

Χρονιά πωλήσεων

1η

2η

3η

4η

5η

Πλήθος αυτοκινήτων

60.000

85.000

90.000

95.000

100.000

Δείκτης εξέλιξης των πωλήσεων

1

Ποιο είναι το μέσο ποσοστό αύξησης του πλήθους των αυτοκινήτων που πουλήθη-καν σ’ αυτό το χρονικό διάστημα.

18

Λύση :

Πρώτα συμπληρώνουμε τον πίνακα με τους κατάλληλους δείκτες εξέλιξης. Έστω : α0 = 60.000, α1 = 85.000, ..., α4 = 100.000. τότε :

ε00 = 1, ε01 = 1,41, ε12 = 1,059, ε23 = 1,055, ε34 = 1,053

και από τον τύπο (2) ισχύει:

ε04 = ε01⋅ε12⋅ε23⋅ε34 = 1,41⋅1,059⋅1,055⋅1,053 = 1,66,

είναι δηλαδή ε04 = 1,66, οπότε ο μέσος δείκτης εξέλιξης των πωλήσεων από τον τύπο (3) είναι :

ε = 4404 1,66 1,135ε = = .

Το μέσο ποσοστό αύξησης των πωλήσεων τ είναι :

τ = 100⋅(ε–1) = 100⋅(1,135–1) = 13,5%

∆ηλαδή οι πωλήσεις των αυτοκινήτων της εταιρίας αυξάνονται με ρυθμό 13.5% κάθε χρόνο σε σχέση με τον προηγούμενο χρόνο. Παράδειγμα

Η μετοχή αξίας 6.500 δρχ μιας εταιρίας εισηγμένης στο χρηματιστήριο Αθηνών, εξαιτίας της παγκόσμιας χρηματιστηριακής κρίσης υφίσταται 4 διαδοχικές μειώ-σεις που ανέρχονται σε ποσοστά 2%, 4%, 8%και 10%. Να βρεθεί το μέσο ποσοστό μείωσης της τιμής της μετοχής καθώς και η τελική της τιμή.

Λύση :

Βρίσκουμε τους δείκτες εξέλιξης της μείωσης της τιμής της μετοχής.

ε01 = 1 – 2

0,98100

= ε12 = 1 – 0,04 = 0,96, ε23 = 1 – 0,08 = 0,92,

ε34 = 1 – 0,1 = 0,9 και ε04 = 0,98⋅0,96⋅0,92⋅0,9 = 0,779.

Ο μέσος δείκτης εξέλιξης ισούται με ε = 44 0,98 0,96 0,92 0,9 0,779⋅ ⋅ ⋅ = = 0,94.

Το μέσο ποσοστό μείωσης της μετοχής για κάθε μια χρονική διάρκεια είναι : τ = 100⋅(1 – 0,94) = 6%.

Ο υπολογισμός της τελικής τιμής της μετοχής γίνεται μέσω του τύπου (1) : α4 = α0⋅ε04 = 6.500⋅0,779 = 5.063,5 δρχ.

19

Παράδειγμα

Μια βιομηχανική επιχείρηση οφείλει να παραδώσει στους προμηθευτές της 1.550.000 μονάδες του προϊόντος που παράγει, σε διάστημα 5 χρόνων. Στο τέλος του πρώτου χρόνου υπάρχουν 50.000 μονάδες, και στη διάρκεια της δεύτερης χρο-νιάς έχουν παραχθεί 100.000 μονάδες. α) Να βρεθεί το μέσο ποσοστό αύξησης των μονάδων από τη μια χρονιά στην άλλη κατά την περίοδο των 3 τελευταίων χρόνων.

β) Ποιο είναι το μέσο ποσοστό αύξησης καθώς και ο μέσος δείκτης εξέλιξης των μονάδων παραγωγής στη διάρκεια των 5 χρόνων.

Λύση :

α) Έστω α0 = 50.000 μονάδες, α1 = 100.000, με ε01 = 1

0

100.0002

50.000

α

α= = .

Αν ε είναι ο μέσος δείκτης εξέλιξης των μονάδων παραγωγής τότε :

α2 = α1⋅ε, α3 = α2⋅ε = α1⋅ε⋅ε = α1⋅ε2 και όμοια παίρνουμε : α4 = α3⋅ε = … = α1⋅ε3.

Επειδή κατά τη διάρκεια των 5 χρόνων έχουν παραχθεί 1.550.000 μονάδες του προϊόντος θα ισχύει : α0 + α1 + α2 + α3 + α4 = 1.550.000 και με αντικατάσταση παίρνουμε την εξίσωση:

50.000 + 100.000 + 100.000⋅ε + 100.000⋅ε2 + 100.000⋅ε3 = 1.550.000 ή

1 + ε + ε2 + ε3 = 15 ή ε3 + ε2 + ε – 14 = 0 (1)

Από τους διαιρέτες του 14 μια ρίζα της είναι η ε = 2 και από το σχήμα του Χόρ-νερ η εξίσωση (1) ισοδυναμεί με την εξίσωση :

(ε – 2)(ε2 + 3⋅ε + 7) = 0,

η οποία έχει μοναδική πραγματική ρίζα την ε = 2. ∆ηλαδή ίση με τον δείκτη εξέ-λιξης ε01 = 2.

Χρησιμοποιώντας τον τύπο : τ = 100.(ε–1), βρίσκουμε ότι το μέσο ποσοστό αύ-ξησης των μονάδων παραγωγής είναι τ = 100% για τα 3 τελευταία χρόνια.

β) Αν ε1 συμβολίσουμε τον μέσο δείκτη εξέλιξης των 5 χρόνων, θα ισχύει ότι :

ε1 = 401 2ε ε ε ε ε⋅ ⋅ ⋅ = = ,

επομένως και το μέσο ποσοστό αύξησης των μονάδων σ’ όλη τη πενταετία είναι τ1 = 100.(ε1 – 1) = 100%.

20

Β. ΚΡΙΤΗΡΙΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΕΦΑΡΜΟΓΗ ΤΩΝ ΔΕΙΚΤΩΝ ΤΩΝ ΜΕΣΩΝ ΟΡΩΝ ΣΤΙΣ ΠΡΑΚΤΙΚΕΣ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ

Οι μέσοι όροι π.χ. ο αριθμητικός, ο γεωμετρικός και ο αρμονικός που θα δι-

απραγματευθούμε εμείς, εφαρμόζονται σε πάρα πολλές ανθρώπινες δραστηριό-τητες όπως στις βιομηχανικές, γεωργικές, μεταφορικές, κατασκευαστικές καθώς και στις ποιο πολλές επιστήμες όπως στην Ιατρική, τη Βιολογία, την Οικονομία κ.λπ. Είναι χρήσιμο να γνωρίζουμε :

πότε εφαρμόζεται κάποιος από αυτούς τους δείκτες των μέσων όρων,

και το σπουδαιότερο :

σε ποια προβλήματα εφαρμόζεται καθένας απ’ αυτούς.

Μπορούμε να πούμε ότι οι απαντήσεις σ’ αυτά τα ερωτήματα συνοψίζονται σε κάποιες αρχές, που έχουν σχέση με τις ίδιες τις ιδιότητες που περικλείουν οι μέσοι όροι x μιας σειράς αριθμών x1, x2, x3, x4, ..., xν

1η. Οι μέσοι όροι (x), αριθμητικός, γεωμετρικός, αρμονικός δεν αλλάζουν τιμή αν στη θέση των όρων x1, x2, x3, ..., xν θέσουμε το x.

2η. Σε κάθε στατιστικό πληθυσμό x1, x2, ..., xν υπάρχει μια ιδιότητα που δεν με-ταβάλλεται, αν στη θέση των x1, x2, ..., xν αντικαταστήσουμε το x, δηλαδή έναν από τους μέσους όρους.

Για να γίνουν περισσότερο κατανοητά όσα περιγράφουμε, εξετάζουμε μερι-κά παραδείγματα με γενικότερο ενδιαφέρον. Παράδειγμα

Αν οι συνολικές δαπάνες που πραγματοποιήθηκαν από ν επιχειρήσεις για την πα-ραγωγή x1, x2, x3, ..., xν μονάδων ενός προϊόντος είναι ίδιες και ίσες με ∆ και η αντί-στοιχη τιμή του κόστους κάθε μονάδας είναι κ1, κ2, κ3, ..., κν σε κάθε μια από τις ν επιχειρήσεις, να βρεθεί το μέσο κόστος κ αυτού του προϊόντος.

Λύση :

Παρατηρούμε ότι η ιδιότητα που δεν μεταβάλλεται εδώ είναι η ποσότητα της πα-ραγωγής των μονάδων του προϊόντος : Α = x1 + x2 + x3 + ... + xν.

21

Έχουμε x1 = 1

∆

κ, x2 =

2

∆

κ, …, xν = .

ν

∆

κ

Τότε η παράσταση Α που εκφράζει τη συνολική παραγωγή των μονάδων του

προϊόντος στις ν επιχειρήσεις είναι : Α = 1 2

....ν

∆ ∆ ∆

κ κ κ+ + + (1).

Αν το κόστος κάθε μονάδας του προϊόντος σε καθεμιά από τις ν επιχειρήσεις εί-ναι το ίδιο και ίσο με κ, επειδή η συνολική παραγωγή των μονάδων παραμένει η

ίδια θα ισχύει : Α = .....∆ ∆ ∆

κ κ κ+ + + (2).

Από τις σχέσεις (1)και (2) τα πρώτα μέλη είναι ίσα άρα :

κ =

1 2

1 1 1...

ν

ν

κ κ κ+ + +

(3)

Βλέπουμε λοιπό ότι για το υπολογισμό του μέσου κόστους μιας μονάδας ενός προϊόντος, χρησιμοποιούμε τον αρμονικό μέσο των κοστών κ1, κ2, ..., κν.

Γενίκευση :

Αν στο προηγούμενο παράδειγμα οι δαπάνες είναι διαφορετικές σε κάθε επι-χείρηση και ίσες με, ∆1, ∆2, …, ∆ν αντίστοιχα τότε με τον ίδιο συλλογισμό κατα-λήγουμε στο ότι το μέσο κόστος κ δίνεται από τον τύπο :

κ = + + +

+ + +

1 2 3 ν

ν1 2

1 2 ν

Δ Δ Δ ... ΔΔΔ Δ

...κ κ κ

Παράδειγμα

Έστω α1, α2, α3, ..., αν, ν κράματα χρυσού με τίτλους ρ1, ρ2, ρ3, …, ρν και βάρους β1, β2, β3, …, βν αντίστοιχα. Να βρεθεί ο τίτλος ρ του νέου κράματος, αν αναμείξουμε όλα τα κράματα.

Λύση :

∆ίνουμε πρώτα ορισμένες διευκρινήσεις για τα κράματα. Κράμα λέγεται το μείγμα που σχηματίζεται, όταν συντήξουμε κάποια μέταλλα. Ο χρυσός και ο άρ-γυρος είναι πολύτιμα μαλακά μέταλλα και συντήκονται με άλλα πιο σκληρά και

22

ανθεκτικά όπως ο χαλκός, που είναι πιο φθηνά. Τίτλο ενός κράματος λέμε την ποσότητα (σε χιλιοστά γραμμαρίου) του καθαρού πολύτιμου μετάλλου, που πε-ριέχεται σε ένα γραμμάριο του κράματος.

Αν π1, π2, π3, …, πν, είναι οι ποσότητες του χρυσού που περιέχονται στα κράματα α1, α2, α3, ..., αν αντίστοιχα τότε πκ = βκ⋅ρκ, κ = 1, 2, 3, …, ν

Η συνολική ποσότητα Π του χρυσού που περιέχεται πριν αλλά και μετά την ανά-μειξη των κραμάτων είναι αμετάβλητη :

Π = β1⋅ρ1 + β2⋅ρ2 + … + βν⋅ρν (1) πριν την ανάμειξη.

Μετά την ανάμειξη των κραμάτων με τίτλο ρ η ποσότητα του χρυσού είναι

Π = β1⋅ρ + β2⋅ρ + …+ βν⋅ρ = (β1 + β2 + … + βν)⋅ρ (2)

Από τις σχέσεις αυτές προκύπτει ότι ο τίτλος του νέου κράματος ισούται με :

ρ = 1 1 2 2

1 2

. . ... .

...ν ν

ν

β ρ β ρ β ρ

β β β

+ + ++ + +

(3)

Στην περίπτωση που τα κράματα έχουν ίσα βάρη η σχέση (3) δίνει τον τίτλο του νέου κράματος από τον αριθμητικό μέσο των επί μέρους τίτλων των ν κραμάτων.

ρ = 1 2 ... νρ ρ ρ

ν

+ + +.

Παρατήρηση : Αν αντί των βαρών βκ, όπου κ = 1,2,3,…,ν δοθούν τα ποσοστά

του συνολικού βάρους των κραμάτων σε καθένα από αυτά δη-

λαδή : τκ = ⋅+ + +

κ

1 2 κ

β 100,β β .... β

κ = 1,2,3…ν

τότε ο τύπος (3) γίνεται : ρ = ⋅ + ⋅ + + ⋅1 1 2 2 ν ντ ρ τ ρ ... τ ρ

100

Παράδειγμα

Η αρχική τιμή α0 του πληθυσμού μιας χώρας έχει υποστεί ν διαδοχικές αυξήσεις με ποσοστά t1, t2, t3, …, tν σε ν διαδοχικές χρονικές περιόδους αντίστοιχα. α) Να βρεθεί το μέσο ποσοστό αύξησης του πληθυσμού σε ολόκληρο το χρονικό διάστημα και ο μέσος δείκτης εξέλιξής του.

β) Πόσο θα αυξηθεί ο πληθυσμός μετά τις ν διαδοχικές αυξήσεις.

23

Λύση :

α) Η ιδιότητα που δεν μεταβάλλεται εδώ είναι ο συνολικός πληθυσμός Π της χώρας. Οι δείκτες εξέλιξης του πληθυσμού στα αντίστοιχα χρονικά διαστήματα είναι :

εο1 = 1 + 1t

100, ε12 = 1+ 2t

100, ..., εν–1,ν = 1+ ’t

100

Από τον τύπο των διαδοχικών εξελίξεων, ο πληθυσμός μετά τις ν διαδοχικές αυ-ξήσεις που υφίσταται θα ισούται με :

Π = α0⋅ε01⋅ε12.ε23⋅ ... ⋅εν–1,ν

και επειδή ε0ν = ε01⋅ε12⋅ ... ⋅εν–1,ν θα έχουμε Π = α0.ε0ν (1)

Αν t είναι το μέσο ποσοστό αύξησης του πληθυσμού και ε ο μέσος δείκτης εξέλι-

ξης του τότε ε = 1+t

100 με t = (ε – 1)⋅100 (2)

και επομένως Π = α0⋅ε⋅ε⋅ε⋅ ... ⋅ε = α0⋅εν (3)

Άρα από τις σχέσεις (1) και (3) υπολογίζουμε τον μέσο δείκτη εξέλιξης :

εν = ε0ν ή ε = 0 01 12 23 1,. . ... .ν νν ν νε ε ε ε ε −=

που είναι ο γεωμετρικός μέσος των επί μέρους δεικτών εξέλιξης. Αντικαθιστού-με το ε στον τύπο (2) και βρίσκουμε το μέσο ποσοστό αύξησης.

β) Η συνολική αύξηση του πληθυσμού βρίσκεται τώρα από τον τύπο (3). Παράδειγμα

Σε μια Τράπεζα το πλήθος των χαρτονομισμάτων που αναγνωρίζει μια μηχανή κα-ταμέτρησης χρήματος σε μια μονάδα χρόνου, είναι ανάλογη του τετραγώνου της ταχύτητας υ της μηχανής. Αν η Τράπεζα χρησιμοποιεί ν διαφορετικού τύπου τέ-τοιες μηχανές με ταχύτητες υ1, υ2, υ3, ..., υν σε αντίστοιχες χρονικές περιόδους t1, t2, t3, …, tν να βρεθεί η μέση ταχύτητα υ που πρέπει να έχουν οι ν μηχανές, ώστε αν δουλεύουν στις ίδιες χρονικές περιόδους να έχουν την ίδια συνολική απόδοση.

Λύση :

Η ιδιότητα που είναι αμετάβλητη εδώ είναι η συνολική απόδοση των μηχανών δηλαδή το πλήθος των χαρτονομισμάτων Π που θα καταμετρήσουν όλες μαζί οι μηχανές στο χρονικό διάστημα : t = t1 + t2 + ... + tν.

24

Έστω ακ, κ = 1,2,…ν το πλήθος των χαρτονομισμάτων (η απόδοση) που καταμε-τρά στη χρονική περίοδο tκ η μηχανή κ. Από την εκφώνηση προκύπτει ότι : ακ = λ⋅tκ⋅υ2

κ με κ = 1, 2, …, ν και λ σταθερά που χαρακτηρίζεται από τον τύπο της μηχανής. Θεωρούμε, για την απλοποίηση των πράξεων, ότι οι μηχανές έχουν το ίδιο λ. Η συνολική απόδοση των μηχανών στα ν χρονικά διαστήματα είναι ίση με :

Π = λ⋅t1⋅υ12 + λ⋅t2⋅υ2

2 + ... + λ⋅tν⋅υν2

Απαιτούμε η ταχύτητα των μηχανών σε κάθε χρονικό διάστημα να είναι ίδια (υ),επομένως :

Π = λ⋅t1⋅υ2 + λ⋅t2⋅υ2 + ... + λ⋅tν⋅υ2

Εξισώνοντας τα δεύτερα μέλη των προηγούμενων σχέσεων έχουμε :

υ = 2 2 2

1 1 2 2

1 2

t . t . ... t .

t t ... tν ν

ν

υ υ υ+ + ++ + +

Παρατηρήσεις : 1. Αν η χρονική διάρκεια καταμέτρησης κάθε μηχανής δίνε-

ται σε ποσοστιαίες μονάδες ως προς τον συνολικό χρόνο λειτουργίας, τότε η σχέση που βρήκαμε μπορεί εύκολα να τροποποιηθεί όπως είδαμε και στο παράδειγμα των κρα-μάτων.

2. Μπορούμε να απαιτήσουμε από το πρόβλημα, η απόδοση Π΄ των μηχανών με κοινή ταχύτητα υ να ικανοποιεί κά-ποιες προδιαγραφές περισσότερων απαιτήσεων της Τρά-

πεζας, π.χ. Π΄ ≥ 2⋅Π .

Γ. ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΤΗΣ ΠΟΣΟΣΤΙΑΙΑΣ ΜΕΤΑΒΟΛΗΣ ΤΟΥ ΑΘΡΟΙΣΜΑΤΟΣ ΤΟΥ ΓΙΝΟΜΕΝΟΥ ΤΟΥ ΛΟΓΟΥ ΔΥΟ Η ΠΕΡΙΣΣΟΤΕΡΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ

Οι δείκτες των μέσων όρων που περιγράψαμε στα προηγούμενα παραδείγ-

ματα χρησιμοποιούνται σε πολλά προβλήματα της οικονομίας και της τεχνικής προκειμένου να γίνει ο σχεδιασμός μιας επιχειρηματικής δραστηριότητας. Στην στατιστική γνωρίζουμε, ότι μπορούν να παρασταθούν γραφικά με πολλούς τρό-πους, επειδή συνδέονται με απλές σχέσεις που εκφράζονται με στοιχειώδεις πράξεις. Αν η τιμή κάποιου από αυτούς τους δείκτες μεταβληθεί σε συγκεκριμέ-νο χρονικό διάστημα κατά ένα ποσοστό t, τότε πρέπει να συμφωνήσουμε, ότι αυ-τή η μεταβολή αναφέρεται ως προς την τιμή του αρχικού σχεδιασμού της επιχεί-

25

ρησης ή ως προς την τιμή που πραγματοποιήθηκε κάποια χρονική περίοδο ή στιγμή. Στην επόμενη ενότητα θα υπολογίσουμε την ποσοστιαία μεταβολή ενός δεί-

κτη χ των μέσων όρων, όταν είναι γνωστές οι ποσοστιαίες μεταβολές άλλων δει-κτών χ1 και χ2, ως προς την ίδια χρονική περίοδο και συνδέονται με μια από τις μορφές, αθροίσματος, γινομένου και λόγου.

1. x = x1 + x2 2. x = x1⋅x2 3. x = 1

2

xx

1. Ποσοστιαία μεταβολή του αθροίσματος δύο μεταβλητών

Πρόβλημα

Έστω x1, x2 είναι δύο ανεξάρτητα μεταξύ τους μεταβλητά μεγέθη, τα οποία μετα-βάλλονται (αυξάνονται ή μειώνονται) κατά t1 %, t2 %,αντίστοιχα. Να βρεθεί το πο-σοστό t με το οποίο μεταβάλλεται το μέγεθος x = x1 + x2.

Λύση :

Έστω x΄1, x2΄, x΄ τα μεγέθη που προήλθαν από την μεταβολή των x1, x2, x, με τα α-ντίστοιχα ποσοστά t1, t2, t. Αν ε01, η01 και σ01 οι δείκτες εξέλιξης τους.

Θα έχουμε : x1΄ = x1⋅ 1t1100

⎛ ⎞±⎜ ⎟⎝ ⎠

= x1⋅ε01, x2΄ = x2⋅ 2t1100

⎛ ⎞±⎜ ⎟⎝ ⎠

= x2⋅η01

και x΄ = x⋅t

1100

⎛ ⎞±⎜ ⎟⎝ ⎠

= x⋅σ01

Eπειδή ισχύει x΄ = x1΄ + x2΄ με αντικατάσταση των προηγούμενων σχέσεων παίρ-

νουμε σ01 = 1 01 2 01

1 2

x x

x x

ε η⋅ + ⋅+

(1)

Το ποσοστό t της μεταβολής του αθροίσματος x υπολογίζεται από τον τύπο :

t = 01 1 100σ − ⋅ (2)

Παρατηρήσεις : 1. Όταν η μεταβολή των μεγεθών είναι συγκεκριμένη, δηλαδή

αύξηση ή μείωση τότε ο τύπος (1) μπορεί να δώσει αμέσως την ποσοστιαία μεταβολή.

2. Η συμμετοχή των μεγεθών χ1 και χ2 στο άθροισμα, μπορεί να είναι και ποσοστιαία ως προς αυτό. Αν τα ποσοστά συμμετοχής είναι τ1, τ2 αντίστοιχα τότε :

26

= ⋅ = ⋅+ +1 2

1 21 2 1 2

x xτ 100, τ 100x x x x

και ο τύπος (1) όπως έχουμε ξαναδεί σε προηγούμενη πε-ρίπτωση θα γίνει:

σ01 = ⋅ + ⋅1 01 2 01τ ε τ η

100

Ο τελευταίος τύπος είναι περισσότερο εύχρηστος επειδή ο παρονομαστής κάνει ευκολότερους τους υπολογισμούς

3. Η σχέση (1) μπορεί να γενικευθεί για περισσότερες μετα-βλητές, x1, x2, …, xν αλλά ένας τύπος που θα υπολογίζει τον τελικό δείκτη εξέλιξης του αθροίσματος :

x = x1 + x2 + x3 + … + xν

θα ήταν καλύτερο να εφαρμοστεί μόνο στην πράξη. Παράδειγμα

Σε ένα Ενιαίο Λύκειο παρατηρήθηκε ότι οι δαπάνες το 1998 μεταβλήθηκαν σε σχέ-ση με το 1997 ως εξής :

Είδη δαπανών

Ποσά δαπανών το 1997

Ποσοστό Αύξησης το 1998

Ποσοστό μείωσης το 1998

Επισκευές κτιρίου

500.000

20%

Υλικοτεχνική Υποδομή

1.000.000

10%

Καύσιμα - ρεύμα

1.200.000

12%

Αναλώσιμα υλικά

800.000

5%

Σύνολο

3.500.000

Να βρεθεί το ποσοστό μεταβολής των συνολικών δαπανών του έτους 1998.

Λύση :

Η συνολική δαπάνη x του 1997 ορίζεται ως το άθροισμα των επιμέρους δαπανών :

x = x1 + x2 + x3 + x4 με x1 = 500.000, x2 = 1.000.000, x3 = 1.200.000, x4 = 800.000

Οι δείκτες εξέλιξης που αντιστοιχούν σ’ αυτές τις δαπάνες με τη σειρά που ανα-φέρονται είναι :

ε01 = 1 + 0,2 = 1,2 ζ01 = 1 + 0,1 = 1,1 η01 = 1 – 0,12 = 0,88 θ01 = 1 + 0,05 = 1,05.

27

Εφαρμόζουμε τον τύπο (1) αναλογικά για 4 προσθετέους και παίρνουμε τον δεί-κτη εξέλιξης σ01 του αθροίσματος των δαπανών :

01

500000 1, 2 1.000.000 1,1 1.200.000 0,88 800.000 1,05

3.500.0003.596.000

1,027.3.500.000

σ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

= =

= =

Eπειδή σ01 >1, το ποσοστό αύξησης των δαπανών t είναι : t = (1,027 – 1)⋅100 = 2,7%

2. Ποσοστιαία μεταβολή του γινομένου δύο μεταβλητών

Πρόβλημα

Έστω x1, x2, δύο ανεξάρτητα μεταξύ τους μεγέθη και το γινόμενό τους x = x1⋅ x2. Αν t1, t2, είναι τα ποσοστά μεταβολής των μεγεθών x1, x2 αντίστοιχα, να βρείτε το ποσοστό t, μεταβολής του γινομένου τους x = x1⋅x2.

Λύση :

Μετά τη μεταβολή των x1, x2, x κατά τα αντίστοιχα ποσοστά, όπως είδαμε και στο άθροισμα θα ισχύουν τα εξής:

x1΄ = x1⋅ 1t1100

⎛ ⎞±⎜ ⎟⎝ ⎠

= x1⋅ε01 x2΄ = x2⋅ 2t1100

⎛ ⎞±⎜ ⎟⎝ ⎠

= x2⋅η01

x΄ = x⋅t

1100

⎛ ⎞±⎜ ⎟⎝ ⎠

= x⋅σ01

Αντικαθιστούμε τις σχέσεις στο γινόμενο x΄ = x1΄⋅x2΄ και έχουμε :

την εξίσωση των δεικτών εξέλιξης : σ01 = ε01⋅η01 (1)

και την εξίσωση των ποσοστών : 1 1 2t tt1 . 1

100 100 100⎛ ⎞ ⎛ ⎞± = ± ±⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(2)

ή t = 01 1 100σ − ⋅ (3)

Παρατηρήσεις : 1. Στον τύπο (2) επιλέγουμε τα κατάλληλα πρόσημα ανάλογα

με το αν έχουμε αύξηση (+) ή ελάττωση (–) των μεγεθών.

28

Π.χ. αν έχουμε αύξηση και των δύο μεγεθών τότε προκύ-

πτει ότι : t = t1+t2+ 1 2t .t100

(4)

2. Η ποσοστιαία μεταβολή ενός γινομένου ν ανεξάρτητων με-ταξύ τους μεταβλητών υπολογίζεται με το ίδιο ακριβώς

τρόπο. ∆ηλαδή αν x = x1⋅x2⋅x3⋅ ...⋅xν και ε01(1) = 1 ± 1t

100,

= ± = ±(2) (ν) ν201 01

ttε 1 , ..., ε 1100 100

, τότε ο δείκτης εξέλιξης

του ε01 του x είναι ε01= ⋅ ⋅(1) (2) (ν)01 01 01ε .ε ... ε και t = − ⋅01ε 1 100.

Παράδειγμα

Σε μια ποδοσφαιρική διοργάνωση αγώνων μεταξύ 4 ομάδων, αποφασίζεται η τιμή κ του εισιτηρίου για κάθε φίλαθλο να είναι ίδια. Κατά την διεξαγωγή του πρώτου αγώνα η προσέλευση των φιλάθλων ήταν μικρή και η επιτροπή διεξαγωγής των αγώνων αποφασίζει για τον επόμενο αγώνα, τη μείωση τη τιμής του εισιτηρίου κα-τά 12%. Η επιτροπή διαπιστώνει αύξηση του αριθμού των φιλάθλων Α κατά 25%. Να βρεθεί το ποσοστό αύξησης των εισπράξεων Ε, σ’ αυτόν τον αγώνα.

Λύση :

Οι εισπράξεις κάθε αγώνα προκύπτουν από το γινόμενο της τιμής κ του εισιτηρί-ου επί τον αριθμό των φιλάθλων που παρακολουθούν τον αγώνα. Έχουμε δηλαδή : Ε = κ⋅Α.

Βρίσκουμε τους δείκτες εξέλιξης των κ και Α.

Για το κ : ε01 = 1 – 12

100= 1 – 0,12 = 0,88

Για το Α : η01 = 1+25

100= 1 + 0,25 = 1,25

Τότε ο δείκτης εξέλιξης των εισπράξεων σ01 θα είναι : σ01 = ε01⋅η01 = 0,88⋅1,25 = 1,1 και επομένως το ποσοστό αύξησης των εισπράξεων του αγώνα ισούται με : t = (σ01 – 1)⋅100 = (1,1 – 1)⋅100 = 10%. Σχόλια : Για τις ανάγκες του επόμενου παραδείγματος ορίζουμε τις έννοιες

της εργατώρας και της παραγωγικότητας ενός εργαζόμενου σε μια επιχείρηση.

29

1. Εργατώρα ενός εργαζόμενου είναι η χρονική διάρκεια που χρησιμο-ποιείται ως μονάδα, για τον υπολογισμό της αμοιβής του.

Σε μεγάλες επιχειρήσεις ως μονάδα χρόνου μπορεί να είναι το τέ-ταρτο το ημίωρο η ώρα κλπ. Αν μια επιχείρηση απασχολεί 50 υ-παλλήλους, από τους οποίους οι 30 απασχολούνται επί 4 ώρες την ημέρα και για 15 ημέρες το μήνα, ενώ οι υπόλοιποι 20 επί 8 ώρες την ημέρα και για 25 ημέρες το μήνα. Τότε το σύνολο των εργατω-ρών των εργαζομένων στην επιχείρηση για ένα μήνα είναι :

4⋅15⋅50 + 8⋅20⋅25 = 7.000. 2. Παραγωγικότητα ενός εργαζομένου είναι το πλήθος των μονάδων

(παραγωγής ) που διεκπεραιώνει ή παράγει ο εργαζόμενος σε μια εργατώρα.

3. Μοντελοποίηση προβλήματος.

Μια αντιπροσωπία αυτοκινήτων στο τμήμα των επισκευών, προτίθεται να δημιουργήσει ένα μισθολόγιο, το οποίο να στηρίζεται στην παραγωγικότητα των υπαλλήλων. Για το λόγο αυτό ορίζει τις εξής μεταβλητές : 1) κ είναι η αμοιβή σε δραχμές κάθε υπαλλήλου την ώρα. 2) t είναι ο χρόνος σε ώρες που χρειάζεται ο υπάλληλος να επισκευάσει ένα αυ-τοκίνητο. ∆ηλαδή ο υπάλληλος αμείβεται με κ⋅t δρχ. ανά αυτοκίνητο.

3) π είναι η παραγωγικότητα κάθε υπαλλήλου, δηλαδή ο αριθμός των αυτοκινή-των που επισκευάζει σε κάθε εργατώρα. Επομένως μέχρι τώρα η επιχείρηση υπολογίζει ότι κάθε υπάλληλος αμείβεται

με το ποσό των κ⋅t⋅π δρχ την εργατώρα. 4) ν, είναι ο αριθμός των εργατωρών του υπαλλήλου σε έναν μήνα. Τότε η επιχείρηση πληρώνει κάθε υπάλληλο τον μήνα το ποσό Μ, ανάλογα με

τις εργατώρες που πραγματοποιεί σ’ αυτή και σύμφωνα με τον τύπο : Μ = κ⋅t⋅π⋅ν δρχ τον μήνα.

Εφαρμογή

Αν στο προηγούμενο πρόβλημα για κάποιον εργαζόμενο αποφασιστεί από την επι-χείρηση, το κ να αυξηθεί κατά 2,5% το t να μειωθεί κατά 10%, το π να αυξηθεί κα-τά 8% και το ν να αυξηθεί κατά 15% ως προς τον προηγούμενο μήνα, να βρεθεί το ποσοστό μεταβολής του εισοδήματος του μισθού του.

30

Λύση : Οι δείκτες εξέλιξης των μεγεθών κ, t, π, ν είναι αντίστοιχα οι εξής :

ε01 = 1 + 0,025 = 1,025 ζ01 = 1 – 0,1 = 0,9 η01 = 1 + 0,08 = 1,08 θ01 = 1 + 0,15 = 1,15

Τότε ο δείκτης εξέλιξης σ01, του μισθού Μ είναι : σ01 = 1,025⋅0,9⋅1,08⋅1,15 = 1,146

και το ποσοστό αύξησης του μισθού είναι : t = (1,146 – 1)⋅100 = 14,6%.

4. Ποσοστιαία μεταβολή του λόγου δυο μεταβλητών μεγεθών.

Πρόβλημα

Έστω x1 και x2 δύο μεταβλητά μεγέθη ανεξάρτητα μεταξύ τους και x ο λόγος τους,

x = 1

2

xx

. Αν υποθέσουμε ότι t1, t2 είναι τα ποσοστά μεταβολής των x1, x2 αντίστοιχα,

να βρεθεί το ποσοστό t της μεταβολής του λόγου x.

Λύση :

Αν οι δείκτες εξέλιξης των μεγεθών x1, x2 και x είναι οι ε01, η01 και σ01 αντίστοιχα, τότε :

x1΄ = x1⋅ 1t1100

⎛ ⎞±⎜ ⎟⎝ ⎠

= x1⋅ε01 x2΄ = x2⋅ 2t1100

⎛ ⎞±⎜ ⎟⎝ ⎠

= x2⋅η01

και x΄ = x⋅t

1100

⎛ ⎞±⎜ ⎟⎝ ⎠

= x⋅σ01 (1)

Ο λόγος x΄ = 1

2

x

x

′′

μετά την αντικατάσταση των προηγούμενων σχέσεων γίνεται,

0101

01

εσ

η= (2) και το αντίστοιχο ποσοστό μεταβολής είναι : t = 01 1 100σ − ⋅ (3)

Παρατηρήσεις : 1. Η εξίσωση (3) μπορεί να εκφραστεί και συναρτήσει των

ποσοστών t1, t2 αρκεί να γνωρίζουμε αν έχουμε αύξηση ή ελάττωση των μεγεθών ώστε να επιλεγούν κατάλληλα τα πρόσημα στους τύπους (1) π.χ. αν έχουμε αύξηση των με-

31

γεθών τότε ο τύπος (3) γίνεται : −

=+

1 2

2

100 t tt

100 t

2. Μπορούμε να γενικεύσουμε τη μεταβολή ενός λόγου, γινο-μένων με περισσότερα από δύο ανεξάρτητα μεταξύ τους,

μεταβλητά μεγέθη : Χ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅

1 2 3 ν

1 2 3 ν

x x x ... xψ ψ ψ ... ψ

.

Σ’ αυτή την περίπτωση, όπως και πριν με παρόμοιες πρά-ξεις αποδεικνύεται, ότι ο δείκτης εξέλιξης του λόγου, ισού-ται με τον λόγο των γινομένων των αντίστοιχων δεκτών ε-ξέλιξης των μεγεθών του αριθμητή προς το γινόμενο των δεικτών εξέλιξης των μεγεθών του παρονομαστή.

3. Αν ο αριθμητής του λόγου x είναι σταθερός, τότε μεταβάλ-λεται μόνο ο παρονομαστής και ο δείκτης εξέλιξης του x εξαρτάται μόνο από τον δείκτη εξέλιξης του παρονομαστή.

Τότε θα έχουμε: t1 = 0, ε01 = 1 και σ01 = 01

1η

.

Παράδειγμα

Σ’ ένα Βενζινάδικο το κόστος της αμόλυβδης βενζίνης είναι κ = 210 δρχ το λίτρο. Το Βενζινάδικο έχει εκτιμήσει ότι πουλάει ποσότητα Π = 500.000 λίτρα την ημέρα. Αν ο éδιοκτήτης αποφασίσει να μειώσει την τιμή της λόγω ανταγωνισμού κατά 4% το λίτρο, οι εισπράξεις Ε αυξάνονται κατά 25%. α) Να βρεθεί το ποσοστό μεταβολής της ποσότητας της βενζίνης που πούλησε. β) Πόσα λίτρα βενζίνης πρέπει να αποθηκεύσει, για να εκμεταλλευτεί τη μείωση της τιμής και να εξυπηρετήσει όλους τους πελάτες.

Λύση :

α) Οι εισπράξεις που πραγματοποιεί το βενζινάδικο βρίσκονται από τον τύπο

Ε = κ⋅Π και Π = Ε

κ (1)

Ο δείκτης εξέλιξης του Π είναι : π01 = 01

01

1 0, 25 1, 25

1 0,04 0,96

ε

κ

+= = =

−1,302 και το πο-

σοστό αύξησης της ποσότητας της βενζίνης που πούλησε είναι :

t = (1,302 – 1)⋅100 = 30,2%

32

β) Η ποσότητα της βενζίνης που πρέπει να αποθηκεύσει θα είναι ίση με :

Π΄ = Π⋅(1+30, 2

100) = Π⋅1,302 = 500.000⋅1,302 = 651.000 λίτρα τουλάχιστον.

5. Mεταβολή της τιμής του κόστους ενός προϊόντος σε συνάρτηση της πο-σοστιαίας μεταβολής της παραγωγής.

Έχουμε δώσει τον ορισμό (στατιστικά) της τιμής του κόστους ενός προϊόντος,

ως τον λόγο των συνολικών δαπανών ∆ προς την παραγωγή Π. Η παραγωγή μπορεί να εκφραστεί σε m, m2, m3, Κg, tn, KWh, δρχ ή γενικά

σε μονάδες παραγωγής. Οι συνολικές δαπάνες μιας επιχείρησης διακρίνονται στις σταθερές ∆σ και

μεταβλητές ∆μ. Σταθερές δαπάνες μπορούν να θεωρηθούν, η συστηματική συντήρηση του

εξοπλισμού παραγωγής, το φως η θέρμανση κλπ. Μεταβλητές δαπάνες είναι αυτές που συνδέονται με την παραγωγή, όπως η

τιμή της πρώτης ύλης, οι αυξήσεις των μισθών κ.λπ.

Ο λόγος των σταθερών δαπανών προς τις συνολικές α σ∆

∆= < 1, είναι ένα

ιδιαίτερο χαρακτηριστικό των επιχειρήσεων και η τιμή του εξαρτάται από το εί-δος των προϊόντων παραγωγής. Υπάρχουν πίνακες που καθορίζουν τα όρια με-ταβολής του α για πολλές κατηγορίες επιχειρήσεων.

Πρόβλημα

Σε μια επιχείρηση οι μεταβλητές δαπάνες ∆μ καθώς και η παραγωγή Π μεταβάλλο-νται κατά t1 % και t2 % αντίστοιχα. Να βρεθεί το ποσοστό t της μεταβολής της τιμής του κόστους κ.

Λύση :

Είναι κ σ μ∆ ∆

Π

+= (1)

Συμβολίζουμε με ε01, η01, σ01 τους δείκτες εξέλιξης των μεγεθών ∆μ, Π και κ αντί-στοιχα.

33

Τότε η σχέση (1) μετά τη μεταβολή γίνεται : κ΄ = ′+

′σ μ∆ ∆

Π (2) και μετά την αντι-

κατάσταση των δεκτών εξέλιξης γίνεται :

σ01 = 01

01 01

01 01 01

(1 )

( )

μσ

σ μ

σ μ

∆∆ε∆ ∆ ε α α ε∆ ∆

∆ ∆ η η η

+ ⋅+ ⋅ + − ⋅= =

+ ⋅ (3)

επομένως το ποσοστό μεταβολής του κόστους κ είναι : t = 01 1 .100σ − .

Παρατηρήσεις : 1. Aν στον τύπο (3) αντικαταστήσουμε τα ποσοστά μεταβολής

των μεταβλητών δαπανών t1 και της παραγωγής t2, τότε ανάλογα με το είδος της μεταβολής τους (αύξηση ή ελάτ-τωση) θα έχουμε και διαφορετικό τύπο.

Αν π.χ. η παραγωγή και οι μεταβλητές δαπάνες αυξηθούν,

τότε ισχύει : σ01 = + − ⋅

+1

2

100 (1 α) t100 t

(4)

t = − − ⋅

+2 1

2

t (1 α) t100 t

⋅100 (5)

2. Αν τα ποσοστά αύξησης των μεταβλητών δαπανών και της παραγωγής είναι ίδια (t1 = t2 ) τότε ο τύπος (5) γίνεται :

t = ⋅ ⋅+

1

1

100 α t100 t

(6)

3. Ο τύπος (4) προσφέρεται για διερεύνηση.

Αν π.χ. t2 > (1 – α)⋅t1, τότε σ01 < 1, δηλαδή το κόστος της παραγωγής ελαττώνεται και γίνεται τόσο μικρότερο όσο μεγαλώνει το ποσοστό t2 της παραγωγής αλλά μεγαλώνει λιγότερο το ποσοστό t1 των μεταβλητών δαπανών.

4. Αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση που προκύπτει από τον τύπο

(6) f(x) = ⋅ ⋅

≥+

100 α x , x 0100 x

, 0<α<1, μπορούμε να μελε-

τήσουμε τη μεταβολή του κόστους, συναρτήσει της ποσο-στιαίας μεταβολής της παραγωγής και των μεταβλητών δαπανών.

34

6. Ποσοστιαία μεταβολή της παραγωγικότητας π των εργαζομένων σε μια επιχείρηση.

Θα χρησιμοποιήσουμε μερικές έννοιες, όπως της παραγωγικότητας που έ-

χουμε ορίσει στην αρχή της εργασίας καθώς και της εργατώρας ή της εργατομέ-ρας. Οι εργαζόμενοι σε μια επιχείρηση χωρίζονται σε δύο κατηγορίες. Συμβολί-

ζουμε με Νβ τον αριθμό των βοηθητικών (διοικητικοί γραφείου, θυρωροί, φύλα-κες, κ.λπ.) που είναι σταθερός και με Νμ τον αριθμό των εργαζομένων που βρί-σκονται άμεσα στην παραγωγή και μεταβάλλεται ανάλογα με την παραγωγή των μονάδων του προϊόντος. Αν Τβ και Τμ είναι οι αντίστοιχοι χρόνοι εργασίας που πραγματοποιούν αυτές

οι δύο κατηγορίες των εργαζομένων και εκφράζονται σε εργατομέρες η εξίσωση

της παραγωγικότητας είναι :T Tβ μ

Ππ =

+, όπου Π είναι η ποσότητα των μονάδων

παραγωγής και Τβ + Τμ = Τολ ο συνολικός χρόνος εργασίας. Σε κάθε επιχείρηση ο λόγος του χρόνου Τμ προς τον Τολ βρίσκεται μεταξύ

κάποιων τιμών και συμβολίζεται με β = μ

ολ

Τ

Τ που είναι προφανώς μικρότερος της

μονάδας. Πρόβλημα

Να βρεθεί η ποσοστιαία μεταβολή t % της παραγωγικότητας των εργαζομένων, ό-ταν η παραγωγή μεταβάλλεται κατά t1% και ο αριθμός Νμ των εργατών, που είναι στην άμεση παραγωγή μεταβάλλεται κατά t2%.

Λύση :

Επειδή ο αριθμός των εργατών Νμ μεταβάλλεται (αυξάνεται ή μειώνεται) κατά t2% το ίδιο θα συμβαίνει και για τον αντίστοιχο χρόνο εργασίας τους Τμ

Έστω ε01, η01, σ01 οι δείκτες εξέλιξης των μεγεθών Π, Τμ και π αντίστοιχα.

Αν Π΄, Τμ΄ και π΄ είναι τα μεγέθη μετά τη μεταβολή κατά τα αντίστοιχα ποσοστά

θα έχουμε : 01 01 01, ,μ μβ μ

Ππ Π ε Π Τ η Τ π σ π

Τ Τ

′′ ′ ′ ′= = ⋅ = ⋅ = ⋅

′+

35

είναι 01 01 0101 01

01 0101

Þ1

β μ ολ

β μβ μ

β μ ολ ολ

Π

Τ Τ ε Τ ε επσ σ

Π Τ Τπ Τ η Τ β β ηη

Τ Τ Τ Τ

′′+′ ⋅

= = = = =+ ⋅ − + ⋅

+ ⋅+

(1)

Επομένως : t = 01 1 .100σ − (2)

Παρατηρήσεις 1. Αν έχουμε αύξηση των μεγεθών της παραγωγής και του

χρόνου εργασίας, ο δείκτης εξέλιξης της παραγωγικότητας γίνεται :

+ +

= =+ ⋅⎛ ⎞− + ⋅ +⎜ ⎟

⎝ ⎠

1

101

2 2

t1 100 t100σt 100 β t1 β β 1

100

(3)

Aν υποθέσουμε ότι t1 <β⋅ t2 από τον τύπο (3) προκύπτει ότι σ01 < 1,επομένως η παραγωγικότητα μειώνεται με πο-σοστό t που παίρνεται από την εξίσωση :

⋅ ⋅ −

= − ⋅ = − ⋅ =+ ⋅

2 101 01

2

100 (β t t )t σ 1 100 (1 σ ) 100100 β t

(4)

2. Για λόγους απλοποίησης θεωρούμε ότι η παραγωγή αλλά και ο χρόνος εργασίας αυξάνονται κατά το ίδιο ποσοστό

x = t1 = t2%. Επειδή β < 1 θα ισχύει x >β⋅x επομένως σ01 > 1 και τότε η παραγωγικότητα των εργαζομένων στην επιχεί-ρηση αυξάνεται κατά ποσοστό t = f(x) που δίνεται από τον

τύπο : ⋅ − ⋅

=+ ⋅

100 (1 β) xf(x)100 β x

(5)

Αν η παράμετρος β του τύπου (5) τείνει προς το μηδέν, δη-λαδή ο χρόνος παραγωγής τείνει να μηδενιστεί, τότε η πα-ραγωγικότητα t = f(x) οριακά είναι ίση με την παραγωγή x,

επειδή : →

⋅ − ⋅=

+ ⋅β 0

100 (1 β) xlim x100 β x

, δηλαδή η παραγωγικό-

τητα των εργαζομένων αυξάνεται με το ίδιο ποσοστό που αυξάνει και η παραγωγή. Είναι φανερό ότι το ποσοστό της παραγωγικότητας t = f(x) παίρνει τιμές κάτω από τη διχο-τόμο ψ = χ, επειδή x – f(x) > 0.

36

3. Αν λάβουμε υπόψη ότι οι τιμές του β σε επιχειρήσεις μετα-φορών προσωπικού είναι από 0,1 μέχρι 0,2, σε επιχειρήσεις κατασκευής ειδών διατροφής είναι από 0,4 μέχρι 0,5, σε îενοδοχειακές επιχειρήσεις είναι από 0,5 μέχρι 0,6 βλέ-πουμε, ότι το β είναι χαρακτηριστικό κάθε επιχείρησης.

Έστω π.χ. ότι β = 0,4 τότε ο τύπος (5) γίνεται : 150 x

f(x) , x 0250 x

⋅= ≥

+.

Χωρίς να μπούμε σε λεπτομέρειες της μελέτης αυτής της συναρτήσεως βλέποντας τη γραφική παράστασή της καταλήγουμε στα εξής συμπεράσματα.

α) Η συνάρτηση αυτή παριστάνει υπερβολή που διέρχεται από την αρχή των αξόνων Ο(0,0) και έχει οριζόντια ασύμπτωτη την ευθεία t = 150.

β) Η παραγωγικότητα f(x) αυξάνει, όσο αυξάνει η παραγωγή x των μονάδων του προϊόντος.

γ) Αν αυξήσουμε την παραγωγή και το χρόνο ερ-γασίας κατά x%, η παραγωγικότητα των εργα-ζομένων έχει ένα άνω όριο το 150%. Για να πε-τύχει η επιχείρηση μεγαλύτερο ποσοστό παρα-γωγικότητας, πρέπει να μειώσει την τιμή του β. Αν π.χ. β = 0,1 τότε t = 900 ή αν β = 0,2 τότε t = 400, κ.λπ.

Κλείνοντας θα ήθελα να τονίσω ότι ορισμένες έννοιες που χρησιμοποιήθη-καν σ’ αυτή την εργασία δεν ορίστηκαν με αυστηρά θεωρητικό τρόπο, που θα απαιτούσαν την έννοια της παραγώγου ή και άλλων ορισμών των οικονομικών όρων. Για λόγους απλοποίησης, παρουσιάσαμε τις μεταβολές που υφίστανται κάποια μεγέθη μέσων όρων κάτω από κάποιες συνθήκες όπως αυτές παρουσιά-ζονται στις πρακτικές εφαρμογές. Απέφυγα να προτείνω ασκήσεις επάνω σ’ αυτά τα πρότυπα παραδειγμάτων

γιατί είναι πολύ εύκολη πλέον η κατασκευή τους. Βοηθήματα που χρησιμοποιήθηκαν για την παρουσίαση αυτού του άρθρου

είναι τα εξής: 1. Mathematical Analysis for Economists, R. Allen 2. O Metoda de analiza a pretului de cost, C. Mihu. 3. Probleme de optimizare cu aplicatii practice, C. Mihu 4. Probleme pentrou aplicarea matematicii in practica, T. Danet 5. Γενικά Μαθηματικά, Π. Στεργιώτη.

Νίκου Θεοχάρης 6ο Ενιαίο Λύκειο Τρικάλων

xOx΄

t

150

t΄

ΜΙΑ ΜΙΚΡΗ ΑΝΑΦΟΡΑ

ΣΤΟ ΜΑΓΕΥΤΙΚΟ ΚΟΣΜΟ

ΤΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ (* )

Β . Ε . Βισκαδουράκης

“Θα μπορούσαμε να φανταστούμε ότι κάπου προς το τέλος του 19ου αιώνα (είναι δύσκολο να προσδιορίσουμε ακριβώς το χρόνο) η γη στη ∆υ-τική Ευρώπη έτρεμε και αν κάποιος είχε βάλει το αυτί του στο έδαφος, θα άκουγε τη βροντερή φω-νή του Πυθαγόρα να του λέει στη γλώσσα των Αρχαίων Ελλήνων: «Σας το έλεγα, πάνω από δυόμισι χιλιάδες χρόνια πριν. Σας το έλεγα τότε ότι τα πάντα εξαρτώνται από τους ακέραιους α-ριθμούς». Κι’ αυτό γιατί μετά από μια σειρά ση-μαντικών ανακαλύψεων, οι μαθηματικοί της ∆υ-τικής Ευρώπης έδειξαν, πριν τελειώσει ο 19ος αιώνας, ότι όλα τα μαθηματικά είναι συνεπή, αν το σύστημα των φυσικών αριθμών είναι συνεπές.

Πράγματι το μεγάλο οικοδόμημα των μαθηματικών φαίνεται να είναι σαν μια τεράστια ανεστραμμένη πυραμίδα που μόλις ισορροπεί με την κορυφή της πάνω στο σύστημα των φυσικών αριθμών...„ Με αυτά τα λόγια ξεκινά την 32η του διά-λεξη ο Αμερικανός καθηγητής του πανεπιστημίου του Μaine, Howard Eves στο γνωστό βιβλίο του "Μεγάλες στιγμές των Μαθηματικών". Στην "πλατφόρμα" στην οποία στηρίζεται η πυραμίδα των μαθηματικών ανα-φέρεται το παρόν σημείωμα. Ίσως μέχρι το τέλος της μικρής "εξερεύνησης" που θα επιχειρηθεί, να μην λείψουν κάποιες μικρές " εκπλήξεις". Εξ’ άλλου η μελέτη των αριθμών από τότε που ξεκίνησε με τον Θαλή (7ος π.Χ. αιώνας), στη συνέ-χεια με τον Πυθαγόρα και τη Σχολή του, τον Πλάτωνα, τον Θεαίτητο, τον Εύδο-ξο, τον Αριστοτέλη, τον Ευκλείδη, τον Αρχιμήδη, τον Ερατοσθένη, τον Θέωνα και τον ∆ιόφαντο, ακολούθησε μια πολυδαίδαλη πορεία, άλλοτε σε τόπους γόνι-μους κι άλλοτε σε σκοτεινά μονοπάτια όπου παραμόνευαν ακατανίκητοι " δρά-κοι" όπως εκείνον που πρωτοσυνάντησε ο πατέρας της σύγχρονης Αριθμοθεω-ρίας, ο μεγάλος ( ερασιτέχνης) γάλλος μαθηματικός, δικηγόρος στο επάγγελμα, Pierre Fermat (1601-1660): "H εξίσωση x

ν + y

ν = z

ν για φυσικό ν ≥ 3 δεν έχει λύση

στο σύνολο των ακεραίων". Αυτή η πρόταση, γνωστή σαν το μεγάλο θεώρημα του Fermat, στάθηκε "δράκος αδάμαστος" πάνω από 350 χρόνια. Αποδείχθηκε μόλις πριν από τέσσερα χρόνια (το καλοκαίρι του 1994) από τον Άγγλο μαθηματικό A. (*) Σημείωση του υπεύθυνου της έκδοσης :

Το άρθρο αυτό, σε γενικές γραμμές, είναι μέρος του περιεχομένου ομιλίας που έγινε

στις 21/3/1999 σε εκδήλωση του παραρτήματος της Ε.Μ.Ε. του Ν. Τρικάλων από τον

εκλεκτό φίλο και συνάδελφο Β. Ε. Βισκαδουράκη – μέλος της συγγραφικής ομάδας

του βιβλίου : «Μαθηματικά Θετικής Κατεύθυνσης», της Β΄ Λυκείου, ΟΕ∆Β, 1998.

38

Wiles, αφού πρώτα απορρόφησε τόσες ώρες δουλειάς όσο κανένα άλλο έργο, υλικό ή πνευματικό στην ανθρώπινη ιστορία. Αρκεί να σκεφτεί κανείς ότι δεν έχει υπάρξει μαθηματικός σ’ όλο τον κόσμο τους τέσσερις τελευταίους αιώνες, που να μην αποπειράθηκε να δαμάσει το φοβερό "δράκο". Πόσο μάλλον που και εκατομμύρια ερασιτέχνες με το ίδιο ή και περισσότερο πείσμα κατέθεσαν τις δικές του δυνάμεις για αυτόν το σκοπό. "Είναι απορίας άξιο ότι όλοι εκείνοι που ασχολούνται σοβαρά με τη Θεωρία των Αριθμών κυριεύονται από ένα είδος πάθους γι’ αυτήν" είχε πει ο μεγάλος μαθηματικός K. F. Gauss (ο πρίγκιπας των μαθηματικών, όπως τον έχουν απο-καλέσει). Ίσως το πάθος αυτό να έχει τις ρίζες του στις πρώτες συγκινήσεις τις οποίες νοιώθει κανείς λύνοντας προκλητικά προβλήματα, όπως αυτά που θα συναντή-σουμε παρακάτω. Γιατί ποιος δεν νοιώθει κατακλυστική την επιθυμία να απα-ντήσει σε ερωτήματα, όπως: — Ποιο είναι το τελευταίο ψηφίο του αριθμού 2

1998 ;

— Τι ώρα θα δείχνουν τα ρολόγια, μετά από 350

λεπτά, από αυτό που δείχνει αυτήν την ώρα το ρολόι μας ;

— Έχει η εξίσωση 7x + 5y = 12 ακέραιες λύσεις ;

— Σε πόσα μηδενικά λήγει ο αριθμός 1⋅2⋅3 ... ⋅100 ; — Πόσους διαιρέτες έχει ο αριθμός 10.000.000.000 ; — Ποιος είναι ο μικρότερος αριθμός με 15 διαιρέτες ; — Ποιος ακέραιος μικρότερος του 100 έχει τους περισσότερους διαιρέτες ; — Υπάρχει ακέραιος που το τετράγωνό του να ισούται με τον αριθμό :

19971998

+ 19981999

; — Υπάρχει τέλειο τετράγωνο ακεραίου στην ακολουθία : 11, 101, 1001, 10001, ... 100... 01, ... ; — Γράφεται κάθε άρτιος αριθμός μεγαλύτερος του 2 σαν άθροισμα δύο πρώτων ; — Υπάρχουν άπειροι πρώτοι θετικοί ακέραιοι της μορφής n

2 + 1 ;

Και ποιος (για να επανέλθουμε) δεν μένει έκπληκτος από την πληροφορία ότι τα δύο τελευταία ερωτήματα παραμένουν αναπάντητα για πάνω από δύο αι-ώνες τώρα ; Φυσικά η έκπληξη δεν προέρχεται μόνο από το χρόνο που αιωρού-νται αναπάντητα αλλά και (κυρίως) από την απλότητα της διατύπωσής τους, η οποία επιτρέπει και προκαλεί συγχρόνως, ακόμα και αρχάριους μαθητές να πει-ραματιστούν. Όπως σημείωνε ο μεγάλος Άγγλος Αριθμοθεωρητικός G. H. Hardy " Η στοιχειώδης θεωρία αριθμών είναι από τα πιο προσφερόμενα θέματα για πρώιμη μαθηματική παιδεία. Απαιτεί πολύ λίγες προαπαιτούμενες γνώσεις, τα θέματά της είναι χειροπιαστά και οικεία. Οι αποδεικτικές διαδικασίες που

39

χρησιμοποιεί είναι απλές, γενικές και λίγες είναι δε μοναδική μεταξύ των άλλων κλάδων των μαθηματικών, στο να παρακινεί σε μια φυσική ανθρώπινη περιέρ-γεια...". Κανένας άλλος κλάδος των μαθηματικών δεν έχει τόσο φλογερούς θιασώτες. Ο K. F. Gauss (και κανείς δεν έχει διαφωνήσει μέχρι τώρα) ονόμασε τα μαθη-ματικά "βασίλισσα των επιστημών" και τη Θεωρία των Αριθμών "βασίλισσα των Μαθηματικών". Και δεν πρόκειται για υπερβολή το βεβαιώνουν τα λόγια του David Hilbert (από τους μεγαλύτερους μαθηματικούς του αιώνα μας), ο οποίος λέγει ότι : "Στη Θεωρία των Αριθμών εξαίρουμε την απλότητα των θεμελίων της, την ακρίβεια των εννοιών της και την καθαρότητα των αληθειών της την τιμούμε σαν το πρότυπο όλων των επιστημών, σαν την πιο βαθιά και ανεξάντλητη πηγή όλων των μαθηματικών γνώσεων, που απλόχερα δίνει ευκαιρίες για έρευνα στους άλλους κλάδους των μαθηματικών... Επιπλέον η Θεωρία Αριθμών είναι ανεξάρτη-τη από τις αλλαγές της μόδας και σ’ αυτήν δεν παρατηρούμε ότι συχνά συμβαίνει σε άλλους κλάδους της γνώσης, όπου μια έννοια ή μια μέθοδος ενώ κάποια δεδο-μένη στιγμή βρίσκεται σε υπέρμετρη προβολή και διάκριση, αμέσως μετά βυθίζε-ται στη παραμέληση και τη λησμονιά. Στη Θεωρία Αριθμών, συχνά και ένα πα-μπάλαιο πρόβλημα είναι σήμερα μοντέρνο, σαν ένα αυθεντικό έργο τέχνης από το παρελθόν". Στις μέρες μας η Αριθμοθεωρία με τα φτερά που της άνοιξαν οι σύγχρονοι Υπολογιστές, γνωρίζει μια νέα χρυσή εποχή. Εμφανίζεται απρόσμενα στις πιο διαφορετικές επιστημονικές εφαρμογές και ανταποδίδει απλόχερα ερεθίσματα για ανάπτυξη και εξέλιξη των μαθηματικών κλάδων που εμπλέκονται μαζί της. Ειδικά με την Επιστήμη των Υπολογιστών η Αριθμοθεωρία έχει εκτεταμένο "πά-ρε – δώσε". Οι ισοτιμίες για τις αποθήκες αρχείων, για την αριθμητική μεγάλων αριθμών, για την παραγωγή ψευδοτυχαίων αριθμών είναι αναντικατάστατο ερ-γαλείο. Αλλά και η χρήση της Αριθμοθεωρίας στην κρυπτογράφηση και αποκρυ-πτογράφηση είναι από τις πιο σημαντικές εφαρμογές της στους Υπολογιστές. Τέλος για τους πιο δύσπιστους αναγνώστες (που διαπιστωμένα υπάρχουν) ένα χαρακτηριστικό απόσπασμα από το άρθρο των Άγγλων καθηγητών Ronald Brown και Timothy Porter στο "The Mathematical Gazette" ίσως βοηθήσει στην άρση της δυσπιστίας και των επιφυλάξεών τους. Αναφέρεται λοιπόν στο συγκε-κριμένο άρθρο ότι : "Όταν οι κορυφαίοι managers της Ιαπωνικής SONY και της Ολλανδικής PHILIPS διαπραγματευόταν γύρω από τις προδιαγραφές (standards) του C.D. player, οι Γιαπωνέζοι ισχυρίστηκαν πως οι προτάσεις των Ολλανδών για τη διόρθωση σφάλματος (error corection) ήταν κατώτερες από τις δικές τους. Και πράγματι στο τέλος έγιναν δεκτές οι προτάσεις των Γιαπωνέζων. Γυρνώντας πί-σω στο Eindhoven θορυβημένοι οι managers της PHILIPS κάλεσαν τους κορυφαί-ους επιστημονικούς τους συνεργάτες για να τους δηλώσουν ότι η εταιρεία τους

40

δεν είχε την απαιτούμενη γνώση στον τομέα που λεγόταν "coding theory" και τους ζήτησαν αμέσως πού στην Ευρώπη μπορούσε να βρεθεί ένας πραγματικός expert σ’ αυτόν τον τομέα. Προς έκπληξη των managers η απάντηση ήταν "Εδώ στο Eindhoven, στο πρόσωπο του διαπρεπή Αριθμοθεωρητικού Van Lint". Συμπερασματικά λοιπόν θα μπορούσαμε να πούμε πως η εισαγωγή της Θεω-ρίας Αριθμών στο Αναλυτικό Πρόγραμμα των μαθηματικών και η εξοικείωση των μαθητών μας με τις ιδέες και τις μεθόδους της, είναι σίγουρο πως ικανοποιεί όλες τις προδιαγραφές που πρέπει να πληροί ένα θέμα για να μπορεί να εντα-χθεί στο Αναλυτικό Πρόγραμμα. Εξάλλου το συγκεκριμένο θέμα είναι δοκιμα-σμένο πολλούς αιώνες. Κι αν κάποια στιγμή θεωρήθηκε στείρο και ακατάλληλο για διδασκαλία, σήμερα οι συνθήκες είναι εντελώς διαφορετικές. Όμως πολλοί λόγοι δεν επιτρέπουν περαιτέρω αναλύσεις και αναφορές. Ωστόσο η ανάγκη για διάλογο επί του θέματος είναι υπαρκτή. Φτάνει μόνο να αναζητήσουμε τις ευ-καιρίες. Ίσως η λύση ή η μελέτη ή η διδασκαλία στην τάξη των παρακάτω προ-βλημάτων να είναι μια τέτοια ευκαιρία (για προβληματισμό και διάλογο).

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ

1. Αν οι αριθμοί α1, α2, ..., αn είναι οι 1, 2, 3, ..., n γραμμένοι με τυχαία σειρά, να

δείξετε ότι ο αριθμός : Α = (α1 – 1)2 + (α2 – 2)2 + ... +(αn – n)2 είναι πάντα άρτιος.

ΜΙΑ ΛΥΣΗ (υπάρχουν τουλάχιστον άλλες δύο): Επειδή :

(α1 – 1) + (α2 – 2) + ... +(αn – n) = (α1 + α2 + ... + αn ) – (1 + 2 + ... + n) = 0 και το 0 είναι άρτιος, σημαίνει ότι οι περιττοί μεταξύ των α1 – 1, α2 – 2, ... αn – n, είναι άρτιου πλήθους. Το ίδιο όμως θα συμβαίνει και μεταξύ των (α1 – 1)

2,

(α2 – 2)2, ... (αn – n)

2, αλλά τότε ο Α πράγματι άρτιος.

2. Υπάρχει τετράδα διαδοχικών ακεραίων που το άθροισμά τους να είναι τέλειο τετράγωνο ;

ΛΥΣΗ : Έστω κ, κ + 1, κ + 2, κ + 3 τέσσερις διαδοχικοί ακέραιοι. Τότε : κ + κ + 1 + κ + 2 + κ + 3 = 4κ + 6 = 4λ + 2, όπου λ = κ + 1. Όμως το τετράγωνο κανενός ακεραίου δεν είναι της μορφής 4λ + 2.

41

Είναι της μορφής 4λ, αν είναι άρτιος και της μορφής 4λ + 1, αν είναι περιτ-τός. Άρα η απάντηση στο πρόβλημά μας είναι αρνητική.

3. Υπάρχει τετράδα διαδοχικών ακεραίων που το γινόμενό τους να είναι τετράγω-νο ακεραίου ;

ΛΥΣΗ : Έστω πάλι κ, κ + 1, κ + 2, κ + 3 οι τέσσερις διαδοχικοί ακέραιοι. Τότε το γινόμενο : κ⋅(κ + 1)⋅(κ + 2)⋅(κ + 3) είναι ίσο με :

Γ = (κ2 + 3κ)(κ

2 + 3κ + 2) = (κ

2 + 3κ)

2 + 2(κ

2 + 3κ)= ((κ

2 + 3κ) + 1)2

– 1, που δεν είναι τέλειο τετράγωνο, αφού είναι :

(κ2 + 3κ)

2 < Γ < ((κ

2 + 3κ)

2 + 1)2

δηλαδή ο Γ είναι μεταξύ δύο διαδοχικών τελείων τετραγώνων. Έτσι μόνο αν ένας από την τετράδα των ακεραίων είναι το μηδέν, θα είναι και το Γ = 0 = 0

2.

4. Από n διαδοχικούς ακέραιους α, α + 1, α + 2, ..., α + (n – 1) ένας και μόνο ένας διαρείται με το n.

ΛΥΣΗ : Aν α = n⋅p, όπου p ακέραιος, ισχύει το ζητούμενο, γιατί αν και κάποιος από τους υπόλοιπους, έστω ο α + κ ήταν διαιρετός με το n, τότε o n θα διαιρούσε και τη διαφορά (α + κ) – α, δηλαδή nκ, άτοπο αφού κ ≤ n – 1.

Έστω τώρα ότι n α, τότε α = n⋅p + κ, όπου κ ακέραιος με 1 ≤ κ ≤ n – 1.

Αλλά τότε ακόμα : 1 ≤ n – κ ≤ n – 1 και για τον ακέραιο α + (n – κ) που είναι ένας από τους : α, α + 1, α + 2, ..., α + (n – 1) θα έχουμε :

α + (n – κ) = n⋅p + κ + (n – κ) = n⋅(p + 1), δηλαδή n(α + (n – κ)). Τέλος αν μεταξύ των n διαδοχικών ακεραίων είχαμε δύο διαιρετούς με το n, έστω τους α + λ, α + μ, τότε και η διαφορά τους (α + λ) – (α + μ) θα διαι-ρούταν με το n, δηλαδή n(λ – μ), άτοπο γιατί λ, μ ≤ n – 1, και το ζητούμενο έχει δειχθεί.

5. Να δειχθεί ότι αν ο αριθμός 2n + 1 είναι πρώτος, τότε ο n είναι δύναμη του 2.

ΛΥΣΗ : Αν ο n δεν είναι δύναμη του 2, τότε θα είναι n = 2

κ⋅q, όπου q περιττός και

κ∈N. Όμως στη περίπτωση αυτή θα έχουμε :

42

2n + 1 = 2 1 2 1 2 1 2 2 2 12 2 2 2

12

22ê ê ê ê ê êq

qq

q q

+ = + = + − + − +LNM

OQP

− −

e j e j e j e j ...

δηλαδή ο 2n + 1 θα είναι σύνθετος ως γινόμενο δύο ακεραίων (≠ ±1 και οι

δύο), που είναι άτοπο, άρα ο n θα είναι δύναμη του 2.

6. Αν p, p1, p2, p3 πρώτοι ακέραιοι και ισχύει : p p p p12

22

32= + + , να δειχθεί ότι

ένας τουλάχιστον από τους p1, p2, p3 είναι ίσος με το 3.

ΛΥΣΗ : Ως γνωστόν για κάθε ακέραιο n ισχύει : n

2 = 3κ ή n

2 = 3κ + 1. Αν λοιπόν p1, p2, p3 όλοι διάφοροι του 3, τότε :

p p p p= + +12

22

32 = (3κ + 1) + (3λ + 1) + (3μ + 1) = 3(κ + λ + μ + 1), δη-

λαδή ο p είναι πολλαπλάσιο του 3, άτοπο, αφού ο p είναι πρώτος. Άρα δεν μπορεί να είναι όλοι οι p1, p2, p3 διάφοροι του 3, επομένως ένας τουλάχιστον από αυτούς θα είναι το 3.

7. Βρείτε όλους τους πρώτους p αν ο αριθμός p4 – 6 είναι επίσης πρώτος.

ΛΥΣΗ : Προφανώς ο p θα είναι περιττός, έστω p = 2κ + 1, τότε όμως ο p

4 (εκτός από

τον 5) θα λήγει σε 1, οπότε ο p2 – 6 θα λήγει σε 5 και δεν θα είναι πρώτος.

Έτσι δεν μένει παρά να είναι p = 5, οπότε πραγματικά και ο 54 – 6 = 619

είναι πρώτος, άρα p = 5

8. Αν p ένας δοσμένος πρώτος φυσικός, να βρείτε όλα τα ζεύγη (x, y) θετικών ακε-ραίων, που επαληθεύουν την ισότητα : p(x – y) = xy

ΛΥΣΗ : Aφού xp(x – y) και yp(x – y), θα πρέπει :

(x = 1, ή x(x – y) δηλαδή xy, ή x = p) και

(y = 1, ή y(x – y) δηλαδή yx, ή y = p). Έτσι έχουμε :

(i) Aν x = 1, τότε p – p⋅y = y ⇔ p = (p + 1)y, άτοπο.

(ii) Αν xy, τότε y = κ⋅x, οπότε : p(x – κ⋅x) = x⋅κ⋅x ⇔ p(1 – κ)x = x⋅κ⋅x

⇔ p(1 – κ) = κ⋅x ⇔ p = κ(x + p), άτοπο.

43

(iii) Aν x = p, τότε : p(p – y) = py ⇔ p – y = y ⇔ p = 2y ⇔ y = 1 και p = 2. Άρα η μόνη περίπτωση για να έχει λύση η στο σύνολο των θετικών ακε-ραίων, είναι ο πρώτος p να ισούται με 2, οπότε και (x, y) = (2, 1).

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ :

Αφού x, y > 0 και p > 0, από έπεται ότι x – y > 0 ⇔ x > y, οπότε x |y και

θα μπορούσαμε να αποφύγουμε την περίπτωση (ii).

9. Αν d1, d2, ..., dκ είναι όλοι οι θετικοί διαιρέτες του n, να δείξετε ότι :

(d1⋅ d2⋅ ... ⋅dκ)2 = nκ.

ΛΥΣΗ :

Άν di τυχόν διαιρέτης του n, τότε και n

di

θα είναι διαιρέτης του n (και μάλι-

στα di⋅n

di

= n).

Έτσι τα σύνολα d1, d2, ..., dκ και n

d

n

d

n

dê1 2

, , ...,RST

UVW αποτελούνται από τα ίδια

στοιχεία, τους θετικούς διαιρέτες του n. Έτσι θα ισχύει :

d1⋅d2⋅ ...⋅dκ = n

d

n

d

n

dê1 2

⋅ ⋅ ⋅... ⇔ (d1⋅d2⋅ ...⋅dκ)2 = n n n n

ê áñÜãïíôåò

⋅ ⋅ ⋅ ...ð

= nκ.

10. ∆είξτε ότι σε κάθε σύνολο αποτελούμενο από 101 ακεραίους μεταξύ του 1 και του 200, υπάρχει πάντα ζευγάρι δύο αριθμών, ώστε ο ένας να διαιρεί τον άλ-λο.

ΛΥΣΗ : Κάθε ακέραιος n μπορεί να γραφεί στη μορφή n = 2

κ⋅m, όπου m περιττός. Έτσι αν S = n1, n2, n3, ..., n101 το θεωρούμενο σύνολο, τότε θα είναι :

S = 2 2 21 2 1011 2 101

ê ê êm m m⋅ ⋅ ⋅, , ...,n s, όπου m1, m2, ..., m101 όλοι περιττοί α-

κέραιοι μεταξύ 1 και του 200. Όμως αφού όλοι οι περιττοί από το 1 ως το 200 είναι μόνο 100, δύο τουλάχιστον από τους m1, m2, ..., m101 θα ταυτίζονται.

Έτσι αν mi = mj για κάποιους ni, nj, τότε : ni = 2i⋅mi και nj = 2

j⋅mj οπότε

αν π.χ. i < j και mi = mj θα έχουμε nj = 2j⋅mj = 2

j – i⋅2i⋅mi = 2j – i⋅ni.

∆ηλαδή ninj και το ζητούμενο έχει δειχτεί.

44

Υ.Γ. 1: ∆εν θεωρήθηκε ιδιαίτερα σκόπιμο να δωθούν οι λύσεις των μικρών (;) "προκλή-σεων" που αναφέρθηκαν στο κείμενο γιατί παρά τον "προκλητικό" τους χαρακτήρα, κά-ποια προβλήματα είναι εύκολα, άλλα είναι (για φέτος) εκτός ύλης (ισοτιμίες) και, τέλος, τα δύο τελευταία είναι από τα πολλά άλυτα προβλήματα της Αριθμοθεωρίας.

Υ.Γ. 2: Τα τελευταία χρόνια, για τη ∆ιεθνή Μαθηματική Κοινότητα που ασχολείται με τη διδασκαλία των Μαθηματικών στη Μέση Εκπαίδευση, "το πρόβλημα" είναι στο επίκε-ντρο του προβληματισμού της παρ’ όλα αυτά δεν υπάρχει καν κοινά αποδεκτός ορισμός της έννοιας "πρόβλημα". Και πολλές φορές οι απόψεις διαφέρουν σημαντικά. Όμως όλοι διαισθάνονται πως τα προβλήματα της Αριθμοθεωρίας είναι όντως προβλήματα, και εντάσσοντάς τα στην εκπαιδευτική πράξη, σίγουρα είμαστε σε καλό δρόμο.

Β. Ε. Βισκαδουράκης Αγίου Όρους 105 185 46 Πειραιάς

ΔΙΑΜΕΡΙΣΕΙΣ ΑΚΕΡΑΙΩΝ Χαράλαμπος Ταμβάκης(*)

αράλαμπος Ταμβάκης ΔΙΑΜΕΡΙΣΕΙΣ ΑΚΕΡΑΙΩΝ

Μία διαμέριση του φυσικού αριθμού n είναι μία φθίνουσα πεπερασμένη α-

κολουθία θετικών ακεραίων με άθροισμα n. Για παράδειγμα, οι 7 διαμερίσεις

του 5 είναι:

5, 4 + 1, 3 + 2, 3 + 1 + 1, 2 + 2 + 1, 2 + 1 + 1 + 1, 1 + 1 + 1 + 1 + 1

Η θεωρία των διαμερίσεων άρχισε το 18ο αιώνα με τη δουλειά του L. Euler.

Πoλλοί σπουδαίοι μαθηματικοί συνέβαλαν στην ανάπτυξη της μοντέρνας θεωρί-

ας. Σκοπός μας είναι να δώσουμε μια γεύση αυτών των μαθηματικών, εκθέτοντας

παράλληλα μεθόδους της συνδυαστικής και της ασυμπτωτικής ανάλυσης.

Έστω p(n) το πλήθος των διαμερίσεων του n, π.χ. p(5) = 7. Παρατηρούμε ότι

μια αλλιώτικη γραφή μιας διαμέρισης του n είναι :

η = μ1⋅1 + μ2⋅2 + μ3⋅3 + ..., όπου μi ≥ 0 η πολλαπλότητα με την οποία εμφανί-

ζεται το μέρος i της διαμέρισης.

Έτσι για παράδειγμα :

14 = 3 + 3 + 2 + 2 + 2 + 1 + 1 = 2⋅1 + 3⋅2 + 2⋅3 + 0⋅4 + 0⋅5 + ...

Θυμίζουμε τη γεωμετρική σειρά :

x x x x xx

x xê

n

n

n

n

ê

= + + + = + + + =−−

=−→+∞ →+∞

+

=

∞

∑ 1 11

1

1

12

1

0

... lim ... limd i ,

για x∈R μεx< 1.

Με απλή αντικατάσταση παίρνουμε :

x x x xx

ê

ê

= + + + + =−=

∞

∑ 11

12 3

0

... , x < 1.

(*) Óημείωση του υπεύθυνου της έκδοσης :

Το άρθρο αυτό αποτελεί το κείμενο διάλεξης που δόθηκε σε συναδέλφους μαθημα-

τικούς, μετά από πρόσκληση του παραρτήματος Τρικάλων της Ε.Μ.Ε. στις 17/5/1998.

Ο Χαράλαμπος Ταμβάκης είναι μεταδιδακτορικός ερευνητής στο Πανεπιστήμιο της

Πενσυλβάνια στη Φιλαδέλφια των Η.Π.Α.

46

Θεωρούμε τώρα το άπειρο γινόμενο :

1 1 1 12 3 2 4 6 3 6 9 4 8 12+ + + + ⋅ + + + + ⋅ + + + + ⋅ + + + +x x x x x x x x x x x x... ... ... ...d i d i d i d i

το οποίο μπορεί να ορισθεί ως το όριο των «μερικών γινομένων» ανάλογα με τις

σειρές, ή εντελώς τυπικά, χωρίς να τίθεται ζήτημα σύγκλισης.

Με επιλογή δύναμης του x από κάθε παρένθεση παίρνουμε :

x x x x xì ì ì ì ì ì ì ì1 2 3 4 1 2 3 42 3 4 2 3 4⋅ ⋅ ⋅ = + + + +... ... Έτσι κάθε διαμέριση του η αντιστοιχεί σε επιλογή ενός μονωνύμου από κάθε

παρένθεση. Στη δυναμοσειρά που προκύπτει μετά τον πολλαπλασιασμό, ο συντε-

λεστής του xη θα είναι ακριβώς p(n).

Φτάνουμε λοιπόν στον τύπο του Euler :

p n xx x x xn

nj

j

( )...=

∞

≥∑ ∏⋅ =

− − −=

−02 3

1

1

1 1 1

1

1b gd id i.

Υπάρχουν πολλές παραλλαγές της ιδέας αυτής. Αν π.χ. θεωρήσουμε μόνο

διαμερίσεις, όπου κάθε μέρος είναι περιττός φυσικός, παίρνουμε :

p n xx

åñn

n

jj

ð .( )=

∞

−≥

∑ ∏⋅ =−0

2 11

1

1d i.

Γενικότερα, αν επιτρέπεται να χρησιμοποιηθούν μόνο μέρη από ένα δοσμένο

σύνολο S και ps(n) το πλήθος αυτών, έχουμε :

p n xx

sn

ns

s S

( )=

∞

∈∑ ∏⋅ =

−0

1

1.

Αν μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε όλους τους φυσικούς, αλλά τον καθένα

μόνο μία φορά, τότε ο τύπος γίνεται :

p n x xäéáên

n j

j. ( )

=

∞

≥∑ ∏⋅ = +

0 1

1d i, όπου pδιακ.(η) το πλήθος των διαμερίσεων του η σε διακεκριμένα μέρη.

Θέλουμε τώρα να περιγράψουμε ορισμένες όμορφες αντιστοιχίες μεταξύ δι-

αμερίσεων. Ξεκινάμε από το :

ΘΕΩΡΗΜΑ (Euler) Για κάθε η, το πλήθος των διαμερίσεων του η σε περιττούς

ακεραίους ισούται με το πλήθος των διαμερίσεων του η σε διακεκριμένα μέρη.

Ο Euler έδωσε δύο αποδείξεις : σύμφωνα με την πρώτη υπάρχει "1-1" και

"επί" αντιστοιχία ανάμεσα στα δύο είδη διαμερίσεων. Θα την περιγράψουμε με

ένα παράδειγμα : ξεκινάμε με μία διαμέριση του 49 σε διακεκριμένα μέρη :

47

49 = 15 + 12 + 10 + 6 + 3 + 2 + 1

Κάθε μέρος μπορεί να γραφτεί ως 2κ (περιττός) :

49 = 15 + 22⋅3 + 2⋅5 + 2⋅3 + 3 + 2⋅1 + 1

Συγκεντρώνουμε μαζί τους συντελεστές του ίδιου περιττού :

49 = 15 + 2⋅5 + (22 + 2 + 1)⋅3 + (2 + 1)⋅1

Θεωρούμε τώρα τους συντελεστές ως πολλαπλότητες :

49 = 15 + 5 + 5 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 1 + 1 + 1

Καταλήξαμε με μία διαμέριση του 49 σε περιττούς. Η απόδειξη στηρίζεται

στο ότι κάθε φυσικός έχει μοναδική γραφή στο δυαδικό σύστημα αρίθμησης :

m = 2a + 2

b + 2

c + ..., με a < b < c ...

Η δεύτερη απόδειξη είναι με γεννήτριες συναρτήσεις :

p ç x x x x x

x

x

x

x

x

x

x

x

x x x xp ç x

äéáêç

ç

åñç

ç

.

ð .

...

...

...

b g b gd id id i

b gd id id i b g

≥

≥

∑

∑

= + + + + =

=−−FHGIKJ

−−

FHGIKJ

−−

FHGIKJ

−−

FHGIKJ =

=− − − −

=

0

2 3 4

2 4

2

6

3

8

4

3 5 70

1 1 1 1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1 1 1 1

Άλλο ένα :

ΘΕΩΡΗΜΑ :Για κάθε κ, η, το πλήθος των διαμερίσεων του η σε κ μέρη ισούται

με το πλήθος των διαμερίσεων του η με μεγαλύτερο μέρος κ.

ΑΠΟ∆ΕΙΞΗ : Σε κάθε διαμέριση αντιστοιχεί ένα "διάγραμμα του Young" από

τετράγωνα, ως εξής : μεγαλύτερο μέρος 9

6 μέρη36

997632

36 = 9 + 9 + 7 + 6 + 3 + 2

48

Κάθε μέρος της διαμέρισης δίνει το πλήθος των τετραγώνων σε κάθε γραμμή.

Η ζητούμενη αντιστοιχία προκύπτει αναποδογυρίζοντας το διάγραμμα γύρω από

την κύρια διαγώνιο (i, j) : i > 0 :

5

4

4

5

Θα περιγράψουμε τώρα μία πρόσφατη δουλειά (1988) της Kathleen O'Hara

[2] : μία γενική μηχανή που κατασκευάζει τέτοιες αντιστοιχίες, που έχουν τη

μορφή "απαγορευμένης λίστας".

Λίστα Α Λίστα Β

1 + 1 2

2 + 2 4

3 + 3 6

4 + 4 8

5 + 5 10

∆ιακεκριμένα

μέρη

Περιττά

μέρη

Έστω S = S1, S2, S3, ... μία λίστα πολυσυνόλων φυσικών αριθμών (ένα πο-

λυσύνολο είναι σύνολο όπου επιτρέπονται επαναλήψεις στα στοιχεία του). Ορί-

ζουμε pS(η) το πλήθος των διαμερίσεων του η που δεν περιέχουν κανένα από τα

Si.

49

ΘΕΩΡΗΜΑ (O' Hara) : Αν S, T δύο τέτοιες λίστες και αν Si∩Sj = ∅, Ti∩Tj = ∅

(για i ≠ j) και

a ta S t Ti i∈ ∈∑ ∑= , ∀ i, τότε p

S(n) = p

T(n), ∀η.

Στην εφαρμογή μπορούμε να φτιάξουμε ένα πλήθος "δικών μας" θεωρημά-

των. Για παράδειγμα, παίρνοντας

S T

1 + 1 + 1 3

2 + 2 + 2 6

3 + 3 + 3 9

έχουμε το :

ΘΕΩΡΗΜΑ : Το πλήθος των διαμερίσεων του η που δεν περιέχουν πάνω από 2

αντίγραφα κάθε μέρους ισούται με το πλήθος των διαμερίσεων του η που δεν

περιέχουν κανένα πολλαπλάσιο του 3.

Το κέρδος του θεωρήματος της O’ Hara είναι ότι δίνει μία καθολική διαδι-

κασία για να κατασκευαστεί αντιστοιχία : δοθείσης μιας διαμέρισης Π που δεν

περιέχει πολυσύνολο από τη λίστα S, επανέλαβε όσο μπορείς το εξής : βρες ένα

πολυσύνολο από τη λίστα Τ στο Π και αντικατέστησέ το με το ζεύγος του από τη

λίστα S. Στο τέλος η διαμέριση Π΄ δεν θα έχει πολυσύνολο από τη λίστα Τ. Ο αλ-

γόριθμος είναι κανονικός, δηλαδή το ′Π δεν εξαρτάται από την ακολουθία επι-

λογών που έγιναν.

Παράδειγμα : (περιττά - διακεκριμένα). Ξεκινάμε με μία διαμέριση σε διακεκρι-

μένα μέρη :

15 + 12 + 10 + 6 + 3 + 2 + 1

Επανέλαβε : αντικατάσταση κάθε άρτιου αριθμού με δύο αντίγραφα του μισού

του :

15 + (6 + 6) + (5 + 5) + (3 + 3) + 3 + (1 + 1) + 1

15 + 3 + 3 + 3 + 3 + 5 + 5 + 3 + 3 + 3 + 1 + 1 + 1

Τα μυστικά των διαμερίσεων κάθε άλλο παρά εξαντλούνται με το θεώρημα

της O' Hara : υπάρχουν αντιστοιχίες πολύ πιο κρυφές από αυτές που αναφέραμε.

50

Ο ίδιος ο Euler ανακάλυψε ένα "θεώρημα των πενταγωνικών αριθμών" με γεννή-

τριες συναρτήσεις, του οποίου η συνδυαστική απόδειξη άργησε πάνω από έναν

αιώνα! Θα αναφερθούμε εδώ στην περίφημη δουλειά των Rogers - Ramanujan

(1919) :

ΘΕΩΡΗΜΑ : Το πλήθος των διαμερίσεων του η σε διακεκριμένα μέρη χωρία

δύο διαδοχικά (όλες οι αποστάσεις ≥ 2) ισούται με το πλήθος των διαμερίσεων

του η που έχουν μονάχα μέρη ≡ 1,4 (mod 5). Το αποτέλεσμα είναι ισοδύναμο με

την πανέμορφη ταυτότητα των Rogers - Ramanujan :

x

x x x x x x x x

n

nç

2

1 1 1

1

1 1 1 1 12 4 6 9 110 − − −

=− − − − −=

∞

∑ b gd i d i b gd id id id i... ...

Συνδυαστική απόδειξη μέσω αντιστοιχίας βρέθηκε μόλις πριν από μία δεκαε-

τία από τους Garsia και Milne.

Στις αρχές του αιώνα μας υπήρξαν προσπάθειες να υπολογιστεί ακριβώς η

συνάρτηση p(n), με πρωταγωνιστές τους Hardy - Ramanujan και αργότερα τον

Rademacher.

Το p(n) αυξάνει πολύ γρήγορα με το η, έτσι λ.χ. p(200) = 3.972.999.029.358.

Το 1918 οι Hardy - Ramanujan απέδειξαν ότι το p(n) είναι ο πλησιέστερος

ακέραιος στον αριθμό :

1

2 2 1

q A n Ø nq qq

í

⋅ ⋅=∑ ( ) ( ) (1)

όπου : A n ù eq p qn p

p qp q

iq( ) ,

ð

( , )

= ⋅ −

<=

∑ 2

1

, ωp, q = exp(iπs(p, q)) είναι μία 24q - ρίζα

της μονάδας και Sh

q

ph

qx x xp q

h

q

, ,b g b gc h=FHGIKJ

FHGIKJ ⋅FHGIKJ

FHGIKJ = − −

=

−

∑ 12

1

1

, "άθροισμα

Dedekind", Ø nd

dn

n

qq ( ) expð

=−FHGIKJ

RS||

T||

UV||

W||

F

H

GGGG

I

K

JJJJ

2

3

1

24 , και το ν είναι της τάξης του

n (π.χ. για η = 200 μπορούμε να πάρουμε ν = 5).

51

Η ιστορία αυτής της συνεργασίας περιγράφεται από τον J. E. Littlewood ως

εξής [3] :

"∆εν χρειάζεται να πούμε στον αναγνώστη ότι αυτό είναι ένα ιδιαίτερα εκ-

πληκτικό θεώρημα και δεν θα δυσκολευτεί να πιστέψει ότι ο τρόπος με τον οποίο

αποδείχτηκε υλοποιεί μια νέα και σημαντική αρχή, που έχει φανεί γόνιμη και σε

άλλες περιοχές των μαθηματικών. Η ιστορία πίσω από το θεώρημα είναι ρομα-

ντική... Μια από τις εικασίες του Ramanujan από την Ινδία έλεγε ότι ο πρώτος

όρος του αθροίσματος (1) αποτελεί πολύ καλή προσέγγιση για το p(n). Η από-

δειξη έγινε χωρίς ιδιαίτερες δυσκολίες. Σ’ αυτό το στάδιο αντί " "n −1

24 υπήρχε

σκέτο "η" – η διάκριση είναι άσχετη – (Σημείωση Χ. Τ. : Το αποτέλεσμα είναι ο

ασυμπτωτικός τύπος : p(n) ≈RSTUVW

1

4 3

2

3n

çexp ð ).

Απ' αυτό το σημείο και έπειτα η πραγματική επίθεση αρχίζει. Το επόμενο

βήμα στην πορεία, όχι ιδιαίτερο μεγάλο, ήταν η θεώρηση του (1) σαν μία "ασυ-

μπτωτική" σειρά, ώστε αν πάρουμε δεδομένο πλήθος αρχικών όρων (π.χ. ν = 4)

το σφάλμα θα είναι της τάξης του επόμενου όρου. Όμως από εδώ και στο εξής ο

Ramanujan επέμενε ότι πολύ περισσότερο ίσχυε : έπρεπε να υπάρχει τύπος με

σφάλμα 0 (1). Αυτή ήταν η πιο σημαντική συμβολή του, συνάμα εντελώς απαραί-

τητη και ιδιαίτερα ασυνήθιστη... Η υπέρβαση της τελικής δυσκολίας θα ήταν

μάλλον αδύνατη χωρίς μια ακόμη συμβολή του Ramanujan, αυτή τη φορά τελείως

χαρακτηριστική. Σαν να μην ήταν αρκετές οι αναλυτικές δυσκολίες, το θεώρημα

ήταν οχυρωμένο με σχεδόν αδιαπέραστες άμυνες καθαρά τυπικής φύσεως. Η

μορφή της συνάρτησης Ψq(n) είναι ένα είδος αδιαίρετης μονάδας⋅ μεταξύ πολ-λών ασυμπτωτικά ισοδύναμων μορφών πρέπει απαραίτητα να επιλεγεί ακριβώς

η σωστή. Αν δεν γίνει αυτό από την αρχή, και το −1

24(ας μη μιλήσουμε καθόλου

για το d

dn), είναι ασυνήθιστο παράδειγμα τυπικής ευφυίας το πλήρες αποτέλε-

σμα δεν μπορεί να έλθει καθόλου στην επιφάνεια. Υπάρχει ομολογουμένως ένας

αέρας πραγματικού μυστηρίου... χωρίς να ήταν γνωστή η μορφή του Ψq από την

αρχή, κανένα αριθμητικό παράδειγμα δεν θα μπορούσε να δώσει τέτοια ένδειξη

– δεν υπάρχει διαφυγή τουλάχιστον, από το συμπέρασμα ότι η ανακάλυψη της

52

σωστής μορφής οφείλεται σε μια μοναδική στιγμή έμπνευσης... Η ευφυία του

Ramanujan βρήκε όντως μια ευκαιρία αντάξιά της".

Ο τύπος (1) αργότερα τελειοποιήθηκε από τον Rademacher, στη μορφή της

σειράς:

p n Á ç êd

dx

êx

xê

ê

x

( )ð

( )

sinhð

=

−FHGIKJ

FHG

IKJ

−

L

N

MMMMM

O

Q

PPPPP=

∞

∑

=

1

2

2

3

1

24

1

241

0

Η απίστευτη αυτή ταυτότητα στην οποία το αριστερό μέλος είναι η ταπεινή α-

ριθμοσυνάρτηση p(n) και το δεξιό είναι άπειρη σειρά με όρους που περιέχουν το

π, τετραγωνικές ρίζες, μιγαδικές ρίζες της μονάδας και παραγώγους υπερβολι-

κών ημιτόνων δίνει έναν ιδιαίτερα ταχύ τρόπο υπολογισμού του p(n).

Για παράδειγμα, p(200) = 3.972.999.029.388 ενώ οι πρώτοι οκτώ όροι από το

άθροισμα (1) δίνουν :

+ 3.972.998.993.185,896

+ 36.282,978

– 87,555

+ 5,147

+ 1,424

+ 0,071

+ 0,000

+ 0,043

3.972.999.029.388,004

που είναι η σωστή τιμή του p(n) με ακρίβεια 0,004.

Θα θέλαμε να κλείσουμε με μία παραλλαγή στο θέμα των διαμερίσεων και με

ένα ανοικτό πρόβλημα. Μία διδιάστατη (επίπεδη) διαμέριση του η είναι η τοπο-

θέτηση μη αρνητικών αριθμών στα ακέραια σημεία του 1ου τεταρτημορίου, ώστε

να "φθίνουν" κατά μήκος κάθε γραμμής και στήλης. Για παράδειγμα ιδού μία

διδιάστατη διαμέριση του 52 :

53

2 1

4 2 1 1

7 3 2 1 1

10 6 3 3 3 1 1

Αν pεπιπ.(η) είναι το πλήθος των διδιάστατων διαμερίσεων του η, τότε υπάρχει

απλός τύπος για τη γεννήτρια συνάρτηση :

p n xx

å én

nj j

jð ð.( ) ⋅ =

−≥ ≥∑ ∏

0 1

1

1d i

∆εν είναι δύσκολο να φανταστούμε γενίκευση σε 3-διάστατες διαμερίσεις

στο χώρο.

Ερώτηση : Υπάρχει απειρογινόμενο που να δίνει τη γεννήτρια p n xùñn

nχ . ( ) ⋅

≥∑

0

των 3-διάστατων διαμερίσεων ;

Ο αναγνώστης μπορεί ίσως να εικάσει ότι το ζητούμενο γινόμενο θα έχει τη

μορφή :

1

1

1

12

1 21− −≥FH IK≥

∏ ∏x

Þ ßóùò

xj j

j jj

jd i d i ;

Όμως έχει αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει ακολουθία αj, j ≥ 1 φυσικών αριθ-

μών, ώστε ο τύπος 1

11 −≥∏

x j áj

jd i να δίνει τη σωστή απάντηση.

Για περισσότερες πληροφορίες πάνω στο θέμα των διαμερίσεων παραπέ-

μπουμε στο όμορφο βιβλίο του G. Andrews [1].

Βιβλιογραφία

[1] G. Andrews, "The Theory of Partitions", Encyclopedia of Mathematics and its

Applications, Addison - Wesley, 1976.

[2] K. M. O' Hara, "Bijections for Partition Tolentities", Journal of Combinatorial

Theory, Series A, 49 (1988), p. 13-25.

[3] J. E. Littlewood, Review of "Collected Papers of Srinivasa Ramanujan",

Mathematical Gazette, 14 (1929), p. 427-428.

55

Εισαγωγή – Γενικά για τον Πλάτωνα

Πλάτωνας έζησε τον 5ο-4ο π.Χ. αιώνα. Η γέννησή του τοποθετεί-

ται γύρω στο 428-427π.Χ. Σαν έτος θα-νάτου του δεχόμαστε ότι είναι το 347π.Χ. Πατέρας του ήταν ο Αρίστωνας και μητέρα του η Περικτιόνη1. Ο Πλά-τωνας, ως γόνος αριστοκρατικής οικο-γένειας, έλαβε τη μόρφωση που του α-ντιστοιχούσε. Σύμφωνα με το βιβλίο του D. E. Smith, History of Mathematics, δάσκαλός του ήταν ο Ευκλείδης από τα Μέγαρα, ένας φιλόσοφος που συχνά πολλοί τον μπερδεύουν με τον γεωμέ-τρη2. ∆ιδάχθηκε ζωγραφική και ποίηση. Σε νεαρή ηλικία έγραφε τραγωδίες και διθυράμβους3. Ο σημαντικότερος ίσως σταθμός στη

ζωή του ήταν η γνωριμία του με τον Σω-κράτη. Ανέπτυξαν μια έντονη φιλία που

1 Οι πληροφορίες που διαθέτουμε για τη ζωή του μεγάλου φιλόσοφου είναι περιορισμέ-

νες. Ο ιστορικός Field, G. C., στο βιβλίο του Ο Πλάτων και Η Εποχή του, σχολιάζει τα εξής: Τί γνωρίζουμε για τη ζωή του Πλάτωνος; Πολύ συχνά έχει τονιστεί το πόσο η ελ-ληνική αντίληψη περί βιογραφίας διαφέρει απ’ τη δική μας. Είναι περίεργο το γεγονός ότι οι έλληνες, αν και δημιούργησαν την επιστημονική μέθοδο της ιστορίας, δε φαίνεται να σκέφτηκαν πως έπρεπε να εφαρμόσουν τις ιστορικές τους μεθόδους και κατά τη βιο-γράφηση ορισμένων προσώπων. Ακόμη και οι καλύτεροι βιογράφοι δίνουν την εντύπωση ότι γράφουν για διδακτικό σκοπό και όχι για χάριν της αλήθειας.

Field G. C. Ο Πλάτων και Η Εποχή του, σελ. 10, Μετάφραση Σακελαρίου, Α. Η. Εκ-δόσεις Γρηγόρης, 1972.

2 Smith D. E. History of Mathematics Vol I, σελ. 88, Dover Publications Inc. New York,

1951. 3 Νεώτερον Εγκυκλοπαιδικό Λεξικό, σελ. 9, Εκδόσεις Εγκυκλοπαιδικής Επιθεώρησης

Ήλιος, Αθήνα.

O

Πλάτων, φωτογραφία από : ΙΣΤΟΡΙΑ ΤΩΝ

ΑΡΧΑΙΩΝ ΧΡΟΝΩΝ, Α΄ ΛΥΚΕΙΟΥ, ΟΕΔΒ, 1977

56

έδωσε στον Πλάτωνα πολλά ερεθίσματα για φιλοσοφική αναζήτηση. Από το εικο-στό μέχρι το εικοστό-όγδοο έτος της ηλικίας του πρέπει να ανήκε στον κύκλο μαθη-τών του Σωκράτη και έζησε από πολύ κοντά τη δίκη και το θάνατο του. Ταξίδεψε πολύ σε όλη τη ζωή του. Εκτός από τις πόλεις και τις αποικίες της τότε Ελλάδας, επισκέφτηκε την Αίγυπτο και πιθανότατα την Ασία. Στη Σικελία πήγε τρεις φορές και μετά την επιστροφή από το ταξίδι του στην Τάραντα το 388-387π.Χ. ίδρυσε στην Αθήνα την Ακαδημία. Η πρωτοτυπία της Ακαδημίας

ύμφωνα με τις ιστορικές πληροφορίες που έχουμε για την χρονική περίοδο, στην οποία συναντάμε την δημιουργία της Ακαδημίας, θα μπορούσαμε να

πούμε, ότι σίγουρα ήταν κάτι καινούργιο, αν και η βασική ιδέα προϋπήρχε και σε μερικές μάλιστα περιπτώσεις, είχε γίνει πράξη. Μια μελέτη των σχολών που ήδη λειτουργούσαν θα μας έδινε μια ιδέα για την πρωτοτυπία που έθεσε η Ακαδημία. Προϋπάρχουσες ήταν η σχολή της Μιλήτου, που έδωσε τον Αναξίμανδρο, τον

Θαλή και τον Αναξιμένη. Αν και δεν ξέρουμε λεπτομέρειες για τον τρόπο οργά-νωσής της, θα μπορούσαμε να πούμε ότι έχει πολλά κοινά με την οργάνωση της Ακαδημίας. Λίγο αργότερα θα έχουμε τους Ηρακλειτείους, τους Αναξαγορείους και τους Ελεάτες. Πρόκειται όμως για ομάδες φιλοσόφων, οι οποίες δεν είχαν κάποια ιδιαίτερη οργάνωση, πέρα από το γεγονός ότι ακολουθούσαν, η κάθε μία απ’ αυτές, τη θεωρία ενός συγκεκριμένου φιλοσόφου. Από την άλλη μεριά έχουμε τους Πυθαγόρειους, οι οποίοι αποτελούσαν ορ-

γανωμένο σώμα, κάτι που έμοιαζε πιο πολύ με εκκλησία, παρά με μορφωτικό ίδρυμα. Πολλές φορές η δράση τους ήταν πολιτική. ∆εν είχαν οργανώσει κανένα εκπαιδευτικό σύστημα και – πέρα από μια μικρή μειοψηφία – δεν ασχολούνταν ιδιαίτερα με την επιστήμη των μαθηματικών. Οι μαθητές έδιναν όρκο πριν την εισαγωγή τους στη σχολή και ακολουθούσαν ειδικούς κανόνες τροφής και ενδυ-μασίας που επέβαλλαν οι διδάσκοντες. Τα δημοκρατικά κινήματα της εποχής ώθησαν τον Πλάτωνα να ασχοληθεί με

κάτι περισσότερο από τη συμβατική σχολική μόρφωση. Η Αθήνα εκείνη την πε-ρίοδο αποτελούσε ένα δημοκρατικό κράτος, μια ισχυρή πόλη απ’ όλες τις από-ψεις και σίγουρα ένα μεγάλο πνευματικό κέντρο της εποχής. Η επιτυχία στο δη-μόσιο βίο αποτελούσε το βασικό στόχο πολλών Αθηναίων και μη. Βασικό όπλο για την επίτευξη του στόχου αυτού ήταν η ρητορική ικανότητα. Στους παραπάνω λόγους οφείλεται και η άνθιση μιας ειδικής κατηγορίας φιλοσόφων που ονομάστη-καν “σοφισταί”. Οι σοφιστές ασκούσαν τη φιλοσοφία και τη ρητορική ως επάγγελ-μα και τη δίδασκαν στους μαθητές τους, για να τη χρησιμοποιούν στην καθημερινή πολιτική ζωή τους. ∆ίδασκαν δηλαδή την τέχνη του να μιλά κανείς δημόσια.

Ó

57

Ο Πλάτωνας διαφωνούσε με τις απόψεις τους, με αποτέλεσμα κάποιοι να εκφράζουν την άποψη ότι ο Πλάτωνας ήταν ένας στρατευμένος εχθρός των σο-φιστών. Παρόλα αυτά, χρησιμοποίησε και προώθησε κάποιες “διοικητικές” σο-φιστικές μεθόδους. Οι σοφιστές δεν είχαν κάποιου είδους οργάνωση. Οι σχέσεις με τους μαθητές τους ήταν καθαρά προσωπικές. ∆εν είχαν καν ένα σταθερό χώ-ρο συνεύρεσης. Από μόνη της όμως η ύπαρξη των σοφιστών αποτέλεσε το κατάλ-ληλο υπόβαθρο για τη δημιουργία της πρώτης σχολής, με τη σημερινή έννοια του όρου. Ήταν η ρητορική σχολή της Αθήνας, που ιδρύθηκε από τον Ισοκράτη, μα-θητή του Γοργία, που θεωρείται ο πιο αντιπροσωπευτικός των σοφιστών. Εύκολα μπορεί κανείς να βρει πολλά σημεία τα οποία υιοθέτησε η σχολή αυ-

τή από το σύστημα των σοφιστών. Όπως το γεγονός ότι δεν οργανώθηκε ποτέ σε σώμα και οι σχέσεις μαθητών-διδασκόντων ήταν προσωπικές. Παρόλα αυτά υ-πήρξαν και διάφορες καινοτομίες από την πλευρά του Ισοκράτη. Η σχολή στεγα-ζόταν σε συγκεκριμένο χώρο και οι μαθητές αποκτούσαν πελατειακές σχέσεις με τους διδάσκοντες, απ’ τη στιγμή που πλήρωναν δίδακτρα, με τα οποία ζούσε ο Ισοκράτης. Από εκπαιδευτικής άποψης κατάφερε να οργανώσει ένα συγκεκρι-μένο πρόγραμμα σπουδών με συστηματικά και μακροχρόνια μαθήματα, αντίθετα με τα μέχρι τότε εκπαιδευτικά συστήματα, στα οποία “δε γινόταν τίποτα περισ-σότερο από μια προσπάθεια να γεμίσουν τα κεφάλια των μαθητών με γνώσεις”4. Αυτό ήταν άλλωστε και η βασική κριτική του Ισοκράτη προς τους σοφιστές. ∆ια-φώνησε κάθετα με το σύστημα “δίνω στους μαθητές συγκεκριμένη μεθοδολογία και γνώσεις που πρέπει να χρησιμοποιούν σε κάθε περίπτωση χωρίς να χρειάζε-ται καμία προσωπική προσπάθεια από τους ίδιους” και πρότεινε ένα σύστημα, σύμφωνα με το οποίο χρησιμοποιούνταν οι ιδιαίτερες ικανότητες του κάθε μαθη-τή, ενώ παράλληλα, του δίνονταν τα κατάλληλα εφόδια, έτσι ώστε να είναι ικα-νός από μόνος του να αντεπεξέλθει στις απαιτήσεις της κάθε περίστασης. Ο Πλάτωνας λοιπόν, είχε την ευκαιρία να κρίνει τη φιλοσοφία και τις πρα-

κτικές των σχολών αυτών, έτσι ώστε να υιοθετήσει τα σημεία, με τα οποία συμ-φωνούσε και να απορρίψει ή να αλλάξει κάποια άλλα, όταν τελικά δημιούργησε τη δική του σχολή, την Ακαδημία. Έτσι, ενώ, για παράδειγμα, συμφωνούσε με τις παιδευτικές απόψεις του Ισοκράτη, τον ενοχλούσε τόσο πολύ η οικονομική σχέση καθηγητή-μαθητή, ώστε τελικά έκλινε προς τη μεριά των Πυθαγόρειων και υιο-θέτησε πολλά πράγματα από τις εταιρίες τους.

4 Field G. C. Ο Πλάτων και Η Εποχή του, σελ. 49.

58

Ίδρυση της Ακαδημίας

Ακαδημία ιδρύθηκε σχεδόν αμέσως μετά την επιστροφή του Πλάτωνα από το ταξίδι του (από το 390/388, μέχρι το 387 π.Χ.) στην κάτω Ιταλία

και Σικελία, όπου και γνώρισε τον Πυθαγορισμό. Η Ακαδημία στεγάστηκε σε ένα χώρο στους πρόποδες του Ιππείου Κολωνού, τον λόφο του Ποσειδώνα Ιπ-πείου, ένα χιλιόμετρο βορειοδυτικά της πύλης του ∆ιπύλου. Πήρε το όνομά της από έναν παλιό ήρωα, τον Εκάδημο ή Ακάδημο. Οι αρχαιολόγοι δεν μπορούν μέχρι σήμερα να πουν με ακρίβεια αν υπήρχαν μόνιμα κτίσματα, όπου στεγάζο-νταν οι δραστηριότητες της Ακαδημίας. Με βάση τις πληροφορίες που έχουμε από τις γραπτές πηγές όμως, μπορούμε να φανταστούμε τα κτίρια εντελώς απέ-ριττα. Το κεντρικό αμφιθέατρο δεν ήταν παρά μια εξέδρα, δηλαδή μια κόγχη και ένα ημικυκλικό ειδώλιο. Στην αίθουσα διδασκαλίας θα πρέπει να υπήρχε ένας άσπρος πίνακας, όπου ο εκπαιδευτής έκανε τα σχήματα ή σημείωνε ό,τι απαιτού-νταν για το μάθημά του. Επίσης υπήρχαν στη διάθεση του και άλλα εποπτικά μέ-σα, όπως η υδρόγειος σφαίρα. Θα μπορούσαμε με σιγουριά να μιλήσουμε για την ύπαρξη μιας μικρής βιβλιοθήκης στην οποία υπήρχαν βιβλία με τη διδασκαλία του Πλάτωνα, και αυτό γιατί τα κείμενα που αναφέρονται σ’ αυτή διασώθηκαν σε πολύ καλή κατάσταση. Ο Πλάτωνας ίδρυσε μια οργανωμένη, θα μπορούσαμε να πούμε, εταιρία.

Ένα κολέγιο της εποχής. Με συγκεκριμένο εσωτερικό κανονισμό, καθορισμένη την ιδιότητα του μέλους και με νομική υπόσταση. Ο ίδιος ο Πλάτωνας ήταν βέ-βαια ο πρώτος διευθυντής της σχολής και ο βασικός διδάσκων. Οι διάδοχοί του εκλέγονταν από τα μέλη της Ακαδημίας με τη διαδικασία της ψηφοφορίας. Το βασικό δομικό στοιχείο της σχολής ήταν ότι αποτελούσε ένα σώμα με θρησκευτι-κή υπόσταση και έφερε την ονομασία “θίασος” ή “θίασος Μουσών”5. Οι θίασοι ήταν θρησκευτικές οργανώσεις, με βασικό στόχο τη διάδοση της λατρείας ενός συγκεκριμένου θεού ή θεών και θεωρούνταν οι “επίγειοι διαχειριστές της περι-ουσίας τους”. Ανάλογα, η Ακαδημία ήταν μια αδελφότητα αφιερωμένη στην λα-τρεία των “Μουσών” και μετά τον θάνατο του Πλάτωνα αφιερώθηκε στην λα-τρεία του ίδιου. Η ιδέα για τη δόμηση της σχολής με το πρότυπο του “θιάσου” ήταν παρμένη

από την σχολή των Πυθαγορείων στη Σικελία. Απ’ ό,τι φαίνεται μάλιστα, το μο-ντέλο αυτό αποδείχτηκε αρκετά ελαστικό, για να ξεπεράσει τα προβλήματα που η κοινωνία της Αθήνας έθετε σε τέτοιου είδους εγχειρήματα. Έτσι, ενώ εκείνη 5 Αλαμάνης Π. Αποστόλης, Οι φιλοσοφικές και Ρητορικές Σχολές στην Αρχαιότητα, σελ.

61, Εκδόσεις Βάνιας, 1993.

H

59

την περίοδο όλοι οι πολίτες είχαν δικαίωμα να συστήσουν αυτοδιοικούμενες κοι-νότητες (ό,τι δηλαδή ήταν και η Ακαδημία), υπήρχε ο κίνδυνος να κατηγορηθούν για ασέβεια προς τους θεούς, λόγω της έντονης θρησκοληψίας, όπως για παρά-δειγμα έγινε με τον Αναξαγόρα και τον Πρωταγόρα. Ακολουθώντας το μοντέλο των Πυθαγόρειων, η Ακαδημία, μια θρησκευτική ένωση αφιερωμένη στη λατρεία των Μουσών, μπορούσε άνετα να ασκεί το ουσιαστικό της έργο, δηλαδή την προαγωγή της παιδείας και της επιστήμης. Εσωτερικοί κανονισμοί Σύμφωνα με τις πηγές, ο μικρότερος μαθητής στην Ακαδημία ήταν 17 χρο-

νών, χωρίς όμως να αναφέρεται πουθενά ότι η ηλικία αποτελούσε κάποιου εί-δους προϋπόθεση. Η Ακαδημία δεχόταν μαθητές απ’ όλες τις πόλεις του σήμερα ελλαδικού χώρου. Πολλοί απ’ τους μαθητές της κατείχαν δημόσια αξιώματα, ό-πως για παράδειγμα οι στρατηγοί Χαβρίας και Φωκίων, ο νομοθέτης Αριστώνυ-μος και ο τύραννος Κλέαρχος. Η μεγαλύτερη πρωτοπορία όμως της σχολής, θα μπορούσε να θεωρηθεί το γεγονός, ότι δεν απαγόρευε τη μαθητεία στις γυναίκες. Υπάρχουν μαρτυρίες γυναικείων ονομάτων, όπως η Λασθένεια από τη Μαντι-νεία και η Αξιοθέα από τη Φλιούντα, οι οποίες όμως, χωρίς να γνωρίζουμε για ποιον ακριβώς λόγο, ντύνονταν με αντρικά ρούχα. Για το αν υπήρχε συγκεκριμένη διαδικασία εισαγωγής μαθητών στην Ακα-

δημία, υπάρχει μια βασική πληροφορία. Σε κάποιο από τα κείμενά του, ο Πλά-τωνας περιγράφει μια επίσκεψή του στις Συρακούσες και αναφέρει, ότι για να ελέγξει την αφοσίωση του ∆ιονύσου προς τη φιλοσοφία, θα τον ανάγκαζε να πε-ράσει μια περίοδο σκληρών προκαταρκτικών σπουδών την οποία συνήθιζε να εφαρμόζει σε περιπτώσεις νέων μελών. Μπορούμε, λοιπόν, να υποθέσουμε ότι, αν δεν υπήρχε εισιτήρια διαδικασία για το υποψήφιο μέλος, υπήρχε σίγουρα μια δοκιμαστική περίοδος.6 Όσον αφορά τη δομή και την ιεραρχία στα μέλη της Ακαδημίας δεν υπάρ-

χουν αρκετές πληροφορίες. Γνωρίζουμε όμως ότι οι παλαιότεροι μαθητές είχαν πολύ περισσότερα δικαιώματα απ’ ό,τι οι νεώτεροι, όπως η ανεξαρτησία σκέψης και λόγου και το δικαίωμα να διαφωνήσουν με τον Πλάτωνα, κάτι που μπορεί να θεωρηθεί μια πρώτη μορφή ακαδημαϊκής ελευθερίας. Λόγω του ότι τα έτη σπου-δών δεν ήταν κάτι προκαθορισμένο, οι παλαιότεροι μαθητές, αφού τελείωναν μια σειρά προκαταρκτικών σπουδών, γίνονταν μόνιμα μέλη της σχολής, εφόσον επι-θυμούσαν να αφιερώσουν το υπόλοιπο της ζωής τους στις υπηρεσίες της Ακαδη-μίας. Είναι πολλοί αυτοί που πέρασαν το μεγαλύτερο μέρος της ζωής τους μελε-

6 Field G. C. Ο Πλάτων και η Εποχή του, σελ. 51.

60

τώντας και διδάσκοντας στην Ακαδημία. Υπήρχαν όμως και άλλοι που αφού τε-λείωσαν τις σπουδές τους έφυγαν απ’ την Ακαδημία και αφιέρωσαν τη ζωή τους σε πιο πρακτικά αντικείμενα μελέτης. Αργότερα δε, όταν δημιουργήθηκαν και άλλες παρόμοιες σχολές, πολλοί ήταν εκείνοι που άλλαξαν σχολή ή τελείωσαν και συνέχισαν σε άλλες. Βλέπουμε λοιπόν, ότι η Ακαδημία ήταν δομημένη σαν σύγχρονο κολέγιο με τον διευθυντή του (αρχικά τον Πλάτωνα), τους εταίρους, οι οποίοι θεωρούνταν συνάδελφοι-διδάσκαλοι του Πλάτωνα και τέλος τους σπου-δαστές του. Ο διευθυντής της σχολής ήταν επικεφαλής της εκπαιδευτικής διαδι-κασίας, επέβλεπε την τάξη, την πειθαρχία και τη συνολική διοίκηση. Μετά το θάνατο του Πλάτωνα, τη θέση του πήρε ο Σπεύσιππος και στη συνέ-

χεια ο Ξενοκράτης. Επί σχολαρχίας του Ξενοκράτη δημιουργήθηκε ο θεσμός του “Άρχοντα”. Το αξίωμα του Άρχοντα το έπαιρναν κυκλικά όλα τα παλαιά μέλη της Ακαδημίας και το ασκούσαν για 10 μέρες. Μέσα στα διοικητικά τους καθή-κοντα ήταν ευθύνη του “Μουσείου”, δηλαδή ασκούσε τις αρμοδιότητες του επι-μελητή των Μουσών, και των συμποσίων. Καθημερινότητα Η μέρα στην Ακαδημία άρχιζε με μία επίκληση των Μουσών. Η πρωινή θυ-

σία στις Μούσες αποτελούσε απαρασάλευτο θεσμό της Ακαδημίας. Ο Martin Gottfried αναφέρει, στο βιβλίο του Πλάτων, ότι ο θεσμός αυτός παραμελήθηκε για μία και μοναδική φορά.7 Υπάρχουν διάφορες απόψεις για το χώρο στέγασης των μαθητών της Ακαδημίας. Σαν πιο πιθανή θα θεωρήσουμε την άποψη ότι οι μαθητές έμεναν σε μικρά οικήματα, κοντά στην Ακαδημία και κάθε πρωί καλού-νταν με το σάλπισμα ενός αυλού στα μαθήματα. Συγκατοίκηση μαθητών-διδασκόντων μάλλον θα πρέπει να αποκλειστεί σαν ενδεχόμενο. Όσο για τον μεγάλο διδάσκαλο, αυτός έμενε σε ιδιωτική κατοικία ,δίπλα στη σχολή. Η συμβολή της Ακαδημίας στην επιστήμη των μαθηματικών Αν παρατηρήσουμε προσεκτικά το πρόγραμμα σπουδών της Ακαδημίας θα

δούμε ότι δινόταν ιδιαίτερη σημασία στα μαθηματικά, όχι μόνο με τη διδασκαλία τους αλλά και με την προαγωγή της επιστήμης. Ο ίδιος ο Πλάτων είχε σε μεγάλη εκτίμηση τα μαθηματικά. Τα θεωρούσε βασικό μέρος αυτού που ονόμαζε εγκύ-

7 Gottfried Martin, Πλάτων, σελ. 34. Μετάφραση Πρεβεδούρου Φωτεινή, Εκδόσεις

Πλέθρον, Αθήνα, 1991

61

κλιος παιδεία8 και αυτή του την άποψη την υιοθέτησαν και οι συνεργάτες του. Σύμφωνα μάλιστα με μια πληροφορία, πάνω από την κεντρική πύλη της σχολής υπήρχε η επιγραφή “Lgde΄r €ceyl—tqgtor e²sty”. Για να δούμε τη συμβολή της Ακαδημίας στην επιστήμη των μαθηματικών θα

πρέπει να ανατρέξουμε στο έργο κάποιων από τους βασικούς μαθηματικούς, που εργάστηκαν στην Ακαδημία. Ένας απ’ αυτούς ήταν ο Εύδοξος (408 περίπου-355). Μαθητής του Πλάτωνα,

ο οποίος αργότερα ίδρυσε στην πόλη της καταγωγής του τη δική του σχολή. Α-σχολήθηκε πολύ με τα μαθηματικά, την αστρονομία και τη φιλοσοφία, κατά τη διάρκεια της ζωής του στην Ακαδημία, και έμεινε γνωστός για τη “μέθοδο της εξάντλησης” και τη θεωρία των αναλογιών στα μαθηματικά, η οποία συμπερι-λήφθηκε στα Στοιχεία του Ευκλείδη. Η “μέθοδος της εξάντλησης” οδήγησε σε ακριβείς υπολογισμούς εμβαδών και όγκων και είναι αυτή η θεωρία που βοήθη-σε τα ελληνικά μαθηματικά να ξεπεράσουν τις παγίδες των απειροστών. Τα προ-βλήματα που οδηγούσαν σε απειροστά, ακολουθούσαν διαφορετική κατεύθυνση και αντιμετωπίζονταν με την απλή λογική.

Φωτογραφία από τη ΣΥΝΟΠΤΙΚΗ ΙΣΤΟΡΙΑ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ, Dirk J. Struik, εκδ. Ζαχαρόπουλος, 1982

8 Clarke M. L. Higher Education in the Ancient World, σελ. 48, London: Roytledge &

Kegan Paul, 1971.

62

Όσον αφορά τη θεωρία των λόγων του Εύδοξου, ήταν μια καθαρά γεωμετρι-κή θεωρία, με αυστηρά αξιωματική μορφή, που κατάφερε να απαλλαγεί από κά-θε αναφορά σε ασύμμετρα και σύμμετρα μεγέθη. Είχε καταφέρει δηλαδή να α-φήσει πίσω της τις θεωρίες των Πυθαγορείων, οι οποίες εφαρμόζονταν μόνο στα ασύμμετρα μεγέθη.

Στον τομέα της αστρονομίας, έκανε μια μελέτη τεράστιας σημασίας, αυτή της κίνησης των ουράνιων σωμάτων από γεωμετρικής σκοπιάς, η οποία οδήγησε στη διαμόρφωση της πλανητικής θεωρίας. Είναι, απ’ όσο γνωρίζουμε, η παλαιότερη ελληνική συμβολή στην θεωρητική αστρονομία και αποτέλεσε έμπνευση για τον Ευκλείδη, ο οποίος τη συνέχισε. Ήταν μια απόπειρα να ερμηνευτεί η κίνηση των πλανητών γύρω από τη Γη. Η συλλογιστική της βασιζόταν στην υπόθεση της υπε-ρεπίθεσης τεσσάρων ομόκεντρων σφαιρών, η καθεμιά από τις οποίες είχε δικό της άξονα περιστροφής, με τα άκρα του σταθερά προσαρμοσμένα στη σφαίρα που τις περιέκλειε. ∆εν ήταν απλώς ένα χρονικό των ουράνιων φαινομένων αλλά και μια προσπάθεια ερμηνείας τους. Η θεωρία του Εύδοξου, παρόλη την απλουστευτική μορφή της, εγκλείει την

κεντρική ιδέα όλων των πλανητικών θεωριών, που υποστηρίχτηκαν μέχρι και τον 17ο αιώνα. Τις ανωμαλίες που παρουσιάζουν οι φαινόμενες τροχιές της σελήνης και των πλανητών, ο Εύδοξος τις ερμήνευε με την επαλληλία κυκλικών κινήσεων. Ακόμα και η υπολογιστική πλευρά της θεωρίας βρίσκεται στο υπόβαθρο των δι-κών μας σύγχρονων δυναμικών θεωριών, όταν χρησιμοποιούμε σειρές Fourier.9 Εξίσου σημαντικός μαθηματικός της Ακαδημίας ήταν ο Θεαίτητος, που έζησε

περίπου από το 420 ως το 367. Η θεωρία του περί ασύμμετρων αριθμών ήταν τε-ράστιας σημασίας για τα μαθηματικά κι αυτό γιατί βοήθησε στη λύση ενός προ-βλήματος - που πρώτος ο Πυθαγόρας είχε εντοπίσει – ότι, δηλαδή, το τετράγωνο του δύο δε μπορεί να είναι κλάσμα, παρά (όπως θα λέγαμε και σήμερα), ασύμμε-τρος αριθμός. Ο Θεαίτητος, ασχολήθηκε με την απειρία των φυσικών αριθμών, την προχώρησε και απέδειξε ότι η τετραγωνική ρίζα ενός φυσικού αριθμού ή είναι πάλι φυσικός ή - εφόσον δε γίνεται να είναι κλάσμα - θα είναι ασύμμετρος. Σημαντικό ήταν επίσης το έργο του Θεαίτητου στη θεμελίωση των αρχών της στερεομετρίας. Υπάρχουν και πολλοί άλλοι μαθηματικοί, που πρόσφεραν τις υπηρεσίες τους

στα μαθηματικά, μέσα απ’ την Ακαδημία. Όπως ο Ηρακλείδης από τον Πόντο, ο οποίος ανακάλυψε ότι ο Ερμής και η Αφροδίτη περιστρέφονται γύρω από τον ήλιο. Υπάρχει, μάλιστα, σημαντική πιθανότητα να γνώριζε και την περιστροφή της Γης γύρω απ’ τον άξονά της.

9 Struik Dirk J. Συνοπτική Ιστορία των Μαθηματικών, σελ. 97, Μετάφραση Φερεντί-

νου- Νικολακοπούλου Άννα, Εκδόσεις Δαίδαλος, Αθήνα, 1990.

63

Και ο ίδιος ο Πλάτων συμμετείχε εντατικά στην μαθηματική έρευνα. Βέβαια σε καμία περίπτωση δε θα μπορούσαμε να πούμε ότι ο ίδιος ο Πλάτωνας προή-γαγε την επιστήμη, αφού δεν ήταν ο κατεξοχήν επιστήμονας του κλάδου. Η συ-νεισφορά του ήταν καθαρά σε ό,τι αφορά στη μεθοδολογία των μαθηματικών, όπου η πιο σημαντική ίσως θεωρία του ήταν η διαφορά της αναλυτικής απ’ τη συνθετική μέθοδο. Με τα μαθηματικά ασχολήθηκε μέσα από ένα καθαρά φιλο-σοφικό πρίσμα και τονίζοντας ιδιαίτερα την παιδαγωγική τους αξία. Το πρώτο μαθηματικό πρόβλημα με το οποίο ασχολήθηκε προσωπικά ο Πλά-

τωνας ήταν το γνωστό στις μέρες μας ως ∆ήλιο πρόβλημα. Οι ∆ήλιοι είχαν πάρει ένα χρησμό, ότι θα απαλλαγούν από το λοιμό, μόνο αν καταφέρουν να διπλασιά-σουν ένα βωμό σε κυβικό σχήμα. Για τη λύση του απευθύνθηκαν στην Ακαδημία, η οποία φημιζόταν εκείνη την περίοδο για το επίπεδό της στα μαθηματικά και η οποία αναλάμβανε να λύνει μαθηματικά προβλήματα. Για να λυθεί το συγκεκρι-μένο πρόβλημα, έπρεπε να καταφέρουν να διπλασιάσουν ένα αρχικό τετράγωνο, βρίσκοντας, παράλληλα και το μήκος, που θα έπρεπε να έχει η πλευρά του. Ο Ευδόκιος ο Ασκαλωνίτης έγραψε ένα σχολιασμό στον Αρχιμήδη, όπου υπάρχει και η λύση, που είχε δώσει ο Πλάτωνας στο πρόβλημα. Πρόγραμμα σπουδών Το ζήτημα της εκπαίδευσης είναι η λειτουργία της ψυχής, από τη γνώση της

γέννησης, στη συνειδητοποίηση της ύπαρξης. Αυτή η αρχή του Πυθαγόρα, στην οποία βασίστηκε όλο το πρόγραμμα σπουδών της Ακαδημίας, ενσωματώνει τη διά-κριση των τεσσάρων επιστημών, που αργότερα αποτέλεσε το μεσαιωνικό quadriv-ium (τετραόδιο):αριθμητική, γεωμετρία, αστρονομία και αρμονία, χωρίς να λαμβά-νουμε υπ’ όψην την περαιτέρω διάκριση σε απλή γεωμετρία και στερεομετρία.10 Βλέπουμε λοιπόν ότι, εκτός από την αριθμητική, ο κλάδος των μαθηματικών

περιλάμβανε και άλλα μαθήματα. Μεγάλη σημασία, όπως έχουμε ήδη πει, δινό-ταν στην γεωμετρία, της οποίας η σημασία μεγάλωσε, όταν ο Θεαίτητος τη δια-χώρισε σε απλή και στερεομετρία και θεμελίωσε τις αρχές της δεύτερης. Η α-στρονομία επίσης θεωρούνταν μεγάλης σημασίας επιστήμη, αλλά την εξέταζαν από φιλοσοφικής περισσότερο πλευράς και σαν επιστήμη η οποία βασίζεται στην παρατήρηση και την εμπειρική γνώση. “Ο Πλάτωνας υποστήριξε ότι ο σκοπός της διδασκαλίας της ήταν να στρέψει την ψυχή προς την αλήθεια, προς το αιώνια υπάρχον ον”.11

10 Maziarz-Greenwood, Greek Mathematical Philosophy, σελ. 92, Frederick Ungar Pub-

lishings Co, New York, 1968. 11 Αλαμάνης Θ. Π. Οι φιλοσοφικές και ρητορικές σχολές στην αρχαιότητα, σελ. 72.

64

Τέλος, η μουσική (αρμονία) διδασκόταν από τους Πυθαγόρειους, όχι σαν τέ-χνη και δημιουργία αλλά σαν μαθηματικά. Μελετούσαν τα διαστήματα, τους χρόνους, τους ρυθμούς, τις νότες και τους φθόγκους. Αν και τα βασικά μαθήματα, που διδάσκονταν στην Ακαδημία, ήταν τα μα-

θηματικά και η φιλοσοφία, κάποιες συγκεχυμένες πληροφορίες αναφέρουν την πιθανότητα οι μαθητές να είχαν τη ευκαιρία να παρακολουθούν και άλλα μαθή-ματα όπως φυσιολογία, φυσική και ψυχολογία. ∆ιδακτικές μέθοδοι Οι διδακτικές μέθοδοι, που ακολουθήθηκαν από την Ακαδημία, δε θα μπο-

ρούσαν να είναι άλλες από αυτές που εφάρμοσε ο Πλάτωνας σε όλη του τη ζωή. Είτε σαν διδάσκαλος είτε στην καθημερινή του δράση και στο έργο του. Όπως αναφέρει και ο Gino Loria, στο έργο του Ιστορία των Μαθηματικών, η Ακαδημία υιοθέτησε ένα τύπο διδασκαλίας, που στηριζόταν σε τέσσερα βασικά στοιχεία: συζήτηση, επιχείρημα, ερώτηση και απάντηση. Ο διάλογος αποτέλεσε τη βασική διδακτική μέθοδο του Πλάτωνα και η Ακαδημία την υιοθέτησε σε όλα τα μαθή-ματα και όλες τις δραστηριότητές της. Ας μην ξεχνάμε, ότι τον διάλογο, τον χρη-σιμοποίησε ο Πλάτωνας και στο καθαρά προσωπικό του έργο. Οι διάλογοι ήταν κάτι σαν γραπτή διδακτική μέθοδος, με την οποία ο Πλάτωνας παρουσίαζε τις ιδέες του μέσα από κουβέντα, που έκαναν κάποια πρόσωπα. Το βασικό σ’ αυτή τη μέθοδο ήταν ότι οι απόψεις δεν έμπαιναν δογματικά αλλά σαν απλός προβλη-ματισμός, που παρέμενε ανοιχτός στην αμφισβήτηση και στην έρευνα για την α-νακάλυψη της αλήθειας. Παρόλα αυτά, σε ειδικές περιπτώσεις, όταν επρόκειτο για βασικά σημεία

των θεωριών του, ο Πλάτωνας, σύμφωνα με μια αναφορά του Αριστοτέλη στο έργο του “Άγραφα δόγματα”, επέλεγε να διδάσκει σε μορφή μονολόγου, κάτι σαν διάλεξη. ∆εν γνωρίζουμε ακριβώς κάτω από ποιες συνθήκες επέλεγε αυτόν τον τρόπο διδασκαλίας. ∆εν γνωρίζουμε καν αν αυτό γινόταν μόνο αν το κοινό του αποτελούνταν από νέους μαθητές ή όταν έθετε ζητήματα στους συναδέλφους του. Τέλος μια άλλη εκπαιδευτική διαδικασία, που ακολουθούσε ο μεγάλος φιλό-

σοφος και η οποία υιοθετήθηκε και από την Ακαδημία, ήταν τα συμπόσια, τα ο-ποία επαναλαμβάνονταν σε τακτά χρονικά διαστήματα (μια φορά το μήνα περί-που), όπου μαζεύονταν μαθητές και διδάσκοντες, έτρωγαν και συζητούσαν διά-φορα θέματα. Άλλες δραστηριότητες της Ακαδημίας Στην Ακαδημία, όσο και αν ακουστεί περίεργο, συναντάμε την πρώτη προ-

σπάθεια καταγραφής, σε κατάλογο, διαφόρων ορισμών εννοιών, μία πρώτη, δη-

65

λαδή, μορφή λεξικού. Θα μπορούσαμε λοιπόν να πούμε, ότι η επιστήμη της λεξι-κογραφίας έχει τις ρίζες της στην Ακαδημία του Πλάτωνα. Ο Πλάτωνας, έντονα επηρεασμένος από τον Σωκράτη, έδινε τεράστια σημασία στην εύρεση των ορ-θών ορισμών. Έτσι σώζεται ένας πολυσέλιδος κατάλογος στο τέλος των χειρό-γραφων έργων του Πλάτωνα. Κέντρο πολιτικών επιστημών Η Ακαδημία δεν ήταν απλά ένα παιδαγωγικό ίδρυμα της εποχής και, αναλο-

γικά, ο Πλάτωνας δεν ήταν ένας διδάσκαλος και μόνο. Ήταν ένα κατεξοχήν πο-λιτικό ον. Καταγόταν εξάλλου από μία πολιτική οικογένεια. Ο πατέρας του ήταν από βασιλική οικογένεια και η μητέρα του είχε κοντινή συγγένεια με το Σόλωνα. Οι φιλοσοφικές του αναζητήσεις αφορούσαν την πολιτική οργάνωση μιας ιδανι-κής κοινωνίας. Κάτι που γίνεται ολοφάνερο στην Πολιτεία του. ∆εν θα μπορού-σε, λοιπόν, ένας τέτοιος άνθρωπος να κλειστεί στα όρια μιας σχολής, όπου θα ήταν απομονωμένος από την κοινωνία. Σύμφωνα με τη φιλοσοφία του Πλάτωνα, το άτομο δεν μπορεί να αποφύγει

τις πολιτικές δεσμεύσεις. Ο κάθε πολίτης είναι υποχρεωμένος να συμμεριστεί την τύχη της κοινότητας, στην οποία ζει, καθώς δεν υπάρχει ατομική σωτηρία. Για να σώσει κανείς τον εαυτό του, θα πρέπει πρώτα να σώσει την πολιτεία ολόκληρη. Το όραμά του ήταν μία κοινωνία οργανωμένη κατά τέτοιο τρόπο, ώστε ο πολιτι-κός να είναι φιλόσοφος και ο φιλόσοφος πολιτικός. Η Ακαδημία επομένως δεν θα μπορούσε να αποτελέσει μια νησίδα ελευθερίας, για τον ίδιο τον Πλάτωνα και τα υπόλοιπα μέλη της αλλά ένα χώρο, που αρχικά θα έθετε προβληματι-σμούς, απαραίτητους για τους μαθητές της, έτσι ώστε οι τελευταίοι να είναι ικα-νοί να παράγουν πολιτικό έργο στην κοινωνία. Στη διαμόρφωση της θεωρίας του Πλάτωνα βασικό ρόλο έπαιξε η στενή του

σχέση με το Σωκράτη, ο οποίος κρατούσε πάντα μια κριτική στάση απέναντι στην Αθηναϊκή δημοκρατία. Ο θάνατός του συγκλόνισε τον Πλάτωνα και τον έκανε να διαπιστώσει “πως την πολιτική της πατρίδας του την χώριζε από τη σκέψη του ένα μεγάλο χάσμα, και ο δρόμος του στο μέλλον ανήκε στη φιλοσοφία και σ’ ένα τύπο ανθρώπινης κοινωνίας που θα στηριζόταν σ’ αυτή”.12 Η Ακαδημία επομένως ήταν “μια προσπάθεια να ενωθούν στο πρόσωπο των

ίδιων ανθρώπων η φιλοσοφική σκέψη και η πολιτική ισχύς”13 και γρήγορα απο-τέλεσε ένα πολιτικό κέντρο της εποχής με σημαντική επιρροή. Πολλοί από τους

12 Ζιώγου-Καραστεργίου Σ. Παιδαγωγική σκέψη από τον Πλάτωνα ως τη Μοντεσσόρι,

σελ. 25, Εκδόσεις Κυριακίδη, Θεσ/νίκη, 1996. 13 Field G. C. Ο Πλάτων και η Εποχή του, σελ. 62.

66

μαθητές της ήταν σημαντικά πολιτικά πρόσωπα. Ο πολιτικός ρόλος, που έπαιξε την εποχή εκείνη η Ακαδημία, δεν είναι τόσο εμφανής αν παραμείνει κανείς στα όρια της Αθηναϊκής κοινωνίας. Γι’ αυτό κι έχει επικρατήσει η άποψη ότι οι “Πλατωνικοί” ήταν θεωρητικοί, χωρίς καμία ουσιαστική επιρροή στα πολιτικά τεκταινόμενα. Η παρουσία ακόμα και του ίδιου του Πλάτωνα ήταν μάλλον δια-κριτική και περιοριζόταν στις στενές σχέσεις του με σημαντικά πρόσωπα της ε-ποχής όπως ο Λυκούργος. Παρόλα αυτά, εκτός των Αθηνών, οι μαθητές του Πλάτωνα, που βγήκαν απ’ την Ακαδημία, έπαιξαν σημαντικό ρόλο στην πολιτική ζωή της πόλης τους. Η πλατωνική επιρροή φαίνεται πιο καθαρά όταν η σχολή αποκτά χαρακτηρι-

σμό σχολής νομοθετών. Πολλές πόλεις, που για κάποιο λόγο θέλανε να αναθεω-ρήσουν ή να αποκτήσουν νέα νομοθεσία, απευθύνονταν στην Ακαδημία. Έτσι για παράδειγμα γνωρίζουμε ότι ο Εύδοξος συνέταξε τους νόμους της Κνίδου και ο Αριστοτέλης αυτούς των Σταγείρων. Οπότε, αν και στο συνολικό του όραμα απέτυχε, ο Πλάτων κατάφερε να θέσει πολύ έντονους προβληματισμούς για καθη-μερινά ζητήματα και, σε πολλές περιπτώσεις, άλλαξε αντιλήψεις και συστήματα. Επίλογος

Ακαδημία, ήταν μια σχολή της αρχαιότητας, η οποία αποτέλεσε σταθμό στην εκπαίδευση. Έκανε ριζοσπαστικές αλλαγές, τόσο στον τρόπο διδα-

σκαλίας, όσο και στη δομή και λειτουργία του ιδρύματος. Κατάφερε να εντάξει στους κύκλους της πολύ σημαντικούς ανθρώπους της εποχής, οι οποίοι μελέτησαν βαθιά τις επιστήμες με τις οποίες ασχολήθηκαν και τις προώθησαν σημαντικά. Το έργο τους αποτέλεσε βάση και έμπνευση για πολλούς ανθρώπους που ακο-λούθησαν. Ασχολήθηκε με ένα μεγάλο εύρος θεμάτων, με πολύ επιστημονικό τρόπο.

Από καθαρά μαθηματικά μέχρι φιλοσοφικά και κοινωνικά. Θα μπορούσαμε λοι-πόν να πούμε ότι η Ακαδημία έπρεπε να αποτελεί ένα παράδειγμα προς μίμηση. Και σε κάποιες περιπτώσεις αποτέλεσε. Αλλά εκτός απ’ όλα αυτά η Ακαδημία αποτέλεσε το όραμα ενός ανθρώπου,

του Πλάτωνα. Ο Πλάτωνας δεν ήταν μόνο φιλόσοφος ή μόνο μαθηματικός, δεν ήταν Αθηναίος ούτε Σικελιανός, δεν ήταν διδάσκαλος, ούτε μαθητής, δεν ήταν Σωκρατικός, ούτε σοφιστής, ούτε πυθαγόρειος και ήταν όλα αυτά μαζί. Γιατί ή-ταν ένα καθαρά πολιτικό ον. Με συγκεκριμένο όραμα για την κοινωνία και συ-γκεκριμένη στάση ζωής. Η Ακαδημία δεν ήταν τίποτα άλλο, από ένα εκκολαπτή-ριο ανθρώπων, που θα οραματίζονταν μια άλλη κοινωνία, θα αφιέρωναν τη ζωή τους στην προσπάθεια να κάνουν αυτό το όνειρο πραγματικότητα και τέλος να ζήσουν και να δημιουργήσουν σ’ αυτή.

H

67

Έτσι ο πιο σύντομος και ίσως πιο περιεκτικός τρόπος να συνοψίσουμε τα όσα είπαμε για την Ακαδημία, είναι απλά να τη χαρακτηρίσουμε Πλάτωνος Α-καδημία. ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ 1. Αλαμάνης Π. Αποστόλης, Οι φιλοσοφικές και Ρητορικές Σχολές στην Αρχαιό-τητα, Εκδόσεις Βάνιας, 1993.

2. Clarke M. L., Higher Education in the Ancient World, London: Roytledge & Kegan Paul, 1971.

3. Ζιώγου-Καραστεργίου Σ., Παιδαγωγική σκέψη από τον Πλάτωνα ως τη Μο-ντεσσόρι, Εκδόσεις Κυριακίδη, Θεσ/νίκη, 1996.

4. Field G. C., Ο Πλάτων και η Εποχή του, μτφρ. Σακελαρίου Α. Η., Εκδόσεις Γρηγόρης, 1972.

5. Gottfried Martin, Πλάτων, μτφρ. Πρεβεδούρου Φωτεινή, Εκδόσεις Πλέθρον, Αθήνα, 1991

6. Maziarz-Greenwood, Greek Mathematical Philosophy, Frederick Ungar Pub-lishings Co, New York, 1968.

7. Smith D. E., History of Mathematics Vol I., Dover Publications Inc. New York, 1951.

8. Struik Dirk J., Συνοπτική Ιστορία των Μαθηματικών, μτφρ. Φερεντίνου- Νι-κολακοπούλου Άννα, Εκδόσεις ∆αίδαλος, Αθήνα, 1990.

9. Νεώτερον Εγκυκλοπαιδικό Λεξικό, Εκδόσεις Εγκυκλοπαιδικής Επιθεώρη-σης Ήλιος, Αθήνα.

ΜΙΑ ΠΡΟΤΑΣΗ

ΜΑΘΗΜΑΤΟΣ

ΣΤΗΝ Α΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΕ ΘΕΜΑ

ΤΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ

Δημήτρης Ντρίζος

Λίγα λόγια πριν αναφερθούμε σε δύο θέματα για εργασία στην τάξη.

Προηγήθηκε μια δίωρη παρουσίαση της έννοιας της συνάρτησης μέσα από

τρία "προβλήματα(*) " που περιέγραφαν καταστάσεις αρκετά οικείες στην πλειο-

νότητα των μαθητών ενός τμήματος της Α΄ Λυκείου. Ο σχεδιασμός του δίωρου

αυτού μαθήματος είχε κυρίως ως σκοπό την κατανόηση από τους μαθητές της

έννοιας της συνάρτησης, ως μιας αλληλοσυσχέτισης δύο μεταβλητών x και y, δη-

λαδή της αλγεβρικής μορφής (τύπος) της συνάρτησης. Το "πρόβλημα" εδώ –και

όχι μόνο– συνέβαλλε τα μέγιστα στην αισθητοποίηση της έννοιας. Φροντίσαμε

έτσι ώστε η διατύπωση των προβλημάτων να γίνει με όρους απόλυτα κατανοη-

τούς στους μαθητές γιατί έτσι η διαχείριση των προβλημάτων γίνεται, ως ένα

σημαντικό βαθμό, μια ευχάριστη υπόθεση για τα παιδιά. Και αυτό γιατί αισθά-

νονται ότι η συμμετοχή τους "προσθέτει", άρα έχει νόημα. ∆ιάλογος, σχεδόν ο-

μαδική συμμετοχή, και όχι κάθετη απόρριψη του λάθους, ήταν τα στοιχεία που

κυριάρχησαν.

Ακολούθησε ένα επόμενο δίωρο. Ένα πέρασμα στην έννοια της συνάρτησης

μέσω της γραφικής της παράστασης, όχι όμως με ένα φορμαλιστικό τρόπο που

γίνεται κουραστικός και κατά συνέπεια απωθητικός στα παιδιά. Κυριαρχεί εδώ

(*) Η έννοια "πρόβλημα" αναφέρεται εδώ με τη συνήθη προσέγγιση του όρου. Περί του

"προβλήματος" γίνεται αναφορά σε σχετικό άρθρο μας που δημοσιεύτηκε στο 1ο

τεύχος της "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΚΦΡΑΣΗΣ", 1997.

69

το σχήμα σε μια επαγωγική προσέγγιση της έννοιας. Η διατύπωση διαφόρων

ορισμών και η κατανόηση πρωταρχικών ιδιοτήτων των συναρτήσεων έρχονται

(αβίαστα) ως τελείως φυσιολογικά αποτελέσματα της άμεσης μελέτης της "γεω-

μετρίας" του σχήματος (γραφικής παράστασης της συνάρτησης).

Ακολουθούν δύο θέματα, που δόθηκαν σε φωτοτυπίες στους μαθητές και

αμέσως μετά άρχισε στην τάξη η σχετική συζήτηση πάνω σ’ αυτά. Η πορεία από

εδώ και μετά είναι λίγο ως πολύ γνωστή : διατύπωση ερωτήσεων, αναζήτηση,

σωστές και λανθασμένες απαντήσεις, διορθωτικές κινήσεις και τελικά η διατύ-

πωση συμπερασμάτων και γενικεύσεων.

Το περιεχόμενο της συζήτησης (ερωτήσεις – απαντήσεις) δεν μεταφέρεται

εδώ, γιατί εν προκειμένω πιστεύουμε ότι, πρώτον το κύριο είναι η διατύπωση

του θέματος και δεύτερον η ενεργητική συμμετοχή και ο διάλογος χάνουν, όταν

επιχειρείται η αποτύπωσή τους σ’ ένα κείμενο, όπου κατ’ ανάγκην γίνονται κά-

ποιες περικοπές και ορισμένες λεκτικές ωραιοποιήσεις.

ΘΕΜΑ 1ο

xx΄

y

y΄

–1–2 1 2− 52

52

32

− 12

–∞ +∞

32

− 12

12

− 32

1

–∞

+∞

Στο σχήμα βλέπετε τη γραφική παράσταση Cƒ μιας συνάρτησης ƒ μεταβλητής x.

70

(i) Ποιο είναι το πεδίο ορισμού της ƒ ; (ii) Ποιο είναι το σύνολο τιμών της ƒ ; (iii) Ποιες είναι οι ρίζες της ƒ ; (ιv) Για ποιες τιμές της μεταβλητής x ισχύει ƒ(x) > 0 και για ποιες ισχύει ƒ(x) ≤ 0 ; (v) Η συνάρτηση ƒ είναι γνήσια αύξουσα όταν η μεταβλητή x παίρνει τιμές από

ποια διστήματα ; (vi) Η συνάρτηση ƒ είναι γνήσια φθίνουσα όταν η μεταβλητή x παίρνει τιμές από

ποια διστήματα ; (vii) Η συνάρτηση ƒ σε ποιο σημείο (θέση) x1 παρουσιάζει ελάχιστο ; Ποιο είναι το

ελάχιστο (ελάχιστη τιμή) της ƒ ; (viii) Από το σχήμα διαπιστώστε ότι για κάθε x από το Π.Ο. της ƒ ισχύει ƒ(x) ≤ ƒ(1).

Τι είναι επομένως το ƒ(1) και τι το 1 ; (ix) Να κάνετε έναν πίνακα για τη μονοτονία και τα ακρότατα της ƒ. (x) Να βρείτε τις τιμές :

ƒ(–2), ƒ −FHGIKJ ƒFHG

IKJ ƒFHG

IKJ ƒ ƒ −FHG

IKJ

12

32

52

052

, , , ,b g , ƒ(–1), ƒ(3), ƒ(2).

ΘΕΜΑ 2ο

–2

x΄

y΄

–∞

x

+∞

–∞

y+∞

–x 2x

2

ƒ(x) = ƒ( )

Σχήμα 1

–x

x΄

y΄

–∞

x

+∞

–∞

y+∞

x = –1 x = 1 Σχήμα 2

71

x΄

y΄

–∞

x

+∞

–∞

y+∞

–1 1

Σχήμα 3

1,3

–2

x΄

y΄

–∞

x

+∞

–∞

y+∞

–1

1 2

Σχήμα 4

–2

–1

1

2

–2

x΄

y΄

–∞

x

+∞

–∞

y+∞

Σχήμα 5

x΄

y΄

–∞

x

+∞

–∞

y+∞

Σχήμα 6

2

2

72

x΄

y΄

–∞

x

+∞

–∞

y+∞

Σχήμα 7

x΄

y΄

–∞

x

+∞

–∞

y+∞

Σχήμα 8

A(x, y)

A΄(x, –y)–y

y

x

Ç óåëίδα με την ένδειξη Θέμα 2 δόθηκε χωρίς καμμία γραπτά διατυπωμένη

ερώτηση. Οι ερωτήσεις που έγιναν από τον διδάσκοντα και ο διάλογος που ακο-

λούθησε είχαν σχέση με :

— Την "εξαγωγή" των ορισμών της άρτιας και περιττής συνάρτησης.

— Τη συμμετρία ορισμένων από τις συναρτήσεις του θέματος, ως προς άξονα ή

σημείο.

— Τη μονοτονία και τα ακρότατα.

— Τις ασύμπτωτες ευθείες.

— Τον προσδιορισμό του τύπου της συνάρτησης από τη "γνωστή μορφή" της

γραφικής παράστασης (ευθεία, παραβολή, υπερβολή) και κάποια επαρκή

δεδομένα κ.λπ.

Επιθυμούμε να τελειώσουμε τούτο το άρθρο, τονίζοντας ότι όλα τα παραπά-

νω συνιστούν απλώς μια διδακτική προσέγγιση της έννοιας της συνάρτησης στην

Α΄ Λυκείου. Είναι άλλωστε ευνόητο ότι ο κάθε συνάδελφος –στα πλαίσια του

αναντικατάστατου και δημιουργικού του ρόλου στην τάξη– μπορεί να σχεδιάσει

και να εφαρμόσει, με το δικό του τρόπο, μιαν άλλην παρουσίαση.

∆ημήτρης Ντρίζος

Τρίκαλα

V

ΠΕΡΙ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΩΝ ΜΟΡΦΩΝ

ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ ΜΙΑ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΚΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ

Δήμος Γεώργιος του Δημητρίου

Έστω ο μιγαδικός z = α + βi ∈C. Είναι γνωστό ότι τριγωνομετρική μορφή αυ-

τού ονομάζεται η έκφραση z =|z|(συνθ + iημè), όπου θ είναι κατάλληλη γωνία,

που συμβολίζεται με arg(z) και λέγεται "τυχαίο όρισμα" του μιγαδικού z και δεν

είναι μοναδικό.

Aí ç ãùíία θ ανήκει στο διάστημα [0, 2π)

(σχ. 1), τότε ονομάζεται "πρωτεύον όρισμα"

του z και συμβολίζεται με Arg(z).

Γενικά ισχύει : arg(z) = Arg(z) + 2κπ, κ∈z.

Είναι φανερό ότι : α = |z|συνθ

και β = |z|ημθ.

O x

y

áè

z = á + âi

z

( )Ó÷. 1â

Ακόμα είναι φανερό ότι αν ο μιγαδικός z είναι σταθερός (όχι παραμετρικός),

τότε έχει μοναδικό πρωτεύον όρισμα. Αν ο z έχει παραμετρική μορφή, τότε το

Arg(z) μπορεί να έχει διάφορες μορφές ανάλογα με το σύνολο στο οποίο κινείται

η παράμετρος.

Το πρόβλημα της γραφής ενός μιγαδικού σε τριγωνομετρική μορφή δυσκολεύει,

κυρίως, όταν ο μιγαδικός έχει παραμετρική μορφή. Μεγάλη βοήθεια έχουμε από

τους οκτώ μιγαδικούς : ±συνφ ± iημφ και ±ημφ ± iσυνφ.

Αυτοί όλοι τους έχουν μέτρο 1 και επομένως βρίσκονται (απεικονίζονται) στον

μοναδιαίο κύκλο. Πως όμως μπορούμε να βρούμε τη θέση (εικόνα) καθενός από

αυτούς πάνω στον μοναδιαίο κύκλο ;

74

Φέρουμε τη διάμετρο ΑΟΕ, που σχηματίζει

γωνία φ με τον ημιάξονα Ox (η γωνία φ αρ-

κούντως μικρή) (σχ. 2). Στη συνέχεια φέρου-

με τη διάμετρο ΒΟΖ, που σχηματίζει με τον

ημιάξονα Οy ãùíία φ. Για τα σημεία Α και

Β είναι φανερό ότι Α(συνφ, ημφ) και

Β(ημφ, συνφ). Θα γράφουμε για λόγους

συντομίας Α(σ, η) και Β(η, σ).

y

xO

( )Σχ. 2

φ

φ

φ

φ

φ

φ

φ

φ

Α

ΒΓ

Δ

Ε

Ζ Η

Θ

Αν φέρουμε τη συμμετρική ως προς τον άξονα xx΄ διάμετρο της ΑΟΕ, θα προκύ-

ψει η διάμετρος ΘΟ∆ και επίσης η συμμετρική ως προς τον yy΄ της ΒΟΖ είναι η

ΓΟΗ.

Πιστεύουμε πως είναι εύκολο να διαπιστώσει

κάποιος ότι : Γ(–η, σ), ∆(–σ, η), Ε(–σ, –η),

Ζ(–η, –σ), Η(η, –σ) και Θ(σ, –η) όπως φαίνε-

ται και στο (σχ. 3).

Έτσι στο σημείο Γ(–η, σ) απεικονίζεται ο

μιγαδικός –ημφ + iσυνφ, που έχει όρισμα

ð

2 + φ και επομένως :

–ημφ + iσυνφ = συνð ð

2 2+FHGIKJ + +FHG

IKJö içì ö .

y

xO

( )Σχ. 3

φ

φ

φ

φ

φ

φ

φ

φ

Α(σ, η)

Β(η, σ)Γ(-η, σ)

Δ(-σ, η)

Ε(-σ, -η)

Ζ(-η, -σ) Η(η, -σ)

Θ(σ, -η)

1-1

i

-i

Στο σημείο Ε(–σ, –η) απεικονίζεται ο z = –συνφ – iημφ, που έχει όρισμα π + φ

και επομένως : –συνφ – iημφ = συν(π + φ) + iημ(π + φ) και ούτω καθεξής.

Χρησιμοποιώντας το σκαρίφημα του (σχ. 3), μπορεί κάποιος να "τακτοποιήσει"

και οποιονδήποτε από τους 12 αριθμούς :

± ± ± ± ± ±3

2

1

2

1

2

3

2

2

2

2

2i i i, ,

(πράγμα που ούτως ή άλλως ήταν σχετικά εύκολο). Οι αριθμοί αυτοί έχουν μέτρο 1

και απεικονίζονται και αυτοί στον μοναδιαίο κύκλο.

75

Έστω λοιπόν για παράδειγμα ο μιγαδικός z = − −3

2

1

2i .

Για να γράψουμε αυτόν σε τριγωνομετρική μορφή, εργαζόμαστε ως εξής :

Αρχικά αφήνουμε τα πλην (–) όπως είναι και αντικαθιστούμε τους αριθμούς

3

2

1

2, με τριγωνομετρικούς αριθμούς γωνιών του α΄ τεταρτημορίου.

(Θεωρείται ότι κάθε μαθητής, όσο αδύνατος κι αν είναι, μπορεί να το κατορθώσει αυτό).

Έτσι : z = − −çì ióõíð ð

3 3 ή z = − −óõí içì

ð ð

6 6

Αντίστοιχος μιγαδικός στο σκαρί-

φημα είναι ο –ημθ – ióõíè, ðïõ áðåé-

êïíίζεται στο σημείο z και για τον

οποίο φαίνεται από το σκαρίφημα ότι:

–ημθ – iσυνθ =

= συν3

2

3

2

ð ð−FHGIKJ + −FHG

IKJè içì è .

Άρα : − − =çì ióõíð ð

3 3

= óõí3

2 3

3

2 3

ð ð ð ð−FHGIKJ + −FHG

IKJiçì =

= óõí içì7

6

7

6

ð ð+ .

Αντίστοιχος μιγαδικός στο σκαρί-

φημα είναι ο –συνθ – iημè, ðïõ áðåéêï-

íίζεται στο σημείο z και για τον οποίο

φαίνεται από το σκαρίφημα ότι :

–συνθ – iημθ = συν(π + φ) + iημ(π + φ)

Άρα : − − =óõí içìð ð

6 6

= óõí içìðð

ðð

+FHGIKJ + +FHG

IKJ6 6

=

= óõí içì7

6

7

6

ð ð+ .

Έτσι, όποιον δρόμο και αν ακολουθήσει κάποιος, η κατάληξη είναι η ίδια, αρκεί

να κατέχει πλήρως το σκαρίφημα.

Τέλος για τους τέσσερις αριθμούς ±1 και ±i, από το σκαρίφημα πάλι φαίνεται

ότι :

1 = συν0 + iημ0, i = óõíð

2 + iμ

ð

2, –1 = óõíð + iημπ και –i = συν

3

2

ð + iημ

3

2

ð.

Με το σκαρίφημα του (σχ. 3) λοιπόν μπορούμε να τακτοποιήσουμε τους (κάθε

άλλο παρά τυχαίους) εικοσιτέσσερις μιγαδικούς :

76

(±συνθ ±iημθ), (±ημθ ±iσυνθ), ± ±FHG

IKJ ± ±FHG

IKJ ± ±FHG

IKJ

3

2

1

2

1

2

3

2

2

2

2

2i i i, , , ±1

και ±i.

Είναι εύκολο να διαπιστώσει κάποιος ότι, αν δοθεί τυχαίος μιγαδικός :

z = α + βi, και από αυτή τη μορφή βγάλουμε κοινό παράγοντα το |z|, ôότε η πα-

ράσταση εντός της παρένθεσης θα έχει μία από τις παραπάνω εικοσιτέσσερις

μορφές.

Σημειώνουμε ακόμα ότι στις τριγωνομετρικές μορφές, ο μαθητής είναι απα-

ραίτητο να γνωρίζει, εκτός από τον τύπο De Moivre και τα θεωρήματα των γινο-

μένων και του πηλίκου δύο μιγαδικών, που είναι γραμμένοι σε τριγωνομετρική

μορφή, όπου τα μέτρα αυτών πολλαπλασιάζονται (αντιστοίχως διαιρούνται), ενώ

τα ορίσματα αυτών αθροίζονται (αντιστοίχως αφαιρούνται).

Έτσι για τον μιγαδικό z = 1

3

5−−

FHGIKJ

i

i έχουμε :

1 22

2

2

22

4 42

4 4

3 23

2

1

22

6 62

6 6

− = −FHG

IKJ = −FHG

IKJ =

−+

−FHG

IKJ

− = −FHG

IKJ = −FHG

IKJ =

−+

−FHG

IKJ

i i óõí içì óõí içì

i i óõí içì óõí içì

ð ð ð ð

ð ð ð ð

Οπότε : zi

i

óõí içì

óõí içìóõí içì=

−−

FHGIKJ =

−+

−FHG

IKJ

−+

−FHG

IKJ

L

N

MMMM

O

Q

PPPP=

−+

−FHG

IKJ

LNM

OQP =

1

3

24 4

26 6

1

2 12 12

5

5

5ð ð

ð ð

ð ð

=1

32

5

12

5

12

2

8

19

12

19

12óõí içì óõí içì

−+

−FHG

IKJ = +FHG

IKJ

ð ð ð ð.

Έστω τώρα ο (παραμετρικός) μιγαδικός :

z = ημ2θ – (1 + συν2θ)i με θ∈ − −LNM

OQP6ð,

29ð

6.

Ζητάμε την τριγωνομετρική μορφή και το πρωτεύον όρισμα αυτού.

Αρχικά μετασχηματίζουμε τον z και έχουμε :

77

z = ημ2θ – (1 + συν2θ)i = 2ημθ⋅συνθ – (1 + 2συν2θ – 1)i ⇒

z = 2συνθ(ημθ – iημθ) (1)

Από την (1) ⇒ |z| = 2|óõíè|⋅|ημθ – iσυνθ| = 2⋅|συνθ| =

=

2 611

2

211

2

29

6

011

2

óõíè áí è

óõíè áí è

áí è

− ≤ < −

− − < ≤ −

= −

R

S|||

T|||

ðð

ð ð

ð

, οπότε έχουμε τις περιπτώσεις :

Αν –6π ≤ θ <−11

2

ð, είναι : |z| = 2συνθ και από την (1) και το σκαρίφημα

έχουμε ότι : z = 2συνθ óõí è içì è3

2

3

2

ð ð+FHGIKJ + +FHG

IKJ

LNM

OQP η τριγωνομετρική μορφή του z.

Ãéá ôï Arg(z) έχουμε : 3

2

ð + θ = Arg(z) + 2êð ⇒ Arg(z) =

3

2

ð + θ – 2κπ, με

τον ακέραιο κ να ορίζεται κατάλληλα, ώστε :

0 ≤ Arg(z) < 2π ⇔ 0

3

22 2

611

2

03

22 2

11

26

≤ + − <

− ≤ < −

UV||

W||⇒

≤ + − <

< − ≤

UV||

W||⇒

ðð ð

: ðð

ðð ð

ðð

è ê

Åßíáé êáé è

è ê

è

11

2

3

22 8 11 3 4 16 8 4 13 2

13

4

ð ðð ð< − < ⇒ < − < ⇒ < − < ⇒ − > >

−ê ê ê ê

ê ⇒

κ = –3, οπότε Arg(z) = 3

22 3

15

2

ð( )ð

ð+ − − = +è è.

Αν −11

2

ð < θ ≤ −

29

6

ð, åίναι : |z| = –2συνθ και από την (1) και το σκαρίφημα

έχουμε ότι : z = –2συνθ(–ημθ + iσυνθ) ⇒ z = –2óõíè óõí è içì èð ð

2 2+FHGIKJ + +FHG

IKJ

LNM

OQP

η τριγωνομετρική μορφή του z. Ãéá ôï Arg(z) έχουμε : ð

2 + θ = Arg(z) + 2êð ⇒

Arg(z) = ð

2 + θ – 2κπ, με τον ακέραιο κ να ορίζεται κατάλληλα, ώστε :

78

02

2 2

11

2

29

6

02

2 2

29

6

11

2

29

6 22

15

2

≤ + − <

− < ≤ −

UV||

W||⇒

≤ + − <

≤ − <

UV||

W||⇒ ≤ − <

ðð ð

¼ð ð

ðð ð

ð ð

ð ðð

ðè ê

ìùò è

è ê

è

ê ⇒

29 ≤ 3 – 12κ < 45 ⇒ 26 ≤ – 12κ < 42 ⇒ − ≥ > −13

6

7

2ê ⇒ κ = –3 και επομένως

Arg(z) = ð

( )ðð

22 3

13

2+ − − = +è è .

Αν θ =−11

2

ð, τότε |z| = 0 ⇒ z = 0 .

Άσκηση :

Να μελετηθούν ως προς την τριγωνομετρική τους μορφή και το πρωτεύον όρισμά

τους οι μιγαδικοί :

i. z = 1 – óõí2è + iημ2θ, θ∈26

3

39

4

ð,

ðLNM

OQP ii. z = 1 + çμè – iσυνθ, θ∈

15

4

14

3

ð,

ðLNM

OQP

∆ήμος Γεώργιος

Ζάππα 12

421 00, Τρίκαλα

ΓΕΝΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΑΝΑΛΥΣΗΣ ΓΙΑ ΤΟΥΣ ΥΠΟΨΗΦΙΟΥΣ ΤΗΣ 1ης ΔΕΣΜΗΣ

Ζανταρίδης Νίκος

Το περιοδικό μας, στα πλαίσια στήριξης της προσπάθειας για μια καλύτερη

προετοιμασία των υποψηφίων για τις Γενικές Εξετάσεις (της 1ης ∆έσμης), πα-

ρουσιάζει σε αυτό το τεύχος μία σειρά γενικών θεμάτων(*) με αντικείμενο, κυρί-

ως, το ∆ιαφορικό και Ολοκληρωτικό Λογισμό. Τα θέματα αυτά μπορούν κάλλι-

στα να αξιοποιηθούν, με τη μορφή επαναληπτικών διαγωνισμάτων, και από συ-

νάδελφους μαθηματικούς που προετοιμάζουν υποψηφίους.

Το περιοδικό μας έκρινε και αξιολόγησε την ποιότητα των θεμάτων αυτών.

Είναι προφανές όμως ότι η τελική κρίση ως προς το βαθμό δυσκολίας τους, και

όχι μόνο, θα γίνει από εσάς – τους αναγνώστες μας...

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 1ο

ΖΗΤΗΜΑ 1ο

α. Αν η συνάρτηση ƒ είναι συνεχής στο [α, β], παραγωγίσιμη στο

(α, β) και για κάθε x∈(α, β) ισχύει ƒ΄(x) > 0, να δείξετε ότι η ƒ

είναι γνησίως αύξουσα στο [α, β].

β. ∆ίνεται η συνάρτηση ƒ : R → R με ƒ(x) = e

x x

x

2 2+ +.

i Να μελετηθεί η ƒ ως προς τη μονοτονία

ii. Να λυθεί η ανίσωση : ex – 1

> 4 2 2

3 4

2

2

x x

x x

+ ++ +

(*) Σημείωση του υπεύθυνου της έκδοσης : Στο προλογικό σημείωμα του 1ου τεύχους

της «ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΚΦΡΑΣΗΣ» γράψαμε : «Όμως, δεν μπορούμε να παραβλέψου-

με και το ρόλο των κάθε λογής εξετάσεων που καλούνται να αντιμετωπίσουν οι μα-

θητές. Θα είμαστε κοντά στη δικαιολογημένη αγωνία τους για την επιτυχία τους σ’

αυτές. Έτσι η άσκηση και το πρόβλημα θα έχουν το δικό τους χώρο (στο περιοδικό

μας)».

80

ΖΗΤΗΜΑ 2ο

α. Για τη συνάρτηση ƒ : R* → R ισχύει ƒ ⋅ ƒFHG

IKJ =( )x

x x

2 1 1, για κάθε

x ≠ 0.

i. Να βρεθεί ο τύπος της ƒ.

ii. Να δείξετε ότι η εφαπτομένη της Cƒ σε οποιοδήποτε σημείο

της σχηματίζει με τους άξονες συντεταγμένων τρίγωνο στα-

θερού εμβαδού.

β. Για τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις ƒ, g : R → R ισχύει :

ƒ΄(x) + g(x) = ƒ(x) + g΄(x), για κάθε x∈R

και για κάποιο α∈R ισχύει ƒ(α) = g(α). Να δείξετε ότι ƒ = g.

ΖΗΤΗΜΑ 3ο

α. Για την παραγωγίσιμη συνάρτηση ƒ : R +* → R ισχύει :

ƒ(x⋅y) ≤ ƒ(x) + ƒ(y), για κάθε x, y∈R +* και ƒ(1) = 0, ƒ΄(1) = 1.

Να βρεθεί ο τύπος της ƒ.

β. Έστω ƒ μία πολυωνυμική συνάρτηση. Αν α, β∈R με α < β είναι

ρίζες του πολυωνύμου ƒ(x), να δείξετε ότι το πολυώνυμο :

g(x) = ƒ″(x)⋅ƒ(x) + ƒ΄(x)

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (α, β).

ΖΗΤΗΜΑ 4ο

α. i. Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία η συνάρτηση :

ƒ(x) = x3 – x

2 – lnx, x > 0.

ii. Aν α1, α2, ..., αν∈R +* με α1⋅α2⋅...⋅αν = 1, να δείξετε ότι :

á á á á á áí í13

23 3

12

22 2+ + + ≥ + + +... ...

β. ∆ίνεται η συνάρτηση ƒ(x) = x á â á x x4 2 2 2 22 1+ + − + −d i

i. Να βρεθεί ο γ. τ. (c) των σημείων Μ(α, β) του επιπέδου, για

τα οποία ισχύει : lim ( )x

x→+∞

ƒ = 4.

ii. Αν Κ(x1, y1), Λ(x2, y2) είναι σημεία του γ. τ. (c), να δείξετε ότι :

(x2 – x1)2 + (y2 – y1)

2 ≤ 36.

81

AΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΖΗΤΗΜΑ 1ο

á. Θεωρία...

β.i. ... ƒ΄(x) = e x x e x x

x x

e x x e x

x x

x x x xc h c h c hc h

c h a fc h

′⋅ + + − ⋅ + +

′

+ +=

⋅ + + − +

+ +=

2 2

2 2

2

2 2

2 2

2

2 2 1

2

= e x x

x x

x ⋅ − +

+ +

2

2 2

1

2

c hc h

. Το τριώνυμο φ(x) = x2 – x + 1 έχει αρνητική διακρίνου-

σα ∆ = (–1)2 – 4⋅1⋅1 – 3 < 0 και ο συντελεστής του x

2 είναι α = 1 > 0, οπότε για κά-

θε x∈R ισχύει : x2 – x + 1 > 0.

Ακόμη για κάθε x∈R είναι ex > 0 και (x

2 + x + 2)

2 > 0 (... ∆1 = 1

2 – 4⋅1⋅2 = –7 < 0...).

Άρα για κάθε x∈R είναι ƒ΄(x) = e x x

x x

x ⋅ − +

+ +

2

2 2

1

2

c hc h

> 0, οπότε η ƒ είναι γνησίως αύ-

ξουσα στο R.

ii. Έχουμε : ex x

x x

e

e

x x

x x

xx

x

−+

>+ +

+ +⇔ >

+ +

+ + + +1

2

2

2

1

2

2

4 2 2

3 4

2 2 2

1 1 2

( )

( ) ( ) ⇔

⇔ e

x x

e

x x

e

x x

x x x2

2

1

2

1

22 2 2 1 1 2

0

2 2 2 0( ) ( ) ( ) ( )+ +>

+ + + +

>

+ + >

+ +FHG

IKJ

⇔ ƒ(2x) > ƒ(x + 1) ⇔ 2x > x + 1 (αφού η ƒ είναι γνησίως αύξουσα στο R)

⇔ x > 1, άρα x∈(1, +∞).

ΖΗΤΗΜΑ 2ο

α.i. ... ƒ(x)2⋅ƒ

1 1

x x

FHIK = (1), (x ≠ 0).

Από την (1), θέτοντας όπου x το 1

x, έχουμε ότι για κάθε x ≠ 0 ισχύει :

ƒ ⋅ ƒ =FHIK

FHIK

12

xx x( ) (2).

Από την (1) προκύπτει ότι για κάθε x ≠ 0 είναι ƒ(x) ≠ 0 και

82

ƒ =⋅ ƒ

FHIK

1 12x x x( )a f (3).

Από (2) και (3) έχουμε 1

2

2

2 4x x

x xx

x xx

⋅ ƒ⋅ ƒ = ⇔

ƒ

⋅ ƒ= ⇔

LNMM

OQPP( )

( )

( )a f a f a f

ƒ ⇔ ƒ ==FHIKx

xx

xa fb g a f3

31 1

.

Άρα είναι ƒ =xx

a f 1 (είναι εύκολο να διαπιστωθεί ότι η ƒ =x

xa f 1

, x ≠ 0 ικανοποιεί

την (1) για κάθε x ≠ 0).

ii. H ƒ είναι παραγωγίσιμη στο R* με ′ƒ =

′FHIK = −x

x xa f 1 1

2. Η εξίσωση της εφαπτομένης

(ε) της Cƒ στο τυχαίο σημείο της Μ(x0, ƒ(x0)), x0 ≠ 0, είναι :

y – ƒ(x0) = ƒ΄(x0)(x – x0) ⇔ y – 1 1 1 2

0 02 0

02

0x xx x

x xy x= − ⇔ = − ⋅ +−a f .

Άρα (ε) : y xx x

= − ⋅ +1 2

02

0

.

Aπό την εξίσωση της (ε) για x = 0 έχουμε y = 2

0x, οπότε η ευθεία (ε) τέμνει την y΄y

στο σημείο Κ 02

0

,x

FHGIKJ . Από την εξίσωση της (ε) για y = 0 έχουμε :

x = 2x0, οπότε η ευθεία (ε) τέμνει τον x΄x στο σημείο Λ(2x0, 0).

Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΚΛ είναι :

Ε = 1

2(ΟΛ)(ΟΚ) =

1

2⋅|2x0|⋅

2

0x =

= ⋅ = =⋅1

22

2 1

240

0

2xx

ô ì óôáèåñü. . ( ) .

Άρα η εφαπτομένη της Cƒ σε οποιοδήποτε

σημείο της σχηματίζει με τους άξονες συ-

ντεταγμένων τρίγωνο σταθερού εμβαδού.

x΄

y΄

x

y

Cƒ

CƒK

Λ

Μ(x0, ƒ(x0))

83

β. Για κάθε x∈R έχουμε :

ƒ΄(x) + g(x) = ƒ(x) + g΄(x) ⇔ ƒ΄(x) – g΄(x) = ƒ(x) – g(x) ⇔

(ƒ(x) – g(x))΄ = ƒ(x) – g(x) ⇔åöáñìïãÞ

ôïõ âéâëßïõ

ƒ(x) – g(x) = c⋅ex (1) (c : πραγμ. σταθερά)

Από την (1) για x = α έχουμε : ƒ(α) – g(α) = c⋅eα ⇔ƒ =( ) ( )á g á

c⋅eα = 0 ⇔≠eá 0

c = 0.

Άρα για κάθε x∈R ισχύει ƒ(x) – g(x) = 0⋅ex ⇔ ƒ(x) – g(x) = 0 ⇔ ƒ(x) = g(x).

Επειδή οι συναρτήσεις ƒ, g έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού το R και για κάθε x∈R ισχύ-

ει ƒ(x) = g(x), έπεται ότι είναι ƒ = g.

ΖΗΤΗΜΑ 3ο

α. Από την υπόθεση έχουμε ότι για κάθε x, y∈R +* ισχύει ƒ(xy) – ƒ(x) – ƒ(y) ≤ 0 (1).

Θεωρώ τη συνάρτηση g(y) = ƒ(xy) – ƒ(x) – ƒ(y), y > 0, (x > 0).

Η συνάρτηση g(y) είναι παραγωγίσιμη στο R +* με :

g΄(y) = (ƒ(xy))΄ – (ƒ(x))΄ – (ƒ(y))΄ = ƒ΄(xy)⋅(xy)΄ – 0 – ƒ΄(y) = x⋅ƒ΄(xy) – ƒ΄(y).

Παρατηρούμε ότι είναι :

g(1) = ƒ(x⋅1) – ƒ(x) – ƒ(1) = ƒ(x) – ƒ(x) – ƒ(1) = – ƒ(1) =ƒ =( )1 0

0,

οπότε από την (1) προκύπτει ότι για κάθε y∈R +* ισχύει : g(y) ≤ g(1). Επομένως η g

παρουσιάζει στο y0 = 1 μέγιστο. Επειδή η g είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο

R +* και παρουσιάζει στο εσωτερικό σημείο y0 = 1 του R +

* τοπικό ακρότατο, έπεται

σύμφωνα με το Θ. Fermat ότι ισχύει :

g΄(1) = 0 ⇔ x⋅ƒ΄(x⋅1) – ƒ΄(1) = 0 ⇔ x⋅ƒ΄(x) = ƒ΄(1) ⇔

ƒ΄(x) = ′ƒ

⇔ ′ƒ =′ƒ =( )

( )( )1 11 1

xx

x.

Άρα για κάθε x∈R +* είναι ƒ΄(x) =

1

x.

Για κάθε x∈R +* έχουμε :

ƒ΄(x) = 1 0

x

x

⇔>

(ƒ(x))΄ = (lnx)΄ ⇔ ƒ(x) = lnx + c, c : πραγμ. σταθερά.

Έχουμε όμως ƒ(1) = 0 ⇔ ln1 + c = 0 ⇔ c = 0. Άρα ƒ(x) = lnx, x > 0. (Είναι

εύκολο να διαπιστωθεί πως η ƒ(x) = lnx, x > 0 ικανοποιεί τις συνθήκες που δόθηκαν στην εκ-

φώνηση).

84

β. Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = ƒ(x)⋅eƒ΄(x), x∈R.

Η συνάρτηση h(x) είναι παραγωγίσιμη στο R με :

h΄(x) = ƒ ⋅′= ′ƒ ⋅ + ƒ ⋅

′=′ƒ ′ƒ ′ƒ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )x e x e x ex x xc h c h

= ′ƒ ⋅ + ƒ ⋅ ⋅ ′ƒ ′ = ′ƒ + ƒ ⋅ ′′ƒ ⋅′ƒ ′ƒ ′ƒ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )x e x e x x x x ex x xa f a f , για κάθε x∈R.

(H ƒ είναι παραγωγίσιμη στο R ως πολυωνυμική. Η ƒ΄ είναι πολυωνυμική, οπότε

είναι παραγωγίσιμη στο R. Έτσι η g(x) = eƒ΄(x)

είναι παραγωγίσιμη στο R ως σύνθε-

ση παραγωγίσιμων συναρτήσεων και η h(x) = ƒ(x)⋅eƒ΄(x) είναι παραγωγίσιμη στο R

ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων).

Οπότε η h είναι συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β).

Είναι ακόμα : h(α) = ƒ(α)⋅eƒ΄(α) = 0⋅eƒ΄(α)

= 0 και

h(β) = ƒ(β)⋅eƒ΄(β) = 0⋅eƒ΄(β)

= 0.

(Είναι ƒ(α) = ƒ(β) = 0, γιατί οι αριθμοί α, β είναι ρίζες του πολυωνύμου ƒ(x)), οπότε

ισχύει : h(α) = h(β) = 0.

Άρα η h ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θ. Rolle στο [α, β], οπότε υπάρχει τουλάχι-

στον ένα σημείο x0∈(α, β), τέτοιο ώστε να ισχύει :

h΄(x0) = 0 ⇔ ′ƒ + ƒ ⋅ ′′ƒ ⋅ ⇔ ′ƒ + ƒ ⋅ ′′ƒ =′ƒ≠′ƒ

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( )

x x x e x x xxe x

0 0 0 0 0 00

0 0

0a f ⇔

⇔ ′′ƒ ⋅ ƒ + ′ƒ =( ) ( ) ( )x x x0 0 0 0 ⇔ g(x0) = 0.

Eπομένως το πολυώνυμο g(x) = ƒ″(x)⋅ƒ(x) + ƒ΄(x) έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (α, β).

ΖΗΤΗΜΑ 4ο

α.i. ... ƒ΄(x) = 3x2 – 2x –

1

x =

=− − + +

=−3 1 33 2 2

2 1 1x

x

x

x

x x xa fc h, x > 0.

Από το πρόσημο της ƒ΄(x) που φαίνεται στον πίνα-

κα, προκύπτει ότι η ƒ είναι γνησίως φθίνουσα στο

(0, 1] και γνησίως αύξουσα στο [1, +∞), οπότε η ƒ

παρουσιάζει στο x0 = 1 ολικό ελάχιστο, το οποίο

είναι το ƒmin = ƒ(1) = 13 – 1

2 – ln1 = 0.

ΣΧΗΜΑ HÖRNER

3 -2 0 -1

3 1 1

1

3 1 1 0

x 0 1 +∞

0 +ƒ΄(x)

ƒ(x) min

ii. Επειδή το ολικό ελάχιστο της ƒ είναι το ƒmin = 0, έπεται ότι για κάθε x > 0 ισχύει :

ƒ(x) ≥ ƒmin = 0 ⇔ x3 – x

2 – lnx ≥ 0 ⇔ x

3 ≥ x

2 + lnx (1).

85

Λόγω της (1) έχουμε :

á á á

á á á

á á áí í í

13

12

1

23

22

2

3 2

≥ +

≥ +

≥ +

⇒

R

S||

T||

+

ln

ln

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

ln

( )

á á á á á á á á áí í í13

23 3

12

22 2

1 2+ + + ≥ + + + + + + +... ... ln ln ... lna f ⇒

á á á á á á á á áí í í

á á áí

13

23 3

12

22 2

1 2

1 2 1

+ + + ≥ + + + + ⋅ ⋅ ⋅ ⇒⋅ ⋅ =

... ... ln ...( ... )

a f

á á á á á áí í13

23 3

12

22 2

1 0

1+ + + ≥ + + + + ⇒=

... ... ln(ln )

á á á á á áí í13

23 3

12

22 2+ + + ≥ + + +... ...

β. Επειδή lim limx x

x á â á x x→+∞ →+∞

+ + − + = = +∞4 2 2 2 42 1e je j , έπεται ότι υπάρχει μ > 0,

τέτοιος ώστε για κάθε x με x > μ να ισχύει x á â á x4 2 2 22 1+ + − +e j > 0.

Άρα η ƒ ορίζεται σε διάστημα της μορφής (μ, +∞) με μ > 0.

Για κάθε x∈(μ, +∞) έχουμε :

ƒ(x) = ... = x á â á x x

x á â á x x

á â áx

á â áx x

x ì4 2 2 2 4

4 2 2 2 2

02 2

2

2 22 4

2 1

2 1

21

1 21 1

1

+ + − + −

+ + − + += =

+ − +

+ + − + +

> >e je je j e j

...( )

,

οπότε lim ( ) ...x

xá â á

→+∞ƒ = =

+ −2 2 2

2.

Ένα σημείο Μ(α, β) του επιπέδου ανήκει στον ζητούμενο γ.τ. αν και μόνο αν ισχύει :

lim ( )x

xá â á

→+∞ƒ = ⇔

+ −=4

2

24

2 2

⇔ α2 + β

2 – 2α = 8 ⇔ (α

2 – 2α + 1) + β

2 = 9

⇔ (α – 1)2 + β

2 = 9 ⇔ Μ(α, β)∈(C), όπου (C) ο κύκλος με εξίσωση :

(x – 1)2 + y

2 = 9, ο οποίος έχει κέντρο το Ν(1, 0) και μήκος ακτίνας ρ = 9 = 3.

N(1, 0)A B

Κ(x1, y1)

Λ(x2, y2)

Η διάμετρος του κύκλου (C) έχει μήκος : d = 2ρ = 2⋅3 = 6. Aν (x1, y1) = (x2, y2), τότε είναι φανερό ότι :

x x y y2 1

2

2 1

2− + −a f a f = 0 < 36.

Έστω (x1, y1) ≠ (x2, y2). Επειδή τα σημεία Κ(x1, y1), Λ(x2, y2) ανήκουν στον κύκλο (C), έπεται ότι το ευθ. τμήμα ΚΛ είναι χορδή του κύκλου (C). Αν ΑΒ είναι μία διάμετρος του κύκλου (C), τότε θα ισχύει :

(ΚΛ) ≤ (ΑΒ) ⇔ x x y y2 1

2

2 1

26− + − ≤a f a f ⇔ x x y y2 1

2

2 1

2− + −a f a f ≤ 36.

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι αν Κ(x1, y1), Λ(x2, y2) είναι σημεία του γ. τ. (C), τότε :

x x y y2 1

2

2 1

2− + −a f a f ≤ 36.

86

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΑ

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 1ο

ΖΗΤΗΜΑ 1ο

α. Να δείξετε ότι κάθε πολυωνυμική εξίσωση περιττού βαθμού με

πραγματικούς συντελεστές έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα.

β. Αν ρ1, ρ2∈R με ρ1 < ρ2 είναι ρίζες ενός πολυωνύμου ƒ(x), να δεί-

ξετε ότι η εξίσωση : ƒ΄(x) + x1999⋅ƒ(x) = 0 έχει μία τουλάχιστον

ρίζα στο (ρ1, ρ2).

ΖΗΤΗΜΑ 2ο

α. Για την παραγωγίσιμη και γνησίως αύξουσα συνάρτηση ƒ : R → R

ισχύει ƒ΄(x)⋅ƒ΄(ƒ(x)) = 1, για κάθε x∈R και ƒ(0) = 0. Να δείξετε

ότι ƒ(x) = x, x∈R.

β. Οι συναρτήσεις ƒ, g είναι δύο φορές παραγωγίσιμες στο R. Αν

τα α, β∈R είναι στάσιμα σημεία των συναρτήσεων ƒ, g με α < β,

να δείξετε ότι υπάρχει x0∈(α, β), τέτοιο ώστε :

′′ƒ ′′ƒ

=x g x

x g x0 0

0 0

0b g b gb g b g .

ΖΗΤΗΜΑ 3ο

α. Για την παραγωγίσιμη συνάρτηση ƒ : R → R ισχύει :

ƒ΄(x3 + x) = 4x, για κάθε x∈R και ƒ(0) = 0.

Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της Cƒ στο σημείο της

(2, ƒ(2)).

β. Για την τρεις φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση ƒ : R → R ισχύει :

ƒ(x3) ≥ ƒ(x), για κάθε x∈R.

Να δείξετε ότι :

i. ƒ΄(–1) = ƒ΄(0) = ƒ΄(1) = 0

ii. υπάρχει x0∈(–1, 1) τέτοιος ώστε ′′′ƒ =x0 0b g .

87

ΖΗΤΗΜΑ 4ο

α. Για τη συνάρτηση ƒ : R → R ισχύει :

2x⋅ƒ(x) + 2

y⋅ƒ(y) < 2x⋅ƒ(y) + 2

y⋅ƒ(x), για x, y∈R με x ≠ y.

i. Να μελετηθεί η ƒ ως προς τη μονοτονία

ii. Να λυθεί η ανίσωση (x – 2)⋅(ƒ(x2) – ƒ(x)) > 0, x∈R.

β. Αν η συνάρτηση ƒ : R → R είναι "1 – 1" και παραγωγίσιμη με

ƒ΄(ƒ(x)) = 1 για κάθε x∈R και ƒ(1999) = 1999, να δειχτεί ότι :

ƒ(x) = x για κάθε x∈R.

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 2ο

ΖΗΤΗΜΑ 1ο

α. i. Η συνάρτηση ƒ είναι συνεχής στο διάστημα ∆, παραγωγίσιμη

στο εσωτερικό του ∆ και για κάθε εσωτερικό σημείο x του ∆

ισχύει ƒ΄ (x) = 0. Nα δείξετε ότι η ƒ είναι σταθερή στο ∆.

ii. Για την δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση ƒ : R → R ισχύ-

ει ƒ″(x) = –4ƒ(x) για κάθε x∈R και ƒ(0) = 0, ƒ΄(0) = 2.

Να δείξετε ότι η συνάρτηση :

g(x) = 4(ƒ(x) – ημ2x)2 + (ƒ΄(x) – 2συν2x)2

, x∈R,

είναι σταθερή στο R και να βρεθεί ο τύπος της ƒ.

β. Οι συναρτήσεις ƒ, g είναι συνεχείς στο [α, β], παραγωγίσιμες στο

(α, β) και ισχύει ƒ(α) = g(α) και ƒ(β) = g(β).

Να δειχτεί ότι υπάρχει x0∈(α, β), τέτοιο ώστε :

ƒ΄(x0) + ƒ(x0) = g΄(x0) + g(x0).

ΖΗΤΗΜΑ 2ο

α. Έστω μία συνάρτηση ƒ με τις ιδιότητες :

1. είναι συνεχής στο [α, β] με ƒ(x) > 0 για κάθε x∈[α, β].

2. είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) και

3. υπάρχει γ∈(α, β) τέτοιο ώστε ƒƒFHGIKJ =

ƒƒFHGIKJ

− −( )

( )

( )

( )

ã

á

â

ã

â ã ã á

Να δείξετε ότι υπάρχουν ξ1∈(α, γ) και ξ2(γ, β), τέτοια ώστε :

ƒ(ξ1)⋅ƒ΄(ξ2) = ƒ΄(ξ1)⋅ƒ(ξ2)

88

β. Έστω μια συνάρτηση παραγωγίσιμη στο R.

i. Να δείξετε ότι : lim( ) ( )

( )h

x h x hh

x→

ƒ + − ƒ −= ′ƒ

0

23 για κάθε

x∈R.

ii. Να βρείτε το τύπο της ƒ αν είναι : ƒ(0) = 0 και

lim( ) ( ) ( )

h

xx h x h

hx e

→

ƒƒ + − ƒ −= − ⋅

0

26 , ãéα κάθε x∈R.

ΖΗΤΗΜΑ 3ο

α. Αν η συνάρτηση ƒ : [0, 1] → R είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με

την ƒ″ συνεχή στο [0, 1], να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

σημείο ξ∈[0, 1], τέτοιο ώστε : 2 ƒ = ƒ − ′ƒ + ′′ƒz ( ) ( )x dx î î0

122 1 1b g b g.

β. Αν η συνάρτηση ƒ είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο R, να

μελετηθεί ως προς τη μονοτονία η συνάρτηση :

g(x) = ƒ + ƒ−z z( ) ( )t dt t dt

x

x

x

5 4 14 , x∈R

και να δειχτεί ότι : ƒ ≤ ƒ−z z( ) ( )t dt t dt

x x

1

5 4

15 , για κάθε x∈R.

ΖΗΤΗΜΑ 4ο

Αν η συνάρτηση ƒ είναι παραγωγίσιμη στο [0, 3α], α > 0 και ι-

σχύει : ƒ = ƒz z( ) ( )x dx x dxá

á

á

0

2 3, να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλά-

χιστον ξ∈(0, 3α), τέτοιο ώστε ƒ΄(ξ) = 0.

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 3ο

ΖΗΤΗΜΑ 1ο

α. Αν η συνάρτηση ƒ είναι ορισμένη σ’ ένα διάστημα ∆ και παρα-

γωγίσιμη στο x0∈∆, να δείξετε ότι η ƒ είναι συνεχής στο x0.

β. Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση ƒ : R → R, για την οποία ι-

σχύει : ƒ΄(x) = –2xeƒ(x)

για κάθε x∈R και ƒ(0) = –1.

i. Να βρεθεί ο τύπος της ƒ.

ii. Να μελετηθεί η ƒ ως προς τα κοίλα.

89

ΖΗΤΗΜΑ 2ο

α. Για τις δύο φορές παραγωγίσιμες συναρτήσεις ƒ, g : R → R ι-

σχύει : ƒ″(x) + ƒ(x) = g″(x) + g(x) για κάθε x∈R και οι Cƒ, Cg

έχουν κοινό σημείο με κοινή εφαπτομένη σ’ αυτό.

i. Να δείξετε ότι η συνάρτηση :

h(x) = (ƒ(x) – g(x))2 + (ƒ΄(x) – g΄(x))2

, x∈R

είναι σταθερή στο R.

ii. Να δείξετε ότι ƒ = g.

β. Για την παραγωγίσιμη συνάρτηση ƒ : R → R ισχύει :

ƒ΄(x) = (ƒ(x))2⋅ƒ(–x) για κάθε x∈R.

Να δειχτεί ότι είναι : ƒ(x) = ex, για κάθε x∈R.

ΖΗΤΗΜΑ 3ο

α. ∆ίνεται η συνάρτηση ƒ(x) = kx + ln(x2 +4), x∈R, όπου k >

1

2

i. Να μελετηθεί η ƒ ως προς τη μονοτονία

ii. Να βρεθεί ο γ. τ. των σημείων Μ(α, β) του επιπέδου για τα

οποία ισχύει :

k[2α – (β + 1)] + 2ln2 = lnâ â

á

2

2

2 5

1

+ ++

FHG

IKJ .

β. i. Να μελετηθεί η συνάρτηση ƒ με ƒ(x) = 2ημx – 3x, x∈R ως

προς τη μονοτονία.

ii. Να λυθεί η ανίσωση 2[ημ(x2) – ημx] > 3(x

2 – x)

ΖΗΤΗΜΑ 4ο

α. Αν για τον θετικό αριθμό α ισχύει : xx ≥ α

x – 1 για κάθε x > 0, να

δείξετε ότι α = e.

β. Αν ρ1, ρ2∈R, με ρ1 < ρ2 είναι ρίζες ενός πολυωνύμου ƒ(x), να

δείξετε ότι το πολυώνυμο g(x) = ƒ΄(x) + λƒ(x), λ∈R (σταθερός)

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (ρ1, ρ2).

90

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 4ο

ΖΗΤΗΜΑ 1ο

α. Να δείξετε ότι : x e dxx⋅ + =−z ln 1 13

1

1 d i

β. Για τη συνεχή συνάρτηση ƒ : R →R ισχύει :

ƒ(α + x) + ƒ(α – x) ≥ 3(x2 + α

2), για κάθε x∈R, (α > 0).

Να δειχθεί ότι : ƒ ≥z ( )x dx áá

4 3

0

2

ΖΗΤΗΜΑ 2ο

α. Η συνάρτηση ƒ : R → R είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο

R. Να δειχτεί ότι για κάθε x∈R ισχύει : ƒ ≤ ƒ−z z( ) ( )t dt t dt

x

x x3 2

12 .

β. Έστω Α ένας 4×4 πίνακας με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς

για τον οποίο ισχύει : 5 ⋅ A y I dy xx

+ ⋅ ≥z 5

0για κάθε x∈R.

Να δείξετε ότι ο πίνακας Α δεν είναι αντιστρέψιμος.

ΖΗΤΗΜΑ 3ο

α. Η συνάρτηση ƒ : R → R είναι συνεχής στο R και για κάθε x∈R

ισχύει : ƒ(x) > 0 και ƒ(–x)⋅ƒ(x) = 1.

i. Nα δείξετε ότι : 3

1

2t t

tdt

x

x + ƒ+ ƒ−z ( )

( ) = x

3 + x για κάθε x∈R.

ii. Να βρείτε την τιμή της παράστασης :

At t

tdt

t t

tdt

á

â

â

á=

+ ƒ+ ƒ

++ ƒ+ ƒ−z z3

1

3

1

2 2( )

( )

( )

( )

ως συνάρτηση των α, β.

β. Για την παραγωγίσιμη συνάρτηση ƒ : R → R ισχύει :

ƒz ( )t dtx

x2

≥ x2 – x, για κάθε x∈R.

i. Να δείξετε ότι η ƒ δεν είναι "1 – 1"

ii. Να δείξετε ότι υπάρχει ξ∈(0, 1), τέτοιος ώστε η εφαπτομένη

της Cƒ στο σημείο της (ξ, ƒ(ξ)) να είναι παράλληλη προς τον

άξονα x΄x.

91

ΖΗΤΗΜΑ 4ο

α. Να βρείτε τη συνεχή συνάρτηση ƒ : R → R, για την οποία ισχύει

ƒ(x) – t t dt⋅ ƒ −z ( )10

1 = 3x, για κάθε x∈R.

β. Η συνάρτηση ƒ : R → R είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο

R. Αν α, β, γ, δ∈R και α < β < γ < δ, να δείξετε ότι :

ä ã x dx â á x dxá

â

ã

ä− ƒ < − ƒz zb g b g( ) ( )

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1.

Η συνάρτηση ƒ : R → R είναι συνεχής στο R και είναι :

lim( )

, lim( )

x x

x

x

x

x→−∞ →+∞

ƒ=

ƒ=

2 22 3 .

Να δείξετε ότι η εξίσωση ƒ(x) = αx2 + βx + γ, όπου α, β, γ∈R με

2 < α < 3, έχει μια τουλάχιστον πραγματική ρίζα.

2.

Αν η συνάρτηση ƒ : R → R είναι περιττή και γνησίως φθίνουσα στο

R και για κάθε x∈R ισχύει : ƒ(x + 2ƒ(x)) = x, να δείξετε ότι ƒ(x) = –x,

για κάθε x∈R.

3.

Έστω Α ένας 3×3 πίνακας με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς, για

τον οποίο ισχύει : Α3 = Ι.

i. Να δείξετε ότι |Α – Ι| = Ο

ii. Θεωρούμε τη συνάρτηση ƒ(x) = |Α – xI| + x5 – 1, x∈R. Να δείξε-

τε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο x0∈(0, 1), τέτοιο ώστε η

εφαπτομένη της Cƒ στο σημείο της (x0, ƒ(x0)) να είναι παράλληλη

στον άξονα x΄x.

4.

Η συνάρτηση ƒ : R → R είναι παραγωγίσιμη στο R και για κάθε

x∈R ισχύει : ƒ(x) + ƒ(αx) + ƒ(α2x) ≥ ƒ(3x) + 2ƒ(0), όπου

α∈R \ 1, –2. Να δείξετε ότι ƒ΄(0) = 0.

92

5.

Αν η συνάρτηση ƒ είναι παραγωγίσιμη στο [0, 1], να δείξετε ότι υ-

πάρχει x0∈(0, 1), τέτοιο ώστε να ισχύει : ′ƒ =′ƒ

xx

x02 0

02d i b g .

6.

Αν η συνάρτηση ƒ είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο [α, β] και είναι :

ƒ(α) + ƒ΄(α) = ƒ(β) + ƒ΄(β) = 0

να δείξετε ότι υπάρχει x0∈(α, β), τέτοιο ώστε να ισχύει : ƒ″(x0) = ƒ(x0).

7.

Αν η συνάρτηση ƒ : [α, β] → R είναι συνεχής στο [α, β] με ƒ(x) > 0

για κάθε x∈[α, β] και x1, x2, x3∈[α, β], να δείξετε ότι :

ƒ ⋅ ƒ ⋅ ƒ ∈ƒx x x á â1 2 33 b g b g b g c h, .

8.

α. Να δείξετε ότι η συνάρτηση ƒ(x) = x + ex, x∈R, έχει αντίστροφη

συνάρτηση, της οποίας να βρεθεί το πεδίο ορισμού.

β. Για την συνάρτηση g : R → R ισχύει g(x + ex) = 2x + e

x, για κά-

θε x∈R. Να δείξετε ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο R.

9.

Για τη συνάρτηση ƒ : R → R ισχύει ƒ(x) + eƒ(x)

= x, για κάθε x∈R.

Íá äåίξετε ότι η ƒ είναι παραγωγίσιμη στο R.

10.

Για τη συνάρτηση ƒ : R +* → R ισχύουν :

1. ƒ(x) > 0 για κάθε x∈R +*

2. ƒFHGIKJ ⋅ ƒFHGIKJ ⋅ ƒFHGIKJ

á

â

â

ã

ã

á = 1, όπου α, β, γ∈R +

*

Να δείξετε ότι υπάρχει x0∈R +* , τέτοιο ώστε να ισχύει : ƒ(x0) = x0

2000

11.

Αν α, β, γ∈R και á â ã

4 3 20+ + = , να δείξετε ότι η εξίσωση :

αx2 + βx + γ = 0

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (0, 1).

12.

Αν η συνάρτηση ƒ είναι τρεις φορές παραγωγίσιμη στο [α, β] και εί-

ναι : ƒ(α) = ƒ΄(α) = ƒ″(α) = ƒ(β) = ƒ΄(β) = ƒ″(β) = 0, να δειχτεί

ότι υπάρχει x0∈(α, β), τέτοιο ώστε να ισχύει ′′′ƒ ( )x0 = ƒ(x0).

ΣΧΕΔΙΑ KΡΙΤΗΡΙΩΝ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ

ΤΩΝ ΜΑΘΗΤΩΝ ΤΗΣ Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΕΩΝ

Οι συνάδελφοι μαθηματικοί : Κουτανίτης Γε-

ώργιος, Κοντογιάννης Θωμάς, Μητσιάδης Γεώργι-

ος και Τσιπρόπουλος Αντώνιος του Κ. προτείνουν

για εξάσκηση στους μαθητές της Β΄ Λυκείου τα πα-

ρακάτω πέντε σχέδια κριτηρίων αξιολόγησης.

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 1ο

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ – ΑΛΓΕΒΡΑ

ΖΗΤΗΜΑ 1ο

Α. Íá áðïäåίξετε ότι : συν2α = συν2α – ημ

2α

συν2α = 2συν2α – 1

συν2α = 1 – 2ημ2α

Β. α. Να γράψετε σε απλούστερη μορφή τις παραστάσεις :

i. 2óõí2 á

2 – 1 ii. 1 – 2çì

2 á

2

β. Να υπολογίσετε το ημ15°

ΖΗΤΗΜΑ 2ο

Α. Να αποδείξετε ότι αν ένα πολυώνυμο Ρ(x) έχει παράγοντα το

x – ρ, τότε το ρ είναι ρίζα του Ρ(x).

Β. ∆ίνεται το πολυώνυμο Ρ(x) = x3 – 6x

2 + 11x + κ, κ∈R.

Αν το P(x) έχει παράγοντα το x – 1, τότε να βρεθεί η τιμή του κ

και έπειτα όλες οι υπόλοιπες ρίζες του Ρ(x).

94

ΖΗΤΗΜΑ 3ο

Α. α. Áí á > 0 êáé á ≠ 1, να συμπληρώσετε τις ισότητες :

i. logαáx = ... ii. logα1 = ... iii. logαα = ... iv. á á èlog = ... (θ > 0)

β. i. Αν log5x = 3, τότε το x είναι ίσο με :

Α. 15 Β. 8 Γ. 35 ∆. 125 Ε.

5

3

ii. Η παράσταση 8 8 1999log åίναι ίση με :

Α. 8 Β. 1999 Γ. log81999 ∆. 1999

8 Ε. 81999

iii. Η παράσταση 1

236

1

383 3log log− åίναι ίση με :

Α. 0 Β. 36

8 Γ. 1 ∆. 44 Ε. 28

iv. Aí x > 0 και log log1

3

1

3

7x > , íá õðïãñáììίσετε τη σωστή

απάντηση : Α. x > 7 Β. x < 7 v. Aí x > 0 και log3x < log37, íá õðïãñáììίσετε τη σωστή

απάντηση : Α. x > 7 Β. x < 7

B. Έστω η συνάρτηση ƒ(x) = ln xx

+ −FHG

IKJ

12 .

α. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης ƒ.

β. Να αποδείξετε ότι ƒ(5) = 2ln4 – ln5

γ. Να βρεθούν τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης της ƒ και του άξονα x΄x.

ΖΗΤΗΜΑ 4ο

Α. Να υπολογίσετε τα αθροίσματα :

i. 2 + 6 + 10 + 14 + ... + 102

ii. 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + ... + 1024

iii. 64 + 32 + 16 + 8 + ...

B. Ïé ìáèçôές ενός τμήματος μπαίνουν ένας–ένας στην αίθουσα

τους και ο καθένας τους χαιρετά με χειραψία όσους συμμαθητές

του βρίσκει μέσα στην αίθουσα και έπειτα κάθεται στο θρανίο

του. Αν έγιναν συνολικά 105 χειραψίες, πόσοι ήταν οι μαθητές

αυτού του τμήματος ;

95

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 2ο

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ – ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΖΗΤΗΜΑ 1ο

Α. Να διατυπώσετε και να αποδείξετε το πρώτο θεώρημα των δια-

μέσων. (6,5 μ)

Β. α. Να υπολογιστούν οι διάμεσοι τριγώνου ως συνάρτηση των

πλευρών του (2,5 μ)

β. Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει : β2 + γ

2 = 2α

2, να αποδείξετε ότι

θα είναι και : ì ì ìâ ã á2 2 22+ = (3,5 μ)

ΖΗΤΗΜΑ 2ο

Α. Ερωτήσεις τύπου : ΣΩΣΤΟ – ΛΑΘΟΣ

1. Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει : γ2 < α

2 + β

2, τότε το τρίγωνο

είναι οξυγώνιο στο Γ. ΣΩΣΤΟ ΛΑΘΟΣ (2 μ)

2. Σε κάθε τρίγωνο ισχύει η ισοδυναμία : β = γ ⇔ μβ = μγ

ΣΩΣΤΟ ΛΑΘΟΣ (2 μ)

3. Σε τρίγωνο ΑΒΓ η Α∆ είναι διχοτόμος και ΑΒ = 4, Β∆ = 3,

ΑΓ = 12. Τότε το τριγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές και ορθογώ-

νιο. ΣΩΣΤΟ ΛΑΘΟΣ (2 μ)

4. ∆ύο τρίγωνα με ίσα εμβαδά είναι πάντοτε ίσα.

ΣΩΣΤΟ ΛΑΘΟΣ (2 μ)

5. Το εμβαδόν τετραγώνου δίνεται από τον τύπο Ε = 1

2δ2

, όπου

δ είναι η διαγώνιός του . ΣΩΣΤΟ ΛΑΘΟΣ (2 μ) 6. Η γωνία ενός κανονικού ν–γώνου και η κεντρική του γωνία

είναι παραπληρωματικές. ΣΩΣΤΟ ΛΑΘΟΣ (2,5 μ)

Β. Ερωτήσεις πολλαπλών επιλογών

1. Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΓ > ΑΒ, αν ΑΜ διάμεσος και Α∆ ύ-

ψος, να βρείτε ποια από τις παρακάτω ισότητες εκφράζει το

2ο θεώρημα της διαμέσου :

Α. ΑΓ2 – ΑΒ

2 = 2Α∆⋅ΒΓ Β. ΑΓ⋅ΑΒ = 2ΒΓ⋅∆Μ

Γ. ΑΓ2 – ΑΒ

2 = ΒΜ

2 – ∆Μ

2 ∆. ΑΓ

2 – ΑΒ

2 = 2ΒΓ⋅∆Μ (3,5 μ)

96

2. Αν το τετράπλευρο ΑΒΓ∆ του παρακάτω σχήματος είναι εγγράψι-

μο σε κύκλο, τότε ποια από τις ισότητες αληθεύει πάντοτε ;

Α. ΖΑ⋅Α∆ = ΖΒ⋅ΒΓ

Β. ΑΕ⋅ΑΓ = ΒΕ⋅Ε∆

Γ. Α∆⋅ΒΓ = ΑΒ⋅∆Γ

∆. ΑΓ⋅Β∆ = ΒΖ⋅ΖΑ

Ε. ΓΖ⋅ΒΖ = ∆Ζ⋅ΑΖ (3,5 μ)

A

B

Γ

ΔΖ

Ε

3. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Á = °90 ), είναι : α = 7 και

β + γ = 69 . Τότε το εμβαδόν του τριγώνου είναι : Α. 20 Β. 10 Γ. 5 ∆. 15 Ε.25 (5,5 μ)

ΖΗΤΗΜΑ 3ο

Α. Στο σχήμα βλέπετε ένα ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύ-κλο κέντρου Ο και ακτίνας R.

α. Να βρείτε το ύψος και το έμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ ως συνάρτηση της ακτίνας R. (4 ì)

A

B Γ

R

O

β. Να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ ως συνάρτηση του

αποστήματός του (α3). (4 ì) γ. Να βρείτε το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου κυκλικού τμήμα-

τος. (4,5 ì) Β. ∆ίνεται κύκλος με ακτίνα 4 cm και τα διαδοχικά τόξα :

Á Âà êáé ÃÄ∩ ∩ ∩

= ° = ° = °120 60 90, . Να βρείτε : α. Την περίμετρο του τετραπλεύρου ΑΒΓ∆. (6,5 μ) β. Το εμβαδόν του μέρους του κύκλου, που είναι έξω από το

τετράπλευρο. (6 μ)

ΖΗΤΗΜΑ 4ο

Α. Να αποδείξετε ότι : α. σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = γ, ΑΓ = β, ΒΓ = α,

η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου δίνεται από τη σχέση :

ρ = 1

2(β + γ – α) (4 μ)

β. Αν οι πλευρές τριγώνου είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, τότε η διαφορά της προόδου ισούται με την ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου. (4 μ)

γ. Αν ο εγγεγραμμένος κύκλος σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, με

Á = °90 , εφάπτεται στη ΒΓ, στο σημείο της ∆, τότε : Ε(ΑΒΓ) = (Β∆)⋅(∆Γ). (3,5 μ)

97

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 3ο

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΖΗΤΗΜΑ 1ο

Α. α. Τι ονομάζουμε δείκτη εξέλιξης ενός μεγέθους (3 μ)

β. ∆ιατυπώστε τον πολλαπλασιαστικό τύπο εξέλιξης (3 μ)

γ. Αν σα είναι η ακρίβεια της προσέγγισης x ≅ á êáé óβ η ακρί-

βεια της προσέγγισης y ≅ â, ôότε η η ακρίβεια της προσέγγι-σης του x + y áðό το άθροισμα á + β δίνεται από τον τύπο : σα+β = σα + σβ . (3 μ)

δ. Αποδείξτε ότι το μέτρο του διανύσματος á = (x, y) ισούται με την τετραγωνική ρίζα του αθροίσματος των τετραγώνων

των συντεταγμένων του, δηλαδή á x y= +2 2 . (3,5 μ)

Β. α. Προϊόν αξίας Τ δρχ. πωλείται με έκπτωση α%. Να δείξετε

ότι εμείς πληρώνουμε : 100

100

−FHG

IKJ ⋅

áÔ δρχ. (4 μ)

β. Προϊόν αξίας 25.000 δραχμών πωλείται 20.000 δραχμές. Να βρείτε το ποσοστό έκπτωσης. (4 μ)

γ. Αν á i j â j= + =6 14 11, και για τα x y, ισχύουν οι σχέσεις :

2 3 2x y á x y â+ = + =, , να βρείτε τα x y, (4,5 μ)

ΖΗΤΗΜΑ 2ο

Α. α. Ένα μέγεθος με αρχική τιμή α0 αυξάνεται διαδοχικά κατά γεωμετρική πρόοδο με λόγο λ. ∆είξτε ότι στις μεταβολές αυ-τές έχει σταθερό δείκτη εξέλιξης. Ποια η τιμή του μεγέθους κατά την 10η αύξηση ; (4,5 μ)

β. Ο δείκτης εξέλιξης ενός ποσού είναι ε = 3. Βρείτε το ποσο-στό μεταβολής. (4 μ)

γ. Να βρεθεί η οξεία γωνία των ευθειών :

ε1 : r i j ë i j= + + +4 2e j , λ∈R, ε2 : y = –3x + 1999 (4 μ)

B. α. Ένα μέγεθος αυξάνεται κατά τυχαίο ποσοστό t1 êáé óôç óõ-íέχεια μειώνεται κατά ποσοστό t2 επανερχόμενο έτσι στην

αρχική του τιμή. ∆είξτε ότι η παράσταση 1 1

2 1t t− åίναι στα-

θερή. ∆είξτε ακόμα ότι τα t1, t2 δεν είναι ταυτόχρονα ακέραι-οι αριθμοί. (4,5 μ)

98

β. Θεωρούμε τρίγωνο ΟΑΒ και έστω OA á OÂ â→ →

= =, . Προε-

κτείνουμε την ΑΒ κατά ΒΓ = ΑΒ. Τότε το διάνυσμα ÏÃ→

ι-σούται με το :

Á á â Â á â Ã á â Ä á â. . . .2 2 2 2 2+ + − + − (4 μ)

γ. Αν á x â x x êáé á â= − = +2 1 2 1, , , / /b g b g , τότε ο x είναι :

Α. 1 Β. 2 Γ. −1

2 ∆. 2 ή −

1

2 Ε. 2 ή –1 (4 μ)

ΖΗΤΗΜΑ 3ο

Α. α. Οι βάσεις (Β και β) και το ύψος (υ) τραπεζίου έχουν μετρηθεί

προσεγγιστικά και είναι : Β ≅ 13,2 m, β ≅ 8,1 m και υ ≅ 5,6 m.

Αν το απόλυτο σφάλμα της κάθε μέτρησης είναι αντίστοιχα

0,1 , 0,2 και 0,3 , να βρεθούν δύο προσεγγιστικές τιμές του

εμβαδού με έλλειψη και υπέρβαση. (4 μ)

β. ∆ίνονται τα διανύσματα á ã i j êáé â i jx x= + = +−2 9 3d i ìå

ã∈R. Βρείτε τo x, ώστε να είναι á â⊥ . (4 μ)

γ. Στα σημεία Α και Β βρίσκονται βάρη 3 Kp και 6 Kp áíôίστοι-

χα. Αν είναι ÏA i j êáé ÏG i j→ →

= − = −2 5 4 , όπου G το βα-

ρύκεντρο του ΑΒ, να βρείτε το διάνυσμα θέσης του Β. (4,5 μ)

Β. α. Για τη μέτρηση της ακτίνας ενός κύκλου πήραμε δύο μετρή-

σεις ρ ≅ 3,86 και ρ ≅ 3,84 με ακρίβεια 0,01. Αν πάρουμε ως

τιμή το μέσο όρο τους, να βρείτε το μέγιστο απόλυτο σφάλμα

του μήκους του κύκλου. (6 μ)

β. Στα σημεία Α(2λ, κ), Β(κ + 1, λ – 3), Γ3

22, −FHGIKJ έχουν τοποθε-

τηθεί βάρη 3 Kp, 2 Kp και 2 Kp αντίστοιχα. Να βρεθούν τα

κ, λ∈R, αν γνωρίζουμε ότι βαρύκεντρο του ΑΒΓ είναι το

G(1, –2). (6,5 μ)

ΖΗΤΗΜΑ 4ο

Α. á. Αν το μέγεθος x παίρνει τιμές από το διάστημα [6, 7], να βρείτε τη μέγιστη τιμή με έλλειψη, καθώς και την ελάχιστη τι-

μή με υπέρβαση του μεγέθους yx

x=

+−

2 3

5 (6 μ)

99

â. Ένα μέγεθος έχει αρχική τιμή α και αυξάνει κατά αριθμητι-κή πρόοδο με διαφορά ω.

Αν οι δείκτες εξέλιξης είναι : ε01, ε12, ε23, ..., να δείξετε ότι οι

αριθμοί : 1 1 1

011

121

231

å å åb g b g b g− − −, , , ... αποτελούν αριθμητική

πρόοδο. (6,5 μ)

Β. ∆ίνονται οι εξισώσεις : ( )

( )

1 2 6 0

2 4 4 6 9 0

2 2

2

x y ëx y ë

ù ëù ë

+ + + + =

+ + − =

RS|T|

Γνωρίζουμε ότι η (2) δεν έχει διπλή ρίζα. i. ∆είξτε ότι η (1) παριστάνει κύκλο για κάθε δυνατή τιμή του λ. (3,5 μ) ii. Äåίξτε ότι τα κέντρα των άπειρων κύκλων που παριστάνει η

(1) κινούνται σε μία ευθεία, από την οποία εξαιρείται κάποιο σημείο. (3 μ)

iii. Βρείτε το κέντρο του κύκλου στην περίπτωση που η ακτίνα του είναι 3. (3 μ)

iv. Για ποια τιμή του λ η ευθεία :

(ε) : 4λx + 2 3 33+e jy +4λ + 42 + 6 33 = 0

διέρχεται από το κέντρο του κύκλου ; (3 μ)

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 4ο

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΖΗΤΗΜΑ 1ο

Α. α. Να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη του κύκλου x2 + y

2 = ρ στο

σημείο Μ(x1, y1) αυτού έχει εξίσωση xx1 + yy1 = ρ2.

β. Íá áðïäåίξετε ότι δύο ακέραιοι α, β είναι πρώτοι μεταξύ τους, αν και μόνο αν υπάρχουν ακέραιοι κ, λ, τέτοιοι ώστε : κα + λβ = 1.

Β. α. Η εφαπτομένη του κύκλου x2 + y

2 = 5 στο σημείο του Μ(2, 1)

είναι παράλληλη στην ευθεία : Α. x – 2y + 1 = 0 B. 2x + 3y + 7 = 0 Ã. x + 2y = 4 ∆. 4x +2y + 1 = 0

â. ∆είξτε ότι (α, β) = (3α + 2β, α + β), για κάθε α, β∈z.

100

γ. ∆ίνεται ο κύκλος x2 + y

2 = 9 και η ευθεία x = –1.

Ποια από τις παρακάτω προτάσεις είναι αληθής ; Α. Ο κύκλος εφάπτεται στην ευθεία. Β. Ο κύκλος και η ευθεία δεν τέμνονται. Γ. Ο κύκλος και η ευθεία έχουν δύο κοινά σημεία με την

ίδια τετμημένη. ∆. Ο κύκλος και η ευθεία έχουν δύο κοινά σημεία με την

ίδια τεταγμένη. Ε. Η ευθεία διέρχεται από το κέντρο του κύκλου.

ΖΗΤΗΜΑ 2ο

Α. ∆ίνονται τα σημεία Α(3, –2) και Β(7, –4) α. Βρείτε σημείο Μ του άξονα x΄x, ώστε το τρίγωνο ΜΑΒ να

είναι ισοσκελές με κορυφή το Μ. β. Βρείτε σημείa Ν του άξονα x΄x, ώστε το τρίγωνο ΝΑΒ να εί-

ναι ορθογώνιο στο Ν.

Β. α. Αν (α, β) = 1, να αποδείξετε ότι (α + β, α⋅β) = 1.

β. Αν 74κ + 5λ, με κ, λ∈z, να αποδείξετε ότι 73κ + 2λ.

ΖΗΤΗΜΑ 3ο

Α. ∆ίνονται τα σημεία Α(1, 2), Β(5, 1) και Γ(2, –4), που σχηματίζουν

τρίγωνο ΑΒΓ.

α. Να βρείτετην εξίσωση του ύψους Α∆.

β. Να βρείτε την εξίσωση της διαμέσου ΒΕ.

γ. Να βρείτε το κοινό σημείο των Α∆, ΒΕ.

δ. Να βρείτε τις μεσοκαθέτους των ΑΒ, ΑΓ, καθώς και το κοινό

τους σημείο.

Β. Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις (x1, y1) êáé (x2, y2) της εξίσωσης :

3x – 2y = 5, που ικανοποιούν τη σχέση 5x1 + 7x2 = 4y2 – y1.

ΖΗΤΗΜΑ 4ο

Α. Äίνονται τα διανύσματα á â ìå á â êáé á â, ,ð

,e j = = =3

2 2 2 .

α. Το á â⋅ ισούται με : Á Â Ã Ä Å. . . . .2 2 2 42

22

β. Αν τα διανύσματα 2á â êáé êá â+ +e j e j είναι κάθετα, τότε η

τιμή του κ είναι : Á Â Ã Ä. . . .− − −41

22 2

γ. Το μέτρο του 2á â+ είναι : Α. 4 Β. 8 Γ. 24 ∆. 16

101

δ. Να βρείτε κάθε έναν από τους αριθμούς :

2 2 2 2á â á â á â á â+ + + −, , ,e j

ε. Να εξετάσετε αν υπάρχουν αριθμοί κ, λ∈R, ώστε :

êá ëâ+ = 0

Β. ∆ίνεται η διαφαντική εξίσωση : 391x – 141y = 1. α. Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις αυτής. β. Να εξετάσετε αν υπάρχει λύση (x0, y0), ώστε :

69 < 3x0 – y0 < 133.

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 5ο

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (*)

ΖΗΤΗΜΑ 1ο

Α. α. Τι λέγεται γωνία δύο μη μηδενικών διανυσμάτων ; (3,5 μ) β. Τι ονομάζουμε εσωτερικό γινόμενο δύο διανυσμάτων ; (4 μ) γ. Να αποδείξετε ότι :

á â ë ë ü ïõ ë ë êáé ë ë á â y yá â⊥ ⇔ ⋅ = − = = ′1 2 1 21, ð , , .Oe j (5 μ)

Β. α. ∆ίνονται τα διανύσματα : á â ìå á â, , ,= =5 2 2 8 με

( , )á â∧

= °135 . Το εσωτερικό γινόμενο á â⋅ ισούται με :

Α. 40 Β. –40 Γ. 20 ∆. –20 2 Ε. –20 3

β. Αν á ôüôå ôï á= −3 2 2, ,b g είναι ίσο με :

Α. 5 Β. 9 Γ. − 13 ∆. 13 Ε. 13

γ. Η γωνία των διανυσμάτων á â= − =3 1 3 3, , ,e j e j ισούται με : A Â Ã Ä Å.

ð.

ð.

ð.

ð.

ð

3 6 2 4

5

3

δ. Τα διανύσματα áx

â xx

= FHGIKJ = −FHG

IKJ1

27 1, , , είναι κάθετα όταν :

Α. x = 5 B. x = 4 Γ. x = 3 ∆. x = 2 E. x = 1

(*) Το 5ο διαγώνισμα έχει συντάξει ο Αντ. Τσιπρόπουλος του Κ. από το Λύκειο Μελί-

κης Ημαθίας.

102

å. Τα διανύσματα á â, είναι κάθετα όταν :

Á á â â á Â á â á â Ã á â

Ä á â Å á â

. . .

. .

⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

⋅ = ⋅ −

1

0 1

(Βαθμολογία θέματος Β : 5 × 2,5 μ)

ΖΗΤΗΜΑ 2ο

∆ίνεται η εξίσωση (λ –1)x + (λ + 2)y + 3λ2 – 2λ – 1 = 0, λ∈R.

α. Να αποδείξετε ότι παριστάνει ευθεία για κάθε λ∈R. β. Η τιμή του λ για την οποία η παραπάνω ευθεία είναι παράλ-

ληλη με τον άξονα y΄y είναι : Α. λ = 1 Β. λ = 2 Γ. λ = –2 ∆. λ = 0 Ε. λ = –1 γ. Η τιμή του λ για την οποία η παραπάνω ευθεία είναι παράλ-

ληλη με τον άξονα x΄x είναι : Α. λ = –1 Β. λ = 3 Γ. λ = 2 ∆. λ = –2 Ε. λ = 1

ä. Η τιμή του λ∈z για την οποία η παραπάνω ευθεία διέρχεται από την αρχή των αξόνων είναι :

Α. λ = –1 Β. λ = 0 Γ. λ = 1 ∆. λ = 2 Ε. λ =–2 ε. Για λ = 2 η παραπάνω ευθεία σχηματίζει με τον άξονα x΄x

γωνία : Α. οξεία Β. αμβλεία Γ. ορθή ∆. μηδενική γωνία

Ε. ευθεία γωνία (Βαθμολογία θέματος : 5 × 5 μ)

ΖΗΤΗΜΑ 3ο

Αν α, β θετικοί ακέραιοι και πρώτοι μεταξύ τους, να αποδείξετε ότι :

α. (ανβν, αν + β

ν) = 1, ν∈N*

. (9 μ)

β. [ανβν, αν + β

ν] = α

νβ

2ν + α

2νβν, ν∈N*

. (8 μ)

γ. Το κλάσμα á â

á â

1999 1999

1999 1999

⋅+

δεν απλοποιείται. (8 μ)

ΖΗΤΗΜΑ 4ο

∆ίνεται ο κύκλος C : x2 + y

2 = 25.

α. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης του κύκλου στο ση-μείο Α(3, –4) (6 μ)

β. Να βρείτε τα σημεία της παραπάνω εφαπτομένης που έχουν ακέραιες και θετικές συντεταγμένες. (8 μ)

γ. Να βρείτε την ελάχιστη απόσταση ανάμεσα σε δύο σημεία της παραπάνω εφαπτομένης που έχουν ακέραιες συντεταγ-μένες. (11 μ)

∆ΙΑΛΟΓΟΣ

Η ΑΛΛΗ ΟΨΗ

Με σεβασμό στην επιστημονική άποψη, η στήλη αυτή θα δημοσιεύει τις από-ψεις αναγνωστών και συνεργατών του περιοδικού, θα ανοίγει θέματα για συζήτη-ση. Θα δημοσιεύει επίσης ερευνητικές εργασίες που θα αναφέρονται σε προηγού-μενες δημοσιεύσεις του περιοδικού μας και που θα στοχεύουν στη διατύπωση γενικεύσεων, αλλά και στην περαιτέρω προώθηση και διερεύνηση διαφόρων ση-μείων. Οι άνθρωποι που στηρίζουμε το περιοδικό πιστεύουμε ότι ο ουσιαστικός διάλογος (χωρίς τα χαρακτηριστικά γνωρίσματα ερωτήσεων - απαντήσεων διαδι-καστικού τύπου) ισχυροποιεί και τεκμηριώνει το μαθηματικό λόγο και την μαθη-ματική άποψη.

Η εξίσωση :

1 + 2x + 3x2 +... + νxν–1

= 0, x∈R και ν άρτιος φυσικός, μεγαλύτερος του 1,

έχει μοναδική αρνητική ρίζα, που βρίσκεται στο διάστημα (0, 1). Χρήστος Δ. Πατήλας

Στο 2ο τεύχος του περιοδικού «ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΚΦΡΑΣΗ» στις σ.σ. 39, 40, 41

ο συνάδελφος ∆ήμος Γεώργιος του ∆ημητρίου σε άρθρο του με τίτλο " Εφαπτο-

μένη σε καμπύλη συνάρτησης και κοινά σημεία αυτών" αποδεικνύει ορθά, μετα-

ξύ άλλων ότι η εξίσωση :

1 + 2x + 3x2 + ... + νx

í–1 = 0 (1)

όπου ν άρτιος φυσικός, μεγαλύτερος του 1 έχει στο σύνολο των πραγματικών α-

ριθμών μοναδική αρνητική ρίζα. Η ιδέα για περαιτέρω εξέταση του θέματος ξε-

κίνησε από το ερώτημα αν αυτή η ρίζα περιορίζεται σε κάποιο διάστημα ακε-

ραίων. Έτσι χρησιμοποιώντας την ισοδύναμη εξίσωση της (1) :

105

Q xíx í x

xP x íx í xí

í í

íí í( ) ( )=

− + +

−= ⇔ = − + + =

++

1

211 1

10 1 1 0

b gb g b g

για κάθε x ≤ 0, που απέδειξε ο συνάδελφος στο άρθρο του, παρατηρούμε ότι :

Ρν(0) = 1 > 0 και Ρν(–1) = –2ν < 0.

(Αν χρησιμοποιήσουμε την Qν(x) παίρνουμε αντίστοιχα :

Qν(0) = 1 > 0 και Qν(–1) = −í

2 < 0).

Óύμφωνα με το Θεώρημα του Bolzano, η Ρν(x) = 0 ή ισοδύναμα η Qν(x) = 0 έχει

τη μοναδική της ρίζα στο (–1, 0) για κάθε ν ≥ 2.

Προσπαθώντας να προσεγγίσουμε καλύτερα τη ρίζα, υπολογίζουμε το :

Ñíí

í−FHGIKJ =

− −+

+

1

2

2 3 2

2

1

1, το οποίο είναι θετικό για κάθε ν μεγαλύτερο του 2, (για

ν = 2 ισχύει το ίσον), όπως φαίνεται με χρήση της επαγωγικής μεθόδου.

Για ν = 3 είναι : 23+1

– 11 = 5 > 0, αληθής.

Υποθέτουμε ότι : 2κ+1

– 3κ – 2 > 0, για κάθε κ φυσικό, μεγαλύτερο του 3.

Θα δείξουμε ότι : 2κ+2

– 3(κ + 1) – 2 > 0 ή 2κ+2

> 3κ + 5.

Είναι : 2κ+2

= 2κ+1⋅2 > 2(3κ + 2) = 6κ + 4 > 3κ + 5, που ισχύει για κάθε

φυσικό, μεγαλύτερο του 3. Αφού ισχύει για κάθε φυσικό, μεγαλύτερο του 3,

θα ισχύει και για κάθε άρτιο φυσικό μεγαλύτερο του 3. Συνεπώς η ρίζα περι-

ορίζεται στο διάστημα − −FHGIKJ1

1

2, . (Αν κ = 2, η ρίζα είναι η −

1

2).

∆είξαμε δηλαδή ότι αν ρν είναι η μοναδική ρίζα της (1), τότε 0 < ρν < −1

2

για κάθε ν > 2. Προχωρώντας κάποιος τη σκέψη, μπορεί να αναρωτηθεί :

Η ακολουθία των μοναδικών ριζών της Ρν(x) = 0 συγκλίνει ; και αν ναι, που ;

Το πρόβλημα δηλαδή μεταφέρεται στην εύρεση του ορίου lim ρν.

Αφού ρν είναι ρίζα της Ρν(x) = 0, έχουμε ότι :

íñ í íñ íñ íñ

íí

íí

ííí

+ − + + = ⇔ = + −1 1 1 0 11b g (3) και

− < < − ⇔ − < < − ⇔ − < + − < −11

2 21

1

2ñ í íñ

íí í

ñ

íí í

íí

⇔

106

3 2

2

12 1

1

2 1

2

3 2

í

ñí

íñ

ííí í

í+< < + ⇔

+< <

+ (4)

Αν cν είναι η αντίθετη (θετική) τιμή της ρν (cν = –ρν), τότε η (4) γίνεται :

1

2 1

2

3 2

1

2 1

2

3 2

1

2 1

2

3 2

2

32

1

21

íc

í íc

í

íñ

íí

í

ñ

íí

íí í

íí

íí

íí

í í

íí í

+< <

+⇔

+< <

+⇔

+< − <

+⇔ −

⋅ +< < −

⋅ +.

Αλλά lim lim−⋅ +

F

H

GGGG

I

K

JJJJ=−⋅

= − −⋅ +

F

H

GGGG

I

K

JJJJ=−⋅

= −2

32

1

1 11

1

21

1

1 11

í

í í í ííí

êáé

íí

, οπότε,

απ’ το κριτήριο ισοσύγκλισης, προκύπτει ότι lim ρν = –1. Συνεπώς, οι μοναδικές πραγματικές ρίζες της εξίσωσης 1 + 2x + 3x

2 + ... + νx

í–1 = 0, όταν ν άρτιος και

ν → +∞ συγκλίνουν στο –1. Με μια πρόχειρη ματιά ίσως φανεί παράξενο το ότι lim ρν = –1 και Ρ(–1) = –2ν ή

Q(–1) = −í

2. Πως είναι δηλαδή δυνατόν η εξίσωση (1) να έχει για πολύ μεγάλες

τιμές του ν ρίζες πολύ κοντινές στο –1 και η τιμή του αντίστοιχου πολυωνύμου

της, για x = –1 να απειρίζεται αρνητικά ; Ή αν λέγαμε, απερίσκεπτα, ότι για

μεγάλες τιμές του ν η εξίσωση (1) έχει ρίζα το –1, θα βρισκόμαστε προ εκπλήξε-

ως όταν διαπιστώναμε ότι το Ρ(–1) όχι πλησίον του 0 δεν βρίσκεται, αλλά πολύ

παρακάτω −FHGIKJ

í

2. Η απάντηση στα παραπάνω έρχεται εύκολα, αν σκεφθούμε την

απειρία των πραγματικών τιμών μεταξύ των "πολύ" κοντινών τιμών –1 και ρν.

Σημείωση : Αντίστοιχο θέμα τέθηκε για λύση στην Ολυμπιάδα Μαθηματικών της Ισπα-

νίας το 1987. Έλεγε : Για κάθε φυσικό ν > 0 θεωρούμε το πολυώνυμο :

Ρν(x) = xí+2

– 2x + 1. Να δειχθεί ότι η εξίσωση Ρν(x) = 0 έχει μοναδική ρίζα

cν στο (0, 1) και να βρεθεί το lim(cν). (Απάντηση : lim(cν) = 0,5).

Θα ήταν παράλειψη αν το θέμα δεν το εξετάζαμε και γραφικά. Βλέπουμε πα-ρακάτω τις γραφικές παραστάσεις των Q8, Q10, Q20, Q50, Q100, Q800, Q10.000, Q30.000. Οι γραφικές παραστάσεις έγιναν με χρήση ειδικού προγράμματος απεικόνισης γραφικών παραστάσεων σε Η.Υ. Σταδιακά φαίνεται στα παρακάτω η "κατακορύφωση" της γραφι-κής παράστασης της Qν πλησίον του –1 όταν ν → +∞.

107

10

-10

Y

X 1-2

Q xx x

x8

9 8

2

8 9 1

1b g b g

=− +

−

Q8(–0,71454) = 0

10

-10

Y

X 1-2

Q xx x

x10

11 10

2

10 11 1

1b g b g

=− +

−

Q10(–0,74705) = 0

10

-10

Y

X 1-2

Q xx x

x20

21 20

2

20 21 1

1b g b g

=− +

−

Q20(–0,83405) = 0

10

-10

Y

X 1-2

Q xx x

x50

51 50

2

50 51 1

1b g b g

=− +

−

Q50(–0,91264) = 0

108

10

-10

Y

X 1-2

Q xx x

x100

101 100

2

100 101 1

1b g b g

=− +

−

Q100(–0,94859) = 0

10

-10

Y

X 1-2

Q xx x

x800

801 800

2

800 801 1

1b g b g

=− +

−

Q800(–0,99083) = 0

10

-10

Y

X 1-2

Q xx x

x10 000

10 001 10 000

2

10 000 10 001 1

1.

. .. .b g b g=

− +

−

Q10.000(–0,99901) = 0

2

-2

Y

X 1-2

Q xx x

x30 000

30 001 30 000

2

30 000 30 001 1

1.

. .. .b g b g=

− +

−

Q30.000(–0,99963) = 0

Ένα σχόλιο σχετικά με το πως η συνέχεια και το πρόσημο της παραγώγου ƒ΄ συναρτήσεως ƒ επηρεάζει

τη μονοτονία της ƒ σε διάστημα. Δημήτριος Βάθης

Θεωρούμε συνάρτηση ƒ(t), ãéá ôçí οποία υποθέτουμε ότι η ανεξάρτητη μετα-

βλητή t διατρέχει διάστημα χρόνου ∆ και ότι είναι παραγωγίσιμη στο ∆.

Τέτοια συνάρτηση εμφανίζεται, για παράδειγμα, στην περίπτωση κίνησης

ενός σημείου, στην οποία το διανυόμενο διάστημα εκφράζεται ως συνάρτηση

μόνον του χρόνου t. Σ’ αυτές τις περιπτώσεις, όταν για μια χρονική στιγμή t0 είναι

ƒ΄(t0) > 0, οι διάφοροι συγγραφείς γράφουν ότι το θετικό πρόσημο (ƒ΄(t0) > 0)

óçìáίνει αύξηση άλλοι, πάλι γράφουν ότι την χρονική στιγμή t0 το ƒ(x) αυξάνε-

ται ή "το ƒ(x) τη στιγμή t0 έχει την τάση να αυξάνεται". Αντιστοίχως, όταν ƒ΄(t0) <

0, μιλούν για ελάττωση του ƒ(t) τη στιγμή t0.

Αυτή η ερμηνεία της θετικής ή της αρνητικής τιμής του ƒ΄(t0) èåùñåίται από

τους μαθητές αυθαίρετη, και δεν τους ικανοποιεί.

Σχετικά, αναφέρομε την άσκηση 3 της Β΄ ομάδας της παραγρ. 6.9 της "Ανά-

λυσης 1ης ∆έσμης", έκδοση 1998, η οποία έχει ως ακολούθως:

∆ύο αυτοκίνητα κινούνται κατά μήκος των οδών ΑΓ και ΒΓ με ταχύτητα 100 Êmh

και 50 Êmh αντιστοίχως. Να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της απόστασης ΑΒ ως

προς το χρόνο t κατά τη χρονική στιγμή t0, κατά την οποία το πρώτο όχημα απέχει

από την διασταύρωση Γ 400 m και το δεύτερο 300 m.

ΛΥΣΗ

Είναι: õ õ1 2tdx

dtêáé t

dy

dtt t

Kmh

t t

Kmh0 0

0 0

100 50b g b g= = − = = −= =

Οι παραπάνω παράγωγοι είναι αρνητικές, διότι οι συναρτήσεις x(t) και y(t)

είναι φθίνουσες.

Είναι S2(t) = x

2(t) + y

2(t) και S(t0) = 0,5 Κm.

Άρα: dS

dt

x

S

dx

dt

y

S

dy

dtt t t t

Kmh

= =

= ⋅ + ⋅ = −0 0

110 .

110

Το σχολικό βιβλίο λύσεων δεν σχολιάζει το αρνητικό πρόσημο της dS

dt t t= 0

Άλλοι συγγραφείς, όμως, σε παρόμοιες περιπτώσεις γράφουν αυτά, που μνη-

μονεύσαμε στην αρχή.

Το σωστό, βέβαια, είναι τα ακόλουθα, εάν θέλει ένας να ερμηνεύσει τι ση-

μαίνει S΄(t0) < 0:

Η συνάρτηση S΄(t) είναι συνεχής στο t0 άρα υπάρχει διάστημα (t0 – δ, t0 + δ),

στό οποίο είναι S΄(t) < 0 êáé, åðïìένως, το μήκος S = AB ελαττώνεται στο διάστη-

μα αυτό. Γενικά, ισχύει η ακόλουθη πρόταση:

Εάν η συνάρτηση ƒ έχει παράγωγο στο διάστημα (α, β) και η ƒ΄ είναι συνε-χής στο x0 με ƒ΄(x0) ≠ 0, τότε υπάρχει υποδιάστημα (x0 – δ, x0 + δ) του (α, β),

στο οποίο η ƒ΄ διατηρεί στο πρόσημο του ƒ΄(x0).

Άρα στο διάστημα (t0 – δ, t0 + δ) η ƒ είναι γνησίως αύξουσα, αν ƒ΄(x0) > 0 και

γνησίως φθίνουσα, αν ƒ΄(x0) < 0.

Αν είναι ƒ΄(x0) ≠ 0, ÷ùñίς να εξασφαλίζεται η συνέχεια της συνάρτησης ƒ΄ στο x0, δεν μπορούμε να συμπεράνουμε ότι η ƒ είναι γνησίως μονότονη σε ένα

διάστημα (x0 – δ, x0 + δ).

Παρατηρήσεις στο κεφάλαιο της Ανάλυσης

του (υπό έκδοση) βιβλίου

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ΄ Λυκείου, Γενικής Παιδείας, 1999 Γιώργος Ρίζος

Οι παρακάτω παρατηρήσεις αφορούν τις φωτοτυπημένες σελίδες των σελι-

δοποιημένων δοκιμίων του βιβλίου, που κυκλοφορούν στα παραρτήματα της

Ε.Μ.Ε. για ενημέρωση, συζήτηση, σχολιασμό και προτάσεις προς το Π.Ι.

Με το κείμενο αυτό äåí επιθυμώ να κάνω óçìåίο προς σημείο ολοκληρωτική

κριτική στο βιβλίο αυτό είναι υπόθεση και υποχρέωση των ειδικών της Μαθημα-

τικής Ανάλυσης και της ∆ιδακτικής. Θέλω απλά να εκφράσω την αγωνία του κα-

θηγητή που καλείται να διδάξει το περιεχόμενο του βιβλίου στους μαθητές, για

το κατά πόσο το σύγγραμμα αυτό τον βοηθά ή όχι.

Πρέπει να τονιστεί ότι οι συγγραφείς έγραψαν το βιβλίο ακολουθώντας πι-

στά τις οδηγίες του Υπουργείου Παιδείας για το Πρόγραμμα Σπουδών της Γ΄

Λυκείου(*). Θα μπορούσε λοιπόν, κάποιος να πει ότι μέρος μόνο της ευθύνης για

το περιεχόμενο του βιβλίου φέρουν οι συγγραφείς, εφόσον áêïëïõθούσαν τις

οδηγίες. Αν τελικά λειτουργήσει αυτό το πρόγραμμα σπουδών, είναι σίγουρο ότι

óôï ôåëéêό κείμενο θα γίνουν πολλές αλλαγές και βελτιώσεις. Ίσως οι παρακάτω

παρατηρήσεις να βοηθήσουν σ’ αυτό.

Το βιβλίο Μαθηματικών Γενικής Παιδείας περιέχει στο 1ο κεφάλαιο

Στοιχεία Μαθηματικής Ανάλυσης, στο 2ο Στατιστική, στο 3ο Γραμμική Παλινδρό-

μηση και στο 4ο Πιθανότητες. ∆ιδάσκεται σε όλους τους μαθητές του Ενιαίου

Λυκείου. Από εδώ πηγάζουν τα προβλήματα στη δομή και στο περιεχόμενό του,

γιατί επιχειρεί να πετύχει κάτι ακατόρθωτο για τα σημερινά δεδομένα του Λυ-

κείου, να ισορροπήσει ανάμεσα σε ένα ευρύτατο πεδίο ύλης απ’ τη μια και σε μια

απλουστευμένη, δίχως βάθος και τεκμηρίωση, παρουσίαση της ύλης απ’ την άλλη.

Η ύλη ξεκινά από την έννοια της συνάρτησης, το Π.Ο., τις γραφικές παραστά-

σεις βασικών συναρτήσεων, περνά στην έννοια του ορίου συνάρτησης σε σημείο,

(*) Το Πρόγραμμα Σπουδών και το βιβλίο, που αναφέρονται στο άρθρο, έχουν κατατε-

θεί στη σύνταξη του περιοδικού και είναι στη διάθεση του κάθε ενδιαφερόμενου.

112

εξετάζοντας μόνο όμως την περίπτωση, στην οποία το όριο υπάρχει και είναι

πραγματικός αριθμός. Λείπει η αναφορά στις συναρτήσεις με πολλαπλό τύπο,

στον υπολογισμό Π.Ο. σύνθετων συναρτήσεων, στα πλευρικά όρια, στα όρια, όταν

το x τείνει σε άπειρο, στις συναρτήσεις μέ όριο το +∞ ή το –∞, στις περιπτώσεις

απροσδιοριστίας (εκτός απλών απλοποιήσεων), στις ιδιότητες των συνεχών συ-

ναρτήσεων, καθώς επίσης δεν υπάρχει ούτε μία άσκηση που να αναφέρεται στη

συνέχεια συναρτήσεων.

Για την εισαγωγή της έννοιας της παραγώγου μελετάται αρχικά η ελεύθερη

πτώση σώματος και δίνεται ο ορισμός : Μέση ταχύτητα = äéáíõèÝí äéÜóôçìá

ñüíïòχ

(σελ. 16), παρουσιάζεται δηλαδή η μέση ταχύτητα ως μονόμετρο μέγεθος, το ο-

ποίο αποκλείεται βεβαίως να είναι αρνητικό. Στη συνέχεια μελετάται η κίνηση

σημείου σε ευθεία, οπότε η μέση ταχύτητα δίνεται ως πηλίκο μετατόπισης (δια-

φορά των τιμών των συναρτήσεων θέσης) προς το χρόνο, δηλαδή ως διανυσματι-

κό μέγεθος (σελ. 18)(*). Ο συνδυασμός των δύο παραδειγμάτων μπορεί να προκα-

λέσει εύλογες απορίες για το αν η μέση ταχύτητα μπορεί ή όχι να είναι αρνητική

ή και μηδέν σ’ ένα διάστημα.

∆ίνεται π.χ. ως εφαρμογή η μελέτη ευθύγραμμης κίνησης σημείου με συνάρ-

τηση θέσης x(t) = t2 + t (σελ. 20).

Æçôåίται η μέση ταχύτητα του σημείου στο διάστημα [0, 1] και υπολογίζεται,

σωστά, ως : õx x m

=−

=( ) ( )

sec

1 0

12 .

Αν όμως δοθεί ως εξίσωση : x(t) = t – t2, ôότε θα είναι õ

x x m=

−=

( ) ( )

sec

1 0

10 .

Αν εφαρμοστεί λανθασμένα από μαθητές ο ορισμός :

(*) Από το μάθημα της Φυσικής, οι μαθητές γνωρίζουν ότι : "Μέση ταχύτητα είναι ένα

διανυσματικό μέγεθος με μέτρο το πηλίκο μετατόπισης προς το χρόνο και με κατεύ-

θυνση την κατεύθυνση της μετατόπισης. Τόσο το μέτρο όσο και η διεύθυνση του δια-

νυσματικού αυτού μεγέθους μπορούν να περιγραφούν με την αλγεβρική τιμή του –η

οποία αναφέρεται στον συγκεκριμένο άξονα– και είναι : õx x

t tì

2 1

2 1

=−

−". Φυσική Α΄ Ε-

νιαίου Λυκείου, ΟΕ∆Β, 1998, σελ. 38.

113

Μέση ταχύτητα = äéáíõèÝí äéÜóôçìá

ñüíïòχ,

θα χρειαστεί να εξηγήσει, ο διδάσκων, ότι μόνο στην περίπτωση κατά την οποία

δεν αλλάζει η φορά της ευθύγραμμης κίνησης και η κίνηση γίνεται κατά την φο-

ρά που έχει οριστεί ως θετική, ταυτίζεται το διανυθέν διάστημα με τη μετατόπι-

ση. Το βιβλίο όμως απευθύνεται και σε μαθητές θεωρητικής κατεύθυνσης, που

δεν είναι εξοικειωμένοι με διανυσματικά μεγέθη.

Στην ίδια εφαρμογή ζητείται η γραφική παράσταση της x(t) = t2 + t, όπου το

t παριστάνει δευτερόλεπτα. Γράφεται στο βιβλίο (σελ. 21), ότι ο οριζόντιος άξο-

νας παριστάνει το χρόνο και η συνάρτηση είναι μια παραβολή με κορυφή το ση-

μείο − −FHG

IKJ

1

2

1

4, (εικ. 1). Αν δεν σημειωθεί ότι η γραφική παράσταση είναι το

τμήμα της παραβολής y = t2 + t, ìå t ≥ 0, θα μείνουν οι μαθητές με την απορία

πώς είναι δυνατό ο χρόνος να παίρνει αρνητικές τιμές.

Εικόνα 1

114

Στην παράγραφο των ορίων δεν αναφέρεται καν η περίπτωση μη ύπαρξης

ορίου μιας συνάρτησης σε ένα σημείο, λόγω π.χ. διαφορετικών πλευρικών ορίων.

Χρησιμοποιούνται όμως τα πλευρικά όρια, για να αποδειχθεί (σχόλιο, σελ. 20) ότι

η συνάρτηση ƒ(x) = |x| δεν είναι παραγωγίσιμη στο x0 = 0. Θα αναγκαστεί λοι-

πόν ο διδάσκων να εξηγήσει πώς είναι δυνατόν μια συνάρτηση να μην έχει όριο

σ’ ένα σημείο φεύγοντας "εκτός ορίων" της ύλης του βιβλίου.

Αíáöέρεται στη σελ. 27 ότι η παράγωγος της συνάρτησης ƒ(x) = ημx μπορεί

να σχεδιαστεί, αν χρησιμοποιήσουμε την ερμηνεία του ƒ΄(x) ως συντελεστή διεύ-

θυνσης της εφαπτομένης της ημιτονοειδούς καμπύλης (εικ. 2). Αρκεί να συλλογι-

στεί κανείς πόσες απορίες θα γεννηθούν σε μια τάξη μαθητών κάθε κατεύθυν-

σης, για να εκτιμήσει, αν θα παρουσιάσει το θέμα μ’ αυτόν τον τρόπο. Πέρα από

την εισαγωγή που πρέπει να κάνει ο καθηγητής για τις τιμές της εφαπτομένης

οξείας, αμβλείας γωνίας, πώς άραγε θα δικαιολογήσει την καμπυλότητα της συ-

νάρτησης ƒ(x) = συνx ; Μήπως πρέπει να αφήνουμε τα πολύπλοκα ερωτήματα να

αιωρούνται ; Να απαντάμε : «Έτσι είναι, γιατί φαίνεται !» ή «αυτό που σας λέμε

είναι σωστό γιατί το έχουν αποδείξει οι ειδικοί...» ;

Εικόνα 2

115

Η προσπάθεια για απλούστευση στην παρουσίαση και ερμηνεία της θεωρίας μπορεί να οδηγήσει σε επικίνδυνα μονοπάτια, αν οι προτάσεις ληφθούν ως γενι-

κεύσεις από τους μαθητές. Αναφέρεται π.χ. (σελ. 38) ότι : «... η ƒ΄ από θετική γίνε-ται αρνητική, δηλαδή είναι φθίνουσα συνάρτηση» (εικ. 3). Αν ένας μαθητής μας

πει ότι η ƒ =− + <

− − ≥

RS|T|

( ),

,x

x x

x x

2

2

1 0

1 0b g για τιμές κοντά στο x0 = 0 (όπως γράφει το βιβλίο)

από θετική (για x < 0) γίνεται αρνητική (ãéá x > 0), άρα είναι φθίνουσα συνάρ-τηση, πρέπει να επεκταθούμε σε ζητήματα συνέχειας, μονοτονίας σε διαστήματα, που δεν καλύπτει το βιβλίο. Ας μην ισχυριστεί κανείς ότι το παραπάνω παρά-

δειγμα είναι "ακραίο" και είναι δύσκολο να γεννηθεί τέτοια απορία σε μαθητή.

Τι άραγε θα πούμε, αν ακούσουμε ότι και η ƒ(x) = 1

x από αρνητική γίνεται θετι-

κή, για τιμές κοντά στο x0 = 0 από αρνητική (ãéá x < 0) γίνεται θετική (για x > 0), είναι δηλαδή αύξουσα συνάρτηση ;

Εικόνα 3

Η γλωσσική και συντακτική επιμέλεια των κειμένων πιστεύουμε ότι θα διορ-

θώσουν αβλεψίες και ανακρίβειες του τύπου :

116

«Άρα το σημείο κινείται στη θετική κατεύθυνση στα χρονικά διαστήματα t < 1

και t > 3, ...» (σελ. 31). Οι σχέσεις t < 1 και t > 3 δεν είναι διαστήματα, είναι α-

νισώσεις. Ας συπληρωθεί απλά η λέξη όπου t < 1 και t > 3.

Νομισματική μονάδα του βιβλίου είναι το δολάριο! (σελ 44, ασκ. 4). Γιατί ;

Επίσης ένα παράπονο που εκφράζεται από πολλούς συναδέλφους είναι ότι

τα περισσότερα προβλήματα μεγίστου – ελαχίστου που αναφέρονται σε οικονο-

μικά θέματα αφορούν τη μεγιστοποίηση του κέρδους και την ελαχιστοποίηση του

κόστους. Το ίδιο συμβαίνει κι εδώ (ασκ. 4, 5 σελ. 44). ∆εν υπάρχουν άραγε κι άλ-

λα οικονομικά μεγέθη, όπως η αύξηση απασχόλησης, η βελτίωση αγροτικής πα-

ραγωγής, κ.α. που θα μπορούσαν να εμπνεύσουν τη φαντασία των συγγραφέων ;

Σε αρκετές ασκήσεις απαιτούνται γνώσεις στερεομετρίας : εμβαδά, όγκοι

κυλίνδρων, πρισμάτων, κώνων (ασκ. 3 σελ. 15, ασκ. 6, 9, 12 σελ. 42-42 και ασκ. 7, 8, 9

σελ. 45). Η ύλη αυτή όμως δεν έχει διδαχτεί σε καμία τάξη στο σύνολο σχεδόν των

σχολείων, με αποτέλεσμα να δημιουργούνται πρόσθετα προβλήματα στον διδά-

σκοντα, που πρέπει αφενός μεν να παρουσιάσει τα βασικά στοιχεία στερεομετρί-

ας, αφετέρου να απαντήσει στο γιατί μας ζητούν κάτι που δεν έχουμε διδαχτεί.

Στη σελ. 35 αναφέρεται ότι σε μία κατακόρυφη βολή με αρχική ταχύτητα

u0 = 20 m/sec, g = 10 m/sec2, σύμφωνα με όσα διδάσκει η Φυσική, το ύψος h με-

τά από t δευτερόλεπτα θα είναι : h(t) = 20t – 5t2. Ãéá íá ãίνει κατανοητό αυτό θα

μπορούσε να υπενθυμίζει το βιβλίο τον τύπο του ύψους στην κατακόρυφη βολή:

h(t) = u0t – 1

2gt

2.

Ορισμένες αβλεψίες πρέπει να διορθωθούν. Π.χ. (ασκ. 1 σελ 46) ζητείται το

διάστημα στο οποίο παίρνει τιμές το x, áí ïé ðëåõñές ορθογωνίου παραλληλεπι-

πέδου είναι : x, 2 – x και 3 – x. ∆υνατές απαντήσεις είναι : Α. [0, +∞), Β. [0, 2],

Γ(–∞, 0) και [2, 3]. ∆εν υπάρχει δηλαδή η σωστή απάντηση (0, 2). Στη γεωμετρία

ορθογώνιο με πλευρά μήκους 0 δεν έχει νόημα...

Παρακάτω (ασκ. 10, σελ 48) δίνονται οι γραφικές παραστάσεις συναρτήσεων

και ζητείται να σημειωθεί ποιο είναι το όριο της σε κάποιο σημείο, ή να σημειω-

θεί ότι δεν υπάρχει (εικ. 4).

117

Στην τελική έκδοση του βιβλίου θα πρέπει για τις γραφικές παραστάσεις των

συναρτήσεων : yx

xy

x

xy

x x

xy

x

xêáé y

x

x= = =

+=

−+

=−−

2 3 2 31

1

1

1, , ,

να σημειωθούν με ένα κενό κύκλο τα σημεία i. (0, 0), ii. (0, 0), iii. (0, 0) και (0, 2), v. (–1, –2) και vi. (1, 3), τα οποία αντίστοιχα δεν ανήκουν στις γραφικές παραστά-σεις των συναρτήσεων.

Όμως στο ερώτημα (iv) για το όριο limx x→ −1 2

1

1b g , ðώò èá áðáíôήσουν οι μαθη-

τές ότι είναι το +∞, αφού δεν διδάσκεται στην παράγραφο των ορίων ;

Εικόνα 4

Παρά την επιφανειακή παρουσίαση της θεωρίας, υπάρχουν ασκήσεις αυξη-μένης δυσκολίας, που θα προβληματίσουν πολλούς μαθητές. Αναφέρω το παρα-κάτω ακραίο, θα έλεγα, παράδειγμα (ασκ. 6, σελ 42) :

Από ένα κυκλικό δίσκο ακτίνας R αφαιρούμε έναν κυκλικό τομέα ΟΑΒ και ενώνοντας τις ακτίνες ΟΑ και ΟΒ κατασκευάζουμε ένα κωνι-κό ποτήρι. Να βρείτε τη μέγιστη χωρητικότητα του δοχείου αυτού.

RO

A

BR

O

118

Οι μαθητές πρέπει να σκεφτούν τα εξής : η περίμετρος (Γ) της βάσης του κώνου θα είναι ίση με το μήκος του τομέα που απομένει στον αρχικό κύκλο, αν αφαιρε-

θεί ο τομέας AB∩

. Αν δουλέψει κανείς με μοίρες, θα "μπλέξει" άσχημα. Ας πούμε λοιπόν, ότι είναι α τα ακτίνια του τομέα που απομένει. Τότε Γ = αR, άρα

αν ρ η ακτίνα της βάσης του κώνου, τότε, Γ = 2πρ, οπότε ρ = áR

2ð. Όπως φαίνε-

ται από το σχήμα ο κώνος είναι ορθός και κανονικός (αναρωτιέμαι αν γινόμαστε υπερβολικοί λέγοντας ότι θα έπρεπε η στερεομετρία να το αποδείξει αυτό ;).

Ο όγκος του κώνου δίνεται από τον τύπο : V = 1

3(Åìâ. âάσης) × ύψος.

Η παράπλευρη ακμή του κώνου είναι R, (γιατί είναι το μήκος ΟΑ), οπότε από

Πυθ. Θεώρημα είναι : υ2 = R

2 – ρ

2 ⇒ υ =

R á4

2

2 2ð

ð

−.

Προφανώς 0 < α < 2π, άρα το υπόρριζο είναι θετικό.

Τότε V(α) = ... = á R á2 3 2 2

2

4

24

ð

ð

−, συνάρτηση παραγωγίσιμη στο Π.Ο. της, με :

V΄(α) = R á á

á á

3 3 2 2

2 2 4 6

8 3

24 4

ð

ð ð

−

−

d i.

Είναι α > 0 και 8π2 – 3α

2 > 0 για α∈ 0

8

3, ðFHG

IKJ και

8π2 – 3α

2 < 0 για α∈

8

32ð, ð

FHG

IKJ , οπότε από τον πίνακα προσήμου της V΄(α),

βλέπουμε ότι η V(α) παρουσιάζει μέγιστο στο σημείο á =8

3ð ≅ 1,633π, όταν

δηλαδή αφαιρέσουμε τόξο περίπου 0,367π. Ο μέγιστος όγκος είναι V8

3ð

FHGIKJ = ...

ΣΧΟΛΙΟ : Μην ξεχνάμε ότι οι μαθητές δεν έχουν διδαχθεί στερεομετρία, άρα οι

ορισμοί, οι έννοιες και οι τύποι είναι άγνωστοι... Πόσο χρόνο χρειάζεται η επίλυση

στην τάξη αυτής της άσκησης ;

Μπορεί κάποιος να ισχυριστεί ότι ακόμα κι αν υπάρχουν δύσκολες ασκήσεις

στο βιβλίο, τα θέματα των εξετάσεων θα είναι απλά, γιατί το διαβεβαίωσαν οι

119

υπεύθυνοι. Ποιος εγγυάται όμως ότι σε λίγα χρόνια θα εξακολουθήσουν να ζη-

τούνται εύκολα θέματα, ειδικά αν εμφανιστεί συσσώρευση υψηλών βαθμολο-

γιών. Μπορεί απλά κάποιος να δει την εξέλιξη του επιπέδου δυσκολίας των θε-

μάτων των πανελλαδικών και γενικών εξετάσεων π.χ. από το 1982 ως σήμερα.

Ακόμα λόγω του χαρακτήρα του βιβλίου (και του περιορισμού από το Πρό-

γραμμα Σπουδών) δεν υπάρχει αναφορά στη συσχέτιση συνέχειας – παραγώγι-

σης, δεν αναφέρεται τέλος ποια η χρησιμότητα του διαφορικού λογισμού στη με-

λέτη της συμπεριφοράς συναρτήσεων, στην επίλυση ανισοτήτων ê.ά. (πλην των

προβλημάτων μεγίστων – ελαχίστων). Äåí áíáäåéêíύεται δηλαδή στα μάτια των

μαθητών ο τεράστιος ρόλος του απειροστικού λογισμού, άρα και η αναγκαιότητα

που επιβάλει τη διδασκαλία του.

Τέλος, αφού στο πρόγραμμα της θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης προ-

βλέπεται η διδασκαλία της ανάλυσης (περίπου με την μέχρι τώρα σειρά και τεκ-

μηρίωση), νομίζω ότι θα δημιουργηθούν προβλήματα επικάλυψης της ύλης, που

θα καθιστούν ουσιαστικά άχρηστη τη διδασκαλία αυτού του κεφαλαίου για τους

μαθητές θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης.

Πρέπει λοιπόν να γίνει αντικείμενο συζήτησης για το κατά πόσο είναι ανα-

γκαίο να διδαχθούν στους μαθητές θεωρητικής κατεύθυνσης αποσπασματικά

στοιχεία συναρτήσεων, επιφανειακά και δίχως να αποκαλυφθεί η αξία του απει-

ροστικού λογισμού. Γιατί εξάλλου να διδαχτούν οι μαθητές των άλλων κατευθύν-

σεων μια ύλη δίχως τεκμηρίωση και με κενά, που θα καλυφθεί έτσι κι αλλιώς στο

μάθημα της κατεύθυνσης ;

Υ.Γ. : Την ώρα που εμείς ασχολιόμαστε με τέτοια "μικρά" ζητήματα, βιώνουμε καθη-μερινά στην περιοχή μας την βαρβαρότητα της επιβολής της φαιάς νέας τάξης πραγμά-των. Με καθαρά ανθρωπιστικές διαθέσεις η πολιτισμένη δύση σκορπά τον άμεσο και έμεσο (με τα κατάλοιπα των έξυπνων όπλων της) θάνατο στους λαούς των Βαλκανίων, καταστρέφοντας και μολύνοντας τα εδάφη, τόσο των "εχθρών" της, όσο και των προστα-τευομένων της, μα και των γειτόνων συμμάχων της.

Οι εκπαιδευτικοί, της δημόσιας και της ιδιωτικής – φροντιστηριακής εκπαίδευσης, έχουμε την τεράστια ευθύνη να απολογηθούμε, πρώτοι μέσα στις τάξεις, στους νέους ανθρώπους, για τον κόσμο που θα τους παραδώσουμε να διαχειριστούν, οπλισμένοι με τη γνώση, τη μόρφωση, τις ανθρώπινες αξίες, που θα τους μεταδώσουμε...

Ρίζος Γιώργος

Παλαιολόγου 73,

49 100, Κέρκυρα