Download - 2 200 - pe03.gr

Transcript

'' ''

200

-4email

kdortsi@gmail com

Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 8 Φεβρουαρίου 2006 1/2

Η Στήλη των μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ.Σύμβουλο Μαθηματικών

Γενικά Όπως ανακοινώθηκε από την περασμένη Τετάρτη από τον πρόεδρο του Παραρτήματος της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας (Ε.Μ.Ε.) κ. Σάββα Αμαραντίδη, Μαθηματικό και Δ/ντή του 2ου Ενιαίου Λυκείου της Κοζάνης, η στήλη αυτή θα φιλοξενεί απόψεις και προτάσεις, που έχουν σχέση με τα Μαθηματικά, καθώς επίσης θα ενημερώνει τους αναγνώστες για ό,τι έχει σχέση με το Πανελλήνιο Συνέδριο της Ε.Μ.Ε. το οποίο, όπως ανακοινώθηκε, θα πραγματοποιηθεί στην Δυτική Μακεδονία και συγκεκριμένα στην πόλη της Κοζάνης. Η διαδρομή μέχρι το Νοέμβριο του 2007 είναι μακρά και επίπονη για όσους θα εργαστούν και θα αναλώσουν δυνάμεις και χρόνο. Ελπίζουμε στην προσπάθεια αυτή να συστρατευθούν συνάδελφοι μαθηματικοί αλλά και όσοι αγαπούν τα Μαθηματικά, ώστε να προκύψει το καλύτερο αποτέλεσμα. Πράγματι, το Νοέμβριο του 2007, «η καρδιά όλης της Μαθηματικής οικογένειας της χώρας μας θα χτυπά στην Κοζάνη». Από ένα τέτοιο γεγονός είναι φανερό ότι προκύπτουν πάρα πολλά στοιχεία που θα ωφελήσουν όχι μόνο αυτούς που θα συμμετάσχουν ως σύνεδροι αλλά και την τοπική κοινωνία. Το 24ο Συνέδριο ελπίζουμε να αποτελέσει ένα γεγονός το οποίο θα προβάλει τον τόπο και θα αφήσει τα ίχνη του στην συνολική πορεία της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας. Θα είναι μια επιστημονική συνάντηση και ένας μαθηματικός διάλογος, μια συζήτηση πάνω σε σύγχρονους προβληματισμούς για την διδασκαλία, τη μύηση και γενικά τη μάθηση των Μαθηματικών. Τέλος, θα είναι και ένα μεγάλο κοινωνικό, πολιτιστικό και οικονομικό γεγονός. Η σπουδαιότητα εκτιμάται και από το ενδιαφέρον το οποίο δείχνουν πολλές περιοχές της χώρας μας για την ανάληψη και πραγματοποίησή του.

Η ταυτότητα και το έργο της Ε.Μ.Ε.

Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία ιδρύθηκε το έτος 1918. Από την εποχή εκείνη μέχρι και σήμερα έχει προσφέρει πάρα πολλά στον τομέα της ανάπτυξης των Μαθηματικών ως επιστήμη, αλλά και στον τομέα της διδακτικής και της αφύπνισης του ενδιαφέροντος των μαθητών όλης της χώρας για τα Μαθηματικά. Σε όλη της την πορεία η Ε.Μ.Ε. δεν αποτέλεσε μια κλειστή και ελιτίστικη ομάδα αλλά εξακτίνωσε με τον καλύτερο τρόπο τη δράση της μέχρι και το πιο επαρχιακό σχολείο. Θα θυμούνται ίσως οι περισσότεροι, τα διάφορα περιοδικά της Εταιρείας που σε κάποιους καιρούς, για τους περισσότερους ήταν οι μοναδικές πηγές άντλησης μαθηματικής παιδείας και αυτό, γιατί σε πολλά Γυμνάσια(εξατάξια), κυρίως στην επαρχία υπήρχε ουσιαστικά έλλειψη καθηγητών για να διδάξουν Αριθμητική, Άλγεβρα ή Γεωμετρία. Αλλά και σήμερα με τον ίδιο τρόπο και μάλιστα πολύ πιο σύγχρονο η Ε.Μ.Ε. αγωνίζεται με ένα πλούσιο εκδοτικό έργο να ενθαρρύνει και να προωθήσει μεταξύ των μαθητών τη μαθηματική σκέψη, η οποία θεωρείται από την εποχή του Πλάτωνα, σαν το θεμέλιο πάνω στο οποίο μπορεί να οικοδομηθεί οποιαδήποτε άλλη επιστήμη.

Ν:1ο

Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 8 Φεβρουαρίου 2006 2/2

Οι διαγωνισμοί που ακούραστα πραγματοποιεί κάθε χρόνο έχουν επιτύχει όχι μόνο την άμιλλα μεταξύ των μαθητών, αλλά έχουν αναδείξει και τις ιδιαίτερες ικανότητες και κλίσεις των μαθητών, πάντα με θετικό αποτέλεσμα. Πρόσφατα η Ε.Μ.Ε. διοργάνωσε την λεγόμενη Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα και μάλιστα με μεγάλη επιτυχία. Συγκεκριμένα τον Ιούλιο του 2004 πραγματοποιήθηκε στην Αθήνα η Δ.Μ.Ο. στην οποία συμμετείχαν 85 χώρες από όλο τον κόσμο και στην οποία διακρίθηκαν, όπως άλλωστε και σε άλλες παρόμοιες εκδηλώσεις, και μαθητές από τη χώρα μας. Επίσης το παράρτημα της Ε.Μ.Ε. της γειτονικής μας πόλης, της Βέροιας, διοργάνωσε την Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα νέων στην οποία συμμετείχαν νέοι από όλες τις χώρες της Βαλκανικής και του Καζακτστάν(εκτός συναγωνισμού). Όλα αυτά είναι στοιχεία που πάντα έχουν στόχο την βελτίωση των σχέσεων με τους νέους, τους μαθητές και γενικότερα αυτούς που ασχολούνται με τα μαθηματικά. Ελπίδα μας και όνειρο αποτελεί η σωστή πραγματοποίηση του 24ου Πανελλήνιου Συνεδρίου και στην πορεία προς αυτό καλούμε όλους εκείνους που τους αγγίζει παρόμοιο όραμα.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις - ασκήσεις Από τη στήλη αυτή θα γράφουμε και κάτι που μπορεί να έχει και ειδικότερο ενδιαφέρον με τα σχολικά Μαθηματικά και όχι μόνο. Όσοι λύνουν αυτές τις προκλήσεις μπορούν να τις στέλνουν στην διεύθυνση:

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 1 50100 Κοζάνη

ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Ας ξεκινήσουμε λοιπόν με τις τρεις επόμενες ασκήσεις – προκλήσεις.

1. Για να μαζέψει λίγα χρήματα ένας σύλλογος αποφάσισε να πουλήσει βασιλόπιτες. Αγοράζει 100 βασιλόπιτες προς 3 ευρώ την καθεμία και τις μεταπωλεί σε πακέτα που περιέχουν 1, 2, ή 3 βασιλόπιτες με τιμή 5, 9, και 13 ευρώ αντίστοιχα. Γνωρίζοντας ότι πούλησε όλες τις βασιλόπιτες σε 67 πακέτα, μπορείτε να βρείτε το κέρδος αυτής της πώλησης;

2. Παρατηρείστε ότι: 15+1=42 , 1155+1=342, 111555+1=3342 κλπ. Στη

συνέχεια αποδείξτε ότι ο αριθμός : Α=111...1555...5 1ν ν

+ = είναι τέλειο

τετράγωνο.

3. Να λυθεί στο R η ανίσωση: 3 3

1 3 2 02

χ −+ ⟨

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 15 Φεβρουαρίου 2006 1/2

Η Στήλη των μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ.Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Περιοδικά «Ευκλείδης» της Ε.Μ.Ε.

Όπως αναφέραμε και στις προηγούμενες στήλες το εκδοτικό έργο της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας είναι πολύχρονο και σημαντικό. Θα αναφερθούμε σήμερα στα τρία περιοδικά που απευθύνονται κυρίως στους μαθητές και είναι ότι καλύτερο για την συμπλήρωση της Μαθηματικής Παιδείας που παίρνουν από το σχολείο. Σήμερα η Ε.Μ.Ε. εκδίδει τρία περιοδικά με τους εξής τίτλους: 1. Ο μικρός Ευκλείδης 2. Ευκλείδης Α 3. Ευκλείδης Β Τα περιοδικά αυτά περιέχουν ύλη Μαθηματικών η οποία είναι προσεγμένη και προσαρμοσμένη στις απαιτήσεις των σύγχρονων δεδομένων της Επιστήμης των Μαθηματικών αλλά και στα δεδομένα της Παιδαγωγικής, Διδακτικής, Ψυχολογίας και νέων τεχνολογιών πληροφορικής και αντίστοιχων λογισμικών. Ο «Μικρός Ευκλείδης» απευθύνεται στους μαθητές του Δημοτικού Σχολείου και άρχισε να εκδίδεται από το καλοκαίρι του 2004. Ο στόχος του, όπως διατυπώνεται στο πρώτο τεύχος του από το Διοικητικό Συμβούλιο της Ε.Μ.Ε., είναι: «Ελπίζουμε ότι θα αποτελέσει βήμα συλλογιστικής των μαθητών του Δημοτικού Σχολείου, των εκπαιδευτικών της πρωτοβάθμιας εκπαίδευσης, των καθηγητών των Μαθηματικών και όσων ενδιαφέρονται για τα Μαθηματικά. Θα είναι εργαλείο προσέγγισης των Μαθηματικών με νέες ιδέες και ευρηματικότητα και θα βοηθήσει να κατανοούν καλύτερα και να αγαπήσουν όλοι τα Μαθηματικά». Ο «Ευκλείδης Α» απευθύνεται στους μαθητές του Γυμνασίου και περιέχει ύλη η οποία βοηθάει το μαθητή της ηλικίας αυτής να «μυηθεί» στα Μαθηματικά. Τον προκαλεί με κατάλληλα άρθρα και ασκήσεις αλλά και τον προσκαλεί στον όμορφο κόσμο των Μαθηματικών ο οποίος σήμερα αποτελεί τη βάση και την αφετηρία για κάθε έρευνα και αναζήτηση. Ο «Ευκλείδης Β» είναι το περιοδικό που απευθύνεται στο μαθητή του Λυκείου. Η ύλη του είναι διαθρωμένη κατά τάξεις, όπως άλλωστε συμβαίνει και στον «Ευκλείδη Α», περιέχει όμως και άρθρα που μπορεί να τα διαβάσει κανείς ενιαία. Όλα αυτά τα περιοδικά εκδίδονται κάθε τρίμηνο, δηλαδή τέσσερα τεύχη το χρόνο για το καθένα και μπορούν οι μαθητές σε συνεργασία με τον καθηγητή των Μαθηματικών να το παραγγείλει μεμονωμένα ή ομαδικά στην τάξη του. Για την ιστορία αναφέρουμε ότι αυτά τα τρία περιοδικά είναι

Ν:2ο

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 15 Φεβρουαρίου 2006 2/2

μετεξέλιξη του παλαιότερου περιοδικού της Ε.Μ.Ε. που είχε την ονομασία: «Παράρτημα του Δελτίου της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας», το οποίο κυκλοφορούσε μεταξύ των μαθητών παλαιότερα και ήταν ένα βήμα μαθηματικού διαλόγου και μια πηγή γνώσης και παιδείας.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις - ασκήσεις

Λύσεις προηγουμέων προκλήσεων - ασκήσεων 1. Για να μαζέψει λίγα χρήματα ένας σύλλογος αποφάσισε να πουλήσει βασιλόπιτες. Αγοράζει 100 βασιλόπιτες προς 3 ευρώ την καθεμία και τις μεταπωλεί σε πακέτα που περιέχουν 1, 2, ή 3 βασιλόπιτες με τιμή 5, 9, και 13 ευρώ αντίστοιχα. Γνωρίζοντας ότι πούλησε όλες τις βασιλόπιτες σε 67 πακέτα, μπορείτε να βρείτε το κέρδος αυτής της πώλησης;

Λύση : Θέτουμε x ,ψ,z τις μεταβλητές που εκφράζουν το πλήθος των πακέτων που περιέχουν 1,2,ή 3 βασιλόπιτες αντίστοιχα. Μπορεί κανείς τότε να γράψει τις ακόλουθες εξισώσεις:

x+ψ+z=67 (1) x+2ψ+3z=100 (2)

τότε το κέρδος από την πώληση αυτή θα είναι: B(x,ψ,z)=5x+9ψ+13z-300 (3)

Η εξίσωση (1) δίνει : x=67-ψ-z και στη συνέχεια η (2) γίνεται : 67-ψ-z+2ψ+3z=100 ⇔ ψ=33-2z (4). Υποθέτουμε ότι: z=k, k∈ Z Άρα : x=34+k ψ=33-2k k∈ Z z=k Η συνάρτηση του κέρδους Β(χ,ψ,z) (3) δίνει : B(x,ψ,z)=5x+9ψ+13z-300 = 5(34+k)+9(33-2k)+13k-300 = 170+5k+297-18k+13k-300 = 167 ( ανεξάρτητη των x,ψ,z) άρα B=167 Ευρώ. Σημείωση: Αν ρωτήσει κανείς, πόσα πακέτα που περιέχουν 1, 2, ή 3 βασιλόπιτες πουλήθηκαν, τι θα του απαντούσαμε; Για παράδειγμα, μια περίπτωση είναι, να πούλησε ο σύλλογος αυτός 35 πακέτα της 1 βασιλόπιτας, 31 πακέτα των 2 βασιλόπιτων και ένα πακέτο των 3 βασιλόπιτων. Πόσοι τέτοιοι συνδυασμοί υπάρχουν;

Για την επόμενη φορά 4. Συμπληρώστε τον πέμπτο όρο της ακολουθίας 3, 14, 36, 80, __

5. Συμπληρώστε τον όρο που λείπει: 0,1, 64, 243, 256, 125, __, 7, 1

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 22 Φεβρουαρίου 2006 1/2

Η Στήλη των μαθηματικών

Από τον Κώστα Δόρτσιο, Σχ.Σύμβουλο Μαθηματικών

Οι Μαθητικοί διαγωνισμοί της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας

Από το 1934, χρονιά κατά την οποία οργανώθηκε ο πρώτος Πανελλήνιος Μαθητικός Διαγωνισμός (Π.Μ.Δ.) από την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία, μέχρι και το έτος 1951 διενεργήθηκαν επτά συνολικά τέτοιοι μαθητικοί διαγωνισμοί. Από τότε μέχρι σήμερα διενεργούνται κανονικά κάθε χρόνο μεταξύ των μαθητών όπως και στις περισσότερες αναπτυγμένες χώρες του εξωτερικού πανελλήνιοι διαγωνισμοί στα Μαθηματικά. «Σκοπός των διαγωνισμών αυτών είναι να κεντρίσουν το ενδιαφέρον των νέων για τη μελέτη της Μαθηματικής Επιστήμης. Δεν πρέπει στους διαγωνισμούς αυτούς να καλλιεργείται ο πρωταθλητισμός και το κυνηγητό των επάθλων, πράγμα αντιπαιδαγωγικό, αντίθετα να δημιουργείται στην ψυχή των μαθητών η ανάγκη της αυστηρής μαθηματικής σκέψης, η άνθιση της λογικής και της πειθαρχημένης φαντασίας, πάντοτε με ευγενική άμιλλα» ( από το βιβλίο: «Ε.Μ.Ε. 1918-1988, Τα πρώτα εβδομήντα χρόνια» του Γ. Ωραιόπουλου. Έκδοση της Ε.Μ.Ε.). Οι διαγωνισμοί αυτοί ακόμα στοχεύουν στην ανάδειξη και προώθηση νέων μαθηματικών ταλέντων. Ακόμα στη συμμετοχή και στην επιτυχία τους σε διάφορους Διεθνείς Μαθηματικούς Διαγωνισμούς. Η σημερινή μορφή των διαγωνισμών αυτών έχει ως εξής: • «Θαλής». Είναι ο πρώτος διαγωνισμός και διενεργείται συνήθως στο τρίτο δεκαήμερο του Οκτωβρίου. Συμμετέχουν μαθητές όλων των τάξεων των Λυκείων και των Β΄ και Γ΄ τάξεων του Γυμνασίου. • «Ευκλείδης». Είναι ο δεύτερος διαγωνισμός και διενεργείται στο δεύτερο δεκαήμερο του Δεκεμβρίου. Συμμετέχουν όσοι μαθητές συγκέντρωσαν βαθμολογία πάνω από τη βάση στο διαγωνισμό «Θαλής» • «Αρχιμήδης». Στον τρίτο αυτό μαθητικό διαγωνισμό που διενεργείται συνήθως τέλη Φεβρουαρίου, συμμετέχουν όσοι πέτυχαν στο δεύτερο διαγωνισμό «Ευκλείδης» Όσοι τελικά επιτυγχάνουν στον τρίτο και τελικό αυτό διαγωνισμό αποτελούν την Ολυμπιακή Ομάδα, η οποία αντιπροσωπεύει τη χώρα μας σε Διεθνείς Διαγωνισμούς. Αξίζει τέλος να σημειωθεί ότι σε όλους αυτούς τους διαγωνισμούς συμμετέχουν στους διάφορους ρόλους μέλη της Εταιρείας και των Παραρτημάτων της χωρίς καμία χρηματική αμοιβή.

Επιτυχίες μαθητών της περιοχής μας Η Δυτική Μακεδονία και ειδικότερα η Κοζάνη, έχει σ’ αυτούς τους διαγωνισμούς τη δική της παράδοση. Θα μας δοθεί η ευκαιρία μέσα από τη στήλη αυτή να ανακαλέσουμε στη μνήμη την ιστορία αυτή. Πάντως για φέτος οι νέοι των σχολείων της Κοζάνης έδωσαν το δικό τους παρών. Διαγωνίστηκαν και ξεχώρισαν με την επίδοσή τους: 1. Λαμπριανίδης Αριστείδης, μαθητής της Β΄ τάξης του 1ου Ενιαίου Λυκείου Πτολεμαΐδας, 2. Δοσοπούλου Φανή, μαθήτρια της Γ΄ τάξης του 3ου Ενιαίου Λυκείου Κοζάνης,

Ν:3ο

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 22 Φεβρουαρίου 2006 2/2

3. Τσιώγκα Αναστασία, μαθήτρια της Γ΄ τάξης του 2ου Ενιαίου Λυκείου Κοζάνης, 4. Μαύρου Παρασκευή, μαθήτρια της Γ΄ τάξης του 2ου Ενιαίου Λυκείου Φλώρινας, 5. Αδρακτάς Κων/νος, μαθητής της Α΄ τάξης του Ενιαίου Λυκείου Δεσκάτης Γρεβενών και 6. Γκίτσος Θεόδωρος, μαθητής της Γ΄ τάξης του 1ου Γυμνασίου Καστοριάς. Τα παιδιά αυτά επέτυχαν μέχρι τώρα να διακριθούν με επιτυχία στους διαγωνισμούς «Θαλής» και «Ευκλείδης» και στις 26 Φεβρουαρίου 2006 θα συμμετάσχουν στον τρίτο και τελικό διαγωνισμό «Αρχιμήδης». ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ!

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις - ασκήσεις

Λύσεις προηγουμέων προκλήσεων - ασκήσεων

2. Παρατηρείστε ότι: 15+1=42 , 1155+1=342, 111555+1=3342 κλπ. Στη συνέχεια

αποδείξτε ότι ο αριθμός : Α=111...1555...5 1ν ν

+ = είναι τέλειο τετράγωνο

Λύση: Τον αριθμό Α μπορούμε να τον αναλύσουμε στο δεκαδικό σύστημα αρίθμησης ως εξής: Α = (102ν-1+102ν-2+…+10ν+5⋅10ν-1+5⋅10ν-2+…+5⋅101+5)+1= = [10ν(10ν-1+10ν-2+…+1)+5⋅(10ν-1+10ν-2+…+1)] + 1= = (10ν+5)⋅( 10ν-1+10ν-2+…+1) + 1=(10ν+5)⋅(10ν-1)/(10-1) + 1=

= 2(10 5) (10 1) 10 10 5 10 51 1

9 9

ν ν ν ν ν+ ⋅ − − + ⋅ −+ = + =

210 4 10 5 19

ν ν+ ⋅ −+ =

= 2(10 ) 2 10 2 5 1

ν ν+ ⋅ ⋅ −+ =

= 2 2 2 2

2 2

(10 ) 2 10 2 5 9 (10 ) 2 10 2 2 (10 2)9 3 3

ν ν ν ν ν+ ⋅ ⋅ − + + ⋅ ⋅ + += =

Άρα: Α = 2

10 23

ν⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

δηλαδή τέλειο τετράγωνο.

Σημείωση:Φαίνεται ότι ο αριθμός Α είναι ένας ακέραιος θετικός,, ενώ ο ίσος με αυτόν 2

10 23

ν⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

έχει μορφή κλασματικού. Άρα θα πρέπει ο αριθμός 3 να διαιρεί τον 10ν+2.

δηλαδή κερδίσαμε μια ακόμη πρόταση: «Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός 3 διαιρεί τον 10ν+2, για κάθε φυσική τιμή του ν» (1) Ερώτημα: μπορεί η ανωτέρω πρόταση (1) να δειχθεί και με άλλο τρόπο;

Για την άλλη φορά 6. Αν διαθέτεις ένα δοχείο των 5 λίτρων και ένα ακόμα των 3 λίτρων, πως θα μπορέσεις να βάλεις από τη βρύση 4 λίτρα νερό στο μεγάλο δοχείο;

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 1 Μαρτίου 2006 1/3

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ.Σύμβουλο Μαθηματικών

Προσυνεδριακές Εκδηλώσεις 1. Ημερίδα στα Γρεβενά Με επιτυχία πραγματοποιήθηκε στα Γρεβενά η πρώτη ημερίδα η οποία εντάσσεται στον ευρύτερο κύκλο των προσυνεδριακών εκδηλώσεων, του 24ου Πανελλήνιου Συνεδρίου της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας. Ουσιαστικά λοιπόν το ξεκίνημα αυτό έγινε την Τρίτη 21 Φεβρουαρίου και ώρα 12.00 στην μεγάλη αίθουσα πολλαπλών χρήσεων του Νέου Διοικητηρίου των Γρεβενών. Το θέμα της ημερίδας αυτής ήταν: «Πλάτωνας και Μαθηματικά» και ο στόχος του ήταν να αναδειχθεί όσο γίνεται η προσφορά του μεγάλου αυτού Έλληνα φιλοσόφου του 4ου π.Χ. αιώνα στα Μαθηματικά. Την εκδήλωση στήριξε η Νομαρχιακή Αυτοδιοίκηση των Γρεβενών, η Δ/ση της Β/θμιας Εκπ/σης Γρεβενών και φορείς που ανέλαβαν τη διοργάνωση ήταν το Τοπικό Παράρτημα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας καθώς και ο Σύνδεσμος Φιλολόγων Γρεβενών. Το πρόγραμμα της ημερίδας αυτής ήταν:

1. «Πλάτωνας: ο άνθρωπος και το έργο του» Εισηγητής: Πουρνάρας Στέργιος, φιλόλογος του 1ου Ενιαίου Λυκείου, Υπεύθυνος Πολιτιστικών θεμάτων Δ.Ε. Νομού Γρεβενών

2. «Προσέγγιση στο Μαθηματικό έργο του Πλάτωνα» Εισηγητής: Δόρτσιος Κων/νος, Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών

3. «Διαθεματική προσέγγιση των Μαθηματικών μέσα από κείμενα Αρχαίων Ελλήνων»

Εισηγητής: Μπαλής Στέφανος, Καθηγητής Μαθηματικών του Αριστοτελείου Πανεπιστημίου Θεσσαλονίκης.

Την εκδήλωση τίμησαν με την παρουσία τους καθώς και με χαιρετισμό ο Νομάρχης Γρεβενών κ. Ρίγγος Δημήτριος, ο Δήμαρχος Γρεβενών κ. Ζιώγας Αθανάσιος, ο Δ/ντής της Περιφερειακής Εκπ/σης Δυτικής Μακεδονίας κ. Δάρδας Αναστάσιος, ο πρόεδρος του Παραρτήματος της Ε.Μ.Ε. Κοζάνης κ. Αμαραντίδης Σάββας και ο πρόεδρος του Παραρτήματος της Ε.Μ.Ε. Καστοριάς κ. Παρλαπάνης Κώστας. Το πλήθος των συναδέλφων μαθηματικών και φιλολόγων που παρακολούθησε τις τρεις εισηγήσεις καθώς και οι υπόλοιποι που συμμετείχαν, έμειναν ικανοποιημένοι και παρέμειναν μέχρι και την τελευταία φάση των εργασιών της ημερίδας κατά την οποία διατύπωσαν τις απορίες και τις παρατηρήσεις των. Σε ότι αφορά τώρα την προσφορά του Πλάτωνα στα Μαθηματικά θα μπορούσαμε να αναφέρουμε τα ακόλουθα: • Είναι φανερή η Πυθαγόρεια τοποθέτησή του καθώς επίσης ήταν μεγάλος ο θαυμασμός του προς τα μαθηματικά και ιδιαίτερα προς τη Γεωμετρία. • Με την ακαδημία που ίδρυσε στην Αθήνα και η οποία λειτούργησε παραπάνω από 8 αιώνες, συνέβαλε στην ανάπτυξη των μαθηματικών, ιδιαίτερα με τα έργα μεγάλων μαθηματικών που δίδαξαν στη σχολή αυτή, όπως οι σύγχρονοί του Θεαίτητος, Μέναιχμος και Εύδοξος.

Ν:4ο

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 1 Μαρτίου 2006 2/3

• Σύγχρονοι μελετητές της εποχής αυτής τον χαρακτηρίζουν κυρίως φιλόσοφο και όχι μαθηματικό. Η προσφορά του όμως στα μαθηματικά θεωρείται ότι ήταν αξιόλογη και αυτό γιατί προέτρεπε τους μαθηματικούς να ερευνούν καθολικές μαθηματικές αλήθειες, και γενικά να καλλιεργούν τα μαθηματικά τα οποία θεωρούσε ότι διαθέτουν τεράστια εκπαιδευτική αξία. Η προτροπή αυτή φαίνεται, εκτός των άλλων, και στις απόψεις του ότι τα μαθηματικά είναι «δόσις θεών εις ανθρώποις» και ότι «οδηγούν έντονα την ψυχή προς το θείο». 2. Συνέλευση Μαθηματικών Την Πέμπτη 23 Φεβρουαρίου και ώρα 11.00 πραγματοποιήθηκε συνέλευση των Μαθηματικών του Νομού Κοζάνης στο «Κοβεντάρειο» με θέμα την συγκρότηση των διαφόρων ομάδων εργασίας καθώς και γενικότερα τον σχεδιασμό της διαδρομής και πραγμάτωσης του 24ου Πανελλήνιου Συνεδρίου της ΕΜΕ το Νοέμβριο του 2007. Η συγκέντρωση έγινε σε συνεννόηση με τη Δ/ση της Β/θμιας Εκπ/σης Κοζάνης και σύμφωνα με έγγραφο του Δ/ντή της κ. Δημητρίου Αγνάντου οι καθηγητές των μαθηματικών μπόρεσαν και παρακολούθησαν τροποποιώντας ίσως το σχολικό πρόγραμμα και χωρίς να διαταραχθεί η λειτουργία των σχολείων. Η συμμετοχή των καθηγητών υπήρξε ενθουσιώδης και με διάθεση προσφοράς έργου προς την κατεύθυνση αυτή. Αρκετοί ήταν αυτοί που δήλωσαν τη συμμετοχή τους στις ομάδες Τύπου, Διαχείρισης, Γραμματείας, Οργάνωσης, Υποδοχής και δεξιώσεων, Τεχνολογικής και ηλεκτρονικής στήριξης κλπ. Στη σύσκεψη ήλθαν και συνάδελφοι από το Παράρτημα της ΕΜΕ Καστοριάς οι οποίοι συμπαρίστανται στη προσπάθεια αυτή. Από πλευράς Δήμου της Κοζάνης συμμετείχε ο κ. Παφίλης Μανώλης ο οποίος δήλωσε την αμέριστη στήριξη του συνεδρίου αυτού. Την ίδια πρόθεση εξέφρασε και ο πρόεδρος της ΕΛΜΕ Κοζάνης κ. Φώτης Κεχαγιάς. Από το ΤΕΙ Κοζάνης παρών ήταν ο κ. Αντώνης Μπίσμπας Αναπληρωτής Καθηγητής των Μαθηματικών. Τέλος στη συνέλευση συμμετείχαν και συνάδελφοι μαθηματικοί οι οποίοι εργάζονται στην Ιδιωτική Εκπ/ση γιατί η ΕΜΕ είναι η εταιρεία στην οποία έχουν λόγο και δικαίωμα συμμετοχής όλοι οι Μαθηματικοί. Το παράρτημα της ΕΜΕ Κοζάνης ευχαριστεί όλους αυτούς που έδωσαν το παρών στο κάλεσμα αυτό και πιστεύει πως μαζί τους θα πορευτεί μέχρι την πραγμάτωση του στόχου αυτού.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις - ασκήσεις

Λύσεις προηγούμενων προκλήσεων – ασκήσεων

3. Να λυθεί στο R η ανίσωση: 3 3

1 3 2 02

χ −+ ⟨

χ (1)

Λύση: Πρέπει αρχικά να ισχύει: χ≠0. Πολ/ζοντας στη συνέχεια και τα δύο μέλη της (1) με τη θετική ποσότητα 2χ2 προκύπτει η σχέση:

3 232 3 2 2 0χ + χ − ⟨ (2) στόχος μας είναι να παραγοντοποιήσουμε το πρώτο μέλος της (2). Άρα θα διασπάσουμε τον όρο 233 2χ σε 232 2χ και 23 2χ . Έτσι η (2) γίνεται:

3 2 23 32 2 2 2 2 0χ + χ + χ − ⟨ (3)

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 1 Μαρτίου 2006 3/3

ή ακόμα: 3 2 2 33 3 32 2 2 2 ( 2) 0χ + χ + χ − ⟨ ⇔ 32 2 23 32 ( 2) 2( ( 2 ) 0χ χ + + χ − ⟨ 2 3 3 3 32 ( 2) 2( ( 2)( 2) 0χ χ + + χ − χ + ⟨

και τέλος 23 3 3( 2) 2 2( ( 2) 0⎡ ⎤χ + χ + χ − ⟨⎣ ⎦

δηλαδή: 32 23 3( 2) 2 2 ( 2 ) 0⎡ ⎤χ + χ + χ − ⟨⎣ ⎦ (4)

ο δεύτερος παράγοντας της τελευταίας αποτελεί τριώνυμο ως προς χ με διακρίνουσα Δ= β2-4αγ= 32 23( 2) 4 2 ( 2 )− ⋅ ⋅ − = 23(3 2) άρα έχει ρίζες τα

31 2χ = − και

2χ =

άρα το τριώνυμο αναλύεται στη μορφή: 32 232 2 ( 2 )χ + χ − = 3

3 22( 2) ( )2

χ + ⋅ χ −

άρα η ανισότητα (4) γίνεται: 23 3( 2) (2 2) 0χ + ⋅ χ − ⟨ (5)

η ανισότητα (5) είναι ισοδύναμη με την αρχική και την χ≠0. Αν θεωρήσουμε τώρα ότι και 3 2χ ≠ − τότε η (5) ισοδυναμεί με την

3(2 2) 0χ − ⟨ δηλαδή 3 22

χ⟨ .

Τελικά η λύση είναι όλα τα χ που ικανοποιούν τους περιορισμούς:

3 22

χ⟨ , χ≠0 και 3 2χ ≠ −

Σημείωση – ερώτημα: Μήπως η ανάλυση της σχέσης (2) θα μπορούσε να γίνει και με άλλο τρόπο εκτός αυτής που αναφέραμε δηλαδή ανάλυση κατά ομάδες και εφαρμογή της θεωρίας του τριωνύμου;

Για την άλλη φορά 7. «Κάθε τρίγωνος αριθμός αν πολλαπλασιασθεί με το 8 και προστεθεί το 1, γίνεται τετράγωνος» (πρόταση του Πλάτωνα). Τρίγωνος αριθμός είναι εκείνος που οι μονάδες του μπορούν να σχηματίσουν τρίγωνο. Για παράδειγμα ο 6 σχηματίζει τρίγωνο με τη μορφή:

● ● ● ● ● ●

Αντίστοιχα ορίζεται ο τετράγωνος.

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 8 Μαρτίου 2006 1/3

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ.Σύμβουλο Μαθηματικών

Η σπουδαιότητα των Μαθηματικών

«Μηδείς αγεωμέτρητος εισίτω» «δεν επιτρέπεται να μπεί μέσα κάποιος που δεν γνωρίζει γεωμετρίά»

(Πλάτωνας, Ακαδημία 4ος αιώνας π.Χ.)

«Γεωμετρήσων εισίτω ου κωλύω, τω μη θέλοντι συζυγήσω τας θύρας» «Δεν εμποδίζω να μπει, σ’ αυτόν που γνωρίζει Γεωμετρία, όμως σ’ εκείνον που δεν

θέλει να τη μάθει θα του κλείσω την πόρτα». (Ευγένιος Βούλγαρης, Μεγάλη Σχολή του Γένους 18ος αιώνας)

Είναι φανερό ότι η σπουδαιότητα των Μαθηματικών είναι μεγάλη και σημαντική στην όλη συμπεριφορά και διαμόρφωση της προσωπικότητας του ανθρώπου και γενικότερα της κοινωνίας. Σε όλη την ιστορική της διαδρομή η μαθηματική παιδεία αποτέλεσε σημείο μελέτης και διερεύνησης από τους φιλοσόφους και γενικά τους σκεπτόμενους ανθρώπους. Τα Μαθηματικά και ιδιαίτερα η γεωμετρία πέρα από χρηστικό εργαλείο μέτρησης ποσοτήτων και επίλυσης καθημερινών προβλημάτων έγιναν από την Ελληνική κυρίως αρχαιότητα η βάση

Ν:5ο

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 8 Μαρτίου 2006 2/3

ευρύτερου στοχασμού και το πλαίσιο ερμηνείας του φυσικού και πραγματικού κόσμου. Ακόμα τα Μαθηματικά έγιναν μέχρι και σήμερα αντικείμενο βασικής παιδείας και μόρφωσης, γι’ αυτό και τα αναλυτικά προγράμματα των σχολείων σ’ ολόκληρο τον κόσμο περιέχουν το μάθημα των Μαθηματικών. Σήμερα στα μαθηματικά στηρίζεται η ελπίδα όλων για την παραπέρα μελέτη και διερεύνηση όχι μόνο του μικρόκοσμου αλλά και του μακρόκοσμου. Ο έλεγχος των περιοχών του πυρήνα και του ζωικού κυττάρου, η μοντελοποίηση και η μελέτη των χαοτικών φαινομένων της ατμόσφαιρας, καθώς και η ανίχνευση της γεωμετρίας που διέπει το απέραντο σύμπαν έχουν ως βάση και ως αφετηρία τα Μαθηματικά. Ποια όμως Μαθηματικά; Τα Μαθηματικά από την αρχαιότητα μέχρι και σήμερα διέγραψαν μια μεγάλη και εξελικτική πορεία η οποία είναι άμεσα συνδεδεμένη με όλες τις φιλοσοφικές, κοινωνιολογικές, θρησκευτικές και οικονομικές ιδέες και σκέψεις που επικράτησαν κάθε φορά. Πέρα από τη θεμελιώδη μορφή και δομή που είχαν κατά την αρχαιότητα με τη μορφή της Γεωμετρίας και Αριθμητικής σήμερα η έκταση και το ανάγλυφο των Μαθηματικών κλάδων είναι τεράστιο και ελπιδοφόρο. Το δίδυμο που αποτελείται από τα Εφαρμοσμένα Μαθηματικά και τα Θεωρητικά Μαθηματικά ανατροφοδοτείται και εξελίσσεται διαθεματικά και διεπιστημονικά ώστε τείνει να συμπεριλάβει όλο και περισσότερους τομείς μελέτης και έρευνας. Από την άλλη μεριά, η κατάκτηση της Νέας Τεχνολογίας των Ηλεκτρονικών Υπολογιστών και η ταχύτατη εξέλιξή τους, συνεπικουρεί στη ελπίδα της Μαθηματικής έρευνας και όχι μόνο. Από την πλατωνική σημασία των Μαθηματικών, σύμφωνα με την οποία τα Μαθηματικά λειτουργούν ώστε ο άνθρωπος να μπορέσει να μεταβεί από τον αισθητό κόσμο στον κόσμο των ιδεών, της αρετής και της τελείωσης, μέχρι σήμερα, ο στόχος των Μαθηματικών εμπλουτίζεται από τις νέες ανάγκες και τις νέες προοπτικές που προκύπτουν. Από την Ευκλείδεια Γεωμετρία, τα Μαθηματικά οδηγήθηκαν, στις μη Ευκλείδειες Γεωμετρίες (σφαιρικές, ελλειπτικές κ.ά.) για να ερμηνεύσουν φαινόμενα όπως αυτά της θεωρίας της σχετικότητας και σήμερα στις Γεωμετρίες των μικρών κομματιών δηλαδή των Φράκταλς. Επίσης τα Μαθηματικά της Θεωρίας του Χάους αναζητούν σήμερα τον τρόπο που θα μελετήσουν την μακρινή περιοχή του σύμπαντος και την έξοδο από την μοναχικότητα της του ηλιακού μας συστήματος! ∗ Ο πίνακας είναι έργο του Ιταλού ζωγράφου της Αναγέννησης Ραφαήλ, ονομάζεται «Η σχολή των Αθηνών» και βρίσκεται στο ανάκτορο του Βατικανού. Ο Ραφαήλ ζωγράφισε τον πίνακα αυτόν τα έτη 1509 – 1510 και παρουσιάζει τα σημαντικότερα πρόσωπα της Ελληνικής Αρχαιότητας. Συμβολίζει την αναζήτηση της αλήθειας από την ανθρώπινη λογική.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις - ασκήσεις

Λύσεις προηγουμέων προκλήσεων – ασκήσεων

4 Συμπληρώστε τον πέμπτο όρο της ακολουθίας 3, 14, 36, 80, __ Λύση: Παρατηρούμε ότι το 14=3+11 επίσης: 36=14+22 καθώς και 80=36+44 άρα κάθε φορά προσθέτουμε στο αποτέλεσμα το διπλάσιο του 11 του 22 κ.ο.κ. θα έχουμε λοιπόν για τον επόμενο όρο 80+88=168

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 8 Μαρτίου 2006 3/3

( για μεθεπόμενο όρο θα έχουμε τον 168+176=344)

5 Συμπληρώστε τον όρο που λείπει: 0,1, 64, 243, 256, 125, __, 7, 1 Λύση: Τους αριθμούς αυτούς τους γράφουμε με την ακόλουθη μορφή:

08 , 17 , 26 , 35 , 44 , 53 , __ , 71 , 80 αμέσως γίνεται αντιληπτό ότι οι βάσεις αυξάνονται κατά ένα από το 0 ως το 8 και οι εκθέτες ελαττώνονται από το 8 ως το 0. Άρα ο όρος που αναζητούμε είναι ο 62 = 36, γιατί από το μεσαίο όρο και μετά οι βάσεις γίνονται εκθέτες και οι εκθέτες βάσεις!

Για την άλλη φορά

8. Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί οι οποίοι ικανοποιούν την εξίσωση:

2 29(x + y +1) + 2(3xy + 2) = 2005 (Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων, Βέροια, Ιούνιος 2006)

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 15 Μαρτίου 2006 1/5

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Οι απαρχές των Μαθηματικών

Τα μαθηματικά είναι η επιστήμη εκείνη η οποία εμφανίζεται με τα πρώτα βήματα του ανθρώπου πάνω στη γη και αποτελεί το μέσο επίλυσης των διαφόρων προβλημάτων από τα πιο απλά μέχρι και τα πλέον σύνθετα. Από την παρατήρηση οδηγούμαστε στη σύγκριση και από τη σύγκριση στην αξιολόγηση και τέλος από την αξιολόγηση φθάνουμε στην απόφαση. Η διαδρομή αυτή δηλαδή από την παρατήρηση μέχρι και την απόφαση είναι μακρά και επίπονη. Ο άνθρωπος προσπαθώντας κάθε φορά να αξιοποιήσει καλύτερα τις συνθήκες κάτω από τις οποίες ζούσε, έφθασε έως τα σήμερα να έχει αναπτύξει τον σημερινό πολιτισμό. Έναν πολιτισμό, ο οποίος κατά ένα μεγάλο μέρος στηρίζεται στα Μαθηματικά. Όλοι οι λαοί που έζησαν πριν από την εποχή του Πυθαγόρα (6ος π.Χ. αιώνας) έχουν αναπτύξει μαθηματικές ιδέες αρκετά σημαντικές και πολύτιμες για την παραπέρα πορεία. Όμως οι πληροφορίες που έχουμε είναι λιγοστές και γιαυτό πολύτιμες. Οι σπουδαιότερες πηγές για τα Μαθηματικά των λαών αυτών είναι οι παρακάτω:

1. Η πινακίδα του Σενκερέχ

Είναι ένα κειμήλιο που χρονολογείται στην περίοδο 2300-1600π.Χ. και περιέχει πληροφορίες σχετικά με τις γνώσεις των λαών που κατοικούσαν στις όχθες του Ευφράτη. Το κείμενο αυτό είναι γραμμένο σε σφηνοειδή γραφή και περιέχει μεταξύ άλλων το αριθμητικό σύστημα των Βαβυλωνίων, που είχε βάσεις το 10 και το 60 . Στο κείμενο αυτό υπάρχουν τα τετράγωνα των αριθμών 1,2,…,60 και οι κύβοι των αριθμών 1,2,…,30. Μέσα από τους πίνακες αυτούς διευκολύνονταν οι ιερείς που ασχολούνταν με αστρολογικές μελέτες να πραγματοποιήσουν τις αντίστροφες πράξεις εξαγωγής της τετραγωνικής και κυβικής ρίζας.

Ν:6ο

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 15 Μαρτίου 2006 2/5

Ο πάπυρος του Rhind

Τις πληροφορίες σχετικά με τα Μαθηματικά των Αιγυπτίων, τις αντλούμε από τον πάπυρο του Rhind, που χρονολογείται μεταξύ 1788 και 1580π.Χ. και φυλάσσεται στο Βρετανικό Μουσείο του Λονδίνου. Είναι γραμμένος σε ιερογλυφική και ιερατική γραφή από το γραφέα Ahmes. Μαζί με τον πάπυρο του Rhind

ανακαλύφθηκε και ο δερμάτινος κύλινδρος (ΒΜ 10250) το ξετύλιγμα του οποίου υπήρξε επίτευγμα της σύγχρονης χημείας. Ο κύλινδρος αυτός περιέχει απλές σχέσεις μεταξύ κλασμάτων.

2. Η πινακίδα του Plimpton

Βρίσκεται στο Πανεπιστήμιο της Κολούμπια των Ηνωμένων Πολιτειών της Αμερικής και μας δίνει πληροφορίες για τα Μαθηματικά των Βαβυλωνίων.

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 15 Μαρτίου 2006 3/5

Χρονολογείται στα 1900 και 1600 π.Χ. Η πινακίδα αυτή είναι αντίγραφο της αρχικής που έχει χαθεί. Διαβάστηκε για πρώτη φορά από τους Neugebauer και Sachs το 1945. Παρουσιάζει ουσιαστικά σχέσεις πλευρών του ορθογωνίου τριγώνου. Πώς οι Βαβυλώνιοι κατάφεραν να υπολογίσουν πυθαγόρειες τριάδες; … Το ερώτημα παραμένει μέχρι σήμερα. 4. Ο πάπυρος της Μόσχας. Στον πάπυρο αυτό υπάρχει ένα ξεχωριστό επίτευγμα των αιγυπτιακών μαθηματικών που είναι ο ακριβής υπολογισμός του όγκου της κόλουρης πυραμίδας με τετραγωνική βάση. 5. Η πινακίδα με σφηνοειδές κείμενο(YBC 7289) από τη Βαβυλωνιακή Συλλογή του Πανεπιστημίου του Yale, στην οποία υπολογίζεται η διαγώνιος τετραγώνου. 6. Το βιβλίο «Sulvasutra» ή «κανόνας της χορδής» των Αρχαίων Ινδών είναι γραμμένο μεταξύ του 8ου και 6ου αιώνα π.Χ. Σ’ αυτό περιέχονται πολλές μαθηματικές γνώσεις των λαών που ζούσαν στις όχθες του Ινδού ποταμού. Στο βιβλίο αυτό δίνονται οδηγίες για την κατασκευή βωμών και ιερών κτισμάτων με συγκεκριμένες διαστάσεις. Εκεί εμφανίζονται πυθαγόρειες τριάδες και αξιόλογοι υπολογισμοί. 7. το Ιερό Βιβλίο της Αριθμητικής το οποίο θεωρείται ότι γράφηκε στην περίοδο 1122-225π.Χ. επί της ΙΙΙ δυναστείας της Κίνας μας πληροφορεί για τα μαθηματικά των αρχαίων Κινέζων. Τέλος πολλές αναφορές αρχαίων Ελλήνων και Αράβων συγγραφέων μας δίνουν πολύτιμες πληροφορίες για τα Μαθηματικά όλων αυτών των λαών. Τα μαθηματικά βέβαια αυτά σύμφωνα με τις απόψεις σύγχρονων μελετητών ήταν μαθηματικά με περίπλοκους υπολογισμούς όμως δεν προχώρησαν σε ανώτερες αποδεικτικές διαδικασίες όπως έγινε στη συνέχεια από τους Έλληνες Μαθηματικούς της Αρχαιότητας.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις - ασκήσεις

Λύσεις προηγουμένων προκλήσεων – ασκήσεων

6. Αν διαθέτεις ένα δοχείο των 5 λίτρων και ένα ακόμα των 3 λίτρων, πως θα μπορέσεις να βάλεις από τη βρύση 4 λίτρα νερό στο μεγάλο δοχείο; Λύση: Σχηματικά λύνεται στις παρακάτω 7 φάσεις.

1η φάση

2η φάση

5 λίτρα 3 λίτρα

3 λίτρα3 λίτρα

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 15 Μαρτίου 2006 4/5

3 λίτρα3 λίτρα

3η φάση

2 λίτρα

3 λίτρα 1 λίτρο

4η φάση

1 λίτρο

5η φάση

3 λίτρα

1 λίτρο

6η φάση

1 λίτρο

3 λίτρα

7η φάση Σημείωση ΄Αν υπήρχε ένα τρίτο μεγάλο δοχείο τότε:Θα ρίξουμε δύο φορές με το δοχείο των 5 λίτρων στο μεγάλο δοχείο και θα αδειάσεις δύο φορές με το δοχείο των 3 λίτρων. Έτσι μέσα στο μεγάλο δοχείο θα μείνουν 2Χ5-2Χ3=10-6=4 λίτρα.

Για την άλλη φορά

9. Μία συνάντηση άρχισε ανάμεσα στις 3 και 4μ.μ. και τέλειωσε μεταξύ

τις 6 και 7μ.μ. Στη συνάντηση αυτή οι δείκτες του ρολογιού τις στιγμές της έναρξης και της λήξης αντάλλαξαν θέση. Τι ώρα άρχισε η συνάντηση;

10. Θεωρούμε κύκλο με κέντρο Ο και ακτίνα R καθώς και εγγεγραμμένο

τρίγωνο ΑΒΓ σ’ αυτόν. Φέρουμε τη διάμετρο ΒΒ΄. Να αποδείξετε ότι:

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 15 Μαρτίου 2006 5/5

α) Αν Η το ορθόκεντρο του τριγώνου τότε: ΑΗ = Β΄Γ β) Το τμήμα ΗΒ΄ διέρχεται από το μέσο της πλευράς ΑΓ. γ) ΑΗ = 2RσυνΑ

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 22 Μαρτίου 2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

«Η ιστορία των Μαθηματικών δεν πρέπει να διαχωρίζεται από τη γενική ιστορία του πολιτισμού. Τα Μαθηματικά είναι ένα πεδίο πνευματικής δραστηριότητας, που συνδέεται στενά όχι μόνο με την αστρονομία και τη μηχανική, αλλά, επίσης, με την αρχιτεκτονική και την τεχνολογία, τη φιλοσοφία, ακόμη δε και με τη θρησκεία(Πυθαγόρας!) Οι πολιτικές και κοινωνικές συνθήκες παίζουν πολύ σημαντικό ρόλο στην άνθηση και τον χαρακτήρα της επιστήμης». (από τον πρόλογο του βιβλίου: Η αφύπνιση της Επιστήμης, του B.L. Van der Waerden. Πανεπιστημιακές εκδόσεις Κρήτης, Επιμέλεια Γιάννη Χριστιανίδη)

Προσωκρατική περίοδος

Θα περάσουν περισσότερα από χίλια χρόνια από την εποχή που γράφτηκαν τα παλαιο-βαβυλωνιακά μαθηματικά κείμενα και ο αιγυπτιακός πάπυρος του Rhind, ώσπου να χαράξει μια νέα εποχή στην ιστορία της επιστήμης, η εποχή της ελληνικής επιστήμης. Μιλούμε για την εποχή του 6ου και 5ου π.Χ. αιώνα και πριν το θάνατο του Σωκράτη (399 π.Χ.) καθώς και για την πρώιμη ελληνική επιστήμη που αναπτύχθηκε από πληθυσμούς που κατοικούσαν στην Ιωνία, στα δυτικά παράλια της Μικράς Ασίας και στη Μεγάλη Ελλάδα (Σικελία και Κάτω Ιταλία). Κατά τους σύγχρονους μελετητές αυτήν την περίοδο δύο πράγματα πρωτοεμφανίζονται με τους προσωκρατικούς φιλοσόφους και τους διαχωρίζουν από όλους τους προηγούμενους στοχαστές Έλληνες και μη. Τα χαρακτηριστικά αυτά είναι:

• Η ανακάλυψη της φύσης και έξωση του υπερφυσικού από τις ερμηνείες των φυσικών φαινομένων,

• Η πρακτική της δημόσιας αντιπαράθεσης απόψεων και της ορθολογικής κριτικής.

Έτσι αρχίζει για πρώτη φορά να διακρίνεται το φυσικό από το υπερφυσικό. Και όταν πρόκειται για το φυσικό, αρχίζει να θεωρείται αυτό ως αποτέλεσμα μιας αιτίας και να κατηγοριοποιούνται τα φαινόμενα και να γίνονται αντικείμενο μελέτης. Αρχίζει με άλλα λόγια να θεμελιώνεται η λογική αιτιολόγηση δηλαδή η μελέτη της σχέσης του «αίτιο και αποτέλεσμα» της οποίας η ολοκλήρωση θα διαρκέσει μέχρι και το 18ο αιώνα. Το σπουδαιότερο που συντελείται την εποχή αυτή είναι η έξωση των θεοτήτων από την ερμηνεία των φυσικών φαινομένων. Για παράδειγμα αναφέρουμε την περίπτωση των σεισμών που μέχρι την περίοδο εκείνη τους απέδιδαν στην οργή των θεών και κυρίως του Ποσειδώνα. Όμως ο Θαλής και η Μιλήσια Σχολή της σκέψης δεν αρνήθηκαν βέβαια την ύπαρξη του Ποσειδώνα, αλλά δεν τη χρησιμοποίησαν στην ερμηνεία που έδωσαν στο φαινόμενο των σεισμών. Οι Μιλήσιοι άφησαν τους Θεούς απέξω. Ο θυμός ή οι έρωτες του Δία ή του Ποσειδώνα, οι οποίοι στον Όμηρο και στον Ησίοδο αποτελούσαν αιτίες της συμπεριφοράς της

Ν:7ο

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 22 Μαρτίου 2006 2/4

φύσης για τους Μιλήσιους παύουν να παίζουν αυτό το ρόλο. Αυτό για την πορεία της ανθρώπινης σκέψης υπήρξε ουσιαστικό. Το δεύτερο στοιχείο που συντελείται την εποχή της προσωκρατικής περιόδου έχει χαρακτήρα κοινωνικής διάστασης και μόνο μέσα από αυτή μπορεί να αξιολογηθεί. Η δημόσια κριτική και η συζήτηση των απόψεων στο πλαίσιο της πόλης αποτέλεσε τη βάση ώστε ο κάθε φιλόσοφος που έλεγε και διατύπωνε μια άποψη έπρεπε να την υποστηρίξει και να επιχειρηματολογήσει για να πείσει τους απέναντι συμπολίτες του. Η δημόσια αποδοχή ή απόρριψη των ιδεών για τη φύση και τον υλικό κόσμο αποτελούσαν μέρος της διαδικασίας για τη νομιμοποίησή τους, δηλαδή συνιστούσαν απαραίτητο όρο για να γίνουν ευρύτερα αποδεκτές. Ρωτάει ένας σύγχρονος μελετητής: Γιατί οι Έλληνες ανάπτυξαν τα Μαθηματικά; Και απαντάει: διότι συζητούσαν και διαφωνούσαν πολλές φορές. Για το λόγο αυτό έπρεπε να βρίσκουν επιχειρήματα μέσα από τα οποία σιγά – σιγά άρχισε να διατυπώνεται η διαδικασία της «απόδειξης». Το πυθαγόρειο θεώρημα ήταν γνωστό σχεδόν σε όλους του λαούς όπως αναφέραμε σε προηγούμενη στήλη, όμως γιατί συμβαίνει η σχέση αυτή να μην απασχόλησε κανέναν; Μόνο ο Πυθαγόρας βρέθηκε στην ανάγκη να το αποδείξει. Οι συνθήκες της εποχής απαιτούσαν αλήθειες οι οποίες να στηρίζονται σε άλλες που προηγουμένως είχαν δεχθεί ή είχαν αποδείξει. Κατά την περίοδο αυτή έχουμε γενικά τρεις σχολές. Αυτές είναι:

• Η σχολή της Ιωνίας με κύριο εκπρόσωπό της το Θαλή το Μιλήσιο (624-547π.Χ.)

• Η σχολή των Πυθαγορείων με κύριο εκπρόσωπο τον Πυθαγόρα τον Σάμιο (572-497π.Χ.) και

• Η σχολή της Χίου με κύριο εκπρόσωπο τον Ιπποκράτη τον Χίο ( περίπου στα 470-400 π.Χ.)

Οι πληροφορίες για την εποχή αυτή και για τα μαθηματικά κυρίως είναι αποσπασματικές. Κανένα κείμενο δεν διασώζεται ακέραιο(εκτός από: ένα κείμενο που αφορά στους μηνίσκους του Ιπποκράτη και ένα κείμενο του Αρχύτα για το διπλασιασμό του κύβου) και οι πληροφορίες προέρχονται από συγγραφείς που έζησαν έως και 1000 χρόνια αργότερα. Τις περισσότερες πληροφορίες τις αντλούμε από την επισκόπηση της ιστορίας της γεωμετρίας που περιέλαβε ο Νεοπλατωνικός φιλόσοφος Πρόκλος στο σχόλιό του, στο πρώτο βιβλίο των Στοιχείων του Ευκλείδη. Αν και ο Πρόκλος έζησε τον 5ο μ.Χ. αιώνα η επισκόπηση του θεωρείται αρκετά αξιόπιστη, γιατί βασίζεται σε μεγάλο βαθμό στη χαμένη σήμερα Ιστορία της γεωμετρίας που είχε γράψει ο μαθητής του Αριστοτέλη Εύδημος, δηλαδή ένας συγγραφέας που έζησε σε μια εποχή αρκετά κοντινή προς την περίοδο αυτή.( αναφορά από τον Πρόκλο στις πυθαγόρειες τριάδες του Πλάτωνα). Άλλη πηγή πληροφόρησης επίσης, για την εποχή αυτή, είναι ο Ιάμβλιχος ο οποίος ανήκει στους Νεοπλατωνικούς φιλοσόφους (3ος -4ος αιώνας). Κατά την εποχή αυτή έζησαν σπουδαίοι μαθηματικοί και φιλόσοφοι όπως: ο Αναξίμανδρος (610-547 π.Χ.), οι πυθαγόρειοι Ίππασος και Φιλόλαος, Οινοπίδης ο Χίος, συνεχιστής του έργου του Πυθαγόρα, Αναξαγόρας(500-428 π.Χ.), Αντιφών (5ος π.Χ.), Ζήνων ο Ελεάτης, Δημόκριτος (460-360π.Χ.), Θεόδωρος ο Κυρηναίος (5ος π.Χ.) ο οποίος διδάσκει μαθηματικά στον Πλάτωνα, Ιππίας ο Ηλείος(δεύτερο μισό του 5ου π.Χ.αιώνα), Βρύσων και άλλοι.

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 22 Μαρτίου 2006 3/4

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις - ασκήσεις

Λύσεις προηγουμένων προκλήσεων – ασκήσεων

7. Κάθε τρίγωνος αριθμός αν πολλαπλασιασθεί με το 8 και προστεθεί το 1, γίνεται τετράγωνος» (πρόταση του Πλάτωνα). Τρίγωνος αριθμός είναι εκείνος που οι μονάδες του μπορούν να σχηματίσουν τρίγωνο. Για παράδειγμα ο 6 σχηματίζει τρίγωνο με τη μορφή:

● ● ● ● ● ●

Αντίστοιχα ορίζεται ο τετράγωνος. Απόδειξη Έστω Α ένας τρίγωνος αριθμός τότε αυτός θα έχει τη μορφή:

Α= ( 1)2

ν ν + γιατί το άθροισμα των μονάδων ενός τρίγωνου αριθμού είναι:

Α=1+2+3+4+…+ν = ( 1)2

ν ν + ( ως άθροισμα ν πρώτων όρων αριθμητικής προόδου)

άρα: 2 2 2 2( 1)8 1 8 1 4 ( 1) 1 4 4 1 (2 ) 2 (2 ) 1 1 (2 1)

2ν ν +

Α + = + = ν ν + + = ν + ν + = ν + ⋅ ν ⋅ + = ν +

δηλαδή ο αριθμός 8Α+1 είναι τετράγωνος. Παράδειγμα: Ο τρίγωνος αριθμός 21 αν πολ/σθεί με το 8 γίνεται 168 και αν αυξηθεί κατά μια μονάδα γίνεται 169 δηλαδή 132 άρα τετράγωνος. 8. Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί οι οποίοι ικανοποιούν την εξίσωση:

2 29(x + y +1) + 2(3xy + 2) = 2005 (Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων, Βέροια, Ιούνιος 2006)

Λύση: Η εξίσωση (1) ισοδυναμεί με τις:

9 (x y) 2xy 1 6xy 4 2005

9(x y) 18xy 9 6xy 4 20059(x y) 12xy 1992

⎡ ⎤+ − + + + = ⇔⎣ ⎦+ − + + + = ⇔

+ − =

Στο σημείο αυτό εφαρμόζουμε τη γνωστή ταυτότητα: 2 2(x y) (x y)xy

4+ − −

άρα η τελευταία από τις προηγούμενες γίνεται: 2 2

2 (x y) (x y)9(x y) 12 19924

+ − −+ − =

η οποία μετά από πράξεις καταλήγει στην: 2 22(x y) (x y) 664+ + − = (2)

θέτουμε

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 22 Μαρτίου 2006 4/4

x y k+ = και x y− = λ άρα

2 22 664κ + λ = (3) από την (3) συμπεραίνουμε ότι το λ2 πρέπει να είναι άρτιος, άρα και το λ άρτιος. Αν υποθέσουμε ότι λ=2ρ, από την (3) θα προκύψει:

2 22 332κ + ρ = (4) και με την ίδια συλλογιστική θα πρέπει το κ να είναι άρτιος. Έστω πάλι ότι κ=2μ, άρα η (4) θα δώσει:

2 22 166μ + ρ = (5) από την οποία θα είναι ρ=2θ, και θα ικανοποιεί την

2 22 83μ + θ = (6) Στο σημείο αυτό παρατηρούμε ότι ο αριθμός 83 αναλύεται με μοναδικό τρόπο σε άθροισμα δύο όρων εκ των οποίων ο ένας να είναι τέλειο τετράγωνο και ο άλλος να είναι διπλάσιο τετραγώνου. Δηλαδή 83=92+2.12 Άρα μ=9 και θ=1 ή θ=-1(γιατί;). Αφού το μ=9 τότε το κ=18, δηλαδή το x y 18+ = (7) Επίσης

• αν θ=1 τότε το ρ=2 και το λ=4 δηλαδή το x y 4− = (8) Λύνοντας το σύστημα των (7) και (8) βρίσκουμε τις μοναδικές λύσεις των x και y οι οποίες είναι:

x = 11 και y = 7 • Αν θ =-1 θα προκύψει με την ίδια σκέψη και η άλλη λύση: x=7 και y = 11

Για την άλλη φορά

11. Έστω η συνάρτηση f : R R→ , παραγωγίσιμη στο R, με f(1)=3 και f(2)=5 και η οποία ικανοποιεί τη σχέση:

tf ( t )

f '( ) 2 f (c) e dtχ

χ = + ∫

με c∈∈R μια σταθερή τιμή. Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f. (Προτάθηκε από τον συνάδελφο Μπαζούκη Γεώργιο, Μαθηματικό Γυμνασίου Καπνοχωρίου) 12. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με γωνία Α=100ο, ΑΒ=ΑΓ=β και ΒΓ=α. Να δειχθεί ότι:

α3+β3 = 3αβ2 (Προτάθηκε από το συνάδελφο Αναστασιάδη Γεώργιο του 2ου Λυκείου Φλώρινας)

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 29 Μαρτίου 2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Η σχολή της Ιωνίας - Θαλής ο Μιλήσιος

Ο νεοπλατωνικός φιλόσοφος Πρόκλος (5ος μ. Χ. αι.) στην επισκόπησή του, παραθέτει με χρονολογική σειρά τα ονόματα των επιφανέστερων Ελλήνων μαθηματικών που έζησαν πριν από τον Ευκλείδη. Ο κατάλογος αυτός των γεωμετρών αρχίζει με το Θαλή (624- 547 π.Χ.). Ο Θαλής ο Μιλήσιος έχει χαράξει τη μνήμη του στους αιώνες που ακολούθησαν και αποτελεί μέχρι σήμερα αντικείμενο έρευνας αλλά και θαυμασμού. Ο Θαλής αν και δεν έγραψε ποτέ κανένα «βιβλίο», εν τούτοις η παράδοση, μας έχει μεταφέρει πολλά από τα επιτεύγματά του. Έτσι στο Θαλή αποδίδονται τα παρακάτω:

1. Η πρόβλεψη της έκλειψης του ηλίου το έτος 585 π.Χ.(για την πρόβλεψη αυτή ο Θαλής συγκαταλέχθηκε στους επτά σοφούς της Ελλάδας, επί αρχοντείας Δαμασίου 585 - 583 π.Χ.)

2. Η εφαρμογή του κριτηρίου «γωνία – πλευρά – γωνία» της ισότητας των τριγώνων.(Μαρτυρία του Ευτόκιου)

3. Η ανακάλυψη των θεωρημάτων για την • ισότητα των παρά τη βάση γωνιών ενός ισοσκελούς τριγώνου. • ισότητα των κατά κορυφή γωνιών.(Πρόκλος 220, 1-δ F)

4. Η κατασκευή του περιγεγραμμένου κύκλου σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο 5. Η απόδειξη ότι η διάμετρος χωρίζει τον κύκλο σε δύο ίσα μέρη.(Μαρτυρία

του Πρόκλου157,10-11F που την αντλεί από τον Εύδημο) 6. Η πρόταση: «Κάθε γωνία εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο είναι ορθή.(Μαρτυρία

της Παμφύλης, συγγραφέα από την Επίδαυρο, η οποία έζησε στη Ρώμη επί εποχής του Νέρωνα)

7. Ο υπολογισμός του ύψους της πυραμίδας του Χέοπα.(Μαρτυρία του Πλουτάρχου, ΣυμπόσιοVII 147A, καθώς και μαρτυρία του Ιερώνυμου του Ρόδιου την οποία διέσωσε ο Διογένης ο Λαέρτιος)

8. Η Κατασκευή σφαίρας(Μαρτυρία του Κικέρωνα) 9. Η μέτρηση της απόστασης ενός πλοίου από το λιμένα.

Βέβαια πρέπει να αναφερθεί ότι δεν γίνεται λόγος για αληθινές αποδείξεις των ανωτέρω γεωμετρικών προτάσεων(2,9) από το Θαλή. Την εποχή αυτή έλειπαν τόσο το λογικό υπόβαθρο όσο και η αξιωματική συγκρότηση που κάνουν δυνατή μια μαθηματική απόδειξη. Ας μη ξεχνάμε βέβαια ότι η εποχή από το 1100 π.Χ. μέχρι και το 750 π.Χ. χαρακτηρίζεται ως «ελληνικός μεσαίωνας» με ό,τι αυτό συνεπάγεται. Είναι η εποχή των μεγάλων μετακινήσεων, κατά τις οποίες οι Δωριείς και οι Ίωνες κατέλαβαν την περιοχή

ΘΘααλλήήςς οο ΜΜιιλλήήσσιιοοςς

Ν:8ο

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 29 Μαρτίου 2006 2/4 όπου κάποτε είχε διεισδύσει και είχε επικρατήσει απόλυτα ο μινωικός και ο μυκηναϊκός πολιτισμός. Επομένως η συμβολή του Θαλή δεν πρέπει να αναζητηθεί στο αν και κατά πόσο απέδειξε τις προτάσεις που αναφέραμε. Τότε όμως πού θα πρέπει να την αναζητήσουμε; Αν εξετάσει κανείς τις παραπάνω προτάσεις, θα διαπιστώσει ότι σχεδόν όλες περιστρέφονται γύρω από τις έννοιες της συμμετρίας και της ισότητας των γωνιών. Άρα θα είχε δίκιο κάποιος αν ισχυρίζονταν ότι τα θέματα που μελέτησε ο Θαλής ήταν:

1. Η ομοιότητα μερικών απλών σχημάτων με ίσες γωνίες 2. Οι συνθήκες κάτω από τις οποίες μια ομοιότητα μετατρέπεται σε ισότητα

και 3. Οι ιδιότητες μερικών συμμετρικών σχημάτων.

Και μόνο αυτά αρκούν για να θεωρηθεί η συμβολή του Θαλή και γενικότερα των Ιώνων γεωμετρών του 6ου π.Χ. αιώνα εξαιρετικά σημαντική. Δεν είναι όμως μόνον αυτό. Εκείνο που γίνεται την εποχή αυτή είναι ότι στο γεωμετρικό σχήμα προσδίδεται μια καινούργια διάσταση μελέτης, ένας ρόλος και μια λειτουργία άγνωστη μέχρι τότε. Τα γεωμετρικά σχήματα που συναντάμε στους αιγυπτιακούς παπύρους και στις βαβυλωνιακές πινακίδες έχουν ρόλο εντελώς επουσιώδη, αφού χρησίμευαν απλά και μόνο για να σημειώνονται σε αυτά αριθμητικές τιμές των δεδομένων του εκάστοτε προβλήματος. Με τους Ίωνες το σχήμα γίνεται για πρώτη φορά στην ιστορία αντικείμενο μελέτης και μαθηματικού στοχασμού. Η χάραξη του σχήματος, η παρατήρηση των ιδιοτήτων που έχει και στη συνέχεια η δικαιολόγηση του ισχυρισμού προς τον «απέναντι» συνομιλητή, είναι μερικά από τα αρχικά στάδια της εξέλιξης της γεωμετρίας που μπορούμε να τα αποδώσουμε στο Θαλή και στη σχολή της Ιωνίας. Αυτό είναι ίσως και η σημαντικότερη προσφορά της σχολής αυτής στην ιστορία των μαθηματικών. Ο Θαλής θεωρείται αρχηγός της σχολής της Μιλήτου και γενικότερα της σχολής της Ιωνίας όχι γιατί συγκέντρωσε γύρω του μια ομάδα ακροατών, αλλά γιατί οι ευρύτερες φιλοσοφικές του ιδέες υιοθετήθηκαν και αναπτύχθηκαν στη συνέχεια από αρκετούς συμπατριώτες του, των οποίων η ιστορία διατήρησε την ανάμνηση. Μεταξύ αυτών αναφέρουμε τον Αναξίμανδρο και τον Αναξιμένη, οι οποίοι συνέχισαν τις βασικές αρχές του φιλοσοφικού συστήματος του Θαλή ο οποίος θεωρούσε τη γη να πλέει πάνω στα νερά. Έτσι η κοσμολογία του Θαλή, όπως είναι γνωστή μέχρι σήμερα στηρίζεται στο βασικό συστατικό το οποίο είναι το νερό. Δηλαδή: «το ύδωρ αποτελεί την πηγή πάντων». Η κοσμολογία του Αναξίμανδρου προχωρά και στηρίζεται στην έννοια του «απείρου». Όσο και αν φαίνεται δυσνόητο αυτό, η έννοια του απείρου αρχίζει να απασχολεί την ανθρώπινη διανόηση από την εποχή των Ιώνων φιλοσόφων και ειδικότερα η μαθηματική του διερεύνηση έχει μεγάλη διαδρομή η οποία φθάνει μέχρι και σήμερα. Τέλος η αντίληψη του Αναξιμένη, ο οποίος ήταν μαθητής του Αναξίμανδρου, σχετικά με τον κόσμο είναι ότι ο κόσμος αυτός στηρίζεται στον «αέρα». «΄Ωσπερ και Θαλήν αστρονομούντα, ώ Θεόδωρε, και άνω βλέποντα, πεσόντα εις φρέαρ, Θράττα τις εμμελής και χαρίεσσα θεραπαινίς αποσκώψαι λέγεται ως τα μεν εν ουρανώ προθυμοίτο ειδέναι τα δ’ έμπροσθεν αυτού και παρά πόδας λανθάνοι αυτόν» «Ο Πλάτων διηγείται ότι ο Θαλής, ενώ κοιτούσε τα άστρα, έπεσε μέσα σε ένα πηγάδι και μια χαριτωμένη νεαρή σκλάβα από τη Θράκη τον ειρωνεύτηκε λέγοντας: «… όσα είναι στον ουρανό επιθυμεί διακαώς να τα μάθει, όσα όμως είναι μπροστά του και μέσα στα πόδια του δεν τα βλέπει». (Πλάτωνος, Θεαίτητος, 174a)

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 29 Μαρτίου 2006 3/4

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις - ασκήσεις

Λύσεις προηγουμένων προκλήσεων – ασκήσεων

9. Μία συνάντηση άρχισε ανάμεσα στις 3 και 4μ.μ. και τέλειωσε μεταξύ τις 6 και 7μ.μ. Στη συνάντηση αυτή οι δείκτες του ρολογιού τις στιγμές της έναρξης και της λήξης αντάλλαξαν θέση. Τι ώρα άρχισε η συνάντηση;

Λύση: Στο πρώτο ρολόι, δεξιά, το οποίο δείχνει τη στιγμή της έναρξης της συνάντησης, υποθέτουμε ότι ο μικρός δείκτης(ωροδείκτης) βρίσκεται στη θέση των Χ0 μοιρών και ο μεγάλος δείκτης(λεπτοδείκτης) βρίσκεται στη θέση των Ψ0 μοιρών, σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος. Είναι γνωστό ότι η γωνιακή ταχύτητα του ωροδείκτη είναι:

ωh= 0,5 μοίρες/λεπτό και η αντίστοιχη του λεπτοδείκτη είναι

ωm= 6 μοίρες/λεπτό. Τότε θα ισχύει:

Χ0= 0,5t1 και Ψ0+ 3.360=6t1, (1) όπου t1 η στιγμή της έναρξης της συνάντησης. Από τις σχέσεις της (1) θα έχουμε:

01 0t 2

0,5Χ

= = Χ και 01

3 360t

6Ψ + ⋅

= και κατά

συνέπεια

00 0 0

3 3602 3 360 12

6Ψ + ⋅

= Χ ⇔ Ψ + ⋅ = Χ

Άρα 12Χ0-Ψ0=3⋅360 (2) Στο δεύτερο ρολόι, δεξιά, το οποίο δείχνει τη στιγμή της λήξης της συνάντησης, ισχύουν τα αντίστοιχα κατωτέρω:

Χ0+6⋅360=6t2 και Ψ0=0,5t2, (3) Όπου t2 είναι η στιγμή της λήξης της συνάντησης. Από τις σχέσεις της (3) όμοια θα προκύψουν οι σχέσεις:

6 360t

6Χ + ⋅

= και 02 0t 2

0,5Ψ

= = Ψ

και συνεπώς: 0

0 0 06 360

2 6 360 126

Χ + ⋅= Ψ ⇔ Χ + ⋅ = Ψ

άρα: Χ0 -12Ψ0=-6⋅360 (4) Λύνοντας τώρα το σύστημα των εξισώσεων (2) και (4) θα έχουμε τη λύση:

9 3

Ψ0

9 3

Ψ0

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 29 Μαρτίου 2006 4/4 Χ0≈105,73 και Ψ0≈ 188,76 (μοίρες)

και αν μετατραπούν σε λεπτά της ώρας θα έχουμε: Έναρξη συνάντησης: t1≈105,73/0,5=211,46 λεπτά = 3ώρ. 31λ. και 12δ. Λήξη της συνάντησης:t2≈188,76/0,5=377,52 λεπτά =6ώρ. 17λ. και 31δ.

10. Θεωρούμε κύκλο με κέντρο Ο και ακτίνα R καθώς και εγγεγραμμένο

τρίγωνο ΑΒΓ σ’ αυτόν. Φέρουμε τη διάμετρο ΒΒ΄. Να αποδείξετε ότι: α) Αν Η το ορθόκεντρο του τριγώνου τότε: ΑΗ = Β΄Γ β) Το τμήμα ΗΒ΄ διέρχεται από το μέσο της πλευράς ΑΓ. γ) ΑΗ = 2RσυνΑ Λύση:

α) Είναι γνωστό ότι το περίκεντρο Ο, το βαρύκεντρο G και το ορθόκεντρο Η δηλαδή τα τρία σημεία Ο, G, Η είναι συνευθειακά και αποτελούν τη γνωστή ευθεία του Euler καθώς επίσης ότι το βαρύκεντρο G χωρίζει το τμήμα ΗΟ σε λόγο 2:1, δηλαδή ισχύει ότι: ΗG=2GΟ.(1) Άρα από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΗG και GΜΟ προκύπτει ότι ΑΗ=2ΟΜ (2), όπου ΟΜ ⊥⊥ ΒΓ (3). Επίσης στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΒ΄Γ είναι Β΄Γ = 2ΟΜ (4), γιατί η ΟΜ συνδέει τα μέσα των πλευρών ΒΒ΄ και ΒΓ. Και ακόμα ΑΗ//ΟΜ//Β΄Γ (5) ως κάθετες στη ΒΓ. Από τις (2) και (4) προκύπτει ότι:

ΑΗ =// Β΄Γ (6) β) Από την (6) προκύπτει ότι το τετράπλευρο ΑΗΓΒ΄ έχει τις δύο απέναντι πλευρές του ίσες και παράλληλες, άρα είναι παραλληλόγραμμο και συνεπώς οι διαγώνιες του διχοτομούνται. Δηλαδή η ΗΒ΄ διέρχεται από το μέσο της ΑΓ. γ) Πάλι στο τρίγωνο ΒΒ΄Γ ισχύει: συνΒ΄ = (Β΄Γ)/(ΒΒ΄), και επειδή ˆˆ ′Β = Α (γιατί βλέπουν προς την κοινή χορδή ΒΓ και είναι εγγεγραμμένες στο ίδιο κύκλο), Β΄Γ = ΑΗ και ΒΒ΄= 2R, άρα τελικά ισχύει: συνΑ = (ΑΗ)/(2R) δηλαδή:

ΑΗ = 2RσυνΑ.

Για την άλλη φορά

13. Αν d1, d2, d3 είναι οι αποστάσεις του περικέντρου Ο από τις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ, τότε να δείξετε ότι: d1 + d2 + d3 = R+ρ, όπου R και ρ οι ακτίνες του περιγεγραμμένου και εγγεγραμμένου κύκλου αντίστοιχα του τριγώνου ΑΒΓ.

(Θεώρημα του Carnot)

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

B`N

Σχήμα 1

Η στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 5 Απριλίου 2006 1/5

Η Στήλη των Μαθηματικών

Από τον Κώστα Δόρτσιο, Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Η σχολή της Ιωνίας - Αναφορά στο έργο του Θαλή

Γενικά Συνεχίζοντας την αναφορά μας στη σχολή της Ιωνίας και στον πρώτο Έλληνα μαθηματικό και φιλόσοφο, το Θαλή, θα αναφερθούμε πιο αναλυτικά σε μερικά επιτεύγματα, απόψεις και ιδέες που αποδίδονται σ’ αυτόν και τη σχολή του, τα οποία είναι γνωστά κυρίως από την παράδοση καθώς και από ιστορικούς που έζησαν πολύ αργότερα από την εποχή του. Ως γνωστό η Μίλητος στις αρχές του 6ου π.Χ. αιώνα υπήρξε ένα από τα πλέον ανθηρά εμπορικά κέντρα στα παράλια της Μικράς Ασίας, και ήταν ο τόπος όπου συντελέστηκαν οι καρποφόρες επαφές μεταξύ Ανατολής και Δύσης. Στο «μεταθανάτιο»» διάλογό του με τίτλο Επινομίς, ο Πλάτων περιγράφει τη σχέση Ελλήνων με τους αρχαίους ανατολικούς πολιτισμούς με τον εξής εντυπωσιακό τρόπο: «…οτιδήποτε παραλάμβαναν οι Έλληνες από τους ξένους, το μετατρέπουν τελικώς σε κάτι καλύτερο» (987e). Εξάλλου δεν είναι τυχαίο ότι οι Ίωνες ήταν οι πρώτοι λαμπαδηφόροι του ελληνικού πολιτισμού. Επί πολλά χρόνια υπήρξαν υπήκοοι των βασιλέων της Λυδίας και της Περσίας. Έτσι επηρεάστηκαν από τον ανατολικό πολιτισμό. Το ίδιο συμβαίνει και με τη σχέση των Ιώνων με τον Αιγυπτιακό πολιτισμό. Ο Θαλής και ο Πυθαγόρας, ο Δημόκριτος και ο Εύδοξος αναφέρεται ότι ταξίδεψαν όλοι στην Αίγυπτο και στη Βαβυλώνα. Ο Θαλής υπήρξε πνεύμα καθολικό και φιλοσοφικό. Διαδραμάτιζε ενεργό ρόλο στην έντονη πολιτικοοικονομική ζωή στην Ιωνία της εποχής του. Αναφέρεται ότι απέκτησε μεγάλη περιουσία από το εμπόριο του λαδιού και ότι διάνοιξε νέα κοίτη σε ένα ποταμό για να διευκολύνει τη διάβαση του στρατού του Κροίσου(Ηρόδοτος Ι,75). Συμβούλευε, ωστόσο, τους συμπολίτες του να μην συμμαχήσουν με τον Κροίσο αργότερα μάλιστα επιχείρησε να ιδρύσει μια συνομοσπονδία των ιωνικών πόλεων με πρωτεύουσα την πόλη Τέω(Ηρόδοτος Ι, 170).

Η πρόβλεψη της έκλειψης του Ηλίου το 585 π.Χ. Το 612 π.Χ. οι Μήδοι κατέστρεψαν τη Νινευή. Όταν επιχείρησαν να προωθηθούν μακρύτερα προς τη δύση, ο Αλυάτης βασιλιάς της Λυδίας έσπευσε να τους συναντήσει με ίωνες στρατιώτες. Η μάχη στον ποταμό Άλυν διακόπηκε απότομα εξαιτίας της έκλειψης ηλίου το 585 π.Χ., που είχε προβλέψει ο Θαλής ο Μιλήσιος. «Την ημέραν εξαπίνης νύκτα γενέσθαι», γράφει ο Ηρόδοτος(Ιστορίαι Α 74,2). Οι στρατιώτες τρόμαξαν από το γεγονός αυτό και ήταν απρόθυμοι να συνεχίσουν τη μάχη και έτσι, οι αντιμαχόμενες δυνάμεις, στις οποίες περιλαμβάνονταν η Κιλικία και η Βαβυλώνα, συνήψαν συνθήκη. Από την εποχή αυτή και μετά υπήρχε ισορροπία ανάμεσα στις τρεις μεγάλες αυτοκρατορίες, τη Λυδία, τη

Ν:9ο

Η στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 5 Απριλίου 2006 2/5

Μηδία και τη Νέα Βαβυλωνιακή αυτοκρατορία που ιδρύθηκε από τους βασιλείς της Χαλδαίας. Το γεγονός ότι ο Θαλής πρόβλεψε την έκλειψη του ηλίου την εποχή εκείνη αποδεικνύει ότι ήταν γνώστης της Βαβυλωνιακής αστρονομίας διότι σήμερα είναι γνωστό ότι αστρονόμοι από την Μεσοποταμία είχαν προβλέψει με επιτυχία περί το 700 π.Χ. εκλείψεις του ηλίου καθώς και της σελήνης. « Είτε ο Ήλιος των Ελλήνων, είτε ο θεός Ρα των Αιγυπτίων, το φωτεινό αστέρι της μέρας δεν κάνει διακρίσεις, συμπεριφέρεται προς όλα τα αντικείμενα του κόσμου με τον ίδιο τρόπο. Είναι αυτό που, αργότερα στην Ελλάδα, ονομάστηκε δημοκρατία». (Από το βιβλίο του Denis Guetj, “Το θεώρημα του Παπαγάλου”, μετάφραση Τεύκρου Μιχαηλίδη, σελ. 50)

Το ύψος της μεγάλης πυραμίδας του Χέοπα Πάρα πολλά έχουν γραφεί για τον τρόπο με τον οποίο ο Θαλής κατάφερε να υπολογίσει το ύψος της μεγάλης πυραμίδας του Χέοπα, η οποία είναι κτισμένη στην πεδιάδα της Γκίζας, δίπλα στις όχθες του ποταμού Νείλου, κοντά στο σημερινό Κάϊρο της Αιγύπτου. Αξίζει να δούμε λοιπόν με ποιο τρόπο ο Θαλής, σύμφωνα με σημερινή άποψη των περισσοτέρων, μέτρησε το ύψος της πυραμίδας αυτής. Πρέπει, πρώτα απ’ όλα, να αναφέρουμε ότι ο προσανατολισμός της πυραμίδας είναι τέτοιος, ώστε οι τέσσερις παράπλευρες έδρες να δείχνουν με ακρίβεια τα τέσσερα σημεία του ορίζοντα. Δηλαδή Ανατολή –Δύση, και Βορρά –Νότο. Αν σ’ αυτό προσθέσουμε και την πληροφορία ότι το γεωγραφικό πλάτος στο οποίο βρίσκεται η πυραμίδα αυτή είναι 30ο βόρεια του Ισημερινού, τότε σύμφωνα με τις σημερινές γνώσεις της Αστρονομίας η σκιά ενός αντικειμένου έχει κατά τη διάρκεια του έτους τη δική της συμπεριφορά. Έτσι λοιπόν στην περιοχή αυτή δύο φορές το χρόνο συμβαίνει η σκιά ενός δέντρου για παράδειγμα να ισούται με το ύψος του και μάλιστα κατά τη στιγμή κατά την οποία ο ήλιος μεσουρανεί, δηλαδή το μεσημέρι. Οι μέρες αυτές για την περιοχή που αναφερόμαστε είναι οι 20 Ιανουαρίου και η 21 Νοεμβρίου. Είναι οι ημερομηνίες κατά τις οποίες ο Θαλής σύμφωνα με την άποψη αυτή μέτρησε το ύψος της πυραμίδας. Προσθέτουμε ακόμα ότι από τη στιγμή του χειμερινού ηλιοστασίου(21 Δεκεμβρίου) μέχρι και τη στιγμή του θερινού ηλιοστασίου(21 Ιουνίου) ο Ήλιος στη περιοχή αυτή έχει κλίση ως προς τον ορίζοντα, η οποία μεταβάλλεται από την τιμή των 36ο 33΄ μέχρι και την τιμή των 83ο 27΄. Τα όρια αυτά ποικίλουν ανάλογα με το γεωγραφικό πλάτος του τόπου.( αυτό δεν θα μπορούσε να συμβεί για γεωγραφικά πλάτη μεγαλύτερα των 68ο και μικρότερα των 21ο στο βόρειο ημισφαίριο ή αντίστοιχα στο νότιο. (Τα όρια αυτά σύμφωνα με τη σφαιρική αστρονομία προκύπτουν από τον τύπο φmax,min = 90o-φ ± 23ο 27΄ όπου 23ο 27΄

Η μεγάλη πυραμίδα του Χέοπα

Η στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 5 Απριλίου 2006 3/5

είναι η γωνία που σχηματίζει η εκλειπτική με τον ουράνιο ισημερινό, η γνωστή ως λόξωση της εκλειπτικής στην οποία οφείλονται οι τέσσερις εποχές του έτους.) Μια μέρα λοιπόν από αυτές τις δύο κατά τις οποίες, όπως αναφέραμε, ο ήλιος στο μεσουράνημά του σχημάτιζε σκιά ίση με το ύψος του αντικειμένου που φώτιζε, ο Θαλής μέτρησε τη σκιά ΕΣ που έριχνε ένας κατακόρυφος πάσσαλος ο ΘΣ.(Σχήμα 1) Η σκιά του πασσάλου ήταν ίση με το ύψος του πασσάλου δηλαδή ΕΣ=ΘΣ. (Σχήμα 1). Έτσι σκέφτηκε ότι και η σκιά της πυραμίδας έπρεπε να είναι ίση με το ύψος της πυραμίδας, δηλαδή ΟΚ=ΚΜ. Όμως επειδή η πυραμίδα δεν έχει τόσο απλή μορφή όπως ένας πάσσαλος αλλά εδράζεται σε ένα τετράγωνο, το ΑΒΓΔ, με πλευρά ίση με 232 μέτρα, αφού μέτρησε τη σκιά ΜΛ, που έβλεπε, πρόσθεσε στη συνέχεια

και το μισό του 232 (δηλαδή το μήκος ΚΛ το οποίο βρήκε από το μισό της πλευράς της βάσης ΒΔ). Έτσι κατέληξε στο να μετρήσει το ύψος της μεγάλης πυραμίδας το οποίο είναι περίπου 147 μέτρα. Σήμερα βέβαια η πυραμίδα αυτή έχει ύψος 10 μέτρα λιγότερο, εξαιτίας της διάβρωσης των ανέμων και της άμμου.

Τελικό σχόλιο για το Θαλή. Ο Θαλής είναι από τους πρώτους διανοητές της Ιστορίας. Έθεσε ερωτήματα που για την εποχή του ήταν πρωτόγνωρα. Για παράδειγμα:

• Τι είναι αυτό το οποίο σκέφτομαι; • Ποια είναι η σχέση ανάμεσα σε αυτό το οποίο σκέφτομαι και σ΄ αυτό

που πράγματι υπάρχει; • Υπάρχουν πράγματα που μου διαφεύγουν; • Από τι είναι φτιαγμένη η Φύση;

Α Β

Γ Δ

Βορράς

Νότος

Ανατολή Δύση

Υψος=ΟΚ=ΚΛ+ΛΜ =ΒΔ/2+ΛΜ =116+31 =147μέτρα

Σχήμα 1

Η στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 5 Απριλίου 2006 4/5

Τέτοιες ερωτήσεις δεν είχαν ποτέ τεθεί προηγουμένως και είναι αυτές που συνεχίζουν με πιο δύσκολο τρόπο να απασχολούν και τους σύγχρονους διανοητές.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις - ασκήσεις

Λύσεις προηγουμένων προκλήσεων – ασκήσεων

11. Έστω η συνάρτηση f : R R→ , παραγωγίσιμη στο R, με f(1)=3 και f(2)=5 και η οποία ικανοποιεί τη σχέση:

χtf(t)

f '(χ)=2+f(c) e dt∫ (1) με c∈∈R μια σταθερή τιμή.

Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f. (Προτάθηκε από τον συνάδελφο Μπαζούκη Γεώργιο, Μαθηματικό Γυμνασίου Καπνοχωρίου) Λύση: Προφανώς η συνάρτηση f ′ είναι παραγωγίσιμη και συνεπώς έχουμε:

f ( )f ( ) eχ χ′′ χ = (2) άρα: f ( ) 0, R′′ χ ⟩ ∀χ∈ . Αυτό σημαίνει ότι η f ′ είναι μια γνησίως αύξουσα συνάρτηση. Από τη σχέση (1) και από τις δοσμένες τιμές της συνάρτησης στο 1 και 2 έχουμε:

tf(t)

f '(χ) = f(2)-f(1)+f(c) e dt∫ (3)

αν εφαρμόσουμε τώρα το θεώρημα της Μέσης τιμής του διαφορικού λογισμού στο διάστημα [1,2] τότε η σχέση (3) παίρνει τη μορφή:

χtf(t)

f '(χ) = f (ξ)+f(c) e dt′ ∫

ή ακόμα χ

tf(t)

f '(χ) - f (ξ)=f(c) e dt′ ∫ με ξ ∈︵ 1 2 ︶ (4)

Υποθέτουμε τώρα ότι το f(c) είναι διάφορο του μηδενός και έστω ακόμα ότι: f(c) είναι θετικό, άρα τότε και το β΄ μέλος της (4) θετικό, για χ θετικά. (5)

Αν θεωρήσουμε στη συνέχεια ένα χ τέτοιο ώστε 1⟨χ⟨ξ τότε λόγω της μονοτονίας της πρώτης παραγώγου θα είναι: f '(χ) - f (ξ) 0′ ⟨ (6) Από τη πρόταση (5) και από τη σχέση (6) προκύπτει άτοπο. Άρα δεν μπορεί η υπόθεσή μας να ισχύει, δηλαδή το f(c) δεν μπορεί να είναι θετικό. Όμοια δεν μπορεί να είναι αρνητικό. Άρα το f(c) = 0. Από τη σχέση (1) τώρα έχουμε ότι f ( ) 2′ χ = άρα f ( ) 2 cχ = χ + και από τις αρχικές συνθήκες προκύπτει ότι c=1. Άρα η ζητούμενη συνάρτηση είναι η

f ( ) 2 1χ = χ +

Η στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 5 Απριλίου 2006 5/5

Για την άλλη φορά 14. Ένα κομπολόι έχει 2006 χάντρες πάνω στις οποίες είναι γραμμένος και ένας αριθμός. Κάθε φορά που προσθέτω τους αριθμούς έξι διαδοχικών χαντρών βρίσκω τον ίδιο αριθμό που είναι ο 72. Αν κάποια χάντρα έχει τον αριθμό 3, να βρεθεί ο αριθμός που υπάρχει στην τέταρτη θέση μετά απ΄ τη χάντρα αυτή.(παράπλευρο σχήμα).

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Λ3 3?

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 12 Απριλίου 2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Η Σχολή των Πυθαγορείων

Εισαγωγικά Μετά τη σχολή της Ιωνίας ακολουθεί η σχολή των Πυθαγορείων. Οι γνώσεις μας για τον Πυθαγόρα (572-497 π.Χ.) και τους πρώτους μαθητές του αντλούνται αποκλειστικά από έργα μεταγενεστέρων συγγραφέων, όπως ο Νικόμαχος ο Γερασηνός, ο Θέων ο Σμυρναίος(2ος αιώνας μ.Χ.) και ο Ιάμβλιχος (5ος μ.Χ.αιώνας), οι οποίοι είχαν την τάση να αποδίδουν άκριτα στους «παλαιούς», και κυρίως στον ίδιο τον Πυθαγόρα, κάθε είδους επιστημονική γνώση. Οι σύγχρονοί του, όμως, φαίνεται ότι θεωρούσαν τον Πυθαγόρα περισσότερο ως θρησκευτικό προφήτη και λιγότερο ως μαθηματικό. Πρέπει να υπογραμμιστεί πάντως ότι η διδασκαλία του διέφερε από άλλες αντίστοιχες διδασκαλίες της εποχής ως προς το ότι απέδιδε πολύ μεγάλη σημασία στα Μαθηματικά, πρεσβεύοντας ότι αυτά είναι η οδός για τη απελευθέρωση της ψυχής.(Ιστορία των Επιστημών και της Τεχνολογίας, Γ΄ τάξη Εν.Λυκείου) Πολλά και σημαντικά επιτεύγματα της Μαθηματικής επιστήμης αποδίδονται στον Πυθαγόρα και στη σχολή του. Μέσα από τη φράση: «τα στοιχεία των αριθμών είναι και στοιχεία όλων των όντων», ο Πυθαγόρας συνόψιζε την αντίληψή του για την μεγάλη σημασία των αριθμών, γι΄ αυτό το λόγο αυτός και οι μαθητές του επιδόθηκαν στη μελέτη των ιδιοτήτων τους. Η Αριθμητική των Πυθαγορείων Οι Πυθαγόρειοι αντιλαμβάνονταν τους αριθμούς ως ορισμένα πλήθη ορισμένων αντικειμένων και τους απεικόνιζαν με «ψήφους»(στιγμές, τελείες). Αυτός ο τρόπος τους έδινε τη δυνατότητα να τους ταξινομήσουν. Έτσι προχώρησαν στην πρώτη διαπίστωση ότι οι αριθμοί χωρίζονται σε άρτιους και σε περιττούς. Αυτό όσο απλό και να μας φαίνεται σήμερα αποτελεί μια σημαντική κατάκτηση. Έναν άρτιο λοιπόν αριθμό τον παρίσταναν με μια σειρά από «ψήφους», η οποία μπορούσε να χωριστεί σε δύο ίσα μέρη. Επίσης έναν περιττό αριθμό δεν μπορούσαν να τον χωρίσουν σε δύο ίσα μέρη γιατί πάντα περισσεύει μια «ψήφος». Έτσι για παράδειγμα έχουμε στο παρακάτω σχήμα τον αριθμό οκτώ και τον αριθμό επτά.

Ο άρτιος αριθμός οκτώ

Ο περιττός αριθμός επτά

Πυθαγόρας

Ν:10ο

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 12 Απριλίου 2006 2/4

Μ’ αυτήν την απεικόνιση, μερικά απλά θεωρήματα μπορούν εύκολα με «οπτικό τρόπο» να αποδειχθούν. Για παράδειγμα «το άθροισμα περιττού πλήθους περιττών αριθμών είναι περιττός αριθμός», δείχνεται στο παρακάτω σχήμα, στο οποίο προσθέτουμε τους περιττούς 9, 11, 3, 5, 7 οι οποίοι είναι σε πλήθος περιττό πέντε και δίνουν άθροισμα τον περιττό αριθμό 35:

Ένα άλλο κεφάλαιο της αριθμητικής των Πυθαγορείων είναι και οι «παραστατικοί» αριθμοί. Στα παρακάτω σχήματα απεικονίζονται τρεις παραστατικοί αριθμοί. Ο τετράγωνος αριθμός 25, ο τρίγωνος αριθμός 21 και ο ετερομήκης αριθμός 30. Ετερομήκης είναι ένας αριθμός ο οποίος είναι γινόμενο δύο διαδοχικών ακεραίων, για παράδειγμα 30 = 5 Χ 6.

Αν και το ενδιαφέρον των Πυθαγορείων για τα μαθηματικά ήταν επικεντρωμένο στη Θεωρία των αριθμών εν τούτοις στην ιστορία των μαθηματικών ο Πυθαγόρας είναι γνωστός από το θεώρημα που μιλάει για τη σχέση της υποτείνουσας ενός ορθογωνίου τριγώνου με τις δύο κάθετες πλευρές του. Το γνωστό ως «Πυθαγόρειο Θεώρημα».

Πυθαγόρειο θεώρημα και οι πυθαγόρειες τριάδες Το πυθαγόρειο θεώρημα λέει: «Το τετράγωνο που σχηματίζεται από την υποτείνουσα ενός ορθογωνίου τριγώνου έχει εμβαδό ίσο με το άθροισμα των τετραγώνων που σχηματίζονται από τις δύο κάθετες πλευρές του τριγώνου» ή ακόμα πιο απλά «Το τετράγωνο της υποτείνουσας ενός ορθογωνίου τριγώνου είναι ίσο με το άθροισμα των τετραγώνων των δύο καθέτων πλευρών του τριγώνου». Αυτή την αλήθεια δείχνει και το σχήμα 2 στο οποίο σχεδιάστηκε ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, με μήκη πλευρών ΑΒ=3μ.μ. ΑΓ=4μ.μ. και ΒΓ=5μ.μ. Πράγματι αν μετρήσει κανείς τα

Σχήμα 1

Όλα τα κυκλάκια (οι ψήφοι) αποτελούν ζεύγη, εκτός από ένα, το οποίο είναι γραμμοσκιασμένο.

Ο τετράγωνος 25 Ο τρίγωνος 21 Ο ετερομήκης 30

Σχήμα 2

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 12 Απριλίου 2006 3/4

τετραγωνίδια του τετραγώνου της υποτείνουσας ΒΓ τότε θα βρει τον αριθμό 25.Αν μετρήσει το άθροισμα των τετραγωνιδίων των δύο άλλων τετραγώνων που σχηματίζονται από τις κάθετες πλευρές ΑΒ και ΑΓ του τριγώνου τότε θα βρεί 16 και 9 δηλαδή πάλι τον αριθμό 25. Οι μαθηματικοί της εποχής αυτής, όπως αναφέρθηκε και σε προηγούμενα σημειώματα, άρχισαν να βλέπουν τα γεωμετρικά σχήματα με μια διαφορετική αντίληψη και με ένα διαφορετικό ενδιαφέρον. Δεν ήταν γι’ αυτούς απλές υπολογιστικές διαδικασίες αλλά αντικείμενο διερεύνησης και μελέτης. Έτσι άρχισαν, όχι μόνο να αποδείχνουν τις διάφορες προτάσεις, αλλά να τις επεκτείνουν ακόμη παραπέρα και να τις συνδέουν με άλλες. Έτσι ο μίτος των μαθηματικών και το όμορφο «παραμύθι» τους αρχίζει να γίνεται ενδιαφέρον και αποτελεσματικό. Ένα από τα πιο σημαντικά αποτελέσματα των πυθαγορείων, στο οποίο κατέληξαν με τη μελέτη των παραστατικών αριθμών, ήταν η μέθοδος για την εύρεση των «πυθαγορείων τριάδων». Στο σχήμα 2 είδαμε τους αριθμούς 3, 4, 5, οι οποίοι ήταν τα μήκη των πλευρών του ορθογωνίου τριγώνου να επαληθεύουν το πυθαγόρειο θεώρημα, δηλαδή να ικανοποιούν τη σχέση: 32 +42 =52. Οι πυθαγόρειοι λοιπόν αναζήτησαν φυσικούς αριθμούς α, β, γ, οι οποίοι να ικανοποιούν τη σχέση:

α2 +β2 = γ2. Ουσιαστικά αναζητούσαν όλα τα ορθογώνια τρίγωνα που έχουν πλευρές ακέραιους αριθμούς. Έτσι από μια μαρτυρία του Πρόκλου ξέρουμε ότι ο Πυθαγόρας βρήκε ένα μηχανισμό να βρίσκει άπειρες τέτοιες τριάδες που στην ιστορία έμειναν με τη ονομασία, πυθαγόρειες τριάδες. Ο τύπος που αποδίδεται στο Πυθαγόρα είναι ότι η τριάδα των αριθμών: Ν, (Ν2-1)/2, (Ν2+1)/2, όταν ο Ν είναι ένας περιττός μεγαλύτερος του 1, αποτελεί πυθαγόρεια τριάδα. Για παράδειγμα: αν θέσουμε όπου Ν = 5 τότε θα έχουμε: (Ν2-1)/2= 12, και (Ν2+1)/2=13, δηλαδή την πυθαγόρεια τριάδα 5, 12, 13.

Πράγματι 52 + 122 =25+144 =169= 132 Με τα σημερινά δεδομένα η απόδειξη της πρότασης αυτής γίνεται ως εξής: Έστω ότι ο Ν=2ρ+1 με ρ φυσικό. Τότε: α = 2ρ+1 (1)

β = 2 2 2

2N 1 4 4 1 1 4 4 2 22 2 2− ρ + ρ + − ρ + ρ

= = = ρ + ρ (2)

γ = 2 2

21 4 4 1 1 2 2 12 2

Ν + ρ + ρ + += = ρ + ρ + (3)

Έτσι αν υπολογίσουμε α2 +β2 = Ν2 + (2N 12− )2= (2ρ+1)2+(2ρ2 +2ρ)2 =

4ρ2 +4ρ+1+4ρ4 +8ρ3+4ρ2 = 4ρ4 + 8ρ3 +8ρ2 + 4ρ +1 άρα

α2 +β2 = 4ρ4 + 8ρ3 +8ρ2 + 4ρ +1 (4) επίσης γ2 = ( 22 2 1ρ + ρ + )2= 4ρ4 + 4ρ2 +1 + 8ρ3 + 4ρ2 + 4ρ = 4ρ4 +8ρ3 + 8ρ2 + 4ρ +1 δηλαδή γ2 = 4ρ4 +8ρ3 + 8ρ2 + 4ρ +1 (5) από τις σχέσεις (4) και (5) προκύπτει ότι α2 +β2 = γ2.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

12. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με γωνία Α=100ο, ΑΒ=ΑΓ=β και ΒΓ=α. Να δειχθεί ότι:

α3+β3 = 3αβ2 (Προτάθηκε από το συνάδελφο Αναστασιάδη Γεώργιο του 2ου Λυκείου Φλώρινας)

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 12 Απριλίου 2006 4/4

β β

α/2

Β ΓΔ

Σχήμα 3

Λύση: Στο σχήμα 3 είναι το τρίγωνο ΑΒΓ που μας δίνεται και ΑΔ είναι το ύψος που άγεται από την κορυφή Α του τριγώνου. Επειδή το τρίγωνο είναι ισοσκελές και η γωνία της κορυφής Α είναι 100 μοίρες, άρα και οι γωνίες της βάσης θα είναι από 40 μοίρες η κάθε μία. Άρα από το τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε:

0402α= βσυν , η οποία γράφεται

0402α= συν

β. Επειδή η γωνία των 40 μοιρών σχετίζεται με τις 1200 με τη σχέση του

τριπλασιασμού, άρα σκεφτόμαστε να εφαρμόσουμε σχέσεις τριγωνομετρικές του τριπλασίου τόξου. Δηλαδή:

συν3α = 4συν3α-3συνα.

Άρα έχουμε: συν1200 = 4συν3400 -3συν400 ⇔ -ημ300 = 4(2αβ

)3 – 3(2αβ

) και

μετά από εύκολες πράξεις φθάνει κανείς στην α3+β3 = 3αβ2 η οποία είναι και η ζητούμενη.

Για την άλλη φορά

15. Στο τρίγωνο του σχήματος 4, δίνονται:

0ˆ ˆ 68ΒΔΓ = ΒΓΑ = , και 0ˆ 44ΒΑΓ = . Να αποδειχθεί ότι: ΒΓ=ΓΔ. 16. Έστω η συνάρτηση f : R R→ με τύπο: 2f ( ) eχχ = χ . Να δείξετε ότι η ν-οστή παράγωγός της είναι της μορφής: ( ) 2f ( ) e ( )ν χ

ν νχ = χ + α χ + β . Προσδιορίστε τα να , νβ συναρτήσει του ν.

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

ΓΒ

Σχήμα 4

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 19 Απριλίου 2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Η Σχολή των Πυθαγορείων

Το πνευματικό νόημα των αριθμών Όπως αναφέρθηκε στο προηγούμενο σημείωμα, οι πυθαγόρειοι θεωρούσαν ως υπέρτατο δόγμα το ότι «αριθμόν είναι την ουσίαν απάντων» ότι δηλαδή «τα στοιχεία των αριθμών είναι και στοιχεία όλων των όντων». Η πρόταση αυτή έχει διττό χαρακτήρα, επιστημονικό και μυστικο-θρησκευτικό. Ο πυθαγόρειος Φιλόλαος ισχυρίζεται, σύμφωνα με τη μαρτυρία του Ιάμβλιχου ότι: «Ο αριθμός είναι η πάντοτε επικρατούσα και αυτογενής συνοχή της αιώνιας ύπαρξης και σταθερότητας των κοσμικών πραγμάτων». Έτσι σε σχέση με του Ίωνες φιλοσόφους, οι οποίοι πίστευαν ότι η σύσταση του κόσμου ήταν γενικά κάτι το «ψηλαφητό» ( Θαλής - νερό, Αναξίμανδρος – άπειρο – το άπαν, Αναξιμένης - αέρας), οι πυθαγόρειοι θεωρούσαν ως την εσχάτη ουσία των όντων, μια πνευματική οντότητα δηλαδή τους αριθμούς. Έτσι επιδόθηκαν στην αναλυτική μελέτη των ιδιοτήτων των αριθμών που γνώριζαν μέχρι τότε.

Η «πέτρα του σκανδάλου» της Πυθαγόρειας Φιλοσοφίας και Κοσμοθεωρίας:

Η «ασυμμετρία» ή το «άρρητον» Οι πυθαγόρειοι πίστευαν ως αναντίρρητα δεδομένα:

1) Στην Αριθμητική τους, σύμφωνα με την οποία για κάθε αριθμό α και για κάθε αριθμό β, ορίζεται ένας αριθμός που λέγεται λόγος του ενός προς τον άλλο, δηλαδή: (α:β) ή (β:α)..

2) Στην Γεωμετρία τους, σύμφωνα με την οποία πάλι, για κάθε μέγεθος Π, και για κάθε ομοειδές του Ρ, ορίζεται ένας αριθμός που λέγεται λόγος του ενός προς τον άλλο, δηλαδή (Π:Ρ) ή (Ρ:Π). (Thomas L.Heath, Ιστορία των Ελληνικών Μαθηματικών) Εδώ αξίζει να σημειωθεί ότι αριθμός, σήμαινε κατά τους πυθαγόρειους, κάθε ακέραιος και θετικός ή ακόμα κάθε κλάσμα με αριθμητή και παρονομαστή ακέραιους θετικούς. Έτσι κατά τη σύγχρονη ορολογία αριθμός κατ’ αυτούς σήμαινε κάθε ρητός και θετικός αριθμός Ουσιαστικά μέσα από τις δύο ανωτέρω προτάσεις, οι οποίες αποτελούσαν το «πιστεύω» των πυθαγορείων, προσπαθούσαν να εξασφαλίσουν ότι, πάντα ανάμεσα σε δύο ομοειδή ποσά, υπάρχει ένας ρητός αριθμός, που πολλαπλασιάζει το δεύτερο ποσό για να μας δώσει το πρώτο. Έτσι προσπαθούσαν να μετρήσουν κάποια ποσότητα θεωρώντας μιαν άλλη ως μονάδα. Και όταν για μέτρηση είχαν δύο ποσότητες ομοειδείς, τότε θεωρούσαν ως μονάδα μια τρίτη, ομοειδή προς τις δύο πρώτες, , την οποία αποκαλούσαν κοινό μέτρο.

Ν:11ο

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 19 Απριλίου 2006 2/4

Έτσι το κοινό μέτρο των τμημάτων ΑΒ και ΓΔ (σχ. 1) είναι το τμήμα ΕΖ γιατί:

7(AB) (EZ)2

= και 3( ) ( )2

ΓΔ = ΕΖ

Στο παράδειγμα αυτό η μέτρηση των τμημάτων δίνει ως αποτέλεσμα τους ρητούς αριθμούς 7/2 και 3/2, τα οποία είναι και τα μέτρα των τμημάτων αυτών ως προς το κοινό αυτό μέτρο ΕΖ. Αν θεωρηθεί ως κοινό μέτρο το μισό του ΕΖ, δηλαδή το ΕΗ, τότε προφανώς τα μέτρα των τμημάτων ΑΒ και ΓΔ θα είναι 7 και 3 γιατί (ΑΒ) = 7(ΕΗ) και (ΓΔ) = 3(ΕΗ). Μέσα από αυτές τις αντιλήψεις εξελίσσεται η έννοια της «αναλογίας» η οποία αποτέλεσε ένα από τα πλέον σημαντικά βήματα στην ιστορία της Μαθηματικής Επιστήμης. Οι πεποιθήσεις όμως και τα πιστεύω των πυθαγορείων ξαφνικά κλονίστηκαν. Κάτι τέτοιο συμβαίνει συχνά στην ανθρώπινη ιστορία, δηλαδή να γεννιέται μια καινούργια ιδέα, μια καινούργια θεωρία, η οποία άλλοτε τροποποιεί και συμπληρώνει την παλαιότερη και άλλοτε την ανατρέπει. Έτσι κάπως ξετυλίγεται ο μίτος της ανθρώπινης σκέψης. Στην περίπτωση λοιπόν της πυθαγόρειας αντίληψης, ότι δηλαδή για όλα τα ομοειδή ποσά μπορούσαν να βρουν, ένα τρίτο ομοειδές προς αυτά, έτσι ώστε να μπορέσουν να τα μετρήσουν, αποκάλυψαν ότι αυτό κάποτε είναι αδύνατο. Έτσι στην περίπτωση του τετραγώνου του σχήματος 2, τα δύο ευθύγραμμα τμήματα της πλευράς α και της διαγωνίου δ, δεν μπορούσαν να βρουν ένα τρίτο έτσι ώστε να τα μετράει. Δεν υπάρχει με άλλα λόγια κοινό μέτρο ανάμεσα σ’ αυτά, δηλαδή ένα τμήμα, ως προς το οποίο οι λόγοι των α και δ να είναι ρητοί αριθμοί. Αν αυτό ήταν δυνατό τότε θα μπορούσαμε να γράψουμε:

1ρμδ = και

2ρμα = , όπου μ ένα κοινό μέτρο.

Σ’ αυτή την περίπτωση όμως, εύκολα καταλαβαίνουμε ότι: 2

ρρ

αδ = και αν θέσουμε

όπου λρρ

1 = τότε θα ήταν λαδ = (1), με λ ένα ρητό αριθμό.

Όμως από το πυθαγόρειο θεώρημα θα μπορούσαμε να γράψουμε: 222 ΑΓΒΓΑΒ =+ και ακόμα 222 δαα =+ δηλαδή 22 2αδ = (2).

Η τελευταία σχέση (2) είναι αξιοπρόσεχτη, γιατί μας λέει πολλά και καινούργια πράγματα. Δηλαδή: 1) Μπορούμε εύκολα να διπλασιάσουμε ένα τετράγωνο. Έτσι το τετράγωνο που έχει πλευρά τη διαγώνιο ενός τετραγώνου είναι, κατά πως λέει η σχέση (2), διπλάσιο του αρχικού τετραγώνου ΑΒΓΔ. Δηλαδή (ΑΓΕΖ)=2(ΑΒΓΔ) (Σχήμα 3) 2) Το δεύτερο και το πιο σημαντικό είναι ότι, αν συνδυάσουμε τις σχέσεις (1) και (2) τότε θα προκύψει λ2 = 2 (3).

Γ Δ

ΖΕ Η

Σχήμα 1

Β Γ

Σχήμα 2

Β Γ

ΔΕ

Σχήμα 3

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 19 Απριλίου 2006 3/4

Αυτή η σχέση ήταν και η πέτρα του σκανδάλου για τους οπαδούς της «σιωπής» και της «μυστικότητας», δηλαδή τους πυθαγόρειους, οι οποίοι αποτελούσαν ξεχωριστή Κοινότητα στην πόλη του Κρότωνα της Νότιας Ιταλίας την οποία διοικούσε ο πλούσιος και ισχυρός Μίλων. Η σχέση (3) απαιτεί οπωσδήποτε μια τιμή για το λ, τέτοια που αν την πολλαπλασιάσουμε με τον εαυτό της, να μας δώσει τον θετικό ακέραιο 2. Τέτοιους αριθμούς δεν είχαν μέχρι τότε γνωρίσει. Ήταν πρωτόγνωρο λοιπόν γι’ αυτούς, παρόλο που ήταν αποτέλεσμα ορθών συλλογισμών. Έτσι οδηγήθηκαν στην παραδοχή, ότι υπάρχουν και ποσά τα οποία δεν έχουν κοινό μέτρο και ένα τέτοιο παράδειγμα ήταν η διαγώνιος και η πλευρά ενός τετραγώνου. Τι γίνεται όμως με τους αριθμούς που σιγά- σιγά άρχισαν να προβάλουν στον ορίζοντα; Από τη σχέση (3) έχουμε, με τη σημερινή γραφή, το σύμβολο της τετραγωνικής ρίζας, το οποίο μας βγάζει λίγο από το αδιέξοδο, όμως τι είναι στην πραγματικότητα η 2 ; Σύμφωνα με την παράδοση ο πυθαγόρειος Ίππασος, από το Μεταπόντιο (450π.Χ.), ήταν ο πρώτος που αποκάλυψε την ασυμμετρία αυτή της διαγωνίου με την πλευρά του τετραγώνου. Για την αποκάλυψη του λογικού αυτού σκανδάλου, η κοινότητα των πυθαγορείων τιμωρεί τον Ίππασο με πνιγμό στη θάλασσα. Κατά μία άλλη παράδοση ο Ίππασος πνίγεται σε ναυάγιο, γιατί τον τιμώρησαν οι θεοί για την ασέβεια και την ανίερη προδοσία του. Ο όρκος της σιωπής που έδιναν οι πυθαγόρειοι αποτελούσε υπέρτατη προϋπόθεση για την είσοδο στην σχολή τους. Η ασυμμετρία που προέκυπτε τάραζε τα θεμέλια της θρησκευτικής νομοτέλειας που είχαν χτίσει μέχρι τότε. Η απόδειξη των πυθαγορείων, ότι η τετραγωνική ρίζα του 2 δεν είναι ρητός αριθμός, αναφέρεται αργότερα στην προσθήκη του δέκατου βιβλίου του Ευκλείδη με αριθμό 117 και έχει περίπου ως εξής (με σημερινή γραφή):

Από τη σχέση (2) δηλαδή τη 22 2αδ = οδηγούμαστε στην 2αδ

2= (3) στην

οποία δικαιούμαστε να θεωρήσουμε ότι ο δ και ο α είναι οι μικρότεροι δυνατοί.(έχουν δηλαδή ΜΚΔ=1, αυτό το κάνουμε πάντα στα κλάσματα με τη γνωστή απλοποίηση). Έτσι από την (2) προκύπτει ότι ο αριθμός δ2 είναι αριθμός άρτιος, αφού ο ίσος μ’ αυτόν 2α2 είναι άρτιος. Άρα και ο δ είναι άρτιος. Έστω λοιπόν δ=2μ. Τότε η (2) δίνει ότι 4μ2 = 2α2 δηλαδή α2 =2μ2 . Δηλαδή ο α είναι άρτιος πράγμα άτοπο.(Γιατί αν ο α άρτιος αφού και ο δ άρτιος, τότε το κλάσμα της σχέσης δεν θα ήταν απλοποιημένο πράγμα που θεωρήσαμε ως αληθές). Το συμπέρασμα λοιπόν είναι ότι η διαγώνιος και η πλευρά δεν έχουν κοινό μέτρο. Με την ίδια λογική ο αριθμός 2 και η μονάδα δεν έχουν κοινό μέτρο. Έτσι ξεκινάει το μεγάλο ταξίδι για τους άρρητους αριθμούς, ή αλλιώς τους ασύμμετρους αριθμούς. Ένα ταξίδι που θα κρατήσει για αιώνες. Κατά το τέλος του 5ου π.Χ. αιώνα ο Θεόδωρος ο Κυρηναίος αποδείχνει την ασυμμετρία των ριζών: 17,...,5,3 . Πολύ αργότερα ο Διόφαντος (250 μ.Χ) κατά τη λύση των προβλημάτων του, τις άρρητες λύσεις δεν τις θεωρεί ως δεκτές λύσεις. Το ερώτημα, τι είναι ακριβώς η ρίζα κάποιου αριθμού θα απαντηθεί πολύ αργότερα. Θα περάσουν πολλοί αιώνες, ώσπου το 18ο και 19ο αιώνα όταν μεγάλοι μαθηματικοί, όπως: A.Cauchy, K. Weiestrass, R.Dedekind και G.Cantor θα δώσουν οριστική λύση στα πρόβλημα αυτό.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις 13. Αν d1, d2, d3 είναι οι αποστάσεις του περικέντρου Ο από τις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ, τότε να δείξετε ότι: d1 + d2 + d3 = R+ρ (4) όπου R και ρ οι ακτίνες του περιγεγραμμένου και εγγεγραμμένου κύκλου αντίστοιχα του τριγώνου ΑΒΓ.

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 19 Απριλίου 2006 4/4

(Θεώρημα του Carnot) Λύση Στο τρίγωνο του σχήματος 4 μπορούμε να υπολογίσουμε τα μήκη των αποστάσεων αυτών με δύο τρόπους:

1ος τρόπος. Σύμφωνα με την άσκηση 10 του φύλλου της 29/3/2006 μπορούμε να γράψουμε ότι: d1 =(ΑΗ)/2= RσυνΑ, d2 = RσυνΒ, d3 = RσυνΓ

Αν τώρα αντικαταστήσουμε τις τιμές των συνημιτόνων, συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου θα προκύψουν οι τύποι:

d1 = 2βγ

︶αγR︵ β 222 −+

d2 = 2αγ

︶γβR︵ α 222 +− (5)

d3= 2αβ

︶γβR︵ α 222 −+ Αυτές τις τιμές τις αντικαθιστούμε στη σχέση (4) και προκύπτει η σχέση:

2βγ

︶αγR︵ β 222 −+ + 2αγ

︶γβR︵ α 222 +− + 2αβ

︶γβR︵ α 222 −+ = R+ρ

Η οποία ισοδυναμεί με την:

ρR R2αβγ

γβααγγαγββγβααβ 333222222+=⋅

−−−+++++

⇔ρR1

2αβγγβααγγαγββγβααβ 333222222

+=−−−+++++

Αντικαθιστούμε στη συνέχεια όπου:

4ΕαβγR = ,

τΕρ = , β︶︵ τβ︶︵ τα︶τ︵ τΕ −⋅−⋅−= και

2γβατ

++=

και μετά από λίγες εύκολες πράξεις θα προκύψει η ζητούμενη ισότητα. 2ος τρόπος Εφαρμόζοντας το Α΄ Θεώρημα του Πτολεμαίου σε κάθε ένα από τα εγγράψιμα τετράπλευρα που σχηματίζονται στο εσωτερικό του τριγώνου έχουμε τρεις σχέσεις από τις οποίες υπολογίζουμε τις τρεις ζητούμενες αποστάσεις.

Για την άλλη φορά

17. Αν α, β, γ τα μήκη των πλευρών ενός τριγώνου, τότε να δείξετε:

γ1

β1

α1

γβα1

γβα1 ++≥

++−+

−++

+−

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

d2d3

ΒΓ

ΕΖ

Σχήμα 4

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 26 Απριλίου 2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Η Σχολή των Πυθαγορείων - Ο Πυθαγόρας(570-480π.Χ.) Γενικά

Ο Πυθαγόρας θεωρείται σήμερα κατά κύριο λόγο ως μαθηματικός. Το όνομά του είναι ταυτισμένο με το Πυθαγόρειο Θεώρημα και σ’ ολόκληρο τον κόσμο τον γνωρίζουν απ’ αυτό το θεώρημα και τον τιμούν ιδιαίτερα. Στο Άμστερνταμ υπάρχει οδός που φέρει το όνομά του, δίπλα σε άλλους δρόμους που φέρουν τα ονόματα του Αρχιμήδη, του Νεύτωνα και του Κοπέρνικου. Γεννήθηκε στη Σάμο, υπήρξε ολυμπιονίκης στο άθλημα της πυγμαχίαςα στα 18 του χρόνια και πιθανότατα διετέλεσε μαθητής του Θαλή στη Μίλητο της Ιωνίας. Ταξίδεψε σε πολλά μέρη (Τύρο, Αίγυπτο, Βαβυλώνα, Ινδία και αλλού) και το έτος 518π.Χ. φθάνει στην Κρότωνα, μια παραλιακή πόλη της κάτω Ιταλίας στον κόλπο του Τάραντα, με γειτονικές άλλες πόλεις, την Σίβαρη, το Μεταπόντιο, την Ελέα, τον Τάραντα και άλλες οι οποίες ήταν αποικίες των Αρχαίων Ελλήνων. Εκεί ιδρύει σχολή και γενικότερα την Πυθαγόρεια αδελφότητα. Οι μαθητές του χωρίζονταν σε δύο κατηγορίες. Στους «ακουσματικούς», δηλαδή σ’ αυτούς οι οποίοι άκουγαν το δάσκαλο χωρίς να τον βλέπουν και στους «μαθηματικούς» οι οποίοι ήταν κοντά στο δάσκαλο και ήταν εσωτερικοί. Στην αρχή έπρεπε να παρακολουθεί κάποιος ως ακουσματικός μαθητής, υπακούοντας στον κανόνα της «σιωπής» και ανάλογα με την πίστη στους κανόνες της σχολής, έμπαινε στον στενότερο κύκλο του δασκάλου. Κύριο χαρακτηριστικό της ατμόσφαιρας των πυθαγορείων ήταν η μυστικότητα και η θρησκευτικότητα. Ο Πυθαγόρας πίστευε στην μετεμψύχωση. Ας μην μας διαφεύγει βέβαια το γεγονός, ότι ο Πυθαγόρας έζησε σε μια εποχή κατά την οποία στην Ανατολή ζούσαν οι: Ο Ζαρατούστρα στην Περσία, ο Λάο-Τσέ, φιλόσοφος του Ταοϊσμού στην Κίνα, ο Βούδας, σοφός από την Ινδία και ο Κομφούκιος στην Κίνα. Η σχολή των Πυθαγορείων στηρίζεται από τον ισχυρό άνδρα του Κρότωνα, τον Μίλωνα, και δημιουργεί σιγά - σιγά τη δική της φυσιογνωμία. Η σχολή αυτή έθεσε τα θεμέλια της μαθηματικής γνώσης και χάραξε μια νέα εποχή με τον τρόπο

Ο Πυθαγόρας Λεπτομέρεια από τον πίνακα

«Η σχολή των Αθηνών» του Ραφαήλ. Βατικανό

Ν:12ο

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 26 Απριλίου 2006 2/4

σκέψης και θεώρησης κυρίως των αριθμών, της γεωμετρίας και γενικότερα των μαθηματικών. Το έτος 508π.Χ. ξεσπάει μια επανάσταση στον Κρότωνα και οι κάτοικοι οδηγούμενοι από τον Κύλωνα, παλαιό μαθητή που διώχθηκε από τον Πυθαγόρα, πυρπολούν και καταστρέφουν τη σχολή του Πυθαγόρα. Ο Πυθαγόρας γλιτώνει, διαφεύγει στη γειτονική πόλη, το Μεταπόντιο, όπου και πεθαίνει. Τέλος, οι οπαδοί του ιδρύουν καινούργιες σχολές σε διάφορα μέρη και διδάσκουν στους μαθητές τους τη μέθοδο της λογικής απόδειξης και συνεχίζουν το έργο του δασκάλου τους.

«Τι είναι ο χρησμός των Δελφών; Η τετρακτύς! Γιατί είναι η μουσική κλίμακα των Σειρήνων» (Παλαιό απόφθεγμα)

Η τετρακτύς του Πυθαγόρα και η θεωρία της Αρμονίας

Ο ορισμός που υπάρχει στο λεξικό της Ελληνικής γλώσσας των H.G.Liddell-R.Scott, για τη λέξη «τετρακτύς» μας εξηγεί: «Τετρακτύς-ύος (τετράδα), είναι όνομα που σημαίνει το άθροισμα των τεσσάρων πρώτων αριθμών, δηλαδή ο αριθμός 10(=1+2+3+4), τον οποίο οι Πυθαγόρειοι ενόμιζαν ως τη ρίζα ή την πηγή κάθε δημιουργίας, και ο οποίος αποτελούσε τον μέγιστο και ιερώτερο όρκο τους» Η τετρακτύς λοιπόν είναι η τετράδα των αριθμών 1,2,3,4 οι οποία αποτελεί τον τρίγωνο αριθμό 10.

Γεωμετρικά η τετρακτύς παριστάνεται από ένα τέλειο τρίγωνο και αριθμητικά από τον τρίγωνο αριθμό 10. Σύμφωνα με τον Λουκιανό, ο Πυθαγόρας ζήτησε κάποιον να αριθμήσει. Όταν εκείνος είπε 1,2,3,4, ο Πυθαγόρας τον διέκοψε λέγοντας: «Βλέπεις; Αυτά που εσύ θεωρείς τέσσερα, είναι δέκα, τέλειο τρίγωνο και ο όρκος μας». Πολλές ιστορίες λένε ότι ο Πυθαγόρας, ακούγοντας τους ήχους από τα χτυπήματα του σφυριού πάνω στο αμόνι του σιδηρουργού, πρόσεξε ότι οι ήχοι αυτοί είχαν σχέση πάλι με τους αριθμούς. Έτσι παρατήρησε, ότι τα σφυριά που ζύγιζαν 6, 8, 9 και 12 μονάδες βάρους, παρήγαγαν ήχους αρμονικούς, αρεστούς δηλαδή στο αίσθημα της ακοής. Αν τώρα διαιρέσουμε τους αριθμούς αυτούς με το 6, θα βρούμε τους:

1, 4/3, 3/2, 2 (1) δηλαδή αριθμούς που παράγονται από την τετρακτύ. Κατόπιν δοκίμασε με μια χορδή να επαληθεύσει την παρατήρηση αυτή και έτσι κατέληξε: 1) Αν μια χορδή παράγει ένα φθόγγο, για παράδειγμα το ντο, τότε κόβοντας τη

χορδή αυτή στη μέση, θα παράγεται από το μισό της, ο φθόγγος που βρίσκεται μια οκτάβα υψηλότερα, δηλαδή το επόμενο ντο.(οκτάβα)

12 3

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 26 Απριλίου 2006 3/4

2) Αν μια χορδή τη χωρίσουμε σε τρία ίσα μέρη και σχηματίσω χορδή από δύο τέτοια μέρη τότε θα πετύχω φθόγγο που θα βρίσκεται στην τέταρτη σειρά των φθόγγων, δηλαδή στη θέση του φα.(τετράτονο)

3) Όμοια αν χωρίσω τη χορδή σε τέσσερα ίσα μέρη και θεωρήσω τα τρία από αυτά, τότε θα πετύχω φθόγγο κατά μια Πέμπτη ψηλότερα, δηλαδή το σολ.(πεντάτονο).

Οι παρατηρήσεις αυτές των αρμονικών διαστημάτων πραγματοποιήθηκαν από τον Πυθαγόρα και τους μαθητές του, χρησιμοποιώντας και ένα άλλο όργανο, τον «κανόνα», ο οποίος ήταν μια χορδή, επάνω σε ένα αριθμημένο χάρακα από το ένα μέχρι το δώδεκα. Έτσι τα προηγούμενα αποτελέσματα που είχαν σχέση με την τετρακτύ, προέκυπταν πάλι από τον κανόνα αυτό. Με άλλα λόγια, η χορδή μήκους 12 και η χορδή μήκους 6, έδιναν μουσικό διάστημα μιας οκτάβας(2:1), ενώ η χορδή 12 με τη χορδή 9, έδιναν διάστημα τετράτονο(12:9=4:3), και τέλος η χορδή 12 με τη χορδή 8 έδιναν διάστημα πεντάτονο(12:8=3:2). Η σχέση (1) με τα σημερινά δεδομένα εκφράζει την έκταση των μουσικών διαστημάτων της οκτάβας, της τετάρτης και της πέμπτης. Η έκταση ενός διαστήματος, μετρημένη σε κάποιες μονάδες, είναι συνάρτηση των συχνοτήτων των ήχων που παράγονται στις θέσεις αυτές. Ο νόμος του Weber-Fechner λέει γι’ αυτό το θέμα: «Η ένταση του αισθήματος είναι ανάλογη προς το λογάριθμο της έντασης τους ερεθίσματος» και μπορεί να γραφεί: Μέγεθος του διαστήματος = κ⋅⋅log2(ν2/ν1) όπου ν1,ν2 οι συχνότητες των φθόγγων και κ μια σταθερά. Η εξέλιξη της μουσικής θεωρίας, στηρίζεται σε μεγάλο βαθμό, στην Πυθαγορική κλίμακα, γιατί οι πυθαγόρειοι ήταν οι πρώτοι που συνέδεσαν τους αριθμούς με τους ήχους και γενικότερα με τη μουσική.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

14. Ένα κομπολόι έχει 2006 χάντρες πάνω στις οποίες είναι γραμμένος και ένας αριθμός. Κάθε φορά που προσθέτω τους αριθμούς έξι διαδοχικών χαντρών βρίσκω τον ίδιο αριθμό που είναι ο 72. Αν κάποια χάντρα έχει τον αριθμό 3, να βρεθεί ο αριθμός που υπάρχει στην τέταρτη θέση μετά απ΄ τη χάντρα αυτή.(παράπλευρο σχήμα). Λύση: Ζωγραφίζουμε σε μια οριζόντια γραμμή τις χάντρες, ξεκινώντας μια αρίθμηση από το 1 μέχρι και το 2006, θεωρώντας 1η την χάντρα στην οποία είναι σημειωμένος ο αριθμός 3, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα:

Οι αριθμοί που συναντάμε σ’ όλες τις χάντρες είναι: x1, x2, x3, . . . , x2006 Γνωρίζουμε την x1=3 και αναζητούμε την x4

Λ3 3?

Σχήμα 1

3 ?1o 2o 3o 4o 5o 6o

2005o 2006o

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 26 Απριλίου 2006 4/4

Επειδή το άθροισμα των έξη διαδοχικών αριθμών είναι 72 άρα : x1+x2+x3+x4+x5+x6=72 x2+x3+x4+x5+x6+x7=72 και αφαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις αυτές, έχουμε: x1-x7=0 ⇔⇔ x7 =x1. Γενικά δηλαδή μπορούμε να πούμε ότι ισχύει ο κανόνας:

(Κ): «Ο αριθμός που υπάρχει σε μια χάντρα ισούται με τον αριθμό της χάντρας που βρίσκεται στην έβδομη θέση από αυτή».

Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο έχουμε ότι: x 8 = x2, x9 = x3, . . . Δηλαδή γενικά έχουμε: x 2003 = x333.6+5 = x5 , x 2004 = x334.6+0 = x6, x 2005 = x335.6+1 = x1= 3 και x 2006 = x336.6+2 = x2 Με την ίδια ιδέα συμπεραίνουμε ότι x2005=x5 ⇔ x5 = 3 και x2006 = x6 ⇔ x6 = x2 Έτσι μέχρι εδώ έχουμε τους αριθμούς:

x2, 3, x2, / 3, x2, x3, x4, 3, x2 οι οποίοι αντιστοιχούν στη σειρά από τις x2004, x2004, x2004, x1, . . . x6 . Σύμφωνα λοιπόν με τον παραπάνω κανόνα (Κ) έχουμε ακόμα: x4=x2 Αλλά ακόμα αληθεύει: x2003=x5=3 (γιατί πάλι το x2003 έχει ως έβδομο το x3) άρα είναι: x3=3. Τελικά τα έξη πρώτα ψηφία θα είναι : 3, x2, 3, x2, 3, x2. Όμως το άθροισμά τους είναι: 3⋅3 + 3⋅x2=72 ⇔ x2=21=x4. Άρα βρέθηκαν όλα τα ψηφία που φιλοξενούνται στο αρχικό μας κομπολόι-περιδέραιο, τα οποία είναι: 3,21,3,21,3,21,… Η τέταρτη λοιπόν χάντρα ξεκινώντας από τη χάντρα με το 3 έχει τον αριθμό 21.

Για την άλλη φορά

17. Γνωρίζουμε ότι φέτος το 2006 η πρωτοχρονιά ήταν ημέρα Κυριακή. Με δεδομένο αυτό να βρείτε ποια ημέρα της εβδομάδας θα αντιστοιχούν οι παρακάτω ημερομηνίες: α) 1η Σεπτεμβρίου 2006 β) 3η Μαρτίου 2008 γ) 1η Ιανουαρίου 2030. 18) Οι πυθαγόρειοι έτρεμαν τον αριθμό 17. Γιατί ο 17 βρίσκεται ακριβώς ανάμεσα στον 16, που είναι τετράγωνος και στον 18, ο οποίος είναι το διπλάσιο τετραγώνου. Να δείξετε ότι οι δύο αυτοί (αριθμοί) είναι οι μοναδικοί αριθμοί που «παριστάνουν» ορθογώνιο, τέτοια ώστε η περίμετρος του, να ισούται με το εμβαδόν του. (Πλούταρχος, Περί Ίσιδος και Οσίριδος, 42)

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 3 Μαΐου 2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Η Σχολή των Πυθαγορείων Το αξίωμα των πυθαγορείων

Το ενδιαφέρον των Πυθαγορείων για τους αριθμούς και για τη γεωμετρία πηγάζει πιθανότατα από την αστρονομία. Από την εποχή του Θαλή ήταν γνωστοί οι σπουδαιότεροι αστερισμοί. Ο Πυθαγόρας πρόσεξε στους αστερισμούς δύο πράγματα: τον αριθμό των αστέρων και το γεωμετρικό τους σχήμα. Έτσι επιδόθηκε στη μελέτη των αριθμών και των γεωμετρικών σχημάτων. Όπως κάθε αστερισμός έχει το δικό του αριθμό, έτσι κάθε αντικείμενο στον κόσμο πρέπει να έχει το δικό του αριθμό, που παίζει κυρίαρχο ρόλο στην συμπεριφορά του. Αυτή η ιδέα εκφράζεται από τα λόγια του πυθαγόρειου Φιλόλαου από τον Κρότωνα λέγοντας: «Κάθε πράγμα έχει και το δικό του αριθμό. Για το λόγο αυτό χωρίς αριθμό είναι αδύνατο κάποιο αντικείμενο να μπορέσει γίνει κατανοητό και αντιληπτό» Το πυθαγόρειο αξίωμα, έτσι όπως το περιγράφει ο Αριστοτέλης, στηρίζεται στην πεποίθηση, ότι ολόκληρο το Σύμπαν κυβερνάται από τους ακέραιους αριθμούς. Έτσι πίστευαν ότι, αν ανακαλύψουν τους αριθμητικούς κανόνες που κυβερνούν τον κόσμο θα μπορούσαν να αξιώσουν τη συμμετοχή τους σ’ αυτό που θεωρούσαν θεϊκό και αιώνιο. Ας θυμόμαστε βέβαια ότι για τους πυθαγόρειους το 0 δεν υπάρχει!

Η Γεωμετρία των αριθμών

Όπως αναφέρθηκε και σε προηγούμενο φύλλο, αξιοσημείωτη είναι γεωμετρική συσχέτιση των αριθμών από τους πυθαγόρειους. Ας δούμε μερικά παραδείγματα ακόμα:

1. Οι τριγωνικοί αριθμοί με πλευρά ν, είναι της μορφής: 1 3 6 10 15

και έχουν τη γενική μορφή: Τν=1+2+3+…+ν =

2)1( +νν (1)

2. Οι ετερομήκεις αριθμοί με πλευρά ν, είναι της μορφής:

2 6 12 20

Ν:13ο

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 3 Μαΐου 2006 2/4

Παρατηρούμε ότι κάθε ορθογώνιο διαιρείται σε δύο τρίγωνα. Έτσι, μπορούμε να πούμε, ότι κάθε ετερομήκης αριθμός περιέχει δύο τρίγωνους αριθμούς. Άρα αληθεύει η πρόταση: Εν=2Τν και επειδή ο ετερομήκης Εν ισούται με ν(ν+1), άρα και ο τρίγωνος Τν = Εν/2= ν(ν+1)/2 δηλαδή ο τύπος (1). 3. Οι τετράγωνοι αριθμοί με πλευρά ν, είναι της μορφής:

4 9 16 251

Παρατηρούμε ότι κάθε τετράγωνος σχηματίζεται από τον προηγούμενο αν προσθέσουμε τον λεγόμενο γνώμονα, δηλαδή μια μπάντα από αριθμούς όπως φαίνεται στο παραπάνω σχήμα. Η λέξη γνώμονας είναι στη γεωμετρία ένα «αλφάδι», ένα εργαλείο με το οποίο κατασκευάζει κανείς μια ορθή γωνία. Είναι εκείνο το εργαλείο, όπως έλεγε και ο Ήρωνας, με το οποίο μπορούμε να κατασκευάσουμε σχήματα ή αριθμούς όμοιους με κάποιους άλλους. Έτσι στο παραπάνω σχήμα, αν στο 1 προσθέσω το γνώμονα των τριών πετυχαίνω το τέσσερα, αν στο τέσσερα προσθέσω το γνώμονα των 5, τότε έχω το 9 κ.ο.κ. Αμέσως τώρα, από τα παραπάνω, προκύπτει η γνωστή πρόταση:

1+3+5+7+9+…+(2ν-1)=ν2 και αυτό γιατί: 1+3=4=22, 1+3+5=9=32 κλπ. 4. Οι πεντάγωνοι αριθμοί με πλευρά ν, είναι αυτοί που σχηματίζουν ένα πεντάγωνο.

1 12 22 355

Παρατηρεί κανείς στο παραπάνω σχήμα τριγωνικούς αριθμούς και έτσι μπορεί να συμπεράνει τη μορφή που θα έχουν οι πεντάγωνοι αριθμοί στη γενική τους περίπτωση. Έτσι λοιπόν παρατηρώντας τα γραμμοσκιασμένα χωρία, μπορεί να γράψει κάποιος με βεβαιότητα (οπτικά μαθηματικά) ότι ισχύει:

Πν = ν+3Τν-1 γιατί έχει την πλευρά που περιέχει ν μονάδες και τρία τρίγωνα με πλευρά ν-1. Έτσι μπορεί στη συνέχεια να γράψει:

Πν = ν+3(ν-1)ν/2 και μετά από πράξεις Πν = ν(3ν-1)/2. Αν για παράδειγμα θέλει να βρει ποιος είναι ο πεντάγωνος αριθμός με πλευρά 5 τότε σύμφωνα με αυτόν τον τύπο:

Π5=5(3⋅5-1)/2=5⋅14/2=5⋅7=35. Υπάρχουν αριθμοί εξάγωνοι, επτάγωνοι, οκτάγωνοι αλλά και κυβικοί, τριεδρικοί, πυραμιδικοί κλπ που μελετήθηκαν από τους πυθαγορείους και γενικά από τους αρχαίους έλληνες μαθηματικούς, οι οποίοι μέχρι σήμερα προκαλούν το ενδιαφέρον. Ακόμη οι πυθαγόρειοι βρήκαν πρώτοι τους τέλειους και τους φίλιους αριθμούς.

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 3 Μαΐου 2006 3/4

Τέλειοι αριθμοί είναι εκείνοι, οι οποίοι είναι ίσοι με το άθροισμα των γνήσιων διαιρετών τους. Για παράδειγμα: ο 28 είναι τέλειος γιατί 28=1+2+4+7+14 Φίλιοι αριθμοί είναι εκείνοι που ο καθένας τους ισούται με το άθροισμα των γνησίων διαιρετών του άλλου. Για παράδειγμα φίλιοι είναι το ζεύγος των 284 και 220, γνωστό στους πυθαγόρειους. Και είναι φίλιοι, γιατί οι διαιρέτες του 284 είναι οι 1,2,4,71,142 (όχι το 284) και δίνουν άθροισμα τον 220, ενώ οι διαιρέτες του 220 είναι οι 1,2,4,5,10,11,20,22,44,55,110 που δίνουν άθροισμα 284. Το πρόβλημα της εύρεσης και άλλων τέτοιων απασχολεί και σήμερα τους μαθηματικούς.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

15. Στο τρίγωνο του σχήματος 4, δίνονται:

0ˆ ˆ 68ΒΔΓ = ΒΓΑ = , και 0ˆ 44ΒΑΓ = . Να αποδειχθεί ότι: ΒΓ=ΓΔ. Λύση: Στο τρίγωνο ΑΒΓ γνωρίζουμε τη γωνία Α και τη γωνία Γ, άρα μπορούμε εύκολα να βρούμε και τη γωνία Β, αφού γνωρίζουμε ότι το άθροισμα των γωνιών ενός τριγώνου είναι ίσο με 180 μοίρες. Άρα: Β=180o-(Α+Γ)=180o-(68o+44o)= =180o-112o=68o . Άρα οι γωνίες Β και Γ είναι ίσες και κατά συνέπεια και τα σκέλη ΑΒ και ΑΓ του τριγώνου είναι ίσα. Όμως και το στο τρίγωνο ΒΓΔ οι γωνίες

ˆΒΔΓ και ˆΔΒΓ είναι ίσες με 68ο. Άρα το τρίγωνο ΒΔΓ είναι ισοσκελές άρα ΒΓ=ΓΔ. 16. Έστω η συνάρτηση f : R R→ με τύπο: 2f ( ) eχχ = χ . Να δείξετε ότι η ν-οστή παράγωγός της είναι της μορφής:

( ) 2f ( ) e ( )ν χν νχ = χ + α χ + β .

Προσδιορίστε τα να , νβ συναρτήσει του ν. Λύση: Υπολογίζουμε τις παραγώγους της συνάρτησης μέχρι και πέμπτης τάξης:

)2(2)( 22 χχχχχ χχχ +=+=′ eeef (1) )24()2()22()( 22 ++=+++=′′ χχχχχχ χχχ eeef

)66()24()42()( 22 ++=++++=′′′ χχχχχχ χχχ eeef)128()66()62()( 22)4( ++=++++= χχχχχχ χχχ eeef )2010()128()28()( 22)5( ++=++++= χχχχχχ χχχ eeef

Κάνουμε τώρα τον πίνακα: f(ν) 1 2 3 4 5 ν αν 2 4 6 8 10 αν=2ν

ΓΒ

Σχήμα 4

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 3 Μαΐου 2006 4/4

βν 0 2 6 12 20 βν=(ν-1)ν Άρα ο τύπος της παραγώγου όπως προκύπτει από την παρατήρηση των τιμών του πίνακα πρέπει να είναι:

))1(2()( 2)( νννχχχ χν −++= ef , για κάθε 1≥v (2) Για να εξασφαλιστεί η γενικότητα του τύπου αυτού πρέπει να εφαρμοστεί η μέθοδος της τέλειας επαγωγής. Πράγματι: Α) Ο τύπος (2) ισχύει για ν=1, όπως φαίνεται από τη σχέση (1). Β) Έστω ότι ο τύπος (2) ισχύει για τυχαίο ν μεγαλύτερο της μονάδας. Δηλαδή:

))1(2()( 2)( νννχχχ χν −++= ef (3) Θα δείξουμε ότι ο τύπος (2) ισχύει και για ν+1, δηλαδή:

))1()1(2()( 2)1( ++++=+ ννχνχχ χν ef (4) πράγματι αυτό πετυχαίνεται αν παραγωγίσουμε τη σχέση (3), θα προκύψει η (4). Δηλαδή:

=++−++=′=+ )22())1(2())(()( 2)()1( νχνννχχχχ χχνν eeff

= ))1()1(2( 2 ++++ ννχνχχe άρα η σχέση (2) ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό ν μεγαλύτερο ή ίσο της μονάδας.

Για την άλλη φορά

19. Στο παρακάτω σχήμα φαίνονται οι πυραμιδικοί αριθμοί με τετραγωνική βάση πλευράς 1,2,3,κλπ. Να βρεθεί ο τύπος που δίνει γενικά τους αριθμούς αυτούς.

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 10 Μαΐου 2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Η Σχολή της Χίου

Εισαγωγικά Μετά την αναφορά που έγινε στην σχολή των πυθαγορείων θα προχωρήσουμε στην τρίτη μεγάλη σχολή της περιόδου αυτής που είναι η σχολή της Χίου. Κύριος εκπρόσωπος της σχολής αυτής είναι ο Ιπποκράτης ο Χίος( δεν πρέπει να συγχέεται με τον συνώνυμό του γιατρό από την Κώ). Η σχολή της Χίου είναι λίγο μεταγενέστερη από τις δύο προηγούμενες σχολές, δηλαδή της Μιλήτου και του Πυθαγόρα. Από την περίοδο αυτή, δηλαδή το δεύτερο μισό του 5ου π.Χ. αιώνα, αρχίζουν οι πληροφορίες που έχουμε, να γίνονται πιο συγκεκριμένες και σαφείς. Έτσι η μελέτη των χαρακτηριστικών της σχολής αυτής, στηρίζεται σε αυθεντικά κείμενα των ίδιων των πρωταγωνιστών της επιστήμης και όχι σε αφηγήσεις σχολιαστών που έζησαν αργότερα. Κατά συνέπεια η εξιστόρηση της δραστηριότητας των μαθηματικών αυτών είναι πιο αποτελεσματική και αξιόπιστη. Στη συγκεκριμένη περίπτωση έχουμε στη διάθεσή μας ένα εκτενές απόσπασμα για τον τετραγωνισμό των μηνίσκων από τον Ιπποκράτη, το οποίο διέσωσε ο σχολιαστής του Αριστοτέλη Σιμπλίκιος ( ο οποίος άκμασε γύρω στο 520 μ. Χ.). Ο Σιμπλίκιος λοιπόν αντλώντας πληροφορίες από την «Ιστορία της Γεωμετρίας», ένα χαμένο σήμερα έργο του Εύδημου, μαθητή του Αριστοτέλη, μας παραδίδει, όπως πιστεύουν σήμερα οι ιστορικοί των μαθηματικών, ένα μεγάλο μέρος από το αυθεντικό έργο του Ιπποκράτη.

Ιπποκράτης ο Χίος Γεννήθηκε στη Χίο περίπου το 470 π.Χ. και πέθανε στην Αθήνα το 410 ή κατά την άποψη άλλων το 400π.Χ. Ό,τι γνωρίζουμε για τη ζωή του προέρχεται από αναφορές του Αριστοτέλη( 384-322π.Χ.) και τον Εύδοξο τον Κνίδιο(408-355π.Χ.). Σύμφωνα λοιπόν μ’ αυτούς ο Ιπποκράτης ανακαλύπτει τα μαθηματικά και τη γεωμετρία εντελώς συμπτωματικά. Ενώ ήταν έμπορος, και ταξίδευε με εμπορεύματα στο Αιγαίο, χτυπήθηκε το πλοίο του από πειρατές με αποτέλεσμα να βρεθεί στην Αθήνα. Εκεί εντυπωσιάζεται από την πόλη αυτή, παραμένει σ’ αυτήν, μυείται στα μαθηματικά και αρχίζει να διδάσκει κυρίως γεωμετρία για να επιβιώσει. Σύμφωνα πάλι με τον Αριστοτέλη ο Ιπποκράτης υπήρξε ο μεγαλύτερος από τους γεωμέτρες που υπήρξαν, αλλά για το υπόλοιπο της καθημερινής του ζωής ήταν ένας «αφελής και ανόητος». Σύμφωνα με άλλους ιστορικούς ο Ιπποκράτης λεηλατήθηκε από

Ιπποκράτης ο Χίος 470-400 π.Χ.

Ν:14ο

Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 10 Μαΐου 2006 2/4

ύποπτους βυζαντινούς τελώνες. Αυτό ίσως δικαιολογεί και την άποψη του Αριστοτέλη σύμφωνα με την οποία μπορεί κάποιος να είναι ικανότατος στο πεδίο της επιστήμης, όμως στην καθημερινή ζωή να παραμένει «αφελής». Στα γεράματά του ο Ιπποκράτης κυνηγήθηκε από τους πυθαγόρειους, γιατί τον θεώρησαν ότι πουλούσε τη μαθηματική του γνώση.

Το έργο του Ιπποκράτη Δάσκαλος του Ιπποκράτη υπήρξε ο Οινοπίδης ο Χίος ο οποίος ήταν πυθαγόρειος, μαθηματικός, αστρονόμος και κατά μία γενιά μεγαλύτερός του. Το έργο του Ιπποκράτη είναι αξιόλογο και έχει τρεις κατευθύνσεις.

1. Ασχολήθηκε από τους πρώτους με τον τετραγωνισμό του κύκλου και με το διπλασιασμό του κύβου, το γνωστό και με την ονομασία ως Δήλιο πρόβλημα. Οι εργασίες του, σχετικά με τις ιδιότητες των γνωστών μηνίσκων, στόχευαν ακριβώς στην κατεύθυνση της λύσης των ιστορικών αυτών προβλημάτων.

2. Θεμελίωσε πολλά θεωρήματα της γεωμετρίας, όπως για παράδειγμα «Ο λόγος των μηκών δύο κύκλων είναι ίσος με το λόγο των ακτίνων των κύκλων αυτών»

3. Είναι ο πρώτος που έγραψε διδακτικό εγχειρίδιο γεωμετρίας, το οποίο έφερε τον τίτλο «Στοιχεία» και το οποίο δεν διασώθηκε, όμως θεωρείται ότι σ’ αυτό στηρίχτηκε αργότερα ο Ευκλείδης και έγραψε το πρώτο(Ι) και δεύτερο(ΙΙ) βιβλίο από τα «Στοιχεία» του.

4. Σ’ αυτόν αποδίδεται η συλλογιστική μέθοδος της γνωστής ως «απαγωγή σε άτοπο», η οποία ως γνωστό είναι η πιο αποτελεσματική βάση στη σύγχρονη Λογική.

Καμπή στην Ιστορία των Μαθηματικών

Η σχολή της Χίου σηματοδοτεί μια καμπή στην Ιστορία των Μαθηματικών. Την εποχή αυτή, τα Μαθηματικά έχουν φθάσει σε τέτοιο σημείο, που πλέον θα οδηγήσουν την σκέψη των επόμενων γενεών καθοριστικά. Θα ανοίξουν το δρόμο για τον Ευκλείδη, τον Αρχιμήδη, το Διόφαντο και θα θέσουν προβλήματα που για τη λύση των θα χρειαστούν πολλοί αιώνες δουλειάς. Η καμπή την εποχή αυτή χαρακτηρίζεται από τα παρακάτω στοιχεία:

• Γράφεται το πρώτο διδακτικό εγχειρίδιο γεωμετρίας. Τα «Στοιχεία» από τον Ιπποκράτη.

• Παρατηρείται μια ακμάζουσα γεωμετρική παράδοση. Με τον όρο «γεωμετρική παράδοση» εννοούμε:

1. Ένα μεταβαλλόμενο σύνολο από προβλήματα. Έχουμε δηλαδή αυτή την εποχή ένα σωρό μαθηματικά προβλήματα, τα οποία μερικά επιλύονταν, όμως πολλά ζητούσαν λύση ή έδιναν αφορμή να διατυπωθούν καινούργια.

2. Την επεξεργασία αποδεκτών μεθόδων χειρισμού αυτών των προβλημάτων. Αρχίζει δηλαδή να σταθεροποιείται η αντίληψη της καθιέρωσης ενιαίου τρόπου αντιμετώπισης της λύσης των προβλημάτων αυτών και μάλιστα στον χώρο της γεωμετρίας.

3. Τη συναίνεση σε ορισμένα μέσα δικαιολόγησης ή εξήγησης των λύσεων των προβλημάτων αυτών. Έτσι την εποχή αυτή θεμελιώνεται η αντίληψη, ότι στην γεωμετρία, θεμελιώδη στοιχεία είναι η ευθεία και ο κύκλος. Αποτέλεσμα αυτής της αποδοχής είναι και η καθιέρωση στον κατασκευαστικό τομέα των βασικών εργαλείων – οργάνων, δηλαδή του κανόνα και του διαβήτη.

Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 10 Μαΐου 2006 3/4

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

17. Γνωρίζουμε ότι φέτος το 2006 η πρωτοχρονιά ήταν ημέρα Κυριακή. Με δεδομένο αυτό να βρείτε ποια ημέρα της εβδομάδας θα αντιστοιχούν οι παρακάτω ημερομηνίες: α) 1η Σεπτεμβρίου 2006 β) 3η Μαρτίου 2008 γ) 1η Ιανουαρίου 2030. Λύση: Για να βρούμε ποια ημέρα της εβδομάδας είναι κάποια ημερομηνία στο εξής, έχουμε σαν δεδομένο το γεγονός, ότι κάθε εφτά ημέρες έχουμε την ίδια ημέρα της εβδομάδας. Η επανάληψη αυτή μας οδηγεί στην πράξη της διαίρεσης με το εφτά. Άρα: α) Από την 1η Ιανουαρίου του 2006 μέχρι και την 1η Σεπτεμβρίου του 2006, θα περάσουν 244 ημέρες . Άρα αν διαιρέσουμε τον αριθμό αυτό με το 7 θα έχουμε:

244 = 7Χ34+6, δηλαδή υπόλοιπο 6. Συνεπώς η ημέρα αυτή θα είναι η 6η μέρα της εβδομάδας εκείνης, δηλαδή Παρασκευή. β) Με την ίδια σκέψη υπολογίζουμε τις ημέρες που θα περάσουν μέχρι να φθάσουμε στις 3/3/2008. Στην περίπτωση αυτή λογαριάζουμε για κάθε έτος 356 ημέρες εκτός από το Φεβρουάριο του 2008 που θα περιέχει 29 ημέρες, γιατί το έτος αυτό είναι δίσεκτο. Άρα σύνολο ημερών:

365Χ2+63 = 793 και διαιρώντας αυτό με το 7 είναι: 793 = 7Χ113+2 άρα το υπόλοιπο είναι το 2 και συνεπώς θα έχουμε Δευτέρα. γ) Από την 1/1/2006 μέχρι την ημερομηνία 1/1/2030 θα περάσουν 24 έτη από τα οποία τα 18 θα είναι κανονικά δηλαδή θα περιέχουν 365 ημέρες και 6 δίσεκτα που θα περιέχουν 366 ημέρες. Άρα ο συνολικός αριθμός ημερών μέχρι και την 1/1/2030, θα είναι:

18Χ365+6Χ366+1= 6 570+2 196 + 1 = 8 767 ημέρες και διαιρώντας τον αριθμό αυτό με το 7 θα έχουμε:

8 767 = 7Χ1252+3, άρα αφού το υπόλοιπο είναι τρία η πρωτοχρονιά εκείνη θα είναι ημέρα Τρίτη. Ερώτημα: Πότε θα συμβεί το γεγονός να έχουμε πάλι το φαινόμενο ώστε η πρώτη του έτους να είναι Κυριακή; (Δίσεκτο είναι ένα έτος αν ο αριθμός του διαιρείται με το 4. Δίσεκτα ακόμη είναι τα έτη των αιώνων όταν ο αριθμός τους διαιρείται με τέσσερα. Για παράδειγμα το έτος 2000 ήταν δίσεκτο γιατί διαιρείται με τέσσερα και το 20 που εκφράζει τον αιώνα διαιρείται με το τέσσερα. Απεναντίας το έτος 2100 ενώ διαιρείται με το τέσσερα, το 21 όμως δεν διαιρείται με το τέσσερα, άρα δεν είναι δίσεκτο) 18) Οι πυθαγόρειοι έτρεμαν τον αριθμό 17. Γιατί ο 17 βρίσκεται ακριβώς ανάμεσα στον 16, που είναι τετράγωνος και στον 18, ο οποίος είναι το διπλάσιο τετραγώνου. Να δείξετε ότι οι δύο αυτοί (αριθμοί) είναι οι μοναδικοί αριθμοί που «παριστάνουν» ορθογώνιο, τέτοια ώστε η περίμετρος του, να ισούται με το εμβαδόν του. (Πλούταρχος, Περί Ίσιδος και Οσίριδος, 42) Λύση: Στο διπλανό σχήμα έχουμε ένα ορθογώνιο στο οποίο ισχύει το αιτούμενο του προβλήματος. Δηλαδή:

Η Στήλη των Μαθηματικών Τετάρτη 10 Μαΐου 2006 4/4

2χ + 2ψ = χψ Αυτή μετασχηματίζεται ως εξής:

2χ = χψ - 2ψ ⇔

ψ(χ - 2) = 2χ ⇔

2χψ =χ - 2 ⇔

2(χ - 2) + 4ψ =

χ - 2

και τελικά έχουμε την: 4ψ = 2 +

χ - 2 .

Επειδή έχουμε γνωστό ότι οι τιμές χ και ψ είναι ακέραιες, άρα θα πρέπει: το χ-2 να διαιρεί το 4.

Έτσι έχουμε τις περιπτώσεις: 1. χ-2 = ±1 και συνεπώς χ=3 ή χ=1 άρα και το ψ=6 ή ψ=-2. Από αυτές δεκτό είναι το ζεύγος χ=3 και ψ=6, δηλαδή το ορθογώνιο με πλευρές τους 3 και 6. 2. χ-2 = ±2 . Άρα χ=4 ή χ=0 και ψ=4 ή ψ=0. Δεκτή η λύση χ=4 και ψ=4, δηλαδή το τετράγωνο με πλευρά το 4. 3. χ-2 = ±4. Άρα χ= 6 ή χ= -2 και ψ= 3 ή ψ= 1. Δεκτή η λύση χ=6 και ψ= 3, δηλαδή πάλι το ορθογώνιο με πλευρές τους 6 και 3. Συμπέρασμα: Τα μοναδικά σχήματα με την ιδιότητα αυτή την έχουν το τετράγωνο με πλευρά 4 και το ορθογώνιο με πλευρές 3 και 6. Έτσι το 17 «τολμά» και βρίσκεται ανάμεσα στο 16 και στο 18, που για τους πυθαγόρειους αποτέλεσε σημείο προσοχής και δέους.

Για την άλλη φορά

20. Αν ΑΒΓ τρίγωνο με πλευρές α, β, γ και εμβαδό Ε, αποδείξτε ότι: α2+β2+γ2≥4 3Ε (Ανισότητα του Weizenbock)

21. Αποδείξτε ότι οι αριθμοί 10201 και 10101 είναι σύνθετοι σε όποια βάση και αν αναφέρονται.

( Οι ασκήσεις 20 και 21 προτείνονται από τον Μάγκο Αθανάσιο, διδ/ρα Μαθηματικών, καθηγητή του 2ου Εν. Λυκείου Κοζάνης)

22. Να βρεθούν οι αριθμοί που να έχουν άθροισμα 20 και μέγιστο γινόμενο. (Προτείνεται από τον Μπετσάκο Παναγιώτη, καθηγητή Φυσικής του 3ου Εν. Λυκείου

Κοζάνης)

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Α Β

ΓΔ

Η Στήλη των Μαθηματικών της 17/5/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Η Σχολή των Ελεατών Εισαγωγικά Τα μαθηματικά όπως και όλες οι άλλες επιστήμες είναι ένα μέρος του φιλοσοφικού στοχασμού του ανθρώπου και κατά συνέπεια επηρεάζουν αλλά και επηρεάζονται από την ευρύτερη σκέψη της κάθε εποχής. Έτσι λοιπόν, κατά την περίοδο στην οποία αναφερόμαστε, δηλαδή την προσωκρατική, εκτός από τους φιλοσόφους της Ιωνίας ( Θαλής, Αναξίμανδρος, Αναξιμένης, Ηράκλειτος κλπ), τους Πυθαγόρειους( Πυθαγόρας, Φιλόλαος, Ίππασος ο Μεταπόντιος κλπ) και τους Μαθηματικούς της σχολής της Χίου ( κυρίως τους Οινοπίδη και Ιπποκράτη) σημαντική θέση κατέχουν στο χώρο της φιλοσοφίας οι φιλόσοφοι της σχολής της Ελέας. Ιδρυτής της σχολής αυτής θεωρείται ο Ξενοφάνης ο Κολοφώνιος, και κύριοι εκφραστές της ο Παρμενίδης και ο Ζήνων,οι οποίοι κατάγονταν από την Ελέα, μια πόλη της Μεγάλης Ελλάδας. Ο ιδεαλισμός των Ελεατών φιλοσόφων Αν και ο Ξενοφάνης διατηρεί ακόμα τις επιδράσεις του πνεύματος των υλοζωιστών φιλοσόφων της σχολής της Ιωνίας, στην εποχή του Παρμενίδη και του Ζήνωνα αναπτύσσονται και επικρατούν οι απόψεις, όπως:

• Οι αισθήσεις μας απατούν και κατά συνέπεια ο αισθητός κόσμος, ο οποίος σύμφωνα με τον Ηράκλειτο συνεχώς μεταβάλλεται (τα πάντα ρει), δεν μπορεί να αποτελέσει αντικείμενο έγκυρης γνώσης.

• Η λύση στην αναζήτηση της αλήθειας εδράζεται στη σκέψη του ανθρώπου εκεί όπου κατοικούν οι έννοιες. Με τις έννοιες ο άνθρωπος πετυχαίνει να αντιληφθεί τον πραγματικό κόσμο. Ο Παρμενίδης έλεγε: «Εκείνο που σκεφτόμαστε και εκείνο που υπάρχει(το πραγματικό δηλαδή) είναι ένα και το αυτό». Και ακόμα:

«αλλά ωστόσο θα μάθεις και τούτο, πως τα δοκούντα θα έπρεπε να είναι απολύτως δεκτά, όλα δεκτά στο σύνολό τους ως όντα».

Έτσι ταύτιζε τον πραγματικό κόσμο με τη σκέψη. • Το απόλυτο «όν» είναι μοναδικό, στατικό και

αμετάβλητο. • Τίποτε δεν μπορεί να γεννηθεί από το μηδέν και τίποτα δεν μπορεί να γυρίσει στο

μηδέν. Η αρχή αυτή διατυπώνεται τον 18ο αιώνα επιστημονικά τεκμηριωμένα, από το μεγάλο χημικό Lavoisier ως η «αρχή της αφθαρσίας της ύλης». Ειδικότερα ο Παρμενίδης(520-448π.Χ.) τοποθετεί τη λογική απέναντι στην εμπειρία της πραγματικότητας λέγοντας: Ο λόγος είναι το κριτήριο της αλήθειας. Η σκέψη (ταυτίζει τον νου με την ψυχή) ακολουθώντας τους κανόνες της λογικής αναζητεί την μια και μοναδική

N:15o

Παρμενίδης

Η Στήλη των Μαθηματικών της 17/5/2006 2/4

αλήθεια. Αρχίζει να συλλογίζεται ο Παρμενίδης για την έννοια του «τί είναι» και «τί δεν είναι», του «όντος» και του «μη όντος». Ο δρόμος που ανοίγει θα τον ακολουθήσουν πολλοί αργότερα.

Οι απόψεις αυτές ασφαλώς, επηρέασαν καθοριστικά και τη φιλοσοφία του Πλάτωνα σχετικά με τη διατύπωση της θεωρίας των ιδεών.

Το μαθηματικό ενδιαφέρον

Η φιλοσοφία των Ελεατών έχει μεγάλο μαθηματικό ενδιαφέρον, το οποίο προκύπτει όχι μόνο εξαιτίας της ευρύτερης συλλογιστικής των ιδεών, αλλά κυρίως από το έργο του Ζήνωνα, ο οποίος ήταν μαθητής του Παρμενίδη. Ο Ζήνωνας θέλοντας να υπερασπιστεί τη φιλοσοφία του Παρμενίδη, ανέπτυξε μια επιχειρηματολογία, μέσα από την οποία προέκυψαν πολλά και σοβαρά προβλήματα, χρήσιμα για τη μαθηματική κοινότητα.

Τα αντιφατικά συμπεράσματα, που συναντά κανείς μέσα στα λεγόμενα «παράδοξα του Ζήνωνα», δηλώνουν ακόμα και έναν «πολεμικό» χαρακτήρα, γι’ αυτό και ο Αριστοτέλης τον θεωρούσε, ως τον ευρετή της «διαλεκτικής».

Ο Ζήνωνας στρέφεται ενάντια σε δύο υποθέσεις: στην υπόθεση της «πολλαπλότητας των πραγμάτων» και στην υπόθεση ότι τα πράγματα κινούνται.

Τα επιχειρήματα του Ζήνωνα τα συναντάμε στα τέσσερα παράδοξα:

1. Το στάδιο (το παράδοξο της διχοτομίας) 2. Ο Αχιλλεύς και η χελώνα 3. Το βέλος που δεν φτάνει ποτέ στο στόχο του 4. Τα κινούμενα σώματα.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

19. Στο παρακάτω σχήμα φαίνονται οι πυραμιδικοί αριθμοί με τετραγωνική βάση πλευράς 1,2,3, κλπ. Να βρεθεί ο τύπος που δίνει γενικά τους αριθμούς αυτούς.

Λύση: Ο πυραμιδικός αριθμός Π1=1, ο Π2=1+22=5, ο Π3=Π2+32=14, κλπ άρα ο πυραμιδικός αριθμός Πν= 1+22+32+…+ν2. Το άθροισμα αυτό είναι το γνωστό άθροισμα

Σ2 = 1+22+32+…+ν2

Υπολογισμός του Σ2

Ζήνων

Η Στήλη των Μαθηματικών της 17/5/2006 3/4

Θεωρούμε την ταυτότητα 3 3 2(ν + 1) = ν + 3ν + 3ν + 1

και σ’ αυτή θέτουμε διαδοχικά ν=1, 2, 3, …, ν. Άρα προκύπτουν οι ισότητες: 3(1 + 1) 1⋅ ⋅3 2= 1 + 3 + 3 1 + 1 3(2 + 1) 3= 2 ⋅ ⋅2+ 3 2 + 3 2 + 1 3(3 + 1) 3= 3 ⋅ ⋅2+ 3 3 + 3 3 + 1

…………………………………….. 3 3(ν + 1) = ν 2+ 3ν + 3ν + 1

Αθροίζοντας τις σχέσεις (1) προκύπτει:

3 3 2 2 2 2(ν +1) = 1 + 3(1 + 2 + 3 + ... + ν ) + 3(1+ 2 + 3 + ... + ν) + ν δηλαδή:

3 32 1(ν + 1) = 1 + 3(Σ ) + 3(Σ ) + ν

και λύνοντας τον τύπο αυτό ως προς το ζητούμενο 2Σ θα προκύψει η τιμή που θέλουμε αφού

το 1Σ είναι γνωστό και ίσο με ν(ν + 1)

2 . Άρα έχουμε

2ν(ν + 1)(2ν + 1)Σ =

6και συνεπώς ο πυραμιδικός αριθμός Πν =

ν(ν + 1)(2ν + 1)6

20. Αν ΑΒΓ τρίγωνο με πλευρές α, β, γ και εμβαδό Ε, αποδείξτε ότι:

2 2 2 4 3α +β + γ ≥ Ε (Ανισότητα του Weizenbock)

(Προτάθηκε από τον Μάγκο Αθανάσιο, διδ/ρα Μαθηματικών, καθηγητή του 2ου Εν. Λυκείου Κοζάνης)

Λύση: Η παραπάνω ανισότητα, η οποία αποτέλεσε θέμα της 3ης Διεθνούς Μαθηματικής Ολυμπιάδας που πραγματοποιήθηκε στην Ουγγαρία το 1961, επιδέχεται αρκετές διαφορετικές αποδείξεις. Από αυτές, άλλες είναι καθαρά αλγεβρικές, ενώ άλλες είναι γεωμετρικές. Εμείς εδώ, θα παρουσιάσουμε μια γεωμετρική λύση που όμως έχει και στοιχεία Άλγεβρας. Είναι γνωστό, ότι σε κάθε τρίγωνο ένα τουλάχιστο ύψος βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου ( π.χ. το ΑΔ). Θέτοντας ΒΔ = χ, και ΓΔ =ψ, ΑΔ = υ, έχουμε με εφαρμογή του Πυθαγόρειου θεωρήματος στα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΓΔ τις σχέσεις:

γ2 = χ2 + υ2 και β2 = ψ2 + υ2

(1)

βυ

ΒΓΔ

Σχ. 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 17/5/2006 4/4

εξάλλου α = χ + ψ και η σχέση που θέλουμε να αποδείξουμε γίνεται ισοδύναμη με την:

α2 +χ2 + ψ2 + 2υ2 ≥ 4 3Ε και επειδή το εμβαδόν 1E = υ(χ + ψ)2

, άρα η αρχική γίνεται:

α2 + χ2 + ψ2 + 2υ2 ≥ 14 3 υ(χ + ψ)2

και μετά από πράξεις τελικά παίρνει τη μορφή: ≥2 2 2υ - 3(χ + ψ)υ + χ + ψ + χψ 0 (1)

Η τελευταία σχέση είναι ένα δευτεροβάθμιο τριώνυμο, με μεταβλητή το ύψος υ και εφόσον ζητούμε το πρόσημό του, ελέγχουμε τη διακρίνουσά του. Αυτή είναι

0≤2Δ = -(χ -ψ) (2) άρα η σχέση (1) λόγω της (2) θα ισχύει για κάθε τιμή του ύψους υ, δηλαδή για κάθε τρίγωνο ΑΒΓ. 21. Αποδείξτε ότι οι αριθμοί 10201 και 10101 είναι σύνθετοι σε όποια βάση και αν αναφέρονται.

(Προτάθηκε από τον Μάγκο Αθανάσιο, διδ/ρα Μαθηματικών, καθηγητή του 2ου Εν. Λυκείου Κοζάνης)

Λύση: Στο τυχαίο σύστημα αρίθμησης με βάση τον α (α ένας φυσικός μεγαλύτερος του 1) ο αριθμός 10201 γράφεται:

10201=1⋅α4+0⋅α3+2⋅α2+0⋅α1+1⋅α0 = α4+2α2+1 = (α2+1)2 άρα τέλειο τετράγωνο και συνεπώς σύνθετος αριθμός. Με τον ίδιο τρόπο αναλύουμε και τον δεύτερο αριθμό. Άρα έχουμε: 10101 = 1⋅α4+0⋅α3+1⋅α2+0⋅α1+1⋅α0 = α4+α2+1 Κι ακόμα: 10101 = α4+α2+1= α4+2α2+1 – α2 = (α2+1)2 – α2 = (α2+1+α)⋅(α2+1-α) δηλαδή έχουμε:: 10101=(α2+1+α)⋅(α2+1-α) Η τελευταία σχέση μας επιτρέπει να ισχυριστούμε ότι ο αριθμός είναι σύνθετος αρκεί κανένας από τους δύο παράγοντες να μην είναι μονάδα. Πράγματι έστω ότι:

• α2+1+α =1, τότε α2+α=0, και ακόμα, α⋅(α+1)=0 άρα α=0 ή α=-1 άτοπο. • α2+1-α = 1, τότε α2-α=0, και ακόμα, α⋅(α-1)=0 άρα α=0 ή α=+1 άτοπο.

Για την άλλη φορά

23. Ο μαθηματικός Augustus de Morgan έζησε τον δέκατο ένατο αιώνα και σε κάποια δήλωσή του είπε: « Το έτος χ2 ήμουν στην ηλικία των χ ετών». Πότε γεννήθηκε ο μαθηματικός αυτός;

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών της 17/5/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Η Σχολή των Ελεατών και τα παράδοξα του Ζήνωνα

Ο Ζήνωνας ο Ελεάτης, μαθητής του Παρμενίδη είναι γνωστός από τα παράδοξα που επινόησε για να υπερασπιστεί τις θέσεις του δασκάλου του, ο οποίος υποστήριζε την άποψη ότι η κίνηση των πάντων είναι μια ουτοπία και ότι το σύμπαν και ολόκληρος ο κόσμος, αποτελούν το απόλυτο όν το οποίο είναι μοναδικό, στατικό και αμετάβλητο και δεν είναι δυνατόν να διαιρεθεί σε απείρως μικρά κομματάκια (θεωρία της συνέχειας) καθώς επίσης, δεν αποτελείται από μικρά και στοιχειώδη τεμάχια(ατομική θεωρία). Οι θέσεις του Παρμενίδη και του Ζήνωνα βρίσκονται απέναντι απ’ τις θέσεις του Ηράκλειτου, ο οποίος έλεγε ότι «τα πάντα ρει», δηλαδή ότι όλα τα πράγματα μεταβάλλονται και μετασχηματίζονται. Μέσα από τους στίχους του ποιήματος «Περί Φύσεως» ο Παρμενίδης διατυπώνει όλο το φιλοσοφικό του «πιστεύω». Μεταξύ των άλλων θέλει να υποκαταστήσει τον πολυθεϊσμό με την ύπαρξη ενός θεού αμετάβλητου και μοναδικού, ο οποίος κυβερνά με τη σκέψη.

Ο Αχιλλέας και η χελώνα

Ο «ωκύπους Αχιλλεύς», που βαδίζει 10 φορές γρηγορότερα από μια χελώνα, δε θα μπορέσει ποτέ να τη φθάσει, αν η χελώνα προηγείται ένα στάδιο(περίπου 150 μέτρα) από αυτόν. Τον ισχυρισμό αυτό ο Ζήνωνας τον δικαιολογούσε με τον εξής συλλογισμό: Όταν ο Αχιλλέας βαδίσει το 1 στάδιο, που τον χωρίζει από τη χελώνα, αυτή θα έχει βαδίσει το 1/10 του σταδίου και επομένως θα προηγείται. Όταν ο Αχιλλέας βαδίσει το 1/10 του σταδίου, η χελώνα θα έχει βαδίσει (1/10)⋅⋅(1/10)=1/100 του σταδίου, και επομένως πάλι θα προηγείται.

Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο βλέπουμε ότι, κάθε φορά που ο Αχιλλέας βαδίζει ένα διάστημα δ για να φθάσει τη χελώνα, αυτή θα έχει βαδίσει το (1/10)⋅δ και επομένως πάντοτε η χελώνα θα προηγείται. Με το παράδοξο αυτό ασχολήθηκαν πολλοί φιλόσοφοι και μαθηματικοί, όπως ο Αριστοτέλης, ο Hegel και πολλοί άλλοι. Μπορούμε να πούμε ότι και σήμερα το παράδοξο αυτό γίνεται αντικείμενο θαυμασμού και εργαλείο για να αντιληφθούμε την σημασία του στην εξέλιξη πολλών κλάδων των μαθηματικών όπως για παράδειγμα ο διαφορικός λογισμός, ο απειροστικός λογισμός και άλλοι πολλοί.

N:16o

Α1

X1 X3X2

A2 A3

1 στάδιο 1/10 στ

Η Στήλη των Μαθηματικών της 17/5/2006 2/4

Βέβαια το παράδοξο αυτό του Ζήνωνα, αν και φαίνεται λογικά θεμελιωμένο, αντιφάσκει προς την εμπειρία μας, γιατί όλοι ξέρουμε ότι ο Αχιλλέας θα φθάσει τη χελώνα. Μάλιστα το διάστημα S σε στάδια, που πρέπει να βαδίσει ο Αχιλλέας μέχρι να φθάσει τη χελώνα, είναι:

1 1 1S=1+ + + +...=1+0.1+0.01+0.001+...=1.111....10 100 1000

Δηλαδή το διάστημα αυτό θα εκφράζεται σε στάδια με τον περιοδικό δεκαδικό αριθμό: S=1. 1

Αν τρέψουμε τώρα τον περιοδικό αυτό αριθμό σε κλασματική μορφή θα έχουμε: 1S=19

Επομένως ο Αχιλλέας θα φθάσει τη χελώνα, όταν αυτή θα βαδίσει 119

στάδια.

(από το βιβλίο:ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Β΄ Γυμνασίου, σελίδα 63, Ιστορικό σημείωμα)

Περισσότερα σχόλια 1. Το άθροισμα S όπως φαίνεται, υπολογίζεται με τη θεωρία των περιοδικών δεκαδικών αριθμών, αλλά στην τάξη της Β’ Γυμνασίου, δεν είναι και τόσο εύκολο να κατανοηθεί από τους μικρούς μαθητές γιατί όπως φαίνεται από την πρώτη ματιά η σκέψη του Ζήνωνα έχει σχέση με την «επ’άπειρον διαίρεση» που δεν είναι απλή. 2. Τον υπολογισμό του αθροίσματος S μπορούμε να τον κάνουμε και με τη θεωρία της απολύτως φθίνουσας γεωμετρικής προόδου, που διδάσκεται στη Β΄ Λυκείου ως εξής:

αλλά και πάλι παρουσιάζεται η ίδια δυσκολία γιατί τα σχολικά προγράμματα δεν είναι εναρμονισμένα με την ιδέα μιας «επ΄ άπειρον διαδικασίας», γιατί αν διερωτηθεί κανείς, τι σημαίνει άθροισμα άπειρων όρων, δεν θα μπορέσει εύκολα να απαντήσει. Για να αντιληφθεί κάποιος αυτές τις επεξεργασίες, αρκεί να σκεφθεί, ότι η έννοια του απείρου στα Μαθηματικά, αποκτά μια ιδιαίτερη σημασία και γίνεται μια λειτουργική δομή, η οποία ξεκινά από την εποχή του Αναξίμανδρου(6ος αι.π.Χ.), που στήριζε την κοσμογονία του στο «άπειρο», φθάνει στον 18ο αιώνα του Euler, και καταλήγει στη σύγχρονη εποχή με τη Γεωμετρία των μικρών κομματιών(Fractals) και τη Θεωρία του Χάους. Στη μακρόχρονη πορεία της Ιστορίας των μαθηματικών το παράδοξο αυτό του Ζήνωνα προκάλεσε τους μαθηματικούς ώστε να θεμελιώσουν με επάρκεια τη θεωρία της Αναλύσεως και αυτό έγινε μερικώς από τον μεγάλο Cauchy γύρω στα 1820 και τελικά από γερμανό μαθηματικό Karl Waierstrass, στα τέλη του 19ου αιώνα. 3. Σήμερα κατανοούμε τέτοιες μεταβολές εύκολα γιατί γνωρίζουμε την έννοια του ορίου μιας ακολουθίας, και έχουμε κριτήρια ώστε να μπορούμε να βρούμε αν μια ακολουθία(που περιέχει άπειρους όρους) έχει ή όχι όριο και άλλα πολλά. 4. Η γεωγραφία των αριθμών σήμερα έχει αναπτυχθεί. Από την εποχή του Πυθαγόρα μέχρι σήμερα θεμελιώθηκαν οριστικά οι πραγματικοί αριθμοί, με αποτέλεσμα να μπορούμε με βεβαιότητα να πούμε ότι όσο γειτονικά και αν βρίσκονται δύο αριθμοί πάντα θα μπορούμε να βρούμε ανάμεσά τους έναν τρίτο. Το ίδιο συμβαίνει και με το χρόνο. Ανάμεσα σε δύο στιγμές διαφορετικές μεταξύ των, αλλά πολύ κοντά η μια στην άλλη, ξέρουμε ότι υπάρχει και μια τρίτη. Έτσι λοιπόν το συμπέρασμα του Ζήνωνα στο παράδοξο του Αχιλλέα, ότι θα περάσουν άπειρες στιγμές που ο Αχιλλέας θα πλησιάζει, αλλά δεν θα φθάνει τη χελώνα, δεν ισχύει, γιατί ξέρουμε ότι άπειρες στιγμές δεν κάνουν πάντα και άπειρο χρόνο. Όπως για

2 3

1 1 1 1 1 1 10 1S=1+ + + +...= = = = =11 10-1 910 10 10 9 91-10 10 10

Η Στήλη των Μαθηματικών της 17/5/2006 3/4

παράδειγμα άπειρα σημεία δεν φτιάχνουν και άπειρο μήκος. Όπως αναφέρθηκε άπειρα σημεία υπάρχουν ανάμεσα από δύο διαφορετικά όσο κοντά και αν βρίσκονται αυτά. Είναι αυτό που λέει ο Αριστοτέλης ότι δηλαδή ο Ζήνωνας συγχέει το άπειρο ως προς την ποσότητα με το άπειρο ως προς τη διαίρεση. 5. Το παράλογο της κίνησης που ήθελε ο Ζήνωνας δεν είναι τίποτε άλλο από το παράλογο της αντίφασης ανάμεσα από το πεπερασμένο και το άπειρο του χώρου μέσα στο οποίο λαμβάνει χώρα η κίνηση.(Θ.Βέϊκου:Προσωκρατική Φιλοσοφία, σελ.181.εκδόσεις Γρηγόρη)

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις 22. Να βρεθούν οι αριθμοί που να έχουν άθροισμα 20 και μέγιστο γινόμενο.

(Προτείνεται από τον Μπετσάκο Παναγιώτη, καθηγητή Φυσικής του 3ου Εν. Λυκείου Κοζάνης)

Λύση: Έστω ότι οι αριθμοί αυτοί είναι οι 1 2 3 νχ ,χ ,χ , ...,χ σε πλήθος ν.

Τότε σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος θα είναι: 1 2 3 νχ + χ + χ + ... + χ = 20 (1)

και το γινόμενό τους ⋅ ⋅1 2 3 νΓ = χ χ χ ...χ θα πρέπει να είναι μέγιστο. Θεωρούμε την ταυτοανίσωση του Cauchy – Swartz για τους αριθμούς αυτούς:

≥ ⋅ ⋅1 2 3 ν ν1 2 3 ν

χ + χ + χ + ... + χχ χ χ ...χ

(η ισότητα ισχύει όταν οι αριθμοί γίνουν μεταξύ των ίσοι)

και λόγω της (1) γίνεται: ≥ ⋅ ⋅ν1 2 3 ν

20 χ χ χ ...χν

και στη συνέχεια

( )ν ≥ ⋅ ⋅1 2 3 ν20 χ χ χ ...χν

δηλαδή ≤ ν20Γ ( )ν

Από την τελευταία σχέση η μέγιστη τιμή που μπορεί να λάβει το γινόμενο είναι η τιμή ν20( )

ν και σύμφωνα με την ταυτοανίσωση που αναφέραμε οι αριθμοί πρέπει να γίνουν

μεταξύ των ίσοι. Όταν οι αριθμοί γίνουν ίσοι μεταξύ των, το γινόμενό τους γίνεται μέγιστο και ίσο με το

ν20( )ν . Το μέγιστο όμως αυτό εξαρτάται από την μεταβαλλόμενη τιμή του ν, για το λόγο

αυτό θα μελετήσουμε την περίπτωση πότε το ν20( )

ν γίνεται «μέγιστο».

Μελετούμε τη συνάρτηση χ20f(χ) = ( )

χ με χ θετικό πραγματικό αριθμό. Η παράγωγός της

είναι: ′ χ20 20f (χ) = ( ) (ln( ) - 1)χ χ και το πρόσημό της γίνεται:

′ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔20 20 20 20f (χ) 0 (ln( ) - 1) 0 ln( ) lne e χχ χ χ e≤

Άρα η μονοτονία και το ακρότατό της φαίνεται στον παρακάτω πίνακα:

Η Στήλη των Μαθηματικών της 17/5/2006 4/4

0 20

f ΄(χ)

+ -

f(χ)

Ο αριθμός 20e

δεν είναι φυσικός για να τον δεχθούμε ως τιμή του ν ( ζητούμενο πλήθος),

άρα θα τον προσεγγίσουμε με φυσικά σύνορα. Ισχύει λοιπόν ότι ⟨ ⟨207 8e

γνωρίζοντας ότι

≅e 2,7 Άρα το ακρότατο θα είναι κάποιο από τα f(7) και f(8) . Μένει λοιπόν να δούμε ποιο από

αυτά είναι μεγαλύτερο. Είναι 720f (7) ( )7

= και 820f (8) ( )8

= . Για να ελέγξουμε ποιο είναι

μεγαλύτερο εργαζόμαστε ως εξής. 7 8

7 87 8 7 8

20 20 20 20 1 20f (7) f (8) ( ) ( )7 8 7 8 7 8

⟩ ⇔ ⟩ ⇔ ⟩ ⇔ ⟩

Η τελευταία σχέση ισοδυναμεί με την 8 78 20 7⟩ ⋅ και μετά από πράξεις 16777 216 20 823543⟩ ⋅ ή ακόμα 16777 216 16470860⟩ δηλαδή το μεγαλύτερο είναι το f (7) .(με ποιο άλλο τρόπο θα μπορούσε να διαπιστωθεί;) Έτσι οι αριθμοί που ζητούμε είναι 7

και μεταξύ των ίσοι με 207

και έχουν το μέγιστο γινόμενο το 720f (7) ( )7

= .

Για την άλλη φορά

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

20e

20f( )e

Η Στήλη των Μαθηματικών της 31/5/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Οι επιδράσεις των Ελεατών Οι ιδέες του Παρμενίδη και των μαθητών του Ζήνωνα και Μέλισσου είχαν σημαντική επίδραση σε διαφορετικά πεδία έρευνας και μάλιστα συντέλεσαν στην αυτονόμηση των διαφόρων κλάδων της φιλοσοφικής και επιστημονικής σκέψης, όπως στο γνωσιοθεωρητικό και το λογικό, στο οντολογικό και το μεταφυσικό, στο φυσικό και το μαθηματικό. Ο Ηράκλειτος άνοιξε το δρόμο για να μελετηθεί η ταυτότητα και η ετερότητα, ο χώρος και ο χρόνος, η κίνηση και η σχέση, η συνέχεια και η διαιρετότητα της ύλης. Η ελεατική θέση, πέρα από την αποδοχή ή την άρνηση που θα μπορούσε να προκαλέσει με την αποξένωσή της από την εμπειρική πραγματικότητα, έφερε στην επιφάνεια πολλά και ειδικά προβλήματα σκέψης και θεώρησης του κόσμου, όξυνε τη φύση τους στο έπακρο και έκανε επιτακτική την ανάγκη να δοθούν απαντήσεις. Έτσι έχουμε έναν συνεχή διάλογο ο οποίος κορύφωσε τη σύγκρουση του δωρικού με το ιωνικό πνεύμα.

Εμπεδοκλής (494-434 π.Χ.) Ο μεγάλος αυτός φιλόσοφος από τον Ακράγαντα, προσπάθησε να συγκεράσει τις διιστάμενες απόψεις και να αξιοποιήσει τις κυριότερες θέσεις της ιωνικής φυσικής καθώς και της ελεατικής οντολογίας. Έτσι ο Εμπεδοκλής συνδυάζοντας τις κυριότερες κοσμολογικές αρχές που είχαν προταθεί ως την εποχή του, δίδαξε ότι το σύμπαν συντίθεται και αποσυντίθεται από τέσσερα καθαυτά αμετάβλητα «ριζώματα», δηλαδή το νερό και τη γη, τον αέρα και τη φωτιά (πολυαρχική βάση). Με αυτόν τον τρόπο ο Εμπεδοκλής εξηγούσε τη γένεση και τη φθορά κατά την άποψη των ιώνων φιλοσόφων αλλά ταυτόχρονα δικαίωνε και την ελεατική άποψη σχετικά με το ότι το «ον» καθεαυτό δεν μεταβάλλεται εισάγοντας τη λειτουργία του «νείκους»και της «φιλότητας». Έτσι κατά τον Επεδοκλή το νείκος ( έρις, φιλονεικία, λογομαχία, λοιδωρία κλπ) και η φιλότης ( φιλία, αγάπη, στοργή) είναι οι κοσμογονικές δυνάμεις με τις οποίες έλκονται ή απωθούνται τα σώματα. Έτσι το σύμπαν είναι ακίνητο και την ελεατική άποψη ως προς το σύνολο αλλά κινείται ως προς τα μέρη του κατά την άποψη του Ηράκλειτου.

Αναξαγόρας (500-428 π.Χ.) Από το ελεατικό δόγμα, ότι τίποτα δεν γίνεται από το «μη είναι» και τίποτα δεν καταλήγει στο «μη είναι» ξεκινά και ο Αναξαγόρας, ο οποίος αποδέχεται επίσης τη θέση του Εμπεδοκλή, ότι γένεση κα φθορά είναι ένωση και διάλυση των στοιχείων(νερό, γη, αέρας, φωτιά), που καθαυτά είναι βέβαια αμετάβλητα. Η απορία του Αναξαγόρα είναι: αφού τα στοιχεία καθαυτά είναι αμετάβλητα, πώς συμβαίνει π.χ. το ψωμί που τρώμε να γίνεται σάρκες, οστά, φλέβες, αίμα, τρίχες κλπ. Αυτή η απορία τον οδηγεί στην εκδοχή ότι μέσα σε κάθε ουσία υπάρχουν από την αρχή όλες οι ουσίες μαζί και έτσι το κάθε μέρος τρέφεται με τις όμοιές του ουσίες, που βρίσκονται παντού. Άλλη παραδοχή του Αναξαγόρα είναι ότι τα στοιχεία δεν είναι τέσσερα αλλά άπειρα (σύμφωνα με τον Αναξίμανδρο), όμως άπειρα και στον αριθμό και

N:17o

Η Στήλη των Μαθηματικών της 31/5/2006 2/4

στο μέγεθος και στο μερισμό τους. Τέλος για να ερμηνεύσει την κίνηση των στοιχείων και παρατηρώντας την τάξη που υπάρχει στα πράγματα του κόσμου, θεωρεί μια δύναμη όμοια μ’ εκείνη που είναι αιτία για την τάξη στις εκδηλώσεις και τα έργα των ανθρώπων. Η δύναμη αυτή είναι ο νους. Κατά τον Αναξαγόρα ο νους είναι η κινητήρια δύναμη του σύμπαντος και ο ρυθμιστής του. Είναι αυθυπόστατος, χωριστός από τα άλλα στοιχεία, απαλλαγμένος από πάθη και από μεταβολές, αυτοδύναμος, παντοδύναμος, παντογνώστης και πανταχού παρών.

Οι ατομικοί φιλόσοφοι Μετά τους Εμπεδοκλή και Αναξαγόρα οι ατομικοί φιλόσοφοι Λεύκιππος(5ος αιώνας) και Δημόκριτος ο Αβδηρίτης(460-370 π.Χ.) κλείνουν τον κύκλο της προσπάθειας για να γεφυρωθεί το χάσμα ανάμεσα από τις θεωρίες του Ηράκλειτου και του Παρμενίδη. Οι ατομικοί δέχονται την άποψη του Παρμενίδη ότι το ον είναι αγέννητο, αμετάβλητο και άφθαρτο, έχουν όμως πεισθεί και για την πολλαπλότητα και για την κίνησή του, πράγματα που οι ελεάτες είχαν αρνηθεί, γιατί δεν καταλάβαιναν πώς το ον θα μπορούσε να διαιρείται ή να κινείται, αφού γι’ αυτούς έξω από αυτό δεν υπήρχε τίποτα. Το νέο στοιχείο που εισάγουν οι ατομικοί είναι ότι η ύπαρξη του κενού πρέπει να θεωρείται τόσο βέβαιη όσο και η ύπαρξη του οντος. Συγκεκριμένα οι ατομικοί πήραν αντίθετη στάση στη θεωρία του Ζήνωνα για την «επ’ άπειρον τομή» η οποία ήταν θεωρητικά δυνατή για τα σχήματα των μαθηματικών αλλά όχι και για τα φυσικά σώματα. Έτσι κατέληξαν και αυτό το έκανε κυρίως ο Δημόκριτος, στην ύπαρξη του ατόμου και να αποδώσουν σ’ αυτό όλα τα γνωρίσματα που οι ελεάτες είχαν αποδώσει στο όν.

Οι σοφιστές Κλείνοντας κανείς τη σύντομη αναφορά με τα φιλοσοφικά ρεύματα και τις διάφορες σχολές που άνθισαν κατά την προσωκρατική περίοδο ή καλύτερα τον 6ο και 5ο π.Χ. αιώνα στην Ελλάδα και τις αποικίες της δε θα πρέπει να παραλείψει και την γενικότερη προσφορά των σοφιστών. Το κίνημα της Σοφιστικής εκδηλώθηκε στην αστική κοινωνία της Αθήνας κυρίως μετά τους περσικούς πολέμους και κυρίως από την πρακτική ανάγκη για μια καινούργια μορφή παιδείας. Οι σοφιστές ήταν δάσκαλοι της σοφίας, παίρνουν από τα πλουσιόσπιτα τους νεαρούς και τους προετοιμάζουν για τον αγώνα της ζωής, για δύναμη και πλούτο. Ενώ οι προσωκρατικοί αναζητούσαν την αλήθεια για χάρη της αλήθειας, οι σοφιστές μετατοπίζουν το κέντρο βάρους από τον κόσμο στον άνθρωπο. Οι σοφιστές και κυρίως ο Πρωταγόρας(490-420π.Χ.) και ο Γοργίας(490-380π.Χ.) δίδαξαν στους μαθητές τους ώστε να γίνουν ικανοί στη σκέψη, στο λόγο και στην πράξη ώστε να έχουν όσο γίνεται μεγαλύτερη επιτυχία στη ζωή και να συμβάλουν στις κοινωνικές εξελίξεις. Έτσι ο Πρωταγόρας κατέληξε στο συμπέρασμα: «για όλα τα πράγματα μέτρο είναι ο άνθρωπος». Η Σοφιστική έφερε στο επίκεντρο της μελέτης τον άνθρωπο, τη γνώση και την πράξη του. Έθεσε από την αρχή το γνωσιολογικό πρόβλημα, θεμελίωσε τη διαλεκτική και τη λογική, εγκαινίασε την ψυχολογία, ενδιαφέρθηκε για τα κοινωνικά προβλήματα και μελέτησε την καταγωγή της γλώσσας, της τέχνης και του πολιτισμού γενικότερα. Η Σοφιστική πολεμώντας τη μυθοκρατική και τη δογματική σκέψη της παλαιότερης κοινωνίας, θεωρήθηκε ως ένα βαθμό υπεύθυνη για μηδενισμό και αμοραλισμό. Αυτό οδήγησε στην ανάγκη για να οριστούν οι έννοιες των πραγμάτων κατά το δυνατό πάνω σε βάση γενικότερα αποδεκτή. Μέσα από αυτή την ανάγκη βγήκε ο Σωκράτης.

Η Στήλη των Μαθηματικών της 31/5/2006 3/4

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις 23. Ο μαθηματικός Augustus de Morgan έζησε τον δέκατο ένατο αιώνα και σε κάποια δήλωσή του είπε: « Το έτος χ2 ήμουν στην ηλικία των χ ετών». Πότε γεννήθηκε ο μαθηματικός αυτός; Λύση: Παρατηρούμε τα τετράγωνα των αριθμών:

422 = 1764, 432 = 1849, 442 = 1936. Από τα τρία αυτά τετράγωνα το μόνο που βρίσκεται στο διάστημα που θεωρείται ως 19ος αιώνας είναι το 432 = 1849. Άρα ο Morgan το έτος 1849 είχε ηλικία το 43 και συνεπώς γεννήθηκε το έτος 1849 – 43 = 1806. Σημείωμα: Ο Augustus de Morgan γεννήθηκε στην Ινδία το 1806 και πέθανε στην Αγγλία το 1871. Μαθηματικός με πολύπλευρη προσφορά σε πολλούς τομείς των μαθηματικών και της Αστρονομίας. Μαζί με τον συμπατριώτη του G. Boole εργάστηκαν στη νεώτερη Άλγεβρα τη γνωστή ως Άλγεβρα του Boole. Στην ΄Αλγεβρα αυτή γίνεται για πρώτη φορά η άμεση σύνδεση των Μαθηματικών με τη Λογική η οποία μέχρι τότε θεωρούνταν κλάδος της Φιλοσοφίας. Οι μαθητές των Λυκείων γνωρίζουν τους τύπους του De Morgan:

(A B) =A B και (A B) =A B′ ′ ′ ′ ′ ′∪ ∩ ∩ ∪

24. Η Ελένη για να γιορτάσει την επιτυχία της στις εξετάσεις των Μαθηματικών έφερε μια τούρτα σχήματος κυκλικού να τη μοιραστεί με τον αδελφό της τον Κώστα. Ο Κώστας λαίμαργος όπως ήταν έφαγε τη μισή. Η Ελένη θέλοντας να κρατήσει τη σιλουέτα της τρώει τη μισή της μισής. Ο Κώστας συνεχίζει τρώγοντας πάλι το μισό του υπολοίπου και έτσι το παιχνίδι συνεχίζεται ….. μέχρι τέλους. Μπορούμε να βρούμε ποιος έφαγε περισσότερο. (χωρίς τη χρήση γεωμετρικής προόδου) Λύση: Κάθε φορά ο Κώστας τρώει τη διπλάσια ποσότητα από αυτή που τρώει η Ελένη. Έτσι μετά από τις «άπειρες» τέτοιες διαιρέσεις, συνολικά ο Κώστας θα φάει τη διπλάσια ποσότητα από αυτή της Ελένης. Έτσι ο Κώστας θα φάει τα 2/3 της τούρτας και η Ελένη το 1/3. Αν βέβαια επικαλεστούμε τη θεωρία των γεωμετρικών προόδων τότε θα έχουμε: Ο Κώστας συνολικά τρώει:

1 1 1A ....2 8 32

= + + + =

1 1 11 4 22 2 2

1 4 1 3 2 3 314 4 4

⋅= = = =

− ⋅−

της τούρτας γιατί τα μερίδια αποτελούν όρους απολύτως φθίνουσας γεωμετρικής

Η Στήλη των Μαθηματικών της 31/5/2006 4/4

προόδου με αρχικό όρο τον 12

και λόγο τον 14

και ο τύπος υπολογισμού του

«αθροίσματος» είναι: 1∞α

Σ =− ω

, όπου α ο αρχικός όρος και ω ο λόγος της προόδου.

και η Ελένη αντίστοιχα:

1 1 1B ....4 16 64

= + + + =

1 1 11 4 14 4 4

1 4 1 3 3 4 314 4 4

⋅= = = =

− ⋅− της τούρτας.

Παρατήρηση. Κατά το φιλόσοφο Ζήνωνα τον Ελεάτη αυτή η επεξεργασία θα ήταν αδύνατη ή μάλλον ατέρμονη.

Για την άλλη φορά

25. Σ’ ένα λουναπάρκ το παιχνίδι απαιτεί από τον παίχτη να σημαδέψει κάποιο στόχο. Η δυσκολία είναι ότι ο παίχτης και ο στόχος κινούνται πάνω σε ράγες όπως φαίνονται στο παρακάτω σχήμα. Στην αρχή του παιχνιδιού ο παίχτης βρίσκεται στη θέση Β και ο στόχος στη θέση Α έτσι ώστε ΟΑ=40 μέτρα και ΟΒ=20 μέτρα. Οι ταχύτητες με τις οποίες κινούνται είναι υΑ=10,8 km/h και υΒ= 14,4 km/h. Για να μεγαλώσει την πιθανότητα ο παίχτης να κερδίσει πρέπει να επιχειρήσει το χτύπημα όταν η απόσταση μεταξύ των δύο βαγονιών γίνει ελάχιστη. Ποια είναι αυτή η θέση και μετά πόσο χρόνο από την έναρξη του παιχνιδιού θα επιχειρήσει το χτύπημα;

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών της 31/5/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Εάν όμως η Μαθηματική Επιστήμη οφείλει την γένεσίν της εις τους δύο αθανάτους σοφούς, τον Θαλήν και τον Πυθαγόραν, τα πρώτα βήματα αυτής απετέλεσαν, ουσιαστικώς, αι προσπάθειαι των μαθητών αυτών και γενικότερον όλων των γεωμετρών της Ελλάδος δια την επίλυσιν των καταστάντων έκτοτε περιφήμων τεσσάρων γεωμετρικών προβλημάτων. (Μ.Α.Μπρίκας, Τα περίφημα άλυτα γεωμετρικά προβλήματα της Αρχαιότητας. Αθήναι 1970. Εκτύπωσις Α.Α.Παπασπύρου)

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Γενικά Από τις αρχές του 5ου π.Χ. αιώνα έχουν τεθεί σχεδόν για λύση, τέσσερα γεωμετρικά προβλήματα που απασχόλησαν τους μαθηματικούς σχεδόν μέχρι και τον 19ο αιώνα δηλαδή περίπου 2500 χρόνια. Αυτά τα προβλήματα είναι:

1. Ο τετραγωνισμός του κύκλου 2. Ο διπλασιασμός του κύβου 3. Η τριχοτόμηση τυχαίας γωνίας και 4. Η κατασκευή κανονικών πολυγώνων.

Τα προβλήματα αυτά απασχόλησαν όχι μόνο το σύνολο σχεδόν των γεωμετρών της αρχαιότητας αλλά και τους απλούς ανθρώπους αφού, όπως αναφέρεται, ακόμα και ο τραγικός ποιητής Ευριπίδης μιλάει στους διαλόγους του για το πρόβλημα του διπλασιασμού του κύβου και ο Αριστοφάνης στις Όρνιθες αναφέρεται τον τετραγωνισμό του κύκλου. Αν και παρέμειναν αυτά τα προβλήματα άλυτα, με τον περιορισμό βέβαια της χρήσης του κανόνα και του διαβήτη, δεν σημαίνει ότι οι προσπάθειες των μαθηματικών ήταν άκαρπες. Μέσα από την προσπάθεια της επίλυσης αυτών των προβλημάτων που ουσιαστικά ήταν κατασκευαστικό πρόβλημα, προέκυψαν αξιοθαύμαστα καινούργια αποτελέσματα. Έτσι στην μακρόχρονη πορεία επινοήθηκαν νέα γεωμετρικά στοιχεία όπως για παράδειγμα επιφάνειες και καμπύλες, νέες θεωρίες ακόμα και νέοι κλάδοι των μαθηματικών. Ειδικότερα κατά την περίοδο της ελληνικής αρχαιότητας επινοήθηκαν λύσεις που άνοιξαν τον μαθηματικό ορίζοντα και έγιναν αφετηρία για νέες αναζητήσεις.

Η γεωμετρική κατασκευή Όταν στην Ευκλείδεια γεωμετρία μιλά κανείς για γεωμετρική κατασκευή θα πρέπει να γνωρίζει ότι αυτό είναι ένα πρόβλημα με συγκεκριμένα χαρακτηριστικά. Έτσι όταν έχουμε να κατασκευάσουμε ένα γεωμετρικό σχήμα τότε τα μόνα γεωμετρικά όργανα που πρέπει να χρησιμοποιήσουμε είναι ο κανόνας( δηλαδή χάρακας χωρίς διαβάθμιση) και ο διαβήτης. Για το λόγο αυτό γεωμετρική κατασκευή είναι μια σειρά πράξεων που εκτελούνται με τη βοήθεια του κανόνα και του διαβήτη, με αποτέλεσμα τον προσδιορισμό σημείων ή γεωμετρικών τόπων σημείων(δηλαδή συνεχών γραμμών) που πληρούν κάποια δεδομένη συνθήκη. Η υιοθέτηση της αρχής αυτής έγινε από τους γεωμέτρες του 6ου και 5ου π.Χ. αιώνα οι οποίοι, αφού ξεπέρασαν την εμπειρική χρήση της γεωμετρίας στην οποία είχαν παραμείνει

N:18o

Η Στήλη των Μαθηματικών της 31/5/2006 2/4

επί δύο χιλιετίες οι Αιγύπτιοι και οι Βαβυλώνιοι κατάφεραν και την ανήγαγαν σε θεωρητική γνώση δηλαδή σε επιστήμη. Τα πρώτα γεωμετρικά όργανα που χρησιμοποιήθηκαν από τους Αιγυπτίους, τους Βαβυλωνίους και κυρίως από τους Έλληνες ήταν: α) Ο κανόνας, με τη βοήθεια του οποίου γράφονται ευθείες που ορίζονται από δύο σημεία. β) Ο διαβήτης, με τη βοήθεια του οποίου γράφονται κύκλοι καθώς επίσης μεταφέρονται τμήματα ευθειών, μήκη ή διαστήματα. γ) Το τρίγωνο με πλευρές ίσες με 3, 4 και 5 μονάδες μήκους. Στο τρίγωνο αυτό σχηματίζεται μια ορθή γωνία. Οι έλληνες γεωμέτρες θέσπισαν τα τρία αυτά γεωμετρικά όργανα και είπαν ότι με αυτά θα μπορούσαν να κατασκευαστούν όλα τα γεωμετρικά σχήματα. Η παραδοχή αυτή έγινε δεκτή πριν από τον 5ο π.Χ. αιώνα. Πιθανότατα να είχε περιληφθεί και από τον Ιπποκράτη το Χίο στα στοιχεία που έγραψε. Ρητή όμως και οριστική διατύπωση της παραδοχής αυτής βρίσκει κανείς στο πρώτο βιβλίο από τα «Στοιχεία» του Ευκλείδη (325-265π.Χ.) όπου ο Ευκλείδης θεμελίωσε τη Γεωμετρία, βάσει 23 ορισμών και κοινών εννοιών. Με την εισαγωγή των αιτημάτων του Ευκλείδη οριστικοποιείται πλέον η χρήση του κανόνα και του διαβήτη ως κατασκευαστικά εργαλεία της γεωμετρίας. Έτσι στο εξής οι γεωμετρικές κατασκευές όφειλαν να εκτελεστούν μόνο με χρήση του κανόνα και του διαβήτη. Θα μπορούσε να πει κανείς ότι οι κατασκευές με τα όργανα αυτά αποτελούν κατά κάποιο τρόπο και θεωρήματα υπάρξεως λύσης, αφού χρησιμοποιούν μόνο ευθείες και κύκλους, δηλαδή γραμμές που μπορούν να χαραχθούν πάντοτε σύμφωνα με τα δεκτά αιτήματα του Ευκλείδη, και ανεξάρτητα από ακρίβεια που πετυχαίνει κανείς κάθε φορά.

Τα ερωτήματα που προέκυψαν

Κατά τη διαδρομή της ιστορίας και των προσπαθειών για να λυθούν τα τέσσερα αυτά προβλήματα προέκυψαν διάφορα ερωτήματα όπως: 1ο. Μήπως η λύση των προβλημάτων αυτών και γενικότερα οι γεωμετρικές κατασκευές δεν είναι δυνατόν να επιτευχθούν μόνο με τη χρήση του κανόνα και του διαβήτη; 2ο. Πότε η λύση ενός γεωμετρικού προβλήματος είναι δυνατόν να επιτευχθεί με τη χρήση του κανόνα και του διαβήτη; 3ο. Μήπως υπάρχουν κατασκευές που πραγματοποιούνται με τη χρήση μόνο του κανόνα ή αντίστοιχα μόνο του διαβήτη ή ακόμα με τη χρήση κανόνα και ενός «σκουριασμένου» διαβήτη δηλαδή ενός διαβήτη που έχει «κολλήσει» σε ένα συγκεκριμένο άνοιγμα; Οι απαντήσεις στα ερωτήματα αυτά σήμερα είναι γνωστές. Έτσι λοιπόν γνωρίζουμε σήμερα ότι τα δύο πρώτα προβλήματα δηλαδή τετραγωνισμός του κύκλου και ο διπλασιασμός του κύβου είναι αδύνατο να λυθούν με τη χρήση του κανόνα και του διαβήτη. Η λύση στο τρίτο και τέταρτο πρόβλημα είναι δυνατή μόνο σε ορισμένες περιπτώσεις. Και ακόμα: Η απάντηση στο ερώτημα 2ο μπορεί να διατυπωθεί ως εξής: «Για να λυθεί ένα γεωμετρικό πρόβλημα με τη χρήση μόνο του κανόνα και του διαβήτη, θα πρέπει το πρόβλημα αυτό, αφού διατυπωθεί σε αλγεβρική μορφή να οδηγείται σε μια ανάγωγη αλγεβρική εξίσωση με ακέραιους συντελεστές, της οποίας οι λύσεις να εκφράζονται με τη βοήθεια ρητών αριθμών και τετραγωνικών ριζών σε πεπερασμένο πλήθος». Στο τρίτο ερώτημα υπήρξαν μελέτες τον 17ο αιώνα που απάντησαν ότι αν ένα σχήμα κατασκευάζεται με κανόνα και διαβήτη τότε μπορεί να κατασκευαστεί με τη χρήση μόνο του διαβήτη, καθώς επίσης υπάρχουν και κατασκευές που πραγματοποιούνται με τη χρήση μόνον του κανόνα.

Η Στήλη των Μαθηματικών της 31/5/2006 3/4

Έτσι λοιπόν έπρεπε να περιμένει κανείς τον 19ο αιώνα για δώσει οριστική απάντηση στα ερωτήματα αυτά. Παρόλα αυτά όμως, και αυτό είναι το πλέον σημαντικό στην ιστορία των μαθηματικών, οι Αρχαίοι Έλληνες μαθηματικοί οδηγούμενοι από τη διαίσθηση αναζήτησαν λύσεις που δεν βασίζονταν στη χρήση του κανόνα και του διαβήτη. Οι προσπάθειες αυτές οδήγησαν τους αρχαίους μαθηματικούς στο να δεχθούν ότι τα γεωμετρικά προβλήματα χωρίζονται σε τρεις μεγάλες κατηγορίες:

Στα επίπεδα, στα στερεά και στα γεωμετρικά προβλήματα. Σύμφωνα με την άποψη αυτή επίπεδα προβλήματα είναι εκείνα που λύνονται με τη χρήση του κανόνα και του διαβήτη(ευθειών και κύκλων), στερεά εκείνα που λύνονται με τις κωνικές τομές που είναι τομές στερεών σχημάτων και τέλος γεωμετρικά είναι εκείνα που εκτός των άλλων χρησιμοποιούν γραμμές πολύπλοκες όπως, οι έλικες, οι τετραγωνίζουσες, οι κογχοειδείς και οι κισσοειδείς, οι οποίες παρουσιάζουν ιδιότητες πάρα πολύ ενδιαφέρουσες.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

Λύση:

BBt

A8 40m

20m

Οι ταχύτητες των δύο σωμάτων είναι : Av 3m / s= et Bv 4m / s= . Μετά από t δευτερόλεπτα τα δύο κινητά θα μετακινηθούν από τις θέσεις Α, Β στις θέσεις Αt, Bt Τότε θα είναι : OAt=40-3t et OBt=20-4t και η μεταξύ των απόστση:

AtBt= 2 2 2 2 2t tOA OB (40 3t) (20 4t) 25t 400t 2000+ = − + − = − + =

Η Στήλη των Μαθηματικών της 31/5/2006 4/4

2 225(t 16t 80) 5 t 16t 80− + = − + αλλά η παράσταση 2f (t) t 16t 80= − + (από τη θεωρία του τριωνύμου)

παίρνει ένα ελάχιστο για

t=-β/2α=8sec. Το μίνιμουμ τότε είναι:

-Δ/4α=16. άρα κατά τη στιγμή των 8sec η απόσταση γίνεται ελάχιστη με

A8B8=5.4=20m. Άρα το χτύπημα θα πραγματοποιηθεί κατά το όγδοο δευτερόλεπτο, όταν η απόσταση πάρει την τιμή των 20 μέτρων.

Για την άλλη φορά

26. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ ορθογώνιο στο Α και ΑΒ>ΑΓ. Θεωρούμε το σημείο εσωτερικό του ΑΒ τέτοιο ώστε ΒΔ=ΑΓ. Στη συνέχεια σημειώνουμε με Μ, Ν τα μέσα των τμημάτων ΑΔ και ΒΓ αντιστοίχως. Να ευρεθεί η γωνία που σχηματίζει η ΜΝ με την ΑΒ. 27. Η φυλακή ενός βασιλείου του περασμένου αιώνα είχε 1000 κελιά, αριθμημένα από το 1 ως και το 1000. Κάθε κελί είχε έναν κρατούμενο, και για κάθε φυλακισμένο υπήρχε ένας ξεχωριστός φύλακας. Σε μια επανάσταση, μετά την ανατροπή του βασιλιά, δόθηκε η διαταγή να απελευθερωθούν ορισμένοι φυλακισμένοι, με βάση τον εξής κανόνα:

1) ο πρώτος φύλακας θα ανοίξει όλα τα κελιά 2) ο δεύτερος θα κλείσει κάθε δεύτερο κελί, 3) ο τρίτος θα σταματάει σε κάθε τρίτο κελί και θα το κλείνει, αν είναι

ανοιχτό, ή θα το κλείνει, αν είναι κλειστό 4) ο τέταρτος όμοια θα σταματά σε κάθε τέταρτο κελί και θα το κλείνει,

αν είναι ανοιχτό, ή θα το ανοίγει, αν είναι κλειστό 5) με ανάλογο τρόπο θα ενεργήσουν ο πέμπτος, ο έκτος, κλπ, μέχρι και

χιλιοστός φύλακας. Ποιοι φυλακισμένοι θα απελευθερωθούν;

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών της 31/5/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Ο τετραγωνισμός του κύκλου Ο τετραγωνισμός του κύκλου είναι από τα αρχαιότερα και πιο πολυσυζητημένα προβλήματα της γεωμετρίας, και μάλιστα σε τέτοιο βαθμό, ώστε να θεωρείται σήμερα συνώνυμο γενικά με το αδύνατο της πραγματοποίησης κάποιας δραστηριότητας. Η πρώτη εμφάνιση του προβλήματος βρίσκεται καταγεγραμμένη στον πάπυρο του Rhind (περίπου 1600π.Χ.), στον οποίο ο γραφέας Ahmès, προτείνει μια προσεγγιστική λύση. Αργότερα τον 5ο π.Χ. αιώνα ο Αναξαγόρας από τις Κλαζομενές, ήταν ο πρώτος που ασχολήθηκε πιο σοβαρά με το θέμα αυτό και λίγο αργότερα ο Ιπποκράτης ο Χίος ( 470-400π.Χ.). Στη συνέχεια με τον τετραγωνισμό του κύκλου ασχολήθηκαν πολλοί έλληνες μαθηματικοί, όπως ο Ιππίας ο Ηλείος, ο Αντιφών, ο Βρύσων και άλλοι. Η διατύπωση του προβλήματος είναι:

«Να κατασκευαστεί τετράγωνο που να έχει εμβαδόν ίσο με το εμβαδόν ενός δεδομένου κύκλου»

Σύμφωνα λοιπόν με το παραπάνω σχήμα το πρόβλημα απαιτεί, αν γνωρίζουμε την ακτίνα του κύκλου, να βρούμε την πλευρά του τετραγώνου, ώστε τα εμβαδά των δύο σχημάτων να γίνονται ίσα.

Η ανάγκη του τετραγωνισμού Πριν δούμε πιο αναλυτικά το ιστορικό της προσπάθειας που έγινε για να τετραγωνισθεί ο κύκλος ενδιαφέρον έχει να εξετάσουμε ποια ήταν η ανάγκη που

N:19o

; ;

Αιγύπτιος γραφέας-Ahmès

Η Στήλη των Μαθηματικών της 31/5/2006 2/4

οδήγησε τους αρχαίους μαθηματικούς να αναζητήσουν τη λύση ενός τέτοιου προβλήματος. Είναι γνωστό ότι οι πρώτες αφορμήσεις για την ανάπτυξη της γεωμετρίας και της αριθμητικής ήταν η μέτρηση του εμβαδού ενός χωραφιού. Η ανάγκη αυτή στην περιοχή του Νείλου και του Ινδού ποταμού ήταν αυξημένη εξαιτίας του γεγονότος ότι οι μεγάλοι αυτοί ποταμοί πλημμύριζαν και κατέστρεφαν τα σύνορα των χωραφιών. Για το λόγο αυτό οι Αιγύπτιοι και οι Βαβυλώνιοι, οι οποίοι ζούσαν στις περιοχές αυτές, επινόησαν μεθόδους μέτρησης του εμβαδού των χωραφιών τους. Εξάλλου αυτό γίνεται πάντοτε. Η πραγματική ανάγκη οδηγεί την επιστήμη στη μελέτη του προβλήματος και στη συνέχεια στη λύση του. Για να μετρηθεί το εμβαδόν μιας επιφάνειας πρέπει να βρεθεί ένας τρόπος να συγκριθεί αυτή με ένα τετράγωνο. Έτσι για παράδειγμα ένα σημερινό οικόπεδο σχήματος τριγωνικού ή γενικά πολυγωνικού, όταν λέμε ότι είναι 400 τετραγωνικά μέτρα εννοούμε ότι το οικόπεδο αυτό έχει έκταση ίση με ένα τετράγωνο που έχει πλευρά 20 μέτρα. Η αναγωγή δηλαδή ενός ευθυγράμμου σχήματος σε ισοδύναμο τετράγωνο λέγεται τετραγωνισμός αυτού του σχήματος.

Ο τετραγωνισμός του ορθογωνίου Η κατασκευή που φαίνεται στο παραπάνω σχήμα έγινε με τη χρήση μόνο του χάρακα και του διαβήτη και μετασχημάτισε το ορθογώνιο (ΑΒΓΔ) στο ισοδύναμο μ’ αυτό τετράγωνο (ΒΗΘΖ).

Πράγματι: Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΗ ισχύει:

(ΒΗ)2=(ΑΒ)⋅⋅(ΒΕ) δηλαδή:

Ε(ΒΗΘΖ)=Ε(ΑΒΓΔ).

ΒΑ Ο

Δ Γ

Η Στήλη των Μαθηματικών της 31/5/2006 3/4

Ο τετραγωνισμός του παραλληλογράμμου Ένα τυχαίο παραλληλόγραμμο μετασχηματίζεται εύκολα σε ισοδύναμο ορθογώνιο σύμφωνα με το κατωτέρω σχήμα:

Το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ με τη μεταφορά του ορθογωνίου τριγώνου ΑΔΕ από την αρχική του θέση στη θέση του ίσου του τριγώνου ΒΓΖ, μετασχηματίζεται στο ισοδύναμό μ’ αυτό ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΔΕΖΓ. Στη συνέχεια το ορθογώνιο αυτό τετραγωνίζεται σύμφωνα με το προηγούμενο παράδειγμα.

Ο τετραγωνισμός του τριγώνου Όταν έχουμε να τετραγωνίσουμε ένα τρίγωνο τότε πρέπει πρώτα να το μετασχηματίσουμε σε ένα ισοδύναμο παραλληλόγραμμο και στη συνέχεια το παραλληλόγραμμο αυτό να το μετασχηματίσουμε όπως προηγουμένως σε ισοδύναμο ορθογώνιο και τελικά σε ισοδύναμο τετράγωνο. Ο μετασχηματισμός γίνεται στο ακόλουθο σχήμα.

Το τρίγωνο (ΑΒΓ) είναι το μισό του παραλληλογράμμου (ΑΒΔΓ). Επίσης το παραλληλόγραμμο (ΑΕΖΓ) είναι το μισό του (ΑΒΔΓ) γιατί τα Ε και Ζ είναι τα μέσα των ΑΒ και ΓΔ αντίστοιχα. Έτσι το τρίγωνο (ΑΒΓ) είναι ισοδύναμο με το παραλληλόγραμμο (ΑΕΖΓ). Άρα και το τρίγωνο τετραγωνίζεται αφού το ΑΕΖΓ ως παραλληλόγραμμο τετραγωνίζεται.

Ο τετραγωνισμός του κυρτού πολυγώνου

Στο διπλανό σχήμα φαίνεται ο τρόπος με τον οποίο ένα κυρτό πεντάγωνο μετασχηματίζεται σε ένα ισοδύναμο τρίγωνο με τη βοήθεια των παραλλήλων ΕΖ//ΑΔ και ΒΗ//ΑΓ. Έτσι αφού (ΑΕΔ)=(ΑΔΖ) και (ΑΒΓ)=(ΑΗΓ) τότε θα είναι και Ε(ΑΒΓΔΕ)=Ε(ΑΗΖ). Ο τετραγωνισμός λοιπόν του πενταγώνου είναι εύκολος αφού το ισοδύναμο τρίγωνο τετραγωνίζεται.

Α Β

ΓΔ

ΒΑ

ΔΓ

Ε Ζ

Η Στήλη των Μαθηματικών της 31/5/2006 4/4

Με τον ίδιο τρόπο τετραγωνίζεται κάθε κυρτό πολύγωνο.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

26. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ ορθογώνιο στο Α και ΑΒ>>ΑΓ. Θεωρούμε το σημείο εσωτερικό του ΑΒ τέτοιο ώστε ΒΔ=ΑΓ. Στη συνέχεια σημειώνουμε με Μ, Ν τα μέσα των τμημάτων ΑΔ και ΒΓ αντιστοίχως. Να ευρεθεί η γωνία που σχηματίζει η ΜΝ με την ΑΒ. Λύση: Έστω το τρίγωνο ΑΒΓ το οποίο είναι ορθογώνιο στο Α και η πλευρά ΑΒ μεγαλύτερη από την πλευρά ΑΓ. Θεωρούμε ευθύγραμμο τμήμα ΒΕ ⊥ΑΒ και ΒΕ=ΑΓ. Τότε:

• Το τρίγωνο (ΔΒΕ) που θα προκύψει θα είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, εφόσον θεωρήσαμε ότι ΒΔ=ΑΓ(από την υπόθεση). Άρα οι οξείες γωνίες του τριγώνου αυτού θα είναι από 45ο η κάθε μια.

• Επίσης το τετράπλευρο (ΑΒΕΓ), που θα προκύψει αν ενώσουμε το σημείο Ε με το σημείο Γ, θα είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, γιατί έχει δύο απέναντι πλευρές ίσες και παράλληλες. Έτσι λοιπόν οι διαγώνιες του ορθογωνίου αυτού θα είναι ίσες και θα διχοτομούνται. Δηλαδή η ΑΕ θα διέλθει από το μέσο Ν της ΒΓ. Άρα το σημείο Ν θα είναι και μέσο της ΑΕ. Παρατηρώντας το τρίγωνο (ΑΔΕ) βλέπουμε ότι το σημείο Μ είναι μέσο της ΑΔ(από την υπόθεση) και το σημείο Ν μέσο της ΒΓ, όπως δείχθηκε ανωτέρω. Άρα το τμήμα ΜΝ επειδή ενώνει τα μέσα των δύο πλευρών του τριγώνου (ΑΔΕ), θα είναι παράλληλο με την τρίτη πλευρά του τριγώνου δηλαδή την ΔΕ και μάλιστα ίση με το μισό της. Από την παραλληλία προκύπτει ότι: γων(ΒΜΝ)=γων(ΒΔΕ) ως εντός εκτός και επί τα αυτά των παραλλήλων ΔΕ και ΜΝ, που τέμνονται από την ΑΒ. Έτσι η γωνία που ζητούμε είναι ίση με 45ο γιατί και η γωνία ΒΔΕ είναι όπως αναφέρθηκε πιο πάνω 45ο.

Για την άλλη φορά 28. Να βρεθεί ο αριθμός

z=i885307856725987+i321795055725176218 , όπου i η φανταστική μονάδα.

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

ΓΔ

Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 21/6/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Ο τετραγωνισμός του κύκλου και ο αριθμός π Μετά τον τετραγωνισμό του ορθογωνίου, του τριγώνου, του παραλληλογράμμου, του πολυγώνου γενικά, φυσικό ήταν να στραφεί το ενδιαφέρον των μαθηματικών και στον τετραγωνισμό σχημάτων τα οποία ορίζονται όχι μόνο από ευθύγραμμα τμήματα, αλλά και από καμπύλες γραμμές. Στο θέμα αυτό λοιπόν τον πρώτο λόγο έχει το τετράγωνο. Με την ιστορία του τετραγωνισμού του κύκλου σχετίζεται άμεσα και η ιστορία του πιο σπουδαίου ίσως αριθμού στη Μαθηματική Επιστήμη. Αυτός είναι ο αριθμός εκείνος που εκφράζει το «πόσες φορές «χωράει» η διάμετρος του κύκλου στην περιφέρειά του». Διεθνώς συμβολίζεται με το ελληνικό γράμμα π. είναι δηλαδή ο αριθμός που λειτουργεί στη μέτρηση του μήκους καθώς και στο εμβαδόν του κύκλου με τις σχέσεις:

L 2 R= π και 2E R= π Με δεδομένα λοιπόν αυτά τα στοιχεία το πρόβλημα του τετραγωνισμού του κύκλου ανάγεται στη λύση της εξίσωσης:

2 2Rχ = π Για να λυθεί όμως αυτή η εξίσωση θα πρέπει το δεύτερο μέλος να εκφράζει μια παράσταση που να μπορεί να τετραγωνισθεί. Η παράσταση αυτή είναι γινόμενο της ακτίνας R και του γινομένου πR. Θα ήταν λοιπόν εύκολο να γίνει κάτι τέτοιο αν ο αριθμός π ήταν ένας από τους γνωστούς αριθμούς. Αν ήταν για παράδειγμα ήταν ένας φυσικός (1,2,3,…) ή ένας ρητός (1/2,1/3, 5/8, ….) ή ακόμα ένας άρρητος όπως 2, 5, ,... , τότε το δεύτερο μέλος θα αποτελούσε ένα ορθογώνιο με πλευρές 2R και π και συνεπώς εύκολα θα τετραγωνίζονταν. Ο αριθμός όμως π στη μακραίωνη προσπάθεια των μαθηματικών από τους Βαβυλώνιους και τους Αιγύπτιους μέχρι και το 19ο αιώνα αποδείχθηκε ότι είναι ένας από τους πιο περίεργους αριθμούς στο χώρο των Μαθηματικών. Σήμερα στο σχολείο μαθαίνουμε ότι 3,14π ≈ ή ακόμα ότι 3,14159π ≈ . Μάλιστα για να θυμόμαστε τα δεκαδικά του ψηφία θυμόμαστε τους παρακάτω στίχους:

Αεί ο Θεός ο μέγας γεωμετρεί ώστε από το πλήθος των γραμμάτων της κάθε λέξης να δημιουργούνται τα ψηφία του αριθμού π, δηλαδή τα ψηφία:

3 , 1 4 1 5 9 και στη συνέχεια:

το κύκλου μήκος ίνα ορίση διαμέτρω παρήγαγεν αριθμόν απέραντον,

και όν, φεύ, ουδέποτε όλον θνητοί θα εύρωσι.

τα οποία παράγουν τον αριθμό με 22 δεκαδικά ψηφία:

N:20o

Η Στήλη των Μαθηματικών της 21/6/2006 2/4

3 , 1 4 1 5 9 2 6 5 3 5 8 9 7 9 3 2 3 8 4 6 2 6 Αντίστοιχα ποιήματα υπάρχουν σε όλες σχεδόν τις γλώσσες του κόσμου. Αναφέρουμε ενδεικτικά το αντίστοιχο στη Γαλλικά:

Que j`aime à faire apprendre ce nombre utile aux sages! Immortel Archimède, artiste ingénieur.

Qui de ton jugement peut priser la valeur ? Pour moi, ton problème eut de pareil avantages!

το οποίο δημιουργεί με την ίδια λογική τον αριθμό με τριάντα δεκαδικά ψηφία: π= 3 , 1 4 1 5 9 2 6 5 3 5 8 9 7 9 3 2 3 8 4 6 2 6 4 3 3 8 3 2 7 9

Οι πρώτες εκτιμήσεις του αριθμού π βρίσκονται σε κάποια Βαβυλωνιακή πλακέτα εδώ και 4000 χρόνια. Έτσι στους Βαβυλώνιους αποδίδεται η τιμή του π = 3+1/8 = 3,125. Ακολουθούν οι Αιγύπτιοι οι οποίοι πριν από 2700 χρόνια ήξεραν ως τιμή του π τον αριθμό: (16/9)2 ≅≅ 3,16… Ακόμα και στη Βίβλο(Βασιλέων Α, 7, 23) γίνεται αναφορά στην τιμή του π, σύμφωνα με την οποία η κυκλική λίμνη του οίκου του Σολομώντα είχε διάμετρο δέκα πήχεις και περιφέρεια τριάντα πήχεις, τοποθετώντας την τιμή του π στο 3. Δηλαδή π ≅ 3

Ο στόχος των Αρχαίων Γεωμετρών

Οι Έλληνες γεωμέτρες του 5ου π.Χ. αιώνα δεν απέβλεπαν στην εμπειρική κληρονομιά και στην πρακτική εκτίμηση της τιμής του π. Γι΄ αυτούς η Γεωμετρία γίνεται πλέον μια καθαρή γνώση. Έπρεπε να φτάσουν με θεωρητικό τρόπο στην κατασκευή τετραγώνου που να έχει εμβαδόν ίσο με το εμβαδόν ενός δοσμένου κύκλου. Και βέβαια έπρεπε όχι μόνο να κάνουν την κατασκευή αυτή αλλά να αιτιολογήσουν την ορθότητα του τρόπου που θα χρησιμοποιούσαν. Έτσι λοιπόν οι αρχικές προσπάθειες, που είχαν τον περιοριστικό χαρακτήρα της χρήσης του κανόνα και του διαβήτη, οδήγησαν σε αδιέξοδο. Για το λόγο αυτό επινόησαν και άλλους τρόπους κατασκευής. Γενικεύοντας τη γεωμετρική κατασκευή σύμφωνα με την αρχαία ελληνική αντίληψη, έχουμε τους παρακάτω τρόπους αντιμετώπισης της γεωμετρικής κατασκευής α) Κατασκευή με τη χρήση του κανόνα και του διαβήτη β) Κατασκευές με τη χρήση καμπυλών που κατασκευάζονται με μηχανικό τρόπο γ) Κατασκευές με προσεγγιστικούς τρόπους.

Οι μηνίσκοι του Ιπποκράτη του Χίου Ο μεγάλος αυτός μαθηματικός ασχολήθηκε με τον τετραγωνισμό του κύκλου ξεκινώντας από την προσπάθεια να τετραγωνίσει όχι ολόκληρο τον κύκλο, αλλά ένα μέρος του και μάλιστα ένα κομμάτι του κύκλου που περιέχεται ανάμεσα από μια χορδή του κύκλου και από την περιφέρειά του. Πράγματι στο σχήμα (1) βλέπει κανείς τους δύο μηνίσκους του Ιπποκράτη οι οποίοι ικανοποιούν τη σχέση:

Ε μηνίσκου(ΒΔΑΖΒ) + Εμηνίσκου(ΑΗΓΕΑ) = Ετριγώνου(ΑΒΓ) η σχέση αυτή εύκολα αποδείχνεται και υπάρχει σε όλα τα εγχειρίδια της σχολικής γεωμετρίας. Το σημαντικό της σχέσης αυτής είναι ότι τετραγωνίζει τους δύο μηνίσκους αφού τους μετασχηματίζει σε τρίγωνο και το τρίγωνο όπως ξέρουμε τετραγωνίζεται.

Η Στήλη των Μαθηματικών της 21/6/2006 3/4

Πρέπει βέβαια να πούμε ότι η εργασία του Ιπποκράτη πάνω στον τετραγωνισμό είναι εκτενής και ενδιαφέρουσα. Η πρόταση που αναφέρεται στο σχήμα 1 παρότι που φέρει το

όνομα «μηνίσκοι του Ιπποκράτη» δεν οφείλεται σ΄ αυτόν αλλά στον Άραβα Ibn Alhaitam(965-1039 μ.Χ.)

Παρατήρηση: Οι μηνίσκοι του Ιπποκράτη στο σχήμα 1 ως άθροισμα τετραγωνίζονται ενώ ο καθένας χωριστά δεν τετραγωνίζεται.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις 27. Η φυλακή ενός βασιλείου του περασμένου αιώνα είχε 1000 κελιά, αριθμημένα από το 1 ως και το 1000. Κάθε κελί είχε έναν κρατούμενο, και για κάθε φυλακισμένο υπήρχε ένας ξεχωριστός φύλακας. Σε μια επανάσταση, μετά την ανατροπή του βασιλιά, δόθηκε η διαταγή να απελευθερωθούν ορισμένοι φυλακισμένοι, με βάση τον εξής κανόνα:

ανοιχτό, ή θα το ανοίγει , αν είναι κλειστό 4) ο τέταρτος όμοια θα σταματά σε κάθε τέταρτο κελί και θα το κλείνει,

χιλιοστός φύλακας. Ποιοι φυλακισμένοι θα απελευθερωθούν; Λύση: Για να ελευθερωθεί ένας κρατούμενος, ο οποίος βρίσκεται σε κάποιο από τα κελιά Κ1,Κ2,Κ3,…Κν….Κ1000 με 1≤ν≤1000, έστω για παράδειγμα το Κν, θα πρέπει να ασχοληθούν με την θύρα του κελιού του, περιττός αριθμός φυλάκων. Πότε όμως ένας φύλακας από τους Φ1,Φ2,Φ3,…Φi,…Φ1000, ασχολείται (ανοίγει ή κλείνει) τη θύρα του κελιού αυτού; Εκτός από τον πρώτο φύλακα ο οποίος θα ανοίξει όλες τις θύρες όλοι οι υπόλοιποι θα περάσουν μόνο στην περίπτωση κατά την οποία ο αριθμός i διαιρεί τον αριθμό ν (με i≤ν)

Έτσι αναζητούμε τους αριθμούς εκείνους από το 1 μέχρι και το 1000 οι οποίοι έχουν περιττό πλήθος διαιρετών(*) αυτοί είναι οι:

12, 22, 32, 42, …,312 Άρα θα απελευθερωθούν όσοι βρίσκονται στα κελιά που βρίσκονται στις θέσεις των ανωτέρω αριθμών, δηλαδή των αριθμών:

Η Στήλη των Μαθηματικών της 21/6/2006 4/4

1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, …, 961. (*) Παρατήρηση: Από το ανωτέρω πρόβλημα προκύπτει το ερώτημα:

Ποιο είναι το πλήθος των διαιρετών του αριθμού ν2; Απάντηση: Είναι γνωστό από τη θεωρία των αριθμών ότι κάθε φυσικός αριθμός αναλύεται σε γινόμενο πρώτων παραγόντων. ( Πρώτος λέγεται ο φυσικό εκείνος που δεν διαιρείται με κανέναν άλλο εκτός από τη μονάδα και τον εαυτό του). Έτσι λοιπόν για το φυσικό ν έχουμε την ανάλυση:

1 2 kr r r

1 2 kp .p ...pν =

όπου 1 2 3 kp , p , p , ..., p πρώτοι αριθμοί και. 1 2 3 kr , r , r , ..., r φυσικοί αριθμοί. Κατά συνέπεια το πλήθος των διαιρετών του είναι 1 2 3 kA (r 1) (r 1) (r 1) (r 1)= + ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + γιατί:

• από τον πρώτο παράγοντα: 1r

1p προκύπτουν οι παράγοντες: 1r1 2 31 1 1 11,p ,p ,p ,...,p

που είναι σε πλήθος 1r 1+ ,

• από τον δεύτερο παράγοντα 2r

2p προκύπτουν 2r 1+ παράγοντες

• από τον τελευταίο προκύπτουν kr 1+ παράγοντες. Τελικά το γινόμενο των παραγόντων αυτών θα δώσει συνολικά

1 2 3 kA (r 1) (r 1) (r 1) (r 1)= + ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + πλήθος διαιρετών σύμφωνα με τη Βασική Αρχή Απαρίθμησης. Παράδειγμα: Ο αριθμός 648 = 23 × 34 έχει Α=(3+1) × (4+1) = 20 διαιρέτες. Ο αριθμός ν2 στη συνέχεια μπορεί να γραφεί:

1 2 k 1 2 kr r r 2 r 2 r 2 r2 21 2 k 1 2 k(p .p ...p ) p .p ...pν = =

και συνεπώς σύμφωνα με την προηγούμενη πρόταση θα έχει πλήθος διαιρετών 1 2 3 kA (2r 1) (2r 1) (2r 1) (2r 1)′ = + ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + το οποίο ως γινόμενο περιττών αριθμών θα είναι περιττός. Συμπέρασμα: Το πλήθος των διαιρετών ενός τετραγώνου αριθμού είναι περιττός αριθμός. Γεννάται όμως τώρα και το αντίστροφο ερώτημα: Αν το πλήθος των διαιρετών ενός αριθμού ν είναι περιττού πλήθους τότε ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο; Απάντηση: ναι (άσκηση για τους αναγνώστες)

Για την άλλη φορά 29. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με OA 60= . Ονομάζουμε Η το ορθόκεντρο και Ι το έγκεντρο του τριγώνου αυτού. Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΒΗΙΓ είναι εγγράψιμο σε κύκλο.

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών της 28/6/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Ο τετραγωνισμός του κύκλου και ο αριθμός π Συνεχίζοντας την αναφορά μας στον τετραγωνισμό του κύκλου και στο μεγάλο οδοιπορικό του π θα σταθούμε για λίγο ακόμα στον μεγάλο μαθηματικό της αρχαιότητας, τον Ιπποκράτη τον Χίο. Όπως αναφέραμε και στο προηγούμενο φύλλο στο σχολικό εγχειρίδιο υπάρχει η γνωστή άσκηση που φέρει το όνομα «μηνίσκοι του Ιπποκράτη» και λύνεται σαν εφαρμογή υπολογισμού του εμβαδού μικτογράμμων σχημάτων. Η σημασία του προβλήματος βρίσκεται στο γεγονός ότι το άθροισμα των εμβαδών των μηνίσκων πλέον αφού ισούται με το εμβαδό του τριγώνου μπορούν οι δύο μηνίσκοι(ως συνολικό σχήμα) να τετραγωνιστούν. Αυτό είναι και το σπουδαιότερο που πρέπει να διδάσκεται στους μαθητές και αυτό πρέπει να σχολιάζεται πέρα από οποιαδήποτε λογιστική προσέγγιση. Η εργασία του Ιπποκράτη για τον τετραγωνισμό των μηνίσκων σύμφωνα με τον Σιμπλίκιο και τον Εύδημο επικεντρώνεται στο τετραγωνισμό του συγκεκριμένου μηνίσκου στο σχήμα 2. Γράφει λοιπόν ο Σιμπλίκιος «Η απόδειξη είναι η ακόλουθη. Κατασκευάζουμε υπεράνω της ΑΒ ένα ημικύκλιο ΑΓΒ. Στο μέσο Δ του τμήματος ΑΒ υψώνουμε κάθετη ΔΓ και από το Γ φέρουμε το τμήμα ΓΑ. Αυτή θα είναι η πλευρά ενός τετραγώνου εγγεγραμένου στον κύκλο και το μισό αυτού του τετραγώνου θα είναι το ΑΓΒ. Τελικά παράπλευρα του τμήματος ΑΓ γράφουμε το ημικύκλιο ΑΕΓ. Έτσι επειδή το τετράγωνο του ΑΒ(που είναι υποτείνουσα ενός

N:21o

Η Στήλη των Μαθηματικών της 28/6/2006 2/4

ορθογωνίου τριγώνου) είναι ίση με τετράγωνο της ΑΓ και με το τετράγωνο της ΓΒ, δηλαδή με το άθροισμα των τετραγώνων των δύο καθέτων πλευρών και ακόμα ότι ο λόγος των εμβαδών των κύκλων είναι ίσος με το λόγο των διαμέτρων αυτών (πρόταση από το ΧΙΙΟ βιβλίο των Στοιχείων του Ευκλείδη), συνεπάγεται ότι το ημικύκλιο ΑΓΒ είναι το διπλάσιο του ημικυκλίου ΑΕΓ. Άρα το ημικύκλιο ΑΓΒ είναι το διπλάσιο του τεταρτημορίου ΑΓΔ. Έτσι λοιπόν και το τεταρτημόριο είναι ίσο με το ημικύκλιο ΑΕΓ. Εάν λοιπόν κανείς αφαιρέσει το κοινό τμήμα που περιλαμβάνεται ανάμεσα από την πλευρά του τετραγώνου και του αντιστοίχου τόξου ΑΓ, αυτό που θα μείνει είναι ο μηνίσκος που θα έχει εμβαδό ίσο με το εμβαδό του τριγώνου ΑΓΔ, το οποίο τρίγωνο εκ νέου είναι ίσο με ένα τετράγωνο. Έχοντας έτσι αποδείξει τον τετραγωνισμό του μηνίσκου προσπάθησε ο Ιπποκράτης να τετραγωνίσει τον κύκλο»(Simplicius, Comment, in octo Aristotelis Physiex auscultationis libros, fol.12e et suiv.(Venise, 1526) Μια γενίκευση στους τέσσερις μηνίσκους στο σχήμα 3 δείχνει ότι το άθροισμά τους δίνει το τετράγωνο που είναι εγγεγραμένο στον κύκλο.

Γενικότερο σχόλιο για τους μηνίσκους του Ιπποκράτη Ο Ιπποκράτης γενικά τετραγώνισε και άλλους μηνίσκους και μάλιστα με πολύ δύσκολες μεθόδους και δημιούργησε την εντύπωση ότι είχε επιτύχει και τον τετραγωνισμό του κύκλου. Μέχρι και το έτος 1840 όλες οι περιπτώσεις τετραγωνισμού των μηνίσκων ήταν τα παραδείγματα με τα οποία ασχολήθηκε ο Ιπποκράτης. Εκτός από τον Σιμπλίκιο που αναφέρει την προσπάθεια του Ιπποκράτη να τετραγωνίσει τον κύκλο και άλλοι μελετητές έφθασαν στη λαθεμένη αντίληψη ότι ο Ιπποκράτης τετραγώνισε τον κύκλο. Ο μεγάλος μαθηματικός Jean Étienne Montucla (18ος αιώνας) στο έργο του «Ιστορία των Μαθηματικών» πίστευε ότι ο Ιπποκράτης είχε τετραγωνίσει τον κύκλο. Στην πλάνη αυτή βοηθούσε και μια απόδειξη αγνώστου «σοφού» η οποία κατά τον Μ.Α. Μπρίκα (Τα περίφημα άλυτα προβλήματα της αρχαιότητας) οδηγούσε στη λαθεμένη άποψη ότι ο κύκλος τετραγωνίζεται. Στο σχήμα 4 φαίνεται ένα ημικύκλιο με διάμετρο α και ένα ακόμη ημικύκλιο με διπλάσια διάμετρο. Η πρόταση που αναφέρει ο Σιμπλίκιος λέει ότι: το άθροισμα των τριών μηνίσκων που δημιουργήθηκαν από το κανονικό εξάγωνο σύν το ημικύκλιο δίνουν το εμβαδό του τραπεζίου. Έτσι το ημικύκλιο ισούται με τη διαφορά που προκύπτει αν αφαιρέσουμε από το τραπέζιο τους τρείς μηνίσκους. Άρα αφού οι μηνίσκοι τετραγωνίζονται καθώς και ότι το τραπέζιο κι αυτό τετραγωνίζεται άρα και

Η Στήλη των Μαθηματικών της 28/6/2006 3/4

το ημικύκλιο τετραγωνίζεται. Η πρόταση είναι σωστή σε ότι αφορά την ισότητα των εμβαδών όμως λαθεμένη ότι το άθροισμα των μηνίσκων αυτών τετραγωνίζεται.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

28. Να βρεθεί ο αριθμός

z=i885307856725987+i321795055725176218 , όπου i η φανταστική μονάδα. Λύση: Για να προσδιοριστεί η τιμή μιας δύναμης της φανταστικής μονάδας πρέπει να ελεγχθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του εκθέτη με το τέσσερα. Και τούτο γιατί γνωρίζουμε ότι:

1 2 3 4i i, i 1, i i, i 1= = − = − = και γενικότερα ότι:

4k 1 4k 2 4k 3 4ki i, i 1, i i, i 1+ + += = − = − = , με k N∈ Το κριτήριο διαιρετότητας με τέσσερα είναι: «Ένας φυσικός αριθμός διαιρείται με το τέσσερα αν τα δύο τελευταία ψηφία του αποτελούν αριθμό διαιρούμενο με το τέσσερα» Για παράδειγμα ο αριθμός 15132 διαιρείται με το τέσσερα γιατί τα δύο τελευταία ψηφία του αποτελούν τον αριθμό 32 ο οποίος διαιρείται με το 4. Ισχύει βέβαια και το γενικότερο κριτήριο που λέει: «Το υπόλοιπο της διαίρεσης ενός αριθμού με το 4 είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης του τελευταίου διψήφιου τμήματος του αριθμού με το 4»(*)

• έτσι για τον πρώτο εκθέτη έχουμε: το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθμού 885307856725987 με 4 είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης του 87 με το 4 δηλαδή 3, γιατί 87=4⋅21+3. Άρα είναι:

i885307856725987 = i4k+3= -i • για το δεύτερο εκθέτη όμοια έχουμε:

το υπόλοιπο της διαίρεσης του 321795055725176218 με το 4 είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης του 18 με το 4 δηλαδή 2. άρα i321795055725176218 = i4n+2 = -1.

Άρα z=i885307856725987+i321795055725176218 = -1-i

(*)Απόδειξη: Έστω Ν ο αριθμός του οποίου ζητούμε το υπόλοιπο της διαίρεσής του με το 4. Ο αριθμός αυτός γράφεται στο δεκαδικό σύστημα ως εξής:

Ν=xnxn-1xn-2...x3x2x1 με xn ≠≠ 0 τότε ο αριθμός αυτός γράφεται:

Ν = xnxn-1xn-2...x300+ x2x1=(πολ4) +(4κ+υi ), με i = 0,1,2,3 Άρα Ν = πολ4+ υi με i = 0,1,2,3

Η Στήλη των Μαθηματικών της 28/6/2006 4/4

29. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με OA 60= . Ονομάζουμε Η το ορθόκεντρο και Ι το έγκεντρο του τριγώνου αυτού. Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΒΗΙΓ είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Λύση: Στο σχήμα 2 το Η είναι το σημείο τομής των υψών ΑΔ και ΒΕ (ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ) και το Ι το σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών Α, Β και Γ (έγκεντρο του τριγώνου). Αν γνωρίζουμε ακόμα ότι η γωνία Α είναι ίση με 60ο ζητούμε να δείξουμε ότι το τετράπλευρο ΒΗΙΓ είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Θα αποδείξουμε ότι η γωνία

ˆ ˆΒΙΓ = ΒΗΓ (1) Πράγματι: Γνωρίζουμε ότι η γωνία:

ˆ 60ˆ 90 90 90 30 1202 2

ΟΟ Ο Ο Ο ΟΑ

ΒΙΓ = + = + = + = (2)

κι ακόμα: ˆˆ ˆΒΗΔ = ΒΑΗ + ΑΒΗ και ˆˆ ˆΔΗΓ = ΗΑΓ +ΗΓΑ προσθέτοντας τις δύο τελευταίες σχέσεις έχουμε:

ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆΒΗΓ = ΒΗΔ + ΔΗΓ = ΒΑΗ + ΑΒΗ +ΗΑΓ +ΗΓΑ = ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ( ) 60Ο= ΑΒΗ +ΗΓΑ + ΒΑΗ +ΗΑΓ = ΑΒΗ +ΗΓΑ + άρα ˆ ˆ ˆ 60ΟΒΗΓ = ΑΒΗ +ΗΓΑ + (3) και επειδή ˆ ˆ 90 60 30Ο Ο ΟΑΒΗ = ΑΒΕ = − = και όμοια ˆ 30ΟΗΓΑ = η σχέση (3) γίνεται:

ˆ 120οΒΗΓ = (4) από τις σχέσεις (2) και (4) προκύπτει ότι το τετράπλευρο ΒΗΙΓ είναι εγγράψιμο, γιατί μία πλευρά του φαίνεται από τις δύο απέναντι κορυφές με ίση γωνία.

Για την άλλη φορά

30. Να βρεθεί το άθροισμα: Σ=72+672+6672+…+1

2(66...67)ν −

. Υπόδειξη: παρατηρείστε ότι το ανωτέρω άθροισμα είναι το

Σ= 49+4489+444889+……+( )ν ν-1

44...488...89

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

ΒΓΔ

ΗΙ

Η Στήλη των Μαθηματικών της 5/7/2006 1/5

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Ο τετραγωνισμός του κύκλου και ο αριθμός π Τελειώνοντας την αναφορά μας στο πρόβλημα του τετραγωνισμού του κύκλου, πρόβλημα που εμφανίζεται κυρίως κατά τον πέμπτο π.Χ. αιώνα αξίζει να αναφέρουμε και τις άλλες προσπάθειες που έγιναν στην κατεύθυνση της λύσεως του προβλήματος αυτού.

Λύσεις του προβλήματος με τη χρήση σύνθετων καμπυλών Οι Έλληνες γεωμέτρες συνέχιζαν να ασχολούνται με το πρόβλημα του τετραγωνισμού του κύκλου όχι μόνο με τη χρήση του κανόνα και του διαβήτη αλλά και με τη χρήση πιο σύνθετων γραμμών που η κατασκευή τους απαιτεί μηχανικούς τρόπους.

Η τετραγωνίζουσα του Δεινοστράτου Η καμπύλη αυτή είναι η γνωστή καμπύλη του Ιππία του Ηλείου(5ος αι.π.Χ.) αλλά συνήθως αποκαλείται ως η τετραγωνίζουσα του Δεινοστράτου(4ος αιών.π.Χ.). Ο Ιππίας ο Ηλείος γύρω στο 450 π.Χ. φιλόσοφος, σοφιστής και διπλωμάτης, ήταν ο εμπνευστής του προβλήματος της τριχοτόμησης της γωνίας και ο πρώτος ο οποίος επινόησε μια καμπύλη την «τριχοτομούσα» η οποία επιτρέπει μια προσεγγιστική λύση ( σημείο προς σημείο ) της τριχοτόμησης της γωνίας και η οποία αργότερα επέτρεψε στον Δεινόστρατο να τετραγωνίσει τον κύκλο( Σύμφωνα με τον Πάππο ο οποίος, στα χρόνια του αυτοκράτορα Διοκλητιανού, έγραψε την μεγάλη του Επιτομή, ο Δεινόστρατος και ο Νικομήδης χρησιμοποίησαν την καμπύλη αυτή για τον τετραγωνισμό και για την τριχοτόμηση της γωνίας). Για το λόγο αυτό ονομάζεται και τετραγωνίζουσα του Δεινόστρατου. Η καμπύλη του Δεινόστρατου ορίζεται ως εξής: «είναι το σύνολο των σημείων τομής Μ της ακτίνας ΟΓ ενός τεταρτοκυκλίου ΟΑΒ και της καθέτου στον άξονα ΟΒ στο σημείο Δ όπου τα σημεία Γ και Δ είναι οι θέσεις δύο κινητών Κ1 και Κ2 τα οποία ξεκίνησαν την ίδια χρονική στιγμή από τα σημεία Α και Ο αντιστοίχως, κινούνται στο τόξο ΑΒ και στην κάθετη ΑΒ αντίστοιχα και κινούνται με σταθερή ταχύτητα το καθένα και τέλος τέτοια ώστε να φθάνουν ταυτοχρόνως στο σημείο Β» (σχήμα1)

N:22o

Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 5/7/2006 2/5

Η εξίσωση της καμπύλης αυτής είναι 2α

ψ = ⋅ θπ

(1),

όπου α η πλευρά ΟΑ και θ η γωνία ΜΟΑ, Για την καμπύλη αυτή ισχύει και η σχέση ( πρόταση του Πάππου):

( )ΑΓΒ ΟΒ=

ΟΒ ΟΕ

(2)

Οι σχέσεις (1) και (2) επιτρέπουν αντίστοιχα την τριχοτόμηση της γωνίας καθώς τον τετραγωνισμό του κύκλου. Διότι:

• Από τη σχέση (1) έχουμε 23 3ψ α θ= ⋅

π και αν τριχοτομήσουμε το τμήμα ΟΒ κατά το

γνωστό τρόπο που στηρίζεται στο θεώρημα του Θαλή τότε θα πάρουμε στην τετραγωνίζουσα σημείο Μ το οποίο με τη αρχή Ο θα δώσει ευθεία η οποία θα τμήσει το τεταρτοκύκλιο στο σημείο Γ που θα ορίζει γωνία ίση με θ/3

• Από τη σχέση (2) έχουμε 2( )( )

( )ΟΒ

ΑΓΒ =ΟΕ

άρα το μήκος του τόξου (ΑΓΒ) είναι γνωστό

άρα γνωστό και το ίσο του δηλαδή το πα/2. Άρα γνωστό το π άρα τετραγωνίστηκε ο κύκλος.

Η σπείρα του Αρχιμήδη

Ο Αρχιμήδης ( 287-212 π.Χ.) στο έργο του «Περί Ελίκων» μελέτησε με μεγάλη λεπτομέρεια τις ιδιότητες της επίπεδης έλικας ή αλλιώς της γνωστής ως σπείρας του Αρχιμήδη. Η καμπύλη αυτή ορίζεται με ανάλογο τρόπο «Θεωρούμε την ημιευθεία ΟΑ του επιπέδου, η οποία μπορεί να περιστρέφεται με σταθερή γωνιακή ταχύτητα γύρω από το σημείο Ο (για t=0 η ΟΑ ταυτίζεται με την Οχ). Κινητό Μ ξεκινάει από το σημείο Ο και κινείται πάνω στην ΟΑ με σταθερή ταχύτητα προς το πέρας της ημιευθείας Α. Ο Γεωμετρικός τόπος του σημείου Μ λέγεται σπείρα του Αρχιμήδη». (σχήματα2 και 3)

Με την κατασκευή της έλικας αυτής ο Αρχιμήδης κατάφερε να τετραγωνίσει τον κύκλο. Και αυτό διότι: Αφού υπολόγισε το εμβαδόν που περιέχεται μεταξύ της έλικας αυτής και του οριζόντιου άξονα, άρα άμεσα υπολόγισε και την τιμή του π. Άρα γνωστού του π μπορεί κανείς να τετραγωνίσει τον κύκλο. Εξάλλου αν θεωρήσουμε την εξίσωση της έλικας σε πολικές

συντεταγμένες, δηλαδή την 2α

ρ = ⋅ φπ

τότε το εμβαδόν που αναφέραμε είναι:

χΟ

Σχήμα 2

Η Στήλη των Μαθηματικών της 5/7/2006 3/5

2 22 32 2

20 0

1 1d d2 2 34

π πα παΕ = ρ φ = ⋅ φ φ =

π∫ ∫

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

30. Να βρεθεί το άθροισμα: Σ=72+672+6672+…+1

2(66...67)ν −

. Υπόδειξη: παρατηρείστε ότι το ανωτέρω άθροισμα είναι το

Σ= 49+4489+444889+……+( )ν ν-1

44...488...89 (1) Λύση:

Θεωρούμε τον γενικό όρο του αθροίσματος (1) αν=( )ν ν-1

44...488...89

Άρα αν= ( )ν ν-1

44...488...89 = = 2ν-1 2ν-2 ν ν-1 ν-24 10 + 4 10 + + 4 10 + 8 10 +8 10 + + 8 10 + 8 +1 = = ( )1 14.10 10 ... 10 1 8.(10 ... 10 1) 1ν ν ν− −+ + + + + + + + =

=210 1 10 1 4.10 4.10 8.10 84.10 . 8. 1 1

10 1 10 1 9

ν ν ν ν νν − − − + −

+ + = +− −

=2 24.10 4.10 8 4.10 4.10 11

9 9

ν ν ν ν+ − + ++ =

δηλαδή:

αν = 24.10 4.10 1

9+ +ν ν

(2)

Στη συνέχεια αντικαθιστούμε στον τύπο (2) τις τιμές 1, 2, …, ν και έχουμε:

Για ν=1: α1=24.10 4.10 1

9+ +

Για ν=2: α2=4 24.10 4.10 1

9+ +

Για ν=3: α3=6 34.10 4.10 1

9+ +

………………………………..

Για ν=ν: αν24.10 4.10 1

ν ν+ +=

Κατόπιν αθροίζοντας κατά μέλη έχουμε:

Σ= α1+ α2+ α3+…+ αν= 2 4 2 24 4 1 1 ... 1(10 10 ... 10 ) (10 10 ... 10 )9 9 9

ν ν + + ++ + + + + + + +

Η Στήλη των Μαθηματικών της 5/7/2006 4/5

4 (10 ) 1 4 10 1.10 . .10.9 10 1 9 10 1 9

ν ν ν− −+ +

− −=

=2 2 2 1

2 2

4.10 4.10 4.10 4.109 .11 9 9

ν ν ν+ +− −+ + =

=2 2 1

4.10 400 4.11.10 4.11.10 9.11.9 .11

ν ν ν+ +− + − + =

=2 2 14.10 44.10 99 840

891

ν ν ν+ ++ + −

άρα Σ=2ν+2 ν+14.10 +44.10 +99ν - 840

891 (3)

Παρατήρηση: Από τη σχέση (2) προκύπτει:

αν=24.10 4.10 1

ν ν+ += =

(2.10 ) 2.2.10 1 2.10 1( )3 3

ν ν ν+ + +=

δηλαδή κάθε όρος της σειράς (1) είναι ένα τέλειο τετράγωνο. Δηλαδή:

Σ=72+672+6672+…+1

2(66...67)ν −

Για την άλλη φορά 31. Τρεις καμπάνες αρχίζουν να ηχούν την ίδια στιγμή και ακούγονται κατά διαστήματα αντιστοίχως ίσα για την κάθε μία με 25, 29 και 33 δευτερόλεπτα. Η πρώτη καμπάνα σταματά να ηχεί σε χρόνο λιγότερο της μισής ώρας. Η δεύτερη και τρίτη συνεχίζουν να ηχούν αντίστοιχα για 18 και 21 δευτερόλεπτα, μετά κι αυτές σιωπούν. Ζητείται να βρεθεί πόσο χρόνο ήχησε κάθε μια καμπάνα. Στο προηγούμενο σημείωμα(αρθ.21) τυπώθηκαν κατά λάθος οι μορφοποιήσεις των σχέσεων της άσκησης 28. Παραθέτουμε στον κατωτέρω πίνακα τη σωστή μορφή, αν και πιστεύουμε ότι ο προσεκτικός αναγνώστης δεν θα δυσκολεύτηκε να αναγνωρίσει το ορθό.

z=i885307856725987+i321795055725176218

Κριτήριο διαιρετότητας με το 4

«Το υπόλοιπο της διαίρεσης ενός αριθμού με το 4 είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης του τελευταίου διψήφιου τμήματος του αριθμού με το 4»(*)

Η Στήλη των Μαθηματικών της 5/7/2006 5/5

Ν= xn xn-1 xn-2 ... x3 x2 x1 με xn ≠≠ 0 τότε ο αριθμός αυτός γράφεται:

Ν = xn xn-1 xn-2 ... x3 00+ x2 x1=(πολ4) +(4κ+υi ), με i = 0,1,2,3 Άρα Ν = πολ4+ υi με i = 0,1,2,3

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών της 12/7/2006 1/4 Η Στήλη των Μαθηματικών

Από τον Κώστα Δόρτσιο, Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας Το μεγάλο οδοιπορικό του αριθμού π

Όπως αναφέραμε και σε παλαιότερο φύλλο το πρόβλημα του τετραγωνισμού του κύκλου ανάγεται στον υπολογισμό της τιμής του αριθμού π. Ο Αρχιμήδης(287 – 212π.Χ.) στο μεγάλο του έργο «Κύκλου Μέτρησις» διατυπώνει την ιδέα αυτή ως εξής: «Το εμβαδόν παντός κύκλου ισούται προς το εμβαδόν ενός ορθογωνίου τριγώνου, του οποίου η μια των πλευρών ισούται προς την ακτίνα του κύκλου η δε ορθογώνιος προς αυτήν είναι ίση προς την περιφέρεια του κύκλου» Η τιμή του π η οποία αποδίδεται στον Αρχιμήδη είναι η π = 3,1416. Στο αποτέλεσμα αυτό η Αρχιμήδης οδηγήθηκε προσπαθώντας να προσεγγίσει το μήκος του κύκλου από την ακολουθία των περιμέτρων των εγγεγραμμένων πολυγώνων στον κύκλο αυτό. Η τιμή αυτή του π αναφέρεται αργότερα από τον Ήρωνα και τον Πτολεμαίο. Στη συνέχεια και μέχρι να αρχίσουν τα μαθηματικά να απασχολούν την Ευρώπη πολλοί Άραβες, Ινδοί και Πέρσες ασχολήθηκαν με το πρόβλημα υπολογισμού του π. Κατά τον 5ο αιώνα μ. Χ. ένας ινδός Ατστρονόμος και Μαθηματικός ο Aryabhatta αναφέρει σε κάποιο έργο, γραμμένο σε έμμετρη μορφή, τον κανόνα: Πρόσθεσε 4 στο 100, πολλαπλασίασε επί 8, πρόσθεσε ακόμη 62000 και θα έχεις την τιμή του μήκους του κύκλου ακτίνας 2 ayutas» ( 2 μυριάδες) Πράγματι από τον κανόνα αυτό προκύπτει η τιμή π = 62832/20000 =3,1416. Η χρήση της μυριάδας ως μονάδα μέτρησης της ακτίνας δείχνει την επίδραση της Αλεξανδρινής Σχολής στον Aryabhatta. Μεγάλοι μαθηματικοί συνέχισαν την αναζήτηση του π, όπως οι Ινδοί Brahmagupta, Bhaskara, οι Άραβες: Mohamed Ibn Musa ο γνωστός και ως Al Khowarismi που έγραψε το βιβλίο «Algebr ve Almocabelach» (=αναγωγή και απλοποίηση) από το οποίο πήρε το όνομα και ο κλάδος των μαθηματικών που σήμερα λέγεται Άλγεβρα καθώς και η λέξη αλγόριθμος. Στην ιδέα του Αρχιμήδη εργάστηκαν πολλοί μαθηματικοί στην Ευρώπη από τον 13ο αιώνα και στη συνέχεια μέχρι να επινοηθεί ο Απειροστικός Λογισμός. Έτσι τιμές για το π δίνουν πολλοί όπως ο μεγάλος Ιταλός Μαθηματικός Fibonacci (1175 – 1230), Η αναζήτηση καλύτερης προσεγγιστικής τιμής για τον π συνεχίζεται ώσπου το 1430 περίπου ο Πέρσης Al Kashi, αστρονόμος στο αστεροσκοπείο της Σαμαρκάνδης δίνει για τον π μια προσεγγιστική τιμή με 13 δεκαδικά ψηφία! Το μεγάλο οδοιπορικό συνεχίζεται από τους Peurbach, Metius, Van Ceulen, Vieta, κ.λ.π.

N:23o

Αρχιμήδης Γκραβούρα του 16ου αιώνα. Εθνική Βιβλιοθήκη του

Παρισιού

Η Στήλη των Μαθηματικών της 12/7/2006 2/4 Ο Απειροστικός Λογισμός και το π

Μεγάλη ώθηση στην προσπάθεια αναζήτησης καλύτερων τιμών για το π έδωσε η ανακάλυψη από τον Νεύτωνα(1643 – 1727) και τον Leibniz(1646 – 1716) του νέου κλάδου των μαθηματικών, που λέγεται Απειροστικός Λογισμός. Με λιγότερες πλέον πράξεις και με τα νέα εργαλεία κατάφεραν να προσδιορίσουν τιμές του αριθμού π με πολλά δεκαδικά ψηφία. Με τον τρόπο αυτό ο Ratherford το έτος 1853 υπολόγισε την τιμή του π με 208 δεκαδικά ψηφία! Για παράδειγμα μια καλή προσέγγιση του π γίνεται από τη σειρά του Leibniz που την ανακάλυψε το έτος 1680:

1 1 1 1 1 1 11 ....4 3 5 7 9 11 13 15π= − + − + − + − +

Σήμερα την εποχή των ηλεκρονικών υπολογιστών και της μικροτεχνολογίας το πλήθος των δεκαδικών ψηφίων του αριθμού π που υπολόγισαν οι μαθηματικοί είναι:

1 241 100 000 000 ψηφία. Το αποτέλεσμα αυτό είναι επιτυχία μιας ομάδας Ιαπώνων και Καναδών μαθηματικών και πραγματοποιήθηκε το έτος 2002. Η ίδια ομάδα των μαθηματικών αυτών από το έτος 1995 και μετά ασχολήθηκε όχι με τον προσδιορισμό διαδοχικών ψηφίων του π, αλλά με την εύρεση ενός ψηφίου της δεκαδικής σειράς που βρίσκεται στη ν–οστή θέση με την προϋπόθεση ότι ο π είναι γραμμένος στο δυαδικό ή δεκαεξαδικό σύστημα. Το θέμα αποκτά ενδιαφέρον διότι με τον τύπο (1) που βρήκαν είναι σε θέση με τη χρήση του υπολογιστή να βρουν όποιο ψηφίο θέλουν. Ο τύπος αυτός λέγεται τύπος του BBP από τα αρχικά γράμματα των ονομάτων τριών μαθηματικών του David Bailey, του Peter Borwein και του Simon Plouffe οι οποίοι τον ανακάλυψαν.

(1)

Με τη βοήθεια αυτού του τύπου και μιας παράγωγης μορφής του υπολογίστηκε το 2001 το ψηφίο του π που βρίσκεται στη θέση 4 000 000 000 000 000 μετά την υποδιαστολή στο δυαδικό σύστημα! Ένα χρόνο αργότερα ο Simon Plouffe συμπλήρωσε τη μέθοδο και είναι σε θέση να υπολογίσει ψηφία και στη δεκαδική βάση. Και φυσικά ο χορός συνεχίζεται, παρόλο που στις περισσότερες πρακτικές εφαρμογές μας αρκούν μέχρι και τα πέντε ψηφία. Γιατί άραγε;

Το θεωρητικό ενδιαφέρον του π Από πλευράς θεωρητικού ενδιαφέροντος ο αριθμός συνεχίζει να προκαλεί τη σκέψη των μαθηματικών και σήμερα:

Γνωρίζουμε ότι ο π: • είναι ένας άρρητος αριθμός, δηλαδή ένας αριθμός που δεν μπορεί να γραφεί ως ένα

κλάσμα με όρους ακεραίους. ( το έδειξε ο Johann Heinrich Lambert το έτος 1761) • είναι ένας υπερβατικός αριθμός, δηλαδή δεν υπάρχει ένα πολυώνυμο με συντελεστές

ακεραίους ή ρητούς το οποίο να έχει ρίζα τον αριθμό π ( δείχθηκε από τον Ferdinand Lindemann το έτος 1882). Για το λόγο αυτό και δεν μπορεί να τετραγωνιστεί ο κύκλος.

• Μαζί με τον αντίστοιχο αριθμό e ο οποίος είναι η βάση των Νεπερείων Λογαρίθμων υπεισέρχεται σε πλειάδα μαθηματικών τύπων με κορυφαία συσχέτιση στον τύπο της ταυτότητας του Euler η οποία ενώνει τον π, τον e, τη μονάδα, τη φανταστική μονάδα i και το 0:

ie 1 0π + = Ο τύπος αυτός στην ιστορία των μαθηματικών αναφέρεται ως «ο πιο θαυμαστός τύπος του κόσμου»

Δεν γνωρίζουμε ότι ο π: • Είναι ένας κανονικός αριθμός. Κανονικοί αριθμοί είναι εκείνοι οι οποίοι εμφανίζουν

ιδιαίτερα χαρακτηριστικά στην ακολουθία των άπειρων δεκαδικών ψηφίων μετά την υποδιαστολή. Δεν γνωρίζουμε για παράδειγμα αν στην απειρία των ψηφίων του θα μπορούσε

Η Στήλη των Μαθηματικών της 12/7/2006 3/4 κάποιος να αναζητήσει τον αριθμό του κινητού του! Κάτι τέτοιο θα ήταν βέβαιο να συμβεί στον αριθμό: 0,12345678910111213141516…… ο οποίος σχηματίζεται από την αλληλουχία όλων των φυσικών αριθμών. Ο αριθμός αυτός λέγεται αριθμός του Champernowne και είναι ένας κανονικός αριθμός αλλά μόνο στη δεκαδική βάση.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

31. Τρεις καμπάνες αρχίζουν να ηχούν την ίδια στιγμή και ακούγονται κατά διαστήματα αντιστοίχως ίσα για την κάθε μία με 25, 29 και 33 δευτερόλεπτα. Η πρώτη καμπάνα σταματά να ηχεί σε χρόνο λιγότερο της μισής ώρας. Η δεύτερη και τρίτη συνεχίζουν να ηχούν αντίστοιχα για 18 και 21 δευτερόλεπτα, μετά κι αυτές σιωπούν. Ζητείται να βρεθεί πόσο χρόνο ήχησε κάθε μια καμπάνα. Λύση: Υποθέτουμε ότι χ είναι ο αριθμός των διαστημάτων μέσα στα οποία η πρώτη καμπάνα έχει ηχήσει. Ο συνολικός χρόνος λοιπόν που ήχησε η πρώτη καμπάνα είναι:

t ολικό =25χ (1) και επειδή αυτή η καμπάνα αυτή σταματά να ηχεί σε χρόνο λιγότερο της μισής ώρας, άρα

t ολικό ⟨⟨1/2 ώρας και συνεπώς

25χ ⟨ 1800 (δευτερόλεπτα) άρα: χ ⟨ 72 (2) Η δεύτερη και η τρίτη καμπάνα ηχούν κατά διαστήματα ψ και z αντιστοίχως, άρα ηχούν για χρονικά διαστήματα ίσα με 29ψ και 33z η κάθε μια. Επειδή η διαφορά του χρόνου με την πρώτη καμπάνα είναι 18 και 21 δευτερόλεπτα αντίστοιχα για την κάθε μια, για το λόγο αυτό ικανοποιούνται οι επόμενες εξισώσεις:

29 25 18ψ − χ = (3) 33z 25 21− χ = (4)

η διαφορά των οποίων δίνει την : 33z 29 3− ψ = (5) Η εξίσωση (5) είναι μια διοφαντική εξίσωση της μορφής

αχ + βψ = γ, με α,β,γ∈Ζ (6) και λύνεται εύκολα ως εξής: Βασική προϋπόθεση για να έχει ακέραια λύση είναι οι συντελεστές των αγνώστων να είναι μεταξύ των πρώτοι. Στην περίπτωση μας το 29 και το 33 είναι μεταξύ των πρώτοι γιατί ο ΜΚΔ(29,33)=1. Λύνουμε στη συνέχεια την εξίσωση ως προς έναν άγνωστο, συνήθως αυτόν ο οποίος έχει το μικρότερο συντελεστή.

Έτσι έχουμε: 33z 3

29−

ψ = .

Δοκιμάζοντας στην εξίσωση αυτή διάφορες τιμές (από το 0,1,2,…,28) στη θέση του αγνώστου z, θα βρούμε σίγουρα μια ακέραια τιμή για το ψ. Έτσι

Η Στήλη των Μαθηματικών της 12/7/2006 4/4 αν στη θέση του z θέσουμε την τιμή 8 θα προκύψει για το ψ η τιμή 9. Αφού βρούμε ένα ζεύγος ακέραιων λύσεων στη συνέχεια εφαρμόζουμε τους γνωστούς τύπους:

χ = χ0 +βλ ψ=ψ0 – αλ

με λ μεταβλητή στο σύνολο των ακεραίων, οι οποίοι δίνουν άπειρο πλήθος ακέραιων λύσεων για την εξίσωση (6). Άρα λοιπόν η εξίσωση (5) έχει άπειρο πλήθος ακέραιων λύσεων που δίνονται από τους τύπους:

z 8 29= + λ 9 33ψ = + λ

με λ∈Ζ. Αν την τιμή του ψ που βρήκαμε την αντικαταστήσουμε στην (3) τότε θα προκύψει η:

957 25 243λ − χ = − η οποία λύνεται με τον ίδιο τρόπο και δίνει τις λύσεις:

48 957χ = + μ (7) 1 25λ = + μ (8)

με μ∈Ζ . Αξιοποιώντας τώρα την απειρία των τιμών του χ από την (7), επιλέγουμε εκείνες ή εκείνη που ικανοποιούν το αίτημα ότι ο συνολικός χρόνος της πρώτης καμπάνας είναι μικρότερος της μισής ώρας, δηλαδή της σχέσης (2). Έτσι έχουμε :

48 957χ = + μ ⟨⟨ 72 ⇔ 957μ ⟨ 72 – 48 ⇔ μ ⟨ 24/957 άρα μ = 0. Αφού μ = 0 άρα η (8) δίνει ότι λ = 1. Άρα οι τιμές που ζητούμε είναι: χ = 48, ψ = 42 και z = 37. Κατά συνέπεια οι καμπάνες έχουν ηχήσει σε χρόνους: Η πρώτη σε χρόνο: 25⋅χ = 25⋅48 =1200 δευτερόλεπτα Η δεύτερη σε χρόνο: ⋅ ⋅ψ 29 = 42 29 = 1218 δευτερόλεπτα Και η τρίτη σε χρόνο ⋅ ⋅z 33 = 37 33 = 1221 δευτερόλεπτα.

Για την άλλη φορά

32. α) Δίνεται γωνία χοψ∧

και σταθερό σημείο Κ στο εσωτερικό της . Από το Κ φέρομε ευθεία (ε) που τέμνει τις πλευρές οψχ,o στα σημεία Μ, Ν αντιστοίχως. Να δείξετε ότι το άθροισμα : .ό

)()(σταθερ=

ΟΚΝ+

ΟΚΜ11

β) Δίνεται γωνία xoψ∧

και σταθερό σημείο Μ στο εσωτερικό της. Να χαραχθεί ευθεία που να διέρχεται από το σημείο Μ και να τέμνει τις πλευρές στα σημεία Α και Β έτσι ώστε το τρίγωνο ΟΑΒ να έχει το ελάχιστο εμβαδό.

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών της 19/7/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Ο διπλασιασμός του κύβου – «Δήλιο πρόβλημα»

Εισαγωγικά – Ιστορικό Από την εποχή του Πυθαγόρα είχε διαπιστωθεί ότι αν έχουμε ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ και κατασκευάσούμε ένα νέο τετράγωνο ΒΓΔΕ με πλευρά τη διαγώνιο του αρχικού, τότε το νέο αυτό τετράγωνο θα είναι διπλάσιο του αρχικού (σχ.1). Ο διπλασιασμός λοιπόν ενός μεγέθους, και μάλιστα γεωμετρικού, φυσικό ήταν να απασχολήσει τους μαθηματικούς από την εποχή του 6ου π.Χ. αιώνα. Φαίνεται ότι από πολύ ενωρίς ο διπλασιασμός του κύβου, ο οποίος είναι ένα στερεό σχήμα, βρέθηκε στο επίκεντρο του ενδιαφέροντος των αρχαίων μαθηματικών. Η παράδοση όμως στο θέμα αυτό είναι πολύ συγκεχυμένη. Όσες πληροφορίες έχουμε σήμερα για το πρόβλημα αυτό προέρχονται κυρίως από τον Ευτόκιο, ο οποίος έζησε τον 6ο αιώνα μ.Χ. και υπήρξε μαθητής του Ισιδώρου ενός από τους αρχιτέκτονες της Αγίας Σοφίας. Ο Ευτόκιος έγραψε πολλά έργα στα οποία σχολιάζει κυρίως το έργο του Αρχιμήδη και Απολλώνιου και τα οποία αφιέρωσε στον Ανθέμιο, τον άλλο αρχιτέκτονα της Αγίας Σοφίας.

Η αφήγηση του Ευτόκιου Ο Ευτόκιος χωρίς να αναφέρει τις πηγές του, αρχίζει να αφηγείται ότι βρήκε γραπτά πολλών επιφανών ανδρών, οι οποίοι επαγγέλλονται ότι έλυσαν το πρόβλημα του διπλασιασμού του κύβου. Έτσι λοιπόν στο έργο του υπάρχουν όλες οι προσπάθειες των αρχαίων μαθηματικών για το πρόβλημα αυτό και μάλιστα όταν σχολιάζει τη λύση του Ερατοσθένη, αναφέρει λεπτομερώς μια επιστολή του προς τον βασιλιά της Αιγύπτου Πτολεμαίο τον ΙΙΙ (Ευεργέτη τον Ι). Την επιστολή αυτή ο Ερατοσθένης την έστειλε στο βασιλιά όταν έλυσε το Δήλιο πρόβλημα ( 246π.Χ.) Μέσα από το κείμενο αυτό προκύπτουν δύο εκδοχές για την αφετηρία του προβλήματος. Κατά την πρώτη εκδοχή, ο διπλασιασμός του κύβου είναι ένα αρχαίο πρόβλημα που συνδέεται με έναν μύθο σύμφωνα με τον οποίο ο Μίνωας, όταν είδε τον κυβικό τάφο του γιου του Γλαύκου, ζήτησε να γίνει διπλάσιος χωρίς όμως να χάσει την κυβική ομορφιά του. Συγκεκριμένα ο Μίνωας είπε: «Μικρή παράγγειλες τη χωρητικότητα του βασιλικού τάφου. Να διπλασιαστεί αυτή γρήγορα, αφού διπλασιαστεί κάθε πλευρά χωρίς, όμως, ο τάφος να χάσει το κομψό σχήμα του»

N:24o

ΑΒ

Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 19/7/2006 2/4

Η πρόταση αυτή του βασιλιά φάνηκε λάθος, γιατί όταν διπλασιάζονται οι πλευρές του κύβου η μεν επιφάνεια τετραπλασιάζεται, ο δε όγκος οκταπλασιάζεται. Στη συνέχεια, ζητήθηκε από τους γεωμέτρες να βρουν με ποιο τρόπο μπορεί ο κύβος να διπλασιαστεί. Ο Ιπποκράτης ο Χίος ήταν ο πρώτος που ασχολήθηκε με το πρόβλημα και έδωσε λύση, η οποία βέβαια λύνει το πρόβλημα όχι όμως με τη χρήση του κανόνα και του διαβήτη. Κατά τη δεύτερη εκδοχή, το πρόβλημα προέκυψε από έναν χρησμό του Απόλλωνα προς τους Δηλίους, την εποχή του Πλάτωνος, μισό αιώνα μετά από τον Ιπποκράτη τον Χίο. Την ιστορία με τους Δηλίους τη συναντούμε και στον Πλούταρχο (Περί του εν Δελφοίς, 386e και στο Περί του Σωκράτους δαιμονίου, 579c-d). Αλλά και σε ένα απόσπασμα από ένα έργο του Θέωνα του Σμυρναίου συναντούμε την πηγή της δεύτερης εκδοχής του μύθου ως εξής: «Διότι στο βιβλίο του που επιγράφεται Πλα των ι κ ό ς , ο Ερατοσθένης αφηγείται ότι, όταν ο θεός ανήγγειλε δια χρησμού στους Δηλίους ότι για να απαλλαγούν από τον λοιμό έπρεπε να κατασκευάσουν βωμό διπλάσιο του ήδη υπάρχοντος, οι αρχιτέκτονες περιέπεσαν σε μεγάλη αμηχανία ζητώντας με ποιον τρόπο μπορεί να διπλασιαστεί ένα στερεό και πήγαν να ρωτήσουν τον Πλάτωνα σχετικά με αυτό. Αυτός τους απάντησε ότι ο θεός έδωσε αυτόν τον χρησμό στους Δηλίους, όχι επειδή είχε ανάγκη ενός διπλασίου βωμού, αλλά για να κατακρίνει και να επιπλήξει τους Έλληνες επειδή αμελούν τα μαθηματικά και περιφρονούν την γεωμετρία». Σύμφωνα με νεώτερες έρευνες, «ο Πλατωνικός» είναι ένα δραματοποιημένο έργο του Ερατοσθένη στο οποίο εμφανίζονται να συζητούν οι Δήλιοι, ο Πλάτων, ο Αρχύτας, ο Εύδοξος και ο Μέναιχμος για το διπλασιασμό του κύβου. Στην αφήγηση αυτή ο Ερατοσθένης συνοψίζει όλες τις εξελίξεις του προβλήματος μέχρι την εποχή του. Ενδέχεται το πρόβλημα να έχει αφετηρία τα βαβυλωνιακά μαθηματικά γιατί εκεί συναντάται η εξίσωση χ3 = V, η οποία στη γλώσσα της γεωμετρίας του χώρου μιλάει για τον όγκο του κύβου.

Το πρόβλημα Μια απλή διατύπωση του προβλήματος είναι η εξής:

«Να κατασκευασθεί κύβος διπλάσιος ενός δεδομένου κύβου»

Αυτό σημαίνει ότι αν μας δώσουν ένα κύβο με πλευρά α (σχήμα2) πρέπει να κατασκευάσουμε έναν άλλο που να είναι διπλάσιος από τον πρώτο. Διπλάσιος σημαίνει να έχει διπλάσιο όγκο. Η κατασκευή θα μπορέσει να γίνει αν κατορθώσουμε να κατασκευάσουμε την άγνωστη πλευρά χ του ζητούμενου κύβου. Αυτό θα σημαίνει ότι πρέπει να ισχύει:

3 32χ = ⋅ α ή ακόμα: 3 2χ = α ⋅ . (1) Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι για να βρω την τιμή του χ αρκεί να πολλαπλασιάσω την τιμή του α με την κυβική ρίζα του 2. Για παράδειγμα αν α = 4 εκατοστά, τότε το χ είναι

34 2 4 1,259921 5,139684 .χ = ⋅ = ⋅ = εκ

χα

Σχήμα 2

Η Στήλη των Μαθηματικών της 19/7/2006 3/4

δηλαδή γνωστό, αλλά με προσέγγιση αρκετή για τις ανάγκες πρακτικών εφαρμογών. Η εύρεση της προσεγγιστικής τιμής του χ έγινε με αριθμητικό και όχι γεωμετρικό τρόπο καθώς απαιτεί η γεωμετρική κατασκευή. Η γεωμετρική κατασκευή στην Ευκλείδεια γεωμετρία απαιτεί τη χρήση μόνο του κανόνα και του διαβήτη. Άρα ο ανωτέρω υπολογισμός μας εξυπηρετεί αλλά δεν αποτελεί σε καμία περίπτωση γεωμετρική λύση του προβλήματος. Στο σχήμα 1 θέλαμε να κατασκευάσουμε το διπλάσιο ενός τετραγώνου το πετύχαμε με μοναδικά εργαλεία το χάρακα και το διαβήτη. Στην περίπτωση όμως του διπλασιασμού του κύβου η ιστορία είναι μακρά και ενδιαφέρουσα.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

32. α) Δίνεται γωνία χοψ∧

και σταθερό σημείο Κ στο εσωτερικό της . Από το Κ φέρομε ευθεία (ε) που τέμνει τις πλευρές οοψχχ,o στα σημεία Μ, Ν αντιστοίχως. Να δείξετε ότι το άθροισμα : 1 1 ό

( ) ( )+ = σταθερ

ΟΚΜ ΟΚΝ

Λύση: Φέρω την ΚΑ παράλληλη προς την ΟΜ. Τότε ισχύει:

ONOA

OMKA

(OKN)(OKA)

(OKM)(OKA)

+=+ (1)

επειδή: • τα τρίγωνα ΟΚΑ και ΟΚΜ έχουν ίσα ύψη ως προς τις

παράλληλες βάσεις ΟΜ και ΚΑ • τα τρίγωνα ΟΚΑ και ΟΚΝ έχουν κοινό ύψος ως προς τις

βάσεις ΟΑ και ΟΝ

επίσης : =+=+ONOA

ONAN

ONOA

OMKA

1ON

OAAN=

+= (2)

επειδή: τα τρίγωνα ΟΜΝ και ΑΝΚ είναι όμοια . Άρα : από τις (1) και (2) έχουμε:

δηλαδή: σταθερό(OKA)

1(OKN)

1(OKM)

1==+

γιατί το τρίγωνο ΟΚΑ είναι σταθερό.

β) Δίνεται γωνία xoψ∧

)OMM(1

)(1

)OMΑ(1

=ΟΜΜ

==ΟΜΒ

+ όσταθερ

1(OKN)(OKA)

(OKM)(OKA)

. χ

ψ Μ

Σχ. 2

Η Στήλη των Μαθηματικών της 19/7/2006 4/4

άρα:

1)()(

)()( 21 =

ΟΜΒΟΜΜ

+ΟΜΑΟΜΜ

(1)

όμως:

ΟΑΟΜ

=ΟΜΑ

)()OMM(

και ΟΒΟΜ

=ΟΜΒΟΜΜ 22

)()(

(2)

επομένως η (1) γίνεται:

121 =ΟΒΟΜ

+ΟΑΟΜ

(3).

Η τελευταία ισοδυναμεί: )).(()).(()).(( 21 ΟΒΟΑ=ΟΑΟΜ+ΟΒΟΜ (4)

Επίσης ισχύει: θημ).).((21)( ΟΒΟΑ=ΟΑΒ=Ε ⇔

(OA)ημθ2EOB =

Άρα η (4) ⇔θημ).(

2).()).(OM(θημ)(

)2()OM( 21 ΟΑΕ

ΟΑ=ΟΑ+ΟΑ

Ε ⇔

ΕΟΑ=ΟΜΟΑ+ΕΟΜ 2).(θημ)..()(2).( 22

1 ⇔ θημ).( 2ΟΜ 2OA)( - 0)(2)(2 1 =ΟΜΕ+ΟΑΕ (5) Η τελευταία εξίσωση επειδή ℜ∈ΟΑ)( έχει 0≥Δ Άρα : 0θημ))(.(.8E4 12

2 ≥ΟΜΟΜΕ− ⇔ θημ)).((2 21 ΟΜΟΜ≥Ε ⇔ )(4 21ΜΟΜ≥Ε Επομένως η ελάχιστη τιμή που μπορεί να λάβει το εμβαδόν Ε είναι το τετραπλάσιο του εμβαδού του τριγώνου )( 21ΜΟΜ .

Αυτό γίνεται όταν η ΑΒ είναι παράλληλη με την Μ1Μ2 . Παρατήρηση-κατασκευή: Αφού το ελάχιστο πραγματοποιείται όταν Δ=0 άρα η μοναδική λύση θα είναι:

)2(ΟΜ)ημθ(ΟΜ

)ημθ)(ΟΜ2(ΟΜ)ημθ2(OM

2E2αβ-OA 1

==−

−==

Άρα το σημείο Α κατασκευάζεται.

Για την άλλη φορά

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

• Μ

Χ Ψ

2Μ

Η Στήλη των Μαθηματικών της26 /7/2006 1/4 Η Στήλη των Μαθηματικών

Από τον Κώστα Δόρτσιο, Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Ο διπλασιασμός του κύβου Η βασική ιδέα

Ο Ιπποκράτης ο Χίος (5ος αι. π.Χ.) είναι εκείνος ο οποίος πρώτος έριξε την ιδέα για την κατασκευή του διπλασίου ενός στερεού κυβικού σώματος. Είναι ο πρώτος ο οποίος μίλησε για την έννοια των «δύο μέσων αναλόγων δυο ποσοτήτων». Αξίζει να αναφερθούμε στην έννοια αυτή αφού προηγουμένως δούμε την πιο απλή έννοια της «μέσης αναλόγου», αυτή που χρησιμοποιείται σήμερα στο σχολείο. Έχουμε λοιπόν τον ακόλουθο ορισμό που τον συναντάμε στα σχολικά βιβλία της Γεωμετρίας: Ορισμός Ι Η ποσότητα χ λέγεται «μέση ανάλογη» των ποσοτήτων α και β όταν ικανοποιείται

η σχέση: α χ=χ β ή ισοδύναμα: ⋅2χ = α β (1)

Έτσι για παράδειγμα αν μας ζητηθεί να βρούμε τη μέση ανάλογη των αριθμών 2 και 18 τότε θα πρέπει να αναζητήσουμε τη λύση της δευτεροβάθμιας εξίσωσης:

⋅2χ = 2 18 = 36 η οποία στο σύνολο των θετικών αριθμών έχει λύση τη χ = 6. Λέμε τότε ότι η μέση ανάλογη των 2 και 18 είναι το 6. Από την άποψη αυτή το πρόβλημα έχει ενδιαφέρον μόνο σε ότι αφορά την επίλυση μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης καθώς και στο πότε και πόσες λύσεις έχει το πρόβλημα. Το θέμα μπορεί να συσχετισθεί επίσης και με τη γεωμετρική πρόοδο και το γεωμετρικό μέσο δύο αριθμών( Άλγεβρα Β΄ Λυκείου, σελ. 102). Αν όμως ζητήσουμε να λύσουμε την (1) γεωμετρικά, δηλαδή να βρούμε το χ με δεδομένα τα ευθύγραμμα τμήματα α και β και με τη βοήθεια του κανόνα και του διαβήτη, τότε το θέμα αποκτά γεωμετρικό ενδιαφέρον.

Γεωμετρική κατασκευή της μέσης αναλόγου Στο σχήμα 1 φαίνεται η γεωμετρική κατασκευή της μέσης αναλόγου δύο ευθυγράμμων τμημάτων α και β. Τοποθετώ τα γνωστά τμήματα α και β διαδοχικά πάνω σε μια ευθεία με το διαβήτη, στη συνέχεια αφού κατασκευάσω με τη μέθοδο της μεσοκαθέτου το μέσο του τμήματος ΑΓ το οποίο ισούται με α+β, κατασκευάζω το ημικύκλιο. Αν υψώσω στο σημείο Δ κάθετη στην ΑΓ αυτή θα τμήσει τον κύκλο στο σημείο Β. Από γνωστή πρόταση των ορθογωνίων τριγώνων ισχύει:

⋅2χ = α β . Άρα το τμήμα χ κατασκευάστηκε γεωμετρικά. (Θυμίζουμε εδώ ότι με τον τρόπο αυτό τετραγωνίζεται κάθε ευθύγραμμο επίπεδο σχήμα) Ορισμός ΙΙ

N:25o

βα

ΟΑ Γ

ΔΣχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της26 /7/2006 2/4 Οι ποσότητες χ και ψ λέγονται «δύο μέσες ανάλογες» των ποσοτήτων α και β όταν

ισχύει η σχέση: α χ ψ= =χ ψ β

(2)

Συνέπειες της σχέσης (2) Κάνοντας εύκολες πράξεις στη σχέση (2) έχουμε:

⋅2χ = α ψ (3) , ⋅2ψ = χ β (4) καθώς και ο συνδυασμός αυτών: ⋅3 2χ = α β (5) Αν τώρα στη θέση του β θέσουμε το 2α τότε θα έχουμε

⋅3 3χ = 2 α (6) Η τελευταία σχέση, είναι αυτή που ικανοποιεί το αίτημα του διπλασιασμού του κύβου, δηλαδή τον υπολογισμό της πλευράς χ ενός νέου κύβου, ο οποίος θα είναι διπλάσιος ενός άλλου του οποίου γνωρίζουμε την πλευρά χ. Αυτό αποτέλεσε και την πιο θαυμαστή ιδέα του Ιπποκράτη του Χίου στην προσπάθεια να διπλασιάσει τον κύβο.

Γενικότερο σχόλιο Αξίζει στο σημείο αυτό να σχολιάσουμε τη σημασία των εξισώσεων (1) και (6). Όπως αναφέραμε σε παλαιότερο σημείωμα η εξίσωση (1) τετραγωνίζει ένα ορθογώνιο και γενικότερα ένα οποιοδήποτε ευθύγραμμο σχήμα. Στη συνέχεια η ιδέα αυτή οδήγησε στο πρόβλημα του τετραγωνισμού του κύκλου και κατ’ επέκταση στην Επίπεδη Γεωμετρία(1ο Πρόβλημα). Την ίδια λειτουργία έχει επιτελέσει και η εξίσωση (6) η οποία επιζητώντας να μετασχηματίσει ένα στερεό σε ισοδύναμο κύβο οδήγησε στο πρόβλημα του διπλασιασμού του κύβου (2ο Πρόβλημα) και ασφαλώς στη Στερεομετρία (Σχήμα 2).

Με τα δύο αυτά προβλήματα εύκολα γίνεται αντιληπτό ότι η γεωμετρία αρχίζει να διακρίνεται στην Επίπεδη Γεωμετρία με το πρώτο πρόβλημα και στην Στερεομετρία με το δεύτερο πρόβλημα. Με άλλα λόγια στην Επίπεδη Γεωμετρία το θεμελιώδες πρόβλημα διδαχής της είναι η κατασκευή της μέσης αναλόγου ενώ στην Στερεομετρία το ζητούμενο είναι η κατασκευή των δύο μέσων αναλόγων ή αλλιώς η αύξηση ενός κύβου κατά δοθέντα λόγο. Τις αντιλήψεις αυτές τις διατύπωσε ο Πλάτωνας στο έργο του «Επινομίς» το οποίο δημοσιεύθηκε μετά το θάνατό του και είναι συμπλήρωμα ενός άλλου έργου του που φέρει το όνομα «Νόμοι». Η Γεωμετρία λοιπόν αρχίζει από τους Βαβυλώνιους και Αιγυπτίους, συνεχίζει με τους Πυθαγόρειους και φτάνει την εποχή του Πλάτωνα με όλο και πιο εμφανή τα στοιχεία της «γεωμετρικής άλγεβρας». Με τον όρο «γεωμετρική άλγεβρα» εννοούμε την συσχέτιση των γεωμετρικών σχημάτων με την Αριθμητική και τον ευρύτερο Λογισμό. Χαρακτηριστικό παράδειγμα της εξέλιξης της «γεωμετρικής άλγεβρας» είναι αυτό του Θυμαρίδα του Πάριου, μαθηματικού του 6ου-5ου π.Χ. αιώνα, ο οποίος έλυσε ένα σύστημα ν εξισώσεων με ν αγνώστους, με έναν τρόπο που στην ιστορία των Μαθηματικών λέγεται «Θυμαρίδειον επάνθημα» δηλαδή άνθος του Θυμαρίδα, γιατί προξένησε μεγάλη εντύπωση και παρομοιάστηκε με λουλούδι των μαθηματικών! Οι Μαθηματικοί που ασχολήθηκαν με το θέμα

Χ2 = Ε, όπου Ε ένα επίπεδο

σχήμα

Τετραγωνισμός του σχήματος Ε ( τετραγωνισμός του κύκλου)

Χ3 = V, όπου V ένα στερεό

σώμα

Κατασκευή κύβου Ισοδύναμου με το στερεό V

(διπλασιασμός του κύβου)

Σχήμα 2

Η Στήλη των Μαθηματικών της26 /7/2006 3/4 Πάρα πολλοί ήταν αυτοί που ασχολήθηκαν με το Δήλιο Πρόβλημα και αξίζει να τους αναφέρουμε. Με χρονολογική σειρά αυτοί ήταν:

1. Ιπποκράτης ο Χίος 2. Αρχύτας ο Ταραντίνος 3. Εύδοξος ο Κνίδιος, μαθητής του Αρχύτα 4. Μέναιχμος, αδελφός του Δεινόστρατου,

μαθητές του Ευδόξου και του Πλάτωνος 5. Πλάτωνας 6. Ερατοσθένης

7. Νικομήδης 8. Απολλώνιος 9. Διοκλής 10. Ήρων 11. Πάππος 12. Φίλων ο Βυζάντιος 13. Σπόρος, δάσκαλος του Πάππου ή συμμαθητής του.

Λύσεις στο πρόβλημα του διπλασιασμού του κύβου επιχείρησαν και οι δύο μεγάλοι Μαθηματικοί από τη Γαλλία: Ο René Dèscartes (1596-1650) ο γνωστός Καρτέσιος ο οποίος ήταν σύγχρονος του Pièrre de Fermat και υπήρξε πρόδρομος του Ευρωπαϊκού Διαφωτισμού και ο νεότερος Gohierre de Longchamps (1842-1906).

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

33. Δίνεται μια ευθεία (ε) και δύο σημεία Α, Α΄ και Β, όπου το Α΄ είναι συμμετρικό του Α ως προς άξονα συμμετρίας την ευθεία (ε). Με δεδομένο ακόμα ότι τα Α, Β βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο που ορίζεται από την (ε) και το τμήμα ΑΒ δεν είναι παράλληλο με την (ε), να βρεθεί το συμμετρικό του σημείου Β ως προς τον ίδιο άξονα με τη χρήση μόνο του χάρακα. Λύση: Κατασκευή: Στο σχήμα 1 έχουμε τα σημεία Α και Α΄ τα οποία είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα (ε) και το σημείο Β στο ίδιο ημιεπίπεδο με το σημείο Α και έτσι ώστε η ΑΒ να μην είναι παράλληλη στην (ε). Ζητούμε να κατασκευάσουμε το συμμετρικό του σημείου Β ως προς τον άξονα (ε) με τη χρήση μόνο του κανόνα(=αδιαβάθμητος χάρακας). Στα σχήματα 2, 3, 4 και 5 φαίνονται οι διαδοχικές ενέργειες που πραγματοποιούνται ώστε να κατασκευαστεί το σημείο Β΄. Στο σχήμα 2 φέρουμε την ΑΒ και προσδιορίζουμε το σημείο τομής Ο αυτής με τον άξονα συμμετρίας (ε) και στο σχήμα 3 ενώνω το Β με το Α΄ ώστε να προκύψει το σημείο τομής αυτής με τον άξονα (ε).

Α΄

Σχήμα 1

Α΄

Σχήμα 2

Α΄

Ο P

Σχήμα 3

Η Στήλη των Μαθηματικών της26 /7/2006 4/4 Στα σχήματα 4 και 5 φέρουμε διαδοχικά τις ημιευθείες ΟΑ΄ και ΑΡ οι οποίες τέμνονται στο σημείο Β΄.

Ισχυριζόμαστε ότι το Β΄ είναι το συμμετρικό του Β ως προς τον άξονα (ε). Απόδειξη: Επειδή το Α΄ είναι συμμετρικό του Α (σχήμα 6) άρα η (ε) είναι μεσοκάθετη στο τμήμα ΑΑ΄ και συνεπώς τα σημεία Ο και Ρ ισαπέχουν από τα άκρα του ΑΑ΄. Αυτό σημαίνει ότι: ΡΑ = ΡΑ΄ (1) και ΟΑ = ΟΑ΄ (2) Άρα τα τρίγωνα (ΟΑΡ) και (ΟΑ΄Ρ) είναι ίσα διότι έχουν τρεις πλευρές ίσες μία προς μία. Από την ισότητα των τριγώνων αυτών εξασφαλίζεται η ισότητα των γωνιών:

γων(ΟΑΡ) =γων(ΟΑ΄Ρ) (3) άρα και

γων(Α1) = γων(Α΄1) (4) (ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών) επίσης: γων(Ρ1) = γων(Ρ2) (5) (ως κατακορυφήν γωνίες). Από τις σχέσεις (1), (4) και (5) προκύπτει ότι τα τρίγωνα (ΑΒΡ) και (Α΄Β΄Ρ) είναι ίσα διότι έχουν μία πλευρά ίση και τις προσκείμενες σ΄ αυτήν γωνίες αντιστοίχως ίσες.

Άρα: ΡΒ = ΡΒ΄ καθώς και ΑΒ = Α΄Β΄ Από τις τελευταίες σχέσεις και τη (2) προκύπτει ότι τα τμήματα ΟΒ και ΟΒ΄ είναι ίσα δηλαδή το τρίγωνο ΟΒΒ΄ είναι ισοσκελές και επειδή η ΟΡ (από την ισότητα των ΟΑΡ και ΟΑ΄Ρ) είναι διχοτόμος, άρα η Οε ως διχοτόμος του τριγώνου ΒΟΒ΄ θα είναι και ύψος και διάμεσος του τριγώνου αυτού. Άρα το Β΄ συμμετρικό του Β ως προς την (ε).

Για την άλλη φορά 34. Αν 2 0α⟩ β⟩ και [ ],χ∈ ο π τότε να δειχθεί ότι: (1 )α − συνχ ≥ βχημχ

(Προτάθηκε από τον Ζεμπίλη Κώστα, Πολιτικό και Τοπογράφο Μηχανικό Γρεβενών) 35. Είμαι ο πιο μικρός θετικός ακέραιος που τελειώνω σε 6 και τέτοιος ώστε αν το 6 περάσει στην πρώτη θέση γίνομαι τετραπλάσιος της αρχικής μου τιμής. Ποιος αριθμός είμαι;

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Α΄

Ο P

Σχήμα 4

Α΄

Ο P

B΄Σχήμα 5

Α΄

Ο P

B΄Σχήμα 6

Η Στήλη των Μαθηματικών της 2 /8/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Ο διπλασιασμός του κύβου (Δήλιο Πρόβλημα)

Όπως αναφέρθηκε στο προηγούμενο φύλλο (Σημείωμα Νο 25), η βασική ιδέα για τη «λύση» του διπλασιασμού του κύβου ανήκει στον Ιπποκράτη τον Χίο και στηρίζεται στην κατασκευή των λεγόμενων «δύο μέσων αναλόγων». Στο σημερινό μας σημείωμα θα αναφέρουμε τη χαρακτηριστική λύση που αποδίδεται στον Μέναιχμο.

Ο Μέναιχμος

Ο Μέναιχμος (375 – 325 π.Χ.) ήταν μαθητής του Ευδόξου και μέλος της Ακαδημίας του Πλάτωνα. Κατάγονταν από την Αλωπηκόνησο της Μικράς Ασίας και ήταν αδελφός του Δεινόστρατου, γνωστού από την καμπύλη που τετραγωνίζει τον κύκλο(Νο22), και μαζί με τον Αριστοτέλη υπήρξε δάσκαλος του Μεγάλου Αλεξάνδρου. Σύμφωνα με μια παράδοση όταν ο Μέγας Αλέξανδρος ρώτησε τον Μέναιχμο, αν υπάρχει κάποια οδός που να οδηγεί στην γνώση των Μαθηματικών, ο Μέναιχμος είπε: « Ω Βασιλιά μου, για τους ταξιδιώτες που διατρέχουν αυτόν τον κόσμο, υπάρχουν βασιλικοί οδοί καθώς και δρόμοι για τους απλούς ανθρώπους του λαού, όμως στη Γεωμετρία δεν υπάρχει άλλη οδός εκτός από μία» Σύμφωνα με τον Ερατοσθένη ο Μέναιχμος είναι αυτός που επινόησε τις κωνικές τομές. Οι κωνικές τομές είναι μια κατηγορία γεωμετρικών καμπυλών που έπαιξαν και παίζουν σημαντικό ρόλο στην εξέλιξη των μαθηματικών. Για να αντιληφθεί κανείς τι είναι κωνικές τομές σύμφωνα με τον ορισμό του Μεναίχμου, αρκεί να φανταστεί έναν κώνο ή καλύτερα μια κωνική επιφάνεια η οποία να τέμνεται κάθετα από ένα επίπεδο. Οι κωνικές τομές είναι η έλλειψη, η παραβολή, η υπερβολή και βέβαια η ευθεία, το σημείο και ο κύκλος. Βέβαια πολλοί είναι εκείνοι που υποστηρίζουν ότι η πατρότητα των κωνικών τομών ανήκει στον Απολλώνιο τον Περγαίο ο οποίος έζησε σχεδόν εκατό χρόνια αργότερα από τον Μέναιχμο. Όμως, από ένα αραβικό κείμενο, όπου αναφέρονται οι εργασίες του Διοκλή φαίνεται, ότι οι κωνικές τομές και οι όροι με τους οποίους προσδιορίζονται, ήταν γνωστές και πριν τον Απολλώνιο.

N:26o

Έλλειψη (γωνία του κώνου οξεία)

Η Στήλη των Μαθηματικών της 2 /8/2006 2/4

ψ = χ2

ψ = 2/χ

Σχήμα 1 3 2

Η λύση του Μεναίχμου

Ο Μέναιχμος στηριζόμενος στις ιδέες του Ιπποκράτη του Χίου σκέφθηκε να αξιοποιήσει τη θεωρία των κωνικών τομών στη λύση του διπλασιασμού του κύβου με πλευρά α. Για το λόγο αυτό θεώρησε τις δύο μέσες ανάλογες χ και ψ των τμημάτων α και 2α που ορίζονται από τη σχέση:

α χ ψ= =χ ψ 2α

(1)

μετά από πράξεις συμπέρανε ότι πρέπει: ⋅2χ = α ψ (2) ⋅2ψ = χ 2α (3) και 2χψ = 2α (4)

Αν η σχέση (2) λυθεί ως προς ψ θα προκύψει: 2χψ =α

και αν η τιμή αυτή του ψ

αντικατασταθεί στη σχέση (3) τότε θα προκύψει: 3 3χ = 2α (5).

Η σχέση (5) εξασφαλίζει τον διπλασιασμό του κύβου πλευράς α σε κύβο με πλευρά χ. Αν επιπλέον θεωρηθεί ότι η πλευρά του δοθέντα κύβου είναι η μονάδα, τότε η εξίσωση

(5) απλοποιείται στη μορφή: 3χ = 2 (6), δηλαδή στην εξίσωση η οποία θα δώσει ως λύση

την κυβική ρίζα του 2. Έτσι η αναζήτηση κατευθύνεται στη γεωμετρική λύση της (6). (Για την γεωμετρική κατασκευή της τετραγωνικής ρίζας του 2 αναφερθήκαμε στο φύλλο της 28/4/2006). Οι σχέσεις (2) και (4) θέτοντας α = 1 γίνονται:

2ψ = χ (7) και 2ψ =χ (8).

Οι εξισώσεις αυτές αντιπροσωπεύουν τις εξισώσεις των δύο χαρακτηριστικών κωνικών τομών δηλαδή της παραβολής η πρώτη και της υπερβολής η δεύτερη. Σήμερα στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης της Δευτέρας τάξης των Λυκείων διδάσκονται οι έννοιες αυτές διεξοδικά, αλλά και οι μαθητές της Γ΄

Παραβολή (γωνία του κώνου ορθή)

Υπερβολή (η γωνία του κώνου αμβλεία

Η Στήλη των Μαθηματικών της 2 /8/2006 3/4

τάξης των Γυμνασίων μυούνται στο θέμα αυτό με πιο απλή μορφή. Στο σχήμα 1 φαίνονται οι κωνικές τομές των σχέσεων (7) και (8) καθώς και το σημείο τομής αυτών. Οι συντεταγμένες του σημείου αυτού είναι η λύση του συστήματος των εξισώσεων (7) και (8). Δηλαδή χο = 3 2 και ψο = ( 3 2 )2 οι οποίες είναι οι δύο μέσες ανάλογες του 1 και του 2. Σημείωση: Η γραφική λύση έγινε χρησιμοποιώντας τις εξισώσεις (7) και (8) που εκφράζουν μια παραβολή και μια υπερβολή. Θα μπορούσε όμως να γίνει και με τη γραφική λύση δύο παραβολών που προκύπτουν από τις σχέσεις (2) και (3) θέτοντας πάλι α = 1.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

34. Αν 2 0α⟩ β⟩ και [ ],χ∈ ο π τότε να δειχθεί ότι: (1 )α − συνχ ≥ βχημχ (1)

(Προτάθηκε από τον Ζεμπίλη Κώστα, Πολιτικό και Τοπογράφο Μηχανικό Γρεβενών) Λύση: Αν 0χ = τότε η ζητούμενη σχέση (1) γίνεται:

(1 0) 0 0 0 0α − συν ≥ β ημ ⇔ ≥ η οποία ισχύει. Θεωρώντας λοιπόν ότι 0χ ≠ η σχέση (1) μετασχηματίζεται στην :

1α χημχ≥

β − συνχ (2)

γιατί το β και το 1- συνχ είναι θετικά. Το δεύτερο μέλος της σχέσης (2) γίνεται:

1χημχ

=− συνχ

2χ

χ ημ2

χσυν

2ημ

2 12 2 2 22 2

2 2 2 2

χ χχσυν ⋅ χ χ

= = ⋅ συν ≤ ⋅ ⋅συν =χ χ χ χ

ημ ημ συν

και αυτό γιατί είναι γνωστή η σχέση: 1 , (0, )2

χ π≤ ∀χ∈

ημχ συνχ

άρα λοιπόν είναι 1χημχ− συνχ

2≤ (3)

Επειδή όμως είναι και 2 0α⟩ β⟩ άρα 2α⟩

β (4). Από τις σχέσεις (3) και (4)

προκύπτει η ζητούμενη (2).

35. Είμαι ο πιο μικρός θετικός ακέραιος που τελειώνω σε 6 και τέτοιος ώστε αν το 6 περάσει στην πρώτη θέση γίνομαι τετραπλάσιος της αρχικής μου τιμής. Ποιος αριθμός είμαι; Λύση: Έστω ότι ο ζητούμενος αριθμός είναι ο α = ……….6. Τότε αν ο αριθμός 6 περάσει στην πρώτη θέση ο αριθμός θα γίνει β = 6………. και θα είναι

Η Στήλη των Μαθηματικών της 2 /8/2006 4/4

τετραπλάσιος του α. Άρα αν εκτελέσουμε τον πολλαπλασιασμό με το 4 θα βρούμε το τελευταίο ψηφίο του β δηλαδή το προτελευταίο του α.

Άρα ο αριθμός έχει τη μορφή: α= ………….46, δηλαδή βρήκαμε τα δύο τελευταία ψηφία του. Με την ίδια συλλογιστική συνεχίζουμε στον ακόλουθο πολλαπλασιασμό:

Άρα ο αριθμός έχε τη μορφή: α = …………846, βρέθηκαν δηλαδή τα τρία τελευταία ψηφία του. Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο θα βρούμε: άρα ο αριθμός είναι ο: α = 153 3846.

Για την άλλη φορά

36. Έστω α, β, γ και δ τα εμβαδά των τριγωνικών εδρών ενός τετραέδρου και hα, hβ, hγ και hδ τα αντίστοιχα ύψη τότε να δείξετε ότι ισχύει η σχέση:

(α+β+γ+δ)( hα+ hβ+ hγ+ hδ) ≥48V όπου V είναι ο όγκος του τετραέδρου. 37. Έστω Ρ ένα σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ διαφορετικό από τα Α, Β, Γ. Υποθέτουμε ότι η ΒΡ τέμνει την ΑΓ στο σημείο Χ και η ΓΡ τέμνει την ΑΒ στο σημείο Ψ. Έστω Κ το σημείο τομής του περιγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο ΑΒΓ και στο τρίγωνο ΑΧΨ με Κ≠≠Α. Να δείξετε ότι η ΚΡ διχοτομεί το τμήμα ΧΨ. 38. Να δειχθεί ότι ο αριθμός 33334444+44443333 διαιρείται με το 7.

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

α = ..................6 Χ 4

β = 6................4

α = ................46 Χ 4

β = 6..............84

α = ...............846 Χ 4

β = 6.............384

α = ............3846 Χ 4

β = 6...........5384

α = ..........53846 Χ 4

β = 6.........15384

Η Στήλη των Μαθηματικών της 9 /8/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Ο διπλασιασμός του κύβου (Δήλιο Πρόβλημα) Η λύση του Μεναίχμου για το Δήλιο πρόβλημα παρουσιάστηκε στο προηγούμενο φύλλο για το λόγο ότι ήταν σχετικά απλή και κατανοητή. Ο Μέναιχμος χρησιμοποιώντας τη σχέση των δύο μέσων αναλόγων του Ιπποκράτη του Χίου κατάφερε να λύσει γραφικά το σύστημα δύο εξισώσεων που εκφράζουν μια παραβολή και μια υπερβολή ή δύο παραβολές. Η αδυναμία της λύσης αυτής βέβαια είναι ότι η κατασκευή των κωνικών τομών δεν γίνεται με χάρακα και διαβήτη παρά μόνο με μια κατασκευαστική διαδικασία που προχωρά με τη μέθοδο «σημείο προς σημείο».

Αρχύτας ο Ταραντίνος (428-360π.Χ.) Ο Αρχύτας γεννήθηκε στο Τάραντα της Ιταλίας και ήταν από τους τελευταίους των Πυθαγορείων. Υπήρξε μαθητής του Φιλόλαου από τον Κρότωνα, μελέτησε τα μαθηματικά στη γειτονική πόλη Μεταπόντιο και ήταν δάσκαλος των μαθηματικών του Ευδόξου του Κνίδιου. Ήταν επίσης φίλος του Πλάτωνα ο οποίος τον συναντούσε όταν επισκέπτονταν τη Σικελία και την Ιταλία. Μάλιστα σε μια από τις επισκέψεις αυτές ο Πλάτωνας κινδύνευσε να θανατωθεί από τον τύρρανο των Συρακουσών Διονύσιο, αλλά σώθηκε από τον Αρχύτα. Εκτός από μαθηματικός ο Αρχύτας ήταν μηχανικός, πολιτικός και στρατηγός. Η πόλη του Τάραντα ήταν αποικία των Λακεδαιμονίων χτισμένη από το τέλος του όγδοου αιώνα π.Χ. και αποτελούσε την εποχή αυτή μια ομοσπονδία μαζί με τις Συρακούσες, τον Μεταπόντιο, τον Κρότωνα(έδρα των Πυθαγορείων) και άλλες πόλεις της Νότιας Ιταλίας. Την εποχή του Αρχύτα ο Τάραντας ακμάζει και αυτό το οφείλει σε ένα μεγάλο μέρος στην ικανότητα του Αρχύτα, ο οποίος την οργάνωσε και την έκανε ανεξάρτητη και δυνατή. Ακόμα ο Αρχύτας διατηρούσε καλές σχέσεις με τον τύραννο των Συρακουσών Διονύσιο τον νεώτερο και τα έτη 367 μέχρι τα 361 διετέλεσε στρατηγός. Είναι η εποχή εκείνη, όπου στη περιοχή της Μεγάλης Ελλάδας έχουν εισβάλει με πόλεμο οι Καρχηδόνιοι, είχαν εγκατασταθεί στη Σικελία και ήθελαν να επικρατήσουν σε όλη την Ιταλική χερσόνησο. Τελευταίο κέντρο του Πυθαγορισμού ο Τάραντας τιμά τον Αρχύτα και τον εμπιστεύεται το ανώτατο αξίωμα της διακυβέρνησής του επτά φορές παρά το νόμο που θέλει το αξίωμα αυτό να το ασκεί κάποιος μόνο μια φορά(Μαρτυρία του Διογένη του Λαέρτιου VIII, 79 και 82) Επίσης ο Στράβωνας γράφει: « Οι κάτοικοι του Τάραντα διατήρησαν μια εξαιρετική δύναμη εξαιτίας της αποδοχής ενός δημοκρατικού πολιτεύματος. Αποδέχθηκαν επίσης τη φιλοσοφία του Πυθαγόρα και ιδιαίτερα του Αρχύτα ο οποίος παρέμεινε για μεγάλο χρονικό διάστημα επικεφαλής της πόλης» Για το τέλος του Αρχύτα δεν είναι γνωστά παρά μόνο ό,τι αναφέρει ο Διογένης ο Λαέρτιος. Το έτος 360 ο Αρχύτας παραιτείται από το αξίωμα του στρατηγού και αφιερώνεται στις επιστημονικές του αναζητήσεις. Δεν είναι γνωστό πότε ακριβώς πέθανε, όμως ο ποιητής Οράτιος ( Ωδές, 1, 28,1-6) φαίνεται να γνώριζε τον τάφο του στο λόφο της Απουλίας, κοντά στο όρος Μάτινους, πάνω στον οποίο υπήρχε ένα επίγραμμα αφιερωμένο στον φιλόσοφο αυτό. Διαπιστώνεται έτσι ότι η φήμη του Αρχύτα έφθανε μέχρι τη Ρωμαϊκή εποχή.

N:27o

Η Στήλη των Μαθηματικών της 9 /8/2006 2/4

Η λύση του Αρχύτα Πριν αναφερθούμε στη λύση του Αρχύτα θα πρέπει να επανέλθουμε στην αρχική ιδέα του Ιπποκράτη του Χίου, σχετικά με τις δύο μέσες ανάλογες, η οποία άνοιξε το δρόμο για όλες τις προσπάθειες λύσης του Δηλίου προβλήματος, δηλαδή του διπλασιασμού του κύβου. Ας θεωρήσουμε λοιπόν ότι έχουμε ένα κύβο με πλευρά τη μονάδα μήκους δηλαδή το 1 και θέλουμε να τον διπλασιάσουμε. Τότε μπορούμε να σκεφθούμε αναλυτικά ως εξής: 1ο βήμα

Αυξάνουμε το μήκος του κύβου από 1 σε χ. Τότε οι όγκοι ικανοποιούν τη σχέση: 1

V 1=V x

2ο βήμα

Αυξάνουμε το πλάτος από 1 σε χ. Τότε οι όγκοι των στερεών ικανοποιούν τη σχέση: 22

V x=V x

3ο βήμα

Αυξάνουμε και το ύψος του κύβου από 1 σε χ. Τότε θα ισχύει: 2 2

V x x= =V 2x

Συμπέρασμα: Η διαδικασία αυτή δικαιολογεί την ύπαρξη των δύο μέσων αναλόγων γιατί όλοι οι

λόγοι είναι ίσοι με 1/χ και συνεπώς έχουμε τη σχέση: 2

21 x x= =x 2x

. Άρα οι δύο μέσες ανάλογες

είναι η χ και ψ = x2 που η πρώτη παριστά την ακμή του διπλάσιου κύβου και δεύτερη το εμβαδόν της έδρας του.

111

Δ'

Α'

Ι'

Β΄

ΒΑ

1χ

Δ'

Α'

Ι'

Β΄ Β΄΄ Α''

Γ΄Δ

1χ

Β΄΄ Α''

Γ΄

Η Στήλη των Μαθηματικών της 9 /8/2006 3/4

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

(α+β+γ+δ)( hα+ hβ+ hγ+ hδ) ≥48V (1) όπου V είναι ο όγκος του τετραέδρου(σχ.1) Λύση: Είναι γνωστό ότι ο όγκος μιας πυραμίδας δίνεται από τον τύπο:

1V = (εμβαδό βάσης)x(αντίστοιχο ύψος)3

άρα: 1 1 1 1V h h h h3 3 3 3α β γ δ= ⋅ α = ⋅β = ⋅ γ = ⋅ δ

ή ακόμα: 3V h h h hα β γ δ= α = β = γ = δ

Αν θεωρήσουμε τώρα την ταυτοανίσωση του Schwartz θα προκύψει:

( ) ( ) ( )⋅ ≥2

α β γ δ α β γ δα + β + γ + δ + h + h + h + h αh + βh + γh + δh =

2( 3V + 3V + 3V + 3V ) = ( )24 3V = 48V

Άρα λοιπόν ισχύει: ( ) ( )⋅ α β γ δα + β + γ + δ + h + h + h + h 48V≥ 37. Έστω Ρ ένα σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ διαφορετικό από τα Α, Β, Γ. Υποθέτουμε ότι η ΒΡ τέμνει την ΑΓ στο σημείο Χ και η ΓΡ τέμνει την ΑΒ στο σημείο Ψ. Έστω Κ το σημείο τομής του περιγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο ΑΒΓ και στο τρίγωνο ΑΧΨ με Κ≠Α. Να δείξετε ότι η ΡΚ διχοτομεί το τμήμα ΧΨ. Λύση: Στο σχήμα 2 έχουμε το τρίγωνο ΑΒΓ, τον περιγεγραμμένο κύκλο στο τρίγωνο αυτό και το τυχαίο σημείο Ρ πάνω στον κύκλο αυτό. Τα σημεία Χ και Ψ είναι τα σημεία τομής των ΡΒ και ΡΓ με τις ΑΓ και ΑΒ(στην προέκταση) αντίστοιχα. Θεωρώντας τώρα τον περιγεγραμμένο κύκλο στο τρίγωνο ΑΧΨ προκύπτει το σημείο Κ ως δεύτερο μετά το Α σημείο τομής του κύκλου αυτού με τον αρχικό κύκλο. Θεωρώντας τώρα την προέκταση της ΚΡ, ζητούμε ότι αυτή θα τμήσει στη μέση το ευθύγραμμο τμήμα ΧΨ. Πράγματι: αν προεκτείνω την ΒΡ αυτή θα τμήσει το δεύτερο κύκλο στο σημείο Ζ και αν προεκτείνω την ΚΡ αυτή θα τμήσει τον ίδιο κύκλο στο σημείο Ε. Φέρω ακόμη τις ΧΕ, ΕΨ, ΨΖ, ΚΑ, ΚΧ, ΧΨ και έχω το συνολικό σχήμα 2. Τότε θα ισχύει:

hα

Ε(α)

Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 9 /8/2006 4/4

Η γωνΨρ = γωνΚρ γιατί είναι εγγεγραμμένες στο δεύτερο κύκλο και βαίνουν στο ίδιο τόξο AE . Η γωνΚρ = γωνΒρ γιατί είναι εγγεγραμμένες στον πρώτο κύκλο και βαίνουν στο ίδιο τόξο ΑΡ Άρα γωνΨρ = γωνΒρ και συνεπώς ΕΨ//ΒΖ. Αυτό σημαίνει ότι το τετράπλευρο ΧΖΨΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο και συνεπώς: γωνΧω = γωνΖω Επίσης: Η γωνΖω = γωνΑω(απέναντι εξωτερική) γιατί το τετράπλευρο ΑΧΖΨ είναι εγγεγραμμένο στο δεύτερο κύκλο. Ακόμη είναι γωνΑω = γωνΡω ως εγγεγραμμένες στον πρώτο κύκλο που βαίνουν στο ίδιο τόξο ΒΓ . Τέλος γωνΡω = ΨΡΖΖ ως κατακορυφήν. Άρα γωνΧω = ΨΡΖΖ . Άρα ΨΡ//ΕΧ και συνεπώς το τετράπλευρο ΧΡΨΕ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα η ΚΡ διχοτομεί την ΧΨ (διαγώνιες παρ/μου διχοτομούνται)

Για την άλλη φορά

39. Να δειχθεί ότι αν ο ακέραιος α γράφεται με τη μορφή: 2 23χ +ψ τότε μπορεί να γραφεί και με τη μορφή: 2 2u + uv + v και αντιστρόφως. 40. Στην αρχή αυτού του καλοκαιριού σχηματίστηκαν τρία ζευγάρια. Τα τρία αγόρια ( ο Νίκος, ο Κώστας και ο Χρήστος) μαζί με τις φίλες των ( τη Λουκία, την Στέλλα και την Μαίρη) μπαίνουν για ψώνια σε ένα παράξενο πολυκατάστημα. Εκεί το κάθε εμπόρευμα στοιχίζει τόσα ευρώ όσα και το πλήθος των εμπορευμάτων που θα αγοράσεις(*). Ο Νίκος αγόρασε 17 αντικείμενα περισσότερα από τη Λουκία και ο Κώστας 7 περισσότερα από τη Στέλλα. Κάθε αγόρι ξόδεψε 45 ευρώ περισσότερα από την φίλη του. Ζητά να μάθει κάποιος ποιο αγόρι βγαίνει με ποιο κορίτσι. (*) Βέβαια σ΄ αυτό το περίεργο κατάστημα βολεύει κάθε φορά να αγοράζεις ένα αντικείμενο και να πληρώνεις ένα ευρώ, όμως αυτά τα παιδιά δεν βλέπουν έτσι τα πράγματα.

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

ωP

Σχήμα 1Σχήμα 2

Η Στήλη των Μαθηματικών της 23 /8/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Ο διπλασιασμός του κύβου – Δήλιο πρόβλημα

Η λύση του Αρχύτα -Οι αρχικές ιδέες Αν επιμείνει να κατανοήσει κανείς την καταπληκτική ιδέα της λύσης του Αρχύτα θα πρέπει να ξεκινήσει από την απλή κατασκευή της μέσης αναλόγου δύο ποσοτήτων. Για παράδειγμα στο σχήμα 1 το σημείο Ρ κινείται πάνω στο ημικύκλιο με διάμετρο την ΟΑ και κάθε φορά η προβολή του Θ πάνω σ΄ αυτήν δημιουργεί τη σχέση:

ΟΘ:ΟΡ = ΟΡ:ΟΑ (1). Εύκολα η σχέση αυτή διαπιστώνεται από την ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων ΟΡΘ και ΟΑΡ. Η σημασία της σχέσης (1) είναι τεράστια και τούτο γιατί μας δίνει τη δυνατότητα να κατασκευάζουμε πάντα τη μέση ανάλογο δύο γνωστών τμημάτων α και β. Για παράδειγμα αν γνωρίζουμε το α=ΟΘ και β = ΟΑ, τότε με την κατασκευή του ημικυκλίου με διάμετρο την μεγαλύτερη ΟΑ και θεωρώντας την ΟΘ εσωτερικά της ΟΑ, υψώνουμε την κάθετη στο Θ και πετυχαίνουμε την κατασκευή του σημείου Ρ άρα και της ΟΡ η οποία είναι η μέση ανάλογη ή αλλιώς ο γεωμετρικός μέσος των α και β. Θυμίζουμε εδώ πάλι ότι: «Η μέση ανάλογη των 1 και 2 λύνει το πρόβλημα του διπλασιασμού του τετραγώνου, ενώ

ο διπλασιασμός του κύβου απαιτεί δύο μέσες ανάλογες των 1 και 2». Άρα λοιπόν για να λυθεί το πρόβλημα του διπλασιασμού του κύβου θα πρέπει να ικανοποιηθεί η σχέση :

1:ΟΘ = ΟΘ:ΟΡ = ΟΡ:2 (2) Προσέχοντας καλύτερα τη σχέση (2) εύκολα καταλαβαίνουμε ότι αυτή αναλύεται στην κατασκευή δύο μέσων γεωμετρικών ( ή μέσων αναλόγων) των ΟΘ και ΟΡ, οι οποίες δίνονται από τις ακόλουθες σχέσεις:

1:ΟΘ = ΟΘ:ΟΡ (3) και ΟΘ:ΟΡ = ΟΡ:2 (4) Φθάνοντας κανείς στο σημείο αυτό και έχοντας ως εργαλείο τη μέθοδο του σχήματος 1, αμέσως οδηγείται σε μια στρατηγική κατασκευής της δεύτερης αναλόγου με τον ίδιο τρόπο, βάζοντας στο παιχνίδι και έναν δεύτερο κύκλο.

Ένα προκαταρκτικό βήμα

N:28o

Ο Α

Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 23 /8/2006 2/4

Στο σχήμα 2 βλέπει κανείς ένα ημικύκλιο με διάμετρο την ΟΑ και έναν άλλο κύκλο με διάμετρο την ΟΡ. Ο δεύτερος κύκλος διέρχεται ασφαλώς από το σημείο Θ το οποίο είναι η προβολή του Ρ στην ΟΑ και το Β προβολή του Θ πάνω στην ΟΡ. Άρα ισχύει:

ΟΒ:ΟΘ = ΟΘ:ΟΡ = ΟΡ:ΟΑ (5). Δηλαδή τα τμήματα ΟΘ και ΟΡ αποτελούν τις δύο μέσες ανάλογες των ΟΒ και ΟΑ. Δηλαδή οι δύο αυτοί κύκλοι μας έδωσαν αμέσως μια γεωμετρική αντίληψη των δύο μέσων αναλόγων δύο ευθυγράμμων τμημάτων.

Η δυναμικότητα του σχήματος 2 η οποία προκύπτει από τη συνεχή μετακίνηση του σημείου Ρ πάνω στο τόξο ΟΡΑ θα δώσει έναν γεωμετρικό τόπο για τις διάφορες θέσεις του Ρ του σημείου Β. Αυτός ο γεωμετρικός τόπος εμφανίζεται στο σχήμα 3 και είναι το τόξο ΟΒΑ (*). Άρα: Όταν το σημείο Ρ κινείται πάνω στον πρώτο κύκλο τότε το σημείο Β θα κινείται στο τόξο

ΟΒΑ.

Η κατασκευή του σημείου Β Στο σχήμα 4 το σημείο Β μπορεί να κατασκευασθεί όταν γνωρίζουμε τη γραμμή ΟΒΑ του γεωμετρικού τόπου όπου βέβαια η ΟΑ θεωρήθηκε ίση με το 2. Η κατασκευή μπορεί να γίνει με την τομή του γεωμετρικού τόπου και ενός τρίτου κύκλου με κέντρο το σημείο Ο και ακτίνα τη μονάδα. Τότε εύκολα αντιλαμβάνεται κανείς ότι θα ισχύει: 1:ΟΘ = ΟΘ:ΟΡ = ΟΡ:2 (6) γιατί ΟΒ = 1 και ΟΑ = 2. Παρατήρηση: Η κατασκευή του σημείου Β γίνεται τέμνοντας δύο γραμμές. Δηλαδή τον κύκλο που έχει κέντρο το σημείο Ο και ακτίνα ίση με τη μονάδα που εύκολα κατασκευάζεται και την γραμμή ΟΒΑ του γεωμετρικού τόπου . Η γραμμή όμως αυτή δεν κατασκευάζεται με κανόνα και διαβήτη αλλά μόνο μεμονωμένα σημεία αυτής. Έτσι η λύση αυτή δεν οδηγεί στη λύση του προβλήματος με γεωμετρικό τρόπο, δηλαδή με

Ο Α

Σχήμα 2

Ο Α

Σχήμα 3

ΑΟ

Σχήμα 4

Η Στήλη των Μαθηματικών της 23 /8/2006 3/4

χάρακα και διαβήτη αλλά με τη μέθοδο της κατασκευής «σημείο προς σημείο».

(*) Σχόλιο Αν θέλαμε να μελετήσουμε το τόξο ΟΒΑ τότε θα διαπιστώναμε ότι αυτό είναι ένα τόξο που αποτελείται από σημεία, οι συντεταγμένες των οποίων ικανοποιούν την εξίσωση:

(χ2+ψ2)2=2Rχ3, R =ΟΑ/2 (1) όπου χ και ψ είναι οι συντεταγμένες του σημείου Β ως προς ένα Καρτεσιανό σύστημα αξόνων με αρχή το σημείο Ο, άξονα των χ την ευθεία που ορίζεται από τα σημεία Ο και Α και άξονα των ψ την κάθετη στον άξονα των χ στο σημείο Ο. Αν θεωρήσουμε ως σύστημα αναφοράς το Καρτεσιανό σύστημα που έχει ως αρχή το κέντρο του κύκλου κι αν ακόμα προς χάριν απλότητας θεωρήσουμε την ακτίνα του κύκλου τη μονάδα, τότε η εξίσωση θα λάβει τη μορφή:

2 2 2 3 2 2(χ + ψ ) + 2χ + 4χψ + 2ψ - 2χ - 1 = 0 (2) (Στο θέμα αυτό αναφέρεται η προτεινόμενη άσκηση του σημερινού φύλλου με αριθμό 44)

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

38. Να δειχθεί ότι ο αριθμός 33334444+44443333 διαιρείται με το 7. Λύση: Παρατηρούμε ότι:

3333 = 7⋅⋅476+1 = πολ7+1 άρα:

33334444 = (πολ7+1)4444 = πολ7+1 (1) γιατί ισχύει η πρόταση: (α+β)ν=πολα+βν όμοια είναι:

4444 = 7⋅634+6 = πολ7+6 και συνεπώς:

44443333 = (πολ7+6)3333 = πολ7+63333 (2) προσθέτοντας τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε 33334444+44443333 = πολ7+1+63333 = πολ7+(13333+63333) = πολ7+(1+6)(13332 +133316+…+63332)

πολ7+πολ7 = πολ7. Άρα το 7 διαιρεί τον αριθμό: 33334444+44443333 39. Να δειχθεί ότι αν ο ακέραιος α γράφεται με τη μορφή:

2 23χ +ψ τότε μπορεί να γραφεί και με τη μορφή: 2 2u + uv + v και αντιστρόφως. Λύση: Είναι: 2 2 2 2 2 2 2α = 3χ + ψ = χ + 2χ + ψ = 2χ + (χ -ψ) + 2χψ =

=2 2 2 2 2= χ + (χ + 2χψ +ψ ) -ψ + (χ -ψ) 2 2= (χ +ψ) + (χ +ψ)(χ -ψ) + (χ -ψ) =

2 2u + uv + v , όπου

Η Στήλη των Μαθηματικών της 23 /8/2006 4/4

u = χ + ψ και v = χ -ψ

Για την άλλη φορά 41. Έστω ένα τυχαίο τρίγωνο ΑΒΓ και τα σημεία Δ, Ε, Ζ τέτοια ώστε οι σημειούμενες γωνίες στο παρακάτω σχήμα είναι 30 μοίρες. Να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισόπλευρο.

42. Να λυθεί γραφικά το σύστημα: ⟨2 2χ + ψ - 2χ - 1 0

⟨2 2χψ(χ -ψ ) 0 43. Δίνεται το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ=5εκατ. και βάση

ΒΓ=8εκατ. καθώς επίσης το ισοσκελές τρίγωνο ΔΕΖ με ΔΕ=ΔΖ=4,95 εκατ. και βάση ΕΖ=7εκατ. Ποιο από τα δύο έχει μεγαλύτερο εμβαδό;

. 44. Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΟΑ. Ένα σημείο Ρ κινείται στο ημικύκλιο.

Έστω Θ η προβολή του Ρ στην ΟΑ και Β η προβολή του Θ στην ΟΡ. Ζητείται ο τόπος του Β καθώς το Ρ διαγράφει το ημικύκλιο.

45. Στο τραπέζιο ΑΒΓΔ, οι διαγώνιες

τέμνονται στο σημείο Ε, το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΕ είναι 72 τ.μ. και το εμβαδόν του τριγώνου ΓΔΕ είναι 50. Ποιο είναι το εμβαδόν του τραπεζίου;

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

ΔΕ

3030

Α Β

Δ Γ

Η Στήλη των Μαθηματικών της 30 /8/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Ο διπλασιασμός του κύβου – Δήλιο πρόβλημα

Η τελική ιδέα

Είναι πολύ σημαντικό να κατανοήσουμε σήμερα το μεγάλο βήμα της συλλογιστικής του Αρχύτα για την επινόηση της στερεομετρικής αντίληψης σύμφωνα με την οποία έφθασε στη λύση του διπλασιασμού του κύβου. Η αναζήτηση των δύο μέσων αναλόγων και η κατασκευή αυτών παίρνει μια δυναμική σχέση αν παρακολουθήσουμε τα ακόλουθα βήματα: 1ο Βήμα: Θεωρούμε τον κύκλο (1) με διάμετρο ΟΑ=2μ.μ. ο οποίος βρίσκεται πάνω στο οριζόντιο επίπεδο ΧΟΨ (σχ.1) και αφού τον περιστρέψουμε κατά γωνία ΑΟΑ΄ γύρω από το σημείο Ο και πάνω στο επίπεδο αυτό, τον περιστρέφουμε στη συνέχεια κατά 90ο γύρω από την ΟΑ΄, ώστε ο κύκλος (1) από την αρχική του θέση να βρεθεί στη θέση (2) και να ανήκει πλέον σε ένα κάθετο επίπεδο προς στο αρχικό.

Έτσι στο σχήμα 1 φαίνεται ένα στιγμιότυπο της κίνησης αυτής όπου εμφανίζεται ο κύκλος (1) στην αρχική θέση και ο κύκλος (2) στη δεύτερη θέση. Τότε θα ισχύει η σχέση:

ΟΒ:ΟΡ=ΟΡ:ΟΑ 2ο Βήμα: Περιστρέφουμε τον κύκλο (2) γύρω από τον άξονα ΟΖ κατά γωνία 360ο. Η περιστροφή του κύκλου αυτού γύρω από τον άξονα ΟΖ δημιουργεί ένα στερεό το οποίο λέγεται Τόρος(σχήμα 2) Ο τόρος ανήκει στην κατηγορία των στερεών σχημάτων τα οποία προκύπτουν από την περιστροφή κάποιων ευθυγράμμων σχημάτων γύρω από έναν άξονα. Στην προκειμένη περίπτωση το περιστρεφόμενο σχήμα είναι ο κύκλος (2) με διάμετρο την ΟΑ΄ = ΟΑ=2 και ο άξονας περιστροφής είναι ο ΟΖ ο οποίος είναι η εφαπτομένη του κύκλου στο άκρο Ο της διαμέτρου ΟΑ΄ και φυσικά είναι κάθετος στο επίπεδο που ορίζεται από τις ΟΧ και ΟΨ.

Άρα το σημείο Ρ θα ανήκει οπωσδήποτε στην επιφάνεια του τόρου αυτού. (α) 3ο Βήμα: Αν προσέξουμε το σχήμα 1 τότε θα παρατηρήσουμε ότι το σημείο Ρ βρίσκεται πάντοτε στην κάθετη προς στο οριζόντιο επίπεδο και σε κάποιο σημείο Β το οποίο ανήκει στη διάμετρο του κύκλου (2) και το οποίο είναι η τομή της διαμέτρου ΟΑ΄ του δεύτερου κύκλου με τον

N:29o

Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 30 /8/2006 2/4

αρχικό κύκλο (1). Άρα θα ανήκει πάντοτε στην κυρτή επιφάνεια του κυλίνδρου (κ), ο οποίος εμφανίζεται στο σχήμα 3 και ο οποίος έχει άξονα κάθετο προς στο επίπεδο ΧΟΨ και τέμνει το δεύτερο επίπεδο κατά δύο γραμμές, τον άξονα ΟΖ και την ευθεία που ορίζεται από την ΘΒ.

Άρα το σημείο Ρ θα ανήκει πάνω στην επιφάνεια του κυλίνδρου (κ). (β)

4ο Βήμα: Στο σχήμα 4 φέραμε την κάθετη ΒΘ από το σημείο Β προς την αρχική διάμετρο ΟΑ και σύμφωνα με το θεώρημα των τριών καθέτων η ΡΘ θα είναι κάθετη προς την ΟΑ. Αναφερόμενοι τώρα στις σχέσεις των δύο μέσων αναλόγων εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε: ΟΘ:ΟΒ=ΟΒ:ΟΑ (3) ΟΒ:ΟΡ=ΟΡ:ΟΑ΄ άρα και ΟΒ:ΟΡ=ΟΡ:ΟΑ (4) αφού ΟΑ=ΟΑ΄ Επειδή θεωρήσαμε ότι: ΟΑ=2 η σχέση (3) γίνεται:

ΟΘ:ΟΒ=ΟΒ:2 ή ακόμα:

2:ΟΒ=ΟΒ:ΟΘ και τέλος

1:ΟΒ=ΟΒ:(2⋅⋅ΟΘ) (5) (διαιρούμε και τα δύο μέλη με το δύο)

Στο σημείο αυτό δεν ξεχνούμε ότι ζητούμε να ισχύει ότι:

1:χ =χ:ψ = ψ:2 και στη συγκεκριμένη περίπτωση αν θεωρήσουμε ότι:

ΟΡ=2(ΟΘ) (6) τότε λόγω της (4) και της (5) θα ισχύει:

1:ΟΒ=ΟΒ:(2ΟΘ)=ΟΒ:ΟΡ=ΟΡ:ΟΑ=ΟΡ:2 ή 1:ΟΒ=ΟΒ:ΟΡ=ΟΡ:2.(7)

Σχήμα 3

Σχήμα 2

Σχήμα 4

Η Στήλη των Μαθηματικών της 30 /8/2006 3/4

Η τελευταία σχέση μας δίνει τις δύο μέσες αναλόγους των 1 και 2 οι οποίες είναι τα τμήματα ΟΒ και ΟΡ. Η σχέση (6) δίνει την προϋπόθεση για την ύπαρξη των ανωτέρω μέσων και επειδή ο λόγος των τμημάτων ΟΡ και ΟΘ είναι σταθερός δηλαδή ισχύει ΟΡ/ΟΘ=2, άρα ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Ρ θα είναι μια κωνική επιφάνεια με οδηγό τον κύκλο που έχει κέντρο το σημείο Θ, ακτίνα το ΘΡ και ανήκει στο επίπεδο (π3) των σημείων Θ,Ρ,Β καθώς και κορυφή το σημείο Ο της αρχής των αξόνων. Άρα: Το σημείο Ρ ανήκει στην κωνική

επιφάνεια (ω). (γ)

Συμπέρασμα: Από τις προτάσεις (α), (β) και (γ) διαπιστώνουμε ότι η κατασκευή του σημείου Ρ και κατά συνέπεια των δύο μέσων αναλόγων θα προκύψει από την τομή των τριών αυτών επιφανειών. Δηλαδή της επιφάνειας του τόρου, της κυλινδρικής επιφάνειας και τέλος της κωνικής επιφάνειας όπως φαίνεται στο σχήμα (6).

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

40. Στην αρχή αυτού του καλοκαιριού σχηματίστηκαν τρία ζευγάρια. Τα τρία αγόρια ( ο Νίκος, ο Κώστας και ο Χρήστος) μαζί με τις φίλες των ( τη Λουκία, την Στέλλα και την Μαίρη) μπαίνουν για ψώνια σε ένα παράξενο πολυκατάστημα. Εκεί το κάθε εμπόρευμα στοιχίζει τόσα ευρώ όσα και το πλήθος των εμπορευμάτων που θα αγοράσεις(*).

Σχήμα 5

Σχήμα 6

Η Στήλη των Μαθηματικών της 30 /8/2006 4/4

Ο Νίκος αγόρασε 17 αντικείμενα περισσότερα από τη Λουκία και ο Κώστας 7 περισσότερα από τη Στέλλα. Κάθε αγόρι ξόδεψε 45 ευρώ περισσότερα από την φίλη του. Ζητά να μάθει κάποιος ποιο αγόρι βγαίνει με ποιο κορίτσι. (*) Βέβαια σ΄ αυτό το περίεργο κατάστημα βολεύει κάθε φορά να αγοράζεις ένα αντικείμενο και να πληρώνεις ένα ευρώ, όμως αυτά τα παιδιά δεν βλέπουν έτσι τα πράγματα. Λύση: Αν κάποιος αγοράσει από το κατάστημα αυτό χ αντικείμενα, τότε προφανώς θα πληρώσει συνολικά χ2. Όταν ένα ζευγάρι από τους νέους αυτούς έχει αγοράσει χ και ψ αντικείμενα αντιστοίχως τότε θα ισχύει πάλι η σχέση: χ2 – ψ2 = 45 (1). Έτσι λοιπόν θα αναζητήσουμε τις λύσεις της εξίσωσης (1) μέσα στο σύνολο των θετικών ακεραίων. Λύση της (1) Η εξίσωση (1) ισοδυναμεί με (χ+ψ)⋅⋅(χ-ψy) = 45 = 1⋅45 = 45⋅1 = 5⋅9 = 9⋅5 = 3⋅15 = 15⋅3 Άρα έχουμε τα ακόλουθα συστήματα:

τα οποία δίνουν τις λύσεις: (χ1= 23, ψ1= 22), (χ2 = 9, ψ2 = 6) και ( χ3 = 7, ψ3 = 2) δηλαδή: 232 – 222 = 45 92 – 62 = 45 (2) 72 – 22 = 45 Από τις σχέσεις αυτές φαίνεται ότι ο Νίκος αγόρασε 23 αντικείμενα και η Λουκία 6 ώστε η διαφορά των να είναι 17. Ο Κώστας αγόρασε 9 αντικείμενα και η Στέλλα 2, ώστε η διαφορά να είναι 7. Άρα ο Χρήστος αγόρασε 7 αντικείμενα και η Μαίρη 22. Άρα τα ζεύγη των νέων αυτών ήταν: ( Νίκος, Μαίρη), ( Κώστας, Λουκία) και ( Χρήστος, Στέλλα)

Για την άλλη φορά

46. Έστω f (z) z iz, z C= − ∈ α) Να λύσετε την εξίσωση: f (z) 2 i= − . β)Αν f ( z ) 2= να βρείτε το z . γ) Αν z 1= , να δείξετε ότι ο γεωμ. τόπος των εικόνων του w f (z)= είναι κύκλος που διέρχεται από την αρχή των αξόνων

(Από την τράπεζα θεμάτων της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας- www.hms.gr) Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

x + y = 1 x – y = 45

x + y = 45 x – y = 1

x + y = 3 x – y = 15

x + y = 15 x – y = 3

x + y = 9 x – y = 5

x + y = 5 x – y = 9

Η Στήλη των Μαθηματικών της 6 /9/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Η τριχοτόμηση της γωνίας Εισαγωγικά

Η τριχοτόμηση μιας γωνίας αποτέλεσε για τους αρχαίους Έλληνες γεωμέτρες ένα πρόβλημα και ταυτόχρονα μια αφετηρία για σπουδαίες προτάσεις και για μια σειρά από νέες διαδρομές στον ευρύτερο χώρο των Μαθηματικών. Όπως και στον διπλασιασμό του κύβου αφετηρία ήταν ο διπλασιασμός του τετραγώνου έτσι και στην τριχοτόμηση της γωνίας αφετηρία ήταν η επιτυχής προσπάθεια για τη διχοτόμηση μιας τυχαίας γωνίας. Γνωρίζουμε σήμερα ότι κάθε γωνία μπορεί με τη χρήση του κανόνα και του διαβήτη να χωριστεί σε δύο άλλες οι οποίες μεταξύ των είναι ίσες. Έτσι το επόμενο βήμα για τους Μαθηματικούς της εποχής εκείνης ασφαλώς ήταν η τριχοτόμηση μιας γωνίας. Μια άλλη ανάγκη που οδήγησε τα ανήσυχα πνεύματα των Αρχαίων ήταν και η προσπάθεια να κατασκευάσουν κανονικά πολύγωνα τα οποία ασφαλώς αποτελούσαν την εποχή εκείνη αντικείμενο μεγάλου θαυμασμού. Με τη διχοτόμηση μιας γωνίας κατόρθωσαν να κατασκευάσουν από το κανονικό εξάγωνο μια σειρά από κανονικά πολύγωνα, όπως το κανονικό τρίγωνο δηλαδή το ισόπλευρο τρίγωνο, στη συνέχεια το κανονικό δωδεκάγωνο, εικοσιτετράγωνο κλπ. όπως φαίνεται στο σχήμα 1

Με τη διχοτόμηση της γωνίας ΑΟΒ βρέθηκε η διχοτόμος ΟΑ1 και μ’ αυτόν τον τρόπο κατασκευάστηκε το κανονικό δωδεκάγωνο. Με τον ίδιο τρόπο διχοτομώντας τη κεντρική γωνία του νέου πολυγώνου κατασκευάζουμε το πολύγωνο με διπλάσιο συνεχώς αριθμό πλευρών.

N:30o

Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 6 /9/2006 2/4

Η αφορμή για το πρόβλημα Με τη μέθοδο της διχοτόμησης της γωνίας είχαν επιτύχει να κατασκευάσουν οικογένειες κανονικών πολυγώνων όπως για παράδειγμα από το ισόπλευρο τρίγωνο προέκυψαν τα κανονικά εξάγωνα(και αντιστρόφως), τα κανονικά δωδεκάγωνα, κανονικά εικοσιτετράγωνα κλπ, επίσης από το τετράγωνο προέκυψαν τα κανονικά οκτάγωνα, δεκαεξάγωνα, τριάκονταδιάγωνα κλπ, από το κανονικό πεντάγωνο το κανονικό δεκάγωνο, το εικοσάγωνο κλπ. δηλαδή απειρίες κανονικών πολυγώνων! Παρόλη την απειρία αυτών των κανονικών πολυγώνων που προέκυπταν με τις συνεχείς διχοτομήσεις των κεντρικών γωνιών δεν μπόρεσαν να κατασκευάσουν πολλά ακόμη πολύγωνα που είχαν στο μυαλό τους. Έτσι για παράδειγμα σκέφθηκαν να τριχοτομήσουν τη γωνία του ισοπλεύρου τριγώνου ΑΟΒ και να κατασκευάσουν τα τρία τόξα του σχήματος 2 με αποτέλεσμα αν το ίδιο γίνει και με τις άλλες δύο επίκεντρες γωνίες ΑΟΓ και ΒΟΓ να πετύχουν την κατασκευή του κανονικού εννεαγώνου! Από το σημείο αυτό και πέρα αρχίζει μια μεγάλη διαδρομή γεμάτη από εκπλήξεις και περιπέτειες που θα κρατήσει αιώνες.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

41. Έστω ένα τυχαίο τρίγωνο ΑΒΓ και τα σημεία Δ, Ε, Ζ τέτοια ώστε οι σημειούμενες γωνίες στο παρακάτω σχήμα είναι 30 μοίρες. Να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισόπλευρο.

Λύση: Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΔΓ (Σχήμα 3) ισχύει:

( ) 302

ο βΑΔ συν = όπου β = ΑΓ (1) άρα:

βΑΔ = , όμοια 3

3γ

ΑΕ = και

αΒΖ =

Επίσης από το θεώρημα των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΕΔ έχουμε:

2 2 2 ˆ2( )( ) ( )ΕΔ = ΑΔ + ΑΕ − ΑΔ ΑΕ συν ΕΑΔ = 2 2 2 3 ˆ( 60 )

3 3 9οβ γ βγ ⋅

+ − ⋅συν Α + =

2 2 2 ˆ( 60 )3 3

οβ + γ βγ− συν Α + =

=2 2 2 22 2 1 3ˆ ˆ ˆ ˆ( 60 60 ) ( )

3 3 3 3 2 2ο οβ + γ βγ β + γ βγ

− συνΑ ⋅συν − ημ ⋅ημΑ = − συνΑ − ημΑ =

Σχήμα 2

ΔΕ

3030

Σχήμα 3

Η Στήλη των Μαθηματικών της 6 /9/2006 3/4

= 2 2 ˆ ˆ

3 3 3β + γ βγσυνΑ βγημΑ

− + =

2 2 2

2 2 2 2 22 22 ct3 3 63 3

β + γ − αβ + γ Ε α + β + γ Ε

− + = + =

Επειδή η τιμή αυτή είναι κυκλικής μορφής ως προς τα α, β, γ άρα και οι τιμές των άλλων πλευρών δηλαδή της ΕΖ και ΖΔ θα είναι ίσες με τη σταθερή αυτή τιμή. Άρα το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισόπλευρο.

42. Να λυθεί γραφικά το σύστημα: ⟨2 2χ + ψ - 2χ - 1 0 (1)

⟨2 2χψ(χ -ψ ) 0 (2) (Προτάθηκε από τον Ζεμπίλη Κων/νο, Πολ. και Τοπ. Μηχανικό Γρεβενών) Λύση: Η πρώτη ανίσωση γράφεται:

2 2( 2 1) 1 1 0χ − χ + − +ψ − ⟨ 2 2( 1) 2⇔ χ − + ψ ⟨ (3) Η δεύτερη επίσης:

( )( ) 0χψ χ +ψ χ −ψ ⟨ (4) Η ανίσωση (3) επαληθεύεται για από τις συντεταγμένες όλων των σημείων που ανήκουν στο εσωτερικό του κύκλου με εξίσωση:

2 2( 1) 2χ − + ψ = (5) και ο οποίος έχει κέντρο το σημείο Κ(-1,0) και ακτίνα 2ρ = . Η μελέτη της ανίσωσης (4) γίνεται μελετώντας το πρόσημο του κάθε παράγοντα χωριστά όπως καταγράφεται στον παρακάτω πίνακα: Μ Ι ΙΙ ΙΙΙ IV V VI VII VIII

χ + + - - - - + +

ψ + + + + - - - -

χ + ψ + + + - - - - +

χ - ψ + - - - - + + +

Γ + - + - + - + -

Σχήμα 4

-10 -5 5 10

-5

IIIII

VI VII

VII

ψ = 0

χ - ψ = 0χ = 0χ + ψ = 0

(+)

(-)

(+)(-)(+)

(-)

(+)(-)

(+)

(-)

(-)(+)

(+) (-)(-)

(+)

VIII

(+) (-)

Η Στήλη των Μαθηματικών της 6 /9/2006 4/4 Η καταγραφή των προσήμων έγινε από το σχήμα 4 στο οποίο έγινε η μελέτη του προσήμου των παραστάσεων χ, ψ, χ + ψ και χ – ψ. Τέλος στο σχήμα 5 τα χωρία ΙΙ, ΙV, VI και VIII αποτελούν τα σημειοσύνολα εκείνα οι συντεταγμένες των οποίων ικανοποιούν το αρχικό σύστημα.

Για την άλλη φορά

47. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ(Α=90ο), φέρουμε τις διχοτόμους ΒΕ και ΓΔ των οξειών γωνιών του Β και Γ οι οποίες τέμνονται στο σημείο Ι και ενώνουμε στη συνέχεια τα σημεία Δ και Ε. Να δειχθεί ότι:

Εμβ(ΒΓΕΔ)=2Εμβ(ΒΙΓ). (Προτάθηκε από το Δημάδη Χρήστο, Μαθηματικό 2ου Ε.Λ.Γρεβενών)

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Σχήμα5

VIII

(+) (-)

Η Στήλη των Μαθηματικών της 13 /9/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Η τριχοτόμηση της γωνίας

Η τριχοτόμηση της ορθής γωνίας Έστω η ορθή γωνία ΧΟΨ (Σχήμα 1). Με κέντρο το σημείο Ο και ακτίνα τυχαία κατασκευάζω έναν κύκλο που κόβει τις πλευρές της γωνίας στα σημεία Α και Β. Στη συνέχεια με κέντρο το Α ακτίνα ίση με ΟΑ φέρω έναν δεύτερο κύκλο ο οποίος τέμνει τον πρώτο στα σημεία Ο και Γ. Το ίδιο κάνω και με κέντρο το σημείο Β κατασκευάζοντας έναν τρίτο κύκλο με ακτίνα ΒΟ, με αποτέλεσμα να προκύψει το σημείο Δ.

Παρατηρώντας το τρίγωνο ΟΒΔ παρατηρούμε ότι είναι ισόπλευρο, διότι ΟΒ=ΟΔ ως ακτίνες του πρώτου κύκλου και ΒΟ=ΒΔ ως ακτίνες του τρίτου κύκλου. Άρα ΟΒ=ΟΔ=ΒΔ. Άρα η γων(ΒΟΔ)=60ο και φυσικά η γων(ΑΟΔ)=30ο. Με ανάλογο σκεπτικό βρίσκουμε ότι και γων(ΒΟΓ)=γων(ΓΟΔ)=30ο Άρα οι ημιευθείες ΟΓ και ΟΔ τριχοτομούν την ορθή γωνία.

Η τριχοτόμηση της γωνίας των 45ο = π4

rad

Αν στο σχήμα 1 ονομάσω Ε το σημείο τομής του δεύτερου και του τρίτου κύκλου, τότε θα προκύψει το σχήμα 2. Προφανώς η ΟΔ είναι μια τριχοτομούσα της γωνίας ΑΟΕ η οποία ισούται με 45ο. Ασφαλώς η άλλη τριχοτομούσα της γωνίας ΑΟΕ θα είναι η διχοτόμος της γωνίας ΑΟΔ.

N:31o

O X

ΒΓ

Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 13 /9/2006 2/4

(Αυτό συμβαίνει γιατί γων(ΑΟΕ=45ο και γων(ΔΟΕ)=15ο) Παρατήρηση:

Με τον ίδιο τρόπο μπορούμε να διχοτομήσουμε τη γωνία των π8

και

γενικά μια γωνία ίση με n

π , με n N2

∈ .

Γενική Πρόταση:

«Η τριχοτόμησης μιας τυχαίας γωνίας ανάγεται ουσιαστικά στην τριχοτόμηση μιας οξείας γωνίας»

Πράγματι: Έστω ότι έχουμε μια αμβλεία γωνία, την ΧΟΨ (Σχήμα3).

Θεωρούμε την ημιευθεία ΟΖ κάθετη στην ΟΨ, η οποία χωρίζει την αμβλεία γωνία σε δύο άλλες γωνίες, δηλαδή στην γων(ΧΟΖ) η οποία είναι οξεία και στην γων(ΖΟΨ), η οποία είναι ορθή. Την ορθή γωνία εύκολα μπορούμε να την τριχοτομήσουμε, σύμφωνα με τις δύο προηγούμενες παραγράφους αλλά και διότι η κατασκευή της γωνίας των 60ο είναι γνωστή καθώς και της γωνίας των 30ο με χάρακα και διαβήτη από την κατασκευή του ισοπλεύρου τριγώνου.

O X

ΒΓ

Σχήμα 2

Ο Χ

Σχήμα 1Σχήμα 3

Η Στήλη των Μαθηματικών της 13 /9/2006 3/4

Άρα οι ΟΓ και ΟΔ κατασκευάζονται. Αν τώρα με κάποιο τρόπο θα μπορούσαμε να τριχοτομήσουμε την οξεία γωνία ΧΟΖ, δηλαδή κατασκευάζαμε τις ΟΑ και ΟΒ ώστε:

γων(ΧΟΑ)=γων(ΑΟΒ)=γων(ΒΟΖ) τότε είναι εύκολα κατανοητό ότι θα είναι:

γων(ΒΟΓ) =1/3γων(ΧΟΨ) (1)

Απόδειξη της (1) Είναι: γων(ΒΟΓ)= =γων(ΒΟΖ)+γων(ΖΟΓ)= =1/3γων(ΧΟΖ)+1/3γων(ΖΟΓ)= =1/3[γων(ΧΟΖ)+γων(ΖΟΓ)]= =1/3γων(ΧΟΨ) Παρατήρηση: Η τριχοτόμηση μιας μη κυρτής γωνίας ανάγεται με τον ίδιο τρόπο στην τριχοτόμηση της οξείας γωνίας.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

43. Δίνεται το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ=5εκατ. και βάση ΒΓ=8εκατ. καθώς επίσης το ισοσκελές τρίγωνο ΔΕΖ με ΔΕ=ΔΖ=4,95 εκατ. και βάση ΕΖ=7εκατ. Ποιο από τα δύο έχει μεγαλύτερο εμβαδό; Λύση

Για να συγκρίνουμε τα εμβαδά Ε1, Ε2 των τριγώνων ΑΒΓ και Α΄Β΄Γ΄ αντίστοιχα( σχήμα 1), θα υπολογίσουμε τα ύψη των δύο αυτών τριγώνων με το Πυθαγόρειο θεώρημα.

Έτσι για το καθένα έχουμε: 2 2 2 25 4 25 16 9 3ΑΔ = ΑΓ −ΔΓ = − = − = = άρα ΑΔ=3εκ.

2 2 2 2' ' ( ' ') ( ' ') 4.95 3.5 24.5025 12.25 12.2525 3.5004Α Δ = Α Γ − Δ Γ = − = − = =Δηλαδή Α΄ Δ΄=3.5004. Άρα το δεύτερο τρίγωνο έχει μεγαλύτερο ύψος από το πρώτο. Τα εμβαδά θα είναι αντίστοιχα:

Ε1=1 1( )( ) 8 3 12 .2 2

τ εκΒΓ ΑΔ = ⋅ ⋅ =

Ε2=1 1(Β΄Γ )(Α΄Δ ) = (3.5) (3.5) 12.25 . .2 2

τ εκ⋅ ⋅ =

3,54

4.955

Β΄B Γ΄Γ

Α΄A

ΔΔ΄

Σχήμα 5 Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 13 /9/2006 4/4

Άρα Ε1⟨⟨Ε2

44. Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΟΑ. Ένα σημείο Ρ κινείται στο ημικύκλιο. Έστω Θ η προβολή του Ρ στην ΟΑ και Β η προβολή του Θ στην ΟΡ. Ζητείται ο τόπος του Β καθώς το Ρ διαγράφει το ημικύκλιο.

Λύση (Από το συνάδελφο Μαθηματικό της Βέροιας κ. Ιωσηφίδη Νικόλαο)

O A

θθ

Ονομάζουμε θ=γων(ΑΟΡ) Παίρνουμε σύστημα ορθ. συντεταγμένων με θετικό ημιάξονα την ΟΑ και θετικό άξονα την κάθετη στο Ο. Θα βρούμε τις συντεταγμένες του Β ως συνάρτηση του θ και θα απαλείψουμε το θ για να βρούμε την καρτεσιανή εξίσωση του τόπου. Οι συντεταγμένες του Β είναι χ=ΟΗ και ψ=ΗΒ. Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΟΡ, ΡΒΘ, ΗΒΘ και ΒΟΑ βρίσκουμε διαδοχικά τις πλευρές τους συναρτήσει του R και τελικά είναι:

χ=2Rσυν4θ και ψ=2Rημθσυν3θ Άρα:

χ2=4R2συν8θ και ψ2=4R2ημ2θσυν6θ. Με πρόσθεση κατά μέλη βρίσκουμε:

χ2+ψ2=4R2συν6θ άρα συν2θ=12 23

χ + ψ( )4R

και αντικαθιστώντας στην χ=2Rσυν4θ

βρίσκουμε:

χ=2R22 23

χ + ψ( )4R

και μετά τις κατάλληλες πράξεις: (χ2+ψ2)2=2Rχ3

είναι η εξίσωση του ζητούμενου γ. τόπου. Για την άλλη φορά

48. Ας είναι Χ1,Χ2,…,Χ7 επτά τυχαίοι πραγματικοί αριθμοί. Αποδείξτε ότι υπάρχουν πάντα δύο από αυτούς α, β με

101 3α −β

≤ ≤+ αβ

(Προτάθηκε από τον Μάγκο Αθανάσιο, Μαθηματικό του 2ου Ε.Λ. Κοζάνης) Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών της 20 /9/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Η τριχοτόμηση της γωνίας Γενικά

Η τριχοτόμηση μιας οξείας γωνίας αποτέλεσε από την αρχαιότητα μια μεγάλη πρόκληση για τους ανθρώπους του πνεύματος, με αποτέλεσμα σήμερα να διαθέτουμε ένα πλήθος από προσπάθειες οι οποίες έλυσαν το πρόβλημα αυτό, όχι βέβαια κάνοντας χρήση του κανόνα και του διαβήτη, αλλά με τη βοήθεια άλλων μεθόδων όπως για παράδειγμα τη «νεύση» ή τη χρήση άλλων καμπυλών οι οποίες κατασκευάζονταν με τη μέθοδο «σημείο προς σημείο». Κάτι ανάλογο έγινε και με τον τετραγωνισμό του κύκλου καθώς και με τον διπλασιασμό του κύβου. Η πορεία προς τη λύση έδωσε την ευκαιρία να βρεθούν καινούργια πράγματα, καινούργιες ιδέες, επινοήθηκαν νέα πλαίσια συλλογιστικής με αποτέλεσμα να έχουμε σήμερα τα Μαθηματικά εκείνα που στηρίζουν κάθε ελπίδα και κάθε προσπάθεια των ανθρώπων για την καλυτέρευση της ζωής του και όχι μόνο. Η τριχοτόμηση της γωνίας ακόμη και σήμερα προκαλεί το ενδιαφέρον της μαθηματικής κοινότητας γι’ αυτό και συναντά κανείς ασκήσεις όπου το επίκεντρο του ενδιαφέροντος εστιάζεται στη θεμελιώδη σχέση 1 προς 3.

Μια πρόσφατη άσκηση με σχετικό ενδιαφέρον Θεωρούμε, ένα τρίγωνο ΑΒΓ με ˆ ˆ2Γ = Β , ένα εσωτερικό του σημείο Μ και

υποθέτουμε ότι ΑΜ=ΑΓ και ΜΒ=ΜΓ. Να δείξετε ότι: 1 ˆB3

ΜΑΒ = ΑΓ .

Η άσκηση αυτή δημοσιεύθηκε στο περιοδικό «Ευκλείδης Β΄» της Ε.Μ.Ε. την άνοιξη του 2006 από το Γιάννη Σούμπλη, μαθητή του Αρσάκειου του Ψυχικού και έχει θέμα σχετικό με την τριχοτόμηση της γωνίας. Με άλλα λόγια η άσκηση εξασφαλίζει το γεγονός ότι αν σε ένα τρίγωνο μια γωνία του είναι διπλάσια από κάποια άλλη και ένα σημείο Μ έχει τις ιδιότητες που αναφέρει η εκφώνηση τότε η γωνία Α μπορεί να τριχοτομηθεί. Λύση: Από το σημείο Α φέρουμε μια παράλληλη προς την ΒΓ η οποία θα κόψει τον κύκλο στο σημείο Α΄. Ενώνουμε το σημείο Α΄ με τα Β, Μ, Γ και έτσι έχουμε το σχήμα 1.

N:32o

ΑΑ΄

Β Μ

Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 20 /9/2006 2/4 Επειδή ˆ ˆ2Γ = Β άρα και για τα αντίστοιχα τόξα θα ισχύει:

ΑΑ Β =ΑΓ (1) Εξάλλου τα τόξα μεταξύ παραλλήλων χορδών σε ένα κύκλο είναι ίσα.. Άρα:

΄ΑΓ = ΒΑ (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι:

΄ ΄ΒΑ = Α Α = ΑΓ Άρα και:

ΒΑ΄= Α΄Α = ΑΓ (3) Συγκρίνουμε τα τρίγωνα Α΄ΒΜ και ΑΜΓ. Αυτά έχουν: Α΄Β=ΑΓ(από την (3)), ΜΒ=ΜΓ(από την εκφώνηση) και γων(Α΄ΒΜ)=γων(ΑΓΜ) (ως διαφορές των ίσων γωνιών: ΄Α ΒΓ = ΑΓΒ και ΜΒΓ =ΜΓΒ ,αφού Α΄ΒΓΑ, ισοσκελές τραπέζιο και ΜΒΓ ισοσκελές τριγωνο). Άρα: τριγ(Α΄ΒΜ)=τριγ(ΑΜΓ) (4) Από την ισότητα των τριγώνων αυτών προκύπτει: ΑΜ=ΜΑ΄=Α΄Α. Δηλαδή το τρίγωνο Α΄ΑΜ είναι ισόπλευρο. Άρα: 0 0 180΄ ΄ 60 ΄ 60

3ΜΑΒ =ΜΑΑ −ΒΑΑ = − Α ΒΑ = − ΑΒΓ = − ΑΒΓ=

=ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ3 2 3ˆ

3 3 3 3Α + Β + Γ Α +Β + Γ − Β Α + Β + Β − Β ΒΑΓ

−Β = = =

Άρα 1 ˆ3

ΜΑΒ = ΒΑΓ

(Από το Περιοδικό Ευκλείδης Β΄ της Ε.Μ.Ε, τεύχος 59(λθ΄ τ.3/72))

Σχόλιο Θα μπορούσε κανείς να υποστηρίξει ότι σύμφωνα με την άσκηση αυτή λύνεται και το πρόβλημα της τριχοτόμησης της γωνίας, γιατί μπορεί πάντα κανείς να κατασκευάζει ένα τρίγωνο με την προϋπόθεση ότι η γωνία Γ να είναι διπλάσια της γωνίας Β καθώς και να ορίζει με χάρακα και διαβήτη το σημείο Μ, φέροντας την μεσοκάθετη στη βάση ΒΓ και τέμνοντας τη μεσοκάθετη αυτή με τον κύκλο που έχει κέντρο το σημείο Α και ακτίνα το μήκος της πλευράς ΑΓ. Αυτό όμως θα ήταν μια πλάνη γιατί το αρχικό του αίτημα είναι να τριχοτομήσει τη δοθείσα γωνία Α, άρα θα πρέπει για να κατασκευάσει το τρίγωνο ΑΒΓ ώστε η γωνία Γ να είναι διπλάσια της Β θα έπρεπε προηγουμένως να τριχοτομήσει την παραπληρωματική γωνία της Α(γιατί το άθροισμα των γωνιών ενός τριγώνου είναι 180 μοίρες) ώστε το ένα τρίτο να το θεωρήσει ως τη γωνία Β και τα δυο τρίτα να θεωρήσει ως τη γωνία Γ. Άρα η άσκηση αυτή προϋποθέτει τη δυνατότητα της τριχοτόμησης της γωνίας για να λειτουργήσει ως εργαλείο τριχοτόμησης μιας γωνίας. Τέλος σαν την άσκηση αυτή υπάρχουν πολλές και ενδιαφέρουσες.Κάθε μία από αυτές προσθέτει και τη δική της ιδέα. Στο σημείο αυτό αξίζει να σημειωθεί ότι η διδασκαλία των μαθηματικών θα πρέπει να έχει εκτός των άλλων και το νόημα της ευρύτερης συσχέτισης των θεμάτων μεταξύ των κι ακόμη της σύνδεσης των μαθηματικών με το ευρύτερο περιβάλλον και γενικότερα τον φυσικό κόσμο.

Η αλγεβρική μορφή του προβλήματος

Η Στήλη των Μαθηματικών της 20 /9/2006 3/4

Έστω λοιπόν ότι έχουμε μια γωνία θ και θέλουμε να την τριχοτομήσουμε. Άρα ζητούμε μια γωνία την οποία ας την ονομάσουμε με τον άγνωστο χ την οποία αν την τριπλασιάσουμε θα μας δώσει την αρχική γωνία θ. Δηλαδή θα είναι:

θ = 3χ Εφαρμόζοντας τον τύπο από την τριγωνομετρία για το συνημίτονο του τριπλασίου τόξου έχουμε:

3( ) (3 ) 4 3συν θ = συν χ = συν χ − συνχ Αν ονομάσουμε με Χ το συνχ τότε η τελευταία εξίσωση γίνεται:

34 3 0Χ − Χ − συνθ = η εξίσωση αυτή όμως σύμφωνα με την Νεώτερη Άλγεβρα(Θεώρημα Αbel) έχει ρίζες που δεν κατασκευάζονται με κανόνα και διαβήτη εκτός της περίπτωσης που είναι συνθ=0 δηλαδή θ=90ο ή θ=180ο και όλες οι γωνίες που προκύπτουν με πρόσθεση της ορθής γωνίας.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

45. Στο τραπέζιο ΑΒΓΔ, οι διαγώνιες τέμνονται στο σημείο Ε, το

εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΕ είναι 72 τ.μ. και το εμβαδόν του τριγώνου ΓΔΕ είναι 50. Ποιο είναι το εμβαδόν του τραπεζίου;

Λύση Είναι γνωστό ότι: Ε(ΑΒΕ)=72 τ.μ. και Ε(ΓΔΕ)=50 τ.μ. Άρα:

2 11 1(AB) 72 ( ) 502 2

υ = και ΓΔ υ =

και συνεπώς θα έχουμε τις σχέσεις: (ΑΒ)υ2 = 144 και (ΓΔ)υ1 = 100. Εξάλλου έχουμε ότι:

72Ε ΔΕ

=ΕΒ

(1)

(γιατί τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΒΕ έχουν το ίδιο ύψος άρα ο λόγος των εμβαδών τους είναι ίσος με το λόγο των βάσεών τους).

Για τον ίδιο λόγο είναι: 2

50 ΔΕ=

Ε ΕΒ (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) είναι: 1

5072Ε

=Ε

και τέλος Ε1Ε2 = 3600 (3)

Όμως Ε1 = Ε2 (4) (γιατί τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΓ είναι ισεμβαδικά και αφαιρείται το κοινό μέρος αυτών το ΑΒΕ) Από τις σχέσεις (3) και (4) προκύπτει ότι Ε1 = Ε2 = 60 μ.μ. Επομένως το συνολικό εμβαδόν του τραπεζίου είναι

Ε(ΑΒΓΔ) = 72+5+60+60=242 μ.μ.

46. Έστω f (z) z iz, z C= − ∈ α) Να λύσετε την εξίσωση: f (z) 2 i= − .(1) β)Αν f ( z ) 2= (2) να βρείτε το z .

Ε1 Ε2

Α Β

Δ Γ

υ1

υ2

Η Στήλη των Μαθηματικών της 20 /9/2006 4/4 γ) Αν z 1= , να δείξετε ότι ο γεωμ. τόπος των εικόνων του w f (z)= είναι κύκλος που διέρχεται από την αρχή των αξόνων

(Από την τράπεζα θεμάτων της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας- www.hms.gr) Λύση α) Η εξίσωση (1) ισοδυναμεί με την z iz 2 i− = − (3) Θέτουμε z x i= + ψ και αντικαθιστούμε στη (3). Άρα:

2 2 2 2x i(x i ) 2 i ( x ) xi 2 i+ψ − − ψ = − ⇔ +ψ −ψ − = − και συνεπώς εξισώνοντας τα πραγματικά μέρη και τα φανταστικά αντίστοιχα προκύπτει:

⇔ ⇔

⇔ άρα 3z 1 i4

= − η λύση της (1).

β) Επειδή

f ( z ) z i z z i z (1 i) z 1 i z 2 z= − = − = − = − = λόγω της (2) έχουμε: 2 z 2= άρα z 1=

γ) Εφόσον z 1= άρα w 1 iz iz w 1= − ⇔ − = − και στη συνέχεια έχουμε:

w 1 iz w 1 z 1− = − ⇔ − = = άρα w 1 1− = , δηλαδή η εικόνα του w είναι κύκλος που διέρχεται από την αρχή των αξόνων γιατί επαληθεύεται και για w=0.

Για την άλλη φορά 49. Έστω α,β,γ,δ∈R ώστε , 0, 0β + δ⟨α + γ δ⟩ α + β + γ + δ⟨ . Αποδείξτε ότι: 2 3β ≥ αγ (Προτάθηκε από το Μάγκο Αθανάσιο, Μαθηματικό

2ου Γ. Λυκείου Κοζάνης) 50. Από το σημείο Ο ξεκινάνε συγχρόνως δύο κινητά με ταχύτητες υ και υ΄ και έχουν κατεύθυνση με ομαλή κίνηση προς τις πόλεις Π1 και Π2 αντίστοιχα, όπως δείχνει το σχήμα. Αν ( ) 20 2ΑΒ = μέτρα να βρεθεί η γωνία θ ώστε: (ΟΑ)+(ΟΒ)=max. (Από την τράπεζα θεμάτων της ΕΜΕ (www.hms.gr)

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

2 2x 2+ψ −ψ = x=1

2 2x 2+ψ = ψ + x=1

2 21 4 4, 2+ψ = ψ + ψ + ψ ≥ − x=1

ψ = −

x=1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 6 /9/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών

Από τον Κώστα Δόρτσιο, Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Η τριχοτόμηση της γωνίας

Η λύση του Ιππία Όπως αναφέραμε και στο πρόβλημα του τετραγωνισμού του κύκλου( Φύλλο Ν:22ο της 5/7/2006) ο Ιππίας ο Ηλείος κατά τον 5ο π.Χ. αιώνα επινόησε μια καμπύλη με τη βοήθεια της οποίας τριχοτομούσε μια τυχαία γωνία. Είναι η περίφημη εκείνη καμπύλη την οποία χρησιμοποίησε αργότερα ο Δεινόστρατος για να τετραγωνίσει τον κύκλο, για το λόγο αυτό και καλείται τετρααγωνίζουσα του Δεινόστρατου. Η πληροφορία ότι ο Ιππίας χρησιμοποίησε πρώτος την καμπύλη αυτή για την τριχοτόμηση της γωνίας ανήκει στον ιστορικό Πρόκλο. Θυμίζουμε πάλι τον ορισμό της καμπύλης αυτής: «Είναι το σύνολο των σημείων τομής Μ της ακτίνας ΟΓ ενός τεταρτοκυκλίου ΟΑΒ και της καθέτου στον άξονα ΟΒ στο σημείο Δ όπου τα σημεία Γ και Δ είναι οι θέσεις δύο κινητών Κ1 και Κ2 τα οποία ξεκίνησαν την ίδια χρονική στιγμή από τα σημεία Α και Ο αντιστοίχως, κινούνται στο τόξο ΑΒ και στην κάθετη ΑΒ αντίστοιχα και κινούνται με σταθερή ταχύτητα το καθένα και τέλος τέτοια ώστε να φθάνουν ταυτοχρόνως στο σημείο Β»

N:33o

Θ Θ/3Ο Χ

Δ:Πρώτο Κινητό Κ1

Γ: Δεύτερο Κινητό=Κ2

Μ(Θ,Ψ)

Ψ/ 3Μ΄(Θ/3, Ψ/3)

Σχήμα 1

Γ΄

Πρώτο κινητό Κ1

Δ : Δεύτερο κινητό Κ2

Η Στήλη των Μαθηματικών της 6 /9/2006 2/4

(σχήμα1) Η εξίσωση της καμπύλης αυτής είναι

2αψ = ⋅ θ

π (1),

όπου α η πλευρά ΟΑ και θ η γωνία ΜΟΑ,

Από τη σχέση (1) έχουμε 23 3ψ α θ= ⋅

π και αν τριχοτομήσουμε το τμήμα ΟΔ κατά το

γνωστό τρόπο που στηρίζεται στο θεώρημα του Θαλή τότε θα πάρουμε στην τετραγωνίζουσα σημείο Μ΄ το οποίο με τη αρχή Ο θα δώσει ευθεία η οποία θα τμήσει το τεταρτοκύκλιο στο σημείο Γ που θα ορίζει γωνία ίση με θ/3. Με την τετραγωνίζουσα αυτή μπορούμε να χωρίσουμε μια οποιαδήποτε γωνία όσα ίσα μέρη θέλουμε, αρκεί να χωρίσουμε την τεταγμένη Ψ σε αντίστοιχα ίσα μέρη.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις 47. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ(Α=90ο), φέρουμε τις διχοτόμους ΒΕ και ΓΔ των οξειών γωνιών του Β και Γ οι οποίες τέμνονται στο σημείο Ι και ενώνουμε στη συνέχεια τα σημεία Δ και Ε. Να δειχθεί ότι:

Εμβ(ΒΓΕΔ)=2Εμβ(ΒΙΓ). (Προτάθηκε από το Δημάδη Χρήστο, Μαθηματικό 2ου Ε.Λ.Γρεβενών)

Λύση: Είναι γνωστό ότι

2β + γ − α

ρ = ΙΘ = τ − α =

Άρα:

1Ε =1 1 ( )( ))2 2 2 4

β + γ − α α β + γ − αΕ ΒΓΙ = αρ = α =

Δηλαδή

φφ

Α Β

ΙΘ

αβ

Ζητούμε ότι Ε(ΒΓΕΔ)=2Ε(ΒΓΙ)

Η Στήλη των Μαθηματικών της 6 /9/2006 3/4

1( )

4α β + γ − α

Ε = (1)

Από το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου μπορούμε να υπολογίσουμε τα τμήματα ΑΔ και ΑΕ συναρτήσει των πλευρών α,β και γ του τριγώνου. Έτσι προκύπτει:

βγΑΔ =

α + β και βγ

ΑΕ =α + γ

Άρα είναι: 2 2

21 1(A )2 2 ( )( )

βγ βγ β γΕ = Ε ΔΕ = =

α + β α + γ α + β α + γ (2)

Και στη συνέχεια υπολογίζεται εύκολα το:

[ ]

1 1( ) ( ) ( )2 2 ( )( )

( )( )( )1 12 ( )( ) 2 ( )( )1 ( )2 ( )( ) 2 ( )( )

βγΕ = Ε ΒΓΕΔ = Ε ΑΒΓ − Ε ΑΔΕ = βγ − =

α + β α + γ

⎡ ⎤βγ α + αγ + αβ + βγ −βγβγ α + β α + γ −βγ ⎣ ⎦= = =α + β α + γ α + β α + γ

αβγ α + β + γ αβγ α + β + γ= =

α + β α + γ α + β α + γ

Άρα: 3 2 ( )( )αβγ α + β + γ

Ε =α +β α + γ

(3)

Για να δειχθεί η ζητούμενη πρέπει από τις (1) και (3) να ισχύει:

22 ( )( )

αβγ α + β + γ=

α + β α + γ( )

4α β + γ − α

η οποία ισοδυναμεί με ( ) ( )( )( )αβγ α + β + γ = α + β α + γ β + γ − α α

Στην τελευταία εκτελούμε τις πράξεις και έχουμε: α 2( ) ( )( )βγ α + β + γ = α + αγ + αβ + βγ β + γ − α α

( ) [ ( ) ][( ) 2 ]

( )

⇔⇔βγ α + β + γ = α α + β + γ + βγ α + β + γ − α ⇔

⇔ βγ α + β + γ 2 2( ) 2 ( ) ( )= α α + β + γ − α α + β + γ + βγ α + β + γ2

2 2

2 ( )[( ) 2 ]2 ( )[( 2 ]2 ( )( )

− αβγ ⇔

⇔ αβγ = α + β + γ α + β + γ α − α ⇔

⇔ αβγ = α + β + γ α + αβ + αγ − α ⇔

⇔ αβγ = α + β + γ αβ + αγ − α ⇔

⇔ α ( )βγ = α + β + γ α2 2

( )2 ( ) 2 2 ή

β + γ − α ⇔

⇔ βγ = β + γ − α ⇔ βγ = βγ αληθ ς

48. Ας είναι Χ1,Χ2,…,Χ7 επτά τυχαίοι πραγματικοί αριθμοί. Αποδείξτε ότι υπάρχουν πάντα δύο από αυτούς α, β με

101 3α −β

≤ ≤+ αβ

(Προτάθηκε από τον Μάγκο Αθανάσιο, Μαθηματικό του 2ου Ε.Λ. Κοζάνης) Λύση:

Η Στήλη των Μαθηματικών της 6 /9/2006 4/4

Έστω ότι σε κάθε αριθμό Χi με i=1,2,…,7 αντιστοιχεί και μια γωνία ωi με i=1,2,…,7 με:

i iXεφω = και i2 2π π

− ⟨ω ⟨

Οι γωνίες ωi είναι επτά και αν τις τοποθετήσουμε στο τριγωνομετρικό κύκλο του διπλανού σχήματος τότε επειδή οι τομείς των 30ο είναι σε πλήθος έξη τότε σίγουρα δύο από τις γωνίες οι οποίες είναι επτά θα καταλήγουν με τη δεύτερη πλευρά τους στον ίδιο τομέα. (Αρχή του Dirichlèt). Άρα αν η μια γωνία είναι ωi και η άλλη είναι η ωj τότε θα έχουν τη ιδιότητα:

i0 j6π

≤ ω −ω ≤

και επειδή η συνάρτηση της εφαπτομένης είναι γνησίως αύξουσα άρα θα είναι:

i j30 ( )

3≤ εφ ω −ω ≤

και στη συνέχεια i j

i j

301 3εφω − εφω

≤ ≤+ εφω εφω

άρα i J

i j

X 301 X X 3Χ −

≤ ≤+

αν τώρα iX = α και jX = β τότε θα προκύψει:

3 101 3 3α −β

≤ ≤ =+ αβ

δηλαδή η ζητούμενη.

Για την άλλη φορά

51. Να δειχθεί ότι για κάθε , , R+α β γ ∈ ισχύει: 2 2 2( ) ( ) ( ) 6α β + γ +β γ + α + γ α + β ≥ αβγ

52. Αν ν ένας θετικός φυσικός αριθμός τότε να δειχθεί ότι: 1 1 1 1... 1

1 2 3 2+ + + + ⟨

ν + ν + ν + ν

53. Αν , , R+α β γ ∈ τότε να δειχθεί ότι: 3 3 3 2 2 2 2 2 22( ) ( ) ( ) ( )α +β + γ ≥ α β + γ + β γ + α + γ α +β

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

ημω

συνω

εφω

−

3−

Η Στήλη των Μαθηματικών της4/10/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών

Από τον Κώστα Δόρτσιο, Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Η τριχοτόμηση της γωνίας Το πρόβλημα της τριχοτόμησης της γωνίας απασχόλησε τους αρχαίους έλληνες μαθηματικούς οι οποίοι βρήκαν πολλές και ενδιαφέρουσες λύσεις. Εκτός από το Ιππία τον Ηλείο λύση στην τριχοτόμηση της γωνίας έδωσαν ακόμη: Ο Αρχιμήδης( δύο λύσεις), Ο Νικομήδης με την βοήθεια μιας καμπύλης που λέγεται κογχοειδής η οποία εκτός από τη δυνατότητα που έχει να τριχοτομεί τη γωνία διπλασιάζει και τον κύβο, Ο Πάππος( δύο λύσεις) Με το θέμα ασχολήθηκαν μεταγενέστερα και πολλοί Ευρωπαίοι μαθηματικοί όπως: Ο Blaise Pascal (1623-1662) που χρησιμοποιεί μια καμπύλη που λέγεται κοχλίας του Πασκάλ την οποία επινόησε ο πατέρας του Etienne Pascal Ο Céva (1699) ο οποίος χρησιμοποίησε τις λεγόμενες κυκλοειδείς του Céva και μάλιστα με τις καμπύλες αυτές επέτυχε να διαιρέσει μια γωνία σε περιττό πλήθος ίσων τμημάτων. Ο Mac Laurin (1742) ο οποίος χρησιμοποίησε μια καμπύλη που ονομάστηκε τριχοτόμος του Mac Laurin η οποία είναι μια ειδική περίπτωση της κογχοειδούς. Ο Delange (1783) με καμπύλη που φέρει το όνομά του. O Plateau (1826) ο οποίος κατάφερε να χωρίσει μια γωνία σε ν ίσα μέρη με τη βοήθεια καμπυλών που ονομάζονται ισοκυκλοτομικές. Ο Longchamps (1888) με τη βοήθεια καμπύλης με τρεις κλάδους που φέρει το όνομά του.

Η μηχανική τριχοτόμος του Α. Pegrassi (1893)

Εκτός από τις προσπάθειες αυτές που στόχευαν σε γεωμετρική λύση, επινοήθηκαν με την πάροδο των αιώνων και άλλοι τρόποι μη γεωμετρικοί. Αυτοί είναι εξίσου ενδιαφέροντες και ονομάζονται μηχανικοί. Έτσι σήμερα έχουμε πολλά τέτοια όργανα με τα οποία μπορούμε να τριχοτομήσουμε κάποια γωνία. Το πιο απλό όργανο με το οποίο μπορούμε να τριχοτομήσουμε μια γωνία ανήκει στην ιδέα του A.Pegrassi (1893) και έχει σχήμα Τ ( ΤΑΦ) (σχήμα 1) όπου ΛΜ=ΜΝ=α.

N:34o

Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της4/10/2006 2/4

Εφαρμογή Έστω ότι θέλουμε να τριχοτομήσουμε τη γωνία ΑΟΒ του σχήματος 2. Φέρουμε την ΧΨ//ΟΑ και σε απόσταση α =ΛΜ=ΜΝ. Κατόπιν προσπαθούμε να τοποθετήσουμε το ΤΑΦ του σχήματος 1 έτσι ώστε με κατάλληλες μικροκινήσεις να «υποχρεωθεί» να οδηγηθεί στη θέση όπως φαίνεται στο σχήμα 2. Επειδή τώρα το σημείο Ν ισαπέχει απόσταση ίση με α από τις ΟΜ και ΟΑ άρα τα τρίγωνα ΟΜΝ και ΟΝΡ είναι ίσα και κατά συνέπεια θ=ω. Άρα η γωνία ΑΟΒ χωρίστηκε σε τρία ίσα μέρη.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

49. Έστω α,β,γ,δ∈∈R ώστε , (1)

0, (2)0 (3)

β + δ⟨α + γδ⟩

α + β + γ + δ⟨.

Αποδείξτε ότι: 2 3β ≥ αγ (Προτάθηκε από το Μάγκο Αθανάσιο, Μαθηματικό 2ου Γ. Λυκείου Κοζάνης)

Λύση: Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει η 0⟨δ⟨α + γ −β (4) Από τη σχέση (3) επίσης η 0⟨δ⟨−α − γ −β (5) Πολαπλασιάζοντας τις (4) και (5) έχουμε:

2 2 20 ( )⟨δ ⟨β − α + γ από την τελευταία αυτή σχέση έχουμε 2 2( ) 0β − α + γ ⟩ άρα και

2 2 2 2 23 ( ) 3 3β − αγ⟩ α + γ − αγ ⇔ β − αγ⟩α − αγ + γ (6) Μελετούμε το πρόσημο της παράστασης

2 2( )φ α = α − αγ + γ θεωρώντας αυτήν τριώνυμο ως προς α. Η φ(α) έχει διακρίνουσα

2 2 2( ) 4 1 3 0Δ = −γ − ⋅ ⋅ γ = − γ ≤ άρα το τριώνυμο φ(α) γίνεται

• ομόσημο του συντελεστή του δευτεροβαθμίου όρου δηλαδή του 1 για κάθε πραγματική τιμή του α

• ή θα έχει ένα σημείο μηδενισμού στην περίπτωση που Δ=0. Άρα

2 2 0, ά Rα − αγ + γ ≥ για κ θε α∈ (7)

Από τις σχέσεις (6) και (7) προκύπτει ότι: 2 3 0β − αγ ≥ η τέλος 2 3β ≥ αγ

αθ

ΧΨ

Σχήμα 2

Η Στήλη των Μαθηματικών της4/10/2006 3/4

50. Από το σημείο Ο ξεκινάνε συγχρόνως δύο κινητά με ταχύτητες υ και υ΄ και έχουν κατεύθυνση με ομαλή κίνηση προς τις πόλεις Π1 και Π2 αντίστοιχα, όπως δείχνει το σχήμα. Αν ( ) 20 2ΑΒ = μέτρα να βρεθεί η γωνία θ ώστε: (ΟΑ)+(ΟΒ)=max.

(Από την τράπεζα θεμάτων της ΕΜΕ (www.hms.gr) Λύση: Από το σχήμα της εκφώνησης αν θέσουμε όπου ΑΒ=λ τότε θα έχουμε: (1)

και με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει:

( ) 20 2( )ΟΑ +ΟΒ = λ ημθ + συνθ = ημθ + συνθ άρα έχουμε προς μελέτη τη συνάρτηση:

F( ) 20 2( ) 02π

θ = ημθ + συνθ με ⟨θ⟨ (2)

1ος τρόπος: Τα μεγέθη στη σχέση (2) είναι θετικά άρα υψώνοντας στο τετράγωνο έχουμε:

( ) 20 2( )ΟΑ +ΟΒ = λ ημθ + συνθ = ημθ + συνθ2 2 2[F( )] 800( 2 ) 800(1 2 )θ = ημ θ + συν θ + ημθσυνθ = + ημ θ

και επειδή 2 1ημ θ ≤ άρα :

2[F( )] 800(1 2 ) 800(1 1) 1600θ = + ημ θ ≤ + = δηλαδή

F( ) 40θ ≤ για κάθε θ με 02π

⟨θ⟨

και αυτό συμβαίνει όταν 2θ=90ο δηλαδή θ=45ο ή 4π

θ = 2ος τρόπος:

( ) ( )2 2F( ) 20 2[ ( )] 20 2 2

2 2 2

22 220 2 2 20 2 2 ( )2 2 4 4220 2 2 ( ) 40 1

2 4

π πθ + − θ θ − − θπ

θ = ημθ + ημ − θ = ⋅ ημ συν =

π πθ − π π

= ⋅ ημ συν = ⋅ ημ συν θ − =

π= ⋅ ⋅ συν θ − ≤ ⋅

γιατί ( ) 14π

συν θ − ≤ .

Άρα F( ) 40θ ≤ για κάθε θ με 02π

⟨θ⟨

και το «ίσον» ισχύει όταν 4π

θ = .

3ος τρόπος: (με παραγώγους)

ΟΑ=λημθ ΟΒ=λσυνθ

Η Στήλη των Μαθηματικών της4/10/2006 4/4

Η παράγωγος της F(θ) είναι:

F ( ) 20 2( ) 20 2[ ( ) ]2

2 240 2 40 2 ( )2 2 4 4

40 ( )4

π′ θ = συνθ − ημθ = ημ − θ − ημθ =

π π− θ − θ − θ + θ π π

= ημ συν = ημ − θ συν =

π= ημ − θ

άρα: F ( ) 40 ( )4π′ θ = ημ − θ

επειδή 02π

⟨θ⟨ άρα θα είναι: 4 4 4π π π

− ⟨ − θ⟨

Άρα F ( ) 04π′ θ ≥ ⇔ θ ≤ και ο πίνακας προσήμων της F F΄ είναι:

2π

F΄(θ)

F(θ)

Το F (4π )=40 και F( ) 40θ ≤ για κάθε θ με 0

2π

⟨θ⟨

Συμπέρασμα: Το ζητούμενο συμβαίνει όταν τα κινητά κινηθούν με ίσες ταχύτητες και συνεπώς κάθε φορά το τρίγωνο ΑΟΒ θα είναι ισοσκελές.

Για την άλλη φορά

54. Αν 1αδ − βγ = τότε: 2 2( ) ( ) 1α β + γ + β + γ γ + δ + δ ≠ (Από την άσκηση του μήνα Αυγούστου2006 της Ε.Μ.Ε.)

55. Υπολογίστε το όριο:

1lim2 1

χ→∞

⎛ ⎞χ +⎜ ⎟χ +⎝ ⎠

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

0 4π

0 0

F (4π )

Η Στήλη των Μαθηματικών της 11 /10/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών

Από τον Κώστα Δόρτσιο, Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Η τριχοτόμηση της γωνίας Παρόλο που το πρόβλημα της τριχοτόμησης της γωνίας είναι αδύνατο να λυθεί με τη χρήση κανόνα και διαβήτη, δηλαδή δεν επιδέχεται γεωμετρική λύση, μια λύση μέσα στα πλαίσια της Ευκλείδειας γεωμετρίας, εν τούτοις σήμερα πολλοί είναι εκείνοι που ασχολούνται με το πρόβλημα και συνεχίζουν να δημιουργούν πλαίσια συλλογισμών και αναζητήσεων για λύσεις που ξεφεύγουν από τα στενά όρια της γεωμετρίας του Ευκλείδη. Κλείνοντας την αναφορά μας στο θέμα της τριχοτόμησης της γωνίας, αξίζει να αναφέρουμε τη λύση του Ιάπωνα Hisashi Abe, ο οποίος το 1980 λύνει το πρόβλημα αυτό με τη μέθοδο της «αναδιπλώσεως ενός φύλλου χαρτιού». Βήμα 1ο Θεωρούμε ένα φύλλο χαρτιού το ΑΒΔΕ και τη γωνία ˆΒΑΓ την οποία θέλουμε να τριχοτομήσουμε, έτσι ώστε η πλευρά της ΑΒ να είναι το η κάτω άκρη του χαρτιού (Σχήμα 1). Βήμα 2ο Στο κάτω άκρο του φύλλου με «αναδίπλωση» και με τυχαίο πλάτος δημιουργούμε δύο ζώνες με το ίδιο πλάτος οι οποίες ορίζονται από τις διακεκομμένες γραμμές ε1 και ε2.(Σχήμα 2)

Βήμα 3ο

N:35o

Α Β

Σχήμα 1

ε1

ε2

Α Β

Σχήμα 2

Η Στήλη των Μαθηματικών της 11 /10/2006 2/4

Προσπαθούμε τώρα να κάνουμε μια ακόμα «αναδίπλωση» κατά μία ευθεία (p) ώστε: • Το σημείο Α να υποχρεωθεί να συμπέσει πάνω στο ίχνος της ε1 και να λάβει τη θέση Α1 (Σχήμα 3) καθώς επίσης • Το σημείο Κ που είναι η τομή της ε2 με το αριστερό άκρο του φύλλου να συμπέσει πάνω στο ίχνος της πλευράς ΑΓ της γωνίας ΒΑΓ που θέλουμε να τριχοτομήσουμε και να λάβει τη θέση Κ1. Βήμα 4ο Ενώνουμε τα σημεία Α και Α1 και σχηματίζουμε την ημιευθεία Αε η οποία τριχοτομεί την ΒΑΓ.

Απόδειξη: Λόγω της συμμετρίας(Σχήμα4) η οποία προκύπτει από την αναδίπλωση κατά τον άξονα (p) το τετράπλευρο ΑΑ1Κ1Κ είναι ισοσκελές τραπέζιο με διαγωνίους να τέμνονται πάνω στον άξονα συμμετρίας. Επίσης η Α1Ο είναι μεσοκάθετη στην ΑΚ γιατί οι ζώνες που ορίζονται από τις ΑΒ, ε1 και ε2 έχουν το ίδιο πλάτος. Άρα εύκολα γίνεται αντιληπτό ότι:

ˆ ˆ2φ = θ άρα και

ˆˆ 3ω = θ

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

51. Να δειχθεί ότι για κάθε , , R+α β γ ∈ ισχύει:

2 2 2( ) ( ) ( ) 6α β + γ +β γ + α + γ α + β ≥ αβγ (1) Λύση: 1ος τρόπος Ως γνωστόν ισχύει:

2 2x, y 0, x y 2 xy∀ ⟩ + ≥ επομένως:

ε1

ε2ε

( p )

Α Β

Α1

Κ1

Σχήμα 3

ε1

ε2

( p )

ωθ

Α Β

Α1

Κ1

Σχήμα 4

Η Στήλη των Μαθηματικών της 11 /10/2006 3/4

( )2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 23

( ) ( ) ( ) 2 2 2

2 2 3 6

α β + γ + β γ +α + γ α + β ≥ α βγ + β γα + γ αβ =

α βγ + β γα + γ αβ ≥ ⋅ α βγ ⋅β γα ⋅ γ αβ = αβγ

Χρησιμοποιήθηκε η γνωστή ταυτοανισότητα του Cauchy η οποία λέει:

Για κάθε x, y, z 0⟩ ισχύει: 3x y z 3 xyz+ + ≥ (Τη λύση έστειλε ο Θανάσης Μάγκος, Μαθηματικός του 2ου Γενικού Λυκείου Κοζάνης)

2ος τρόπος Η σχέση (1) ισοδυναμεί με την:

2 2 2( ) ( ) ( ) 6α β + γ +β γ + α + γ α + β ≥ αβγ κι ακόμα:

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 0( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 0

( ) ( ) ( ) 0

α β + α γ + β γ + β α + γ α + γ β − αβγ − αβγ − αβγ ≥ ⇔

⇔ β α + γ − αγ + γ β + α − βα + α β + γ − βγ ≥ ⇔

β α − γ + γ β − α + α γ −β ≥

η τελευταία ισχύει για τα α,β,γ είναι θετικά. 52. Αν ν ένας θετικός φυσικός αριθμός τότε να δειχθεί ότι:

1 1 1 1... 11 2 3 2+ + + + ⟨

ν + ν + ν + ν (1)

Λύση: 1ος τρόπος Θα χρησιμοποιήσουμε το ακόλουθο λήμμα: Για κάθε φυσικό 1ν ≥ ισχύει:

1 1 1 1 1 1 1 1 11 ... ...2 3 4 5 2 1 2 1 2 2

− + − + − + − = + + +ν − ν ν + ν + ν

(2)

(ταυτότητα του Eugène C. Catalan) Απόδειξη: Θέτουμε

k1 1 1S 1 ... , k 1,2,3,...2 3 k

= + + + + =

τότε έχουμε:

2 21 1 1 1 1 1 1 1 11 ... S 2( ... ) S S2 3 4 5 2 1 2 2 4 21 1 1...

1 2 2

ν ν ν− + − + − + − = − + + + = − =ν − ν ν

= + + +ν + ν + ν

άρα η (2) δείχθηκε. Για την απόδειξη τώρα της σχέσης (1) χρησιμοποιούμε την ταυτότητα (2) του Catalan, άρα:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1... 1 1 ... 11 2 3 2 2 3 4 5 2 1 21 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ...( ) 0 (3)2 3 4 5 2 2 2 1 2

+ + + + − = − + − + − + − − =ν + ν + ν + ν ν − ν

= − + + − + − − + − ⟨ν − ν − ν

γιατί:

Η Στήλη των Μαθηματικών της 11 /10/2006 4/4

1 1 02 31 1 04 5

....................1 1 10 0

2 2 2 1 2

− + ⟨

− + ⟨ και − ⟨ν − ν − ν

Από την (3) προκύπτει αμέσως η ζητούμενη. (Τη λύση έστειλε ο Θανάσης Μάγκος, Μαθηματικός του 2ου Γενικού Λυκείου Κοζάνης)

2ος τρόπος θεωρούμε τις αληθείς σχέσεις:

1 1 ί 11

1 1 ί 22

1 1 ί 33

..........................................1 1 ί

⟨ γιατ ν⟨ν +ν + ν

⟨ γιατ ν⟨ν + νν + ν ν

και με πρόσθεση κατά μέλη των ανωτέρω σχέσεων έχουμε: έ

1 1 1 1 1 1 1 1... ...1 2 3 2

1 1

ν φορ ς

+ + + + ⟨ + + + =ν + ν + ν + ν ν ν ν ν

= ν ⋅ =ν

άρα δείχθηκε πάλι η ζητούμενη.

Για την άλλη φορά

56. Μεταξύ όλων των ορθογωνίων τριγώνων που είναι εγγεγραμμένα σε ένα ημικύκλιο ακτίνας R, ζητείται εκείνο που έχει τη μέγιστη περίμετρο.

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών της 18 /10/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών

Από τον Κώστα Δόρτσιο, Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Η κατασκευή των κανονικών πολυγώνων

Εισαγωγικά Από τα τέσσερα γεωμετρικά προβλήματα που απασχόλησαν τους αρχαίους Έλληνες γεωμέτρες, σημαντική θέση κατέχει η κατασκευή των κανονικών πολυγώνων. Ο Ευκλείδης τα αναφέρει με την περιφραστική διατύπωση ως «ισόπλευρά τε και ισογώνια». Ένα πολύγωνο λέγεται κανονικό, σύμφωνα με τον ορισμό που υπάρχει στο σχολικό βιβλίο της γεωμετρίας της Α΄ και Β΄ τάξης του Λυκείου, όταν έχει όλες τις πλευρές του και όλες τις γωνίες του ίσες.(Ευκλείδεια Γεωμετρία Α΄ και Β΄ Ενιαίου Λυκείου, σελ. 233). Στα Στοιχεία του Ευκλείδη συναντούμε την κατασκευή με κανόνα και διαβήτη των εξής κανονικών πολυγώνων:

1. Ισόπλευρο τρίγωνο 2. Τετράγωνο 3. Κανονικό πεντάγωνο 4. Κανονικό εξάγωνο 5. Κανονικό δεκάγωνο 6. Κανονικό δεκαπεντάγωνο.

N:36o

Η Στήλη των Μαθηματικών της 18 /10/2006 2/4

Ακόμα οι αρχαίοι έλληνες γεωμέτρες ήξεραν αρκετά για τα πολύγωνα αυτά. Δηλαδή:

• Κάθε κανονικό πολύγωνο μπορεί να εγγραφεί σε κύκλο • Οι κορυφές του εγγεγραμμένου σε κύκλο κανονικού πολυγώνου

διαιρούν τον κύκλο σε ίσα μέρη και ακόμα • Κάθε κανονικό πολύγωνο μπορεί να περιγραφεί σε κύκλο. • Αν διαιρέσουμε έναν κύκλο σε ίσα μέρη τότε μπορούμε να

κατασκευάσουμε και ένα κανονικό πολύγωνο.

Εφόσον οι Αρχαίοι ήξεραν την κατασκευή αυτών των πολυγώνων ασφαλώς τότε γνώριζαν και την κατασκευή απείρων άλλων κανονικών πολυγώνων. Έτσι μπορούσαν με τη χρήση κανόνα και διαβήτη να κατασκευάσουν διάφορες κατηγορίες κανονικών πολυγώνων οι οποίες φαίνονται στον παρακάτω πίνακα:

Η κατασκευή αυτή γίνεται διχοτομώντας τα αντίστοιχα τόξα των πλευρών του βασικού κανονικού πολυγώνου της αντίστοιχης κατηγορίας. Για παράδειγμα από το τετράγωνο με συνεχείς διχοτομήσεις(εφικτές με κανόνα και διαβήτη) κατασκευάζονται τα κανονικά: οκτάγωνο, δεκαεξάγωνο, 32-γωνο κλπ. Επίσης από το ισόπλευρο τρίγωνο μπορούν να κατασκευασθούν τα κανονικά πολύγωνα: εξάγωνο, 12-γωνο, 24-γωνο κλπ.

Η αδυναμία του προβλήματος Το αδιέξοδο στην ιστορία αυτή προέκυψε όταν επιχείρησαν να κατασκευάσουν και άλλα κανονικά πολύγωνα και να γενικεύσουν την έρευνα στη δυνατότητα αυτή. Έτσι στην προσπάθεια να κατασκευάσουν ένα κανονικό επτάγωνο καθώς και ένα κανονικό εννεάγωνο τότε βρέθηκαν μπροστά σε αδιέξοδο. Ένα αδιέξοδο που για να το αντιμετωπίσουν χρειάστηκε να περάσουν αρκετά χρόνια και να επινοηθούν πολλά τεχνάσματα και αναπτυγμένα μαθηματικά. Ο Αρχιμήδης έδωσε μια λύση για την κατασκευή ενός κανονικού επταγώνου με τη χρήση μιας καμπύλης που δεν κατασκευάζεται με κανόνα και διαβήτη. Σε ότι αφορά το κανονικό εννεάγωνο αυτό θα μπορούσε να προκύψει από το ισόπλευρο τρίγωνο αν μπορούσαμε να τριχοτομήσουμε τα τόξα των αντίστοιχων πλευρών του ισοπλεύρου τριγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο. Αυτό όμως όπως είναι γνωστό δεν είναι εφικτό με κανόνα και διαβήτη.

Πλήθος πλευρών Κατηγορία 2ν, ν≥2 τετραγώνου

2ν⋅3, ν≥1 Ισοπλεύρου τριγώνου

2ν⋅5, ν≥1 Πενταγώνου

2ν⋅3⋅5, ν≥1 Δεκαπενταγώνου

Η Στήλη των Μαθηματικών της 18 /10/2006 3/4

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις 53. Αν , , R+α β γ ∈ τότε να δειχθεί ότι:

3 3 3 2 2 2 2 2 22( ) ( ) ( ) ( )α +β + γ ≥ α β + γ + β γ + α + γ α +β 1η Λύση: Αρχικά θα αποδείξουμε τη σχέση:

3 3 3 2 2 2α + β + γ ≥ αβ +βγ + γα (1) Πράγματι έχουμε:

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

2 2 2

3( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3( )α + β + γ = α + α + γ + β + β + α + γ + γ + β ≥

≥ α ⋅α ⋅ γ + β ⋅β ⋅α + γ ⋅ γ ⋅β = αβ + βγ + γα

άρα προκύπτει η σχέση (1) Έγινε χρήση της γνωστής ταυτοανισότητας:

Αν 3 3 3, , ά ό 3α β γ θετικ τ τε α + β + γ ≥ αβγ Με τον ίδιο τρόπο αν κάνουμε διαφορετικές ομαδοποιήσεις θα προκύψει:

3 3 3 2 2 2α +β + γ ≥ αγ + βα + γβ (2) Αν τώρα προσθέσουμε τις σχέσεις (1) και (2) τότε θα προκύψει η ζητούμενη. ( Τη λύση έστειλε το Μάγκος Αθανάσιος, Μαθηματικός του 3ου Γενικού Λυκείου Κοζάνης) 2η Λύση Ισχύει: 3 3 2 2α + β ≥ α β + αβ (3) Διότι η (3) ισοδυναμεί με

3 3 2 2 2 2

2 2 2

0 ( ) ( ) 0( )( ) 0 ( )( ) 0

α + β − α β − αβ ≥ ⇔ α α −β −β α −β ≥ ⇔

⇔ α −β α −β ≥ ⇔ α + β α −β ≥ (4)

Η τελευταία από τις (4) είναι προφανής. Άρα η (3) αληθεύει.

Όμοια είναι: 3 3 2 2β + γ ≥ β γ + βγ (5)

Και 3 3 2 2γ +α ≥ γ α + γα (6) Προσθέτοντας τις σχέσεις (3), (5) και (6) θα προκύψει η αρχική σχέση. Παρατήρηση: Γενικά ισχύει: 54. Αν 1αδ − βγ = (1) τότε: 2 2( ) ( ) 1α β + γ + β + γ γ + δ + δ ≠ (2)

(Από την άσκηση του μήνα Αυγούστου2006 της Ε.Μ.Ε.) Λύση: Έστω

2 2( ) ( ) 1Α = α α +β + β + γ γ + δ + δ − . Ζητούμε ότι 0Α ≠ .

Αν α, β θετικοί αριθμοί τότε: μ+ν ν+μ μ ν ν μα + β ≥ α β + α β

Όπου μ, ν θετικοί φυσικοί αριθμοί.

Η Στήλη των Μαθηματικών της 18 /10/2006 4/4

Έχουμε: 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 1Α = α + β + γ + δ + αβ + γδ − ⋅ και λόγω της (1) προκύπτει:

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 0Α = α + β + γ + δ + αβ + γδ − αδ + βγ =

= α +β + α − δ + β + γ + γ + δ ≥

άρα 0Α ≥ Θα αποκλείσουμε την περίπτωση ώστε 0Α =

Έστω λοιπόν ότι 0Α = τότε προφανώς θα είναι:

(3)(4)(5)(6)

α = −βα = δβ = −γγ = −δ

Άρα από τις σχέσεις (3) και (4) θα είναι:β=-δ Όμοια από τις σχέσεις (5) και (6) θα είναι β=δ Συνεπώς δ=0 και άρα α=β=γ=0. Αυτό είναι άτοπο λόγω της (1). Άρα η παράσταση Α θα είναι θετική άρα διάφορη του μηδενός.

55. Υπολογίστε το όριο:

1lim2 1

χ→∞

⎛ ⎞χ +⎜ ⎟χ +⎝ ⎠

Λύση:

Θεωρούμε γνωστή τη σχέση: lne αα = για κάθε θετικό α.

Άρα: 2 22

2 22 2

1 12 ln lim ( ln )2 1 2 1

1 1lim lim ln ln2 1 2

1lim lim(e) (e)2 1

(e) (e) (e) 0

χ→∞

χ→∞ χ→∞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞χ + χ +χ χ χ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟χ + χ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

χ→∞ χ→∞

⎛ ⎞χ + ⎛ ⎞χ ⋅ ⎜ ⎟ ∞⋅ ⎜ ⎟⎜ ⎟χ + −∞⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞χ += == =⎜ ⎟χ +⎝ ⎠

= = = =

Για την άλλη φορά 57. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο ισχύει η σχέση:

2 2 2

2 2 2 2ημ Α + ημ Β + ημ Γ=

συν Α + συν Β + συν Γ

Αποδείξτε ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο. (Την άσκηση πρότεινε ο Αθανάσιος Μάγκος, Μαθηματικός 3ου Γενικού Λυκείου Κοζάνης)

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών της 25 /10/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Η κατασκευή των κανονικών πολυγώνων

Το κανονικό επτάγωνο Το κανονικό επτάγωνο είναι το πιο μικρό σε πλήθος πλευρών κανονικό πολύγωνο το οποίο δεν μπορεί να κατασκευασθεί με χάρακα και διαβήτη. Όπως αναφέραμε κατά την ελληνική αρχαιότητα ο Αρχιμήδης πέτυχε να το κατασκευάσει εφαρμόζοντας τη μέθοδο της «νεύσης». Τη λύση αυτή ο Αρχιμήδης την περιέλαβε στην πραγματεία που έφερε τον τίτλο: «Περί του εγγεγραμμένου κανονικού επταγώνου», αντίγραφο της οποίας περιήλθε στα χέρια του Άραβα Thâbit ben Qurra. Το έργο αυτό στη συνέχεια μεταφράζεται στην Αραβική και συμπεριλαμβάνεται αργότερα στο έργο του Πέρση αστρονόμου Al Birûni (περίπου το 1000 μ.Χ.) με τίτλο: «Περί της κατασκευής του κανονικού εννεαγώνου». Το έργο αυτό βρέθηκε το έτος 1855, μεταφράστηκε το 1925 στα Γερμανικά και στη συνέχεια στα Ελληνικά από τον Ε.Σταμάτη.

Η κατασκευή του Αρχιμήδη Η κατασκευή του Αρχιμήδη στηρίζεται σε δύο επιμέρους προτάσεις, οι γνωστές στην ιστορία ως προτάσεις 16 και 17 και οι αποδείξεις των υπάρχουν στη δημοσίευση του Ε. Σταμάτη( Δελτίο της Ε.Μ.Ε. τόμος 9, τεύχος 2, 1968). Αξίζει στο σημείωμα αυτό να αναφέρουμε τις κεντρικές ιδέες των προτάσεων αυτών, οι οποίες θεμελιώνουν την επεξεργασία λύσης της περίφημης αυτής κατασκευής. 1η πρόταση: Έστω το τετράγωνο ΑΒΓΔ (Σχήμα 1). Φέρουμε τη διαγώνιο αυτού ΒΓ και στη συνέχεια πάνω σ’ αυτήν θεωρούμε ένα σημείο Τ τέτοιο ώστε η ευθεία ΔΤ αν θα προεκταθεί, να τμήσει την ΑΓ στο σημείο Ε καθώς και την προέκταση της ΑΒ στο σημείο Ζ. Ακόμα φέρουμε και την ΚΤΛ παράλληλη με την ΑΓ. Αν ισχύει:

Ε(ΔΤΓ) = Ε(ΑΖΕ). Τότε θα αληθεύουν οι σχέσεις: ΒΚ⋅⋅ΒΑ = (ΑΖ)2 και ΚΑ⋅ΚΖ = (ΚΒ)2.

N:37o

Δ Γ

Β Α

Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 25 /10/2006 2/4 Επίσης ακόμα είναι ⟩ΑΖ ΑΚ και ⟩ΒΚ ΑΚ 2η πρόταση: Θεωρούμε το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ(Σχήμα 2) και πάνω σ’ αυτό θεωρούμε τα σημεία Γ και Δ τέτοια ώστε να ικανοποιούν τις σχέσεις της προηγούμενης πρότασης, δηλαδή: ΒΔ⋅⋅ΒΓ=ΑΓ2 με ΑΓ>ΔΓ, και ΔΓ⋅ΔΑ=ΒΔ2 με ΒΔ>ΔΓ. Με τα τμήματα ΒΔ, ΔΓ και ΓΑ κατασκευάζουμε το τρίγωνο ΔΗΓ έτσι ώστε:

ΒΔ = ΔΗ και ΓΗ = ΓΑ. Περιγράφουμε το κύκλο γύρω από το τρίγωνο ΑΒΗ. Τότε η πλευρά ΒΗ του τριγώνου αυτού είναι και η πλευρά του κανονικού επταγώνου που είναι εγγεγραμμένο στο κύκλο αυτό..

Σχόλιο Αν στο σχήμα 1 θέσουμε ΑΒ=ΑΓ=α, ΔΛ=χ και ΛΓ=ΛΤ=α-χ τότε εύκολα θα καταλήξει κανείς στην εξίσωση:

3 2 2 36 5 0χ − αχ + α χ −α = (1)

αυτή γράφεται ακόμα με τη μορφή:2

(2 )( )χ −α

χ = αα − χ

(2)

και αν θέσουμε (2 )( )χ − α

ψ =α − χ

(3) τότε η (2) γράφεται: 2χ = αψ (4).

Η εξίσωση (3) παριστά μια υπερβολή ενώ η (4) μια παραβολή. Η τομή αυτών των δύο κωνικών τομών δίνει την τιμή του χ. Αυτή όμως η κατασκευή δεν μπορεί να γίνει με κανόνα και διαβήτη αλλά με τη βοήθεια της νεύσης. Δηλαδή χρήση οργάνων με τα οποία κατασκευάζονται οι κωνικές αυτές τομές.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

56. Μεταξύ όλων των ορθογωνίων τριγώνων που είναι εγγεγραμμένα σε ένα ημικύκλιο ακτίνας R, ζητείται εκείνο που έχει τη μέγιστη περίμετρο. Λύση: Ας είναι ΓΔ το ύψος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα. (Σχήμα 1). Η περίμετρος του τριγώνου ΑΒΓ είναι:

2τ = ΑΒ+ΒΓ+ΓΑ = 2R+ΒΓ+ΓΑ. Επομένως για να μεγιστοποιηθεί η περίμετρος πρέπει να μεγιστοποιηθεί το άθροισμα: ΑΓ+ΒΓ. 1ος τρόπος (γεωμετρικός)

x y

ΟΑΒ

Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 25 /10/2006 3/4 Έχουμε τις ισοδυναμίες: ΑΓ+ΒΓ= μέγιστο⇔

2 2

( ) έ2 έ

⇔ ΑΓ +ΒΓ = μ γιστο ⇔

⇔ ΑΓ + ΒΓ + ⋅ ΑΓ ⋅ΒΓ = μ γιστο ⇔

2 2

2 2 2

2 έ 4R 2 έέ ( ί 4R )

⇔ ΑΒ + ⋅ ΑΓ ⋅ΒΓ = μ γιστο ⇔ + ⋅ ΑΓ ⋅ΒΓ = μ γιστο ⇔

⇔ ΑΓ ⋅ΒΓ = μ γιστο γιατ ΑΓ + ΒΓ =

Όμως είναι:

( )2

2 22

x 2Rxy 4R

y 2R

⎛ ⎞ΑΓ = ⋅⇔ ΑΓ ⋅ΒΓ = ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟ΒΓ = ⋅⎝ ⎠

Άρα 2R xyΑΓ ⋅ΒΓ = ⇔ 2RΑΓ ⋅ΒΓ = ⋅ ΓΔ

Επομένως ΑΓ⋅ΒΓ μέγιστο ⇔ ΓΔ=μέγιστο. Αυτό προφανώς συμβαίνει όταν ΓΔ μεσοκάθετη του ΑΒ, δηλαδή αν τριγ(ΑΒΓ) = ισοσκελές(ΑΓ=ΒΓ). (Από τον Μάγκο Αθανάσιο, Μαθηματικό του 3ου Γεν. Λυκείου Κοζάνης) 2ος τρόπος (Με αναλυτική γεωμετρία) Χωρίς βλάβη της γενικότητας ας θεωρήσουμε ότι R=1 την ακτίνα του κύκλου και Ο(0,0) το κέντρο του (Σχήμα 2). Τότε είναι: Α(-1,0), Β(1,0), Γ(συνθ, ημθ), όπου (0, )θ∈ π . Είναι:

2 2( 1)

2(1 ) 2 ( )2

ΑΓ = συνθ + + ημ θ =

θ= + συνθ = συν

και: 2 2( 1)

2(1 ) 2 ( )2

ΒΓ = συνθ − + ημ θ =

θ= − συνθ = ημ

Ζητούμε να μεγιστοποιήσουμε το άθροισμα: ΑΓ+ΒΓ άρα: 2 22 2

2 2 2 2 2 2

2 2 ( )4 2 4 2 4 2

⎛ ⎞⎛ θ θ ⎞ θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ΑΓ + ΒΓ = συν + ημ = συν + ημ =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ π θ π θ ⎞ π θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ημ συν + συν ημ = ημ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Προφανώς τώρα το άθροισμα ΑΓ+ΒΓ γίνεται μέγιστο όταν το

( )4 2π θ

ημ + =1

δηλαδή 4 2 2π θ π+ = και συνεπώς

2π

θ =

(Από τον Μάγκο Αθανάσιο, Μαθηματικό του 3ου Γεν. Λυκείου Κοζάνης) 3ος τρόπος( Με παραγώγους) Έστω το σημείο Γ(χ,ψ) στο σύστημα συν/νων ΧΟΨ (Σχήμα 3). Τότε η περίμετρος του τριγώνου ΑΒΓ είναι:

Π=ΑΒ+ΒΓ+ΓΑ=

ΟΑ(-1,0) Β(1,0)

Γ(συνθ, ημθ)

Σχήμα 2

βα

ΟΑ(-R,0) Β(R,0)

Γ(χ,ψ)

Σχήμα 3

Η Στήλη των Μαθηματικών της 25 /10/2006 4/4

2R+α+β= 2 2 2 22R ( R) ( R)= + χ + +ψ + χ − + ψ (1)

Επίσης τα διανύσματα A ( R, )Γ χ + ψ

και ( R, )ΒΓ χ − ψ

είναι κάθετα, άρα τα εσωτερικό τους γινόμενο αυτών είναι ίσο με μηδέν. Άρα ισχύει:

2 2 2 2( R)( R) 0 R 0χ + χ − + ψ = ⇔ χ + ψ − = δηλαδή είναι 2 2 2Rχ + ψ = (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει:

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2R ( R) ( R)

2R R 2R ( R 2R

2R 2R 2R 2R 2R

Π = + χ + +ψ + χ − + ψ =

= + χ + + χ + ψ + χ + − χ + ψ =

= + + χ + − χ

άρα: 2 2( ) 2R 2R 2R 2R 2RΠ χ = + + χ + − χ (3)

Η συνάρτηση Π της περιμέτρου έχει πεδίο ορισμού το σύνολο: [ ]D R, RΠ = − στο οποίο είναι συνεχής. Άρα για τη μελέτη της βρίσκουμε την παράγωγο:

2 2

2 2 2 2

2R 2R 2R 2RR R( )2R 2R 2R 2R 2 R

− χ − + χ′Π χ = − =

+ χ − χ − χ , για Rχ ≠ ±

Επειδή είναι: 2 22R 2R 2R 2R 0, ( R,0)− χ − + χ⟩ ∀χ∈ −

2 22R 2R 2R 2R 0, (0,R)− χ − + χ⟨ ∀χ∈ άρα ο πίνακας μεταβολής των τιμών της Π είναι: Και ασφαλώς η μέγιστη τιμή της περιμέτρου πραγματοποιείται όταν το χ=0. Δηλαδή Πμέγιστο = Π(0)= 2R(1 2)+ . Άρα η θέση του σημείου Γ είναι εκείνη κατά την οποία το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

Για την άλλη φορά

58. Βρείτε το σύνολο των μιγαδικών αριθμών z ώστε τα σημεία Α(1), Β(z), Γ(1+z2) να είναι συνευθειακά.

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

χ -R R

Π΄(χ) + - Π(χ)

Π(0)

Η Στήλη των Μαθηματικών της 1 /11/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Η κατασκευή των κανονικών πολυγώνων

Το κανονικό δεκαπεντάγωνο Πριν περάσουμε στις προσπάθειες των νεώτερων Μαθηματικών της Ευρώπης, οι οποίες έλυσαν οριστικά το θέμα της δυνατότητας κατασκευής των κανονικών πολυγώνων, αξίζει να σταθούμε για λίγο ακόμα στις ιδέες των Αρχαίων Ελλήνων μαθηματικών για την κατασκευή του κανονικού δεκαπενταγώνου. Όπως αναφέραμε σε προηγούμενο σημείωμα η κατασκευή του κανονικού δεκαπενταγώνου ήταν γνωστή στους Αρχαίους Έλληνες και μάλιστα η κατασκευή του περιγράφεται στα Στοιχεία του Ευκλείδη(Βιβλίο IV, 16).

Η κατασκευή Η βασική σχέση που χρησιμοποιείται στην περίπτωση αυτή είναι η ακόλουθη:

1 1 1- =6 10 15

(1)

Η αξιοποίηση της σχέσης αυτής οδήγησε στην κατασκευή του κανονικού δεκαπενταγώνου. Πράγματι, αν από το ένα έκτο του κύκλου αφαιρέσουμε το ένα δέκατο τότε αυτό που απομένει είναι το ένα δεκατοπέμπτο. Έτσι λοιπόν αφού μπορούσαν πλέον να τεμαχίσουν τον κύκλο σε έξη ίσα μέρη με τη βοήθεια του κανονικού εξαγώνου ή του ισοπλεύρου τριγώνου καθώς και σε δέκα ίσα μέρη με τη βοήθεια του κανονικού δεκαγώνου ή πενταγώνου, άρα αφαιρώντας αυτά τα μέρη είχαν πλέον τη δυνατότητα να κατασκευάσουν το ένα δεκατοπέμπτο του κύκλου. Άρα η κατασκευή του κανονικού δεκαπενταγώνου ήταν ασφαλής. Με τον ίδιο τρόπο θα μπορούσαμε να κατασκευάσουμε και το κανονικό δωδεκάγωνο. Χρησιμοποιώντας δηλαδή τη σχέση:

1 1 1- =3 4 12

(2)

Κόβουμε δηλαδή τον κύκλο σε τρία ίσα μέρη με την κατασκευή του ισοπλεύρου τριγώνου και κατόπιν σε τέσσερα ίσα μέρη με την κατασκευή του τετραγώνου. Αφαιρώντας στη συνέχεια τα μέρη αυτά έχουμε το ένα δωδέκατο του κύκλου. Δηλαδή το τόξο της πλευράς του κανονικού δωδεκαγώνου. Βέβαια το κανονικό δωδεκάγωνο κατασκευάζεται και από το κανονικό εξάγωνο διχοτομώντας τις έξη επίκεντρες γωνίες που αντιστοιχούν στις πλευρές του. Οι σχέσεις (1) και (2) είναι μερικές περιπτώσεις της ακόλουθης πρότασης:

Θεώρημα 1 Όταν δύο κανονικά πολύγωνα με πλευρές μ και ν, μπορούν να κατασκευασθούν, όπου μ και ν είναι δύο φυσικοί αριθμοί πρώτοι μεταξύ των, τότε μπορεί να κατασκευασθεί και το κανονικό πολύγωνο που έχει πλευρές μ·ν

N:38o

Η Στήλη των Μαθηματικών της 1 /11/2006 2/4

Για πραράδειγμα έστω μ = 3 και ν = 5 όπου (3,5)=1. Τότε επειδή το ισόπλευρο τρίγωνο και το κανονικό πεντάγωνο είναι κατασκευάσιμα με χάρακα και διαβήτη άρα και το κανονικό πολύγωνο με πλευρές μ·ν=3·5=15 μπορεί να κατασκευασθεί. Η κατασκευή επιτυγχάνεται με τον τύπο (1).

Επίσης έστω μ= 3 και ν= 4 όπου (3,4)=1. Τότε από το ισόπλευρο τρίγωνο και το τετράγωνο μπορεί να κατασκευασθεί το κανονικό δωδεκάγωνο, αυτό δηλαδή που έχει μ·ν=3·4=12 πλευρές. Τέτοια παραδείγματα μπορούμε να βρούμε πολλά. Στο σχολικό βιβλίο υπάρχει σχετική δραστηριότητα. Είναι η δραστηριότητες 1 και 2 στη σελίδα 242 του Κεφ. 11 της Γεωμετρίας Α΄και Β΄ Λυκείου.

Απόδειξη του θεωρήματος 1 Επειδή οι αριθμοί μ κα ν είναι πρώτοι μεταξύ των, άρα ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των θα είναι η μονάδα και σύμφωνα με τον αλγόριθμο του Ευκλείδη αυτή θα έχει τη μορφή:

μχ + νψ = 1, με χ,ψ∈Ζ (3) Αν επιπλέον υποθέσουμε ότι μ ν⟨ τότε τα χ και ψ δεν μπορούν να είναι και τα δύο θετικά γιατί το αποτέλεσμα θα ήταν ασφαλώς μεγαλύτερο της μονάδας. Όμοια δεν μπορούν να είναι και τα δύο αρνητικά Άρα πρέπει το χ να είναι ετερόσημο του ψ. Έστω λοιπόν χ θετικό και ψ

αρνητικό. Τότε η (3) γίνεται χ -ψ 1ν μν− =μ και αν θέσουμε όπου χ=ρ και –ψ=λ καταλήγει

στην ρ λ 1ν μν− =μ (4). Η τελευταία σχέση μας λέει ότι αν αφαιρέσουμε από τα ρ ίσα τόξα,

που το καθένα τους αντιστοιχεί στην πλευρά του κανονικού πολυγώνου πλευρών ν , τα λ ίσα τόξα που αντιστοιχούν το καθένα τους στην πλευρά του κανονικού πολυγώνου πλευρών μ, τότε προκύπτει το τόξο εκείνο που αντιστοιχεί στην πλευρά του κανονικού πολυγώνου πλευρών μν. Παράδειγμα: Έστω ισόπλευρο τρίγωνο και κανονικό πεντάγωνο. Έίναι δηλαδή μ=3 και ν=5. Θα αναζητήσουμε τη σχέση εκείνη που θα μας δώσει τόξο της πλευράς του κανονικού 15/γώνου.

Λύνουμε την διοφαντική εξίσωση 3χ+5ψ=1. Αυτή έχει άπειρο πλήθος ακεραίων λύσεων διότι (3,5)=1. Οι λύσεις αυτές θα προκύψουν από την προφανή λύση (χο, ψο)=(-3,2)

και από τους τύπους: χ = -3 5λψ = 2 3λ

+−

, όπου λ Ζ∈ . Αν

θεωρήσουμε μια από αυτές τις λύσεις, έστω για παράδειγμα την προφανή (-3,2), τότε είναι

3·(-3)+5·2=1 άρα και 2 3- = 13 5

Η τελευταία σχέση μας λέει ότι αν αφαιρέσουμε από τα 2 ίσα τόξα που αντιστοιχούν στις δύο πλευρές του ισοπλεύρου τριγώνου τα 3 τόξα που αντιστοιχούν στις τρεις πλευρές του κανονικού πενταγώνου τότε θα προκύψει το τόξο που αντιστοιχεί στην πλευρά ΑΒ=λ15 του κανονικού 15/γώνου.(σχήμα 1).

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

57. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο ισχύει η σχέση:

Η Στήλη των Μαθηματικών της 1 /11/2006 3/4

2 2 2

2 2 2 2ημ Α + ημ Β + ημ Γ=

συν Α + συν Β + συν Γ (1)

Λύση: Η ζητούμενη σχέση ισοδυναμεί με :

2 2 2 2 2 22( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22( )

2 2 2 2 2 2

ημ Α + ημ Β + ημ Γ = συν Α + συν Β + συν Γ ⇔−συν Α − συν Β − συν Γ + συν Α + συν Β + συν Γ

⇔ + + = + + + ⇔

3 ( 2 2 2 ) 2(3 2 2 2 )3 ( 2 2 2 ) 6 2( 2 2 2 )

3 3( 2 2 2 ) 2 2 2 1

⇔ − συν Α + συν Β + συν Γ+ = + συν Α + συν Β + συν Γ ⇔⇔ − συν Α + συν Β + συν Γ+ = + συν Α + συν Β + συν Γ ⇔⇔ − = συν Α + συν Β + συν Γ ⇔ συν Α + συν Β + συν Γ = −

κι ακόμα:

2 2 2 1 ( 2 2 ) ( 2 1) 02 2 2 22 2 1 1 0

2 2

συν Α + συν Β + συν Γ = − ⇔ συν Α + συν Β + συν Γ + = ⇔Α + Β Α − Β

⇔ συν συν + συν Γ − + = ⇔

2 ( ) ( ) 2 02 ( ) 2 0

⇔ συν Α +Β συν Α −Β + συν Γ = ⇔

⇔ − συνΓσυν Α − Β + συν Γ = ⇔

2 ( ( )) 0⇔ συνΓ συνΓ − συν Α −Β = ⇔ 2 ( ( ) ( )) 0⇔ συνΓ −συν Α + Β − συν Α −Β = ⇔

( ) ( ) ( ) ( )2 2 02 2

Α + Β + Α −Β Α + Β − Α − Β⇔ − συνΓ ⋅ συν συν = ⇔

4 0 0 ή 0 ή 0.⇔ συνΓσυνΑσυνΒ = ⇔ συνΑ = συνΒ = συνΓ = Από τις τελευταίες σχέσεις προκύπτει ότι Α=90ο ή Β=90ο ή Γ=90ο. Άρα το τρίγωνο είναι ορθογώνιο. 58. Βρείτε το σύνολο των μιγαδικών αριθμών z ώστε τα σημεία Α(1), Β(z), Γ(1+z2) να είναι συνευθειακά. Λύση: Έστω ότι ο μιγαδικός αριθμός z είναι ο z x iy, x, y R= + ∈ .

Τότε: 2 2 21 z 1 x y 2xyi+ = + − + . Άρα τα Α, Β, Γ θα είναι οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών 1, z, 1+z2. Τα σημεία αυτά ως εικόνες αυτών των μιγαδικών αριθμών θα έχουν συντεταγμένες: (1,0) , (x, y) και (1+x2-y2, 2xy) αντίστοιχα. Δηλαδή θα είναι:

Α(1,0) , Β(x, y) και Γ(1+x2-y2, 2xy). Στη συνέχεια υπολογίζουμε τις συντεταγμένες των διανυσμάτων: AB

καιAΓ

Δηλαδή: AB (x 1, y)= −

και 2 2A (x y , 2xy)Γ = −

και για να είναι αυτά συνευθειακά θα πρέπει:

2 22 2

x 1 y0 (x 1)2xy y(x y ) 0

x y 2xy−

= ⇔ − − − =−

η τελευταία σχέση δίνει:

Η Στήλη των Μαθηματικών της 1 /11/2006 4/4

2 2 2 2 3

2 3 2 2

(x 1)2xy y(x y ) 0 2x y 2xy yx y 0x y 2xy y 0 y(x 2x y ) 0− − − = ⇔ − − + = ⇔

⇔ − + = ⇔ − + =

Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι: 2 2y 0 (2) ή (x 2x y ) 0 (3)= − + =

η σχέση (2) εκφράζει τον άξονα Χ΄ΟΧ και η σχέση (3) τον κύκλο C : (x-1)2 +y2=1. Άρα οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών: 1, z και 1+z2 που αναζητούμε θα βρίσκονται στον άξονα Χ΄ΟΧ ή στον κύκλο του σχήματος 2.

Σχόλιο: Η γεωμετρική ερμηνεία της συμπεριφοράς των εικόνων έχει ενδιαφέρον να θεωρηθεί και από την στοιχειώδη Ευκλείδεια Γεωμετρία. Πράγματι το σημείο Α είναι η εικόνα του διατεταγμένου ζεύγους (1,0) και βρίσκεται πάνω στον άξονα των Χ΄ΟΧ. Το σημείο Β αν θεωρηθεί πάνω στον κύκλο C(A,1) τότε για να βρούμε το σημείο Γ, το οποίο είναι η εικόνα του μιγαδικού 1+z2 ,θα πρέπει να βρούμε πρώτα την εικόνα του μιγαδικού z2 και μετά την εικόνα του 1+z2. Η εικόνα του z2 ,δηλαδή το Β , θα προκύψει γεωμετρικά από την περιστροφή του σημείου Β γύρω από το σημείο Ο κατά γωνία φ (κατά τη θετική φορά στην προκειμένη περίπτωση), η οποία είναι και το όρισμα του μιγαδικού z. Έτσι λοιπόν μπορούμε να κατασκευάσουμε το Β΄(z2). Η εικόνα του 1+z2, δηλαδή του Γ, θα προκύψει από την παράλληλη μετατόπιση της εικόνας Β΄ κατά το διάνυσμα ΟΑ

, δηλαδή οριζόντια και δεξιά κατά μήκος μιας μονάδας. Εύκολα τώρα μπορούμε να αποδείξουμε γεωμετρικά ότι τα σημεία Α, Β και Γ είναι συνευθειακά. Πράγματι: 2ΒΑΧ = φ γιατί το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ισοσκελές. Άρα ΑΒ//ΟΒ΄ (1) Επίσης επειδή η ΟΑ είναι ίση και παράλληλη με την Β΄Γ, το τετράπλευρο ΟΑΓΒ΄ είναι παραλληλόγραμμο και συνεπώς η ΑΓ//ΟΒ΄(2). Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι τα σημεία Α, Β και Γ είναι συνευθειακά.

Για την άλλη φορά

59. Αν 0χψ⟩ τότε να δειχθεί ότι: 2 22

2 2χψ χ + ψ χ + ψ

+ ≥ χψ +χ + ψ

(Προτάθηκε από τον Μάγκο Αθανάσιο, Μαθηματικό 3ου Γενικού Λυκείου Κοζάνης) 60. Να σχεδιαστεί η περιοχή (Τ) στο μιγαδικό επίπεδο στην οποία ανήκει η εικόνα Μ του z όταν: Im(z) Re((1 i)z)≤ − .

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

φφ

A(1,0) 2

Μ1

B(z)

Μ2

B'Γ

Σχήμα 1Σχήμα 2

Η Στήλη των Μαθηματικών της 8 /11/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Η κατασκευή των κανονικών πολυγώνων

Η κατασκευή του κανονικού 17/γώνου Μια ακόμα αξιόλογη κατασκευή που πρέπει να αναφέρουμε είναι η κατασκευή με χάρακα και διαβήτη του κανονικού 17/γώνου. Η κατασκευή έγινε από τον H. Richmond το 1893, αφού βέβαια προηγήθηκαν οι μελέτες των Gauss- Wantzel, οι οποίες έβαλαν οριστικό τέλος στο πρόβλημα της κατασκευής των κανονικών πολυγώνων. Η κατασκευή αυτή βήμα προς βήμα γίνεται ως εξής:

1ο βήμα Κατασκευάζουμε ένα ημικύκλιο (C1) με κέντρο το σημείο Ο και διάμετρο το τμήμα Α΄Α. 2ο βήμα

N:39o

Ο ΑΑ'

ΔΕ Η

ΚΛ

Σχήμα 1Κατασκευή του κανονικού 17/γώνου

Η Στήλη των Μαθηματικών της 8 /11/2006 2/4 Υψώνουμε στο σημείο Ο κάθετη ακτίνα την ΟΒ και πάνω σ΄ αυτήν θεωρούμε το σημείο Γ

τέτοιο ώστε ΟΓ= 1 OB4

3ο βήμα Ενώνουμε το σημείο Γ με το σημείο Α και στη συνέχεια θεωρώ την ΓΔ έτσι ώστε 1

4ΟΓΔ = ΟΓΑ καθώς και την ΓΕ ώστε 45οΔΓΕ =

4ο βήμα Γράφουμε ημικύκλιο (C2) με διάμετρο την ΕΑ η οποία τέμνει την ΟΒ στο σημείο Ζ. 5ο βήμα Με κέντρο το σημείο Δ και με ακτίνα το τμήμα ΔΖ γράφουμε ημικύκλιο (C3) το οποίο τέμνει την Α΄Α στα σημεία Η και Θ. 6ο βήμα Υψώνουμε στα σημεία Η και Θ καθέτους προς την διάμετρο Α΄Α του πρώτου ημικυκλίου οι οποίες τέμνουν το πρώτο αυτό ημικύκλιο (C1) στα σημεία Λ και Κ αντιστοίχως. 7ο βήμα Με κέντρο το σημείο Κ και ακτίνα το ΚΛ γράφουμε κύκλο(C4) ο οποίος τέμνει το ημικύκλιο (C1) εκτός του σημείου Λ και στο σημείο Μ. Τότε: Το τμήμα ΑΜ είναι η πλευρά του κανονικού 17/γώνου του εγγεγραμμένου στον κύκλο που ορίζει το ημικύκλιο (C1). (Η απόδειξη της πρότασης αυτής παραλείπεται)

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

59. Αν 0χψ⟩ τότε να δειχθεί ότι: 2 22

2 2χψ χ + ψ χ + ψ

+ ≥ χψ +χ + ψ (1)

(Προτάθηκε από τον Μάγκο Αθανάσιο, Μαθηματικό 3ου Γενικού Λυκείου Κοζάνης) Λύση: Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: 1η: Έστω ότι χ, ψ αρνητικοί. Τότε:

02 22 4 ( ) 0 ( )

χ+ψ⟨χψ χ +ψ

≥ ⇔ χψ ≤ χ +ψ ⇔ ≤ χ −ψχ +ψ που αληθεύει.

Άρα : 2

2χψ χ + ψ

≥χ + ψ (2)

Επίσης: 2 2 2

2 2χ + ψ χψ

≥ = χψ .

Άρα:

2 2

2χ +ψ

≥ χψ (3)

Προσθέτοντας τις (2) και (3) κατά μέλη προκύπτει η ζητούμενη σχέση (1). 2η: Έστω ότι χ,ψ είναι θετικοί με χ≠ψ. Η σχέση (1) ισοδυναμεί:

Η Στήλη των Μαθηματικών της 8 /11/2006 3/4

2 2

2 2 2

2 2

2 ( ) 422 2 2( )

χ +ψ− χψχ +ψ χ +ψ χψ χ +ψ − χψ

− χψ ≥ − ⇔ ≥ ⇔χ + ψ χ + ψχ +ψ

+ χψ

2( )χ − ψ⇔

2 2

( )

2( )2

χ −ψ≥

χ + ψ+ χψ

2 2

1 12( ) 2( )

2( )2

⇔ ≥ ⇔χ + ψ χ +ψχ + ψ

+ χψ

2 2 2 22 2

2 2 2 22

( ) ( )2 2

2 ( )2 2

χ + ψ χ +ψ⇔ + χψ ≤ χ +ψ ⇔ + χψ ≤ χ +ψ ⇔

χ + ψ χ + ψ⇔ + χψ + χψ ≤ χ + ψ ⇔

2 2 22

2 22

( ) 2 ( )2 2

( )2 ( )2 2

4 ( )2

χ +ψ χ +ψ⇔ + χψ ≤ χ +ψ ⇔

χ +ψ χ +ψ⇔ χψ ≤ χ +ψ − ⇔

χ +ψ⇔ χψ ≤ χ +ψ ⇔

2 24 2 2 416( ) ( ) 8( ) ( )

2χ + ψ

⇔ χψ ≤ χ + ψ ⇔ χ + ψ χψ ≤ χ + ψ ⇔

2 2 4 3 2 2 3 48 8 4 6 4⇔ χ ψ + χψ ≤ χ + χ ψ + χ ψ + χψ + ψ ⇔ 4 3 2 2 3 4 40 4 6 4 0 ( )⇔ ≤ χ − χ ψ + χ ψ − χψ +ψ ⇔ ≤ χ −ψ

Η τελευταία σχέση όμως είναι αληθής. Άρα και η αρχική αληθής. • Η περίπτωση που χ=ψ δίνει ισότητα.

(Λύση μας έστειλε και ο συνάδελφος κ. Μηνάς Συμεωνίδης, φυσικός του 3ου Γ.Λ.Κοζάνης) 2ος τρόπος (όταν χ,ψ θετικά)

Θέτουμε 0χ + ψ = α⟩ και 2 0, ( 0)χψ = β ⟩ β⟩

Προφανώς ισχύει: 2α ≥ β . Η σχέση που θέλουμε να αποδείξουμε γίνεται:

2 2 2 2 2 2 22 2 42 2 2 2

β α −β α α −β αβ + α − β+ ≥ β + ⇔ ≥ ⇔

α α

2 2 2 2 2 2 24

2, 0

(2 4 )2 4

α ≥ β

α β⟩

α −β αβ +α − β≥

α⇔4 3 3 4..... 4 16 16 0⇔ ⇔ α − α β + αβ − β ≥ ⇔

4 3( ) 4( ) 16 16 0α α α⇔ − + − ≥

β β β (4)

Η Στήλη των Μαθηματικών της 8 /11/2006 4/4

και αν θέσω όπου α = κβ

τότε (4) γίνεται:

4 3 34 16 16 0 ( 2) ( 2) 0κ − κ + κ − ≥ ⇔ κ − κ + ≥ αυτή όμως ισχύει γιατί: 2κ ≥ ( Η άσκηση αληθεύει και όταν χ=0 ή ψ=0). 60. Να σχεδιαστεί η περιοχή (Τ) στο μιγαδικό επίπεδο στην οποία ανήκει η εικόνα Μ του z όταν: Im(z) Re((1 i)z)≤ − (1) Λύση: Έστω z x iy= + με x, y R∈

Τότε z x iy= − και συνεπώς Im(z) Im(x iy) y= − = − (2) Επίσης:

(1 i)z (1 i)(x iy)x iy ix i y− = − + =

= + − − =

(x y) i(y x)+ + − Άρα:

Re((1 i)z) x y− = + (3) Από τις σχέσεις (1), (2) και (3) έχουμε:

y x y x 2y 0− ≤ + ⇔ + ≥ (4) Η εξίσωση

x 2y 0+ ≥ ικανοποιείται από τις συντεταγμένες των σημείων του σκιασμένου χωρίου (Τ) του σχήματος 1.

Για την άλλη φορά

61. α) Αν x, y, z 0⟩ και ισχύει xy yz zx 1+ + ≥ αποδείξτε ότι x y z 3+ + ≥ . β) Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Μ του επιπέδου του τριγώνου. Αποδείξτε ότι:

1. 1ΜΑ⋅ΜΒ ΜΒ⋅ΜΓ ΜΓ ⋅ΜΑ+ + ≥

α ⋅β β ⋅ γ γ ⋅α

2. 3ΜΑ ΜΒ ΜΓ+ + ≥

α β γ

(Προτάθηκε από το Μάγκο Αθανάσιο, Μαθηματικό του 3ου Γ. Λυκείου Κοζάνης) 62. Αν x, y 0⟩ να αποδειχθεί ότι y xx y 1+ ⟩ (Προτάθηκε από το Μάγκο Αθανάσιο, Μαθηματικό του 3ου Γ. Λυκείου Κοζάνης)

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Γεν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

ε: x+2y>=0

XΟ2

-1

Μ(χ+iy)

Σχήμα 1

(Τ)

Η Στήλη των Μαθηματικών της 15 /11/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Η κατασκευή των κανονικών πολυγώνων

Μερικές ακόμη κατασκευές κανονικών πολυγώνων Μπορεί κανείς να συναντήσει σε διάφορα βιβλία, κυρίως βιβλία σχεδιαστών, διάφορες κατασκευές με χάρακα και διαβήτη, ή ακόμα και με άλλα γεωμετρικά όργανα, οι οποίες άλλοτε είναι ακριβείς και άλλοτε είναι προσεγγιστικές. Ήδη στη στήλη μας και στο φύλλο Νο 37 της Τετάρτης 25/10/2006, αναφέρθηκε η περίπτωση της κατασκευής του κανονικού επταγώνου με τη μέθοδο της νεύσης. Θα αναφέρουμε μερικές ακόμη τέτοιες κατασκευές.

Κατασκευή του κανονικού πενταγώνου με χάρακα και διαβήτη.

Εκτός από τη γνωστή κατασκευή που έχουμε στο σχολικό εγχειρίδιο της Γεωμετρίας Α΄ και Β΄ Λυκείου, το κανονικό πεντάγωνο μπορούμε να το κατασκευάσουμε και ως εξής: Στο σχήμα 1 θεωρούμε μια τυχαία διάμετρο ΑΒ του κύκλου (2) και την ακτίνα ΟΓ, η οποία είναι κάθετη στη διάμετρο ΑΒ. Θεωρούμε το μέσο Δ της ΟΓ το οποίο ενώνουμε με το σημείο Β και στη συνέχεια φέρουμε την κάθετη στη ΔΒ και στο σημείο Δ η οποία τέμνει την ΑΒ στο σημείο Ε. Με κέντρο το σημείο Ε και ακτίνα την ΕΔ φέρουμε κύκλο ο οποίος τέμνει τη διάμετρο ΑΒ στα σημεία Η και Ζ. Οι κάθετες στη διάμετρο και στα σημεία Η και Ζ θα δώσουν τομές με τον κύκλο τα σημεία Ν, Ρ και Λ, Μ αντίστοιχα. Το σχήμα (ΒΜΝΡΛ) αποτελεί ένα κανονικό πεντάγωνο. Στην κατασκευή αυτή ισχύει ακόμα ότι:

• Η ΕΟ ισούται με το ένα τέταρτο της ΟΒ. • Οι ΔΖ και ΔΗ είναι η εσωτερική και η εξωτερική διχοτόμος αντίστοιχα της γωνίας

ΟΔΒ. Η μέθοδος αυτή παρατίθεται χωρίς απόδειξη και ανήκει στον H. Richmond (1893)

Μια προσεγγιστική κατασκευή του κανονικού επταγώνου

Στα σχήματα 2 και 3 δίνεται μια κατασκευή του κανονικού επταγώνου με χάρακα και διαβήτη η οποία είναι προσεγγιστική. Δηλαδή οι πλευρές είναι περίπου ίσες με ένα σφάλμα πάρα πολύ μικρό. Τέτοιες κατασκευές υπάρχουν και για διάφορα άλλα άλυτα προβλήματα, όπως για παράδειγμα της τριχοτόμησης της γωνίας. Στην περίπτωση αυτή παρόλο που η κατασκευή

N:40o

︵ 2 ︶Ο

ΒΑ

ΕΖΗ

Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 15 /11/2006 2/4 γίνεται με χάρακα και διαβήτη δεν προκύπτουν ακριβείς λύσεις, αλλά προσεγγίσεις λύσεων αρκετά ικανοποιητικές.

Στο σχήμα 2 θεωρήσαμε έναν κύκλο με διάμετρο την ΑΒ, την οποία χωρίσαμε, με το γνωστό τρόπο των παράλληλων ευθειών, σε επτά ίσα μέρη με τα σημεία: 1,2,3,4,5,6.

Κρύβουμε στη συνέχεια τις γραμμές που βοήθησαν στη διαίρεση της διαμέτρου και κρατώντας μόνο τα σημεία 1,2,3,4,5,6 έχουμε το σχήμα 3 στο οποίο συνεχίζουμε την κατασκευή. Με κέντρα τα σημεία Α και Β και με ακτίνα ίση με τη διάμετρο ΑΒ του κύκλου

γράφουμε δύο κύκλους οι οποίοι τέμνονται σε δύο σημεία εκ των οποίων το ένα είναι το σημείο Μ. Ενώνουμε το σημείο Μ με το σημείο 5 και προεκτείνοντας το τμήμα αυτό θα προκύψει πάνω στον κύκλο το σημείο Γ. Η ΒΓ θα είναι η προσεγγιστική τιμή της πλευράς του κανονικού επταγώνου του εγγεγραμμένου στον αρχικό κύκλο διαμέτρου ΑΒ.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις 61. α) Αν x, y, z 0⟩ και ισχύει xy yz zx 1+ + ≥ (1) αποδείξτε ότι x y z 3+ + ≥ (2).

Α Β

A1A2

A3A4

A5A6

654321

Σχήμα 1Σχήμα 2

Α Β654321

Σχήμα 2Σχήμα 3

Η Στήλη των Μαθηματικών της 15 /11/2006 3/4 β) Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Μ του επιπέδου του τριγώνου. Αποδείξτε ότι:

1. 1ΜΑ⋅ΜΒ ΜΒ⋅ΜΓ ΜΓ ⋅ΜΑ+ + ≥

α ⋅β β ⋅ γ γ ⋅α (3)

2. 3ΜΑ ΜΒ ΜΓ+ + ≥

α β γ (4)

(Προτάθηκε από το Μάγκο Αθανάσιο, Μαθηματικό του 3ου Γ. Λυκείου Κοζάνης) Λύση: α) 1ος τρόπος: Χρησιμοποιώ την ταυτοανισότητα του Swartz για τις τριάδες των θετικών αριθμών:

x y zy z x . Άρα:

2 2 2 2 2 2 2(x y z ) (y z x ) (xy yz zx)+ + ⋅ + + ≥ + +

και συνεπώς: 2 2 2 2 2(x y z ) (xy yz zx)+ + ≥ + + (5)

από την (1) έχουμε: 2(xy yz zx) 1+ + ≥ (6)

από τις (5) και (6) προκύπτει ότι:

2 2 2 2 2 2 2(x y z ) 1 x y z 1+ + ≥ ⇔ + + ≥ (7)

επίσης η (1) δίνει 2(xy yz zx) 2+ + ≥ (8) Προσθέτοντας τις (7) και (8) κατά μέλη έχουμε:

2 2 2 2x y z 2(xy yz zx) 3 (x y z) 3+ + + + + ≥ ⇔ + + ≥ ⇔

x y z 3⇔ + + ≥ δηλαδή η (2). 2ος τρόπος: Θεωρούμε την αληθή σχέση 2 2 2x y z xy yz zx 0+ + − − − ≥ (9) (Άλγεβρα Α΄ Λυκείου, Γενικές Ασκήσεις αρθ. 9, σελ.53) Άρα αν προσθέσουμε και στα δύο μέλη της (9) την παράσταση 3(xy yz zx)+ + θα

προκύψει: 2(x y z) 3(xy yz zx)+ + = + + (10)

Όμως από την (1) προκύπτει ότι 3(xy yz zx) 3+ + ≥ (11)

Από τις (10) και (11) προκύπτει ότι 2(x y z) 3+ + ≥ και συνεπώς η (2). β.1) 1ος τρόπος Ας είναι Α, Β, Γ, οι εικόνες των μιγαδικών 321 ,, zzz στο μιγαδικό επίπεδο και Μ η αρχή. Ισχύει:

))(( 3132

3132

zzzzzz

zzzzzzMAMB

−−=

αβ.

Ανάλογες σχέσεις ισχύουν και για τα άλλα δύο κλάσματα. Άρα:

=ΜΓΜΑ

+ΜΒΜΓ

+ΜΑΜΒ

γαβγαβ

))(())(())(( 2123

1213

3132

zzzzzz

−−+

−−

1))(())(())(( 2123

1213

3132

21 =−−

+−−

≥zzzz

zzzzzz

zz .

Η Στήλη των Μαθηματικών της 15 /11/2006 4/4 2ος τρόπος Εφαρμόζουμε το πόρισμα από τον τύπο του Leibnitz:

1,33 2 2ii i j i j

i 1 i jm m MA m m A A

= ⟩

≥∑ ∑

(12)

όπου Α1, Α2, Α3 οι κορυφές του τριγώνου ΑΒΓ(Α1≡Α, Α2≡Β, Α3=Γ) και m1, m2, m3 πραγματικοί αριθμοί με 1 2 3m m m m 0+ + = ≠ . (Γ. Τσίντσιφας, Σ. Μπαλλής , Ι. Ζουρνάς «Γεωμετρία- Θεωρία και ασκήσεις τεύχος1»,άσκηση 887 σελίδα249) Ας ονομάσουμε τις αποστάσεις του σημείου Μ από τις κορυφές του τριγώνου ως εξής:

1 1 2 2 3 3MA x , MA x MA x= = = και τους αριθμούς m1, m2, m3 ως εξής:

1 2 31 2 3

m , m , mx x xα β γ

= = =

όπου α,β,γ τα μήκη των πλευρών του τριγώνου ΑΒΓ. Η σχέση (12) θα δώσει:

2 2 2 2 2 21 2 3

1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1

( )( x x x ) ( )x x x x x x x x x x x xα β γ α β γ αβ βγ γα+ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ≥ γ + α + β ⇔

1 2 31 2 3 1 2 2 3 3 1

( )( x x x ) ( )x x x x x x x x xα β γ γ α β

⇔ + + α ⋅ + β ⋅ + γ ⋅ ≥ αβγ + + ⇔

1 2 31 2 3

( )( x x xx x xα β γ

⇔ + + α ⋅ + β ⋅ + γ ⋅ 1 2 31 2 3

) ( x x x )x x xαβγ

≥ α ⋅ + β ⋅ + γ ⋅ ⇔

1 2 3 1 2 3

( )x x x x x xα β γ αβγ

⇔ + + ≥ ⇔

2 3 1 31 2 x x x xx x( ) 1⇔ + + ≥αβ βγ γα

η τελευταία είναι η ζητούμενη.

(Η λύση αυτή δόθηκε από τον Μαθηματικό Τσίντσιφα Γεώργιο, Θεσσαλονίκη 2006). β.2) Άμεσα από α και β.1

Για την άλλη φορά

63. Έστω ο μιγαδικός αριθμός z x iy, x, y R= + ∈ , αν ισχύει η συνθήκη Re(z) Im(z) 1+ ≤ να βρεθεί η περιοχή μέσα στην οποία βρίσκεται η εικόνα του μιγαδικού z. 64. Να βρεθούν ο μικρότερος και ο μεγαλύτερος φυσικός αριθμός οι οποίοι να αποτελούνται από διαφορετικά μεταξύ των ψηφία διάφορα του μηδενός, ώστε το άθροισμα καθώς και το γινόμενο των ψηφίων τους να είναι τέλεια τετράγωνα. (Προτάθηκε από τον Παναγιώτη Μπετσάκο, φυσικό του 1ου Γεν. Λυκείου Κοζάνης)

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών της 22 /11/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Η κατασκευή των κανονικών πολυγώνων

Η κατασκευή του κανονικού πενταγώνου

(Κλαύδιος Πτολεμαίος-1ος αι. μ.Χ.) Ενδιαφέρουσα είναι η κατασκευή του κανονικού πενταγώνου που δόθηκε από τον Κλαύδιο Πτολεμαίο που έζησε στην Αλεξάνδρεια κατά τον 1ο αιώνα μετά Χριστό. Η κατασκευή αυτή χαρακτηρίζεται για την απλότητά της και για το λόγο αυτό χρησιμοποιείται μέχρι σήμερα σε σχεδιαστικές ανάγκες. Η κατασκευή: Θεωρούμε τον κύκλο (C1) καθώς και την διάμετρό του Α΄Α. Υψώνουμε την κάθετη ακτίνα ΟΔ προς τη διάμετρο Α΄Α και στη συνέχεια κατασκευάζουμε το μέσο Κ του τμήματος ΟΑ΄. Κατόπιν με κέντρο το σημείο Κ γράφουμε κύκλο με ακτίνα την ΚΔ ο οποίος τέμνει τη διάμετρο Α΄Α σε δύο σημεία εκ των οποίων το ένα εσωτερικό και το άλλο εξωτερικό. Αν σημειώσουμε με Θ το εσωτερικό σημείο τότε το μήκος ΘΔ θα είναι και το μήκος της πλευράς του κανονικού πενταγώνου που εγγράφεται στον κύκλο (C1). Με το διαβήτη και με άνοιγμα ίσο με το μήκος του ΘΔ κατασκευάζουμε στη συνέχεια το κανονικό πεντάγωνο. (Η απόδειξη εύκολη)

Ενδιαφέρουσες σχέσεις στο κανονικό πεντάγωνο. 1ο. Με την κατασκευή του κανονικού πενταγώνου κατασκευάζουμε αμέσως και το κανονικό δεκάγωνο, εικοσάγωνο κλπ διχοτομώντας τα τόξα των πλευρών του πενταγώνου δεκαγώνου κλπ. 2ο Έχουμε τη δυνατότητα κατασκευής των γωνιών 72ο, 36ο, 18ο, κλπ. καθώς και αθροίσματα και διαφορές αυτών.(Σχήμα 2)

N:41o

ΟA

A' Κ Θ

Σχήμα 1

72 μ.

108 μοίρες

36 μοίρες

ΟAA'

ΙΖ

Σχήμα 2

Η Στήλη των Μαθηματικών της 22 /11/2006 2/4 3ο Υπολογίζονται οι πλευρές του κανονικού πενταγώνου, δεκαγώνου κλπ, συναρτήσει της ακτίνας του περιγεγραμμένου κύκλου.

4ο Γνωρίζοντας ότι ο «χρυσός αριθμός» είναι ο .=5 + 1Φ = 1,618033989..2

τότε

στο κανονικό πεντάγωνο ισχύει: ΑΔ = ΦΑΒ

, για το λόγο αυτό το τρίγωνο ΑΒΔ λέγεται «χρυσό

τρίγωνο». Με τον όρο «χρυσό τρίγωνο» εννοούμε κάθε ισοσκελές τρίγωνο που δύο πλευρές του έχουν λόγο ίσο με Φ. Υπάρχουν αντίστοιχα και «χρυσά ορθογώνια». 5ο Υπολογίζονται γεωμετρικά οι τριγωνομετρικοί αριθμοί των γωνιών 72ο, 36ο, 18ο κλπ. Αυτό γίνεται αντιληπτό από τη σχέση:

ο 10λσυν72 =

όπου λ10 η πλευρά του εγγεγραμμένου δεκαγώνου σε κύκλο με μοναδιαία ακτίνα. Βέβαια ο υπολογισμός των τριγωνομετρικών αυτών αριθμών γίνεται και με τριγωνομετρικό τρόπο κατά τον οποίο χρησιμοποιούμε τη βασική σχέση: ⋅ ⋅ο ο ο3 18 + 2 18 = 90 , καθώς και τους τύπους των τριγωνομετρικών αριθμών του τριπλασίου και διπλασίου τόξου.

6ο Ισχύει ακόμα: ο

ημ72 = Φημ36

. Αυτό προκύπτει από το νόμο των ημιτόνων στο χρυσό

τρίγωνο ΑΒΔ.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

62. Αν x, y 0⟩ να αποδειχθεί ότι y xx y 1+ ⟩ (1) (Προτάθηκε από το Μάγκο Αθανάσιο, Μαθηματικό του 3ου Γ. Λυκείου Κοζάνης) Λύση: Έστω ότι μία από τις δύο μεταβλητές είναι μεγαλύτερη της μονάδας, για παράδειγμα έστω ότι x 1⟩ .

Τότε το yx 1⟩ , διότι η εκθετική συνάρτηση y

xf (y) exp (y) x= = είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση (Σχήμα 1) και συνεπώς ισχύει η συνεπαγωγή:

0 y f (0) f (y)⟨ ⇒ ⟨

δηλαδή y1 x⟨ ή αλλιώς

yx 1⟩ και φυσικά θα αληθεύει και η σχέση: y xx y 1+ ⟩ .

Εύκολα διαπιστώνεται επίσης η σχέση (1) αν x 1= ή y 1= . Έστω τέλος, ότι και οι δύο μεταβλητές είναι μικρότερες από τη μονάδα και ασφαλώς θετικές. Τότε θα χρησιμοποιήσουμε τη γενικευμένη ταυτοανισότητα του Bernoulli η οποία λέει ότι:

f(y)

Η Στήλη των Μαθηματικών της 22 /11/2006 3/4 Για κάθε πραγματικό x 1≥ και 1α⟩ − ισχύει: x(1 ) 1 x+ α ≥ + α (b1) Απόδειξη:

Θεωρούμε τη συνάρτηση: xf (x) (1 ) x 1, . R= +α − α − με ΠΟ = (2)

Θα δείξουμε με τη θεωρία των παραγώγων ότι f (x) f (1) 0, x 1≥ = ∀ ≥ . Πράγματι: Είναι xf (x) (1 ) ln(1 )′ = + α + α − α (3)και x 2f (x) (1 ) [ln(1 )] 0′′ = + α + α ⟩ (4) Επειδή η δεύτερη παράγωγος είναι θετική στο R συμπεραίνουμε ότι η πρώτη παράγωγος θα είναι γνησίως αύξουσα στο R και συνεπώς θα έχει το πολύ ένα σημείο μηδενισμού στο R.

Λύνοντας την (3) ως προς χ θα έχουμε: 1

ln( )ln(1 )x

ln(1 )

α+ α

=+ α

. Το σημείο με τετμημένη x1 είναι

μοναδικό σημείο μηδενισμού της πρώτης παραγώγου. Αριστερά του σημείου αυτού η f θα είναι φθίνουσα και δεξιά αύξουσα όπως φαίνεται και από τον πίνακα 1 Σχήμα 2. x -∞ +∞

f (x)′′

f (x)′

f(x)

Παρατηρούμε επίσης ότι για τη συνάρτηση f ισχύει: f (0) f (1) 0= = και επιπλέον πληροί τις υπόλοιπες προϋποθέσεις του θεωρήματος του Rolle κατά συνέπεια υπάρχει τουλάχιστο ένα σημείο ξ στο ανοιχτό διάστημα (0,1) που να μηδενίζει την παράγωγο της f. Επειδή η παράγωγος της f έχει ένα μοναδικό σημείο μηδενισμού άρα το ξ ταυτίζεται με το x1. Άρα λοιπόν ισχύει: 10 x 1⟨ ⟨ και συνεπώς f (x) f (1) 0, x 1≥ = ∀ ≥ δηλαδή

xf (x) 0, x 1 (1 ) 1 x, x 1≥ ∀ ≥ ⇔ + α ≥ + α ∀ ≥ . Παρατήρηση: Με τον ίδιο συλλογισμό μπορούμε να δείξουμε ότι:

Για κάθε πραγματικό x 0≤ και 1α⟩ − ισχύει: x(1 ) 1 x+ α ≥ + α (b2)

f(x1)

Πίνακας 1

Σχήμα 2 (Γράφημα της f(x) για α=2)

Η Στήλη των Μαθηματικών της 22 /11/2006 4/4 (θυμίζουμε ότι στο σχολικό βιβλίο: Μαθηματικά Θετ. και Τεχν. Κατ/νσης Β΄ τάξης Εν. Λυκείου σελ. 139 υπάρχει εφαρμογή με την ταυτοανισότητα του Bernoulli η οποία έχει ως εξής: Έστω α ένας πραγματικός αριθμός με 1 0− ⟨α ≠ . Να αποδειχθεί ότι για όλους τους

θετικούς ακεραίους ν με 2ν ≥ , ισχύει: (1 ) 1ν+ α ⟩ + να .(b3)

Στην ταυτοανισότητα (b1) θέτουμε όπου y 0 1x

α = ⟩ ⟩ − και όπου x το 1 1y≥ οπότε θα

προκύψει: 1yy 1(1 ) 1

x y+ ≥ +

y⋅

1 11x x x= + ⟩ yx y 1ά : ( ) ( )

x x+

ρα ⟩ y x: xx y

και ⟩+

(5)

όμοια έχουμε: x yyx y

⟩+

(6)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις ισότητες (5) και (6) προκύπτει: y x x yx y 1

x y x y+ ⟩ + =

+ + άρα y xx y 1+ ⟩ .

Τέλος η ισότητα στη σχέση (1) υπάρχει όταν x 0= ή y 0= (με αποκλειστική διάζευξη)

Για την άλλη φορά 65. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και το μέσο Ι της πλευράς ΓΔ. Γράφουμε τον κύκλο με κέντρο το Ι ο οποίος διέρχεται από τις κορυφές Α και Β και τέμνει την ημιευθεία ΔΓ στο σημείο Ε. Από το Ε φέρουμε κάθετη στην ΑΒ η οποία συναντά την προέκταση της ΑΒ στο Ζ. Να δείξετε ότι το ορθογώνιο ΑΔΕΖ είναι «χρυσό ορθογώνιο», δηλαδή ο λόγος του μήκους προς το πλάτος του ισούται με Φ, όπου Φ ο «χρυσός αριθμός». 66. Έστω ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ και Χ σταθερό σημείο του τμήματος ΑΒ. Αν Ρ σημείο του τόξου AB , αποδείξτε ότι η

παράσταση

εφΑΡΧ

εφΡΑΧ είναι ανεξάρτητη από την θέση του σημείου Ρ.

(Προτάθηκε από το Μάγκο Αθανάσιο, Μαθηματικό του 3ου Γ. Λυκείου Κοζάνης)

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών της 29 /11/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Η κατασκευή των κανονικών πολυγώνων

Ο χρυσός αριθμός Φ Από την εποχή των προϊστορικών χρόνων εμφανίζονται κατασκευές στις οποίες γίνεται χρήση της χρυσής τομής, δηλαδή της διαίρεσης ενός ευθυγράμμου τμήματος σε δύο άλλα τα οποία έχουν με το αρχικό τμήμα τη χαρακτηριστική ιδιότητα του «μέσου και άκρου λόγου». Αν θεωρήσουμε δηλαδή το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ(Σχήμα 1) τότε το σημείο Γ θα διαιρεί το ΑΒ σε μέσο και άκρο λόγο αν θα ισχύει η σχέση:

ΑΒ ΑΓ=

ΑΓ ΓΒ

ή οποία ισοδυναμεί και με την 2( ) ( )( )ΑΓ = ΑΒ ΓΒ (1)

Με άλλα λόγια στο σχήμα (1) έχουμε τρία ευθύγραμμα τμήματα με σειρά μεγέθους ΑΒ⟩ΑΓ⟩ΓΒ όπου το μεσαίο ΑΓ είναι η μέση ανάλογη των δύο άλλων. Η διαίρεση αυτή μπορεί να επεκταθεί και σε άλλες ποσότητες και διατηρεί τον ίδιο χαρακτήρα. Για παράδειγμα μια επιφάνεια μπορεί να χωριστεί σε μέσο και άκρο λόγο, όταν οι δύο άλλες στις οποίες χωρίζεται μαζί μ’ αυτήν, ικανοποιούν τη σχέση (1).

Ο υπολογισμός του Φ Αν στη σχέση (1) θέσουμε όπου ΑΒ=α, ΑΓ=χ και ΓΒ=α-χ τότε θα προκύψει η εξίσωση:

2 ( )χ = α α − χ ή ακόμα 2 2 0α −αχ − χ = (2) Η εξίσωση (2) μπορεί να μετασχηματιστεί στην:

2( ) 1 0α α− − =

χ χ (3)

η οποία έχει άγνωστο το λόγο: αχ

ο οποίος λέγεται χρυσός αριθμός και συμβολίζεται με Φ.

Λύνοντας την (3) βρίσκουμε ότι: 1 52+

Φ =

Συμπέρασμα: Ο αριθμός Φ εκφράζει το λόγο του μεγάλου τμήματος ΑΒ προς το μεσαίο τμήμα ΑΓ ή ακόμα το λόγο του μεσαίου τμήματος ΑΓ προς το μικρότερο ΓΒ.

N:42o

Α ΒΓ

Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 29 /11/2006 2/4

Σχόλια Ο χρυσός αριθμός Φ παρόλο ότι είναι αλγεβρικός, δηλαδή αποτελεί λύση μιας αλγεβρικής εξίσωσης, πράγμα που δεν ισχύει για τον π και τον e(τη βάση των Νεπερείων Λογαρίθμων), εν τούτοις έχει μεγάλη ιστορική διαδρομή και έχει σχολιαστεί με πολλές και σημαντικές θεωρήσεις. Από την εποχή των Πυθαγορείων μέχρι και σήμερα Μαθηματικοί, φιλόσοφοι, ζωγράφοι, αρχιτέκτονες και άλλοι έχουν αποδώσει στον αριθμό Φ ένα νόημα και ένα ρόλο που αγγίζει το μυστήριο κι ακόμα θεϊκό. Η ονομασία χρυσή τομή καταδείχνει το νόημα αυτό. Οι Αιγύπτιοι φαίνεται ότι γνώριζαν τη χρυσή τομή, γιατί στην πυραμίδα του Χέοπα υπάρχουν σχέσεις μεταξύ των διαστάσεων, τέτοιες που δηλώνουν ότι ο κατασκευαστής γνώριζε τη διαίρεση του μέσου και άκρου λόγου. Αλλά και στον Παρθενώνα υπάρχουν αναλογίες της χρυσής τομής οι οποίες οφείλονται στο μεγάλο γλύπτη της αρχαιότητας Φειδία. Εξάλλου η ονομασία του χρυσού αριθμού με το γράμμα Φ, το οποίο είναι το αρχικό του ονόματος του Φειδία, έγινε το 1914 από τον Theodore Cook, προς τιμή του μεγάλου αυτού Έλληνα καλλιτέχνη. • Στην εικόνα 1 η οποία εμφανίζει την πρόσοψη του Παρθενώνα ισχύουν τα ακόλουθα:

1. Για το ορθογώνιο της πρόσοψης:

DCDE

= Φ , Φ ο χρυσός αριθμός.

Άρα το ορθογώνιο DCFE είναι χρυσό. 2. Για το τέμπλο :

GFGI

= Φ .

Το ορθογώνιο GHFB, λέγεται ορθογώνιο του Παρθενώνα. • Στην εικόνα 2 βλέπουμε το θέατρο της Επιδαύρου χτισμένο στα τέλη του 4ου π.Χ. αιώνα όπου τα καθίσματα είναι χωρισμένα σε δύο ζώνες. Η μια ζώνη περιέχει 34 σειρές και η άλλη 21 σειρές. Σύνολο: 55. Εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι οι αριθμοί 21, 34 και 55 αποτελούν διαδοχικούς όρους της ακολουθίας του Fibonacci(δηλαδή:

1,1,2,3,5,8,13,21,…) και οι λόγοι 3421

και

5534

είναι σχεδόν ο αριθμός Φ.

Κατά την περίοδο του Ευρωπαϊκού Μεσαίωνα καθώς και της Αναγέννησης, ο χρυσός αριθμός αποτέλεσε εργαλείο πολλών ζωγράφων. Οι ζωγράφοι κατά την περίοδο του Μεσαίωνα χρησιμοποιούσαν κυρίως τρίγωνα, τετράγωνα, εξάγωνα ή ακόμα και οκτάγωνα και όχι πεντάγωνα και δεκάγωνα. Αυτό το φαινόμενο ίσως να οφείλεται στη δυσκολία των κατασκευών ή ακόμα στην αντίληψη ότι οι κατασκευές αυτές κατέχουν υποδεέστερη θέση

Εικόνα 1

Εικόνα 2

Η Στήλη των Μαθηματικών της 29 /11/2006 3/4 στα θέματα που αφορούσαν τις μεγάλες στιγμές του θείου δράματος. Όμως η θεώρηση αυτή αλλάζει στα τέλη του Μεσαίωνα και κατά την Αναγέννηση, όπου αναπτύσσεται η Προοπτική Γεωμετρία, η χρυσή τομή έρχεται στο προσκήνιο. Δύο μεγάλοι ζωγράφοι της περιόδου αυτής που χρησιμοποιούν τη χρυσή τομή είναι ο Πιέρο ντε λα Φραντσέσκα και ο Φραγκισκανός μοναχός Λουκά Πατσιόλι ο οποίος έγραψε το 1498 ένα βιβλίο με τίτλο: Divina Proportione(Θεία Αναλογία). Αλλά και στη σύγχρονη εποχή υπήρξε ενδιαφέρον για τη χρυσή τομή και τις εφαρμογές της στην Αρχιτεκτονική και ζωγραφική. Μεταξύ αυτών συγκαταλέγονται ο ζωγράφος Sérusier και ο αρχιτέκτονας Le Corbusier. Επίσης και ο Καταλανός ζωγράφος Salvador Dali χρησιμοποίησε τη χρυσή τομή στα διάφορα έργα του.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις 63. Έστω ο μιγαδικός αριθμός z x iy, x, y R= + ∈ , αν ισχύει η συνθήκη Re(z) Im(z) 1+ ≤ (α), να βρεθεί η περιοχή μέσα στην οποία βρίσκεται η εικόνα του μιγαδικού z. Λύση:

Η εξίσωση (α) ισοδυναμεί: x y 1+ ≤ (β) και αυτή με τις ακόλουθες ανισώσεις:

1. x y 1 x y 1 0+ ≤ ⇔ + − ≤ , που έχει αντίστοιχη ευθεία την (ε1)

2. x y 1 x y 1 0− − ≤ ⇔ − − − ≤ , με αντίστοιχη ευθεία την (ε2) 3. x y 1 x y 1 0− + ≤ ⇔ − + − ≤ , με αντίστοιχη ευθεία την (ε3) 4. x y 1 x y 1 0− ≤ ⇔ − − ≤ , με αντίστοιχη ευθεία την (ε4).

-5

-5 5

ε1ε3

ε2 ε4

ΓΔ

ε1: ψ = -χ + 1,00ε3: ψ = χ + 1,00

ε2: ψ = -χ - 1,00ε4: ψ = χ - 1,00

Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 29 /11/2006 4/4

Οι ανισώσεις 1,2,3,4 ικανοποιούνται στα σημειωμένα με πλην (-) στο σχήμα 1 και συνεπώς οι μιγαδικοί αριθμοί z x iy, x, y R= + με ∈ που ικανοποιούν τη σχέση (α), έχουν εικόνες που βρίσκονται μέσα στο τετράγωνο ΑΒΓΔ καθώς και στην περίμετρό του. 64. Να βρεθούν ο μικρότερος και ο μεγαλύτερος φυσικός αριθμός οι οποίοι να αποτελούνται από διαφορετικά μεταξύ των ψηφία διάφορα του μηδενός, ώστε το άθροισμα καθώς και το γινόμενο των ψηφίων τους να είναι τέλεια τετράγωνα. (Προτάθηκε από τον Παναγιώτη Μπετσάκο, φυσικό του 1ου Γεν. Λυκείου Κοζάνης) Λύση: Ο μεγαλύτερος αριθμός που αναζητούμε είναι το πολύ εννεαψήφιος γιατί είναι γραμμένος στο δεκαδικό σύστημα, το οποίο χρησιμοποιεί τα δέκα ψηφία: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 αλλά επειδή το μηδέν αποκλείεται από την εκφώνηση του προβλήματος, συνεπώς ο ζητούμενος χρησιμοποιεί τα εννιά ψηφία: 1,2,3,4,5,6,7,8,9. Οι εννιαψήφιοι αριθμοί που σχηματίζονται με τον τρόπο αυτό έχουν γινόμενο ψηφίων:

1 2 3 4 5 6 7 8 9Γ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ή 7 42 3 5 7Γ = ⋅ ⋅ ⋅ Το γινόμενο αυτό για να γίνει τέλειο τετράγωνο δεν πρέπει να περιέχει τους παράγοντες 5 και 7. Άρα τα ψηφία που πρέπει να χρησιμοποιηθούν θα είναι 1,2,3,4,6,8,9. Δηλαδή οι ζητούμενοι αριθμοί μπορούν να είναι μέχρι και επταψήφιοι. Αν υποθέσουμε ότι ο αριθμός είναι επταψήφιος τότε το άθροισμα θα πρέπει να είναι:

1 2 3 4 6 8 9 33+ + + + + + = το οποίο δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Συνεπώς αναζητούμε τον αριθμό μεταξύ των εξαφηφίων που δημιουργούνται από τα επτά ψηφία που αναφέραμε. Είναι προφανές πως το ψηφίο που πρέπει να μη χρησιμοποιηθεί είναι το οκτώ, γιατί τότε:

1 2 3 4 6 9 25Α = + + + + + = και

( )42 4 4 21 2 3 4 6 9 2 3 2 3 6 36 1296Γ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ = = = άρα ο μεγαλύτερος αριθμός, που το άθροισμα των ψηφίων καθώς και το γινόμενό τους είναι τέλειο τετράγωνο, είναι ο 964321χ = . Ο μικρότερος αριθμός θα αναζητηθεί με την ίδια λογική και ασφαλώς είναι ο

12346ψ = .

Για την άλλη φορά 67. Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΒΓ=α, ΑΒ=ΑΓ=β (α>β). Αν

η διχοτόμος ΒΔ είναι ίση με β, αποδείξτε ότι 1))(1( =−+αβ

βα

. (Προτάθηκε από το Μάγκο Αθανάσιο, Μαθηματικό του 3ου Γ. Λυκείου Κοζάνης) 68. Να υπολογιστεί το ριζικό:

1 1 1 1 ... ;+ + + + = Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών της 6 /12/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Η κατασκευή των κανονικών πολυγώνων

Η κατασκευή του χρυσού αριθμού Φ Ο χρυσός αριθμός Φ όπως αναφέραμε αποτελεί τη θετική λύση της εξίσωσης:

2 1 0ω − ω− = και είναι ίσος με 1 5

Φ = . Συσχετίζεται άμεσα με το πρόβλημα της

κατασκευής του κανονικού δεκαγώνου και της διαίρεσης ενός τμήματος σε μέσο και άκρο λόγο. Για την κατασκευή του χρυσού αριθμού στηριζόμαστε στην άσκηση Νο65, η οποία δημοσιεύεται στο σημερινό σημείωμα και η οποία αναφέρεται σε ένα χρυσό ορθογώνιο που παράγεται από ένα τετράγωνο πλευράς μήκους α. Αν θεωρήσουμε λοιπόν ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ με πλευρά ίση με 1 και χαράξουμε τον κύκλο με κέντρο το μέσο Ο της πλευράς του ΑΒ και με ακτίνα την ΟΓ, τότε ο κύκλος αυτός θα ορίσει στην προέκταση της ΑΒ το σημείο Ε το οποίο θα έχει μήκος ίσο με Φ.

Σχόλιο Το ορθογώνιο σχήμα είναι ένα σχήμα που είναι άμεσα συνδεδεμένο με τη ζωή του ανθρώπου και συνεπώς οι ιδιότητές του παίζουν σημαντικό ρόλο στην καθημερινότητά του. Εκείνο που διαφοροποιεί και χαρακτηρίζει τα ορθογώνια μεταξύ των και τα κάνει ενδιαφέροντα είναι ο λόγος του μήκους προς το πλάτος αυτών. Σε κάθε λοιπόν ορθογώνιο ΑΒΓΔ (Σχήμα 1) αντιστοιχίζουμε το λόγο του μήκους (μ) προς το πλάτος του(λ), δηλαδή το λόγο (μήκος) μ=(πλάτος) λ

N:43o

1/2 1/2Α

Ο Ε

ΖΓ

ΑΕ=Φ=Χρυσός Αριθμός

λΑ

Σχήμα 1

μ/2

Ζ Ε

Σχήμα 2

Η Στήλη των Μαθηματικών της 6 /12/2006 2/4 Ας προσέξουμε το χαρτί φωτοτυπίας(Σχήμα 1,2) που όλοι μας ξέρουμε και καθημερινά χρησιμοποιούμε. Οι διάφοροι τύποι χαρτιών διακρίνονται σε μεγέθη όπως για παράδειγμα Α3, Α4, Α5. Συνήθως στις εκτυπώσεις μας χρησιμοποιούμε φύλλα μεγέθους Α4. Το Α3 είναι το μεγαλύτερο και το Α5 μικρότερο. Πώς συσχετίζονται όμως αυτά τα μεγέθη; Η αρχή που διέπει τα μεγέθη αυτά και χαρακτηρίζει τη φόρμα τους (Format),είναι ότι ο λόγος των διαστάσεων του σχήματος παραμένει σταθερός, όταν αυτό κοπεί στη μέση.(Σχήμα 2). Έστω λοιπόν ότι έχουμε το φύλλο μεγέθους Α3 με λόγο

διαστάσεων μλ

το οποίο κόβω στη μέση με την ΕΖ(Σχήμα 2). Τότε θα

προκύψουν δύο ορθογώνια ίσα μεταξύ των και τα οποία θα πρέπει να

έχουν τον ίδιο λόγο διαστάσεων μλ

με το αρχικό. Άρα θα πρέπει να

ισχύει: 22 ( ) 2 2

μ λ μ λ μ μ= ⇔ = ⇔ = ⇔ =μλ λ μ λ λ

Συμπέρασμα: Τα χαρτιά φωτοτυπίας Α3, Α4, Α5 αποτελούν ορθογώνια με φόρμα που έχει λόγο ίσο με 2 . Το ίδιο ισχύει και για τα χαρτιά φωτοτυπίας τύπου Β3,Β4,Β5 κλπ. Η διαφορά των τύπων Αi και Βi βρίσκεται ότι το χαρτί τύπου Α0 έχει εμβαδόν ίσο με ένα τετραγωνικό μέτρο, ενώ το αντίστοιχο Β0 έχει πλάτος ίσο με ένα μέτρο. (Με δεδομένα τα στοιχεία αυτά αναζητήστε τις διαστάσεις διαφόρων τύπων χαρτιού)

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

65. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και το μέσο Ι της πλευράς ΓΔ. Γράφουμε τον κύκλο με κέντρο το Ι ο οποίος διέρχεται από τις κορυφές Α και Β και τέμνει την ημιευθεία ΔΓ στο σημείο Ε. Από το Ε φέρουμε κάθετη στην ΑΒ η οποία συναντά την προέκταση της ΑΒ στο Ζ. Να δείξετε ότι το ορθογώνιο ΑΔΕΖ είναι «χρυσό ορθογώνιο», δηλαδή ο λόγος του μήκους προς το πλάτος του ισούται με Φ, όπου Φ ο «χρυσός αριθμός». Λύση: Έστω το τετράγωνο ΑΒΓΔ με πλευρά ίση με α.(Σχήμα 1). Τότε από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΙ μπορούμε να υπολογίσουμε την υποτείνουσά του ΑΙ. Πράγματι:

2 2 2

2 22 2 2

AI5( )

2 4 4

= ΑΔ + ΔΙ =

α α αα + = α + =

άρα: 5AI

2α

= (1)

Υπολογίζουμε στη συνέχεια την πλευρά ΔΕ του ορθογωνίου ΑΖΕΔ. Άρα:

5 (1 5)2 2 2α α α +

ΔΕ = ΔΙ + ΙΕ = + = και

συνεπώς ο λόγος των δύο πλευρών του

α/2 α/2

Α Β

Δ ΓΙ Ε

Σχήμα 1

μ/2

Ε Β

Σχήμα 3

Η Στήλη των Μαθηματικών της 6 /12/2006 3/4

ορθογωνίου είναι: 1 52

ΔΕ += = Φ

ΔΑ, δηλαδή ο χρυσός αριθμός. Άρα το ορθογώνιο ΑΖΕΔ είναι

«χρυσό ορθογώνιο». 66. Έστω ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ και Χ σταθερό σημείο του τμήματος ΑΒ. Αν Ρ σημείο του τόξου AB , αποδείξτε ότι η παράσταση

Π=

εφΑΡΧ

εφΡΑΧ είναι ανεξάρτητη από την θέση του σημείου Ρ.

(Προτάθηκε από το Μάγκο Αθανάσιο, Μαθηματικό του 3ου Γ. Λυκείου Κοζάνης) 1η Λύση: Έστω ότι το σημείο Χ βρίσκεται δεξιά του κέντρου Ο του ημικυκλίου (Ο,R) και σε απόσταση ίση με λ : 0 R≤ λ ≤ . Ονομάζουμε με θ και ω τις γωνίες ΑΡΧ και ΡΑΧ αντίστοιχα. Τότε εφαρμόζουμε το γνωστό τύπο που συνδέει τις πλευρές ενός τριγώνου με τις συνεφαπτόμενες των γωνιών του τριγώνου αυτού. Δηλαδή:

2 2 2 ˆ4α = β + γ − ΕσφΑ ή 2 2 2

ˆ4

β + γ − ασφΑ =

Ε και τέλος: 2 2 2

4ˆ ΕεφΑ =

β + γ − α, όπου Ε

το εμβαδόν του τριγώνου. Άρα:

2 2 2

4Εεφθ =

ΑΡ + ΡΧ − ΑΧ και 2 2 2

4Εεφω =

ΑΡ + ΑΧ − ΡΧ (1)

όπου Ε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΡΧ και ΑΧ=R+λ (2)

Άρα:

4ΕεφΑΡΧ εφθ

Π = = =εφωεφΡΑΧ

2 2 2

4ΡΑ + ΡΧ − ΑΧ

2 2 2

ΡΑ + ΑΧ − ΡΧ=ΡΑ + ΡΧ − ΑΧ

ΡΑ + ΑΧ − ΡΧ

(3)

Στο τρίγωνο τώρα ΡΑΧ εφαρμόζουμε το θεώρημα του Stewart(Ευκλείδεια Γεωμετρία Α΄και Β΄ Λυκείου, Κεφ.9, σελ.204, Γενικές Ασκήσεις Νο4), δηλαδή:

2 2 2( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( )ΟΧ ΡΑ + ΑΟ ΡΧ = ΑΧ ΟΡ + ΑΧ ΑΟ ΟΧ η οποία γίνεται: 2 2 2( ) R( ) (R )R (R )Rλ ΡΑ + ΡΧ = + λ + + λ λ και αν λυθεί η τελευταία αυτή ως προς ΡΧ τότε έχουμε:

2 2 2 22 (R )R (R )R ( ) (R ) R ( )( )

R R+ λ + + λ λ − λ ΡΑ + λ − λ ΡΑ

ΡΧ = = (4)

Αν τώρα στη σχέση (3) αντικαταστήσουμε τις τιμές των ΑΧ και ΡΧ από τις σχέσεις (1) και (4)

λ R-λR ΟΒΑ

Σχήμα 2

Η Στήλη των Μαθηματικών της 6 /12/2006 4/4

τότε:

2 22 2

2 2 2

2 2 2 2 22 2

(R ) R ( )(R )R

(R ) R ( ) (R )R

+ λ − λ ΡΑΡΑ + + λ −εφΑΡΧ ΡΑ + ΑΧ − ΡΧ

Π = = =ΡΑ + ΡΧ − ΑΧ + λ − λ ΡΑεφΡΑΧ ΡΑ + − + λ

ή 2 2R( ) R(R )ΡΑ + + λ

Π =2(R ) R− + λ 2

2 2

( )

R( ) (R ) R

+ λ ΡΑ

ΡΑ + + λ 2 2( ) R(R )− λ ΡΑ − + λ

2(R ) ( )− λ ΡΑ=

2(R ) ( )− λ ΡΑ

(R )(R )

+ λ=

− λ

Δηλαδή: (R ) R(R )

+ λΠ = με λ ≠

− λ

Άρα το Π είναι ανεξάρτητο της θέσης του σημείου Ρ και εξαρτώμενο μόνο από την ακτίνα του κύκλου και της θέσης του σημείου Χ. Παρατηρήσεις: 1η Αν λ = R τότε το σημείο Χ θα συμπέσει με το Β και το ΑΡΧ θα είναι ορθογώνιο στο Ρ, άρα δεν θα ορίζεται η εφαπτομένη για τη γωνία θ. 2η Αν το λ = R τότε το σημείο Χ θα συμπέσει με το κέντρο του κύκλου και συνεπώς το τρίγωνο ΑΡΧ θα είναι ισοσκελές άρα θ=ω και τότε Π=1. 3η Αν το σημείο Χ θεωρηθεί αριστερά του κέντρου τότε εργαζόμαστε με τον ίδιο τρόπο. 2η λύση: Θεωρούμε τον μοναδιαίο κύκλο με κέντρο την αρχή ενός συστήματος αξόνων ΧΟΨ. Οι συντεταγμένες των σημείων φαίνονται στο σχήμα 2. Προφανώς ισχύει: 2 2 1κ + λ = (1). Οι συντελεστές διεύθυνσης των ΑΡ και ΘΡ

είναι αντίστοιχα: 1ΑΡ

λλ = = εφω

κ +

και ΘΡ

λλ = = εφφ

κ − χ (2).

Από τη σχέση ˆ ˆ ˆθ = φ − ω προκύπτει: (1) (2) 1 1

1 1 1 1

καιεφφ − εφω λ + χ + χεφθ = = ⋅ ⇔ εφθ = εφφ ⋅

+ εφφ ⋅ εφω κ + − χ − χ Δηλαδή

εφθ + χ=

εφφ − χ ανεξάρτητο του

σημείου Ρ. Για την άλλη φορά

69. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και ο εγγεγραμμένος κύκλος του με κέντρο Ο. Θεωρούμε μεταβλητή διάμετρο ΔΕ του κύκλου αυτού, το μέσο Μ του τμήματος ΑΔ καθώς επίσης και το βαρύκεντρο G του τριγώνου ΒΕΓ. Να δείξετε ότι τα σημεία Μ,Ο,G είναι συνευθειακά. (Την πρότεινε ο Μαθηματικός Νίκος Ιωσηφίδης από τη Βέροια)

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

O(0,0)Α(-1,0) Β(1,0)

Ρ(κ,λ)

Θ(χ,0)

Σχήμα 2

Η Στήλη των Μαθηματικών της 13 /12/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Η κατασκευή των κανονικών πολυγώνων

Ισοσκελή τρίγωνα και ο χρυσός αριθμός Φ Η κατασκευή του κανονικού πενταγώνου και δεκαγώνου έχει άμεση σχέση με τη χρυσή τομή και φυσικά με το χρυσό αριθμό Φ. Αν θεωρήσουμε ότι το κανονικό δεκάγωνο αποτελείται από δέκα ίσα μεταξύ των ισοσκελή τρίγωνα (Σχήμα 1) τα οποία έχουν την κορυφή τους στο κέντρο του πολυγώνου, τότε η μορφή των ισοσκελών αυτών τριγώνων παρουσιάζει τεράστιο ενδιαφέρον. Αν θεωρήσουμε το τρίγωνο (ΟΑΒ) του σχήματος 1, σε μια νέα θέση (Σχήμα 2) τότε παρατηρούμε σ’ αυτό πολλές και ενδιαφέρουσες σχέσεις, οι οποίες θα μας οδηγήσουν σε ποικίλα συμπεράσματα. Καταρχήν οι γωνίες του τριγώνου (ΟΑΒ) είναι 36ο στην κορυφή Ο και 72ο στις κορυφές Α και Β της βάσης ΑΒ. Αν φέρουμε τη διχοτόμο ΑΓ, τότε θα προκύψουν δύο νέα ισοσκελή τρίγωνα. Το πρώτο θα είναι το (ΑΓΟ) και το δεύτερο θα είναι το (ΑΒΓ). Το δεύτερο τρίγωνο, δηλαδή το (ΑΒΓ) θα έχει και αυτό γωνίες 36ο στην κορυφή του Α και 72ο στις κορυφές Β και Γ της βάσης του ΒΓ. Αυτό σημαίνει ότι το τρίγωνο αυτό είναι όμοιο με το αρχικό ΟΑΒ. Από την ομοιότητα των τριγώνων αυτών θα προκύψει η σχέση μεταξύ των πλευρών:

RRλ

=λ − λ

(1)

όπου λ=ΑΒ, η πλευρά του κανονικού δεκαγώνου, το οποίο είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο ακτίνας R. Η σχέση αυτή είναι η σχέση της διαίρεσης της ακτίνας R σε μέσο και άκρο λόγο δηλαδή σε χρυσή τομή και μάλιστα το μεγαλύτερο τμήμα της διαίρεσης αυτής θα είναι η πλευρά του κανονικού δεκαγώνου. Η σχέση (1) ισοδυναμεί με:

2 2R(R ) R (R )− λ = λ ⇔ = λ + λ (2) Από τη σχέση (2) προκύπτει η κατασκευή της χρυσής τομής, η οποία φαίνεται στο σχήμα 3.(Ευκλείδεια Γεωμετρία Α΄ και Β΄ Εν. Λυκείου, ΟΕΔΒ, εφαρμογή 3η σελ.202 και εφαρμογή 1η σελ.239).

N:44o

Η Στήλη των Μαθηματικών της 13 /12/2006 2/4 Πράγματι στο σχήμα 3 ισχύει από τη δύναμη σημείου ως προς κύκλο ότι:

( ) ( ) ( )( ) ( )

2R R

ΟΑ = ΟΛ ΟΜ ⇔

= ΟΛ +ΟΛ

Η τελευταία αυτή σχέση δηλώνει ότι το ΟΛ ή ακόμα η ίση της ΟΓ είναι η πλευρά του κανονικού δεκαγώνου. Η εξίσωση (1) θα μπορούσε να επιλυθεί και αλγεβρικά με τη λύση της δευτεροβάθμιας εξίσωσης που προκύπτει από αυτήν. Δηλαδή από την:

2 2R R 0λ + λ − = η οποία έχει διακρίνουσα : 2 2 2R 4( R ) 5R 0Δ = − − = ⟩ Άρα η λύση θα είναι:

( )2

1,2R 5R R R 5 R 1 5

2 2 2− ± − ±

λ = = = − ±

Από τις δύο αυτές λύσεις δεκτή είναι η θετική. Άρα:

( )1R 1 52

λ = λ = − + ,

η οποία είναι και η πλευρά του κανονικού δεκαγώνου το οποίο εγγράφεται στον κύκλο με ακτίνα ίση με R.

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

67. Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΒΓ=α, ΑΒ=ΑΓ=β (α>β). Αν η διχοτόμος ΒΔ είναι ίση με β, αποδείξτε ότι:

1))(1( =−+αβ

βα

(α). (Προτάθηκε από το Μάγκο Αθανάσιο, Μαθηματικό του 3ου Γ. Λυκείου Κοζάνης) Λύση: 1ος τρόπος Στο τρίγωνο ΑΒΓ η διχοτόμος ΒΔ της γωνίας Β έχει μήκος ίσο με την πλευρά ΑΒ. Άρα ΑΒ=ΑΓ=ΒΔ=β. Άρα το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές με βάση την ΑΔ και κορυφή το σημείο Β. Εφαρμόζουμε το γνωστό θεώρημα που αναφέρεται στην εσωτερική διχοτόμο του τριγώνου και το οποίο λέει ότι: «Αν στο τρίγωνο ΑΒΓ φέρουμε την εσωτερική διχοτόμο ΑΔ τότε:

⋅ ⋅2ΑΔ = ΑΒ ΑΓ -ΒΔ ΔΓ » (1) (Ευκλείδεια Γεωμετρία Α΄και Β΄ Λυκείου, Κεφ.9, σελ.204, Γενικές Ασκήσεις Νο2) Άρα για το τρίγωνο του σχήματος 1 η σχέση 1 θα δώσει:

Β Γ

Σχήμα 1

Η Στήλη των Μαθηματικών της 13 /12/2006 3/4

⋅ ⋅2ΒΔ = ΒΑ Γ - ΑΔ ΔΓΒΒ ή ακόμα

22 β αββ = α β -

α + β α + β⋅ ⋅ (2)

διότι 2βΑΔ =

α + β και αβΔΓ =α + β (από το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου)

Η σχέση (2) μπορεί να μετασχηματιστεί εύκολα στην ζητούμενη (α). Δηλαδή: 2

2 β αββ = α β -α + β α + β

⋅ ⋅

2 2 2 3

2 2 2 2 2

2 2

β (α + β) = α β (α + β) - αββ (α + 2αβ + β ) = α β (α + 2αβ + β ) - αβ

β α

⇔ ⋅ ⋅ ⋅ ⇔

⋅ ⋅ ⋅ ⇔

⋅

3 4 3+ 2αβ + β = β α + 2⋅ 2 2 3α β + α β⋅ 3- αβ2 3 3 2 3 2 3 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2αβ + β = α + α β α + α β -β - αβ = αβα (α + β) -β (α + β) = αβ (α -β )(α + β) = αβ(α -β )(α + β) α -β α + β α β α= 1 ( )( ) = 1 ( - )( +1) = 1

αβ β β α βαβ

⇔

⇔ ⇔

δηλαδή η ζητούμενη(α). 2ος τρόπος: Θέτουμε: ˆ ˆ ˆˆ ˆΒΑΔ = ΒΔΑ = φ,ΑΒΓ = ΒΓΑ = θ,ΒΔΓ = ω , όπου ΒΔ η διχοτόμος (Σχήμα 2). Ισχύουν προφανώς:

τριγ.ΑΒΓ :φ + θ + θ = π και θτριγ.ΑΒΔ :φ + φ + = π2

άρα 3πφ =7

και 2πθ =7

Από τον νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ΒΔΓ έχουμε: 4πημΒΔ ΒΓ β α α 7= = =

2π 4π 2πημθ ημω βημ ημ ημ7 7 7

α 2π= 2συνβ 7

⇒ ⇒ ⇒.

Η προς απόδειξη σχέση τότε γίνεται:

( ) 3 211+ 2συνθ 2συνθ - = 1 8συν θ + 4συν θ - 4συνθ -1 = 02συνθ

⎛ ⎞ ⇔⎜ ⎟⎝ ⎠

1συν3θ + συν2θ + συνθ = -2

⇔ (3)

η οποία είναι το 5ο πρόβλημα της 5ης διεθνούς Μαθηματικής Ολυμπιάδας 1963 και η απόδειξή της γίνεται με μετασχηματισμούς ή με χρήση μιγαδικών. 1ος τρόπος (τριγωνομετρικά):

Θα αποδείξουμε πρώτα ότι: 2π 4π 8π 1συν + συν + συν = -7 7 7 2

(4)

Β Γ

Σχήμα 1

Σχήμα 2

Η Στήλη των Μαθηματικών της 13 /12/2006 4/4

Από την ταυτότητα ημ(α +β) - ημ(α -β) = 2συναημβ , για 7π

β =

λαμβάνουμε:

π πημ(α + ) - ημ(α - )7 7συνα =

π2ημ7

Άρα:

3π π 5π 3π 9π 7πημ - ημ ημ - ημ ημ - ημ2π 4π 8π7 7 7 7 7 7συν = ,συν = ,συν =π π π7 7 72ημ 2ημ 2ημ7 7 7

Με πρόσθεση λαμβάνουμε τη ζητούμενη (4), αφού 5π 9πημ = -ημ7 7

, 5π 9π+ = 2π7 7

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Από τη σχέση (4) επειδή 2 23 4 27 7π π+ = π είναι και 8 6

7 7π π

συν = συν

άρα 2π 4π 6π 1συν + συν + συν = -7 7 7 2

, δηλαδή η ζητούμενη (3).

2ος τρόπος (με χρήση μιγαδικών):

Θέτουμε: 2π = θ7

, οπότε έχουμε να αποδείξουμε ότι 1συνθ + συν2θ + συν4θ = -2

Ας είναι z = συνθ + iημθ . Προφανώς 7z = 1, z 0,1≠ , άρα 6 5 4 3 2 6 5 4 3 2(z -1)(z + z + z + z + z + z +1) = 0 z + z + z + z + z + z +1 = 0⇒ ,

οπότε 3 23 2

1 1 1z + + z + + z + +1 = 0 2συν3θ + 2συν2θ + 2συνθ +1 = 0zz z

⇒ ή

1συνθ + συν2θ + συν3θ = -2

Για την άλλη φορά

70. Δίνεται η συνάρτηση z x 3F F(x) e zz x z⋅με = + ⋅ + , όπου z C∈ . α) Να δείξετε ότι η F αντιστρέφεται και να βρεθεί το πεδίο ορισμού και το πεδίο τιμών της F-1. β) Αν z C z 0∈ με ≠ , να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z, όταν 1 1F( 2z 1 F (x)) F( z i F (x))− −+ + ≤ + + (Την πρότεινε ο Κώστας Παπαϊωάννου, μαθηματικός του 3ου Γενικού Λυκείου Κοζάνης) 71. Έστω η συνάρτηση f : I → παραγωγίσιμη στο διάστημα Ι. Αν η ένας πραγματικός αριθμός τέτοιος ώστε: f ( ) f ( )′ ′α ⟨η⟨ β , με α⟨β , και [ ],α β ⊆ Ι , τότε υπάρχει τουλάχιστο ένα ( ),ξ∈ α β τέτοιο ώστε f ( )′ ξ = η .

(Θεώρημα Darboux,1875 ή Θεώρημα ενδιάμεσων τιμών).

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]

Η Στήλη των Μαθηματικών της 20 /12/2006 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Τα τέσσερα μεγάλα προβλήματα της Αρχαιότητας

Η κατασκευή των κανονικών πολυγώνων

Ισοσκελή τρίγωνα και ο χρυσός αριθμός

Ας θεωρήσουμε το βασικό ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ(Σχήμα 1) με το οποίο πετύχαμε την κατασκευή του κανονικού δεκαγώνου(Ν:44) και ας δούμε μερικές αξιοσημείωτες ιδιότητες και προεκτάσεις που συνδέονται με το χρυσό αριθμό Φ.

Αν στο τρίγωνο αυτό φέρω τη διχοτόμο μιας γωνίας της βάσης του, έστω τη ΒΔ, τότε θα σχηματιστούν ως γνωστό δύο ακόμη τρίγωνα από τα οποία το ένα θα έχει τη μορφή του βασικού και το άλλο θα είναι αμβλυγώνιο(Σχήμα 2). Παρατηρούμε δηλαδή ότι το τρίγωνο ΒΔΓ έχει γωνίες με μέτρα 72ο, 72ο, 36ο και είναι όμοιο με το ισοσκελές τρίγωνο του σχήματος 1 που θεωρήσαμε ως βασικό, ενώ το τρίγωνο ΒΔΑ έχει γωνίες με μέτρα 36ο, 36ο, 108ο. Αν τώρα κάνουμε την ίδια επεξεργασία στο τρίγωνο ΒΓΔ, τότε θα προκύπτουν συνεχώς δύο νέα ισοσκελή τρίγωνα με την ίδια μορφή που περιγράψαμε ανωτέρω. Έχουμε μέχρι τώρα δύο κατηγορίες ισοσκελών τριγώνων που συνδέονται με τη

χρυσή τομή. Την πρώτη, στην οποία ανήκουν τα τρίγωνα του σχήματος 1 και ας την ονομάσουμε Τ1 καθώς και τη δεύτερη κατηγορία στην οποία ανήκουν τα τρίγωνα που έχουν τη μορφή του τριγώνου ΑΒΔ, που θα την ονομάσουμε Τ2.

Βασική ιδιότητα

Για τα τρίγωνα Τ1 (Σχήμα 1): ΑΒ = ΦΒΓ

Για τα τρίγωνα Τ2(Σχήμα 2): ΑΒ = ΦΑΔ

Δηλαδή και στα δύο τρίγωνα ο λόγος της μεγάλης πλευράς προς τη μικρή ισούται με το χρυσό αριθμό Φ.

Προεκτάσεις Αν θεωρήσουμε τώρα ένα τρίγωνο της κατηγορίας Τ2 τότε μπορούμε να δημιουργήσουμε μια ακόμη κατηγορία την Τ3 η οποία θα περιέχει ισοσκελή τρίγωνα που θα προκύπτουν ως εξής: Αν το τρίγωνο ΑΒΓ του σχήματος 3, το οποίο ανήκει στην κατηγορία Τ2, το χωρίσουμε σε δύο άλλα ίσα μεταξύ των ορθογώνια τρίγωνα, φέροντας το ύψος του ΑΔ και στη συνέχεια τα ενώσουμε, ώστε να ταυτιστούν οι ίσες πλευρές των ΒΔ και ΔΓ, τότε θα

N:45o

Β Γ

Σχήμα 1

3636

Β Γ

72108

Σχήμα 2

Η Στήλη των Μαθηματικών της 20 /12/2006 2/4 προκύψει το τρίγωνο ΗΕΖ, το οποίο είναι ισοσκελές και έχει γωνίες 54ο, 54ο,72ο. Το τρίγωνο αυτό αποτελεί ένα καινούργιο ισοσκελές τρίγωνο που συνδέεται με το χρυσό αριθμό με τη σχέση:

h Φ=c 2

Με τον ίδιο τρόπο αν διαιρέσουμε το βασικό ισοσκελές τρίγωνο της κατηγορίας Τ1

φέροντας τη διχοτόμο ΑΔ, θα προκύψουν δύο νέα ορθογώνια τρίγωνα, τα ΑΒΔ και ΑΔΓ τα οποία αν τα ενώσουμε κατά την ίση πλευρά των ΒΔ και ΔΓ αντίστοιχα, θα έχουμε ένα νέο

τρίγωνο, το ΕΖΗ το οποίο θα έχει γωνίες 18ο, 18ο, 144ο. Τα ισοσκελή τρίγωνα της μορφής αυτής ανήκουν στην κατηγορία Τ4 και θα συσχετίζονται με το χρυσό αριθμό με τη σχέση:

c = 2Φh

Γενική παρατήρηση: Σε όλα τα ισοσκελή τρίγωνα των κατηγοριών Τ1,Τ2,Τ3 και Τ4 οι γωνίες είναι πολλαπλάσια των 18ο.

Μια ακόμη ιδιότητα των τριγώνων Τ1 και Τ2 Στα σχήματα 5 και 6 φαίνεται εύκολα ότι από ένα τρίγωνο της κατηγορίας Τ1 προκύπτει ένα τρίγωνο της κατηγορίας Τ2 και αντιστρόφως.

Β ΓΔ

Η ΖΘ

54 54

36 36

5454

Σχήμα 3

B ΓΔ

Ζ ΗΘ

18 18

72 72

1818

7272

Σχήμα 4

Σχήμα 5 Σχήμα 6

Η Στήλη των Μαθηματικών της 20 /12/2006 3/4

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις 68. Να υπολογιστεί το ριζικό:

1 1 1 1 ... ;+ + + + = Λύση:

Ονομάζουμε με χ το ριζικό αυτό. Δηλαδή: 1 1 1 1 ... x+ + + + = Τότε έχουμε:

21 1 1 1 ... x x 1 1 1 1 1 ...+ + + + = ⇔ = + + + + + ⇔ 2x 1 x= + 2x x 1 0⇔ − − =

Αν λυθεί η τελευταία εξίσωση τότε θα προκύψει η λύση:

1 21 5 1 5x 0 x 0

2 2+ −

= ⟩ και = ⟨ δεχόμαστε μόνο τη θετική λύση και έτσι διαπιστώνεται ότι η δεκτή λύση είναι ο χρυσός αριθμός Φ.

Δηλαδή: 1 1 1 1 ...Φ = + + + + Παρατήρηση: Μια ακόμη μορφή που μπορεί να πάρει ο χρυσός αριθμός είναι:

1Φ = 1 +11 +

11 +11 +

1 + ...

δηλαδή τη μορφή ενός συνεχούς κλάσματος.

ύψος ΑΝ σε μέρη 2:1 δηλαδή AO 2O 1

=Ν

. Προφανώς τότε το σημείο Σ είναι το μέσο της ΑΟ.

Αν φέρουμε στη συνέχεια την ΔΣ τότε αυτή θα τμήσει την ΟΜ στο σημείο Ρ το οποίο θα είναι το κέντρο βάρους του τριγώνου ΑΔΟ και συνεπώς:

ΣΡ = ΣΔ (1)

Επίσης το G ως κέντρο βάρους του τριγώνου ΒΕΓ έχει την ιδιότητα:

Η Στήλη των Μαθηματικών της 20 /12/2006 4/4

Β Γ

Σχήμα 1

1G NE3

Ν = (2)

Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΔΟΣ και ΝΟΕ. Αυτά είναι ίσα γιατί έχουν δύο πλευρές ίσες και την περιεχόμενη σ’ αυτές γωνία ίση ως κατακορυφήν. Από την ισότητα αυτή προκύπτει ότι:ΔΣ=//ΝΕ (3). Τέλος συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΟΣΡ και ΟΝG. Αυτά έχουν: ΟΣ=ΟΝ ως ακτίνες του ίδιου κύκλου, ΣΡ=ΝG (σχέσεις 1,2,3) και γων(ΡΣΟ)=γων(ΟΝG) ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΔΣ και ΝΕ (σχέση3) που τέμνονται από την ΣΝ. Από την ισότητα αυτή των τριγώνων ΟΡΣ και ΟΝG προκύπτει ότι γωνΣΟΡ=γωνΝΟG. Άρα τα σημεία Ρ,Ο,G είναι συνευθειακά. Άρα και τα σημεία Μ,Ο,G είναι συνευθειακά. 2ος τρόπος(διανυσματικός) Από το σχήμα 1 έχουμε:

− += = − =

OE + 2ON -OΔ ΟΑ OΔ ΟΑ 2(ΟΜ) 2OG = - = - (ΟΜ)3 3 3 3 3

Άρα και τα διανύσματα ΟG

και ΟΜ

είναι συγγραμμικά άρα τα σημεία Μ, Ο, G είναι συνευθειακά. Γενίκευση: Η άσκηση γενικεύεται και στην περίπτωση που το τρίγωνο ΑΒΓ είναι τυχαίο. Δηλαδή: «Αν ένα τμήμα ΔΕ έχει το μέσο του στο βαρύκεντρο Ο του τριγώνου ΑΒΓ, Μ είναι το μέσο του τμήματος ΑΔ και G το βαρύκεντρο του τριγώνου ΒΕΓ, τότε τα σημεία Μ,Ο,G είναι συνευθειακά». (Η απόδειξη είναι όμοια με την προηγούμενη)

Για την άλλη φορά

72. Να δειχθεί ή σχέση: 3 3 32 3 19+ ⟩ (Από το Μαθηματικό διαγωνισμό «Θαλής 2006-2007» της Ε.Μ.Ε. Σάββατο 9/12/06) 73. Στο τετράπλευρο ΑΒΓΔ ας είναι G1,G2 τα βαρύκεντρα των τριγώνων ΟΑΒ, ΟΓΔ και Η1,Η2 τα ορθόκεντρα των τριγώνων ΟΒΓ, ΟΑΔ αντίστοιχα, όπου Ο το σημείο τομής των διαγωνίων του. Να αποδειχθεί ότι το G1G2 είναι κάθετο στο Η1Η2. ( Την πρότεινε ο Μάγκος Αθανάσιος, Μαθηματικός 3ου Γενικού Λυκείου Κοζάνης)

74. Έστω 2 3 2008Κ = 2 + 2 + 2 + ... + 2 . Να αποδείξετε ότι ο 30 διαιρεί τον Κ. (Από το Μαθηματικό διαγωνισμό «Θαλής 2006-2007» της Ε.Μ.Ε. Σάββατο 9/12/06)

Παράρτημα της Ε.Μ.Ε. 2ο Εν.Λύκειο Κοζάνης

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]