Issuu on Google+

για το γυμνάσιο

έκδοση της ελληνικής μαθηματικής εταιρειας Δεύτερο- Οκτώβριος- Νοέμβριος- Δεκέμβριος

1995.::.. Τόμος

κθ- Τεύχος


Έτος κθ' Τεύχος 2

llEPIEXOMENA

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΛΗΡΟΦΟΡΗΣΗΣ Συντακτική Ε πι τροπή

ΓΕΝΙΚΑ ΑΡΘΡΑ

Γαβρίλης Κ. Γεωργίου Σπ.

αθηματικά και Μαθηματικοί στο Νεοελληνικό Κράτος Γ. Ωραιόπουλος

Δάτσικας Χρ. Καπετανάς Λ.

Β. Πολυδούρης

λεύθερα Μαθήματα

Καραμανλής Θ. Μ. Παπαδάκη

εωμετρική παράσταση αριθμών

Κολυβάς Σπ. Κυράνας Π.

Λιάπης Γ. Μαρκοτζανέτος Αντ.

Π. Κυράνας

α κλάσματα

Παπαδάκη Μ.

Παπούλια Κ.

Λ. Καπετανάς

ερισμός σε μέρη ανσΝryα

Πατρώνης Τ. Πολυδούρης Β.

Πολύδωρος Τ.

Σ. Τσικοπούλου

Τριανταφύλλου Α. Τσάμης Γ.

Σπ. Γεωργίου

Τσικοπούλου Στ. Ωραιόπουλος Γ. Γραμματεια

υντα ης

Ωραιόπουλος Γ., Καλλιπόλεως Πολυδούρης Β., Λιακαταίων Γαβρίλης Κ., Ανδρίκου

14

14

27

Υπεύθυνοι Έκδοσης Κολυβάς Σπ.

Σπ. Κολυβάς

ξιοσημείωτες Ταυτότητες

Κ. Γαβρίλης

Εξίσωση 2ου Βαθμού ΤΟ'ΙΕ και ΤΩΡΑ

6ος Πανελλήνιος Μαθητικός Διαγωνισμός τα Μαθηματικά "0 ΘΑΛΗΣ Επιμέλεια Α. Τριανταφύλλου ο βήμα του Ευκλείδη

ΕΚΔΟΣΉ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ

ΠΑΝΕΠΙΣΓΗΜΙΟΥ 34Τηλ.:

Επιμέλεια Τ. Παψώνης

106 79 ΑΘΗΝΑ

36 17 784- 36 16 532 Fax: 36 41 025

Εκδότης: Ν. Αλεξανδρής

ληλογραφία

Κ. Γαβρίλης-Σ. Τσικοπούλου

α μαθηματικά μας διασκεδάζουν

Κ. Γαβρίλης

Διευθυντής: Κ. Σάλαρης

ISSN: 1105- 7998 ΕπιμέλειαΈ:Κδοση; Στ. ΜαραγκΌκης

ς Μηχανογραφήσουμε το σχολείο ετράγωνα μέσα σε Τετράγωνα

8 Το περιοδικό εκδίδεται από το Σεπτέμβριο κάθε χρόνου μέχρι τον Ιούνιο του επόμενου έτους σε

Κ. Παπούλια

Λ. Πάσχου

4 διμηνιαία τεύχη.

e Τα διαφημιζόμενα βιβλία δεν σημαίνει ότι προτείνονται από την Ε. Μ. Ε. 0 Οι συνεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κ.λ.π. πρέπει να στέλνονται έγκαιρα, στα

·.

γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη α'". Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται.

0 Για διαφημίσεις στο Περιοδικό: Στην Γραμματεία της Ε.Μ.Ε.

Τιμή Teuχo~ δρχ.

300

Ετήcnα 0'\!νδρομή δρχ.

(1.200 + 200 Ταχυδρομικά =1.400)

Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγέλνονται στέλνεται με απλή επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα

τ. Θ.

54

30044 ή πληρώνεται με επίσκεψη στα γραφεία της Ε.Μ.Ε.

Στοιχειοθεσία

- Σελιδοποίηση

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία

Εκτύπωση: ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε., Ιερά οδός

81- 83

Υπευθ. Τυπογραφείου: Ν. Αδάκ:τυλος-Τηλ.:3474654


Μαθηματικά και Μαθηματικοί στο Νεοελληνικό Κράτος [Ό Ωραιόποuλος

3.

Το εθνικό πανεπιστήμιο

τ

ο

1837

ιδρύθηκε στην Αθήνα το Πανε­

πιστήμιο, το οποίο εγκαταστάθηκε σ' ένα

σπίτι στη συνοικία της Πλάκας. Μετά τέσσε­ ρα χρόνια άρχισε η μεταφορά στο νεοκλασσι­ κό κτίριο που και σήμερα στολίζει την πρω­

τεύουσα, έργο του Δανού αρχιτέκτονα Χρι­

λάδα. Κατόπιν πήγε για σπουδές στο Παρίσι. Πτυχιούχος δίδαξε στο ελληνικό σχολείο της Οδησσού. Διορίστηκε πρώτος τακτικός καθη­ γητής Μαθηματικών στο Πανεπιστήμιο μόλις ιδρύθηκε. Δίδαξε από γαλλικά συγγράμματα και έγραψε «Αριθμητική» και «Γεωμετρία».

Βούρης Γεώργιος(Μακεδονία αρχές 19ου αι. Αθήνα

στιανού Χάνσεν.

Αρχικά λειτουργούσαν τέσσερις σχολές:

Θεολογική, Νομική, Ιατρική και Φιλοσοφική που είχε και το τμήμα Φυσικών και Μαθηματι­ κών Επιστημών. Μόλις το 1905 ιδρύεται αυτο­ τελής Φυσικομαθηματική Σχολή με δύο τμή­ ματα Μαθηματικό και Φυσικό με πρόεδρο το

-

1860)

Σπούδασε θετικές επιστήμες στη Βιέννη. Υπηρέτησε στο Πανεπιστήμιο από το 1837 μέχρι το θάνατό του. Δίδαξε Μαθηματικά, Θε­ ωρητική Φυσική και Αστρονομία. Το πεντάτο­ μο έργο του «Σειρά Μαθηματικών»

(1840-43)

είναι το πρώτο πανεπιστημιακό σύγγραμμα για

Δημήτριο Αιγινήτη, που διατέλεσε και διευθυ­ ντής του Αστεροσκοπείου, το οποίο κτίστηκε

τους

με δαπάνη

Βούρης έκανε aστρονομικές μελέτες και οι μετεωρολογικές του παρατηρήσεις βοήθησαν

150.000

δραχμών από τον Γ. Σίνα

στο λόφο των Νυμφών, απέναντι στην Ακρό­ πολη, όπου ήταν και το παρατηρητήριο του Μέτωνος το 443 π.Χ. Σκοπός της Φ-Μ Σχολής ήταν «η μόρφω­ σις των φυσικομαθηματικών διδασκάλων της Μέσης Εκπαιδεύσεως», ενώ τα Γυμνάσια εί­ χαν κύριο σκοπό την προπαρασκευή των μα­ θητών για την εισαγωγή τους στο Πανεπιστή­ μιιο. Στο μαθηματικό τμήμα υποχρεωτικά μα­ θήματα ήταν: Τα γενικά της Φιλοσοφικής Σχολής, Υψηλοτέρα καθαρά και εφηρμοσμένη

Μαθηματική (Ανάλυση), η θεωρητική Μηχα­ νική και η Αστρονομία. Το

1932

δημιουργείται

έδρα της Άλγεβρας. Το κακό στο πρόγραμμα πανεπιστημιακών σπουδών ήταν, ότι οι υπο­ ψήφιοι καθηγητές Μαθηματικών στα Γυμνά­ σια δεν διδάσκονταν τα μαθήματα που δίδα­

φοιτητές.

(1841)

Έγραψε

δίτομη

«Άλγεβρα»

έκδοση του βασιλικού τυπογραφείου. Ο

στη μελέτη του κλίματος της Χώρας μας.

ΝικολαΊδης ΝικόλαοςΠρίπολη

1821 -Αθήνα

1889) Αφού τελείωσε το Γυμνάσιο της γεννέ­ τειράς του, μπήκε στη Σχολή Ευελπίδων. Με

υποτροφία σπούδασε στο Παρίσι. Στις διδα­ κτορικές του εξετάσεις, ενώ έλυνε ένα πρό­ βλημα στον πίνακα, σταμάτησε και όταν ο πρόεδρος του είπε να αποσυρθεί, απάντησε: «Μπορώ να προχωρήσω, αλλά αυτή τη στιγμή βρήκα άλλη λύση πολύ απλούστερη». Σβύνει

όσα έγραψε και αμέσως γράφει τη δική του

λύση. Με χειροκροτήματα αναγορεύτηκε δι­ δάκτωρ.

σκαν, πράγμα που δυστυχώς συνεχίζεται ακό­ μα.

Στο άρθρο αυτό θα αναφέρουμε τους πα­ νεπιστημιακούς μαθηματικούς δασκάλους, όχι

επειδή υπήρξαν οι καλύτεροι, αλλά γιατί είναι γνωστή η προσφορά τους στην Ελληνική μα­ θηματική παιδεία, αφού σχεδόν όλοι ήταν και συγγραφείς σχολικών μαθηματικών βιβλίων.

Ν έyρης

Κωνσταντίνος

(Κωνσταντινούπολη

1804- Αθήνα 1880) Μαθήτευσε στη Χίο κοντά στο δάσκαλο ,,

Νεόφυτο Βάμβα. Οι Τούρκοι τον εξόρισαν στα ενδότερα της Μικράς Ασίας, απ' όπου δραπέ­ τευσε και έφτασε στην επαναστατημένη Ελ-

'

'""

Ο ανδριάντας του Αδ. Κοραή μπροστά

στο Πανεπιστήμιο της Αθήνας

Στην Αθήνα ανάλαβε καθήκοντα αξιωματικού

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/3


Μαθηματικά και Μαθηματικοί στο Νεοελληνικό Κράτος

Μηχανικού και καθηγητή στη ~χολή ~υελπί­ δων. Πήρε μέρος στην Κρητικη Επανασταση του 1866. Αργότερα πήγε στη Γαλλία και πο­

λέμησε σαν διοικητής τάγματος κατά των Γερμανών. Στα χρόνια της Κομμούνας το 1870 επικεφαλής ομάδας επαναστατών κατάλαβε το Παρισινό Δημαρχείο. Όταν επέστρεψε στην Ελλάδα διορίστηκε

καθηγητής στο Πανεπιστήμιο, όπου δίδαξε Μαθηματική και Φυσική. Αξιόλογα είναι τα συγγράμματά του στη γαλλική γλώσσα: «Θεωρία της κίνησης επιπέδου σχήματος στο

επίπεδό του» (Παρίσι ρά

Μαθηματικών»

1863),

(Αθήνα

«Ανάλεκτα ή Σει­

1871-76)

σε

19

φυλλάδια. Η εντατική προσήλωση του Νικο­

λαϊδη στη Μαθήματική Επιστήμη και η αφο­ σίωσή του με πάθος στην καλλιέργειά της, χαλάρωσαν το νευρικό του σύστημα και το

1881

απολύθηκε. Σκοτώθηκε σε σιδηροδρομι­

κό δυστύχημα.

Κυζικηνός

Αθανάσιος

περί των αρχών της Γεωμετρίας». Χατζηδάκης Ιωάννης (Μύρθιο Κρήτης Αθήνα

1844-

1921)

Στο μικρό χωριό του παρακολούθησε τις πρώτες τάξεις του Δημοτικού που είχε, και τις υπόλοιπες σ' ένα γειτονικό χωριό πεζοπορώ­ ντας. Το «Ελληνικό σχολείο» που φοίτησε ή­

ταν στο Ρέθυμνο. Στις εισαγωγικές εξετάσεις του Γυμνασίου Σύρου, ο Γυμνασιάρχης υποδέ­ χτηκε το χωριατόπουλο με τη φράση; «Αμ, κακόμοιρο! Τα μούτρα σου δεν είναι για το Γυμνάσιο». Το φτωχό αυτό Κρητικόπουλο τε­

λείωσε με άριστα όχι μόνο το Γυμνάσιο, αλλά και το Πανεπιστήμιο από το οποίο πήρε υπο­ τροφία

200

δρχ. το μήνα για μετεκπαίδευση

στην Ευρώπη.

Από το 1873 εως το 1914 δίδαξε ανώτερα Μαθηματικά σ' όλα τα Α.Ε.Ι της Αθήνας. Με τη μεθοδική του διδασκαλία και τα άρτια επι­ στημονικά του συγγράμματα ανέβασε τη Μα­

(Κωνσταντινούπολη

θηματική Παιδεία. Τα βιβλία του για τη Μέση Εκπαίδευση

Έμεινε πέντε χρόνια στο ορφανοτροφείο

διδάσκονταν δεκάδες χρόνια αλλά και σήμερα θεωρούνται αξιόλογα

1822- Αθήνα 1894) της Άνδρου του σοφού και επαναστάτη δά­ σκαλου Θεόφιλου Κα"ϊρη (Άνδρος 1784 - Φυ­ λακές Σύρου 1853). Ο Κυζικηνός τελείωσε το Μαθηματικό Τμήμα της Φιλοσοφικής Σχολής

Στέφανος Κυπάρισσος(Κέα

1857- Αθήνα 1917)

το 1846 και μετεκπαιδεύτηκε στην Ευρώπη. Δίδαξε στη Μέση Εκπαίδευση (Γενεύη, Τρί­ πολη, Αθήνα) και το 1872 διορίστηκε πανεπι­ στημιακός καθηγητής. Έγραψε «θεωρητική Αριθμητική» (1862), «Στοιχειώδης Άλγεβρα»

(1868). Λάκων Βασίλειος (Κέα 1830- Αθήνα 1900) Σπούδασε Μαθηματικά στο Εθνικό Πα­ νεπιστήμιο και στη Γαλλία όπου δημοσίευσε εξαιρετικές μελέτες. Δίδαξε σε Γυμνάσια, στη Σχολή Ευελπίδων και στο Πανεπιστήμιο

(1862-1894).

1 i ΗλΣ!ΛΕ!ΟΤ λλΚΟΝΟ~ Τ•kτ

'"

ο•

• •"""""' •••

~·••~••••••

Μετά το Δημοτικό του νησιού του και το Γυμνάσιο της Σύρου φοίτησε στο Πανεπι­ στήμιο της Αθήνας και συμπλήρωσε τις σπου­ δές του στο Παρίσι. Από το 1885 καθηγητής της Ανώτερης Άλγεβρας και της Αναλυτικής

Γεωμετρίας

στο Πανεπιστήμιο. Δίδαξε και στο Ε.Μ. Πολυτεχνείο και στις Σχολές Ευ­ ελπίδων και Δοκίμων. Ο Στέφανος ήταν εμπνευσμένος μαθημα­ τικός, θεμελιωτής της τεχνικοεπαγγελματικής εκπαίδευσης, ιδρυτής της Βιοτεχνικής Σχολής και της πρώτης Εμπορικής. Επίσης οργάνωσε

τους εκπαιδευτικούς συλλόγους, συνέταξε τα

Έγραψε: «Στοιχεία Αριθμητικής», «Στοι­ χειώδη Γεωμετρία», επίσης «Φυσική» και «Κοσμογραφία» και τον Πρυτανικό «Λόγο

Αναλυτικά Προγράμματα των μαθηματικών, έ­ γραψε διδακτικά βιβλία και πρωτότυπες επι­ στημονικές διατριβές. Συνεχίζεται ...

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/4


Ελεύθερα ~ Μαθήματα Η Γεωμετρία του κανόνα και του διαβήτη Β. Πολυδούρης

1.

Καταγωγή

Η λέξη «Γεωμετρία» φανερώνει μέτρημα γης. Ένα τέτοιο μέτρημα γινόταν στην αρχαία Αί­ γυπτο, χώρα με πολιτισμό πολύ παλαιότερο από τον αρχαίο Ελληνικό πολιτισμό. Όταν λοιπόν στην Αίγυπτο ο ποταμός Νείλος πλημμύριζε, τα νερά σκέπαζαν όλη την μεγά­

λη πεδιάδα του ποταμού και φυσικά όλα τα χωράφια. Όταν πάλι τα νερά υποχωρούσαν μετά την εξάτμιση του νερού, τα χωράφια ήταν σκεπασμένα με λάσπη και τα σύνορά τους είχαν χαθεί. Έτσι, για να ξαναβρεθούν τα σύνορα των χωραφιών και να πάρει ο καθε γεωργός το δικό του χωράφι, οι Αιγύπτιοι ιερείς που ταυτόχρονα ήσαν οι δάσκαλοι της μακρινής εκείνης επο­ χής, είχαν επινοήσει τρόπους για να μετρούν τη γη και να ξαναβρίσκουν τα σβησμένα σύνορα των χωραφιών. Αυτό γράφει ο ιστορικός Ηρόδοτος (484- 410 π.Χ.) σχετικά με την πιθανή πρώτη εμφάνιση της Γεωμετρίας και την εφαρμογή της στην πραξη. Όμως, ανάλογες καταστάσεις μαζί με πλημμύρες εκδηλώνονται και στη γειτονική Μεσοπο­ ταμία, που την διατρέχουν τα μεγάλα ποτάμια του τίγρη και Ευράτη. Δεν ξέρουμε αν και εκεί

γινόταν παρόμοια μέτρηση γης, όπως στην Αίγυπτο. Ξέρουμε όμως ότι οι κάτοικοι της Μεσοπο­ ταμίας Σουμέριοι, Ασσύριοι, Βαβυλώνιοι, είχαν κάμει μεγάλη πρόοδο στη Γεωμετρία, όπως φα­ νερώνουν τα ευρήματα των ανασκαφών. Στις εύφορες αυτές κοιλάδες των ποταμών που προαναφέραμε, αναπτύχθηκαν πολιτισμοί ικανοί για μεγάλα έργα, όπως οι Πυραμίδες, οι Ναοί, τα φράγματα που συγκρατούσαν τα νερά των ποτα­ μών.

Ακόμα, Αίγυπτος και Μεσοποταμία ήσαν κέντρα πολιτισμού και μάθησης. Γνωρίζουμε ότι Θαλής, Πυθαγόρας, Πλάτωνας και ενδεχόμενα πολλοί άλλοι, μαθήτευσαν στο Αιγυπτιακό ιερα­ τείο, που ήταν ο θεματοφύλακας της τότε επιστημονικής γνώσης. Οι νέοι αυτοί, όταν γύρισαν

στην πατρίδα, ίδρυσαν Σχολές και δίδαξαν. Ιδιαίτερη προσοχή και σημασία έδωσαν οι Ελληνικές σχολές στη διδασκαλία των αριθμών,

της γεωμετρίας, των φαινομένων του Ουρανού. Στις Ελληνικές πόλεις αναπτύχθηκε ένας νέος πολι­ τισμός, πολύ πιο δημιουργικός και δυναμικός από τους προελληνικούς πολιτισμούς της ανατολικής Μεσογείου. Ενώ τη Γεωμετρία σε Αίγυπτο και Βαβυλώνα αποτελούσαν πρακτικοί κανόνες, χρήσι­ μοι σε υπολογισμούς του καθημερινού βίου, στην Ελλάδα η Γεωμετρία αναπτύχθηκε σε επιστήμη και απέκτησε λογικά θεμέλια. Αυτά τα λογικά θεμέλια δεν είναι άλλο, παρά η αποδεικτική μέθοδος που σταθερά συνοδεύει τις γεωμετρικές προτάσεις. Η μέθοδος της απόδειξης, δημιούργημα του αρ­ χαίου ελληνικού πνεύματος, ήταν άγνωστη στους προελληνικούς πολιτισμούς.

2.

Τα γεωμετρικά αντικείμενα

Μια πρώτη λοιπόν παρουσία Γεωμετρία είναι ότι, τα γεωμετρικά σχήματα τοποθετούνται πάνω στην επιφάνεια της γης. Αλλά, η γη παρουσιάζει ανωμαλίες, που δυσκολεύουν την κατα­ σκευή γεωμετρικών σχημάτων.

Με τον καιρό και με την πρόοδο των τεχνών, τα γεωμετρικά σχήματα ξεφεύγουν από τη γη και τοποθετούνται πάνω σε κατάλληλες επίπεδες επιφάνειες, όπως οι πάπυροι, οι περγαμηνές, οι

πήλινες πλάκες που ψήνονται στη φωτιά (τα πλακίδια). Έτσι, οι τέχνες του ανθρώπου βοήθησαν ώστε, τα γεωμετρικά σχήματα να γίνουν καθαρά και κατάλληλα για μελέτη. Στην εποχή μας τα γεωμετρικά σχήματα συνήθως τα σχεδιάζουμε πάνω σε χαρτί, ή μεμβρά­ νη, ή άλλες λείες κω επίπεδες επιφάνειες. Ακόμα, για το σχεδιασμό χρησιμοποιούμε όργανα γραφής μολύβι, στυλό, ραπιδογράφο, ως και άλλα μυτερά εργαλεία. Τα γεωμετρικά σχήματα μπορεί να είναι απλά, αλλά μπορεί και πολύπλοκα. Πάντα όμως φροντίζουμε να περιορίζουμε την πολυπλοκότητα, ώστε να ξεχωρίζουν τα απλά στοιχεία. Από την εμπειρία λοιπόν που διαθέτουμε, έχουμε διαπιστώσει ότι, τα απλά και θεμελιώδη

στοιχεία του κάθε γεωμετρικού σχήματος είναι

: το

σημείο, η γραμμή, η επιφάνεια, και ο χώρος.

Τα απλά αυτά στοιχεία, μπορούμε με δύο λέξεις να τα πούμε γ ε ω μ ε τ ρ ι κ ά

α ν τ ι κ ε ί μ ε­

ν α . Με αυτό το δομικό υλικό οικοδομείται η Γεωμετρία. Φυσικά, χρειάζονται και όργανα. Τα όργανα που εγκρίνει τη χρήση τους η Γεωμετρία είναι η γραφίδα, ο κανόνας (μη βαθμολογημέ­ νος) και ο διαβήτης. Με αυτά τα στοιχειώδη όργανα και μόνο, επιθυμεί η Γεωμετρία να εργάζε­ ται. Και τώρα προχωρούμε στην περιγραφή των απλών γεωμετρικών αντικειμένων. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/5


Η Γεωμετρία του κανόνα και του διαβήτη

2(α). Φυσικά στερεά και γεωμετρικά στερεά Στη γύρω μας Φύση παρατηρούμε πλήθος από σώματα. Τέτοια φυσικά σώματα είναι οι πέ­ τρες, οι βράχοι, οι κορμοί δένδρων, αλλά και ανθρώπινες κατασκευές όπως, μια οικοδομή, μια δεξαμενή και πολλά άλλα. Αυτά τα σώματα τα λέμε φ υ σ ι κ ά σ τ ε ρ ε ά . Έτσι, κάθετί που πιάνει χώρο, κάθετί που έχει διαστάσεις (μήκος, πλάτος, ύψος) και σταθε­ ρό σχήμα, το λέμε στερεό, γιατί θέλουμε να το ξεχωρίσουμε από κάποια άλλα σώματα, που δεν έχουν σταθερό σχήμα και τα λέμε υγρά και αέρια.

Η Γεωμετρία λοιπόν ασχολείται με τα στερεά, δηλ. τα σώματα που έχουν σταθερό σχήμα και παραμερίζει την ύλη των σωμάτων, αν δηλ. το σώμα είναι ξύλινο, ή πλαστικό, ή μεταλλικό. Αυτό αφορά άλλες επιστήμες. Η Γεωμετρία μελετά το σχήμα και μόνο. Έτσι, όταν ένα φυσικό στερεό το αντιμετωπίζουμε σαν σχήμα, παραμερίζοντας την ύλη και τις ιδιότητες της ύλης του σώματος, τότε το σώμα αυτό το λεμε γ ε ω μ ε τ ρ ι κ ό σ τ ε ρ ε ό .

Κύβος

Κώνος

-

Κύλινδρος

Μερικά γεωμετρικά στερεά

-

Πολλές φορές όμως δεν χρησιμοποιούμε ένα χειροπιαστό στερεό, π.χ. ένα ξύλινο κύβο ή μια πλαστική πυραμίδα, αλλά σχεδιάζουμε το στερεό πάνω στην επίπεδη πινακίδα. Και πάλι το υπολογίζουμε και το

ονομάζουμε «γεωμετρικό στερεό».

Στη

Γεωμετρία λοιπόν,

λέγοντας

«στερεό», θα εννοούμε πάντα «γεωμετρικό στερεό».

2(β). Η έκταση ενός στερεού Αν παρατηρήσουμε ένα φυσικό στερεό, ας πούμε μια πέτρα, βλέπουμε μόνο το εξωτερικό της μέρος, δηλ. βλέπουμε την ε π ι φ ά ν ε ι α της πέτρας. Μετά, παίρνοντας την πέτρα στα χέ­

ρια μας, νιώθουμε ότι η πέτρα δεν συμπιέζεται, άρα η πέτρα πιάνει ορισμένο και σταθερό χώρο. Λέγοντας χώρο εννοούμε την απέραντη έκταση, που περιέχει όλη την γύρω μας Φύση και που μέσα σ' αυτή την έκταση υπάρχουν και κινούνται όλα τα φυσικά σώματα. Το κομμάτι του

χώρου που πιάνει (ή κατέχει) ένα ορισμένο στερεό, είτε φυσικό είτε γεωμετρικό, αυτό το κομ­ μάτι, ή το μέρος του χώρου λέγεται όγκος του στερεού. Ώστε:

Ένα γεωμετρικό στερεό πιάνει (η κατέχει) ορισμένο μέρος του χώρου και αυτό το ορισμένο μέρος είναι ο όγκος του σώματος.

Παρατήρηση. Σύμφωνα με όσα περιγράψαμε, το γεωμετρικό στερεό, δηλ. το χωρίς ύλη στε­ ρεό, δεν υπάρχει στη γύρω Φύση, υπάρχει όμως σαν εικόνα μέσα στο νου μας και γι' αυτό το λέμε νοητό στερεό.

2(γ). Η επιφάνεια Μιλήσαμε πριν για την επιφάνεια της πέτρας. Αυτή η επιφάνεια καλύπτει ολόκληρη την πέτρα και είναι γεμάτη ανωμαλίες. Αν τώρα αντί για πέτρα, πάρουμε μια μαρμάρινη πλάκα δου­ λεμένη σε εργοστάσιο, όπως αυτές που καλύπτουν τα δάπεδα των οικοδομών, θα παρατηρήσου­ με ότι, οι επιφάνειες της πλάκας είναι λείες (και όχι ανώμαλες) και κάθε μια επιφάνεια ξεχωρί­ ζει από τη διπλανή της με ένα σύνορο, που το λέμε ακμή. Τώρα μπορούμε να κάνουμε ένα απλό πείραμα. Ας πάρουμε το νήμα της στάθμης, δηλ. ένα

στέρεο νήμα με βαρίδι, και ας το κρεμάσουμε από ένα καρφί. Το νήμα να μην ακουμπά στον τοί­ χο, αλλά κάπως μακριά και να το αφήσουμε να ηρεμήσει. Αν τώρα πλησιάσουμε την μαρμάρινη πλάκα και τοποθητήσουμε μιαν ακμή της, ας πούμε την -ΑΒ- δίπλα στο τεντωμένο νήμα και κατά μήκος [σχ. 1], θα δούμε το νήμα και την ακμή να εφαρμοζουν τόσο καλά, ώστε να μη ξεχωρίζουν, ή να βρίσκονται σε τέλεια επαφή.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ,

2/6


Η Γεωμετρία του κανόνα και του διαβήτη

Α

(Σχ.

(Σχ.

1)

2)

Ακόμα, αν δίπλα στο τεντωμένο νήμα τοποθετήσουμε μιαν επιφάνεια του μάρμαρου, προσέ­ χοντας να μη χαλάσει η κατακόρυφη θέση του νήματος, τότε θα δούμε το νήμα να εφάπτεται ο­ λόκληρο πάνω στην επιφάνεια της μαρμάρινης πλάκας. Τώρα αρχίζουμε σιγά - σιγά να περι­ στρέφουμε την πλάκα. Σε όλες τις θέσεις της περιστροφής, θα βλέπουμε το νήμα να βρίσκεται σε τέλεια επαφή με την επιφάνεια της πλάκας [σχ. 2]. Έτσι ανακαλύψαμε ότι, το τεντωμένο νήμα της στάθμης εφαρμόζει πάνω στην επιφάνεια της μαρμάρινης πλάκας προς όλες τις διευθύνσεις. Μια τέτοια επιφάνεια, που ένα καλά τεντωμένο νήμα εφαρμόζει με τέλεια επαφή και προς κάθε διεύθυνση, λέγεται επίπεδο ή επίπεδος επιφά­ νεια.

Η επιφάνεια των φυσικών στερεών, σπάνια είναι επίπεδη. Υπάρχει όμως μια περίπτωση φυσικού επιπέδου και αυτή είναι η επιφάνεια του νερού, όταν είναι τελείως ήρεμη. Αυτό το

βλέπουμε σε μια δεξαμενή με ήρεμο νερό, όχι όμως και στη θάλασσα, που πάντα είναι ταραγμέ­ νη. Το επίπεδο στις στέρεες επιφάνειες το κατασκευάζουμε με τη βοήθεια της τέχνης. Στα φυσικά στερεά συναντάμε πάντοτε καμπύλες επιφάνειες, όπως η επιφάνεια της πέτρας, του πορτοκαλιού, του κορμού ενός δένδρου. Φυσικά, καμπύλες επιφάνειες κατασκευάζουμε και με τη βοήθεια της τέχνης. Οταν λέμε καμπύλη επιφάνεια εννοούμε ότι, κανένα μέρος της επιφά­ νειας δεν είναι επίπεδο. Σε μια καμπύλη επιφάνεια, το τεντωμένο νήμα ή δεν εφαρμόζει καθόλου ή εφαρμόζει μόνο σε ορισμένη θέση, ενώ σε άλλη δεν εφαρμόζει. Έτσι, στην επιφάνεια της σφαίρας το τεντωμένο νήμα δεν εφαρμόζει σε καμιά θέση, στην επιφάνεια τού κώνου εφαρμόζει σε κάποιες θέσεις, αλλά δεν εφαρμόζει σε όλες τις θέσεις.

(Σχ.

Σφαίρα

Πέτρα

Κώνος

3)

Κύλινδρος

Τρίτη περίΠτωση η μεικτή επιφάνεια, δηλ. εκείνη που αποτελείται και από επίπεδο και από καμπύ­ λη επιφάνεια. Παράδειγμα η επιφάνεια του κυλίνδρου μαζί με τις βάσεις, είναι μια μεικτή επιφάνεια [σχ.

3]. Αν τώρα την μαρμάρινη πλάκα που αναφέραμε, την φανταστούμε σαν ένα γεωμετρικό στε­ ρεό, τότε την επίπεδη επιφάνεια της πλάκας θα πρέπει να τη σκεφτούμε, χωρίς καθόλου πάχος. Η Γεωμετρία θέλει την επιφάνεια μόνο με δύο διαστάσεις μήκος και πλάτος, όχι όμως την τρίτη διάσταση (πάχος ή ύψος). Αυτό το απαιτεί για να διευκολύνει και να απλοποιεί την εργασία της και τη μελέτη της. Αν η επιφάνεια είχε πάχος, τότε θα προκαλούσε σύγχυση, γιατί δεν θα ήταν πια επιφάνεια, αλλά γεωμετρικό στερεό.

Παρατήρηση. Μια τέτοια επιφάνεια με δύο διαστάσεις, δεν υπάρχει στην πραγματικότητα ή στη γύρω Φύση, υπάρχει όμως σαν εικόνα μέσα στο νου μας, γι'αυτό τη λέμε και νοητή επιφά­ νεια. Η έκταση (το μέγεθος) μιας ορισμένης επιφάνειας λέγεται και εμβαδόν αυτής.

2(δ). Η γραμμή Είπαμε για την ακμή -ΑΒ- της μαρμάρινης πλάκας, που εφαρμόζει τελείως στο τεντωμένο νή­ μα της στάθμης. Το σχήμα ενός καλά τεντωμένου νήματος καθώς και το σχήμα της ακμής -ΑΒ-, το ονομάζουμε ευθεία γραμμή ή απλώς ευθεία. Το σχήμα αυτό φανερώνει τον συντομότερο δρόμο ανά­ μεσα σε δύο σημεία. Ένα ακόμα παράδειγμα ευθείας γραμμής είναι η οπτική ακτίνα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/7


Η Γεωμετρία του κανόνα και του διαβήτη

Αν καρφώσουμε στο έδαφος δυο μεγάλα καρφιά με καφάλι, το ένα χαμηλότερα και το άλλο

πιο ψηλά, μπορούμε μετά να βάλουμε το μάτι μας σε τέτοια θέση, ώστε το κεφάλι του εγγύτερου καρφιού, να καλύπτει το κεφάλι του πιο μακρινού καρφιού. Έτσι, αντί δυο κεφάλια, βλέπουμε έ­ να κεφάλι καρφιού [σχ. 4].

(Σχ.

4)

Αυτό το πολύ απλό πείραμα μας βεβαιώνει ότι, οι οπτικές ακτίνες που συνδέουν το μάτι μας με τα αντικείμενα, είναι ευθείες γραμμές.

Εκτός της ευθείας που περιγράψαμε, υπάρχουν και άλλες κατηγορίες γραμμών. Έτσι, ένα νήμα όχι τεντωμένο δεν έχει σχήμα ευθείας. Ο διαβήτης δεν γράφει ευθείες γραμμές. Μια γραμ­ μή στην τύχη πάνω σε επιφάνεια σφαίρας, ποτέ δεν είναι ευθεία. Αυτές τις γραμμές που κανένα μέρος δεν είναι ευθεία, τις ονομάζουμε κ α μ π ύ λ ε ς . Α ν τώρα η γραμμή αποτελείται από κα­ μπύλη και ευθεία, τότε λέγεται μ ε ι κ τ ή γ ρ α μ μ ή . Υπάρχει ακόμα και η λεγόμενη τεθλα­ σμένη, δηλαδή πολλά ευθύγραμμα κομμάτια συνεχόμενα (τρίγωνο, τετράπλευρο, ... κ.λ.π.) [σχ. 5].

νήμα όχι τεντωμένο (καμπύλη)

μεικτή γραμμή

()

ο τεθλασμένη

περιφέρεια κύκλου (καμπύλη)

(Σχ.

5)

Αν τώρα τις γραμμές που περιγράψαμε, τις δούμε σαν γραμμές που ανήκουν σ' ένα γεωμετρι­ κό στερεό, τότε πρέπει να τις σκεφτούμε χωρίς καθόλου πάχος. Η Γεωμετρία απαιτεί οι γραμμές που χρησιμοποιεί να έχουν μόνο μια διάσταση (το μήκος). Με τον τρόπο αυτό διευκολύνει και

aπλουστεύει τη μελέτη των σχημάτων. Μια γραμμή με περισσότερες από μια διάσταση, δεν θα ήταν πια γραμμή, αλλά κάτι άλλο, κι έτσι θα γινόταν σύγχυση.

Παρατήρηση. Τέτοια γραμμή με μια μόνο διάσταση δεν υπάρχει ούτε στη Φύση, ούτε στο ανθρώπινο σχέδιο, υπάρχει όμως σαν εικόνα μέσα στο νου μας, γι' αυτό τη λέμε νοητή γραμμή. 2(ε). Το σημείον Τώρα ας σχεδιάσουμε πάνω σ' ένα επίπεδο με τη βοήθεια του κανόνα, δύο ευθείες που να συναντώνται. Το μέρος της συνάντησης το λέμε σημείο και κοντά σ' αυτό τοποθετούμε ένα γράμμα (ας πούμε Μ), που φανερ2νει το όνομα του σημείου [σχ.

6]. 8

I

Θ

;

<

Μ~

1

,

,'

----:-:::_.

;

(Σχ.

6)

Είναι φανερό ότι, οι ευθείες ΘΙ και ΚΑ, όσο λεπτές και αν είναι, όμως έχουν κάποια ύλη, αυτή που παραμένει στο χαρτί, όταν γράφει η μύτη της γραφίδας. Άρα και το σημείο Μ έιναι υ­ λικό σημείο. Αν τώρα υποθέσουμε ότι, η πινακίδα ΑΒΓΔ είναι γεωμετρικ9 στερεό, τότε ΘΙ και ΚΑ θα πρέπει να έχουν μόνο μ ή κ ο ς και καμιά άλλη διάσταση. Ομως το σημείο Μ δεν πρέπει να έχει ούτε μήκος. Γιατί, αν το Μ είχε μήκος, τότε κάποια από τις ευθείες ΘΙ και ΚΑ θα είχε πλάτος, αλλά

κάτι τέτοιο αποκλείεται. Ώστε: Στη Γεωμετρία το σημείο το εννοούμε μόνο σαν θ έ σ η

και

χωρίς καμιά διάσταση (μήκος, πλάτος, υψος).

Παρατήρηση. Σημείο χωρίς διαστάσεις δεν υπάρχει στην πραγματικότητα, υπάρχει όμως σαν εικόνα στο νου μας (νοητό σημείο). Αφού λοιπόν το σημείο δεν έχει διαστάσεις, άρα δεν ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/8


Η Γεωμετρία του κανόνα και του διαβήτη

διαθέτει κανένα μέγεθος προς μέτρηση. Μεγέθη προς μέτρηση διαθέτουν η γραμμή (μήκος), η επιφάνεια (εμβαδόν), το γεωμετρικο στερεό (όγκο). Το σημείο έξω από τη θέση του δεν διαθέτει άλλο γνώρισμα. Αυτή τη θέση πολλές φορές τη λέμε και «γεωμετρικό τόπο», ιδίως όταν έχουμε κίνηση σημείου (Η γραφίδα του διαβήτη με κίνηση διαγράφει την περιφέρεια).

2(στ). Τα απλά γεωμετρικά σχήματα Όλα όσα περιγράψαμε ως τώρα· το σημείο, τη γραμμή (ευθεία και καμπύλη), την επιφάνεια (επίπεδη και καμπύλη), και το γεωμετρικό στερεό (που μας δίνει την ιδέα του χώρου), όλα αυτά τα λέμε απλά γεωμετικά σχήματα ή και γεωμετρικά αντικείμενα. Προχωρώντας στα μαθήματα

Γεωμετρίας είναι φύσικό να φτιάξουμε πιο σύνθετα σχήματα. Όμως και τα σύνθετα γίνονται με συνδιασμούς των απλών σχημάτων. Ώστε τα απλά σχήματα είναι το υλικό δόμησης του κάθε γεωμετρικού σχεδίου. Πρέπει να τονίσουμε ότι, η κατασκευή γεωμετρικού σχεδίου ακολουθεί κάποιους κανόνες και απαιτεί ορι­

σμένες δεξιότητες. Δεν είναι σωστό να εμφανίζουμε σχέδιο κακότεχνο και πρόχειρο. Μην ξεχνάμε ότι, το γεωμετρικό σχέδιο εκτελείται δια μέσου των δακτύλων και της αφής, συνεπώς σ υ ν δ έ ε τ α ι

μ ε

δ ε ώ ν και ε π ι.ν ο ή σ ε ω ν

τ η

ν ό η σ η και γι' αυτό διευκολύνει σημαντικά τη συλλογή ι

-

.

2(ζ). Η κίνηση στη Γεωμετρία Ένα φαινόμενο άξιο προσοχής είναι η στενή σχέση της Γεωμετρίας με την κίνηση. Η γραφίδα που οδηγείται από τον κανόνα, γράφει μια ευθεία γραμμή, άρα η ευθεία γραμμή παράγεται με κίνη­

ση. Το ίδιο ισχύει για τη γραφίδα του διαβήτη, που κι αυτή με κίνηση γράφει τόξα και περιφέρειες. Είπαμε προηγούμενα ότι, επίπεδο είναι η επιμπορεί να διαΊράψει μιαν επίπεδη επιφάνεια φάνεια, που επάνω της η ευθεία γραμμή (το τεντωμένο νήμα) εφαρμόζει σε κάθε θέση και

(όπως στο σχ. 6 η κίνηση της ΚΑ). Αργότερα η Γεωμετρία θα μας μάθει, πώς με κίνηση ευ­

προς κάθε διεύθυνση. Αλλά, η ευθεία για να εφαρμόσει σε πολλές θέσεις και διευθύνσεις,

θείας μπορεί να παραχθεί και καμπύλη επιφά­ νεια. Βλέπουμε λοιπόν ότι η Γεωμετρία έχει ζυμωθεί με την κίνηση και αυτό είναι πολύ φυσικό. Η Γεωμετρία εντάσσεται μέσα στο χώρο και ο χώρος περιέχει όλα τα σώματα,

θα πρέπει να κινηθεί. Η κίνηση μιας ευθείας

Φυσικομαθηματικές εκδόσεις +

Μαθηματικά Γυμνασίου

Π.Σ. Δαμιανοιί και ομάδας ΜαθηματιΚών

- Ε.

Μπάφη

- Γ.

Δρανδάκη κ. ά.

α) γ' - δ', ε', στ' δημοτικοί' (4 βιβλία) β) Μαθαίνω να λί1νω προβλήματα α', β', γ' - δ', ε' - στ' δημοτικού (4 βιβλία) γ) Ο δρόμος για τα μαθηματικά γ' -δ', ε', στ' δημοτικοί' (4 βιβλία) δ) Πρακτική αριθμητική

+

ου, που όλα είναι υλικά αντικείμενα, παρου­ σιάζονται στο νου μας και νοητά γεωμετρικά αντικείμενα, όπως εξηγήσαμε σε προηγούμε­

Αξιοσημείωτο είναι το ότι, πολλές φορές η κίνηση εκδηλώνεται μόνο με τα νοητά αντι­

Μαθηματικά Δημοτικού

Ν. Στυλιανού

ξω από τα γεωμετρικά αντικείμενα του σχεδί­

νη παράγραφο.

α) Μαθηματικά α' Γυμνασίου β) Μαθηματικά β' Γυμνασίου γ) Μαθηματικά γ' Γυμνασίου

+

αλλά και τις κινήσεις των σωμάτων. Ακόμα, έ­

Φυσικι]· Χημεία

κείμενα, χωρίς να απαιτείται αντίστοιχη κίνη­ ση με τα αντικείμενα σχεδίου, δηλ. αντίστοι­ χη κίνηση επί υλικών αντικειμένων. Αυτό το τελευταίο θα το αντιληφθούμε σαφέστερα, ό­ ταν ασχοληθούμε με τα θεωρήματα της Γεω-

μετρίας.

Συνεχίζεται ...

ΤΟ ΣΥΓΧΡΟΝΟ ΒΙΒΛΙΟ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ Απαραίτητο σε όλο~ς

ΚΑΘΗΓΗΤΕΣ και ΜΑΘΗΤΕΣ

Κ. ΓΙΑΛΟΥΡΗΣ

Κ.ΣΤ ΑΘΟΠΟΥ ΛΟΣ

Διδάκτωρ Πληροφορικής- ΜαΟηματικός

Π. Δ. Δαμιανοιί και άλλων Φυσικοχημικών α) Φυσική β' -γ' Γυμνασίου

β) Χημεία β- γ' Γυμνασίου

(2 βιβλία) (2 βιβλία)

Θ. Παρασκευά -Κ. Φιωτάκη

+ +

+

Χημεία Α Λυκείου Χημεία Β Λυκείου (Οργανική) Χημεία Β Λυκείου (Ανόργανη)

MSc Computer Science-

ΜαΟηματικός

ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΕΠΙΣΤΉΜΗ Πληροφορική Παιδεία Εκδοση Α

- 1995

Κr.-ντρlλ·ή διάΟr.-ση από τοιι; σV)'ραφείς. τηλ: ιj στα βιβλιοπωλεία

6205605. 094-507252, 9413516

:

ΕΚΔΟΠΚΟΣ ΟΜ!ΛΟΣ ΣΥΓΓΡΑΦΕΩΝ ΚΑΘΗΓΗΤΏΝ ΕΛΕΥΘΕΡΟΥΔΑΚΗΣ

ΚΩΣΤΑΡΑΚΗ

Νί,·ης-/

1πποηιάτους2

ΠΑΠΑΣΩΤΗΡΙΟΥ

Στοιφνάρα

ΣΑΒΒΑι1Α

Ζ. Πn:·ιJl~

35 JR Λ'f/.1

Σr)irιn'rλ~

Σόλωνος

100


Γεωμετρική παράσταση αριθμών Μαλβίνα Παπαδάκη

Οι αριθμοί των Πυθαγορείων Οι αρχαίοι Έλληνες Μαθηματικοί και ιδιαίτερα ο Πυθαγόρας και οι μαθητές του, είχαν πα­ ρατηρήσει ότι οι αριθμοί μπορούσαν να παρασταθούν από τα γνωστά απλά γεωμετρικά σχήματα, όπως τα τετράγωνα, τα τρίγωνα, τα πολύγωνα. Ακόμα και σήμερα, χρησιμοποιούμε όλοι συχνά

τους όρους τετράγωνος αριθμός ή τέλεια τετράγωνα όταν μιλάμε για τους αριθμούς 16 = 42 , 9 = 32 ,

4 = 2 2 ,k.λ.π. Πρόκειται λοιπόν για γεωμετρική παράσταση των αριθμών που έχει την καταγωγή της στον

6° π.Χ. αιώνα και ίσως νωρίτερα, την εποχή που άνθισαν τα Μαθηματικά στη σχολή του Πυθα­ γόρα. Τότε προτιμούσαν να σκέφτονται τους αριθμούς γεωμετρικά. Για να το καταφέρουν χρη­ σιμοποιούσαν κάθε φορά έναν αριθμό από τελείες. Έτσι, για παράδειγμα ο αριθμός

20

είναι ένας

αριθμός από τελείες, τοποθετημένες κατά τέτοιο τρόπο, ώστε να σχηματίζουν ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο. Αφού

20 = 4·5,

έχουμε (σχ.

1)

(Σχ.

1)

Οταν τώρα οι πλευρές του παραλληλογράμμου έχουν όλες το ίδιο μήκος, τότε ο αριθμός εί­ ναι ένας τετράγωνος αριθμός, αφού το παραλληλόγραμμο τότε γίνεται τετράγωνο, (σχ.

16

= 4-4

2)

(Σχ.

2)

Ακόμα υπάρχουν αριθμοί που δεν μπορούν να παρασταθούν από ένα παραλληλόγραμμο. Αν προσπαθήσουμε να τους παραστήσουμε γεωμετρικά θα πάρουμε μία μόνο γραμμή από τελείες. Για παράδειγμα, ο αριθμός 5 (σχ. 3)

• (Σχ.

3)

ή θα μπορούσαμε να πούμε πως και αυτοί παριστάνονται από ένα παραλληλόγραμμο που η μία ό­ μως πλευρά του είναι 1, 5 = 1·5. Αριθμοί σαν και αυτούς είναι οι γνωστοί μας πρώτοι αριθμοί.

Τετράγωνος- Τρίγωνος- Πολύγωνος αριθμός Ας προσπαθήσουμε λοιπόν και εμείς σήμερα να παρακολουθήσουμε τον τρόπο σκέψης των αρχαίων Ελλήνων Μαθηματικών. Να προσπαθήσουμε δηλαδή να εξοικιωθούμε με την γεωμε­ τρική παράσταση των αριθμών.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/10


Γεωμετρική παράσταση αριθμών

Σε αυτή μας την προσπάθεια, δεν θα αποφύγουμε να χρησιμοποιήσουμε το σύγχρονο συμ­ βολισμό των αριθμών, όπως επίσης και κάποιες αλγεβρικές σχέσεις.

1.

Τετράγωνος αριθμός

5J

D 4

2.

Τρίγωνος αριθμός

3.

Πεντάγωνος αριθμός

1

3

ο 5

16

9

10

6

12

22

κ.λ.π.

κ.λ.π.

Μερικές ιδιότητες

Πολλές ενδιαφέρουσες ιδιότητες που συνδέουν μεταξύ τους τις κατηγορίες των αριθμώy που ήδη αναφέραμε υπάρχουν και μπορούν να μελετηθούν και στη γεωμετρική μορφή τους.

1)

Κάθε τετράγωνος αριθμός είναι το άθροισμα δύο διαδοχικών τρίγωνων αριθμών.

Πράγματι μπορούμε να αποδείξουμε γεωμετρικά πως κάθε τετράγωνο και επομένως και κά­ θε τετράγωνος αριθμός μπορεί να διαιρεθεί με μια διαγώνιό του σε δύο τρίγωνα. Έτσι έχουμε διαδοχικά.

4=3+1

16 = 10 + 6

9=6+3

κ.λ.π.

Εδώ βέβαια μπορούμε να επιχειρήσουμε και κάποια αλγεβρική απόδειξη. Αν συμβολίσουμε με Σ τους τετράγωνους και Τ τους τρίγωνους αριθμούς θα έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/11


Γεωμετρική παράσταση αριθμών

Σ1

= 1 = 12

Τ1

Σ2

= 4 = 21

Τ 2 =3=

Σ3 = 9 = 3

2

=1 1 +2

Τ2=6=1+2+3

Σ 4 = 16 = 4

2

Τ4 =

10= 1 +2+3+4

Έχουμε λοιπόν:

τ1 + τ2 =

1 + 3 = 4 = Σ2

Tz + Τ 3 = 3 + 6 = 9 = τ3

+ τ4 = 6 +

ιο

Σ3

= 16 = Σ4

2)

Το 8πλάσιο ενός τρίγωνου αριθμού συν

α)

Γεωμετρικ{χ

1 είναι ένας τετράγωνος αριθμός.

),/& v . ·. . ~·. ~· ~:4

I

1) (~} /~ L:~_L.J;i:)ι. 8·Τ 3 + 1 = 49 = 7:

3)

Το άθροισμα διαδοχικών περιττών αριθμών, αρχίζοντας από το

τετράγωνος αριθμός.

β) Αλγεβρικά

Γεωμετρικά

α)

1 είναι

κ.λ.π.

1 + 3 = 4 1+ 3 + 5= 1+ 3 + 5 1 + 3 + 5

_ _ _ _j

= 21 9 = 32

+ 7 = 16 = 42 + 7 + 9 = 25

=

52

Επίλογος

Ιδιότητες, σαν αυτές που μόλις εξετάσαμε, υπάρχουν βέβαια και άλλες μεταξύ όλων αυτών των κατηγοριών των αριθμών. Οπως επίσης υπάρχουν και άλλες κατηΊορίες αριθμών γνωστές α­ πό την εποχΙ1 των Πυθα'(ορίων. Τέτοιοι αριθμοί είναι και οι πρώτοι Ίtα τους οποίους ήδη μιλή­ σαμε αλλ{ι και άλλοι.

Ασκήσεις

Γ Α1

Δώστε την '(εωμετρική αναπαράσταση των πρώτων τεσσάρων εξά'(ωνων αριθμών.

Γ Α2

Δικαιολογείστε γεωμετρικά ότι: «Το 3πλάσιο ενός τριγωνικού αριθμού συν πεντάΊωνος αριθμός».

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/12

4

είναι ένας


Τα κλάσματα Π. Κυράνας

Α' Τάξη

1. Η έννοια του κλάσματος

ονομάζουμε ένα τρίτο και γράφεται

Άλλες

κλασματικές μονάδες είναι:

ο

1 1

1

1

1

1

5' ΪΟ' 32' 100' 7' 1000 κ.τ.λ. 2.

Σύγκριση κλασματικών μονάδων

Παράδειγμα:

, ο Α ναστασης

'

αγορασε

-1 του 2

'

μετρου δια-

φανές αυτοκόλητο. Ο Δημήτρης αγόρασε

.!. 5

του μέτρου. Ποιό παιδί αγόρασε μεγαλύτερο και ποιό μικρότερο κομμάτι;

Ο Αναστάσης αγόρασε

Μετράμε τον όγκο του υγρού που είναι μέσα στο μπουκάλι με μονάδα μέτρησης το πο­ τήρι και βρίσκουμε:

4 ποτήρια και κάτι.

Για μεγαλύτερη ακρίβεια, χωρίζουμε το ποτήρι με μία γραμμή σε

2

ίσα μέρη και επα­

ναλαμβάνουμε τη μέτρηση, οπότε βρίσκουμε:

4

ποτήρια γεμάτα και το πέμπτο ποτήρι κάτω

i μέτρα ή 50 εκα-

τοστά. Ο Δημήτρης αγόρασε l.5 μέτρα ή 20 εκα. τ οστά.

Άρα ο Α ναστάσης αγόρασε μεγαλύτερο κομμάτι και ο Δημήτρης μικρότερο. Παρατη­

από τη γραμμή, που σημαίνει ότι πάλι δεν έ­

ρούμε λοιπόν ότι στην πρώτη περίπτωση που

χουμε ακρίβεια, γιαυτό χωρίζουμε το ποτήρι

η ακεραία μονάδα χωρίστηκε σε λιγότερα ίσα

σε τρία ίσα μέρη και ξαναμετράμε, οπότε βρί­ σκουμε:

4 ποτήρια και

μια γραμμή περίπου.

Η ανάγκη λοιπόν να επιτύχουμε, στις με­ τρήσεις των μεγεθών, μεγαλύτερη ακρίβεια μας οδήγησε να χωρίσουμε τη μονάδα μέτρη­ σης σε ίσα μέρη (υποδιαιρέσεις). Παράδειγμα το μέτρο χωρίζεται με γραμ­ μές σε

10

ίσα μέρη (τα δέκατα) σε

ρη (τα εκατοστά) και σε

1000

100

ίσα μέ­

ίσα μέρη (τα χι­

κομμάτια αυτά είναι μεγαλύτερα από τα κομ­ μάτια αυτά είναι μεγαλύτερα από τα κομμάτια της .δεύτερης περίπτωσης όπου η μονάδα χω­ ρίστηκε σε περισσότερα ίσα κομμάτια.

Συμπέρασμα: Σε όσο λιγότερα κομμάτια

. χωρίζεται

η ακεραία μονάδα, τόσο μεγαλύτερη είναι η κλασματική μονάδα. Αντίθετα. Σε όσο περισσότερα κομμάτια

χωρίζεται η ακεραία μονάδα, τόσο μικρότερη

λιοστά) για μεγαλύτερη ακρίβεια.

είναι η κλασματική μονάδα.

Κλασματική μονάδα

Κλάσμα ή κλασματικός αριθμός:

Το ένα από τα ίσα μέρη στα οποία χωρί­ ζουμε την ακέραια μονάδα, προκειμένου να μετρήσουμε ένα μέρος της, το ονομάζουμε

νάδες (δηλαδή να έχουν τον ίδιο παρονομα­

Ένα πλήθος από όμοιες κλασματικές μο­ στή)

κλασματική μονάδα.

Παραδείγματα:

Παράδειγμα: Το ποτήρι με το οποίο με­ τρήσαμε το υγρό του μπουκαλιού ήταν η ακέ­

1.

2

φεται

z·1

Τη δεύτερη φορά που η μονάδα χωρίστη­ κε σε 3 ίσα μέρη, κάθε ένα από τα ίσα μέρη το

φορές την κλασματική μο­

ρα έβδομα και θα γράφουμε ~-

ίσα μέρη, κάθε ένα από τα ίσα

αυτά μέρη το ονομάζουμε ένα δεύτερο και γρά-

4

νάδα ~· τότε θα έχουμε το κλάσμα τέσσε-

ραια μονάδα. Επειδή λοιπόν η μονάδα την πρώτη φορά

χωρίστηκε σε

Αν πάρουμε

2.

Α ν πάρουμε

3 φορές την κλασματική 1 3. 'δ α , θ α εχουμε ' να το κ λ' ασμα

8

μο-

8

Το κλάσμα γράφεται με δυο αριθμούς που

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2114


Τα κλάσματα

χωρίζονται μεταξύ τους με μία οριζόντια γραμμή. π.χ.

2 7

σύμβολο της ισότητας, το ίσον(=).

λ

9

ναμα ή ίσα και θα το συμβολίζουμε αυτό με το

3'Π'ϊ3 ~.τ ..

Έτσι για τα παραπάνω ισοδύναμα κλάσμα-

Ο αριθμός που είναι πάνω από τη γραμμή

ονομάζεται αριθμητής και φανερώνει πόσα ίσα

.

. 1 = 2 = 3 = 4.

τα γραφουμε.

2 4 6 8

μέρη πήραμε από αυτά στα οποία χωρίστηκε η

ακέραιη μονάδα.

Ο αριθμός που είναι κάτω από τη γραμμή λέγεται παρονομαστής και φανερώνει σε πόσα ίσα μέρη χωρίστηκε η ακέραιη μονάδα.

Από τον τρόπο που δημιουργείται ένα κλάσμα καταλαβαίνουμε ότι οι όροι του είναι ακέραιοι αριθμοί. Γιαtί; Δικαιολο­ γείστε την απάντηση.

Ο

ii)

ενός

κλάσματος

δεν

σουμε τους όρους του με τον ίδω αριθμό.

παρονομαστής

Το κλάσμα~ του κιλού είναι 500 γραμμά­ ρια. Πολλαπλασιάζουμε και τους δύο όρους του με το

ενός

κλάσματος

δεν

'μπορεί να είναι το μηδέν, διότι δεν χωρί­

5

.

και εχουμε

4χ5 χ

8 5

20 = 40

του κι

λ

.

ου.

Η

1

αξία του κλάσματος δεν άλλαξε, γιατί το κλάσμα

ζεται η μονάδα σε μηδέν ίσα μέρη.

3.

αξία

μεταβάλλεται αν πολλαπλασιάσουμε ή διαιρέ,.

Παράδειγμα:

Παρατηρήσεις

i)

Η

4.

20 του 40

κι

λ ου. ειναι . 500

.

γραμμαρια.

Διαιρούμε τώρα και τους δύο όρους του κλά-

Ισοδύναμα κλάσματα

. σματος

δ

ια του

4

.

και εχουμε

4·4 ~ = 1 του

84

2

λ

.

κι ου.

Και πάλι όμως η αξία του κλάσματος δεν άλλαξε

.

γιατι το

• '21 του κιλ'' ου ει ναι 500 γραμμαρια.

Άθροισμα

1. Όταν

-

Διαφορά κλασμάτων

τα κλάσματα είναι pμώνυμα.

Ν α βρεθεί το άθροισμα: ~ + ~

i)

Οπως στους ακεραίους το άθροισμά τους είναι το σύνολο των ακεραίων μονάδων των προσθετέων, έτσι και στα κλάσματα το άθροι­ σμά τους θα. είναι το σύνολο των κλασματικών μονάδων των προσθετέων. Αυτό σημαίνει ότι ο κοινός παρονομαστής των προσθετέων μεταφέρεται και στο άθροισμα.

. 2 3 2+3 5 Άρα: 7+7=-7-=7

Τα παραπάνω σχήματα παριστάνουν την ίδια πίτσα που την έχουμε χωρίσει με τέσσε­ ρεις διαφορετικούς τρόπους ανάλογα με τον αριθμό των παιδιών.

ii)

Παρατηρούμε τώρα το εξής. Η μισή πίτσα ΑΓΒ την πρώτη φορά εκφράζεται με το κλάσμα

1 2,

τη

δ ευτερη .

.

φορα με το κ

τρίτη φορά με το κλάσμα .

λ'ασμα 4.

. Δ) η ωδ η

τα κ

φορα με το κ

λ'ασμα 2 ,

4

λ'ασματα 1, 2, 3, 4

2468

Εάν καλέσουμε χ την διαφορά τους θα έ­

την

8

'ζ ουν

εκφρα

το ίδιο μέρος της πίτσας.

Γενικά κλάσματα που εκφράζουν το ίδιο μέρος ενός μεγέθους θα τα ονομάζουμε ισοδύ-

t- i

χουμε:

.

t και την τέταρτη

Ν α βρεθεί η διαφορά:

7

5

---=Χ

9 9

·

πομενως: χ=

5

7

χ+-=-

9 9

2 . 7 52 7-5 9 και συνεπως: 9-9 = 9 = - 9 -

Άρα η διαφορά δύο ομωνύμων κλασμάτων είναι ένα κλάσμα ομώνυμο με αυτά που έχει σαν αριθμητή τη διαφορά των αριθμητών.

2. Όταν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/15

τα κλάσματα είναι ετερώνυμα


Τα κλάσματα

λ1

3 2 Ν α υπ ο λ ογισ θ ει' το α' θ ροισμα: 4 +3

I' )

Γενικά

στις

μετρήσεις

χρησιμοποιούμε

την ίδια μονάδα μέτρησης προκειμένου να κά­

νουμε πρ6ξεις και να βρούμε ένα αποτέλεσμα.

Το κλάσμα όμως %έχει μετρηθεί με μονάδα μέτρησης το 'δ α

με μονα

i ενώ το κλάσμα~ έχει μετρηθεί

'

μετρησης το

3 ·80 ' . l. 5 -- 240 5 -- 48 αρα. 5 80 = 3 ·80 5

'

α ,,α:

3·1

Γι' αυτό προκειμένου να βρούμε το r..ιθροι­

σμα αυτό θα πρέπει να μετρήσουμε και τα δύο κλ6σματα με την ίδια μον6δα μέτρησης, που

Συμπέρασμα. Για να πολλαπλασιάσουμε κλά­ σμα επί ακέραιο πολλαπλασιάζουμε τον αριθ­

μητή του κλάσματος επί τον ακέραιο· το γινό­ μενο αυτό το βάζουμε αριθμητή και παρονο­ μαστή βάζουμε τον ίδιο.

Πολλαπλασιασμός ακεραίου επί κλάσμα

π. χ .

15 3 ·~=~+~+~=5+5+5=3·5 7 7 7 7 7 -7-=7

'

συνεπως:

σημαίνει ότι τα κλάσματα πρέπει να γίνουν ο­

,., 5

.J · Ί

3. 5 7

= -

Ώστε για να πολλαπλασιάσουμε ακέραιο

μώνυμα.

επί κλάσμα πολλαπλασιάζουμε τον ακέραιο

Αυτός λοιπόν είναι ο λόγος που στην πρόσθεση μετατρέπουμε τα ετερώνυμα κλά­

επί τον αριθμητή του κλάσματος" το γινόμενο

σματα σε ομώνυμα.

Έτσι έχουμε:

3

2

Διαίρεση κλάσματος δι' ακεραίου

±

l 3

2

9

8

Πρόβλημα. Τα τρία παιδιά κληρονομούν τα

17

4 +3='""4 +3 =u+u=u ii)

αυτό το βάζουμε αριθμητή και παρονομαστή βάζουμε τον ίδιο.

Να υπολογισθεί η διαφορά: ~-

της περιουσίας της μητέρας τους. Πόσο πήρε

i

το κάθε παιδί; Λύση

Όπως και στην πρόσθεση έτσι και εδώ τα

κλ6σματα πρέπει να μετρηθούν με την ίδια μονάδα μέτρησης και ως εκ τούτου να γίνουν ομώνυμα.

l

2

3

2

6

6

6

Συμπέρασμα. ��ια να προσθέσουμε ή να αφαι­

ρέσουμε

ετερώνυμα

Θα διαιρέσουμε:

κλάσματα

τα

κ{χνουμε

Διαιρούμε τον αριθμητή με τον ακέραιο και βάζουμε παρονομαστή αυτόν που έχει το κ

' 9 3 λ ασμα: 10 :

πράξη.

3

2°ς τρόπος.

Πολλαπλασιασμός κλάσματος επί ακέραιο Πρόβλημα. Ένα κιλό μι1λα κοστίζει

,

9:3

=---το=το

3 ' τα το· Ά ρα το κα'θ ε πα ι δ'ι πηρε

προ)τα ομώνυμα και κατόπιν εκτελούμε την

μες.

9 :3 10

ιος τρόπος.

l

'Ετσι έχουμε·~- .l = 2 - _l =.:!. _} = .l "3

9 10

π'ο σο

'"

κοστιφυν τα

3

S

του κι

80

Πολλαπλασιάζουμε τον παρονομαστή με

τον ακέραιο και βάζουμε αριθμητή τον ίδιο:

δραχ-

9

το : 3

λ ου; '

Λύση

Θα κ6νουμε πολλαπλασιασμό:~ · 80

9

9

3

=~ =3ο =το

Συμπέρασμα. Για να διαιρέσουμε κλάσμα με ακέραιο, διαιρούμε τον αριθμητή του κλ6σμα­

τος με τον ακέραιο ή πολλαπλασι6ζουμε τον παpονομαστή του κλάσματος με τον ακέραιο.

Σκέψη:

' κι λ ο' η' 5 κιΛα ' ' κοστιl,ουν '~ 80 δ ρχ. τ ο ενα 5

Πολλαπλασιασμός κλάσματος επί κλάσμα

Το κιλού κοστίζει 80 : 5 = 16 δρχ.

Πρόβλημα. Το ένα στρέμμα χωραφιού παράγει

Σ

7 10

t

'

υνεπως τα

16 . 3 = 48

3 κι λ'α

5

δρχ.

'Υ'

κοστιφυν:

τόνους σταριού. Πόσο παράγουν τα %του

στρέμματος. Λύση

οπότε: ~) · 80 = 48

Θα πολλαπλασιάσουμε: ~ · 170 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2116


Τα κλάσματα

ρες, μια δεύτερη βρύση γεμίζει την ίδια δε­

Σκέψη:

ξαμενή σε 4 ώρες. Να βρεθεί σε πόσες ώρες θα γεμίσει η δεξαμενή αν ανοιχτούν και οι

Θα λύσουμε το πρόβλημα με αναγωγή στη μονάδα.

δύο βρύσες μαζί.

Το ένα στρέμμα ή% στρέμματος παράγουν

Λύση

7 ' τοτονους

Αφού η α' βρύση γεμίζει τη δεξαμενή σε

. . 7 7, 5 στρεμματος παραγει το : 5 = 10 ·5 το-

τl ο

6 ώρες, σε μια ώρα θα έχει γεμίσει το

i της

δεξαμενής.

νους

Επίσης αφού η β' βρύση γεμίζει τη δεξα­

' ' Ά ρα τα 3 στρεμματος παραγουν:

5 7

7. 3

21

μενή σε

συνεπως:

3 7

5. το=

ώρες, σε μία ώρα θα έχει γεμίσει το

i της δεξαμενής.

'

10 ·5 . 3 = 10 ·5 = 50 τονους

'

4

Συνεπώς σε μία ώρα και οι δύο μαζί βρύ­

3. 7 5 ·10

σες θα έχουν γεμίσει:

τα

Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι για να πολλα­ πλασιάσουμε δύο κλάσματα δεν χρειάζεται να

τα κάνουμε ομώνυμα, αλλά πολλαπλασιάζουμε αριθμητή επί αριθμήτή και παρονομαστή. Το

1

1

2

Τα

5 12

της

και το γινόμενο των παρονομαστών το βάζουμε

1 ώρα= 60'.

παρονομαστ11.

1 της 12 60': 5 = 12'. Το

Προβλήματα που λύνονται με αναγωγή στη μονάδα

Τα~ μιας τηλεόρασης κοστίζουν 90.000

σε

γεμίζει

σε

δεξαμενής

Επομένως όταν τρέχουν και οι δύο μαζί

144' = 2 ώρες

και

24'

Προτεινόμενα Προβλήματα

90.000 : 3 = 30.000 δρχ. Ά ρα τα 5 κοστι'ζ ου ν

Α 27 Τα~ ενός αριθμού είναι 162 να βρεθούν τα

5

t

30.000 . 5 = 150.000 δρχ. Συνεπώς η τηλεόραση κοστίζει

του αριθμού αυτού.

150.000

δρχ.

Τα~ ενός αpιθμού είναι 48. Ποιός είναι ο αριθμός αυτός;

Α28 Τα% του μέτρου ενός υφάσματος αξίζουν 3600δρχ. Πόσο αξίζει το μέτρο;

Α 29 Τα ~ των μαθητών μιας τάξης είναι αγό­

Λύση

ρια. Αν τα κορίτσια είναι

τ~~ του αριθμού είναι 48.

θητές έχει η τάξη;

του αριθμού είναι 48 : 3 = 16.

i

Άρα τα του αριθμού είναι 16 · 5 = 80. Συνεπώς ο ζητοίJμενος αριθμός είναι το

3.

γεμίζουν

12. 12= 144'.

Αφού τα~ κοστίζουν 90.000 δρχ. το ~ κοστίζει

t

δεξαμενής

βρύσες η δεξαμενή γεμίζει σε:

Λύση

Το

'

Συνεπώς τα ~~της δεξαμενής γεμίζουν σε

δρχ. Πόσο κοστίζει η τηλεόραση.

2.

5

Άρα:

γινόμενο των aριθμητών το βάζουμε αριθμητή

1.

3

6 + 4 = 12 + 12 = 12 της δεξαμενης

80.

Μια βρύση γεμίζει μία δεξαμενή σε

6

ώ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/17

21,

πόσους μα­


Μερισμός σε μέρη ανάλογα Λ. Καπετανάς

1.

Εισαγωγή

4

ταίρους ανάλογα προς το κεφάλαιο που κάθε

στην εταιρεία είναι ίδιο για όλους τους εταί­

ρους. Η δαπάνη για την αΎορά πετρελαίου σε μια πολυκατοικία μοιράζεται στους ενοίκους

ανάλοΎα προς το συντελεστή (χιλιοστά) του διαμερίσματός τους, που διαμορφώνεται ανά­ λοΎα με τον όροφο, την επιφάνεια του διαμε­ ρίσματος και τα θερμαντικά σώματα που έχει. Θα μπορούσε κανείς να παραθέσει πλήθος

από προβλήματα αυτού του είδους, που τα ο­

νομάζουμε προβλήματα μερισμού σε μέρη ανά­ λογα. Η επίλυση τέτοιων προβλημάτων μπορεί

Εύκολα Ύεννιέται το ερώτημα, αν αυτή η των ίσων λόγων ισχύει γενικά. Σ' αυτό θα προσπαθήσουμε να απαντήσουμε τώρα. Αν στην ισότητα που πήραμε παραπάνω

10 32 = 64 = 15

Υ

4

10 15

είναι ένας πίνακας αντιστοίχων τιμών δύο α­

,

'

στωνουμε οτι

2

4

y διότι εύκολα διαπι-

10

3 = 6 = 15•

Εδώ έχουμε τρεις ίσους λόγους και λέμε ότι, οι αριθμοί

2, 4, 10

είναι ανάλογοι προς

τους αριθμούς 3, 6, 15. Σχηματίζουμε τώρα τον λόΎΟ του αθροί­ σματος των aριθμητών προς το άθροισμα των παρονομαστών των ίσων αυτών λόγων

Παρατηρούμε ότι κάθε ένας από τους ί­ σους λόγους είναι ίσος με τον λόγο των α­

θροισμάτων που σχηματίσαμε:

4

10

2+4+10

y, ω που αντιπροσωπεύουν αριθμούς τέτοιους ώστε να ισχύει η ισότητα των

, λ ΟΎων,

θα

~-Y-_Q?_ . - -

'

εχουμε:

3

6

15

Θα προσπαθήσουμε τώρα να δικαιολογή­

σουμε, δηλαδή να αποδείξουμε, ότι ισχύει: ~-Υ-~- χ+y+ω

3- 6- 15- 3 + 6 + 15

~ = λ και

fs

=

λ.

Τότε θα έχουμε ότι: χ

3λ,

=

y =

6λ και

ω= 15λ.

Οπότε ο λόΎος ; : [: κατάσταση των χ, χ+y+ω _ 3+6+15-

y,

fs γίνεται με αντι-

ω με τα ίσα τους:

+ 6λ +

15λ

3+6+15

_ -

= (3 + 6 + 15)-λ = 24·λ =λ 3 + 6 + 15 24 απο

δ

..

'ξ ~_y ει αμε οτι.

3

-

6

_ _Q?__ - χ+y+ω + + 15 3 6 15

-

Θα προσπαθήσουμε, τώρα, να αποδείξουμε την ιδιότητα αυτή; ακολουθώντας παρόμοια βή­

ματα, όταν και οι παρονομαστές των ίσων λόγων αντικατασταθούν με γράμματα π. χ. α, β, γ .

Ας πούμε λοιπόν ότι:!.= Υβ = ω

Δηλαδη: 3=6=15= 3 + 6 + 15

α

Το ίδιο μπορούμε να παρατηρήσουμε και για τους ίσους λόΎους

'

μητες

με τα γράμματα χ,

Δ η λ α δ η,

2+4+ 10_.!Q_l 3 + 6 + 15 - 24 - 3

. 2

θ

γους αυτούς με ένα αριθμό λ. Δηλαδή } = λ,

6

ναλόΎων ποσών χ και

'

να αντικαταστήσουμε κάθε ένα από τους λό­

Ο παρακάτω πίνακας:

2 3

.

αντικαταστησουμε τους αρι

Πραγματικά! Επειδή ~ = ~ = {~ μπορούμε

Μια ιδιότητα των ίσων λόγων

χ

32 4 40 = 5

ιδιότητα

να βασισθεί σε μια ιδιότητα των ίσων λόγων, την οποία θα αναπτύξουμε αμέσως.

2.

4+12+16 15 + 20

4+12+16 5 + 15 + 20

τα κέρδη μιας εταιρείας μοιράζονται στους ε­ ένας κατέβαλε στην εταιρεία, εφ' όσον βέβαια

16

Πράγματι εύκολα διαπιστώνουμε ότι

ποσό ·σε τμήματα τέτοια που να είναι ανάλογα προς κάποιους αριθμούς. Έτσι για παράδειγμα

το χρονικό διάστημα που τα χρήματα έμειναν

12

5 = 15 = 20 = 5 +

Πολλά προβλήματα της καθημερινής ζω­ ής ζητούν να χωρισθεί ή να μοιρασθεί κάποιο

Ύ

Επειδή οι λόγοι αυτοί είναι ίσοι, μπορού­ με να ονομάσουμε καθένα απ'αυτούς με έναν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2118


Μερισμός σε μέρη ανάλογα

αριθμό λ. Δηλαδή:

~=λ

~=λ α ,

,

ω -=Α. γ

και

Τότε θα έχουμε ότι: χ

2.500.000 =ο 25 10.000.000 '

2 00 ~_ 000 = 0,25 άρα

Οπότε _

= αλ, y = βλ και ω = γ λ.

χ=

οπότε: χ+y+ω_αλ+βλ+γλ_(α+β+γ)·λ

α+β+γ-

α+β+γ

3.000.000 = 0 ' 25

λ

α+β+γ

-

5.00~.000 = 0 •25 άρα

ιδιότητα του πολλαπλασιασμού ως προς την

πρόσθεση για να γράψουμε σε μορφή γινομ~ε­ βλ

+

+ γλ

και στο τέλος

ω=

διαιρέσαμε και τους δύο όρους του κλάσματος με α+ β+ γ για την απλοποίηση.

άρα

y = 0,25·3.000.000 = 750.000,

Εδώ χρησιμοποιήσαμε την επιμεριστική

νου την παράσταση αλ

0,25·2.000.000 = 500.000,

Β.

0,25·2.000.000 = 1.250.000.

Ο Γιώργος και ο Χρήστος είναι δυο φίλοι αγρότες που έχουν δύο γειτονικά ελαιο­

Δηλαδή τελικά αποδείξαμε ότι ισχύει πά­ ντα η ιδιότητα των ίσων λόγων:

κτήματα. Συμφώνησαν να μαζέψουν μαζί τις ελιές τους, βοηθώντας ο ένας τον άλλο. Όταν τελείωσαν ζύγισε ο καθένας τις δικές

~_y_ω_χ+y+ω

α_β_γ_α+β+γ

του και στη συνέχεια τις ανακάτεψαν και τις μετέφεραν με το αγροτικό του Γιώργου στο ελαιοτριβείο. Το συνολικό λάδι που έ­

Παρατήρηση

Η ιδιότητα αυτή των ίσων λόγων αληθεύει όχι μόνο όταν το πλήθος των ίσων λόγων είναι 3, αλλά και όταν είναι 4, 5 κ.ο.κ. Δηλ.

βγαλαν ήταν

Γιώργου ήταν Χρήστου ήταν

1000 κιλά. Αν οι ελιές του 2250 κιλά και οι ελιές του 2750 κιλά, πόσο λάδι πήρε ο

καθένας;

~_y_ω_I_x+y+ω+z α_β_γ_δ_α+β+γ+δ

Λύση

Η απόδειξη γίνεται ακριβώς με τον ίδιο τρόπο.

Τα

1000

κιλά λάδι θα μοιρασθούν στους

δύο αγρότες ανάλογα προς τα κιλά τις ελιές που είχε ο καθένας. Α ν λοιπόν χ είναι το με­

3.

Εφαρμογές

Α.

ρίδιο του Γιώργου και

Τρεις επιχειρηματίες δημιούργησαν 'μια ε­

10.000.000

ταιρεία με συνολικό κεφάλαιο

δρχ. Ο α' διέθεσε ο β'

3

2

_x__ _L__

5

εκα­

χ

τομμύρια δραχμές. Μετά από ένα χρόνο το κέρδος

της

επιχείρησης

ήταν

2.500.000

Πόσα χρήματα δικαιούται από το κέρδος ο κάθε επιχειρηματίας;

Το ποσό των 2.500.000 δρχ. θα μοιραστεί στους 3 επιχειρηματίες ανάλογα με το κεφά­ λαιο που διέθεσε καθένας για την εταιρεία. Δηλαδή θα γίνει μερισμός σε μέρη ανάλογα

2.500.000 5.000.000.

προς τα

2.000.000, 3.000.000

Αν χ είναι το μερίδιο του α',

2.000.000

άρα

χ=

Ι.ΟΟΟ

y

Ι

2.fso = t

άρα

y=

Ι

5 ·2.250 = 450,

t

Επαλήθευση: χ+ y =

Γ.

·2.750

= 550

Δυο

φιλικές

550

450

κιΑα

κιλά λάδι.

450 + 550 = 1000

οικογένειες

νοίκιασαν

ένα

διαμέρισμα για τις καλοκαιρινές τους δια­ κοπές για 2 μήνες και πλήρωσαν 360.000

και

δρχ. Η α' οικογένεια παραθέρισε για 37 η­ 23 ημέρες.

το μερίδιο

μέρες και η β' οικογένεια για

Πόσα χρήματα πλήρωσε η κάθε μία οικο-

ω

3.000.000

Ι

_ = 2 250 5

λάδι, ενώ ο Χρήστος θα πάρει

του β' και ω το μερίδιο του γ', τότε θα έχουμε: χ

y

Συνεπώς ο Γιώργος θα πάρει

Λύση

του

χ+

2.250- 2. 750- 2.250+ 2. 750 = 5.000 = 5

εκατομμύρια δραχμές,

εκατομμύρια δραχμές και ο γ'

το μερίδιο του Χρή­

y

στου, τότε:

γένεια;

5.000.000

Λύση

χ+y+ω

2.000.000 + 3.000.000 + 5.000.000

Οι

360.000

δρχ. θα μοιρασθούν στις οικο­

γένειες ανάλογα προς τους αριθμούς

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/19

37

και

23.


Μερισμός σε μέρη ανάλογα

Α ν χ και y είναι αντιστοίχως τα χρήματα που

τα του 3ου έμειναν για

πλήρωσε η α' και η β' οικογένεια, τότε:

4

_Ε_= _y_ = χ+ y =360.000

37

23

37+ 23

60

χείρησης ήταν

= 6 ΟΟΟ .

δρχ. Ποιο ήταν

Α32 Ένας θείος μοίρασε την περιουσία του

ι

-Ξ= 6.000 ==> y = 6.000·23

17.000.000

το μερίδιο του καθένα από τα κέρδη;

~\ = 6.000 ==>χ= 6.000·37 = 222.000,

.J

4 χρόνια. Μετά από

χρόνια λειτουργίας τα κέρδη της επι­

που ήταν 20.000.000 δρχ. ως εξής: Τα ~) . .

= 138.000

της περιουσίας έδωσε στο ορφανοτροφείο Λίιστε και σεις τα παρακάτω προβλήματα:

της γενέτειράς του. Το υπόλοιπο μοίρασε στους τρεις ανηψιούς του, ανάλογα προς τις ηλικίες τους, που ήταν 30, 32 και 38 ε-

,.,

Προβλήματα

τών. Πόσα χρήματα έδωσε στο ορφανο­ τροφείο και πόσα σε κάθε ανηψιό;

Α3ο Δύο οικογένειες παραθέρισαν μαζί το πε­

ρασμένο

καλοκαίρι

στο

ίδιο

πλήρωσαν συνολικά για ενοίκιο

σπίτι

και

350.000

Α33 Δύο αγρότες καλλιέργησαν μαι,ι μια έ­

δρχ. Η μία οικογένεια ήταν 4-μελής και η

κταση

άλλη 3-μελής. Πόσα χρήματα πλήρωσε η

έμποροι ίδρυσαν μια επιχείρηση

και έβαλαν από

4.000.000

θαν σε

σοδα από την πώληση των προϊόντων ή­ ταν 4.600.000 δρχ. Πόσο είναι το μερίδιο

χρόνια, τα χρήματα του 2ου

2

εμπόρου έμειναν

χρόνια και τα χρήμα-

2,5

1ο

αγρότη. Τα έξοδα της καλλιέργειας αντlλ­ 1.600.000 δρχ. και τα συνολικά έ­

δρχ. ο καθένας.

Τα χρήματα του Ι ου εμπόρου έμειναν στην επιχείρηση

στρεμμάτων που ανήκει στον

αγρότη κατά τα~ και το υπόλοιπο στον 2"

κάθε οικογένεια;

Α31 Τρεις

30

του καθένα από τα κέρδη;

Λύτες Α ντωνοβαρδάκης Γιώργος,

Θεοδωράκης Νικόλαος,

6° Γυμν.Χανίων A46,47,48.49,so

Χανίων

Αυγερινόπουλος Βασίλης,

Θεοχάρη

Γυμν.

δαλλού BΙ,2,3,6,7,S.9.JO Συμεωνίδης Άκης,

Κάτω

ρυδαλλού

Jo

Β39,4Ο,41, ΜΔ16.1s.22 Όλγα,

Γυμν.

Ι ο Γυμν. Κορυδαλλού Β2, Β4

Καστριτσίου,

Γαζγαλή Ευαγγελία,

πολη Πaτρών

1ο

Α4,s,6.Ί,Ιο,ιΙ ,Ι2,Ι3,Ι4,Ι5,16, ΙΊ,Ιs, Ι9,zο,2Ι ,26

Τ ούλα Χριστίνα,

Καμαρ~νού

δαλλού ΒΊ

Γυμv. Κορυδαλλού ΒΙΟ(2,5,7)

Πανεπιστημιού­

Τέκος Λάμπρος,

δαλλού

Γαλαίου Μαρία, l" Γυμν. Κόρυδαλλού 810(4,6) Γιαννακάκου Κωνσταντίνα,

J{αραγιάννης Γιώργος,

Ι ο Γυμν. Κορυδαλλού

Γεωργία,

Γυμν.

Πολίχνης As7.s6.ss.s9.60 Γυμν.

δαλλού

ι ο Γυμν. Κορυδαλλού Βι.4.6

δαλλού ΒΙ,2,3

Δημητρογιάννης Θάνος,

Κυράνας

62°

Γυμν. Αθηνών A4,s,s,Ιo

Ευγενίδης Παναγιώτης,

1ο

Δημήτρης,

Κορυ­

Βαρβάκειο

Πειραματικό Γυμνάσιο Β3,4,5,6.7

Γυμν.

Μορούσης Νίκος,

Γυμν. Κο­

ρυδαλλού

Σταύρου Ν τίνα,

1ο

Γυμν. Κορυ­

δαλλού Β3 Στίγκας Ελίας,

Jo

Γυμν. Κορυ-

1ο

Γυμν. Κο­

ρυδαλλού B1,2,3,4,5,6,7,s,ιoc4,8)

Γυμν. Κορυ­

Σταυρούλα,

Iο

lο

Bs,9,ιo(l,2,3.s,6,7)

Χαβγιές Λουκάς, ΣΓ Τάξη ] 0 " Δημοτικού Σχολείου Μεσολογ­ γίου ΑΙ,2,4.7 Χατζηλάρη Βούλα, Ιο Γυμν. Κο­

ρυδαλλού

Κορυδαλλού Βι(α;;,δ).2(α,β.γ.ε,στ,ζ), Β3(α,β,δ)

Ευθυμίου Γιώργος,

1ο

Γυμν. Κορυ­

Τρούπου Μαρία,

Κατσαρά Ζωή,

Γυμν.

Γυμν. Κορυ­

B4,s

Κορυδαλλού ΒΙ(α),2(β,γ),4,10(2,8)

1ο

1ο

Γυμν. Κορυδαλλού

Δελημπορίδου Δέσποινα,

B2.9,I0(2,3,4,5,6,s)

Γυμν. Κο­

Β4

Τριανταφύλλου

1ο

1ο

Β3,ΙΟ(2,3,5,6,7)

ΒΙ,2,3,7,8

B2,3,4,s,14,1s, 16.1 ϊ,Ιs.19.2o,z1(;),z2.z3

Δ έφτασαν στα χέρια μας στο τέλος της περασμένης σχολικής χρονιάς και που λόγω πληθώ­

ημοσιεύουμε ακόμα τα τελευταία ονόματα λυτών των περσινών τευχών του "Ευκλείδη α" που

ρας ύλης δεν δημοσιεύθηκαν στο πρώτο τεύχος της φετινής χρονιάς. Βεϊογλάνης Μανώλης, Μόριας Μυτιλήνης

Γυμν.

Α46,47,48,49, B3s, Γs9 Γαλλαλή Ευαγγελία, 1ο Γυμν. Κορυδαλλού A47,4s,ss,s6,57,5S,s9,60,6J

Γανέλλη Αφροδίτη, 3° Γυμν. Μυτιλήνης A19,20,2J,22,23

Γ

~ Γ , 20 Γ Κ αννικης ιωργος, υμν. ο-

ζάνης

Ass,s6,sΊ,ss,s2,s9,6ι,62,66

Γερολιμίνης Νικόλαος, 1ο Γυμν.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/20

Μεσολογίου Γ6J,64,65,68,67,69,7Ο,71,72,73,Αλ5

Συνέχεια στην σελίδα 24


Οι εξισώσεις και τα προ βλ ή μα τα Στάμη Τσικοπούλου

Β' Τάξη

Το πενταπλάσιο ενός αριθμού είναι

40.

Ποιός είναι ο αpιΟμός αυτός;

Σ'όποιον και αν βάλουμε το πρόβλημα αυτό, πριν καν τελειώσουμε την ερό)­

τηση θα μας απαντήσει ότι ο ζητούμενος αριθμός είναι ο

8, αφού μόνο 5·8 = 40.

Το παραπάνω πρόβλημα που το λύσαμε τόσο εύκολα με το μυαλό μας μπο­ ροί;με να το λύσουμε και με τη βοήθεια των εξισώσεων. Αν ονομάσουμε χ τον άγνωστο αριθμό τότε η ερώτηση μπορεί να διατυπωθεί Αν S·x = 40 ποιός είναι ο χ;

και έτσι:

Η σχέση 5·χ

= 40 είναι η μαθηματική έκφραση του προβλήματος. Κάθε πρό­

βλημα έχει μια μαθηματική έκφραση που είναι μία εξίσωση. Η λύση της εξίσωσης αυηΊς μας δί­ νει το ζητούμενο.

Πράγματι: 5·χ = 40 ή 'Ι>/= ~Ο ή χ= 8. Η λύση ενός προβλήματος σπάνια είναι τόσο εύκολη όσο του παραπάνω, καθώς τα περισ­ 1ίροβλήματα περιέχουν σύνθετες εκφρά.σεις που μας δυσκολε(Jουv να τις

σότερα

<<μετα'φράσουμε» στη γλώσσα των μαθηματικών. Για να μπορέσουμε να λύσουμε προβλήματα χρειάζεται εξάσκηση, γιατί μόνο με εξάσκηση θα aποβάλλουμε το φόβο μας γι'αυτά. Εμείς φι-

.

λοδοξούμε να σας βοηθήσουμε να λύσετε και εσείς προβλήματα. Ασχοληθείτε λοιπόν μ'αυτά.

Γι'αυτό, πάρτε χαρτί και μολύβι και αρχίζουμε. Ορισμένα από τα προβλήματα που σας προτεί­ νουμε θα τα βρείτε λυμένα, ενώ για κ{:χποια άλλα θα βρείτε αρκετή βοήθεια για να τα λύσετε.

,'Αλλα πάλι θα τα λύσετε μόνοι σας. Τι λέτε να ξεκινιΊσουμε, και αν δεν σας αρέσουν ή δεν σας ενδιαφέρουν τα προβλήματα που σας προτείνουμε, γράψτε μας τα δικά σας. Οι εξισcuσεις είι•αι από τα πιο βασnc·ά ερ;!(ι./.εία των μαθηματιιc"ών αφού μας βοηθούν να /.ύ­ νοvμε τα προβ/.ιjματα που συναnάμε καθημερινά στη ζωιj μας ιj στις ά/./.ες επιστιjμες π. ;ι,. τη ΦvσιιΩj, τη Χημεία, τηιι Οιιωι·ομίο.

tc.o..

Με τις εξισώσεις προσπαθούμε να γρ(χψουμε σι!ηο­

μα ι.;;αι απ/.ά μs τη βοι?θεια των σvμβό/.ων ιωι των αριθμώι· προβλήματα που διατυπώνονται

με /.έξει:;. Οι εξισώσει-; δη/.αδιj «μεταφράζουν» στη γ/.ώσσα των μαθηματικών εκφράσεις ιωθημεριι•έ;.

[!]

Ποιός είναι ο αριθμός

Αν το οκταπλάσιο ενός αριθμού μειωθεί κατά

5

τότε ισούται με

123.

Ποιός είναι ο αριθμός αυ-

τός;

Λύση

α}

Ας ονομάσουμε χ τον ζητούμενο αριθμό.

β)

Τότε

8χ-

5

είναι η μαθηματική έκφραση που «μεταφράζει» τη φράση «αν το οκταπλάσιο

ενός αριθμού μειωθεί κατά

5».

Αλλά τότε ισούται με

γ)

Έτσι σχηματίζουμε την εξίσωση: 8χ-

δ)

Λύνοντάς την έχουμε:

8χ= ε)

123+5 11

8χ::::

128

Παρατήρηση:

5 = 123

ιΊ gιχ:::: 1 ~ 8 οπότε χ=

Ο ζητούμενος αριθμός είναι πράγματι ο

123.

16

16

γιατί

Όπως J'Ια να βρούμε το τριπ/.άσιο του

5

16·8 = 128

και

128-5 = 123.

πο/.Ι.απ/.ασιάζουμε το

3 με

το

5 ( 3·5),

βρούμε το οκταπ/.άσιο ενός αριθμού όταν αυτός είναι ο χ πο/c!.απ/.ασιάζουμε το είΙ'fl.Ι

8·.\. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/21

έτσι ι.;;αι ;ιια να

8 με

τον χ, δη/..


Οι εξισώσεις και τα προβλήματα

ω

Στο γήπεδο ~

Τον αγώνα παρακολούθησαν 1200 θεατές. Τα εισιτήρια ήταν δύο τύπων: των

. 3000 δρχ. και των 2000 δρχ. Αν 2.900.000 δρχ., πόσοι αγόρασαν

~Jiif'f..

το σύνολο των εισπράξεων εκείνου του αγώνα ήταν

εισιτήριο των

~ α)

Λύση

Για να το βρούμε ας ονομάσουμε χ των αριθμό των εισιτηρίων των καν. Τότε όμως τα υπόλοιπα εισιτήρια θα ήταν των χ

β)

=

ο αριθμός των

1200- χ=

ο αριθμός των

ε)

3000

δρχ. που αγοράσθη­

οπότε:

τα χρήματα που πλήρωσαν όσοι αγόρασαν εισιτήριο των

Το σύνολο των εισπράξεων ήταν 3000χ

δ)

2000 δρχ, εισιτηρίων των 3000 δρχ. εισιτηρίων των 2000 δρχ.

Τα χρήματα που πλήρωσαν ήταν: 3000-χ =τα χρήματα που πλήρωσαν όσοι αγόρασαν εισιτήριο των

2000-(1200- χ)= γ)

2000 δρχ;

2.900.000 + 2000(1200- χ)~ 2.900.000

Αν λύσουμε την εξίσωση έχουμε: 3000χ + 2000·1200- 2000χ = 2.900.000

ή

3000χ- 2000χ

ή

3000 2000

δρχ. δρχ.

δρχ. Ας σχηματίσουμε τώρα την εξίσωση:

+ 2.400.000- 2000χ = 2.900.000 lOOOx = 500.000 χ= 500 Άρα, 500 θεατές αγόρασαν εισιτήρια των 3000 δρχ. και 1200 - 500 = 700 θεατές, αγόρασαν εισιτήρια των 2000 δρχ. Πράγματι: 500-3000 = 1.500.000 και 700·2000 = 1.400.000. Δηλαδή 1.500.000 + 1.400.000 = 2.900.000, το σύνολο των εισπράξεων. = 2.900.000-2.400.000

3000χ

Η επιλογή του αγνώστου

illrα επινίκεια Μια παρέα φιλάθλων μετά τον αγώνα αποφάσισαν να γιορτάσουν τη νίκη 5 παιδιά περισσότερα_ από τους γονείς. Κάθε γονιός πλήρωσε 2000 δρχ. και κάθε παιδί τα μισά. Το σύνολο του λογα­ ριασμού ήταν 65.000 δρχ. Πόσοι γονείς και πόσα παιδιά συμμετείχαν στη γιορ­ της ομάδας τους. Στην παρέα υπήρχαν

τή; Λύση

α)

Στο πρόβλημα αυτό υπάρχουν δύο άγνωστοι, ο αριθμός των γονιών και ο αριθμός των παι­ διών. Αν όμως ο αριθμός των γονιών ήταν γνωστός, τότε θα βρίσκαμε εύκολα τον αριθμό των παιδιών, αφού αυτά είναι

5 περισσότερα από τους γονείς. Ας επιλέξουμε λοιπόν ως άγνωστο χ τον αριθμό των γονιών. Εκφράστε τον αριθμό τον παι­ διο)ν με iη βοήθεια, του χ.

β)

γ)

-Πόσα πλl1pω6.ανοι γονείς για λογαριασμό τους; (πόσοι είναι οι γονείς και πόσα πλήρωσε

ο καθένας;) · ;- .. . . -Πόσα πλήρω?"αν τ!Χ παιδιά;

1\ιfεiατρέψiε σε εξίΌ-ωση τη φράση «Το σύνολο του λογαριασμού ήταν 65.000 δρχ.» (δηλαδή τα χρήματα πο~ 'ΠλlΊρωσαν οι γονείς και τα χρήματα που πλήρωσαν τα παιδιά ήταν 65.000 δρχ.) '

δ)

Λύστε την εξίσωση που σχηματίσατε.

ε)

Πόσοι ήταν οι γονείς και Πόσα τα παιδιά; Πράγματι πλήρωσαν

IIJ

65.000 δρχ;

Τα τετράδια

Ο Δημήτρης αγόρασε 9 ίδια τετράδια. Ο Θάνος αγόρασε 10 ίδια τετράδια, μό­ νο 'που το καθένα από τα δικά του στοίχιζε 7 δρχ. λιγότερο απ'ότι το κάθε τε­ τράδιο του Δημήτρη. Τα χρήματα που πλήρωσαν ήταν τα ίδια. Πόσο στοίχιζε κάθε τετράδιο του Δημήτρη και πόσο του Θάνου; Λύση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/22


Οι εξισώσεις και τα προβλήματα

Το πρόβλημα αυτό μπορούμε να το λύσουμε με δύο τρόπους. ιος τρόπος

α)

2°ς τρόπος

Ας ονομάσουμε χ την τιμή κάθε τετραδίου

α)

του Δημήτρη. β)

Τα τετράδια του Δημήτρη είναι

-

9 και

β)

στοίχιζαν 9·χ.

10

lO·x. __:_ Τα τετράδια του Δημήτρη είναι 9 και

και το

καθένα στοιχίζει 7 δρχ. λιγότερο απ'ότι του Δημήτρη, δηλ. στοιχίζουν 10·(χ- 7).

γ)

Τα χρήματα που πλήρωσαν ήταν τα ίδια. Άρα: 9χ =

δ)

ε)

ή 9χ

= lOx - 70

-lx=-70

γ)

ή

- lOx = -70

-lx -70 -=-1 -1

δ)

ή

70 - 7

πλήρωσαν

9· 70 = 630

= 63

τα

ε)

= 63 ή

ή

χ=

63

Αφού κάθε τετράδιο του Θάνου κάστιζε

63

δρχ. Τότε πράγματι

δρχ. αλλά και

Αν λύσουμε την εξίσωση έχουμε: 10χ=9χ+63 ή

ή χ=70

ίδια

lO·x = 9·(χ + 7).

lOx- 9χ l·x = 63

δρχ. τότε κάθε τετράδιο του Θάνου θα

κόστιζε

Τα χρήματα που πλήρωσαν ήταν τα ίδια. Άρα:

Αφού κάθε τετράδιο του Δημήτρη κόστιζε

70

στοιχίζει το καθένα 7 δρχ. περισσότερο απ'ότι το κάθε τετράδιο του Θάνου, δηλ. στοιχίζουν 9·(χ + 7).

(;)

lO(x - 7).

Αν λύσουμε την εξίσωση έχουμε: 9χ

- Τα τετράδια του Θάνου είναι 10 και στοίχιζαν

Τα τετράδια του Θάνου είναι

-

Ας ονομάσουμε χ την τιμή κάθε τετραδίου του Θάνου.

δρχ. τότε κάθε τετράδιο του Δημήτρη

θα κόστιζε

χρήματα

αφού

πλήρωσαν

10·63 = 630

δρχ.

10-63 = 630

63 + 7 = 70 τα

δρχ. Τότε πράγματι

ίδια

δρχ. αλλά και

χρήματα

9·70 = 630

αφού δρχ.

Στο ίδιο αποτέλεσμα καταλήξαμε και με τους δύο τρόπους

@]

Το ψάρεμα Μια παρέα συμφώνησαν να νοικιάσουν μια βάρκα για να πάνε για ψάρεμα και

πλήρωσαν

1500

δρχ. ο καθένας. Αν όμως στην παρέα ήταν δύο άτομα περισσό­

τερα τότε θα πλήρωναν

1000

δρχ. ο καθένας. Από πόσα άτομα αποτελείτο η πα­

ρέα και πόσα πλήρωσαν για το ενοίκιο της βάρκας; Λύση α)

Ας ονομάσουμε χ τον αριθμό των ατόμων που αποτελούσαν την παρέα αυτή.

β)

-Πόσα χρήματα πλήρωσε η παρέα όταν την αποτελούσαν χ άτομα που το καθένα πλήρωσε

1500 -

δρχ;

...

Πόσα χρήματα θα πλήρωναν αν στην παρέα υπήρχαν δύο άτομα περισσότερα και τότε

πλ1Ίρωνε ο καθ~νας

1000 δρχ;

·

γ)

Μην ξεχνάτε ότι τα χρήματα για το ενοίκιο της βάρκας και στις δύο 'Περιπτώσεις θα ήταν τα ίδια. Εκφράστε λοιπόν τώρα τα δεδομένα με μια εξίσωση.

δ)

Λύστε την εξίσωση που σχηματίσατε.

ε)

Πόσα ιlτομα αποτελούσαν την παρέα; Πόσα πλήρωσαν για να νοικιάσουν τη βάρκα; Πράγ­ ματι θα πλήρωναν

11}

~.

1000

δρχ. ο καθένας αν ήταν δύο περισσότεροι;

'Ε να πρόβλ η μ~ από τη Γεωμετρία Σ'ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°) είναι ΑΒ = 5 cm και ΑΓ = 9 cm. Να βρεθεί πάνω στην rcλευρά ΑΓ είναι σημείο Μ τέτοιο, ώστε το εμβαδόν του ορθογωνίου ΑΜΝΒ να ισούται με τα

δύο τρίτα του εμβαδού του τριγώνου ΑΒΓ.

i ------1 Β

su

l

V)

Λύση

Ν

: '

α)

Επειδή δεν γνωρίζουμε την ακριβή θέση του σημείου Μ

β)

Στην εκφώνηση γίνεται λόγος yια το εμβαδά του ορθογωνίου ΑΜΝΒ και του τριγώνου

πάνω στην πλευρά ΑΓ, ας θέσουι..μ~ΑΜ =χ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/23

A~=x=~~ 9 C.cmm====:::;:r


Οι εξισώσεις και τα προβλήματα

ΑΒΓ. Ας τα υπολογίσουμε:

-Πόσο είναι το εμβαδό του ΑΜΝΒ; (ποιές είναι οι πλευρές του;)

-Πόσο είναι το εμβαδόν του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ; (ποιά είναι η βάση του και ποιό το ύψος του;)

γ)

Μετατρέψτε τη φράση «Το εμβαδό του ορθογωνίου ΑΜΝΒ ισούται με τα δύο τρίτα του εμ­ βαδού του τριγώνου ΑΒΓ» σε εξίσωση, χρησιμοποιώντας τα εμβαδά που υπολογίσατε προηγουμένως.

Υπόδειξη: Μην ξεχνάτε ότι για να υποί,ογίσουμε τα~ ενός αριθμού πρέπει να πολλαπί.ασιάσουμε τοι..:ί.άσμα ~ με τον αριθμό αυτόν.

δ)

Λύστε την εξίσωση που σχηματίσατε.

ε)

Επαληθεύσατε ότι η λύση που βρήκατε είναι η σωστή. Προβλήματα για

... λύση

Β24 Το ένα τρίτο ενός αριθμού και τα τέσσερα πέμπτα του, ισούνται με δεκαεπτά. Ποιός είναι ο αριθμός αυτός;

Δύο αριθμοί έχουν άθροισμα

Bzs

12.

Ποιοί είναι οι αριθμοί αυτοί, αν γνωρίζουμε

ότι το διπλάσιο του πρώτου και το μισό του δεύτερου κάνουν 18. (Α ν δύο αριθμοί έχουν άθροισμα 12 και ονομάσουμε χ τον πρώτο, τότ~ ο δεύτερος είναι 12- χ). Β26 Η ηλικία του πατέρα είναι τετραπλάσια του γιου του. Σε τέσσερα χρόνια η ηλικία του πατέ­

ρα θα είναι τριπλάσια του γιου. Πόσο είναι ο πατέρας και πόσο ο γιος; Β27 Κάποιος ξόδεψε το ένα τρίτο και το ένα τέταρτο των χρημάτων που είχε και του έμειναν και

625

δραχμές. Πόσες δραχμές είχε;

B2s Κάποιος όταν ρωτήθηκε για την ηλικία του απάντησε: «Αν θα ζήσω

χρόνια, τότε μου

100

μένουν ακόμα να ζήσω τα τρία δεύτερα της σημερινής μου ηλικίας». Πόσο χρονών είναι;

Bz9

Τρεις ακέραιοι αριθμοί έχουν άθροισμα

γαλύτερο και μεγαλύτερος κατά

Λύτεc;:

85. Ο μεσαίος είναι μικρότερος κατά 13 από 9 από τον μικρότερο. Να βρεθούν οι αριθμοί αυτοί.

τον με­

Συνέχεια από την σελίδα 20

Γκέτης Αλέξής, Ι ο Γυμv. Κορυ­ δαλλού Α48.55,56,58,6Ι ,62 Δημουλά Βάσω, I ο Γυμv. Κορυ­

vών Α4ο,4Ι.43,48.49, Β38 Μαρούδης Νίκος, I ο Γυμν. Κο­ ρυδαλλού Α47 ,48,55,56,57 .58,60,61 ,63,64

B4s,46,47,4s,so.sΙ.s2,53, Γ9ο Σαλδάρη Ελισάβετ, 3° Γυμν. Α­

δαλλού Ass.s6,57,58,59.6o ·

Μπουναρτζή

Γυμν.

Σταματάκης

Γυμν.

Γυμνού Ευβοίας Α2, ΜΔ1s Σχοινά Σωτηρία, 7° Γυμν. Λαμί­

Καραγιαννίδης

Ιωάννης,

Γυμv.

Λαμίας

Μελίνα,

B45,46,47,4R.so,5Ι,52.53

Πολυκάστρου Γ 64,65.66.67,68,69

Οικονομάκη Κατερίνα,

Καραλής Χάρης,

Α γ. Ν ι κο λάου

3° Γυμv. Α55,56.57 ,58,60,61.62,63,64,65

Καρίπας Κό)στας,

1ο

Αλίμου

Γυμv. Κορυ­

δαλλού A57,5S,56 Κατσιλούλη Χρυσούλα,

Γυμν.

Νικαίας-Λάρισας ΑΙ3,Ι7.2Ι, ΜΔ26 Κατσούρης

Κορυδαλλού Κοντός

Ιωάννης.

1ο

Γυμν.

As8.s5.56,64,6Ι,59,4~.51

Ηλίας,

Γυμv.

Γλυκών

Ορφανίδου Ελένη, 5° Γυμv. Α­ χαρνών Α47,48,5l,Αλ2, ΜΔs, Γs9, Β39,43

Γ 59,62,64,65.66,67 ,68,69.70.71 ,72 Λούκα Ασημίνα, 70° Γυμν. Αθη-

ας Α33,34,35,36,37 .38,39.40,41 ,42.43,44,48 Σώκος Αλέξανδρος, Αμερικ. Κο­ λέγιο Θεσσαλ. ''Ανατόλω"

Ταμπακόπουλος Γιάννης,

Παπαδοπούλου Χρυσούλα, Γυμν. Λιτόχωρου Πιερίας Α46,47,48.49.sο,5Ι

Πήχης Γιώργος,

Γουβών Ευβοίας

Γυμν.

3° Γυμν. Αγ Δημητρίου-Μπραχάμι Α55,56,57 ,58,59 .60

Μαvτουδίου Ευβοίας

Γυμν.

1ο

Γ sg ,6ο.6Ι,62,64,65,66,67 ,68,69. 7ο.Ίι;72.'73.82,83,84.

Παππά Μυρτώ,

Κωνσταντά Μαγδαληνή,

Γιώργος,

Παναγόπουλος Μανώλης,

Νερών B45,46,47,48,50.S1.52,54.ss,s6 Κρυονερίτης Βαλάντης, Γυμv. Α5ο

zo

A49:So

γίων Α ναργύ ρ ων Γ 82.78.45,56.57,64.ss

μενίτσης

Ιο Γυμν. Ηγου­

Α46,47,48

70° Γυμν. Αθηνών Α λ I ,2,3,4,5,6.7,8,9,10, Β45,46,48,50,51'

Γ 74.75.77,78,83,84.85,91 ,92, ΜΔ23.24 Τσακνάκης Μάνος Bso.s1 Τσιλιγκαρίδης Θοδωρής, Β' τάξη

Γυμν.Παραδεισiον Ρόδον Α55,56,57 ,58,59,60, Β45,46,51 Ράπτη Μαρία, Γυμv. Αρκαλοχω­ ρίου Ηρακλείου Κρήτης

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

85,86,87 ,88,89 ,90,91 ,91

2/24

Δημοτικού σχολείου Αγ. Δημη­

τρίου

ΜΔ15


Λόγος Ευθυγράμμων Τμημάτων Σπύρος Γεωργίου Οταν μας ζητιΧνε να συγκρίνουμε δύο ευ­

Το σφάλμα που έκανε ο πρώτος στη μέ­

θύγραμμα τμήματα ΑΒ και ΓΔ, συνήθως παίρ­

τρηση της απόστασης είναι

νουμε το διαβήτη και τοποθετούμε τη μια ακί­ δα του πιΧνω στο Α και την άλλη στο Β. Στη συνέχεια μετακινούμε το διαβήτη χωρίς να με­

ενώ το σφάλμα που έκανε ο δεύτερος έιναι 10ω- 9ω

==

100m-

99ω

== 1m,

lω.

Δηλαδή βρήκαμε, παίρνοντας τη διαφορά

ταβ{χλλουμε το άνοι γμιΧ του, και τοποθετούμε

κάθε φορά της μετρούμενης από την πραγμα­

τη μια ακίδα του πιΧνω στο Γ, ενώ την 6:λλη επί

τική απόσταση, ότι και οι δύο έκαναν λάθος

του ΓΔ.

στη μέτρηση lω.

Στη συνέχεια εξετιΧζουμε σε ποιό μέρος του Γ Δ πέφτει το άλλο 6:κρο του διαβήτη.

Διαισθανόμαστε όμως ότι ο δεύτερος υ­

πάλληλος έκανε πιο σοβαρό σφάλμα από τον πρώτο.

Αυτό συμβαίνει γιατί υποσυνείδητα χωρίς να το θέλουμε συγκρίνουμε το σφάλμα που κά­

νουμε με το μεγεθος της ποσότητας που με­ τράμε.

Ας προσπαθήσουμε τώρα να εξηγήσουμε. αυτή μας τη διαίσθηση.

Ο πρώτος υπάλληλος έκανε σφιΧλμα lm 1ΟΟω, δηλαδή λάθος του ήταν

αλλά μετρώντας

Γ

(Σχ.

Β'

Δ

1 το

άλλο άκρο του διαβι1τη πέφτει στο

σημείο Β' που βρίσκεται στο εσωτερικό του ι=:υθ. τμήματος ΓΔ.

Στην πι=:ρίπτωση αυτή λέμε ότι ΑΒ Στην πραγματικότητα όμως

η

< Γ Δ.

μηκών των δύΌ ευθύγραμμων τμημάτων. Έτσι αν το μήκος του ΑΒ είναι

5cm,

3cm και το > ΑΒ και

λέμε ότι Γ Δ

μάλιστα για να δούμε πόσο μεγαλύτερο είναι

παίρνουμε τη διαφορά των μηκών τους, δηλα­

δή

ΓΔ

είναι

μεγαλύτερο

από

το

ΑΒ

κατά

5-3== 2cm. Ακόμα όταν θέλουμε να συγκρίνουμε τα ύψη δίJΟ ανθρώπων που ένας είναι

1,76111 και ο 1,53 ω βρίσκουμε τη διαφορά των δύο υψών 1,76- 1,53 == 0,23ω και λέμε ότι ο πρώ­ άλλος

τος

ι=:ίναι

ψηλότερος

από

έκφραση

σαν το λόγο του

λάθους

το

Ο δεύτερος υπάλληλος έκανε σφάλμα

αλλά μετρώντας ταν

δεύτερο

κατά

0,23ιn ή 23cω.

Ιω

στα

την έκφραση Με

σύγκριση

αυτιΊ που κιΧναμε αντιστοιχεί σε σύγκριση των

μήκος του Γ Δ είναι

γούμενη

προς την πραγματική απόσταση.

1)

Έτσι για παράδειγμα όπως φαίνεται στο σχήμα

lω στα 100ω ή 1 6~m αν yράψουμε την προη­

10m,

10 ω

"1

άλλα

, lm

η

στα

lΟω

10"

αν

,

,

γραψουμε

επισης

σαν λόγο.

λόγια

ο

πρώτος

"σωστά" την απόσταση κατά {~0

=

μέτρησε

0,99

ή 99'/ο

ενώ ο δεύτερος μέτρησε "σωστά" κατά 9

10

ή

lm

δηλαδή το λάθος του ή-

== 0,9

90%. Να λοιπόν πως φανερώθηκε η διαπίστωση

που από την αρχή είχαμε κάνει ότι δηλαδή ο πρώτος υπάλληλος έκανε πιο ακριβή μέτρηση. Για να

διαπίστωστf,

εξηγ1Ίσουμε

όμως

αυτή

χρησιμοποηΊσαμε το

μας

λόγο

τη

της

μετρούμενης απόστασης προς την πραγματική απόσταση. Έτσι λοιπόν και στη σύγκριση ευθυγράμ­

μετράνε ο καθένας τους από μια ευθεία από­

μων τμημάτων πολλές φορές χρησιμοποιούμε το λόΊο τους, εκεί που η διαφορά τους δεν

σταση.

κρίνεται

Ας υποθέσουμε τώρα ότι δύο υπάλληλοι

Ο πρώτος μετράει μια απόσταση που είναι

100m

έχουν μεΊάλη

και τη βρίσκει 99ω.

Ο δεύτερος μετρ{χει μια απόσταση που εί­ ναι

10m

και τη βρίσκει

9m.

"καταλληλη".

Αυτό

συμβαίνει

σε

περιπτώσεις που τα μήκη τών ευθ. τμημάτων διαφορά ή

όταν

θέλουμε να

δούμε πόσες φορές το ένα είναι μεγαλύτερο από το άλλο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/25


Λόγος Ευθύγραμμων Τμημάτων

Για να συγκρίνουμε λοιπόν τα μήκη των

κρότερος από τον παρονομαστή.

παρακάτω ευθυγράμμων τμημάτων

Επομένως αν~= λ τότε:

Α--Β

I cm

Γ--------~------------Δ

(Σχ.

2)

5cm

παίρνουμε το λόγο των ευθ. τμημάτων~~ (ΑΒ ΓΔ)

προς

και

, , β ρισκουμε οτι

ΑΒ ΓΔ

=

s·1 Α

,

υτο ση-

1)

Ανλ>1τότεα>β.

2)

Ανλ=lτότεα=β.

3)

Αν λ<

1

)

ΓΔ

'

του μηκους του ευ

είναι

θ . τμηματος ' ΓΔ η' οτι '

πενταπλάσιο

από το

ΑΒ

το

ι.

Α ν -jj- = 3 να υπολογιστούν οι παp~~άτω λό­ γοι:

δηλαδή

ΓΔ ΑΒ=).

··)~

i) .1!

' ευ θ . τμηματων

... )α+

ΑΒ

β

11

α

Λ ογος ' 'Λοιπον ' ΑΒ -' ΓΔ ουο και Γ Δ

α< β.

Εφαρμογές

μαίνει ότι το ευθ. τμήμα ΑΒ έχει μήκος ίσο με το

1 τότε

111

iv) _j!__ .α-β

α

είναι ο αριθμός που μας δείχνει πόσες

Αφού ~ = 3 αυτό σημαίνει ότι α= 3β.

φορές το μήκος του ευθ. τμήματος ΑΒ είναι με­ γαλύτερο ή μικρότερο από το μήκος του ευθ.

τμήματος Γ Δ, όταν αυτά έχουν μετρηθεί με την ίδια μονάδα. Αν τώρα

στο

προηγούμενο

παράδειγμα

αλλάξουμε τη μονάδα μέτρησης, και εκφρά­ σουμε τα μήκη των δύο ευθ. τμημάτων σε

mm

θα έχουμε:

ΑΒ

10 ΓΔ =50

ii)

Ji __Q__l_ α- 3β-

και Γ Δ

= 50mω,

δηλαδή

1

β

β

-

0,1 ΓΔ = 0,5

ΑΒ

O,lm,

ΓΔ

2.

Ένα σημείο

,

δηλαδή

ΜΒ

ΑΒ

= 4cm,

Μ

,

ετσι

3

διαιρεί

,

ωστε

ένα

ΑΜ ΜΒ

ευθύγραμμο

= 5.

2

Α

ν

,

ειναι

να βρεθούν τα μήκη των ευθυ­

γράμμων τμημάτων ΑΜ και ΑΒ.

1

=s·

Από τα προηγούμενα γίνεται φανερό ότι ο λόγος δ��ο ευθ. τμημάτων δεν εξαρτάται από τη μονάδα μέτρησης με την οποία θα μετρηθούν. Υποθέτουμε

3β-

__1L_ - _fL_ - _Q_ _l_ α- β - 3β - β - 2β - 2

τμημα

0,5m,

-

l·v)

ματα έχουν μετρηθεί σε ω. Είναι ΑΒ

β

iii) α+ 2β _ 3β + 2β _l[l_ ~

=s·

Το ίδιο γίνεται και αν τα ευθύγραμμα τμή-

3

~=~=~=4 α

= lOmm

ΑΒ

ί)

τώρα

ότι

ένα

ευθύγραμμο

τμήμα α είναι μεγαλύτερο από ένα τμήμα β,

, ΑΜ 5 , ΑΜ 5 ΜΒ Ε ιναι ΜΒ =2η =2

Άρα ΑΜ = ΑΒ

i2 .

4cω = 20 cm = 1Ocm, ενώ

2 = ΑΜ + ΜΒ = lOcm + 4cω =

14cω.

δηλαδή α> β.

Τότε στο λόγο~ ο αριθμητής είναι μεγαλύτερος από τον παρονομαστή και επομένως

είναι~> 1.

Προτεινόμενες Ασκήσεις Β3ι Ένα ορθογώνιο ΑΒΓΔ έχει διαστάσεις ΑΒ = 4cω και ΑΔ = 3cm. Να υπολογι­ στούν οι λόγοι:

Αντίστοιχα αν α= β τότε~= 1, αφού ο α­ ριθμητής είναι ίσος με τον παρονομαστή και

.)ΑΒ

Ι ΑΔ

αν α< β τότε~< 1 αφού ο αριθμη~ής είναι μιΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/26

.. )ΑΓ

11

ΑΔ

... )ΑΒ 111

ΑΓ


Λόγος Ευθύγραμμων Τμημάτων Α~------------~Β

Β33 Έχουμε ΑΒ

δύο

ευθύγραμμα

= 3cm και Γ Δ = 9cm.

i) Να υπολογιστεί ii) Δ~------------~Γ

Β 32 Α ν β α = 5 1 να υπο λ ΟΊιστουν , οι παρακάτω λόΊοt:

α

Αν διπλασιάσουμε το μήκος κάθε ευθ.

τμήματος πόσος θα είναι ο νέος λόγος~~; iii)

Αν αυξήσουμε το μήκος κάθε ευθ. τμή­

ματος κατά

πόσος θα είναι ο νέος λό-

6cm

iiil α+ 3α I

ο λόγος~~·

ΑΒ γ ο-ι,ΓΔ;

'')~ 11

i)Jl

τμήματα

·

· ) __lL_

IV

β-2α

Στήλη του Μαθητή Επιμέλεια Τ. Πατρώνης

_ο ~υμνασι~ρχης σε ερώτηση πόσους μα­

Ένας γεωμετρικός γρίφος Ενώστε τα κομμάτια κατά τέτοιο τρόπο ώ­

στε _να σχημα;ισθεί ένα τετράΊωνο και στη συνε_χ~ια χωρις να χρησιμοποιήσετε γεωμε­ τρικα οργανα απλό. και μόνο μετακινώντας τα τέσσερα αυτά κομμάτια του τετραγώνου υπο­ λογίστε τις γωνίες του αμβλυγωνίου τριγώνου.

θητες εχει, απαντησε: «Οι μαθητές είναι πε­ ρισσότεροι από

400

τους διατάξω κατά

και λιΊότεροι από

μαθητές. Αν τους διατάξω ανά ,

περισσευουν

500.

Αν

μαθητές μου λείπουν

5 μαθητές».

9

3

μαθητέ- uου Ό '

Πόσοι είναι οι μαθη-

τές του Γυμνασίου; Μανωλόπουλος Δημήτρης Γυμνάσιο Ν. Χαλκηδόνας Θεσ/νίκη

ΚΑΙ ΜΗ ΞΕΧΝΆΤΕ ΤΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΠΟΥ ΔΗΜΟΣΙΕΥΟΥΜΕ

ΣΤΟ ]

<<0

0

ΤΕΥΧΟΣ

ΩΟΝΟΚΕΦΑΛΟΣ ΤΟΥ ΣΧΕΔΙΑΣΤΉ».

Οι μαθητές του Β 3 Γυμνασίου της Ελλη­ νογερμανικής ΑγωΊής.

Οι μαθητές του Γυμνασίου ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/27


Αξιοσημείωτες ταυτότητες Γ, i~ξη

ι

Σ. Κολυβάς 2

(α+ β) =(α+ β)(α +β)

Φί.λοι μαθητές στο κείμενο που ακολουθεί θα προσπαθήσουμε να ασχοληθούμε με ένα α­ πό τα σπουδαιότερα κεφάλαια της Άλγεβρας, που είναι οι ταυτότητες.

Έστω ότι έχουμε την δύναμη (χ+ 1)2 δη­ λαδJΊ το τετράγωνο του αθροίσματος δυο αριθ­

(επιμεριστική ιδιότητα)

ή

(επιμεριστική ιδιότητα)

ή

Από τον ορισμό της δί)ναμης θα έχουμε μεριστικΙ1ς ιδιότητας, έχουμε τελικά την ισό­ τητα

(α + β )2 = α2 + β α + α β + β

ή

(α+β) =α2 +2αβ+β 2

Αρα:

το ..διπλάσιο γινόμενο 'των αριθμών αυτών.

l η,

Η γεωμετρικ1Ί

(1) Αν στην ισότητα

(1) βάλουμε στη της μεταβλητ:~iς χ μια οποιαδήΠοτε τιμή

1. 11

χ=

ή

-5.

...

ίl + 1) =2 =4

12 + 2·1·1 + 12 = δηλ.

(1

θέση

π.χ.

Δ

-rι

Ί

2

Ι + 2 + 1= 4 f

I I

β

1

2

(-5 + 1) = (-4) = 16 2 (-5) +2·(-5)·1 + 12 =25-10+ 1 = 16 J δηλ.

2

2

Ι I

2

αβ

α

ι

Συνεχίζοντας αυτή την διαδικασία βάζο­

_t+---------~----------~

ντας στην θι':ση της μεταβλητής μια οποιαδή­ ποτε τιμή. παρατηρούμε ότι η αριθμητική τιμή

Α :-ι---- α

_____.,.,ι----

(1) είναι ίση

(l ).

Αυτές τις ισότητες που αληθεύουν γιακά­ θε τιμ1Ί των μεταβλητών που περιέχουν, τις ο­

νομάζουμε ταυτότητες.

(Σχ.

τό)ν τους.

Ας προσπαθήσουμε τό)ρα να βρούμε μερι-

κές βασικές ηωτότητες χρήσιμες Ίια το λογιΤετράγωνο του αθροίσματος α

+

β.

Ία α και β είναι αριθμοί ή μονώνυμα. Για όλα τα α και β θα έχουμε:

Β

1)

Βλέπουμε ότι το εμβαδόν του τετραγώνου

(ΑΒΓΔ) =(α+ β) 2 Ακόμη το εμβαδόν του (ΑΒΓ Δ) όπως φ' ;i-

(1)

δίνεται από τη σχ~:ση

(ΑΒΓΔ)=(ΑΕΖΗ)+(ΖΕΒΘ)+(ΖΙΔΗ)+ίΖΘΓΙ) 2

i .,

(α + β ) = α + β α + α β + β

I η

(α+ β) 2 = α 2 + 2αβ + β

2.

2

2

2

Τετράγωνο της διαφοράς α Επειδή η ταυτότητα

1.

_______..,

ΑΒΓΔ, του οποίου η πλευρά είναι α+ β, είνω

νετα:ι σcο σχήμα

Ώστε: Ταυτότητες ονομάζουμε τις ισότητες που αληθεύουν για κάθε τιμή των μgταβλη-

β

Ε

με την αριθμητική τιμή του δεύτερου μέρους της ισδτητας

β2

Ι Ι

(-5 + 1) = (-5) + 2·(-5)·1 + 1

του πρόJτου μέρους της ισότητας

αβ

111+'--------~2~----------~Θ

+ 1)2 = 12 + 2·1·1 + 12 2

ερμηνεία της ταυτότητας

αυτής φαί\ιεται στο σχήμα (1 ), φυσικά για θε­ τικούς αp'ιθ,uούς.

θα έχουμε 1

(2)

ριθμών ισούται με το άθροισμα των τε­ τραγώνων των αριθμώv αυξημένο κατά

(χ+ 1) 2 =(x+l)·x+(x-r- 1)·111

χ=

2

Το τετράγωνο του αθροίσματος δύο α­

(1).

,2 2 ( Χ+ ] ι =Χ +Χ+Χ+

2

(αναΊωγή όμοιων όρων)

μόη·.

(χ+ 1) 2 =(χ +1) (χ+ 1) Με τη βοήθεια της επι­

(α+β) 2 =(α+β)·α+(α+β)·β

- β.

(2) ισχύει για κάθε α

και β, μπορούμε στη θέση του β να βάλουμε το -β τότε θα έχουμε:

[α+ (-β)] 2 = α 2 + 2α(-β) + (-β) 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/28


Αξιοσημείωτες ταυτότητες

(α-β}2 =α2 -2αβ+β

ll

Άρα:

2

Γ

Δ

(3)

I

Το τετράγωνο. της διαφοράς δύο αριθ­ μών ισούται με το άθροισμα των τετρα­

Σ2

γώνων των αριθμών ελαττούμενο κατά

α-β

το διπλάσιο γινόμενο των αριθμών αυ­

τών.

Η

Ε

Γεωμετρικά αυτό φαίνεται από το σχήμα Ι

Δ

Γ

β2

?>1

I _υ Θ

Σ1 Ε α

I

ή

______.,z

(Σχ.

(4)

ορθογώνιο

Σι + Σ2 = α

2

-

β

και

(1)

(1)

το

+ Σ 2 = (ΑΒΓΔ)-

Από τις

2)

(ΒΖΗΘ)

2

(2)

(2)

σχέσεις έχουμε

2

(α+ β)( α- β)= α - β 2

Βλέπουμε ότι (ΑΒΓ Δ)=(ΘΖΓΙ)-(ΘΖΒΗ)-(ΘΕΔI)+(ΘΕΑΗ) 2

το

που έχει διαστάσεις α+ β και (α- β)

Στο σχήμα

I

β"

4)

έχουμε

(3)

άρα(ΚΛΜΝ) =(α+ β)( α- β)= Σι+ Σ 2 •

I

β

σχήμα

, (ΚΛΜΝ)

Α

I

I

-._.. Β~

Θ

(Σχ. Η

β

Α ι+-___α___;β~ α 11ιι4 -~β_

Στο

-r

tz

(2)

2

ll

(α-β) =α -βα-αβ+β

ή

(α - β )2 = α2

-

2

4.

Ο κύβος του (α+ β)

Έστω ότι α, β είναι δυο τυχαίοι αριθμοί ή

2αβ + β 2

μονώνυμα, όπως προηγουμένως έχουμε τονί­

Παρατήρηση: Προσθέτω το (ΘΕΑΗ) γιατί το

σει, και θέλουμε να υπολογισουμε. τον κύβο

aφαιρώ δύο φορές με τα (ΘΖΒΗ) και (ΘΕΔΙ).

του αθροίσματος τους. Διαδοχικά θα έχουμε:

3.

Γινόμενο του αθροίσματος δύο αριθμών επί

(α+ β) 3 =(α+ β) ·(α +β)

την διαφορά τους.

(α+ β) 3 = (α 2 + 2αβ + β )·(α +β)

2

2

Μας ζητούν να βρούμε με τί ισούται το γι­

(επιμεριστική ιδιότητα)

νόμενο (α+ β)(α- β) με την βοήθεια της επι­

μεριστικΊΊς ιδιότητας θα έχουμε διαδοχικά.

ή

ή

(α~β)(α-β)=α +βα-αβ-β

ll

(α+β)(α-β)=α 2 -β 2

Άρα:

2

ή

διαφορά των τετραγώνων των αριθμών

ή

Γεωμετρικά αυτό φαίνεται στα σχήματα

??

?'

-r Σι.

α- β

1- - - - - -_ -_ -+ ------+____ _ _..,._ β

_l

----.,Λ

(α+ β) 3 = α 3 + 3α2 β + 3αβ + β 2

3

πρώτου επί τον δεύτερο, συν το τριπλάσιο γινόμενο του πρώτου επί το τετράγωνο

Μ

Ν

3)

2

σούται με τον κύβο του πρώτου συν το τριπλάσιο γινόμενο του τετραγώνου του

(3) και (4).

(Σχ.

3

Άρα: Ο κύβος του αθροίσματος δύο αριθμών, ι­

αυτών.

α

3

(α+ β) =α +2α β+αβ-+α-β+2αβ-+βj (αναγωγή όμοιων όρων)

Το γινόμενο του αθροίσματος δυο αριθ­ μών επί τη διαφορά τους, ισούται με τη

Κ,._

2

( επιμέριστική ιδιότητα)

(α+ β)(α- β)= (α+ β)·α- (α+ β)·β 2

2

(α+β) 3 = (α2 +2αβ+β 2 )·α + (α +2αβ+β )·β

του δεύτερου, συν τον κύβο του δευτέρου. Στο σχήμα

5

δίνεται η γεωμετρική ερμη­

νεία της ισότητας

(α+ β) 3 = α 3 + 3α 2 β + 3αβ 2 + β

3

όταν τα α και β είναι μήκη τμημάτων. Ένας κύβος, που έχει ακμή α + β, χωρίζε­ ται σε δύο κύβους με ακμές α και β αντιστοί­ χως και σε δύο τριάδες ορθογώνιων παραλλη­ λεπιπέδων, των οποίων οι διαστάσεις είναι β, α, α και β, β, α, αντιστοίχως.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/29


Αξιοσημείωτες ταυτότητες

β.tHf

β~LJ) ~~ (Σ

5.

Ο κύβος της διαφοράς α

-

. 5)

β.

(α+ β)ο:

Α ν στην ταυτότητα

(α+ β)

3

3

(α+ β)Ι:

+ 3α 2 β + 3αβ 2 + β 3

2

αντικαταστήσουμε το β με το -β, όπως και

Άρα:

3

-

3α 2 β + 3αβ 2 - β 3

3

3

και η υποτείνουσα περιέχουν μόνο μονάδες.

Α ν εργαστούμε ανάλογα με τις προηγού­ μενες περιπτώσεις, μπορούμε να βρούμε τα α­ μεγαλύτερων

(α+ β) :

γώνιο τρίγωνο του οποίου μια κάθετος πλευρά

Μπορούμε να πούμε ότι ''Ο κύβος της διαφοράς δυο αριθμών ισούται ... ".

ναπτύγματα

1

Παρατηρούμε ότι σχηματίζεται ένα ορθο­

[α+ (-β)] 3 = α3 +3α2 (-β)+3α(-β) 2+(-β) 3 (α- β) 3

2

3

προηγούμενα, θα έχουμε

ή

(α+β) :

δυνάμεων

του

α­

θροίσματος ή της διαφοράς δυο αριθμών. Παρακάτω θα μάθουμε ένα διαφορετικό

τρόπο να βρίσκουμε τους συντελεσ~ές του α: ναπτύγματος μιας δύναμης του αθροισματος η της διαφοράς δύο αριθμών. , Μας ενδιαφέρουν μόνο οι συντελεστες,

γιατί όπως παρατηρούμε στι~ ταυτότητες που μάθαμε, οι δυνάμεις του πρώτου αριθμού ξεκ;­ νούν με τον ίδιο εκθέτη της δύναμης που θε­ λουμε να αναπτύξουμε και ελαττώνουν κατά μονάδα μέχρι να μηδενισθούν. Αντιθ.έτ~ς του δεύτερου ξεκινούν από την μηδενικη δυναμη και αυξάνουν, μέχρι ο εκθέτης να είναι ίσος με τον εκθέτη του πρώτου.

Ακόμα παρατηρούμε ότι στο άθροισμα τ~

Οι υπόλοιποι αριθμοί κάθε ένας, είναι άθροι­ σμα δυο αριθμών της προηγούμενης σειράς, του αριθμού που βρίσκεται πάνω από αυτόν

που ζητάμε και του αμέσως αριστερά του. Βάση του κανόνα αυτού ας προσπαθήσου­

με να βρούμε τους συντελεστές του. (α+ β) Ο πρώτος είναι το

ρο είναι το

3

1.

4

.•

Πάνω απο τον δευτε­

και αριστερά του το

τούμενος συντελεστής είναι

1, άρα ο .ζη­ 3 + 1 = 4. Α ν τωρα

θέλουμε να βρούμε τον τρίτο, πάνω απ' αυτόν βρίσκεται το

3

και αριστερά του επίσ.ης το

άρα ο τρίτος θα είναι το τον τέταρτο είναι το

1

3+3

= 6 ..πανω

και αριστερα του το

άρα ο τέταρτος είναι το Ι

3;

απο

3,

Πάνω ?πό

+ 3 = 4.

τον πέμπτο είναι κενό (μηδέν) και αριστερα το

1 άρα Ο+ 1 = 1. Δηλαδή:

(α+β)4:~ ομοίως για το: (α+ β) 5 : 1 + 5 +10+10+ 5 + 1

πρόσημα είναι όλα θετικά, ενώ στην διαφορα είναι πλήν μόνο οι περιττές δυνάμεις του δεύ­ τερου αριθμού.

Αν

Μέχρι τώρα μάθαμε ότι:

(α+β) 0

(α+ β)

3

βρούμε

κατ' αυτόν τους

τον

τρόπο

συντελεστές

ο­

ποιουδήποτε αναπτύγματος.

α+β=l·α+l·β

Το τρίγωνο που σχηματίζεται λ~γεται α­ ριθμητικό τρίγωνο του Pascal και κρυβει πολ­

2

λές ιδιότητες.

l·α + 2αβ + 1·β 3

2

Σ' άλλο τεύχος του Ευκλείδη α' θα σας α­

2

2

α + 3α β + 3αβ + β 3

2

2

ναφέρουμε μερικές.

3

l·α + 3α β + 3αβ + 1·β

3

Α ν βάλουμε τους συντελεστές αυτών των δυνάμεων σ' ένα πίνακα, ώστε οι πρώτοι συ­

Για εξάσκηση συνεχίστε την κατασκευή του αριθμητικού τριγώνου του Pascal και βρεί­

τε τους συντελεστές του (α + β)

10

και του

(α- β)ΙΙ.

ντελεστές να βρίσκονται στην αυτή στήλη τό­ τε θα έχουμε:

να

1 α 2 + 2αβ + β 2

= = =

συνεχίσουμε

μπορούμε

Δεν πρέπει να ξεχνάμε ότι στη διαφορά οι περιττές δυνάμεις του β είναι αρνητικές.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/30


Η εξίσωση 2"υ βαθμού Τότε και Τώρα

Η εξίσωση 2ου βαθμού Τότε και Τώρα Κ. Γαβρίλης

Δεν ξέρω πόσο απίστευτο φαίνεται αλλά πράγματι οι Αρχαίοι λαοί της Μεσοποταμίας έλυ­ ναν εξισώσεις 2ου βαθμοίJ. Με τον τρόπο τους βέβαια αλλά τις έλυναν. Για την ακρi.βεια έλυναν προβλήματα που όταν τα προσαρμόσουμε στη δική μας πραγματι­

κότητα οδηγούν στην επίλυση εξίσωσης 2°υ βαθμού. Και οι μέθοδοι επίλυσης των εξισώσεων αυτών μας προκαλούν να τις ακολουθήσουμε και σήμερα. Ας τις γνωρίσουμε. Οπως αναφέρονται σε βιβλία Ιστορίας των Μαθηματικών.

Οταν αναφερόμαστε στους Αρχαίους λαούς της Μεσοποταμίας συνήθως αναφερόμαστε στους Αρχαίους Βαβυλώνιους. Ας τους γνωρίσουμε. Χώρος: Μεσοποταμία

Λαός:

Αρχαίοι Βαβυλώνιοι που διαδέχτηκαν τους Σουμέριους και τους Αρκάδες.

Ιστορικά πρόσωπα- γεγονότα: Χαμουραμπί Γραφή: Σφηνοειδής

Αριθμητικός Συμβολισμός: Σύστημα αρίθμησης: Παράδειγμα:

L

(1750

= μονάδα,

τ

Εξηκονταδικό

π.Χ.)

= δεκάδα

(μονάδες, εξηντάδες, 3600δες, κ.λ.π.)

1547 = 1000 + 5·100 + 4·10 + 7

(δεκαδικό σύστημα)

1547 = 25·60 + 47

(εξηκονταδικό σύστημα)

1547 =

LL

τ.,7ττ

LL LL

ττττ ΊΎτ (σφηνοειδής γραφή)

Μονάδες μέτρησης χρημάτων, βάρους: 1 τάλαντο

= 60

μνές

1 μνά = 60

σίκλοι

= 60 λεπτά 1 λεπτό = 60 δευτερόλεπτα 1 ώρα

Μονάδες μέτρησης χρόνου:

Μαθηματικές γνώσεις:

1)

Εκτελούσαν τις βασικές πράξεις, πρόσθεσης, πολ/μού και διαί.ρεσης με ακέραι­ ους και κλασματικούς αριθμούς.

2) Υπολόγιζαν ρίζες. Π.χ . ...J2 c::=. 1 5 12 3)

Έλυναν προβλήματα εξισώσεων και συστημάτων lου βαθμού καθώς και προβλή­ ματα εξισώσεων 2ου βαθμού.

4)

Υπολόγιζαν μήκη ευθ. τμημάτων και εμβαδά.

5)

Εφάρμοζαν το Πυθαγόρειο Θεώρημα.

Η εξίσωση 2°υ βαθμού Τα προβλήματα που παρουσιάζονται εδώ καθώς και οι μέθοδοι λύσης τους είναι παρμένα α­ πό τα βιβλία:

Ι)

«Οι Ιστορικές ρίζες των Στοιχειωδών Μαθηματικών», των

2)

«Συνοπτική ιστορία των Μαθηματικrον» του

L.Bunt, Ph.Jones, J.Bedient

Dirk Struik

και είναι προσαρμοσμένα στη σημερινή μας πραγματικότητα. Κάθε θέμα παρουσιάζεται με δύο τρόπους: Τον ΤΟΤΕ και τον ΤΩΡΑ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

213!


Η εξίσωση

2°" βαθμού Τότε και Τώρα

ιu πρόβλημα.

Να βρεθούν δύο αριθμοί με άθροισμα Η λύση του ΤΟΤΕ: Έχουν άθροισμα ' η

~ΓΊ -

Ί χ-

=

Οι δύο ζητούμενοι

7- χ+ 7 +χ= 14 και

4-) η' 49 -

Ί χ-

14 και γινόμενο 45. αριθμοί είναι οι 7- χ και 7 +χ.

γινόμενο

(7-

χ)(7 +χ)=

45.

= 4 )- η' χ-Ί = 4 η' Χ = -) 7- 2 = 5 και ο άλλος 7 + 2 = 9.

Άρα ο ένας αριθμός είναι ο

Η λύση του ΤΩΡ Α: Έστω χ ο έvας αριθμός. Ο άλλος θα είναι

14- χ. Και έχουν (14- χ)χ = 45 ή 14χ- χ 2 = 45 ή -χ 2 + 14χ- 45 =Ο.

γινόμενο

45.

Άρα:

Έχουμε α= -1, β= ι-+. γ= -45. Άρα: Δ= β - 4αγ =14 2 - 4(-1)(-45) = 196- 180 = 16 2

Άρα: χ=-β±Vβ 2 -4αγ=-14±ffi=-14±4={ ~ -2 -2 2α

5

Άρα οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι

5 και 9.

Σχόλιο: Οι Βαβυλώνιοι δεν συμβόλιζαν με χ ή με κάποιο άλλο τρόπο ένα ζητούμενο αριθμό. (Αυτό έγινε πολύ αργότερα από τον Διόφαντο (300 μ.Χ.)). Αυτοί εκτελούσαν κάποια συγκεκριμένα βήματα με μία συγκεκριμένη σειρά. Δηλαδή:

1° βήμα: 2° βήμα: 3° βήμα:

4° βήμα:

Εύρισκαν το μισό του

14, το 7. Εύρισκαν το τετράγωνο του 7, το 49. Εύρισκαν την διαφορά: 49 - 45 = 4. Από πίνακες εύρισκαν ποιός αριθμός είχε τετρά'(ωνο Δηλαδή εύρισκαν το

5° βήμα:

4.

2.

Εύρισκαν τους δύο ζητούμενους αριθμούς

7 + 2 = 9 και 7- 2 = 5.

Εφαρμr5στε τη μέθοδο του ΤΟΤΕ για να ))5σετε τα εξής προβλιjματα: Γ 15 ) Να βρεθούν δύο αριθμοί που έχουν άθροισμα

12 και

Γ 16 ) Να βρεθοι)ν δι)ο αριθμοί που έχουν άθροισμα

4 και

Γ 17 ) Να βρεθούν δύο αριθμοί που έχουν άθροισμα

13 και

γινr5μενο

γινr5μενο

32.

-21.

γινr5μενο

42.

' 'θ 13 ' 8 Γ 18) Να βρε θου' ν δ'υο αρι θμοι' που εχουν α ροισμα 5 και γινομενο s· 2° Πρόβλημα. Να βρεθούν δύο αριθμοί που διαφέρουν κατά 6και έχσμν γινόμε\!916. • Η λί)ση του ΤΟΤΕ: Οι δύο αριθμοί είναι οι χ+ Διαφέρουν κατά

6,

3 και

δηλαδή: (χ+

χ-

3. (χ-

3)-

3)

=χ+

3- χ+ 3 = 6

και έχουν γινόμενο 16, δηλαδή: (χ+ 3)- (χ- 3) = 16 ή χ 2 - 9 = 16 ή χ 2 = 25 ή χ= 5 Άρα ο ένας αριθμός είναι ο

5-3= 2

και ο άλλος είναι ο

5 + 3 = 8.

Η λύση του ΤΩΡ Α:

Έστω χ ο μικρότερος αριθμός και χ+

6ο

μεγαλύτερος. Αυτοί έχουν γινόμενο:

2

χ(χ+6)=16 ή x +6x=l6 ήχ +6χ-16=0 2

Άρα ·.

Χ=

-6

±:162 -

2

4·1-(-16)

-6 ±1@5 -6 ± 10 { = 2 = 2 =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

8 -,

i

2/32

I


Η εξίσωση

Αν ο ένας είναι ο

2,

ο άλλος είναι ο

Αν ο ένας είναι ο

-8,

2"" βαθμοί> Τότε και Τώρα

6 + 2 = 8.

ο άλλος είναι ο

-8 + 6 = -2.

Σχόλιο: Οι Βαβυλώνιοι δεν γνώριζαν τους αρνητικούς αριθμούς και έτσι δεν μπορούσαν να προσδιορίσουν την αρνητική λύση

-2

και

-8.

Τα παρακάτω προβλήματα να )_υθούν με τη μέθοδο του ΤΟ ΤΕ. Γ 19 Να βρεθούν δύο αριθμοί που διαφέρουν κατά 4 και έχουν γινόμενο

Γ 20 Να βρε θου' ν δ'υο αρι θμοι' που

δ ιαφερουν ' '3 ' ιcατα 5 και εχουν

'

γινομενο

32. 2

Σύμφωνα με τη μέθοδο του ΤΟΤΕ η εξίσωση χ 2 + 6χ = 16 λύνεται ως εξής: Αυτή γράφεται χ(χ

+ 6) = 16.

Δηλαδή έχουμε δύο αριθμούς που έχουν γινόμενο

16

και διαφέρουν κατά

6.

Άρα ο ένας είναι

οα+3καιοάλλοςοα-3.Τότε: (α-3)(α+3)=16 ή α 2 -9=16 ήα 2 =25 ή α=5 ή α=-5. Άρα οι δί>ο αριθμοί είναι

5-3= 2 και 5 + 3 = 8 ή-5-3= -8

και

-5 + 3 = -2

οι άλλοι.

Μπορείτε με βάση αυτή τη μέθοδο, τη μέθοδο του ΤΟΤΕ, να ).ύσετε τις παρακάτω εξισώσεις;

Γ21

1) χ 2 +4χ=32

2) χ 2 +8χ=9

3) χ 2 -6χ=-8

Μπορείτε με τη μέθοδο του ΤΟΤΕ του πρcότου προβ/.ήματος να λύσετε τψ εξίσωση:

Γ22

-:·/

+6χ =8

Πρόβλημα.

Να λυθεί η εξίσωση: 7χ2 + 6χ =ι· Η λύση του ΤΟΤΕ:

Πολ/ζουμε με 7 τα δύο μέλη και έχουμε:

7·(7χ 2 + 6χ) = 7·1 ή (7χ) 2 + 6(7χ) = 7

Αν 7χ =ω έχουμε: ω 2 + 6ω = 7 ή ω( ω+ 6) = 7 Γ 23 Μπορείτε να συνεχίσετε την )_ύση με βάση τις προηγούμενες

μεθόδους του ΤΟ ΤΕ; Η /.ύση είναι χ =~ Η λύση του ΤΩΡ Α: 2

Η εξίσωση 7χ 2 + 6χ = 1 γράφεται 7χ + 6χ- 1 =Ο. Άρα:

2 _ -6 ±Υ6 - 4-7·(-1) _ -6 ±)64 _ -6 ± 8 -{

χ-

2·7

-

14

-

14

-

~1

1

7 Με τη παραπάνω μέθοδο των Βαβυ/_ωνίων να /_υθούν οι παρω.:άτω εξισώσεις:

Γ2 4

1)

3χ 1 +2χ

=1

2χ 2 -3χ =2

2)

Το παρακάτω πρόβλημα περιέχεται σε πινακίδα εκείνης της εποχής που φυλάσσεται στη Βιβλιοθήκη του Εθνικού Πανεπιστημίου του Στρασβούργου.

Πρόβλημα.

Μια έκταση που αποτελείται από δύο τετράΊωνα έχει εμβαδό ίσο με

1000. Η μια πλευρά του

ενός τετραr,ώνου είναι όσο τα·~ της πλευρά~ του άλλου ελλατωμένη καηi 10. Ποιές είναι οι πλευρές των δύο τετραγώνων; Γ25 ) Μπορείτε να Ι.ύσετε αυτό το πρόβ/_ημα με τη μέθοδο του ΤΟΤΕ;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/33


56ος Πανελλήνιος Μαθητικός Διαγωνισμός στα Μαθηματικά

«0

ΘΑΛΗΣ» Επιμέλεια Α. Τριανταφύλλου

κά για μαθητές Γυμνασίου-Λυκείου που διορ­

ΚΛ = ΚΓ = ΛΔ σαν ακτίνες ίσων κύκλων. Ε­ πίσης επειδή οι ΓΚ, ΔΛ είναι κάθετες στην ΚΛ θα είναι μεταξύ τους παράλληλες. Άρα

γανώνει κάθε χρόνο η Ελληνική Μαθηματική

τελικά το ΚΛΔΓ είναι τετράγωνο.

Στις

21

Οκτωβρίου

1995

πραγματοποιήθη­

κε ο πανελλήνιος διαγωνισμός στα Μαθηματι­

Στο

Εταιρεία

ίδιο

συμπέρασμα

καταλήγουμε

αν

Παραθέτουμε τα θέματα και ενδεικτικές

χρησιμοποιήσουμε τον διαβήτη μας για να με­

λύσεις που αφορούν τους μαθητές των τάξεων

τρήσουμε τα ευθ. τμήματα ΚΛ, ΛΔ, ΔΓ, ΚΓ .-"..

Β και Γ γυμνασίου.

καθώς και το μοιρογνωμόνιο για τις γωνίες Κ, .-"..

ι Θέματα για την Β! τάξη Γυμνασίου 1β.

Να χαράξετε κύκλο (Κ,

3cm).

Με κέντρο το

σημείο Λ του κύκλου να χαράξετε δεύτερο κύκλο (Λ,

I

.Δ..

Το τρίγωνο ΑΓ Λ είναι ισοσκελές τρίγωνο (ΑΓ = Γ Λ) αφού η ΓΚ είναι μεσοκάθετος του ΑΛ.

""""

Το τρίγωνο ΑΔΒ είναι σκαληνό.

τον Κ στο Α και τον Λ στο Β, αν προεκτα­ θεί. Να κατασκευάσετε τις ακτίνες ΚΓ, ΛΔ

κάθετες στην ΚΛ και πρός το μέρος της ΚΛ α)

Τι

είδους

είναι

τα

Το ΑΚΔΓ είναι παραλληλόγραμμο αφού

οι απέναντι πλευρές του ΑΚ, ΓΔ είναι ίσες και παράλληλες.

Το ΑΓ ΔΒ είναι ισοσκελές τραπέζιο γlατί

σχήματα ΚΛΔΓ,

ΑΓΛ, ΑΔΒ, ΑΚΔΓ, ΑΓΔΒ;

Γ~ 11 ΑΒ, ενώ ΑΓ

β) Ν α υπολογίσετε τα εμβαδά των πέντε

ΒΛΔ είναι ίσα. Επίσης θα μπορούσαμε να πούμε ότι ΑΓ = ΔΒ επειδή είναι χορδές ίσων κύκλων που αντιστοιχούν σε ίσες επίκεντρες γωνίες, ή συγκρίνοντας τα ευθ. τμήματα ΑΓ, ΔΒ με τον

αυτών σχημάτων.

Λύση α)

.-"..

Λ, Δ, Γ.

Η διάκεντρος ΚΑ τέμνει

3cm).

.-"..

Με κέντρο ένα τυχαίο σημείο Κ και ακτί­

να ίση με 3cm χαράσουμε κύκλο και στην συ­ νέχεια με κέντρο ένα τυχαίο σημείο Λ και ίση

ακτίνα (χωρίς να μεταβάλουμε το άνοιγμα του διαβήτη) χαράσουμε δεύτερο κύκλο. Φέρνου­

= ΔΒ

αφού τα τρίγωνα ΑΚΓ,

διαβήτη.

β)

ΕκΛΔΓ = (ΚΛ? = (3cm) = 9cm 2

2

ΕΑΓΛ = .l β-υ= .lΑΛ-ΚΓ = -kicm·3cω = 9cω 2 2

με την διάκεντρο ΚΛ η οποία προεκτεινόμενη

2

2

ΕΑΔΒ =~β-υ =~ΑΒ·ΚΔ =~9cω·3cm =

τέμνει τους κύκλους στα Α, Β.

2 ~n1 = 13 5cm2 2 '

Γ

ΕΑκΔΓ = β·υ = ΑΚΚΓ = 3cm·3cm = 9cm Ε

_

ΑΓΔΒ-

(Β+ β)·υ

2

_

-

9cω

+ 3cm .3cm _ 2

-

12 cm ·3cm = 18cm2 2

2β. Στη συνέχεια χρησιμοποιώντας τον γνώ­ μονα (ορθογώνιο τρίγωνο) φέρνουμε κάθετες στα σημεία Κ, Λ πάνω στην ΚΛ.

Να υπολογίσετε το άθροισμα

Α=

1 1 + --;-;;~+ -1- + ... + ασ + 1 αΙ994 + 1 αι995 + 1

Φέρνοντας την Γ Δ παρατηρούμε ότι το τετράπλευρο .-"..

Κ

ΚΛΔΓ

έχει

τις

γωνίες

του

.-"..

=

Λ

= 90°

από

κατασκευής

και

τις

1 + + α-19941 + +···+ 1 1

α-1995

με α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

* Ο και α * -1

2/34

2


56ος Πανελλήνιος Μαθητικός Διαγωνισμός

αριθμό Α=

Λύση

Για να μπορέσουμε να υπολογίσουμε αυτό το άθροισμα πρέπει να προσπαθήσουμε να ε­

κτελέσουμε τις πράξεις σε κάθε όρο του α­

θ ,

α-1995

+1

α

σματος έχει σαν παρονομαστή ένα γινόμενο

1 1995 + 1

δύο αριθμών που ο πρώτος είναι κατά μία μο­

νάδα μικρότερος από τον άλλο, οπότε η γενι-

Ομοια μπορούμε να υπολογίσουμε όλους 0

τους όρους μέχρι τον α που έχουν υψωμένο το

α σε αρνητικό εκθέτη.

κή μορφή κάθε όρου θα είναι φυσικός

Ακόμη παρατηρούμε ότι ο πρώτος όρος

ν

Άρα οι όροι που απέχουν εξίσου από τον -

α

είναι ομώνυμα κλάσματα και μάλιστα έ­

1 - 0

+1

α-1995

+1

+

1

αι995

αι995

--:-Ξ~-+ αι995

+1

αι99s

+1

'δ'υο

ιαφορα

1

αι995

αι995

+1 +1

αι995

+ 1 + αΙ994 + 1 αι994

ι+ 1 + _1_ = ι ο + αα+1 α+1

και για

+1 + 1= 1

3β.

+1 +···+ αι993 + 1 αΙ993

"

α+1

1995 προσθετέοι

+i= 2·19~5 +

·ν

γράφεται

,

ν

(ν-1)-ν

(ν-1)·ν

θ

ν=4

"

1 1 1 3·4 =3-4

ν=99

"

1 98·99

ν=

1 = 39;1

α

1 1 - - - .l 12 ·ν ν- 1 ν , 1 1 1 εχουμε - = - - 1·2 1 2 1 1 1 2·3 =2-3 ν-

=

1 1 98-99

1 99·100

100

1 -1 99

100

οπότε προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ισότητες απλοποοιούνται οι όροι στο δεύτερο

λύτερος;

μέλος σαν αντίθετοι και έχουμε

ii)

Α= 1 Β

...

1996

,

Β= (-1996)

(/2 /3 +

+ ... +

1995

5555553 5555557' Β

=-

99·~00)

1

1

1

1

99

1

,

+ · ·· + 99·100 = 100 οποτε.

99 - - 1- - Ο Ο 1 ' 1 - 100 - 100 - ' αρα Β > Α

ίίί) Παρατηρούμε ότι ο αριθμητής •διαφέρει από τον παρονομαστή κατά 4 μονάδες

Παρατηρούμε ότι ο αριθμός Α είναι δύνα­

Α θετικός αριθμός. Ενώ ο Β είναι δύναμη με αρνητική βάση και περιττό εκθέτη άρα είναι Ο και Β

1

Α --

μη με αρνητική βάση και άρτιο εκθέτη άρα ο

>

1

Π+ 2·3

6666665 6666669

Λύση

αρνητικός αριθμός. Αφού, λοιπόν Α

1

π+ 2·3 + ··· + 99·100 =τ- 100 δηλ.

= 0,0100001

ιιι) Α =-

<

Ο θα είναι

Α>Β.

ii)

\)

Ποιος από τους αριθμούς Α, Β είναι μεγα­

i) Α= (-1995)

i)

?

ν=_

ν=3

1 + 1 + 1 + ... + 1 +-ο--= 1

1995 + 1 ~ 1 = 1995

ν-

)

Οπότε το ζητούμενο άθροισμα θα είναι ..::..:.,.,~'----"-+

'

(

ΚΛασματων

Άρα θα ισχύει ( αι995

=

δ

ν-1

=

+1

ώστε

(ν-1)-ν"

χουν άθροισμα την μονάδα γιατί

1

1 ) όπου ν 1 ·ν ν ;::, 2 και

ν-

1 -1- - ν- 1 ν (πράγματι-1__ .l= ν-(ν-1)= ν-ν+ 1 = σαν

τέτοιος

Αλλά ο γενικός τύπος

διο παρονομαστή με τον τελευταίο όρο τον

1

αριθμός

(

( 100.

του αθροίσματος που υπολογίσαμε έχει τον ί­

αι99s+

1 1 1 1-2 + . + ··· + . 23 99 100

του α ροισματος:

Παρατηρούμε ότι ο κάθε όρος του αθροί­

1

1

=

( 1 ~ 2 + 2~ 3 + ··· + 99 .; 00 ) πρέπει

1-

να υπολογίσουμε κάθε έναν από τους όρους

θροίσματος. Οπότε είναι:

1

«0 Θαλής»

άρα:

Α = _ 5555553 = _ 5555557 - 4 =

5555557

5555557

5555557 4 4 1 - 5555557 + 5555557 = - + 5555557 όμοια:

Για να μπορέσουμε να υπολογίσουμε τον ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/35


56ος Πανελλήνιος Μαθητικός Διαγωνισμός

Β=-

6666669 > 5555557

Θαλής>>

μιας διαγωνίου του πίνακα. Για ποιον παίκτη υπάρχει σίγουρη στρα­

6666669-4 4 6666669 = - 1 + 6666669

Επειδή

<<0

τηγική να νικήσει, για αυτόν που παίζει πρώτος ή για αυτόν που παίζει δεύτερος; Γιατί;

θα έχουμε:

1 1 ' 6666669 < 5555557 αρα και

Λύση

4 4 , Α Β 6666669 < 5555557 οποτε >

Επειδή ο πρώτος παίκτης έχει περισσότε­

ρες δυνατότητες επιλογής τετραγώνων, θα εί­ 4β.

Έχο\Jμε

200

αυγά τα οποία θέλουμε να το­

ποθετήσουμε σε καλάθια κατά τέτοιο τρό­

ναι αυτός που μπορεί να νικήσει, αν χρησιμο­ ποιήσει την κατάλληλη στρατηγικιΊ. Η στρατηγική που πρέπει να ακολουθή­

πο, ώστε κάθε καλάθι να περιέχει διαφορε­ τικό αριθμό αυγών.

σει είναι να φέρει το παιχνίδι σε τέτοιο ση­

Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός καλαθιών

μείο ώστε αυτός να έχει στην επόμενή του κί­ νηση δύο θέσεις που να δημιουργούν τρία ίδια σύμβολα στη σειρά. Οπότε ο άλλος θα χάσει γιατί θα μπορεί με την κίνησή του να απο­ κλείσει τη μία από τις δύο θέσεις. Για να το πετύχει αυτό ο πρώτος παίκτης

που μπορούν να χρησιμοποιηθούν σ' αυτή την διαδικασία; Λύση

Επειδή πρέπει να τοποθετήσουμε διαφο­

ρετικό αριθμό αυγών σε κάθε καλάθι αρχίζου­ με να τοποθετούμε αυγά σε καλάθια αυξάνο­ ντας κάθε φορά κατά ένα τα αυΊά (και υπολο­ γίζοντας το άθροισμα μας όλων των αυγών που

τοποθετούμε να μην υπερβεί το

200).

Αυξά­

νουμε κάθε φορά τα αυγ{χ του επόμενου καλα­ θιού κατά ένα γιατί αναζητούμε το μέγιστο α­

πρέπει να ξεκινήσει από το κεντρικό τετρά­ γωνο και να βάλει π. χ. ένα σταυρό. Ο δεύτερος παίκτης πρέπει να βάλει οπωσδήποτε έναν κύκλο σΌποιοδήποτε άλλο τετραγωνάκι (γιατί αν βάλει σταυρό νικάει αμέσως ο πρώτος). Ο πρώτος παίκτης τότε βάζει έναν κύκλο στο συμμετρικό ως προς κέντρο τετράγωνο.

ριθμό καλαθιών.

I

Παρατηρούμε μετά από επαληθ"εύσεις ότι:

1 + 2 + 3 + 4 + ... + 17 + 18 + 19 = 190. Δηλ. αν αυξάνοντας κατά ένα κάθε φορά

Τώρα σε οποιοδήποτε από τα εναπομείνα­

τα αυγά που τοποθετούμε σε καλάθια θα χρη­ σιμοποιήσουμε περισσέψει Τα

10

19

καλάθια και θα μας έχουν

ντα τετράγωνα ότι σύμβολο και να βάλει ο δεύτερος παίκτης, θα μπορεί ο πρώτος να συ­

αυγί1.

αυγί1 που περισσεύουν μπορούμε να

τα τοποθετήσουμε ένα ένα από το

I: I I

10°

καλάθι

μπληρώσει με το κατάλληλο σύμβολο (σταυρό ή κύκλο), ώστε να δημιουργηθούν τρία διαδο­

και μετί1, ώστε τα καλάθια να εξακολουθήσουν

χικά και να κερδίσει.

να έχου\' διαφορετικ{χ αυγά το καθένα (Ι, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20)

2γ.

Δηλ.

Να προσδιορίσετε το πλήθος των αριθμών του συνόλου:

ο μέγιστος αριθμός καλαθιών που

μπορούν να χρησιμοποιηθούν είναι

{1, 11, 111, 1111, 11111, ... , 11 ... 1 },

19.

I Θέματα για την Γ! τάξη Γυμνασίου ι

~

1995-ψηφία

οι οποίοι είναι πολλαπλάσια του

1γ. Δύο μαθητές Α, Β χρησιμοποιούν ένα πίνα­ κα 3χ3, όπως παρακάτω, για να παίξουν «τρίλιζα».

Λύση Παρατηρούμε κατ' αρχάς ότι, αφού λι::υταiος αp1θμός έχει

1995

Αρχίζουμε

να

\) : >

ψηφία. ω.οι οι (~­

;Ιl θμοί του παραπάνω συνόλου είναι

I I I I

7.

διαιρούμε

1995. διαδοχικά

τους αριθμούς του παραπάνω συνόλου για να βρούμε ποιος είναι ο πρώτος από αυτούς που

Καθένας γράφει σε ένα τετραγωνάκι της ε­

διαιρείται με το

κλογής του ένα σταυρό είτε έναν κύκλο.

Θα νικήσει αυτός, ο οποίος πρώτος γράφει ένα σύμβολο που είναι το ίδιο στα τρία τε­

τράγωνα μιας γραμμής ή μιας στήλης ή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/36

7.


56ος Πανελλήνιος Μαθητικός Διαγωνισμός

11

~

4

f-

111 41

1111 41 61 5

15

6

ll11I 41 61 51 2

κ-

1587

ρά β θα έχουμε Ε = ~ β·υ οπότε 2 = ~ β·υ. ""'" Το τρίγωνο ΒΔΑ είναι ορθογώνιο στο Δ οπότε γ ~υ σαν υποτείνουσα άρα

.

Ι5873

άρα ο 6°ς κατά σειρά αριθμός, ο 111111 διαι­ ρείται με το 7.

41 61 51 21

2~

1β· γ~ 1β· β επομένως

2~

1β και

11Ill111

7 158730

7

Ι

Ν α υπολογίσετε τους αριθμούς α, β και

Αν 2

θεωρήσουμε

4

τοί αποτελούν τμήμα αναπτύγματος τέλειου

άρα και οι άλλοι συνεχόμενοι

7.

βρίσκονται σε θέση που είναι πολλα­

6

(6°ς,

12°\ 18°\

κ.λ.π.)

Οπότε οι αριθμοί που

ζητάμε θα είναι

τετραγώνου της μορφής:

(α- β) 2

2

- 2αβ + β 2

Πράγματι το α 2 - 2·α = α 2 - 2·α·l άρα 2 χρειαζόμαστε 1 για να είναι ανάπτυγμα τετρα­ γώνου.

Όμοια χρειαζόμαστε το 22 για το β . - 4·β = β 2 - 2β·2 και το 32 για το γ 2 - 6·γ = γ 2 - 2-γ-3. Αλλά: 2

α 2 + β 2 + γ 2 - 2·α- 4·β- 6·γ + 14 =

-1995 -= "32 _, το π λ'θ η ος. 6 3 1•

προσθετέους

α - 2·α, β - 4·β, / - 6·γ, παρατηρούμε ότι αυ­

Δηλαδή οι αριθμοί που είναι πολλαπλάσια πλάσιο του

τους

2

Ι1

τους πρώτους, ενώ ο 12°ς θα διαιρείται με το

7

οι

Λύση

αριθμοί θα αφήνουν αντίστοιχα υπόλοιπα με

του

y

α2 + β 2 + y 2 - 2·α- 4·β- 6·γ + 14 =Ο

αριθμοί αφήνουν το ίδιο υπόλοιπο με τους δύο

β 2 άρα β _;;,: 2.

οποίοι ικανοποιούν την παρακάτω σzέση:

Παρατηρούμε ότι αυτοί οι δύο επόμενοι πρώτους Ι,

4~

σκελές.

41 •

158730Ι

2

Η ισότητα ισχύει όταν υ = γ δηλ. όταν το ""'" τρίγωνο ΒΑΓ είναι ορθογώνιο στο Α και ισο-

61 51 21 01

ΟΙ

Ι

αλλά από την υπόθεση β ~ γ άρα

ο

ΙΙΙ111Ι

Ι

2 ="2 β· υ ~ "2 β·γ

7

41 61 51

Θαλής»

Αν υ το ύψος που αντιστοιχεί στην πλευ­

r-

ΙΙΙΙΙΙ

7

«0

α 2 + β + γ 2 - 2·α- 4·β- 6·γ + 1 + 4 + 9 2

Τα μήκη ενός τριγώνου με εμβαδό

2

είναι

α, β, γ με α ~ β ~ γ. Ν α αποδείξετε ότι β ~ 2. Πότε ισχύει το ίσον;

οπότε έχουμε

α 2 + β 2 + γ 2 - 2·α- 4·β- 6·γ + 14 =Ο ή ισοδύναμα

α 2 +β 2 + γ 2 - 2·α- 4·β- 6·γ + 1 + 4 + 9 =Ο

Λύση

άρα (α 2 -2·α+l) + (β 2 -4·β+4) + (γ -6·γ+9) =Ο 2

Α

επομένως (α -1) 2 +(β- 2) +(γ- 3) =Ο επειδή 2

2

κάθε ένας από τους προσθετέους σαν υψωμέ­

νος στο τετράγωνο θα είναι θετικός αριθμός ή

β

μηδέν για να κάνει αυτό το άθροισμα μηδέν θα

πρέπει: α-1=0καιβ-2=0καιγ-3=0 οπότε α=

Γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/37

1,

β

= 2 και

γ

= 3.


Το βήμα του Ευκλείδη Η Στήλη αυτή είναι ανοιχτή σε όλους τους συναδέλφους και μαθητές για να εκφράσουν ελεύθερα τις απόψεις τους για τα μαθηματικά

ΔΙΔΑΚΤΙΚΉ

ΜΕ

ΑΝΤΙΠΑΡ ΑΔΕΙΓΜΑ

Εννοιολογικές παρατηρήσεις

και Διορθωτικά σχόλια Γ. Π. Τσάμης

Στον «ευκλείδη α'» (τεύχος τέταρτο 1995, τόμος κη, Ν ο 16), στο άρθρο μίδας» γράφεται στην αρχή: «Τα βασικά στοιχεία μιας πυραμίδας είναι: Ο

κορυφή

«0 όγκος της Πυρα­

Ο

1+-----"<----ύψος--+-+! ,.-παράπλευρη έδρα Γ

------

Α

Β

Παρατήρηση

Β

ο ο ο»

Επειδή οι έννοιες, που δίδονται στους μαθητές, πρέπει να είναι σαφείς και αδρές, έχουμε για την πυραμίδα:

α)

Την βάση της ΑΒΓ ή ΑΒΓΔ που είναι τυχόν πολύγωνο.

β)

Την απέναντι της βάσης κορυφή Ο της πυραμίδας.

γ)

Τις παράπλευρες τριγωνικές έδρες και τις παράπλευρες τούτων ακμές της πυραμίδας.

δ)

Το ύψος ΚΟ της πυραμίδας που'τοποθετεί ως προς την βάση της πυραμίδας την απέναντι αυ­

τής κορυφή Ο της πυραμίδας.

Σχόλιο

Α ν ονομάσουμε μόνο το Ο κορυφή της πυραμίδας τότε τι είναι της πυραμίδας οι κορυφές (Α,

Β, Γ) ή οι (Α, Β, Γ, Δ) του πολυγώνου της βάσης και πως ονομάζονται; Και τότε πώς, αύριο οι μαθητές, θα χειριστούν στην πυραμίδα, που θα έχει μία μόνο κορυφή το Ο, το θεώρημα του Euler για τα πολύεδρα όπου: Κ+

~

Ε=Α+2

~

~

(κορυφές +έδρες= ακμές+

2)

ή όπως συνηθίζονταν να λέγεται «Κωνσταντίνος και Ελένη είναι άγιοι και οι δύο»; Συνέχεια, στο άρθρο γράφεται:

«

4.

Ένα παράδειγμα υπολογισμού του όγκου μιας μη κανονικής πυραμίδας

z

Στο διπλανό σχήμα, έχουμε σχεδιάσει στο εσωτε­ ρικό ενός ορθού πρίσματος, μία πυραμίδα, που έχει βά­

ση, την ΑΒΓ Δ του πρίσματος η οποία είναι τετράγωνο, και κορυφή Ε του πρίσματος:

/

----

- --

~Δ___r_ -~ctn

Λύση

...

E~-)---4cm ο

(και τελειώνει τη λύση γράφοντας)

το ύψος αυτής της πυραμίδας δεν είναι το ευθύγραμμο τμήμα ΕΟ αλλά η ακμή ΕΑ του ορθού πρί­ σματος η οποία είναι κάθετη στη βάση του. Η ακμή αυτή είναι γνωστή 9 cm. Άρα ... και τελειώνει»

Παρατήρηση 2η Πρόκειται για ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο και όχι για ορθό πρίσμα (όπως γράφει συνέχεια).

Σχόλιο

Ο άνθρωπος είναι σκεπτόμενο ζώον αλλά θίγεται όταν τον καλέσουμε ζώον. Το ορθογώνw παραλλη­

λεπίπεδο είναι ορθό πρίσμα, γιατί όμως να μη θίγεται όταν κατ' εξακολούθηση το καλούμε ορθό πρίσμα; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/38


Αλλ ηλογραφία Κ. Γαβρίλης- Σ. Τσικοπούλου Αγαπητό μας περιοδ��κό,

Το Μάιο του

1995 οι

μαθητές του β 3 Γυμνασίου της Ελληνο­

γερμανικής Αγωγής σε συνεργασία με τον καθηγητή μας στα

Μαθηματικά κ. Ευθυμιόπουλο Παναγιώτη, φτιάξαμε ένα γρίφο, παίρνοντας την ιδέα από μια άσκηση Γεωμετρίας που μας πρό­ τεινε ο καθηγητής μας. Ο γρίφος τε-λικά έγινε παιχνίδι. Μπήκε σε κουτάκι και κυκλοφόρισε στο παζάρι της Ελλ ηνογερμανικής Αγωγής που έγινε στις 14 Ιουνίου 1995.

Επειδή γνωρίζουμε καλά ότι ο «Ευκλείδης» αγαπάει κάθε καινούργια ιδέα στο χώρο των Μαθηματικών σας στέλνουμε ένα δείγμα από τη δουλειά μας και θα θέλαμε πολύ να διαβάσουμε τα σχόλια και τη γνώμη σας γι' αυτήν την ιδέα.

Μαθητές της Ελληνογερμανικής Αγωγής

Η στήλη φίλοι μας προτείνει να ασχοληθείτε και εσείς μ' αυτόν το γρίφο, που δημοσιεύουμε αναλυτικά στη «Στήλη του μαθητή», με τον τίτλο «ένας γεωμετρικός γρίφος». Γι' αυτό aποτυπώ­ στε σ' ένα κομμάτι χαρτί ή σ' ένα χαρτόνι, τα τέσσερα σχήματα του γρίφου, ή απλά φωτοτυπήστε τα.

Στη συνέχεια κόψτε τα και προσπαθήστε να λύσετε τον γρίφο. Απαντήστε μας στέλνοντας μας τη λύση, καθώς και τα σχόλιά σας.

Η στήλη θα επανέλθει στο θέμα, σε προσεχές τεύχος, δημοσιεύοντας την λύση του γρίφου, όπως περιέχεται στο Ύράμμα που μας έστειλαν οι μαθητές της ΕλληνοΎερμανικής ΑΎωΎής. Πάντως η ιδέα των παιδιών είναι αξιόλοΎη και είναι κίνητρο Ύια να ασχοληθούμε όλοι με κάποιο θέμα των μαθηματικών.

- ·Αγαπητέ Ευκλείδη Α,

Από τότε που σε γνώρισα, έμεινα πολύ ευχαριστημένος. Από μικρός αγαπούσα τα Μαθηματι­ κά και πάντα ήθελα να κυκλοφορήσει ένα περιοδικό με μαθηματική ύλη. Επίσης θα ήθελα να σε ευχαριστήσω γιατί μέσα από την ύλη σου γνώρισα «κόσμους» των Μαθηματικών που ούτε καν φανταζόμουνα ότι υπάρχουν.

Ευχαριστώ και τη μαθηματικό μου κ. Αρβανίτη, που μου μίλησε για σένα και μας πρότεινε να γίνουμε συνδρομητές σου.

Γιάννης Ταμπακόπουλος,

70° Γυμνάσιο

Αθηνών

Φίλε μας Γιάννη σ' ευχαριστούμε Ύια τα καλά σου λόγια και ελπίζουμε και στην ύλη του τεύχους αυτού να βρεις ενδιαφέροντα θέματα. Περιμένουμε και στο μέλλον τη συνεργασία σου.

-.Αγαπητό περιοδικό,

... καθώς έλυνα ασκήσεις από το κεφάλαιο «διάταξη ρητών» της Γ Γυμνασίου, μου προέκυψε μια σχετικά απλή άσκηση, αλλά έπρεπε να λυθεί με δύο τρόπους. Τον δεύτερο τρόπο που χρησιμο­ ποίησα εγώ δεν τον έχει το βιβλίο. Σας αναφέρω τον δεύτερο τρόπο δηλαδή τον δικό μου. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/39


Αλληλογραφία

Άσκηση:

, λ, 5 32 δ, δ , , τα κ ασματα Π' με υο ιαφορετικους τροπους Ν α συγκρινετε 72 Λύση:

Ι σχυει , 5 < 1 και 32 < 1

11

70

Πολλαπλασιάζω ·την πρώτη ανίσωση με τον θετικό αριθμό ριθμό

5

11

·11

70, θα

11

και τη δεύτερη με τον θετικό α­

προκύψουν ανισότητες με την ίδια φορά με την προηγούμενη.

και~~ ·70 < 1·70

< 1·11

άρα 5 < 11

Πολλαπλασιάζω τώρα τηv πρώτη με τον

70 και τη 352 < 770

32·11 < 11·70 οπότε 350 < 770 και

και 32 < 70 δεύτερη με τον

Από τις δύο αυτές ανισώσεις μπορώ να βγάλω μια διπλή ανίσωσ"

11 έχω 5·70 < 11·70 · την 350 < 352 < 770

Μπορώ τώρα να συγκρίνω τα κλάσματα γιατί ο αριθμός 3'50 αντιπροσωπεύει το κλάσμα

και

i

1

32 , 5 32 και ο 352 το . Άρα Π < 70 70 Λίνα Γιαννακοπούλου,

Γυμνάσιο Αγρινίου

Φίλη μας Λίνα η προσπάθειά σου είναι αξιόλογη και οι σκέψεις σου όλες σωστές. Άραγε ο τρόπος αυτός που ανακάλυψες εφαρμόζεται σ' οποιαδήποτε κλάσματα;

Οσο για τις παρατηρήσεις σου σχετικά με την ηλικία των ατόμων σου θυμίζουμε ότι λέμε ότι δύο άτομα έχουν την ίδια ηλικία αν γεννήθηκαν την ίδια χρονιά ανεξάρτητα αν ο ένας γεν­ νήθηκε στήν αρχή και ο άλλος στο τέλος. Και όχι όταν γεννήθηκαν και την ίδια ημέρα και ώρα. Περιμένουμε και στο μέλλον τις παρατηρήσεις σου.

Στο τεύχος

16

της περσινής χρονιάς δημοσιεύσαμε στη στήλη μας το γράμμα του φίλου μας

Τσαουσίδη Χρήστου από το Ντύσσελντορφ της Γερμανίας. Σ' εκείνο το γράμμα ο Χρήστος μας

έγραφε ότι μελετώντας το άθροισμα των ν πρώτων φυσικών αριθμών Σv

κατέληξε ότι, όταν ο

δείκτης του αθροίσματος είναι περιττός αριθμός τότε το άθροισμα είναι πολλαπλάσιο του δείκτη π.χ.

Σ3 =

1 + 2 + 3 = 6 (πολ/σιο

Σ5 =

1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15

του

3)

(πολ/σιο του

5)

κ.λ.π.

Στο τεύχος αυτό τον ρωτούσαμε μήπως μπορεί να ανακαλύψει γιατί συμβαίνει αυτό και να η απάντησή .του. Αγαπητέ Ευκλείδη,

Στο τεύχος

16

με ρωτάτε να σας απαντήσω γιατί το άθροισμα Σν των ν πρώτων φυσικών αριθ­

μών είναι πολ/σιο του ν, όταν το ν είναι μονός αριθμός. Αφού μελέτησα τα αθροίσματα βρήκα το εξής:

Όταν το ν είναι ζυγός αριθμός, τότε το άθροισμα Σν είναι πολ/σιο του αμέσως επόμενου (μονού) αριθμού π.χ.

Σ 6 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = (1 + 6) + (2 + 5) + (3 + 4) = 3·7 = ~ ·7 = 21 (πολ/σιο του 7) Σ 10

10 = 1 + 2 + 3 + .. · + 10 = (1 + 10) + (2 + 9) + ... + (5 + 6) = 5·11 = 2 ·11 =55

(πολ/σιο του

11)

Άρα το άθροισμα Σν, όταν το ν είναι μονός αριθμός θα είναι πολλαπλάσιο του ν. π. χ. Σ 11

= Σ 10 + 11 = 5·11 + 11 = 6 ·11 = 66

(πολ/σιο του

11)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/40


Αλληλογραφία

Μετά από αυτό έβγαλα το συμπέρασμα ότι ένα άθροισμα μπορώ να το υπολογίσω πολύ εύκολα

240

π. χ. Σ240 =τ

358

Σ358 =τ

-241 = 120.241 = 28120 -359 = 179·359 = 64261

Σ656

656 =2 ·657 = 328·657 = 215496

Σ4οι

400 = Σ4 οο + 401 =Τ ·401 + 401 = 200·401 + 401 = 201·401 = 80601

Σ 535

534 = Σ 534 + 535 =Τ ·535 + 535 = 267·535 + 535 = 268-535 = 14338

Σ9s9

988 = Σ9ss + 989 = Τ ·989 + 989 = 494·989 + 989 = 495·989 = 48955

Δηλαδή αν ο δείκτης είναι ζυγός για να υπολογίσω το άθροισμα, πολλαπλασιάζω το μισό του

δείκτη με τον αμέσως μεγαλύτερο φυσικό αριθμό και αν ο δείκτης είναι μονός, πολλαπλασιάζω τον δείκτη με το μισό του αμέσως επόμενου φυσικού αριθμού. Τέλος ευχαριστώ τον καθηγητή μου των Μαθηματικών, κ. Λώμη που μας είπε ότι υπάρχει έ­ να τόσο ωραίο περιοδικό που μπορώ να συμμετέχω κι εγώ μαζί. Τσαουσίδης Χρήστος, Ντύσσελντορφ Γερμανία

Εξήγηση των διαπιστώσεων στις οποίες κατέληξε ο Χρήστος Τσαουσίδης μελετώντας το άθροισμα των ν πρώτων φυσικών αριθμών.

Ο παραπάνω βρήκε ότι όταν ο δείκτης του συνόλου του αθροίσματος είναι περιττός αριθμός, τότε το άθροισμα είναι πολ/σιο του δείκτη π. χ. Σ3

= 1+ 2 + 3 = 6

(πολ/σιο του

Σ5

= 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15

3)

(πολ/σιο του

5)

κ.λ.π.

Η εξήγηση μαζί με την απόδειξη δίνεται παρακάτω. Το άθροισμα ενός ζεύγους φυσικών αριθμών (οι φυσικοί ανήκουν στο άθροισμα) είναι ίσο

με τον δείκτη του αθροίσματος. Επομένως αν προστεθούν όλα αυτά τα αθροίσματα και ο δείκτης του αθροίσματος, το άθροισμα θα είναι πολ/σιο του δείκτη. Τα αθροίσματα σχηματίζονται ως ε­ ξής:

Πρώτος και προτελευταίος, δεύτερος και αντιπροτελευταίος κ.τ.λ. Απόδειξη Σν

[1

= 1 + 2 + 3 + ···+(ν- 3) +(ν- 2) +(ν- 1) +ν= 1)] + [2 +(ν- 2)] + [3 +(ν- 3)] +···+ν= ν+ ν+ ν+···+ ν=

+(ν-

πολ/σιο του ν

Επίσης παρατηρούμε ότι αν ο δείκτης του συνόλου του αθροίσματος είναι άρτιος αριθμός και κάνουμε την πρόσθεση, το συνολικό άθροισμα θα είναι πολ/σιο του αμέσως επόμενου αριθ­ μού από τον άρτιο. Απόδειξη

Σv-ι = ν +ν

1 + 2 + 3 +···+(ν- 3) +(ν- 2) +(ν- 1) = [1 +(ν- 1)] + [2 +(ν- 2)] + ··· + = + · · · = πολ/σιο του ν δηλαδή του αμέσως επόμενου του ν - 1.

tJ

[:uι.:lείιruj. ...;;Α ,ςω εJJJεz:ca ,v)(~{/L<Jt 2(}{)'- ιf<'jvd{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/41


)

Τα μαθηματικά μας

διασκεδάzοvν

Κ. Γαβρίλης

ΜΔ 1 Δ

Η στήλη προτείνει: :\1Δ 11 ) Το παράπονο του Κυρίου Νίκου

Ο κύριος Νίκος και η γυναίκα του εργάζονται σε έ­ να πολυκατάστημα που όλες τις ημέρες της εβδομάδας εί­

Γράμματα σε 1:ετράγωνο

~~~-~-/διαγώνιος γραμμή­

f-----+---+--+----1

ναι ανοικτό. Έτσι, κάθε

9

ο

κύριος

Νίκος

ημέpες έχει μια ημέρα άδεια (ρεπό),

και η γυναίκα του κάθε

t

6 ημέρες.

Σήμερα έχει ρεπό ο Κύριος Νίκος ενώ

1)

διαγώνιος

Μπορείτε να τοποθετήσετε σε ένα τετρά­ γωνο 4χ4, ένα γράμμα, π.χ. το α, τέσσερις

αύριο έχει η γυναίκα του.

φορές, έτσι ώστε, να μην υπάρχει δύο φο­ ρές σε κάθε γράμμα, σε κάθε στήλη, και σε κάθε κύρια διαγώνιο;

Σε πόσες ημέρες από σήμερα θα έχουν ταυτόχρονα ρεπό (δηλαδή την ίδια μέρα);

Αν η γυναίκα του κυρίου Νίκου έχει ρεπό 6 ημέρες, αλλά κάθε 5 ημέρες, σε πόσες ημέρες θα έχουν ταυτόχρονα ρεπό;

Πόσες λύσεις μπορείτε να βρείτε;

όχι κάθε

\!~,)

~

στήλη

2)

Κοι;ηά uέσα σε κουτιά

Μ ια εταιρεία παράγει δύο προϊό­ ντα, τα οποία συ­ σκευάζει σε κουτιά πλευράς ένα και

6cm 8cm

για το για το

άλλο. Θέλει όμως αυτά τα κουτιά να τα συσκευ­ άζει σε άλλα μεγαλύτερα. Σκοπεύει μάλιστα να φτιάξει ένα τέτοιο κουτί, με κατάλληλες διαστάσεις, που να χωράει ακριβώς κουτιά α­ πό το πρώτο είδος, των 6cm ή κουτιά από το δεύτερο είδος, των 8cm. Μπορείτε να τη βοη­ θήσετε, το κουτί που θα φτιάξει να έχει τις ε­ λάχιστες δυνατές διαστάσεις;

Μπορείτε να γεμίσετε με τα γράμματα α, β, γ, δ τετράγωνο 4χ4 έτσι ώστε σε κά­ θε γραμμή, σε κάθε στήλη και σε κάθε κύρια διαγώνιο να μην υπάρχει δύο ή πε­ ρισσότερες φορές το ίδιο γράμμα; Πόσες λύσεις μπορείτε να βρείτε;

ΜΔ 15 )

Διαωορετικές πράξεις ίδιο αποτέλεσμα

Με δύο 2, όταν τα προσθέσουμε 1l πολλα­ πλασιάσουμε παίρνουμε το ίδιο αποτέλεσμα:

2 + 2 = 2·2 Υπάρχουν τρείς αριθμοί, οι

1, 2, 3,

που έ­

χουν την ίδια ιδιότητα:

1 + 2 + 3 = 1·2·3 Μπορείτε να βρείτε 4 τέτοιους αριθμούς, όχι κατ' ανάγκη διαφορετικούς με την ίδια ι­ διότητα;

νΙΔ 13 )

Ο κύκλος με τις χορδές

Με πέντε αριθμούς, μια λύση είναι η ε­

Σε πόσες το πολύ περιοχές μπορείτε να

χωρίσετε ένα κύκλο με κάποια μέθοδο γι' αυτό;

6

ξής:

1 + 1 + 1 + 2+ 5 = 1·1·1·2·5

χορδές; Διακρίνετε

Μπορείτε να βρείτε άλλες; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/42


Τα μαθηματικά μας διασκεδάζουν

ΠΑΙΧΝΙΔΙΑ ΜΕ ΑΡΙΘΜΟΥΣ Ο συνάδελφος Μπακάλης Αναστάσιος, προτείνει προβλήματα, γνωστά από τα πολύ παλιά χρόνια, που μπορούμε να μαντεύουμε έ­ ναν αριθμό που σκέφθηκε κάποιος άλλος. \1Δι 6 )

Πρόβλημα

1

κάνουμε και εμείς το ίδιο. Ας ζητήσουμε να προσθέσει σ' αυτό το πηλίκο τον αρχικό αριθ­ μό που σκέφθηκε και ας μας πει το αποτέλε­ σμα. Αν αφαιρέσουμε το γνωστό πηλίκο από το αποτέλεσμα που μας έχει πει θα προκύψει ο αριθμός που σ��έφθηκε. Εφαρμογή:

Ας ζητήσουμε από τον φίλο μας να σκεφθεί έναν φυσι­ κό αριθμό, χωρίς να

Ας υποθέσουμε ότι ο φίλος μας σκέφθηκε τον αριθμό ξεις:

τον

αρχικό

αριθμό

8χ4

Εμείς ας επιλέξουμε έναν άλλο αριθμό π.χ. τον 1 και μέσα μας ας κάνουμε τις αντί­ στοιχες πράξεις:

κατά μια μονάδα και

να πολλαπλασιάσει τον καινούργω αριθμό ξανά με τον εαυτό του και τέλος ας αφαιρέσει από το γινόμενο αυτό το πρώτο γινόμενο. Αν από το αποτέλεσμα α­

1χ2χ5χ7χ6

8χ4

Τα πηλίκα των αποτελεσμάτων με τους αρχικούς αριθμούς είναι το πηλίκο:

φαιρέσουμε την μονάδα θα βρούμε αριθμό που θα είναι διπλάσιο του αριθμού που σκέφθηκε ο φίλος μας αρχικά.

2χ5χ7χ6 8χ4

Α ν μας δοθεί το άθροισμα:

Εφαρμογή:

Ας υποθέσουμε ότι ο φίλος μας σκέφθηκε τον αριθμό Ι4, το γινόμενο με τον εαυτό του είναι Ι4·14 = Ι96. Αν αυξήσουμε τον αρχικό αριθμό κατά Ι δηλ. Ι4 + Ι = Ι5 το καινούργιο γινόμενο είναι Ι5·Ι5 225. Η διαφορά είναι 225- 196 29, αν αφαιρέσουμε την μονάδα, το

459 + 2χ5χ7χ6 8χ4

και εμείς αφαιρέσουμε το πηλίκο: 2χ5χ7χ6

=

=

=

αποτέλεσμα είναι 29 - 1 28 δηλ. το διπλάσιο του αριθμού που σκέφθηκε ο φίλος μας αρχι­

8χ4

θα δώσει τον αριθμό

Μπορείτε να το αποδείξετε γενικά; (Χρησιμοποιείστε γενικά έναν φυσικό αριθμό ν κα εκτελέστε τις πράξεις με τη σειρά.)

Πρόβλημα

459.

Μπορείτε να το αποδείξετε γενικά;

κά.

.\Β.ι7)

και έκανε τις παρακάτω πρά­ 459χ2χ5χ7χ6

μας τον πει. Μετά να

τον πολλαπλασιάσει με τον εαυτό του, κατόπιν να αυξήσει

459

(Χρησιμοποιείστε γενικά έναν αριθμό ν για τον φίλον σας και μ για τον εαυτό σας και κά­

νετε τις πράξεις με την ίδια σειρά).

2

Ας ζητήσουμε από το φίλο μας να σκεφθεί έναν φυσικό αριθμό χωρίς να μας τον πει και ας το πολλαπλασιάσει και να τον διαιρέσει με όποιους φυσικούς αριθμούς θέλει, αρκεί κάθε φορά που κάνει μια πράξη να μας λέγει τον πολλαπλασιαστή ή τον διαιρέτη που διάλεξε.

Εμείς ας κάνουμε μέσα μας τις ίδιες πρά­ ξεις για οποιοδήποτε άλλο αριθμό με τους ί­

διους πολλαπλασιαστές ή διαιρέτες. Οταν τε­ λειώσουν οι πράξεις ας διαιρέσει ο φίλος σας το αποτέλεσμα με τον αρχικό αριθμό και ας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/43


Ας μηχανογραφήσουμε το σχολείο Κ. Παπούλια

ο επόμενο στάδιο, όπως είπαμε στο προη­

τ γούμενο τεύχος, είναι η ομαδοποίηση των

αρχεία, την κάθε καρτέλα ΕΊρυφιΊ (record) και τη κάθε πληροφορία που θα κρατάμε σε αυτήν,

στοιχείων με βάση κάποια λογικής σχέση που θα τα συνδέει, δηλαδή η δημιουργία των αρ­

π.χ. επώνυμο, όνομα κ.λ.π., το πεδίο.

χείων.

του αρχείου δεν έχουμε παρά να σκεφτούμε την χειροκίνητη οργάνωση ενός συστήματος. Για παράδειγμα, ας υποθέσουμε ότι είμα­ στε διακοπές σε κάποιο νησί και πηγαίνουμε στο Ταχυδρομικό Ταμιευτήριο του νησιού, με το βιβλιάριό μας να κάνουμε ανάληψη χρημά­

Για να μπορεί ο υπολογιστής να καταλα­ βαίνει σε πιο συρτάρι -αρχείο- πρέπει να κα­ ταχωρήσει τις πληροφορίες που του δίνουμε κάθε φορά, πρέπει να δημιουργήσουμε, δηλα­ δή να ορίσουμε ένα τέτοιο συρτάρι. Ανάλογα με τη γλώσσα προγραμματισμού που χρησιμο­ ποιούμε δίνουμε ένα όνομα στο αρχείο και περιγράφουμε τα στοιχεία που θα περιέχει,

των. Το Ταχυδρομικό Ταμιευτήριο δεν είναι ακόμα πλήρως μηχανογραφημένο. Πηγαίνου­ με λοιπόν με το βιβλιάριό μας και το δίνουμε στον αρμόδιο υπάλληλο, ζητώντας 50.000 δρχ.

δηλαδή το record και τα πεδία που θα το απο­ τελούν. Επίσης για κάθε πεδίο πρέπει να ορί­ ζουμε πόσο χώρο πρέπει να κρατάει ο υπολο­ γιστής για την αποθήκευσή του, το μ κο; ό­

Αυτός βλέπει ότι το βιβλιάριο το έχουμε ανοί­ ξει στο Ταχυδρομικό Ταμιευτήριο του Βύρωνα και παίρνει τηλέφωνο, για να ελέγξει αν ο λο­

πως λέγεται του πεδίου. Γι' αυτό από την αρχή πρέπει να έχουμε υπολογίσει το μέγεθος κάθε πεδίου, πόσες δηλαδή θέσεις θα κρατάει κενές για κάθε στοιχείο που θα συμπληρώνουμε. Ο­ πως όταν σχεδιάζονται κάποια έντυπα τα ο­

Για να καταλάβουμε καλύτερα την έννοια

γαριασμος μας καλύπτει τα χρήματα που ζητά­ με. Αφού καταφέρει να επικοινωνήσει λέει στον υπάλληλο το όνομα και τον αριθμό του βιβλιαρίου. Αυτός αναζητά στις καρτέλες τον αριθμό και επαληθεύει το ποσό που ζητάμε και δίνει την έγκριση. Τότε ο υπάλληλος μας δίνει τις

50.000

και γράφει στο βιβλιάριό μας το πο­

ονομάζουμε

'l

ποία συμπληρώνονται πιθανόν για κάποια αί­ τηση, ανάλογα με το πεδίο που συμπληρώνου­

με υπάρχει και αντίστοιχο κενό. Για παρά­ δειγμα στην ημερομηνία υπάρχει ένα κενό που να χωράει 8 χαρακτήρες (15/09/95), αντίστοιχα

σό σε τρία διαφορετικά σημεία. Τα δύο παρα­

για το επώνυμο κ.λ.π. Το ίδιο συμβαίνει και με

μένουν στο βιβλιάριό μας και το τρίτο μαζί με άλλα στοιχεία που συμπληρώνει ο ταμίας επά­

τον υπολογιστή, θέλει να γνωρίζει ακριβώς τα

νω σε ένα φύλλο, το κρατάει ο ίδιος. Αυτό το χαρτάκι μαζί με την υπογραφή μας, αφού πρώ­ τα ο υπάλληλος ενημερώσει τα βιβλία του, θα το στείλει στο γραφείο του Βύρωνα για να ε­ νημερωθεί η καρτέλα μας. Έτσι ολοκληρώνε­ ται μία απλή ανάληψη χρημάτων. Κάθε Ταχυδρομικό γραφείο έχει σε συρ­ τάρια τις καρτέλες των πελατών του. Οι καρ­ τέλες είναι τοποθετημένες κατά αύξοντα α­ ριθμό βιβλιαρίου. Υπάρχει όμως και ένα μι­ κρότερο συρτάρι, του οποίου οι καρτέλες πε­

πληροφορίας. Πρέπει επίσης να του δηλώ­

κενά που θα διατηρεί για τη συμπλήρωση κάθε σουμε αν η πληροφορία που κρατάει είναι α­

ριθμητική ή χαρακτήρες.

κ

άθε ομάδα στοιχείων θα αποτελεί τη βά­ ση για τη δημιουργία ενός αρχείου. Είναι τα βασικά αρχεία που περιέχουν τις πιο

ριέχουν μόνο δύο πληροφορίες, το όνομα και τον αριθμό βιβλιαρίου κάθε πελάτη. Αυτό εί­ ναι χρήσιμο για τη περίπτωση που κάποιος πελάτης χάσει το βιβλιάριό του. Με παρόμοια λογική οργανώνουμε αυτές

τις καρτέλες και στον υπολογιστή. Τα συρτά­ ρια αυτά στη μηχανογράφιση τα ονομάζουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/44


Ας μηχανογραφήσουμε το σχολείο

σημαντικές

πληροφορίες και τα βοηθητικά

αρχεία, τα οποία κρατούν κυρίως στοιχεία και

πληροφορίες, οι οποίες κάνουν πιο ευέλικτα τα βασικά αρχεία. Το ένα βασικό αρχείο θα το ονομάσουμε «ΣΤΑΘΕΡΟ» και θα περιέχει τα πεδία: Αριθμός Μητρώου με μέγεθος Επώνυμο

Ονομα Ονομα Πατρός Ονομα Μητρός

Οδός Αριθμός

10 χαρακτήρες, (30) (15) (15) (15) (15) (3)

Αυτά τα πεδία αποτελούν αυτό που κα­ λούμε

μορφή:

Κωδικός μαθήματος, Κωδικός τριμήνου,

Βαθμός, Απουσίες

Το επόμενο θέμα που πρέπει να σκεφτού­ με είναι η σύνδεση των αρχείων. Το Αναλυτι­ κό αρχείο που περιέχει τη βαθμολογία και τις απουσίες για κάθε μαθητή, πρέπει να έχει και ένα πεδίο που να φαίνεται σε ποιο μαθητή α­ ντιστοιχούν αυτά. Η πληροφορία που θα απο­ τελεί το συνδετικό κρίκο πρέπει να υπάρχει και σε όλα τα αρχεία που συνδέει. Θα μπο­

ρούσαμε να διαλέξουμε σαν κοινή πληροφο­ ρία το επώνυμο του μαθητή. Αυτό όμως έχει

record.

Το άλλο βασικό αρχείο θα το ονομάσουμε «ΑΝΑΛ ΥΤΙΚΟ» και θα περιέχει τα πεδία.

τρία μειονεκτήματα. Το ένα είναι ότι υπάρχει μεγάλη πιθανότητα να έχουμε δύο ή και πε­

ρισσότερους μαθητές με το ίδιο επώνυμο ή α­

Μάθημα,

κόμα και με το ίδιο όνομα. Το δεύτερο είναι

Αριθμός Τριμήνου,

ότι εύκολα μπορεί να γίνει λάθος αν για παρά­

Βαθμός, Απουσίες

δειγμα γράψουμε το πρώτο γράμμα με μικρό ή

Για να μη γράφουμε κάθε φορά όλη τη περιγραφή του μαθήματος, αλλά και για να μπορεί ο υπολογιστής να υπολογίσει το μέσο

όρο κάθε μαθήματος, πρέπει να έχει ένα σύμ­ βολο (κωδικό) για κάθε μάθημα. Για παρά­ δειγμα αν το μαθημα Βιολογία- Ανθρωπολο­ γία- Υγιεινή το γράψουμε μια φορά έτσι και μια φορά Ανθρωπολογία - Βιολογία- Υγιει­ νή, ο υπολογιστής θα θεωρήσει ότι είναι δια­ φορετικά μαθήματα και θα δώσει βαθμολογίες και για τα δύο. Γι' αυτό χρειαζόμαστε ένα αρ­ χείο, το οποίο θα του δώσουμε το όνομα

«ΜΑΘΗΜΑ» και θα περιέχει:

αν το γράψουμε ορθογραφικά διαφορετικά και

το τρίτο ότι είναι δύσκολη η ανεύρεση της καρτέλας με ολόκληρο το επώνυμο γιατί θα έ­ χουμε πολλές πληκτρολογήσεις. Επίσης παρακάτω θα δούμε ότι για κάθε πεδίο πρέπει να ορίζουμε πόσο χώρο πρέπει να κρατάει ο υπολογιστής για την αποθήκευ­ σή του, το μήκος όπως λέγεται του πεδίου. Αυ­ τός ο χώρος για το επώνυμο συνήθως είναι 30 χαρακτήρες γιατί υπάρχουν και μεγάλα ονό­ ματα π.χ. Παπαπολυχρονόπουλος. Ο χώρος αυτός είναι μεγάλος για να τον κρατάμι;; σε κά­

θε αρχείο που πρέπει να συνδέεται με το Βα­ σικό.

Κωδ. μαθήματος, Περιγρ. μαθήματος

Απαραίτητο στοιχείο του πεδίου που θα συνδέει τα αρχεία είναι η μοναδικότητά του.

Θα καταχωρήσουμε όλα τα μαθήματα και

Αυτό που συνηθίζεται ακόμα και στα χειροκί­

σε κάθε ένα θα του δώσουμε ένα μοναδικό

νητα συστήματα

κωδικό π.χ. Αι, Az Για τους ίδιους λόγους θα δημιουργήσου­

γραφή δηλαδή μαθητή. Ο αριθμός μητρώου

με το αρχείο <<ΤΡΙΜΗ~Ο» και θα περιέχει τα πεδία: Κωδ. τριμήνου,

Περιγρ. τριμήνου Εδώ θα καταχωρήσουμε τον κωδικό και την περιγραφή για το Α', Β', Γ τρίμηνα, το γραπτό, καθώς και τον προφορικό και γραπτό της επανεξέτασης. Με τη δημιουργία των δύο βοηθητικών αρχείων πρέπει να προσαρμόσουμε και το «ΑΝΑΛ ΥτΙΚΟ» αρχείο. Θα ονομάσουμε το πεδίο Μάθημα: Κωδικός μαθήματος και το πεδίο Αριθμός Τριμήνου: Κωδικός τριμήνου. Έτσι το αρχείο «ΑΝΑΛ ΥτΙΚΟ» θα πάρει τη

είναι να υπάρχει κάποιος

κωδικός, ο οποίος είναι μοναδικός σε κάθε ε­ του μαθητή θα είναι εκείνος που θα συνδέει το ΣΤ ΑΘΕΡΟ αρχείο της καρτέλας κάθε μαθητή με το Αναλυτικό που περιέχει τους βαθμούς του και τις απουσίες. Το Αναλυτικό αρχείο και το αρχείο ΤΡΙ­ ΜΗΝΟ θα συνδέονται με το πεδίο Κωδικός τριμήνου και το Αναλυτικό αρχείο και το αρ­ χείο Μάθημα θα συνδέονται με το πεδίο Κω­ δικός μαθήματος.

Στο ΣΤΑΘΕΡΟ αρχείο δεν υπάρχουν πληροφορίες που να χρειάζεται σύνδεση με τα αρχεία Τρίμηνο και Μάθημα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

Συνεχίζεται

2/45

...


Τετράγωνα μέσα σε τετράγωνα

Μια γεωμετρική έρευνα Λουίζα Πάσχου

...

Και να η συνέχεια!

Οπως είχα υποσχεθεί στο προηγούμενο τεύχος του Ευκλείδη (Σεπτέμβρης

1995),

δίνω μερι­

κές απαντήσεις στα προηγούμενα ερωτήματα, και συνεχίζω με επόμενα. Δεν ξέρω αν σας άρεσε η άσκηση - έρευνα, ή αν ασχοληθήκατε καθόλου μ' αυτήν. Εγώ συνεχίζω, με δεδομένο ότι εν­ διαφερθήκατε, και ελπίζοντας πάντα στη συνεργασία μας!

Συγκr.ντρωτικ{Jς Πίνακας Δr.δομi:νων και Αποτελεσμάτων

1

I

2

2χ2

I

l

3χ3

81

121

4χ4

2 3 16

5χ5

4 20

6χ6

5 24

7χ7

6 28 7 32

8χ8

11

χ

Στήλη

4

3

7

6

5

4--f2 4 4>/5 9 4νϊδ,8--f2 16 4-fϊ7 ,4..j13 25 4-{Σ6,8>/5, 12--j2 36 4-$7,4-.[i9,20 49 2ο-..{2,8-fϊδ ,4~, 16\[2 64

2 5 8,10

45° 25°,65° 2Οο,45°,7Οο

14°,34ο,55ο,76ο

17,13 26,20,18 37,29,25 50,40,34,32

8

10°,30° ,45ο ,62ο ,8Οο 10°,20°,35°,52°,68°,81°

11

Στήλη

Επεξήγηση

1 2

Διαστάσεις τετραγώνων Πλήθος εγγεγραμμένων τετραγώνων

3 4

Επεξήγηση

Εμβαδόν αρχικού τετραγώνου

5 6

Εμβαδών εγγεγραμμένων τετραγώνων

Περίμετρος αρχικού τετραγώνου

7

Γωνίες φ σε μοίρες

Περίμετρος εγγεγραμμένων τετραγώνων

8

Παρατηρήσεις

Πώς προκύπτουν οι στήλες:

1. Τι παρατηρείς στις στήλες 2, 3, 5; Πιο συ'(κεκριμμένα, παρατηρείς καμιά συνεχή λογική α­ κολουθία (Pattern) να ισχύει σε κάποια στήλη απ' αυτές; Δηλαδή, παρατηρείς κάποια στοιχεία συγκρίνοντας τα προηγούμενα δεδομενα, που να σου υποδεικνύουν πως να συμπληρώσεις στην συνέχεια; Σε ποιά ή σε ποιές; Κατά συνέπεια, μπορείς να συμπληρώσεις τον πίνακα; Μπορείς να προβλέψεις κάποιες στήλες για το τετράγωνο 11 χ 11; Μήπως μπορείς να συμπληρώσεις τα αντίστοιχα στοιχεία των στηλών για τα τετράγωνα 12 χ 12 και 13 χ 13;

2. Η στήλη 4, περίμετρος εγγεγραμμένων τετραγώνων, προκύπτει από τα αθροίσματα των πλευρών των εγγεγραμμένων τετρα'(ώνων. Για να υπολογίσουμε την πλευρά των τετραγώνων αυτών, χρησιμοποιούμε το Πυθα'(όρειο θεώρημα για το ορθογώνιο τρίγωνο. Ειδικότερα:

- για το τετράγωνο 2 χ 2, η από το άθροισμα: -ιτ+ϊ = --j2

πλευρά του εγγεγραμένου τετραγώνου βρίσκεται

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/46


Τετράγωνα μέσα σε τε-φάγωνα

- για το τετράγωνο 3 χ 3, οι πλευρές των εγγεγραμμένων σκονται αντίστοιχα από τα αθροίσματα: >./22 + 12 =..[5

- για το τετράγωνο 4 χ 4, οι πλευρές θροίσματα: ~= {Ϊδ, .V22 + 22 =

τετραγώνων βρί­

βρίσκονται από τα α­

-JS,

και έτσι συνεχί­

ζουμε για να συμπληρώσουμε τη στήλη.

Επειδή όμως ψάχνουμε για ένα Πάττερν (μια συνεχή λογική ακολουθία), εξετάζουμε τα α­ θροίσματα χωρίς τα ριζικά και τα τετράγωνα, για να μην αποσπούν την προσοχή μας. Προ­ σπαθούμε να βρούμε μια σχέση μεταξύ των αριθμών. Για να τα δούμε πιο προσεκτικά:

-

1+ 1 2+1

στο τετράγωνο

2 χ 2,

έχουμε το άθροισμα:

στο τετράγωνο

3

χ

3,

έχουμε το άθροισμα:

στο τετράγωνο

4

χ

4,

οι πλευρές βρίσκονται από τα αθροίσματα:

1 + 3, 2 + 2,

στο τετράγωνο

5 χ 5,

οι πλευρές βρίσκονται από τα αθροίσματα:

4 + 1, 3 + 2,

στο τετράγωνο

6 χ 6,

οι πλευρές βρίσκονται από τα αθροίσματα:

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

στο τετράγωνο

7 χ 7,

οι πλευρές βρίσκονται από τα αθροίσματα:

στο τετράγωνο

8

χ

οι πλευρές βρίσκονται από τα αθροίσματα:

6 + 1, 5 + 2, 4 + 3, 7 + 1, 6 + 2, 5 + 3,4 + 4.

8,

Και έτσι συνεχίζεις. τί παρατηρείς για τα αθροίσματα αυτά; Σου θυμίζουν μήπως τον τρόπο που έμαθες πρόσθεση; Υπάρχουν άλλα αθροίσματα για τα συγκεκριμένα τετράγωνα; Υπάρχει κανένα Πάττερν; Μπορείς δηλαδή, να προβλέψεις τις πλευρές των εγγεγραμμένων τετραγώνων στο τετράγωνο στήλης 2 i "'\.

"

/' /

11

χ

11;

Στο

12

χ

12;

Συνεπώς, μήπως γίνεται aπλούστερος ο υπολογισμός της

4; I

'

3.

Οσον αφορά τις γωνίες, μήπως παρατηρείς κάτι στο άθροισμά τους; Δη­

λαδή, στο 2 χ 2 τετράγωνο σχηματίζονται 2 ίσες γωνίες 45°. Το άθροισμά τους είναι 90°. Μπορείς να συνεχίσεις στο επόμενο τετράγωνο;

ο

Χρησιμοποίησε το μοιρογνωμόνιό σου. Μήπως υπάρχει υπόνοια ότι κάποιες από τις μετρήσεις μου είναι λίγο, εκτός πραγματικότητας; Μπορώ να τις διορθώσω, κατά κάποιο τρόπο να τις στρογγυλο­ ποιήσω; Συνεπώς, χρειάζεται να μετρώ όλες τις γωνίες;

Στο επόμενο τεύχος θα υπάρχουν κάποιες απαντήσεις, και φυσικά η συνέχεια των τετραγώ­ νων!!

Περιμένω τα σχόλια σας και φωτογραφίες των τετραγώνων σας!! Μην ξεχνάτε, ότι όσο πε­ ρισσότερα και μεγαλύτερα τετράγωνα ζωγραφίσετε, τόσο περισσότερα πράγματα θα ανακαλύ­ ψετε!

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ.

2/47


Ευκλείδης α' τόμος κθ' τεύχος 18 οκτ δεκ 1995