Page 1


ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΛΗΡΟΦΟΡΗΣΗΣ / ,

Τεύχος 91

Ιανουάριος· Φεβροuάριος

·Μάρτιος 2014 Τιμή Τεύχους Ευρώ 3,00

yια το yυμvασιο

Ευκλείδης

e-mail: info@hms.gr,

Τα Μαθηματικά στον Κόσμο Η

aτσάλινη γωνία,

Ειρήνη Περυσιvάκη ..................................................................... 1

Από την Ιστορία των Μαθηματικών

Από τη ράβδο του Θαλή στα Quantrant του Μεσαίωνα, Στέφανος Κείσοyλου .................................................................. 4

Τα βιβλία μαθηματικών του ψηφιακού σχολείου, στην υπηρεσία των μαθητών

•••...•.••..••.......••••..........................

Τάξη Τα Ποσοστά στην καθημερινή ζωή, .

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

Παράλληλες ευθείες που τέμνονται από μια ά�η ευθεία· �Οροισμα γωνιών τριγώνου,

7

11

Αθαvασια Κυριακοπουλου ........................................................ 14

Β'τάξη Προβλήματα Στατιστικής, ,

,

'·' ιι ης- Μ. Σισκου ............................ 19 Γλυμ περοπουλος Α. Μ πακα , , ,

Στερεο ε ια Β r μνασι υ, � �ρ ? ?

Σταuροuλα Αλαφακη Στεφανος Κεισοyλου ..

......................... 2 2

Αwιτας Αyyελη ............................................................................ 31

rε?Jμετρ�κή Πιθανότη�α,

106 79ΑΘΗΝΑ Fax: 210 3641025

210 3616532

Γεώρyιοc; Δημάκοc;

Διευθυντήc;:

Εμμαvου � λ

Κρητικόc;

Επιμέλεια Εκδοαης:

Κιούφτη Ροδούλα Κυριακοnούλου Ν6ναυ Σάλαρης Κωναταντίνος

ΧΟΡΗΓΟΣ ΕΚΔΟΣΗΣ

Κοινωφελέs Ίδιιιιμα Ιωίινν11 Σ. Λι'ηση

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

33

Γιώργος Μενδωνίδης

.............................................••.........•..•.•...•.

33

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί,

Επιμέλεια: Επιτροπή Διαγωνισμ ών . . .. .. ......

Διάφορα OXI Αδιάφορα

.

.

.

Από το μηδέν στο �πειρο με φαντασία, ,

. ... .. . ..

..... ..

..

. ..

. 37

... .

Σταυρουλα Πατσιομιτου ........................................................... 45

' ' ................................................. 48 Δ ιασκεδαστικα Μ α 8ηματικα,

Στον rιώpyo ΩpσιόπουΑο τον δάσκαλό μας και συνοδοιπόρο στα πεοιοδικά και στη ζω'l' της Ε.Μ.Ε 49 ' ················

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

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

Συντακτική ΕΠιτροπή

Ωραι6nουλος Γcώργιος Πρ6εδρος:

ΚΙ:fαογλου Στcφανος

Εκδότηc;:

,

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΜΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ·

Επίτιμος Πρ6εδρος:

Τηλ.: 210 3617784

30

............................••..

Τριγωνομετρία Σχέσεις Συμπληρωματικών και πα�απληρω�ατικών γωνιών,

··································································

ΠΑΝΕΠΙΣΥΗΜΙΟΥ 34

25

Ένα το πρόβλημα πολλές οι λύσεις του,

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

••..••........•.•...•..

Κωστας Γ. Σαλαρης - Ανδρεας Ν . Τριανταφυλλου ................... 28

Τζιφας Νικος-Κωνσταvτινiδης Αριστεiδης

Α'

'7 ' Ρι..,οςΓιωρyος

Παναγιώτης Δ. Κυράvας, Κώστας Γ. Σάλαρης

Λύσεις θεμάτων Ευκλείδης Α τεύχος 90 για τα π�ιραματι�ά Λύκεια, , ,

Σπυρος Καρδαμιτσης - Σωτηρης Χασαπης

Τα Μαθηματικά στο Σχολείο

Τα Μαθηματικά στο Σχολείο

r'τάξη Μεθοδολογία Επίλυσης Προβλημάτων, •

Προετοιμασία για τις εισαγωγικές εξετάσεις των Πρ?τυπων Πε φαματικ�ν Λυκεί«?ν,

Μαθηματικά και Τεχνολογία

Καλλιό�η Αρδαβάνη, ημ ή τριος Παλαιοyιαννίδης, Αθαvασια Κυριακοπουλου

www.hms.gr

Α. Αντιπρ6εδρος:

Κυρ6νας Παναγιώτης

a· Αντιπρ6εδρος:

Λυμncρ6nουλος Γcώργιος Μέλη:

Ayycλή �ννα Αλαφάκη Σταυρούλα Αλcξονδράτου �ννο Αντωνοnούλου Κατιάννο Anocn6λoυ Αyycλική Αρδοβ6νη Πδnη Γcωργίου Σπύρος Θcοδωρ6nουλος Θροcrύβουλος Κιούφτη Ροδούλα Κωνατοντινίδης Αριατcίδης Κυρ6νος Παναγιώτης

Κυριακοnούλου Ν6νcrυ Λυμncρ6nουλος Γεώργιος Μcνδωνfδης Γcώργιος Μοpφ�nούλου Μαρία Μπακάλης Ανοατάαιος Πολοιογιαννfδης Δημήτριος Σάλορης Κωνατοντίνος Σίακου Μαρία Τζίφος Νίκος Ταικοnούλου Στάμη Φcρcντίνος Σπυρίδων ΧΡιατοδούλου Ντ6ρα Χρυcrοβcργης Μιχαήλ Ωραι6nουλος Γcώργιος Αποκεντρωμένοι συνεργάτες

Γιάννης Θωμαfδης (Θcα/νίκη) Γιώργος Ρίζος (Κiρκυρο) Γιώργος Τcrοnοκίδης (Αγρίνιο) Ειρήνη Πcριαuνάκη (Κρήτη) Γιάννης Ράλλης (Χίος)

Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι, το περιοδικά μας αποκτά σιγά σιγά ένα

ψηφιακά χώρο ατον οποίο θα μπορείτε να διαβάζετε ένα μικρά απάσπασμα απά άρθρα του περιοδικού. Μία σημαντική καινοτομία που εγκαινιάζουμε είναι το άτι σε ορισμένα άρθρα υπάρχει σύνδεσμος που σας οδηγεί είτε σε μία

δισδραατική εφαρμογή είτε

σε μία ιατοσελίδα ιατάτοπου με διαδραατικά περιεχάμενο σχετικά με το άρθρο. Το μάνο που χρειάζεται απά εσάς είναι

να

μ π είτε

σ τη

δι ε ύ θυν ση

http://www.hms.gr/πode/323, να κάνετε κλικ ατο σύνδεσμο «Αποσπάaματα και δισδραατικές εφαρμογές» και να επιλέξετε ατη συνέχεια το Ο Πράεδρος της Συντακτικής Επιτροπής

τεύχος που σας ενδιαφέρει.

Στέφανος κε·iσογλου

Κωδικόc; ΕΛ.ΤΑ: 2054 ISSN: 1105- 7998

...............•................................•••..................•..................•....••.•.................... . ...

ΙΔΙΟΚΤΗΣΙΑ

της

ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ Στοιχειοθεcrία - Σελιδοποίηcrη: EMHNIKH ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ ΕτAIPEIA Εκτύπωcrη: ROTOPRINT IA. ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ & ΣΙΑ EEI. τηλ: 210 6623778- 358 Υπεύθυνος τunoypaφεfou: Δ. Παπαδόπουλος

ΕΜΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΗΣ

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονται από την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργασίες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκnσεις, οι λύσεις ασκnσεων κτλ. πρέπει να στέλνονται έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη Α'". Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται. Όλα τα άρθρα υπόκεινται σε κρίση

Τιμή

τεύχους: ευρώ 3,00

Ετήσια crυνδρομή (1 0,00+2,00 Ταχuδρομικά:εuρώ 12,00). Ετήα α σuνδροι ή για Σyο)eί uρώ 10,00 αντίτιμ για τα τεύχη που παραγγέλνονται στέλνεται:

Το

1. Με απλn ταχυδρομικn επιταγn σε διαταγn Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθnνα 54 Τ.Θ. 30044 2. Στην ιστοσελίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικnς συναλλαγnς με την τράπεζα EUROBANK 3. Πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε.


Η

aτσάλινη γωνία

=======

τ:

Ειρήνη Περυσινάκη

ν λένε «ατσάλινη», γιατί είναι κατασκευασμένη από ατσάλι. Την λένε «γωνία» γιατί χει το σχήμα ορθής γωνίας. Το όνομά της μάλλον ταπεινό, αν αναλογιστεί κανείς πόσα μπορεί να κατορθώσει στα χέρια ενός μαραγκού: από μετρήσεις και υπολογισμούς, μέχρι κατασκευές. Για τον τρόπο χρήση της, ο Fred Τ. Hodgson [1] αφιερώνει δυο τόμους στο έργο του Α practίcal treatίse on the steel square and ίts applίcatίon to everyday use. Εμείς ευελπιστούμε πως τα λίγα που θα αναφέρουμε εδώ για την χρήση της θα σας φανούν και «πρακτικά» και «σοφά».

Εικόνα

1:

Τα τρία σημεία της ατσάλινης γωνίας που θίγονται στο άρθρο.

Το σημείο Α της εικόνας 1

Ποια είναι λοιπόν η βασική λειτουργία της ατσάλινης γωνίας; Η βαθμολόγησή της με εκατοστά ή ίντσες, το αποκαλύπτει: προορίζεται για μέτρηση μήκους, όπως ο χάρακας, η μετροταινία, το ξύλινο μέτρο. Όμως γιατί να έχει το σχήμα ορθής γωνίας; Η προφανής απάντηση είναι «γιατί ένας μαραγκός σχεδιάζει ορθές γωνίες» -αλλά υπάρχει και άλλος λόγος, όχι και τόσο προφανής. Θα τον ανακαλύψουμε αν εστιάσουμε σε κάποιες περίεργες στήλες με αριθμούς που αναγράφονται στην μία όψη της, κάπως έτσι: ...

aι·�.

'.33...

··.�··.

.

. .�

δO.tt ·.

• •

...... -··-

,.

.30

Εικόνα 2: Πίνακας τριάδων

Γριφώδες πραγματικά, να εμφανίζονται πότε δύο αριθμοί -ο ένας κάτω από τον άλλον- και πότε μονάχα ένας, μεγαλύτερου μεγέθους. Τι δηλώνει άραγε αυτό το αριθμητικό σχήμα; Δηλώνει πως με κάποιον τρόπο ο «μεγάλος» αριθμός παράγεται από τους δυο «μικρότερους». Πρόκειται δηλαδή για τριάδες αριθμών. Και όταν ακούμε «τριάδες .αριθμών» το μυαλό μας πηγαίνει στις «πυθαγόρειες τριάδες», όμως σίγουρα αυτές δεν είναι πυθαγόρειες, εφόσον εμφανίζονται δεκαδικοί αpιθμοί. Εξαιρείται η τελευταία τριάδα των 1 8, 24, 3 0 που είναι πυθαγόρεια καθώς 1 82+24 =302• Και τώρα μπορείτε να λύσετε τον γρίφο: και οι άλλες τριάδες, αν και όχι πυθαγόρειες, έχουν την σχέση κάθετων πλευρών και υποτείνουσας ορθογωνίου τριγώνου, για παράδειγμα 242+242=33,942 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/1


---

Η aτσάλινη γωνία

Σε τι εξυπηρετεί όμως ο πίνακας αυτός έναν μαραγκό; Μήπως δεν μπορεί να μετρήσει απ' ευθείας την διαγώνιο ενός ορθογωνίου, παρά χρειάζεται να την υπολογίζει από τις πλευρές του; Όχι φυσικά! Ο προορισμός του πίνακα είναι να επιλύει ένα πιο σύνθετο πρόβλημα: τον υπολογισμό της διαμέτρου μιας κυκλικής επιφάνειας. Το πρόβλημα είναι αρκετά απαιτητικό, αν αναλογιστούμε ότι στην επιφάνεια ενός κυκλικού τραπεζιού δεν είναι απαραίτητα μαρκαρισμένο το κέντρο της. Η επίλυσή του όμως με την ατσάλινη γωνία είναι σχεδόν αυτόματη. Όπως απεικονίζεται στην εικόνα 3, εάν τοποθετήσουμε την κορυφή της ορθής γωνίας στην περιφέρεια του κύκλου, τότε, σύμφωνα με γνωστό θεώρημα της Γεωμετρίας, οι κάθετες πλευρές της ατσάλινης γωνίας συναντούν την Εικόνα 3: μετρώντας την διάμετρο περιφέρεια του κύκλου σε aντιδιαμετρικά σημεία. Οι ενός κύκλου μετρήσεις που αναγράφονται στα σημεία αυτά, μαζί με τον πίνακα, αποκαλύπτουν την διάμετρο του κύκλου. Για παράδειγμα, αν οι δύο μετρήσεις είναι 1 8 και 24 ίντσες αντίστοιχα, τότε η διάμετρος είναι 30 ίντσες. Το σημείο Β της εικόνας 1

Ακριβώς δίπλα στον πίνακα με τις τριάδες βρίσκεται ένα σύστημα με γραμμές, οριζόντιες και πλάγιες. Πρόκειται για την λεγόμενη «διαγώνιο κλίμακα». Αυτή διευκολύνει την αποτύπωση μεγεθών με ακρίβεια 1/100 της ίντσας (περίπου το Υ4 του mm)! Αρκετά εντυπωσιακό, καθώς η μικρότερη υποδιαίρεση που λαμβάνεται από έναν βαθμολογημένο χάρακα με ίντσες είναι το 1/12 της ίντσας. Για να καταλάβουμε την λειτουργία της, ας προσέξουμε την κατασκευή της. Όπως αποτυπώνεται στην εικόνα 4 , έχουμε ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ με οριζόντια πλευρά 1 ίντσα, το οποίο έχει διαιρεθεί με κάθετες και οριζόντιες γραμμές σε 1 Οχ 1 Ο μικρότερα ίσα ορθογώνια. Σε αυτό, σχεδιάστηκαν επίσης κάποιες πλάγιες γραμμές, οι «διαγώνιοι» της κλίμακας. Ας δούμε λοιπόν πώς ο μαραγκός μπορεί να πάρει για παράδειγμα 7 6/100 της ίντσας με αυτή την κατασκευή: Με αφετηρία το σημείο Α, κινείται πρώτα προς τα δεξιά 7 βήματα, εκεί που βρίσκεται το σημείο Ε και έπειτα, ακολουθώντας την διαγώνιο, ανεβαίνει 6 βήματα (στο σχήμα, η διαδρομή αποτυπώθηκε με έντονες βέλη). Καταλήγει λοιπόν στο σημείο Ζ, από όπου σημειώνει το οριζόντιο τμήμα ΖΗ ως την ζητούμενη απόσταση των 7 6/1 00 της ίντσας. Δ 9 8

7

6 5

4 3

2 1

Α

------ 1

fντσα

-------­

Κ

Λ

Γ

I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I k> I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I 11 I I 11 I Ι ι ιι z

Η

1

2

3

Εικόνα 4:

4

5

6

7

Ε

8

Η διαγώνιος κλίμακα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/2

9

Β


------

Η aτσάλινη γωνία

------

Γιατί αυτή η μέθοδος «δουλεύει»; Το μυστικό βρίσκεται στην σχέση που έχουν τα τρίγωνα ΕΖΘ και ΕΛΚ.. Προσέξτε πως το μικρό τρίγωνο ΕΖΘ κατασκευάστηκε από το μεγάλο τρίγωνο ΕΛΚ φέρνοντας παράλληλη γραμμή ΘΖ προς την ΚΛ. Αυτό είναι αρκετό για να έχουν τα δύο τρίγωνα ανάλογες πλευρές, δηλαδή όχι μόνο ΕΘ = 0,6 · ΕΚ, αλλά και ΕΖ=0,6 · ΕΛ και ΘΖ=Ο,6 · ΚΛ. Και εφόσον το ΚΛ είναι το 1/10 της ίντσας, έπεται ότι το ΘΖ θα είναι τα 6/1 00 της ίντσας. Φυσικά, ΗΘ=ΑΕ=70/1 00 της ίντσας, άρα τελικά ΗΖ =ΗΘ+ΘΖ=7 6/1 00 της ίντσας. Το σημείο Γ της εικόνας 1 Ας περάσουμε τώρα στο τελευταίο σημείο της κουβέντας μας, να δούμε δηλαδή τι είναι ο πίνακας που απεικονίζεται στη θέση Γ της εικόνας 1 , που σε μεγέθυνση φαίνεται στην εικόνα 5. Όπως παρατηρείτε, είναι ένας πίνακας ζευγών αριθμών όπως 7 -4, 8-3, 92, 1 0- 1 κ.ά. Τι δηλώνουν αυτά τα ζεύγη; Ο Rolfe Cobleigh [2] μας πληροφορεί πως αποτελούν μια πρωτότυπη γραφή μεικτών αριθμών, γι' αυτό και το 7 -4 διαβάζεται « 7 πόδια και 4 δωδέκατα». Τα «7 πόδια» Εικόνα 5: Πίνακας υπολογισμού όγκου ξυλείας όμως δεν είναι πόδια-μήκος, αλλά είναι «πόδια σανίδας», μια μονάδα όγκου που χρησιμοποιείται στον Καναδά και την Αμερική. Το 1 πόδι σανίδας είναι ο όγκος στερεού (σανίδας) που έχει διαστάσεις 1 πόδι χ 1 πόδι χ 1 ίντσα (το 1/12 του κυβικού ποδιού δηλαδή). Όταν λοιπόν ο ξυλουργός αγοράζει την ξυλεία του, μετρά το μήκος και το πλάτος των σανίδων (το πάχος είναι πάντα 1 ίντσα) και αμέσως, με την βοήθεια του πίνακα μπορεί να βρει τον όγκο της σανίδας και κατ' επέκταση και την αξία της, αποφεύγοντας έτσι μια πιθανή εξαπάτηση από την μεριά του εμπόρου (τους οποίους κανένας δεν εμπιστεύεται). Η μέθοδος είναι απλή: Στην πρώτη γραμμή του πίνακα αναγράφονται όγκοι σανίδων πλάτους 8 ιντσών, στην δεύτερη πλάτους 9 ιντσών, στην τρίτη πλάτους 1 0 ιντσών κ.ο.κ., με την σειρά όπως εμφανίζονται κάτω από την ένδειξη «12». Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι θέλουμε να υπολογίσουμε τον όγκο (σε πόδια σανίδας) μιας σανίδας πλάτους 1 3 ιντσών και μήκους 1 1 ποδιών. Πρώτα βρίσκουμε το 1 3 κάτω από την ένδειξη «12» και σε αυτήν την γραμμή πηγαίνουμε αριστερά κάτω από το 1 1 και βλέπουμε το ζεύγος 1 1 -1 1 . Οπότε, ο όγκος είναι 1 1 πόδια (σανίδας) και 1 1 δωδέκατα. Ας το επαληθεύσουμε: Ο όγκος είναι: 13 1 43 ' , ' ' 1 3 ιντσες = - πο' δια χ 1 1 πο' δια χ 1 ιντσα =πο δια σανι'δας χ 1 1 πο' δια χ 1 ιντσα 12 12 1 3 Όμως το κλάσμα 4 είναι ο μεικτός αριθμός 1 1 .!..! , δηλαδή ο όγκος είναι « 1 1 πόδια 12 12 σανίδας και 1 1 δωδέκατα». Επαληθεύστε και για άλλες διαστάσεις. Δεν είναι πραγματικά εντυπωσιακό; Εδώ, θα σταματήσουμε την σύντομη γνωριμία με την «ατσάλινη γωνία». Ελπίζουμε να «ζηλέψατε» την πρακτική σοφία των ξυλουργών και να κατασκευάσετε κι εσείς το δικό σας όργανο πολλαπλών μετρήσεων και υπολογισμών. Βψλιοyριupία - Δικτοοyριupία

Hodgson Fred, Α Practical Treatise on the Steel Square and Its Application to Everyday Use, Chicago, Fredeήck J. Drake & Co., Publishers, 1 9 1 3 2 . Cobleigh Rolfe, Handy Faπn Devices and How to Make Them - The Steel Square http://journeytoforever.org/farm_library/device/devices2.html 1.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΑΆ91 τ.3/3


Από τη

ράβδο του Θαλή στα Quantrant του Μεσαίωνα «0

νους δεν κατοικεί στο σώμα μας, είναι διαμοιρασμένος στα εργαλεία που κατασκευάζουμε και χρησιμοποιούμε». (Wertsch)

======

Χωρίς υπερβολή θα μπορούσαμε να υποστηρίξουμε ότι η προσπάθεια των ανθρώπων να μετρήσουν τα αντικείμενα που τους περιβάλλουν είναι η αφετηρία για επινόηση και ανάπτυξη σημαντικού Μαθηματικού υλικού. Ας πάρουμε όμως τα πράγματα από κάποια υποτιθέμενη αρχή. Ας θεωρήσουμε ότι ίσως η πρώτη συστηματική, δραστηριότητα Μαθηματική καθαρά μέτρησης απρόσιτων φυσικών αντικειμένων οφείλεται στο Θαλή τον 6° π.χ αιώνα. Ο κατεξοχήν εφάρμοσε μία Θαλής Λογικομαθηματική δραστηριότητα, τον επαγωγικό συλλογισμό. πώς βλέποντας Συγκεκριμένα συμπεριφέρονται οι σκιές στα καθημερινά αντικείμενα του περιβάλλοντός του σκέφτηκε ότι έτσι θα πρέπει να συμπεριφέρονται σε όλα τα αντικείμενα, ακόμη και στα πολύ μεγάλα όπως οι πυραμίδες. Μία άλλη σημαντική επινόηση του Θαλή ήταν να θεωρήσει ότι οι ακτίνες του ήλιου είναι παράλληλες οπότε "έβλεπε" να σχηματίζονται παντού ορθογώνια τρίγωνα με πλευρές τα αντικείμενα, τις σκιές τους και τις ακτίνες του ήλιου.

Τώρα πλέον μπορούμε καλύτερα να κατανοήσουμε τι είχε μέσα στο μυαλό του ο μεγάλος Μαθηματικός όταν μέτρησε το ύψος της πυραμίδας. Αφού, σκέφτηκε, κάποια στιγμή της ημέρας τα σώματα έχουν σκιά όσο

Στέφ ανος Κείσο γλου

και το ύψος τους άρα το ίδιο θα συμβαίνει και με την πυραμίδα. •

·-:;!!: .,� ...� �----r

__.,.

Με βάση τον παραπάνω συλλογισμό κατασκευάζει στο χώμα έναν κύκλο με ακτίνα όση και το μικρό ραβδί που τοποθέτησε κατακόρυφα. Στη συνέχεια περίμενε μέχρις ότου η σκιά του ραβδιού να φτάσει στην περιφέρεια του κύκλου και τότε έδωσε εντολή στο συνοδό του να μετρήσει τη σκιά της πυραμίδας. Το πρώτο εργαλείο έμμεσης μέτρησης ήταν γεγονός, ήταν ένα απλό κατακόρυφα τοποθετημένο ραβδί. Ο Θαλής είχε όμως να αντιμετωπίσει και μία άλλη πρόκληση, τη μέτρηση της απόστασης από τον περατηρητή ενός απομακρυσμένου αντικειμένου στο οποίο δεν είχε πρόσβαση. Θα μπορούσαμε να υποστηρίξουμε ότι τα εργαλεία μετρήσεων απρόσιτων αποστάσεων ή υψών έλκουν την καταγωγή τους στον τρόπο με τον οποίο ο Θαλής μετρούσε την απόσταση ενός πλοίου από την ακτή. Ο Θαλής χρησιμοποίησε ίσως για πρώτη φορά ένα πρωτόλειο εργαλείο τ' μία κατασκευή για να μετρήσει το ύψος ή την απόσταση ενός απρόσιτου αντικειμένου πχ ενός πλοίου (Barbin 1 996).

Α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ. 3/4


-------

Από τη ρ άβδο του Θαλή στα Quantrant του Μεσαίωνα

Ο Θαλής σκόπευε το πλοίο, περιέστρεφε το εργαλείο μέχρι να σκοπεύει κάποιο αντικείμενο Α στη στεριά χωρίς να αλλάξει τη γωνία σκόπευσης. Στην ουσία ο Θαλής μετέφερε την απόσταση του πλοίου σε ένα σημείο γνωστής απόστασης και δεν είναι ίσως τυχαίο ότι μελέτησε και διατύπωσε θεωρήματα σχετικά με τις ιδιότητες των ισοσκελών τριγώνων. Κατά τον Heath (198 1 ) υπάρχει μια συνηθισμένη υπόθεση η οποία περιγράφει τον τρόπο με τον οποίο πραγματοποιούσε τις μετρήσεις του ο Θαλής.

Παρατηρούσε το πλοίο Γ από το ύψος του πύργου . Διαθέτοντας ένα όργανο με δυο στηρίγματα, ώστε να σχηματίζουν ορθογώνιο τρίγωνο, τοποθετούσε το ένα στήριγμα ΔΑ κατακόρυφα και το άλλο ΔΕ προς τη διεύθυνση του πλοίου. Σκοπεύοντας από το Α το πλοίο η οπτική ακτίνα ΑΓ τέμνει το ΔΕ στο Ε οπότε Η μέθοδος αυτή δεν είναι ΒΓ ΑΒ. βέβαιο ότι χρησιμοποιήθηκε από τον Θαλή, αφού δεν είναι βέβαιο ότι ο Θαλής είχε στη διάθεσή του μια αφηρημένη θεωρία αναλογιών. Αυτό το οποίο παραμένει γεγονός είναι η έμμεση περιγραφή της λειτουργίας ενός τέτοιου εργαλείου από τον Ευκλείδη στο έργο του ''Οπτικά" το οποίο αποτελεί μια πραγματεία για την εφαρμογή και χρήση μέσα στο φυσικό περιβάλλον των Γεωμετρικών γνώσεων που αποκτά κάποιος από τα "Στοιχεία". Αν θα έπρεπε να επιλέξουμε την πρόταση κλειδί για την ανάπτυξη εργαλείων μέτρησης μέσω της ομοιότητας αυτή είναι η πρόταση 1 8 από τα 'οπτικά' του Ευκλείδη: «Το δοθέν ύψος =

γνώναι, πηλίκον εστί, ηλίου φαίνοντος».

Εδώ ο Ευκλείδης χρησιμοποιεί την οπτική ακτίνα και την σκιά ενός απομακρυσμένου αντικειμένου για να κατασκευάσει όμοια

------

τρίγωνα με τη βοήθεια του μικρού αντικειμένου «έτερόν τι μέγεθος». Το σχήμα το οποίο χρησιμοποιεί ο Ευκλείδης είναι χαρακτηριστικό και ενδιαφέρον παρουσιάζει ο τρόπος με τον οποίο αναφέρεται στο μικρό τρίγωνο για το οποίο γράφει ότι «ήρμοσται

ουν εις το ΑΒΔ».

Ο Ευκλείδης ουσιαστικά παίρνει τη σκυτάλη από τον Θαλή και υποδεικνύει έναν γενικευμένο τρόπο χρήσης του πρώτου εργαλείου μέτρησης ενός απρόσιτου ύψους (μια κατακόρυφο ράβδο) κάνοντας χρήση της σκιάς. Η βασική διαφορά από την μέτρηση του Θαλή είναι το γεγονός ότι ο Ευκλείδης κάνει μέτρηση οποιαδήποτε στιγμή της ημέρας και όχι μόνο όταν η σκιά είναι ίση με το αντικείμενα. Αυτή η δυνατότητα οφείλεται ίσως στο ότι ο Ευκλείδης κατέχει μία θεωρία αναλογιών που πριν από αυτόν είχε αναπτύξει ένας άλλος μεγάλος Μαθηματικός, ο Εύδοξος. Τέσσερις περίπου αιώνες μετά τον Ευκλείδη ο Ήρων περιγράφει μια λεπτομερέστερη εργασία για την μέτρηση του ύψους μέσω της διόπτρας του, όπου εδώ γίνεται και πάλι χρήση των ομοίων τριγώνων όχι όμως της σκιάς του αντικειμένου αλλά της οπτικής ακτίνας.( Katz 1 993)

Η καινοτομία του Ήρωνα βασίζεται εκτός των άλλων και στην προσθήκη ενός ·· aτέρμονα κοχλία·· C με τον οποίο μπορούσε να κάνει ακριβέστατες μετρήσεις τόσο στην επιφάνεια της γης όσο και aστρονομικές.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ. 3/5


-------

Α πό τη ράβδο του Θαλή στα Quantrant του Μεσαίωνα

Οι Κινέζοι τον 3° αιώνα μ.χ. επινόησαν μεθόδους υπολογισμού από την ξηρά του ύψους ενός αντικειμένου που βρίσκεται σε νησί. . � .....

Χρησιμοποίησαν ένα απλό εργαλείο σκόπευσης της κορυφής του αντικειμένου που είχε ύψος h, το οποίο εργαλείο μετακινούσαν κατά απόσταση d και ξανασκόπευαν την κορυφή του αντικειμένου.

h

Με σημερινούς όρους μπορούμε να υποθέσουμε ότι στη συνέχεια aξιοποιούσαν τα δύο ζεύγη ομοίων τριγώνων που σχηματίζονται και υπολόγιζαν τις δύο οριζόντιες πλευρές των μεγάλων ορθογωνίων τριγώνων με τους τύπους f . h και _Q_ · h. � <Χι Παρατηρήστε ότι η διαφορά αυτών των δύο τύπων δίνει την απόσταση d κατά την οποία άρα το εργαλείο, μετακινήθηκε d=_Q_ . h-f · lF(_Q_ _Q_) · h από όπου προκύπτει � <Χι � <Χι ότι lF(� -<Χι ) · d β _

------

Κατά τη διάρκεια του Μεσαίωνα και στην Αναγέννηση οι μετρήσεις συνέχισαν να γίνονται με βάση τις ιδιότητες των ομοίων τριγώνων ενώ τα εργαλεία των Κινέζων εμπλουτίσθηκαν και είναι γνωστά ως Quadrants

Στο παρακάτω σχέδιο του 1 6ου αιώνα περιγράφεται ένα τέτοιο εργαλείο. Είναι αξιοσημείωτο να παρατηρήσουμε ότι το εργαλείο αυτό δεν διαθέτει γωνιόμετρο έτσι η χρήση του στηρίζεται στην μετατόπισή του και στον υπολογισμό κάθε φορά του λόγου ομοιότητας άρα στην ουσία δυο διαφορετικές τιμές της εφαπτομένης της γωνίας που σχηματίζει ο δείκτης με το οριζόντιο επίπεδο. ΒιJΙλιοyραφία: 1) Ήρωνος Μετρικά Αλεξανδρέως Κατοπτρικά Επιμέλεια Χρήστος Κηπουρός Εκδόσεις ΕΜΕ 2000. 2) Barbin, Ε. (1 996):The role of problems in the history and teaching of mathematics, in Ronald Calίnger (Ed) 'Vίta Mathematίca '

Heath Τ. : (198 1 ) ''Α History of Greek Mathematics" Doνer Publications Inc. 4) Katz, V. (1 993): Α History of Mathematics, Harper Collίns College Publίshers, New York. 3)

Οι εικόνες προέρχονται από τους ιστότοπους: http://www.anselm.edu/hoιnmageldbanach/tbales.htm hUp://jnocook.net/pyramids/

hUp://en. wίkipedia.orglwikiffήangulatίon hUp://www.mhs.ox.ac.uklmeasurer/text/figl9

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ. 3/6

.htm


Τα βιβλία μαθηματικών του ψηφιακού σχολείου, στην υπηρεσία των μαθητών.

Καλλιόπη Αρδαβάνη -Δημήτριος Παλαιοyιαννίδης - Αθανα σία Κυ ριακοπο ύλου

Τα τελευταία δύο χρόνια, τα βιβλία των Μαθηματικών εμπλουτίστηκαν με ψηφιακό υλικό, το οποίο ενσωματώνεται εύκολα και απλά στην εκπαιδευτική διαδικασία. Ο μαθητής μπορεί να επαναλάβει το πείραμα από το σπίτι του ή να δοκιμάσει ένα άλλο, να γίνει ένας μικρός ερευνητής. Ο εκπαιδευτικός μπορεί να βρει έτοιμα δομήματα ή μικροπειράματα φτιαγμένα με κάποιο λογισμικό Μαθηματικών και να τα χρησιμοποιήσει στο καθημερινό του μάθημα στο εργαστήριο πληροφορικής ή σε μία τάξη με διαδραστικό πίνακα. Οποιοσδήποτε μπορεί να βρει το βιβλίο των μαθηματικών του σε ψηφιακή μορφή με μικροπειράματα συνδεδεμένα στην θεωρία ή σε άσκηση μιας ενότητας, σε γεωμετρία ή σε άλγεβρα. Εμείς ξεχωρίσαμε δύο τέτοιες εφαρμογές της Α ' γυμνασίου και θα τις αναπτύξουμε δίνοντας μιαν άλλη οπτική στα πράγματα. Πληκτρολογήστε http://dschool.edu.gr/ και επιλέξτε διαδραστικά σχολικά βιβλία.

δεξιά επιλέγετε την ενότητα διαιρετό τας- ΜΚΔ - ΕΚΠ

1.5-

Χαρακτήρες

Εισαγωγή-Περιεχόμενα Μαθηματικά (Α' Γυμνασlου) Εισαγωγή-Περιεχόμενα ΜΕΡΟΣ Α': Αριθμητική -Άλγεβρα Ι<ε<fάλαιο 1 ο- Φυmκοί Αριθμοί 1.1. Φυmκοί αριθμοί- Διάιαξη Φυmκών- ... 1.2. Πρόσ1!εση, αφαίρεση και πολλαπλαmασ... 1.3. Δυνάμεος φυmκών αριθμών 1.4. Ευκλεοοεοα διαί - Διαι ειόι ια

ΜΚΘfCΙλαlωση �ιο 2ο- Κλdαμαια ΕmΜιληmικtς Ερωιήσεος Αυιοαξιολι!yησης 2.1. Η twurα ιου κλdαμαιας 2.2. ΙσοδίΜιμα κλdαμαια 2.3. Σ(ιyκριση κλααμdιιιιν 2.4. Πp6σ8εση Klll Αι,αfpεοη κλααμdΙΙιΙΥ 2.5. Παλλαπλαmααμ6ς κλααμdιΙιΙΥ 2.6. Δια/pεση κλααμdιων Α!ισκΘfCΙλαlωση Κι,cιλαιο 3a - Δειιαδικαl αριθμαf

Α' ΜΕΡΟΣ

Ας δούμε αρχικά το μικροπείραμα που έχει προστεθεί στην 5 του σχολικού

E(Cfι( nιvτli:6ις Τpιlίιις

ΞΞ ΞΞ. .

ΞΞΞ ..

ΞΞΞΞ.

'!νι ς ywμνιι:r� nΙΙ"μτηρηο-t όn ότιν τoπvιnti

τοu(μιιητίςτηςι'yuμνιοlοuαvli:3,cινΙΙ5ι" 1)Πόcιοι cίνιι οιι μ.Ιφ"ί(τrκ .. τ-ιιnσiιΜrι. οιοι..ιίιtιnό,n�όnΊΟ�

tt notos ιinι • ιλ� ιpιιμό( μcιφώνnο. �ήνιιμnιtf150ι:ιιa);

πkηpd��ιιι�ticrnς.; :ιι ηΝ"οι ιϊηι οι μ.Ιφf{της ,• .,..,...,σiu ιν yvtφi(Hp;ι 6τιτο τrAI\M(ΊO"f tίνιι μn.ψ. ιιιοι:ιιtοο: ')t•••ιtto:

Μετά τα εμπλουτισμένα βιβλία μαθητή (βέλος Ο γυμναστής: Ένας γυμναστής σχολείου με στην εικόνα) συνέχεια το βιβλίο τμήματα που έχουν έως και 30 μαθητές τοποθετεί τους μαθητές του ανά 3, ανά 5 ή ανά 6 και μας στέλνει τις παρατηρήσεις και τα ερωτήματά του. Άνοιξε την εφαρμογή του ψηφιακού σχολείου και εσύ ώστε να έχεις μια οπτική αναπαράσταση των μαθητών του σε παράταξη και να απαντήσεις στα ερωτήματά του. Μια ημέρα, οι παρόντες μαθητές σε ένα τμήμα της Α ' τάξης ήταν 19 ενώ οι υπόλοιποι Αναγνωρίζετε το βιβλίο σας από το εξώφυλλο έλειπαν σε δραστηριότητα για την που εμφανίζεται και απο τη λίστα επιλογών προετοιμασία σχολικής εορτής. Ο γυμναστής ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/7


----.α ...;Τ βιβλία μαθηματικών του ψηφιακού σχολείου, στην υπηρεσία των μαθητών.

αναρωτήθηκε: όταν παραταχθούν οι μαθητές ανά 3, ανά 5 ή ανά 6 πόσες τριάδες, πεντάδες ή εξάδες φτιάχνουν και πόσοι περισσεύουν κάθε φορά; Στην εφαρμογή βάλε τον δρομέα να δείχνει 19 μαθητές και παρατήρησε ότι τότε μπορεί να σχηματίσουν 3 εξάδες και περισσεύει 1 ή 3 πεντάδες και περισσεύουν 4 ή 6 τριάδες και περισσεύει 1. Ενας μαθητής είπε ότι η σχέση 19=3*6+ 1 είναι μία ευκλείδεια διαίρεση και όλοι συμφώνησαν. Μπορείς εσύ να γράψεις την ευκλείδεια διαίρεση του 19 με τον αριθμό 5; Πώς χαρακτηρίζεις κάθε μία από τις προηγούμενες διαιρέσεις; Θυμάμαι ότι: Αν Δ=δ·π+υ, όπου Δ, δ είναι φυσικοί αριθμοί και Ο:Sυ<δ, τότε η προηγούμενη σχέση ισότητας παριστάνει Ευκλείδεια Διαίρεση. Αν υ=ο η διαίρεση λέγεται τέλεια διαίρεση και εκφράζεται από τη σχέση Δ=δ·π. Στην περίπτωση αυτή, λέμε ότι ο αριθμός δ είναι ένας διαιρέτης του Δ ή ότι ο αριθμός Δ είναι ένα από τα πολλαπλάσια του δ. Ένας μαθητής είπε ότι μπορούμε να ισχυριστούμε ότι οι 19 μαθητές ανά 3 σχηματίζουν 4 τριάδες και περισσεύουν 7 αφού 3*4+7=19 και χαρακτήρισε ως ευκλείδεια διαίρεση την παρακάτω σχέση 19= 3*4+7. Συμφωνείς; Ένας άλλος μαθητής είπε ότι λείπουν 2 για να έχουμε 7 τριάδες, δηλαδή οτι 19=3*7-2 και τη σχέση αυτή τη χαρακτήρισε Ευκλείδεια Διαίρεση. Συμφωνείς; Ένας άλλος υποστήριξε ότι ανά 3 σχηματίζουν 5 τριάδες και περισσεύουν 4 δηλαδή 3*5+4=19 και χαρακτήρισε τη σχέση 19=3*5+4 ως Ευκλείδεια Διαίρεση. Συμφωνείς; Αρχικά όλοι διαφώνησαν αλλά ένας εξήγησε ότι μπορεί να είναι και αυτή η σχέση Ευκλείδεια Διαίρεση και όλοι συμφώνησαν μαζί του· όταν αιτιολόγησε την άποψή του. Μπορείς να εξηγήσεις γιατί; (παρατήρησε τις παρατάξεις των μαθητών ανά 3, ανά 5) Την επόμενη μέρα στο ίδιο τμήμα της Α' ήταν παρόντες 24 μαθητές και ο γυμναστής τους

-----

είπε να παραταχθούν σε τριάδες. Δεν περίσσευε κανένας (γιατί;) Αναρωτήθηκε μήπως το ίδιο συνέβαινε αν παραταχθούν σε πεντάδες ή εξάδες. Μπορείς να μετακινήσεις το δρομέα στο 24 για να δεις ότι ο 24 είναι πολλαπλάσιο του 6 αλλά όχι και του 5. Μπορείς να το εξηγήσεις; Μπορείς να γράψεις τις Ευκλείδειες Διαιρέσεις του 24 με το 5 και το 6 και να τις χαρακτηρίσεις; Ο γυμναστής είπε ότι ο αριθμός 24 είναι πολλαπλάσιο του 3 και του 6 και ότι οι αριθμοί 3, 6 είναι διαιρέτες του 24. Συμφωνείς; Αιτιολόγησε.

Εξάδι:ς Πι:ντάδι:ς

Τριάδι:ς

•••• •••• •••• •••• •••• ••••

•••• ••••• e •• e e ••••• •••••

•••••••• •••••••• •••••••• 24 μαθητές

• Την μεθεπόμενη μέρα όλοι οι μαθητές της Α'τάξης ήταν παρόντες. Ο γυμναστής παρατήρησε ότι: 1) αν τους βάλει σε παράταξη ανά 3, ανά 5 ή ανά 6 δεν περισσεύει κανένας και 2) αν βάλει σε παράταξη όλα τα κορίτσια της Α' τάξης ανά 3, ανά 5 ή ανά 6 δεν περισσεύει κανένα. Μπορείς να βρεις τον αριθμό των κοριτσιών και των αγοριών της Α'τάξης αν γνωρίζεις ότι το πλήθος όλων των μαθητών της Α'τάξης είναι μεταξύ του 50 και του 80; (Με τη βοήθεια του δρομέα άλλαζε τον αριθμό των μαθητών και προσπάθησε να βρεις εκείνον τον αριθμό που έχει τις παραπάνω ιδιότητες). Θυμάμαι ότι: Το μικρότερο, διαφορετικό του Ο, από τα κοινά πολλαπλάσια που έχουν δύο αριθμοί λέγεται ΕΚΠ (Ελάχιστο Κοινό Πολλαπλάσιο) αυτών.

ΠΡΟΤΑΣΗ - ΠΡΟΚΛΗΣΗ: Είναι πολύ ενδιαφέρον σε αυτό το αρχείο να κάνει κάποιος μαθητής ή εκπαιδευτικός τη λήψη του

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/8


----α -Τ βιβλία μαθηματικών του ψηφιακού σχολείου, στην υπηρεσία των μαθητών.

στον υπολογιστή του και να προσπαθήσει να τροποποιήσει τις εντολές για να πετύχει τη παράταξη μαθητών σε δυάδες, τετράδες, κλπ να βάλει τα δικά του ερωτήματα ή να φτιάξει ένα νέο εξ αρχής με σκοπό να βρίσκει τους διαιρέτες ενός αριθμού και κατά συνέπεια τον ΜΚΔ αριθμών. Β' ΜΕΡΟΣ

Ας ασχοληθούμε με μια άλλη δραστηριότητα του ψηφιακού σχολείου που περιέχεται στο σχολικό σου βιβλίο στην παράγραφο Α. 1 .5. Χαρακτήρες διαιρετότητας - ΜΚΔ - ΕΚΠ Ανάλυση αριθμού σε γινόμενο πρώτων παραγόντων. Πρόκειται για το μικροπείραμα που ακολουθεί τη δραστηριότητα της ενότητας Α. 1 .5. :Μ�ικηw:Ι!'�I Ι�f\I®JtΙU��i 5 Χαpι�ιι'ιtw;ι;bιc�ιι1ό1η1οι;. Μ'59-�.f.κι1 fι(χΙσιημtόι:ι}fιJ �

.

"

Ι<ιίtιyρiμμοτηςσλ,οβήταvav1'1στοικ(tcnοuς cιριtμοilς 1 iw�24. Μισ nολ(rιτλοκη μηχανή, 6πwςα.uτη τη� ιι�όνιις. nοΗιιττλcισιό"Cιι τα γριίμμιιταμι ιιςλίtηςμιίνοντuχαίοιιριtμό. θριfτc τη λt�η 1'1ΌU ΟΥτiΟ'ΤΟΙΧΙi σ-τουςσριtμοuς: [48,108,12.21S)

.

'

" "

"

" "

"

"

"

"

"

Το περιβάλλον του μικροπειράματος είναι αυτό που βλέπεις στη παραπάνω εικόνα. Μπορούμε να δούμε τη φωτογραφία μιας Enigma που κρυπτογραφικής μηχανής χρησιμοποιούσαν οι Γερμανοί κατά τον 2ο παγκόσμιο πόλεμο για να κρυπτογραφούν τα μηνύματα με τα οποία επικοινωνούσαν με τα υποβρύχιά τους στον Ατλαντικό. Το σπάσιμο του κώδικα που χρησιμοποιούσαν οι Γερμανοί από μια ομάδα επιστημόνων συντέλεσε σε πολύ μεγάλο βαθμό στη νίκη των συμμαχικών στρατευμάτων μια και μετά από αυτό τα ταξίδια των νηοπομπών που μετέφεραν εφόδια και εξοπλισμό από την Αμερική στην Αγγλία έγιναν πολύ πιο ασφαλή. Στο κείμενο που συνοδεύει τη φωτογραφία μας με μπλε γράμματα επεξηγείται με ποιο

----­

τρόπο μπορούμε να κάνουμε μια πολύ απλή κρυπτογράφηση. Στη συνέχεια, στο κείμενο με τα κόκκινα γράμματα, μας ζητείται να βρούμε τη λέξη που αντιστοιχεί σε μια σειρά αριθμών. Πρόκειται δηλαδή για μια απλή διαδικασία κρυπτογράφησης και αποκρυπτογράφησης. Αν πατήσεις το κουμπί "Βοήθεια" θα ανοίξει, όπως μπορείς να δεις και στη διπλανή εικόνα, ένας πίνακας με τα γράμματα της ελληνικής αλαφαβήτου και τον αριθμό που αντιστοιχεί σε καθένα από αυτά. Επίσης θα εμφανιστεί και ένας υπολογιστής για να κάνεις τις πράξεις που θα χρειαστεί να γίνουν. Πατώντας το κουμπί με το βελάκι μπορείς να αλλάξεις τη λέξη που ψάχνεις να βρεις και να παίξεις με μια άλλη λέξη. Λοιπόν πολλά είπαμε. Ήρθε η ώρα για παιχνίδι! Ας προσπαθήσουμε να βρούμε τη λέξη που κρύβεται πίσω από τους αριθμούς {48, 1 08, 12, 2 1 6}. Ξεκινάμε με μια παρατήρηση. Οι αριθμοί 4 8, 1 08 και 2 1 6 δεν εμφανίζονται στον πίνακα. Το παρατήρησες κι εσύ; Έτσι δεν είναι; Τότε σε ποια γράμματα αντιστοιχούν; Και τι συμβαίνει με τον αριθμό 12; Ας προσπαθήσουμε να απαντήσουμε στα ερωτήματα αυτά. Ερώτημα 1: Ποιες είναι οι πιο σημαντικές πληροφορίες που δίνονται στο κείμενο με τα μπλε γράμματα; Με δεδομένο οτι ο πίνακας που περιγράφει ποιος αριθμός αντιστοιχεί σε κάθε γράμμα είναι γνωστός, ποια πληροφορία μένει να αξιοποιήσουμε; Ερώτημα 2: Σε μια τάξη τέθηκε το ερώτημα: "Ποια είναι η σχέση του τυχαίου αριθμού με τους αριθμούς {48, 1 08, 12, 2 1 6};" . Πήραμε τις παρακάτω απαντήσεις: Απάντηση Α: Ο τυχαίος αριθμός δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερος από κανέναν από τους αριθμούς. Απάντηση Β : Οι αριθμοί 48, 1 08, 12, 2 1 6 είναι πολλαπλάσια του τυχαίου αριθμού. Ποια από τις δύο απαντήσεις σε βοηθάει περισσότερο στην προσπάθεα να βρεις τον τυχαίο αριθμό; Ερώτημα 3: Τελικά ποια είναι η σχέση του

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/9


-----Τα βιβλία μαθηματικών του ψηφιακού σχολείου, στην υπηρεσία των μαθητών.

τυχαίου αριθμού με τους αριθμούς {48, 1 08, 12, 2 1 6}; Δες στο τέλος των ερωτημάτων τις σωστές απαντήσεις στα τρία ερωτήματα. Αν οι απαντήσεις σου είναι σωστές προχώρησε στο ερώτημα 4 . Διαφορετικά, διάβασε τις οδηγίες που ακολουθούν τις απαντήσεις αυτές και μετά πήγαινε στο ερώτημα 4 . Ερώτημα 4: Ποιος είναι ο Μέγιστος Κοινός Διαιρέτης των αριθμών 4 8, 108, 12 και 2 1 6; Ερώτημα 5 : Μπορείς τώρα να βρεις τους αριθμούς που αντιστοιχούν στα γράμματα της λέξης και τη λέξη; Αν βρήκες τη λέξη ΔΙΑΣ, συγχαρητήρια! Αν όχι, ξαναπροσπάθησε.

Οι απαντήσεις στα ερωτήματα ι, 2 και 3 Ερώτημα ι : Η χρήσιμη πληροφορία είναι

η φράση "πολλαπλασιάζει τα γράμματα μιας λέξης με έναν τυχαίο αριθμό". Ερώτημα 2 : Η απάντηση Β είναι πολύ πιο σημαντική από την απάντηση Α. Ερώτημα 3: Ο τυχαίος αριθμός είναι ο ΜΚΔ των αριθμών 4 8, 108, 12 και 2 1 6. Οδηγίες για τις απαντήσεις: Ερώτημα ι : Από το κείμενο

-----

αριθμούς. Δηλαδή είναι ένας κοινός διαιρέτης των αριθμών αυτών. Αυτό όμως δεν αρκεί για να οδηγηθούμε σε λύση. Για παράδειγμα και ο αριθμός 2 είναι κοινός διαιρέτης των 4 αριθμών. Αλλά αν διαιρέσουμε τον αριθμό 108 με το 2 παίρνουμε πηλίκο τον αριθμό 5 4 που δεν αντιστοιχεί σε κάποιο γράμμα. Αναζητάμε λοιπόν τον μεγαλύτερο από τους κοινούς διαιρέτες των αριθμών που μας δίνονται. Άρα ο τυχαίος αριθμός είναι ο ΜΚΔ των αριθμών 4 8, 1 08, 12 και 2 1 6. Δραστηριότητα ι Α. Να χρησιμοποιήσεις

τον πίνακα τιμών της εικόνας 2 για να βρεις τις λέξεις που κρύβονται πίσω από τους συνδυασμούς των αριθμών που ακολουθούν: (40, 72, 1 04 , 8, 72), (80, 55, 5, 65, 35, 95, 35, 90), (42, 66, 5 4 , 90, 120) Β. Προσπάθησε να διαβάσεις την παρακάτω πρόταση: {(1 5), (48, 1 08, 12, 2 1 6), (40, 7 2, 1 04 , 8, 72), (80, 55, 5, 65, 35, 95, 35, 90), (7 6, 60, 80), (42, 66, 5 4 , 90, 120), (36, 3, 5 4)}. Δραστηριότητα 2

μπορούμε να Κατασκεύασε ένα νέο διαφορετικό πίνακα που να αποδίδει σε κάθε γράμμα μία τιμή από το αντλήσουμε δύο πληροφορίες: ι. Κάθε γράμμα της αλφαβήτου αντιστοιχεί ένα μέχρι το εικοσι τέσσερα. Φτιάξε μία πρόταση και κρυπτογράφησέ την. Στείλε τον σε έναν αριθμό. 2. Το μηχάνημα πολλαπλασιάζει κάθε γράμμα πίνακα και την κρυπτογραφημένη πρόταση σε έναν φίλο σου ζητώντας του να σου απαντήσει μιας λέξης με έναν τυχαίο αριθμό. Αφού γνωρίζουμε από τον πίνακα σε ποιον με τον ίδιο τρόπο. αριθμό αντιστοιχεί κάθε γράμμα, η χρήσιμη Καλή διασκέδαση. πληροφορία είναι η φράση "πολλαπλασιάζει Λίγα λόγια για το λογισμικό Geogebra. Το τα γράμματα μιας λέξης με έναν τυχαίο Geogebra είναι ένα λογισμικό δυναμικής γεωμετρίας χειρισμού αλγεβρικών αριθμό". και Ερώτημα 2 : Η απάντηση Α είναι σωστή ψηφιακών συστημάτων. Ο εκπαιδευτικός ή ο αλλά δεν μας δίνει κάποια ουσιαστική μαθητής μπορεί εύκολα να κατεβάσει το πληροφορία (ιδίως αν, σε κάποια άλλη λογισμικό ελεύθερα από τον ιστόχωρο. Στη περίπτωση, οι αριθμοί είναι αρκετά μεγάλοι). διεύθυνση http://www.geogebra.org/cms/el/ α) Η απάντηση Β είναι πολύ πιο σημαντική για κάνετε λήψη αρχείων και εγκαθιστάτε το να προχωρήσουμε γιατί αν ο αριθμός 4 8, για πρόγραμμα στον υπολογιστή, στο tablet ή β) παράδειγμα, είναι πολλαπλάσιο του τυχαίου χωρίς την απαίτηση εγκατάστασης επιλέγετε αριθμού, τότε ο τυχαίος αριθμός είναι προσθήκη του GeoGebra Chrome Λpp στον φυλλομετρητή σας. (Οταν έχετε ανοικτό το διαιρέτης του αριθμού 4 8. αριθμός αρχείο, από το μενού: επιλογές - γλώσσα Ερώτημα 3: Επομένως ο τυχαίος είναι διαιρέτης καθενός από τους 4 άλλους επιλέγετε την ελληνική ή όποια άλλη γλώσσα) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/10


=======

Σ

Ορισμοί- Έννοιες

ποσοστό

τις μαθητικές εκλογές σε ένα Γυμνάσιο στο Α3 ο Νίκος πήρε 1 3 ψήφους από τους 25 μαθητές που ψήφισαν. Στο Α4 η Ελένη πήρε 1 1 από τους 20 μαθητές που ψήφισαν.

Ρ�ος Γιώρ γος

στη ψηφοφορία από τον Νίκο.

Ονο μάζ ο υ με ποσοστό επί τοις εκατό

(ή απλά ποσοστό) το δεκαδικό κλάα , συ μβολικα, γρα, σμα -, το οποιο 100 φουμε α%. Το ποσοστό συμβολίζει τα α μέρη από τα 1 00 ίσα στα οποία χωρίσαμε ένα μέγεθος. Όταν ζητάμε το ποσοστό α % ενός ποσού β, πολλαπλασιάζουμε: � · β . 1 00 2 Π. χ. το 24% του 300 είναι: 4 · 300 72 . 1 00 Χρησιμοποιώντας τα ποσοστά, κατανοού­ με ευκολότερα τις μεταβολές διαφόρων μεγεθών. Π.χ. λέμε: "η ανεργία αυξήθηκε το 2012 κατά 5% σε σύγκριση με το έτος 2011" ή "Οι ετήσιες γεννήσεις των παιδιών στην Ελλάδα μειώθ ηκαν το 2012 κατά 10% έναντι του έτους 2011''. Χαρακτηριστική περί­ πτωση εφαρμογής των ποσοστών είναι ο υπο­ λογισμός των φόρων, που εmβαρύνουν κάθε αγαθό ή υπηρεσία που προσφέρεται στον κα­ ταναλωτή, όπως π.χ. του Φ.Π.Α. που είναι 1 3% ή 23% (τώρα που γράφεται το άρθρο). Για παράδειγμα, έστω ένας αγρότης πουλά φρούτα σε έναν έμπορο προς 100 λεπτά το κιλό Το τιμολόγιο πώλη­ σης εmβαρύνεται με φόρο 23% δηλαδή με 23 1 00· =23 λεπτά το κιλό εmπλέον. Με τη 1 00 σειρά του ο έμπορος πουλά τα φρούτα προς 1 , 72 € το κιλό, ποσό που επίσης εm­ βαρύνεται με φόρο 23%, δηλαδή με 1 ,72 23 +· 1,72=::2,12 € το κtλο.' =

Στην ερώτηση: "Ποιος πήρε πιο πολλούς ψήφους", η απάντηση είναι: "Ο Νίκος". Όμως, για να απαντήσουμε στην ερώτηση: "τίνος το αποτέλεσμα ήταν "καλύτερο;",

πρέπει να συγκρίνουμε τα αποτελέσματα. Πρέπει, δηλαδή να δούμε ποιο από τα κλάσματα που έχουν αντίστοιχα αριθμητή τις ψήφους του Νίκου και της Έλενας προς το σύνολο των ψηφοφόρων των τμημάτων τους είναι μεγαλύτερο. , ο Νικος , οτι ' πηρε 1 3 1 3 · 4 = 52 Λεμε 25 25 . 4 1 00 ' κα' 1 1 1 1 · 5 55 οποτε και η Ελενη ' ' 20 20 · 5 1οο λύτερο "αποτέλεσμα" είχε η Ελένη. Τα παλαιά χρόνια, όταν χρησι�οποιούνταν γ� αφομηχανες για τη γραφη επιστημονικών κειμένων, αλλά και για κείμενα εμπορικών συναλλαγών ήταν δύσκολη η γραφή κλα­ σμάτων, οπότε καθιερώθηκε η χρήση του συμβόλου (%) "επί τοις εκατό". 'Ετσι, το κλάσμα 52 το γράφουμε 52% 1 00 55 και το κλάσμα το γράφουμε 55%. 1 00 Λέμε, λοιπόν, ότι η Ελένη είχε καλύτερο ,

=

- = -- =-

ii z

.

1 00

Τα ποσοστά χρησιμοποιούνται επίσης στις τρα­ πεζικές συνσJ.J..αγές για τον υπολογισμό των τ&. κων των καταθέσεων και των χορηγήσεων.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ. 3/1 1


------

Τα ποσοστά στην καθημερινή ζωή

Συνηθισμένα λάθη στη χpη'ση των ποσοστών

Πολλές φορές ακούμε φράσεις δίχως νόημα όπως: "Είμαι διακόσια τοις εκατό σί­ γουρος . . . " ή "η νέα ο δοντόκρεμα κάνει τα δόντια σας 68,5% πιο λευκά και 32% πιο

ρωματικές ασκήσεις ή εργασίες κι αφού οι μαθητές έχουν γνωρίσει κι εξοικειωθεί με την έννοια του Ποσοστού. Εφαρμογές- Προβλήματα

ι. Πόσο κάνει δίχως Φ. Π.Λ. ;

Αν ρωτήσετε έναν έμπορο ή υπάλληλο πώς υπολογίζουν την αξία ενός προϊόντος δίχως το Φ .Π.Α. θα σας πει ότι διαιρεί την τελική τιμή πώλησης (που περιλαμβάνει το φό­ ρο) με το 1,23, στην περίπτωση που ο Φ.Π.Α. είναι 23%. Έτσι βρίσκει την "κα­ θαρή" αξία πώλησης του προϊόντος (δίχως δηλαδή φόρο ). Μπορείτε να εξηγήσετε γιατί κάνουν αυτήν την πράξη; Αν ο Φ.Π.Α. είναι 13% ή 6% τι πράξη πρέπει να κάνουμε;

λαμπερά!".

Είναι προφανές ότι όταν λέμε "είμαι σίγου­ ρος για κάτι", αυτό σημαίνει ότι πρόκειται για ένα βέβαιο ενδεχόμενο, που έχει πιθα­ νότητα 1 (δηλαδή 1 00%) να συμβεί. Πάνω από 1 00% πιθανότητα να συμβεί κάτι δεν υπάρχει, άρα η φράση αυτή στερείται νοήματος. Επίσης, τα ποσοστά που αναφέρονται σε παραπλανητικές διαφημίσεις είναι εντελώς αυθαίρετα. Η επίδραση π.χ. μιας οδοντό­ κρεμας ή ενός σαμπουάν σε κάθε χρήστη εξαρτάται από πολλούς παράγοντες και δεν μπορεί να αποτυπωθεί με συγκεκριμένα ποσοστά. Ένα συνηθισμένο λάθος σε προβλήματα ποσοστών είναι να κάνουμε πράξεις μετα­ ξύ ποσοστών όταν αυτά αναφέρονται σε διαφορετικά ποσά. Βέβαια, τέτοιες πράξεις δεν έχουν νόημα Π.χ. αν ένα μαθητής πήρε το 22% των ψήφων ενός τμήματος και το 28% σε ένα άλλο δεν μπορούμε να πούμε 22 +28 ότι είχε μέσο όρο 25% , γιατι' δε 2 λαμβάνουμε υπόψη πόσους μαθητές είχε κάθε τμήμα. =

Διδάσκοντας ποσοστά με αυθεντικά προβλήματα

Πιστεύουμε ότι η διδασκαλία των Ποσο­ στών στο Γυμνάσιο πρέπει να εστιάζει, εκτός των απαραίτητων τεχνικών ασκήσεων, και στην πρακτική εφαρμογή τους στην καθημερ1.­ νή ζωή. Μερικές τέτοιες εφαρμογές και προ­ βλήματα<*) παραθέτουμε παρακάτω. Τα θέματα αυτά θα μπορούσαν να δοθούν μετά τη διδασκαλία της ενότητας, ως συμπλη-

------

2.

Πατάτες στο "ιντερνέτ'' 300% φθηνότερες!

Ακούσαμε σε μια τηλεοπτική εκπομπή ένα δημοσιογράφο να λέει: "Αγόρασα

ένα τσουβάλι πατάτες στο Super Market με 8 ε. Όμως αγοράζοντας απευθείας από τον παραγωγό πήρα το ίδιο τσουβάλι 300% φθηνότερα και πλήρωσα μόλις 2, 65 e'. Εί­

ναι σωστό αυτό που είπε ο δημοσιογράφος; Γράψτε την άποψή σας.

3. Mίdtown madness

Μία στατιστική μελέτη για τα ποσοστά α­ τυχημάτων με οχήματα σε σχέση με την ταχύτητά τους μέσα στα όρια μιας πόλης δίνει τα εξής αποτελέσματα: ΤατUτnτα 35 κ.m;h 35-45 κ.m;h 45-55 κm;h

Κάτω από

55-65 Kir'fh 65-75 Kif'lh Πάνω από 75 κ.m;h Σύνολο:

<*J Με τον όρο

Αυθεντικά εννοούμε εκείνα τα προβλή­

ματα που περιγράφουν μια κατάσταση οικεία στον α­ ναγνώστη, την οποία καλείται να αντιμετωπίσει χρησι­ μοποιώντας μαθηματικά εργαλεία που δεν προσδιορίζο­ νται εξαρχής στη διατύπωση του προβλήματος. Χρησιμοποιούμε τον όρο αυτό, όπως περιγράφεται στα κείμενα τεκμηρίωσης του προγράμματος PI SA.

Φαίνεται λοιπόν ότι ασφαλέστερο είναι να έχουμε τα­ χύ�α πάνω από 7 5 /h στο κέντρο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α'91 τ. 3/12

Ποσοστό

4% 28% 34% 18% 13% 3% 100%


------ Τα ποσοστά στην καθημερινή ζωή

της πόλης, εφόσον το ποσοστό ατυχημά­ των είναι μικρότερο! Τι έχετε να σχολιάΒaσισμέvο σε μιa ,γέa σετε;

από το : www.mathmistakes. com 4. Εκτελο ύνται έργα

Σε έναν επαρ�κό δρόμο η μέγιστη ταχύ­ τητα είναι 60 /h. Επειδή εκτελούνται έρ­ γα ο κανονισμός προβλέπει μείωση του ο­ ρίου ταχύτητας κατά 66, 7 %.

ΘΘΘΘ

Διαλέξτε ποια πρέπει να είναι η νέα πινα­ κίδα που πρέπει να τοποθετηθεί στο δρόμο και να δείχνει το ανώτατο όριο ταχύτητας.

5. Ψηλ ό τερα - γρ η γορ ό τερα

Με την εντατική προπόνη­ ση ένας αθλητής του άλ­ ματος επί κοντώ βελτίωσε φέτος τις επιδόσεις του κατά 12%. Είχε ατομικό ρεκόρ 4 ,20 m. Ποιο το νέο του ρεκόρ; Ένας άλλος αθλητής αγώνων δρόμου βελτίωσε την επίδοσή του κατά 6%. Είχε προηγούμενη επίδοση 1 1 ,8 sec στα 100 m . Ποια η νέα επίδοση;

6. Χωρ ίς καπάκια

------

χρήματά μου κατά 50%. Έχω πια 1 50€. Λίγο μετά όμως, με λύπη διαπιστώνω ότι η αριστερή τσέπη ήταν τρύπια και έ­ χασα τα 50€, δηλαδή περίπου 33,33% των χρημάτων μου. Έμεινα με τα αρχικά 1 ΟΟ€.Ευτυχώς όμως και πάλι είχα κέρδος 50% - 33,33% ;; 1 6,6 7 % σε σχέση με το αρχικό ποσό. Μπορείτε να δώσετε μία ερ­ μηνεία σ' αυτό το παράδοξο;

9. Λά θος και το ένα λά θος και το άλλ ο...

Ένας ταμίας σε ένα πολυκατάστημα σε εί­ σπραξη 1 .200€ μιας μέρας έχει έλλειμμα στο ταμείο του 50€. Επίσης ένας ταμίας σε μία τράπεζα σε μία μέρα διαχειρίστηκε 2 10. 000€ και έχει κι αυ­ τός έλλειμμα 50€. Και οι δύο έχουν κάνει λά­ θος που αφορά το ίδιο ποσό. Τα λάθη τους έ­ χουν την ίδια "βαρύτη­ τα"; Υπολογίστε τα ποσοστά των ελλειμ­ μάτων τους σε σχέση με το χρήματα που διαχειρίστηκαν. Γράψτε τη γνώμη σας.

lΟ.Ά δικη μ οιρ ασιά

Σχεδιάστε το σωστό σχήμα, μοιράζοντας δίκαια το ημικύκλιο στους κυκλικούς το­ μείς που αναφέρει το σχήμα.

Τα δύο δοχεία περιέχουν 200 m1 οινόπνευμα ΔΡΑΣfΗΡlΟrΉΤΑ ΠΑ ΤΟ ΣΠΠΙ το καθένα. Αν τα αφήσουμε ανοιχτά για κά­ ποια ώρα, από το ένα θα εξατμιστεί το 20% Α Β �-==-= .. και από το άλλο το Από δραστηριότητα 60% του περιεχομένου τους. Αν, κατόmν, του Α ' Γυμνασίου χολικού Βιβλίου Σ αδειάσουμε το μισό περιεχόμενο του δοχείου Σε επόμενο τεύχος του Ευκλείδη Α ' θα δο­ Β στο Α, πόσα m1 θα περιέχει το Α; θούν επιπλέον σχόλια και απαντήσεις στα ώ Εκπτ σεις προτεινόμενα προβλήματα Σε ένα κατάστημα ρούχων Β ιβλιογραφία προσφέρουν μία μπλούζα με [ 1 ] Ι. Βανδουλάκης κ.α. , Μαθηματικά Α ' Γυμνασί­ έκπτωση 20%. Επειδή όμως ου, ΥΠΕΠΘ, Π./., Αθήνα 2007 έχει ένα μικρό ελάττωμα μας Εκ�;�.ΣΕΙ Σ [2] Κέντρο Ε κπαιδ ευτικής Έρ ευνας, Θέματα αλ­ την προσφέρουν με επιπλέον φαβητισμού προγράμματος PISA, Αθήνα 2005. έκπτωση 30% επί της νέας τιμής. Η τελική [3] OECD, (20 1 0), PISA 20 12 Mathematics Frame­ work, τιμή είναι η μισή της αρχικής ή όχι και γιατί;

-�1

7.

8. Λ ογιστικά της ... κακιά ς ώρας!

http://www. oecd.org/dataoecd/8/38/4696 1598.pdf

Ξέρω ότι έχω στη δεξιά μου τσέπη 1 00€. Με χαρά ανακαλύπτω ότι και στην αριστε­ ρή μου έχω άλλα 50€. Αύξησα λοιπόν τα

[4] Ρίζος Γ., Στο δρόμο για τον PISA, Τα μαθηματικά στο διεθνή διαγωνισμό PISA, Εκδ. ΜΑΥΡΙΔΗ,

Θεσσαλονίκη, 2009

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α '91 τ. 3/13


Παράλληλες ευθείες που τέμνοντα ι από μ ια άλλη ευθεία - Άθροισμα yωνιών τριγώνου. ======

Αθανασία Κυριακοπούλου

Στο προηγούμενο τεύχος είχαμε αναφερθεί τις άλλες δύο. Τότε, η ευθεία ε λέγεται τέ­ στη σχετική θέση δύο ευθειών στο επίπεδο. μνουσα των παραλλήλων ευθειών. Τώρα, θα ασχοληθούμε με τη θέση τριών ευ­ Στο παρακάνω σχήμα δημιουργούνται 8 γωνί­ θειών στο ίδιο επίπεδο: ες, τις οποίες θα μπορούσαμε να χωρίσουμε σε Αναφερόμαστε σε διαφορετικές ευθείες (όχι δη­ 2 ομάδες. Την 1η ομάδα αποτελούν οι γωνίες λα δή σε ευθείες που να ταυτίζονται. α, β, γ, δ με άθροισμα : α+β+γ+δ=360° και τη 2η ομάδα αποτελούν οι γωνίες κ, λ, μ, ν με ά­ θροισμα ε+ζ+η+θ=360°. ε '

'

'

(Α)

β /α

ει

---

--

(Γ)

Τώρα, θα ονομάσουμε τις παραπάνω γωνίες ανά ζεύγη γωνιών. Η μία γωνία θα ανήκει στην 1 η ομάδα και η άλλη γωνία στην 2η ομάδα.

(Δ)

Οι πιθανές θέσεις είναι: Σχήμα (Α ) : Οι ευθείες τέμνονται ανά δύο. (3 σημεία τομής) Σχήμα (Β) : Οι δύο ευθείες είναι παράλληλες και μία άλλη ευθεία τέμνει αυτές τις παράλλη­ λες θα αναφερθούμε παρακάτω γι ' αυτήν την περίπτωση . (2 σημεία τομής) Σχήμα (Γ) : Τέμνονται και οι τρεις σε ένα ση­ μείο. Τότε λέμε ότι οι ευθείες συντρέχουν. Σχήμα (Δ) : Οι ευθείες είναι όλες παράλληλες μεταξύ τους. (κανένα σημείο τομής) Παρατήρηση : Σε περίπτωση που έχουμε 2 παράλληλες ευθείες ε 1 και ε2 και μια τρίτη ευ­ θεία ε που τέμνει την ε1, τότε αναγκαστικά η ευθεία ε θα τέμνει και την ε2. Σύμφωνα με την παραπάνω παρατήρηση, ένα αντίστοιχο σχήμα θα είναι αυτό: -

Η δ ια δ ικα σία είναι η εξής: 1 . Οι παράλληλες ει και ε2 δημιουργούν

τις εξής περιοχές: Η μία περιοχή είναι αυτή που βρίσκεται εντός των παραλλήλων ευ­ θειών και η άλλη περιοχή (γκρι) είναι αυτή που βρίσκεται εκτός: ε ,/

-

/

/

/ / ----"""'"-- .. , / / / /

--

/

Οι παράλληλες ευθείες είναι οι ε1 και ε2 και η διακεκομμένη ευθεία είναι η ε η οποία τέμνει

β

./α

1,/ ό

..

λ./κ

� Αν και οι δύο γωνίες βρίσκονται μεταξύ των παραλλήλων, τότε τις λέμε εντός . � Αν και οι δύο γωνίες βρίσκονται εκτός των παραλλήλων (στον γαλάζιο χώρο), τότε τις λέμε εκτός . � Αν η μία γωνία βρίσκεται μεταξύ των παραλ­ λήλων και η άλλη εκτός των παραλλήλων (γκρι περιοχή) , τότε τις λέμε εντός εκτός. 2. Η τέμνουσα ε χωρίζει το επίπεδο σε δύο ημιεπίπεδα, το Η ι και το Η2. Αν και οι δύο γωνίες βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο (είτε στο Ηι, είτε στο Η2), τότε τις λέμε επί τ' αυτά. Αν όμως βρίσκονται

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/14


----

Π αρ άλληλες ευ θείες που τέμνονται από μια άλλη ευθεία - .Άθροισμα γωνιών τριγώνου.

σε διαφορετικά ημιεπίπεδα (η μία στο Ηι και η άλλη Hz), τότε λέγοντ�ι εναλλάξ.

-�/

./

β/α

i'

./ ./

ε:

εναλλάξ .

Οι γωνίες α και κ λέγονται εντός εκτός κι

επί τ' αυτά .

Οι γωνίες α και μ λέγονται εκτός εναλλάξ. Οι γωνίες α και ν λέγονται εκτός κι επί τ'

Στην εικόνα 1 , εύκολα διαπιστώνουμε ότι οι εντός κι επί τ' αυτά γωνίες είναι παραπληρω­ ματικές. Δηλαδή ω+φ=1 80°. Για να μπορούμε να βρίσκουμε εύκολα τις εντός κι επί τ' αυτά γωνίες που σχηματίζονται σε κάποιο σχήμα, προσπαθούμε να εντοπίζουμε ένα μέρος ενός παραλληλογράμμου, ως εξής:

/

αυτά .

./

./

Οι γωνίες γ και κ λέγονται εντός εναλλάξ . Οι γωνίες γ και λ λέγονται εντός κι επί τ'

./

Οι γωνίες γ και μ λέγονται εντός εκτός κι

./

ε:

ει

Ι/ δ /

Επομένως, προκύπτουν οι εξής ονομασίες: ./ Οι γωνίες α και λ λέγονται εντός εκτός ./

--­

αυτά .

7

Αν «Κόψουμε» το παραπάνω παραλληλό­ γραμμο, θα δημιουργηθούν τα εξής δύο σχή­ ματα:

επί τ' αυτά .

Οι γωνίες γ και ν λέγονται εντός εκτός ε-

ναλλάξ .

Όταν μία ευθεία ε (τέμνουσα) τέμνει δύο ευθείες ε1, ε2, με ει//ε2 (δηλαδή οι ε1, ε2 είναι μεταξύ τους παράλληλες) (Εικόνα 1), τότε σχηματίζο­ νται δύο ζεύγη εντός εναλλάξ γωνιών. Οι εντός εναλλάξ γωνίες είναι ίσες μεταξύ τους. Οι παραπάνω γωνίες ω και φ είναι εντός κι επί ε/ τ' αυτά και είναι παραπληρωματικές.

Άθροισμα γωνιών τριγώνου.

ει

Με ένα χάρακα φτιάξτε ένα τυχαίο τρίγωνο:

ρ=κ

Ε ικόνα 1

Για να μπορούμε να εντοπίζουμε εύκολα τις Στη συνέχεια ονομάστε κάθε γωνία με τους εντός εναλλάξ γωνίες που σχηματίζονται σε αριθμούς 1 , 2 και 3, όπως στο επόμενο σχήμα: κάποιο σχήμα, προσπαθούμε να βλέπουμε ένα «Ζ» ή κάποιον αντικατοπτρισμό του:

z s

Δηλαδή, στο παρακάτω σχήμα βλέπουμε τα εξής «Ζ» με τις αντίστοιχες εφεξής γωyίες:

Με ένα ψαλίδι κόψτε τις τρεις αυτές γωνίες:

�/

Τώρα θα έχετε τα εξής κομμάτια:

6

Δ:\ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/15


----

Παράλληλες ευθείες που τέμνονται από μια άλλη ευθεία - Άθ ροισμα γωνιών τριγώνου.

Εφαρμόστε τις γωνίες, τη μία δίπλα στην άλ­ Από το σημείο Α φέρνουμε ευθεία λη, ώστε να είναι διαδοχικές. Το σχήμα σας θα ληλη προς την ευθεία ΒΓ. μοιάζει με το επόμενο: .

\3(f)J) ··-·-·-�..... .,

---

χ 'χ

παράλ­

�� ��τ��..., . . 111:" . Δοκιμάστε να φτιάξετε και άλλα τυχαία τρί­ Β γωνα. Ισόπλευρα, ισοσκελή, σκαληνά, . ορθο­ Τότε: γώνια, οξυγώνια, αμβλυγώνια και εφαρμόστε ΒΑχ = ΑΒΓ ως εντός εναλλάξ γωνίες των τις γωνίες τους όπως παραπάνω. παραλλήλων χ'χΙΙΒΓ με τέμνουσα την ΑΒ . Ερωτήσεις : ' χ ΑΓ = AfB ως εντός εναλλάξ γωνίες των Ποιο παρατηρείτε ότι είναι το άθροισμα παραλλήλων χ'χ ΙΙ ΒΓ με τέμνουσα την ΑΓ. των γωνιών ενός τριγώνου; Τώρα, μπορούμε να γενικεύσουμε και να Γνωρίζουμε ότι χ ' ΑΓ + ΓΑΒ + ΒΑχ = 180° ισχυριστούμε ότι σε όλα τα τρίγωνα το ά­ Άρα: ΜΒ +ΓΑΒ + ΑΒΓ = 180° θροισμα των γωνιών του είναι ευθεία γω­ Εφαρμογή 1 . Δύο ευθείες τέμνονται και η μια νία (1 80°); από τις γωνίες που σχηματίζονται είναι 30°. Αν φτιάξετε 1 00 τρίγωνα και κολλήσετε Να υπολογίσετε τις άλλες τρεις γωνίες. τις γωνίες, τη μία δίπλα στην άλλη, όπως παραπάνω και σας βγει σε όλες τις περι­ πτώσεις το άθροισμα ευθεία γωνία, αυτό θα σημαίνει ότι θα συμβεί το ίδιο και στο 1 Ο 1° τρίγωνο; Αν φτιάξετε 1 000 τρίγωνα και κολλήσετε τις γωνίες τη μία δίπλα στην άλλη, όπως Λύ ση : παραπάνω και σας βγει σε όλες τις περι­ Η γωνία χ ' όy ' = 30° , αφού είναι ίση με τη πτώσεις το άθροισμα ευθεία γωνία, αυτό γωνία χόy = 30° ως κατακορυφήν γωνίες. θα σημαίνει ότι θα συμβεί το ίδιο και στο 1 001° τρίγωνο; Η γωνία x 'Oy = 1 50° ως παραπληρωματι­ Αν βρίσκατε ένα μόνο τρίγωνο, για το οποίο κή της γωνίας χόy 30° . δεν ισχύει ότι το άθροισμα των γωνιών του εί­ Η γωνία y 'Ox = 1 50° , αφού είναι ίση με ναι 1 80°, τότε αυτό θα απέρριπτε τη γενίκευ­ ση. Αυτό λέγεται aντιπαράδειγμα. Το aντι­ τη γωνία χ ' όy = 1 50° ως κατακορυφήν παράδειγμα, λοιπόν, αρκεί για να αποδείξει ότι γωνίες ένας ισχυρισμός είναι ψευδής. Στη &υγκεκρι­ Σχηματικά : μένη περίπτωση, δεν υπάρχει τρίγωνο (στην Ευκλείδεια Γεωμετρία) που να μην έχει ά­ θροισμα γωνιών 1 80°, αλλά για να αποδείξου­ με τη γενίκευση, δεν αρκεί να ελέγξουμε ν α­ ριθμό τριγώνων. y' Προκειμένου να γενικεύσουμε τον παραπάνω Εφαρ μογή 2. ισχυρισμό (ότι το άθροισμα των γωνιών κάθε Α τριγώνου είναι 1 80°), χρειάζεται μια απόδει­ Στο διπλανό σχήμα, ΑΒ=ΑΓ και ΒΓIIΔΕ. Να ξη, η οποία αφορά όλα τα τρίγωνα: .

=

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ. Θα αποδείξουμε ότι :

ΑΙΉ +ΓΑΒ + ΑΒΓ = 180° Α

Β

�Γ

υπολογιστούν οι γωνίες: • •

• •

z = BfΈ , w = ΓΕΔ , y = ΒΔΕ , χ = ΒΑΓ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/16


----

Π αράλληλες ευ θείες που τέμνονται από μια άλλη ευθεία - Άθροισμα γωνιών τριγώνου.

Λύ ση . •

Η γωνία z = Β fΈ είναι παραπληρωματική της B f'Α , η οποία είναι ίση με την ΑΒ Γ Άρα, (αφού ΑΒ=ΑΓ). =60° z = 1 80o - B f'A = 1 80° - 60° = 120° . Η γωνία w = ΓΕΔ είναι παραπληρωματι­ κή της γωνίας z, ως εντός κι επί τ' αυτά μέρη των παραλλήλων ευθειών ΒΓ και ΔΕ με τέμνουσα την ΓΕ . Άρα, w = 1 80° - z = 1 80° - 120° = 60° . Η γωνία y = Β ΔΕ είναι ίση με την ΑΒ Γ =60° , ως εντός εκτός και επί τ' αυτά μέρη των παραλλήλων ευθειών ΒΓ και ΔΕ με τέμνουσα την ΒΔ. Άρα, y = 60° . Από άθροισμα γωνιών του τριγώνου ΑΒΓ προκύπτει ότι χ = 1 80° - 60° - 60° = 60° (Παρατήρηση: Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισό­ πλευρο.)

Εφαρμογή ι. Το άθροισμα των εξωτερικών γωνιών κάθε τριγώνου είναι 360°. Ας δούμε

γιατί:

Έχουμε την παρακάτω τριγωνική πλατεία. Γ

---

Όταν φτάσει στο σημείο Β, θα πρέπει να στρίψει 1 80° - Β , όπως φαίνεται στο παρακά­ τω σχήμα:

Όταν φτάσει στο Α, για να κοιτάξει προς το σημείο Γ θα πρέπει να στρίψει 1 80° - Α , όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα:

Οπότε συνολικά θα έχει στρίψει (1 80° - r ) + (1 80° - :8 ) + (1 80° - Α) = 5 40° - ( A + B + f') = 5 40 ° - 1 80° = 360° Άσκηση ι.

Ένας άνθρωπος στέκεται στο σημείο Α κοιτώ­ ντας προς το Γ και θα περπατήσει πάνω στις πλευρές ΑΓ, ΓΒ, ΒΑ, φτάνοντας ξανά στην ί­ δια θέση στο Α, κοιτώντας προς το Γ. Ας βρούμε πόσες μοίρες θα στρίψει: Πηγαίνοντας από το Α στο Γ, δεν στρίβει κα­ θόλου.

Στο σχήμα της παραπάνω εφαρ­ μογής 2, αν AB=5cm και ΓE=1cm, να βρεθεί το μήκος του ευθυγράμμου τμήματος ΔΕ. Άσκηση 2. Στο παρακάτω σχήμα, ΑΒ=ΑΓ. Να δικαιολογήσετε γιατί ΑΒχ = My . Α

"

Δ�Υ

Ά σκηση 3. Στα παρακάτω σχήματα, οι θείες ει και ε2 είναι παράλληλες (ει ΙΙ ε2) .

υπολογιστούν οι άγνωστες γωνίες.

Ά σκηση 4. ι)

Όταν φτάσει στο σημείο Γ, για να προχωρήσει προς το σημείο Β, θα πρέπει να στρίψει 1 80° - Γ , όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/17

ευ­ Να


----

Παράλληλες ευθείες που τέμνονται από μια άλλη ευθεία - Άθροισμα γωνιών τριγώνου. ε

2)

---

ε ll δ

Ά σκηση 5.

Στο διπλανό σχήμα, να υπο­ λογιστεί η γω­ νία ω.

ε ll δ ll η

ό

η

Στο παρακάτω σχήμα οι ευθείες ε Άσκηση 8. Να υπολογίσετε τις γωνίες ενός ορθογωνίου τριγώνου, αν μία από αυτές είναι και η είναι παράλληλες (ε ll η). πενταπλάσια μιας άλλης. Να διακρίνετε δύο ί. Να υπολογιστούν οι γωνίες α, β, γ, δ και . περιπτώσεις. ίί. Να υπολογιστεί η κυρτή γωνία που σχημα­ Ά σκηση 9. Στο παρακάτω σχήμα, AB I IΓΔ τίζουν οι τεμνόμενες ευθείες ε και ζ. και ΒΓIIΔΕ. Να υπολογιστούν τα χ καιy. η Ά σκηση 6.

ε

105°

;2ΧΥ r Ε Άσκηση 1 0. Να υπολογιστούν όλες οι εσω­ τερικές γωνίες των τριγώνων στα παρακάτω σχήματα.

Α

ζ

Δ

Ά σκηση 7. Στα παρακάτω σχήματα Να υπο­ λογιστούν τα χ και y. (οι ευθείες ε, δ και η είναι παράλληλες) 1 .2 0·

ε ΙΙ δ δ

Να βρεθεί η γωνία ρακάτω σχήματα:

Άσκηση 1 1.

ε ll δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/18

ω

στα πα­


Π ΡΟ ΒΛΗ ΜΑΤΑ ΣΤΑΤΙΣΤΙ ΚΗΣ

Τάξη1

======

Γ.Λυμπερόπουλος - Α . Μπακάλη ς - Μ. Σίσκου

Παρακάτω δίνονται οι βαθμοί ενός μαθητή της Β ' Γυμνασίου για το πρώτο τρίμηνο. Για να βρεθεί ο μέσος όρος των μαθημάτων, καθώς επίσης και για να εκτιμήσουμε πόσο καλός εί­ ναι ο μαθητής μέσα στην τάξη του, (σχετικά με τους συμμαθητές του) θα πρέπει να χρησι­ μοποιήσουμε μεγέθη της στατιστικής. Έλεγχος Α 'τριμήνου ΜΑΘΗΜΑ

Νέα ελληνικά Μαθηματικά Φυσική Αρχαία ελληνικά Ιστορία Αγγλικά Χημεία Γυμναστική Μ. Ο.

ΒΑΘΜΟΣ

15 17 16 13 16 19 16 20

16,5

Μ.Ο. ΤΑΞΗΣ

14 13 14 13 15 18 15 18

15,5

Για παράδειγμα για να βρούμε το μέσο όρο των μαθημάτων του μαθητή θα προσθέσου­ τους βαθμούς κάθε μαθήματος και θα διαιρέ­ σουμε τον αριθμό που θα βρούμε, με το πλή­ θος των μαθημάτων. Έτσι εδώ έχουμε 8 μαθή13 +15 +3.16+17+19+20 ματα και Μ ο η, 8 132 ή ΜΟ ή Μ.Ο. =16,5. Ομοίως Μ.Ο 8 .

.=

").Ν"\ 1v.ΙJ

=

Τ άξης= 15,5 . Ένα πρώτο συμπέρασμα λοιπόν , ο μαθητής είναι από τους καλύτερους μαθητές της τά­ ξης του αφού υπερέχει ο Μ.Ο της βαθμολο­ γίας του από το Μ.Ο της βαθμολογίας όλων των συμμαθητών του.

Ο μέσος όρος που βρήκαμε, στη στατιστική είναι αντίστοιχα το μέγεθος μέση τιμή . Αν αναλύσουμε αυτόν τον έλεγχο των βαθ­ μών στατιστικά, έχουμε:

Ο πληθυσμός είναι τα μαθήματα μιας τάξης. Η μεταβλητή που εξετάζεται είναι ο βαθ­

μός σε κάθε μάθημα. Παρατηρούμε ότι ο βαθμός 16 εμφανίζε­ ται 3 φορές. Έτσι η συχνότητα του 16 εί­

ναι 3 . Εφόσον στους 8 βαθμούς οι 3 είναι το 16 , g3 . , η σχετικη, συχνοτητα , τοτε του 16 ειναι

Η διαφορά της συχνότητας από τη σχετι­ κή συχνότητα είναι, όπως δηλώνουν και οι λέξεις, ότι στο δεύτερο μέγεθος μελε­ τάμε πόσες φορές εμφανίζεται ο βαθμός ως προς το σύνολο. Δηλαδή σχετικά με το πλήθος όλων των βαθμών. Αν θέλαμε να παρουσιάσουμε τον έλεγχο αυτό, θα μπορούσαμε να χρησιμοποιή­ σουμε ραβδόγραμμα ή ένα κυκλικό διά­ γραμμα. Έτσι θα είχαμε τα παρακάτω δι­ αγράμματα: Συνήθως τα ραβδογράμματα όμως όπως και τα κυκλικά διαγράμματα τα χρησιμοποιούμε για να δείξουμε τη συχνότητα και τη σχετική συ­ χνότητα των μεγεθών που μελετάμε. Στα δια­ γράμματα που φτιάξαμε εδώ δε βλέπουμε συ­ χνότητα , αλλά τους βαθμούς και μπορούμε να διαπιστώσουμε άμεσα, οπτ1κά, το μεγαλύτερο και το μικρότερο βαθμό.

25 20 15 10 5 ο

Βαθμολογία I

I

I

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/19

I

I


------- Προβλή ματα Στατιστικής

Ένα ακόμη μέγεθος που μελετάμε στη στατιστι­ κή είναι η διάμεσος. Ουσιαστικά είναι η παρα­ τήρηση που αφήνει τις μισές από τη μια μεριά και τις όJJ.ς.Ε. παρατηρήσεις από την άλλη . Δηλαδή το 50% των παρατηρήσεων είναι μικρότερο από τη διάμεσο και το άλλο 50% των παρατηρή­ σεων είναι μεyαλύτερο από τη διάμεσο.

βαθμολογία t>f

ν εα ελλ.

μαθ η μ ατ ικά

._ φ υ σική J

w

αρχα ί α ελλ. ιστορία

Ραβ δ όγραμμα Ένα ακόμη μέγεθος που μελετάμε στη στατι­ στική είναι η διάμεσος. Ουσιαστικά είναι η παρατήρηση που αφήνει τις μισές από τη μια μεριά και τις άλλες παρατηρήσεις από την άλ­ λη . Δηλαδή το 50% των παρατηρήσεων εί­ ναι μικρότερο από τη διάμεσο και το άλλο 50% των παρατηρήσεων είναι μεγαλύτερο από τη διάμεσο. Για να βρούμε τη διάμεσο διατάσουμε τις πα­ ρατηρήσεις σε αύξουσα σειρά και αν είναι πε­ ριττό το πλήθος των παρατηρήσεων παίρνουμε τη μεσαία παρατήρηση . Στην περίπτωση που είναι άρτιο το πλήθος των παρατηρήσεων παίρνουμε το ημιάθροισμα των δυο μεσαίων παρατηρήσεων. Στη δική μας περίπτωση γρά­ φουμε τους βαθμούς κατά αύξουσα σειρά και έχουμε: 13, 15, 16, 1 6, 16, 17, 1 9 , 20. Το πλήθος των βαθμών είναι 8, δηλαδή άρτιο. Έτσι οι δυο μεσαίες βαθμοί είναι οι : 16, 1 6. (παρατηρούμε πως από αριστερά και από δε­ ξιά μένουν από 3 βαθμοί.). Έτσι η διάμεσος

' ειναι

16 + 16 16 2 =

Με τη βοήθεια της Στατιστικής μπορούμε γε­ νικά να μελετάμε και να συγκρίνουμε οτιδή­ ποτε γίνεται στην καθημερινότητα μας. Τα

-------

παραδείγματα στα οποία χρησιμοποιούμε τη στατιστική είναι πάρα πολλά έως άπειρα θα λέγαμε. Από τις εκλογές και μέχρι πόσα παιδιά έχει μια οικογένεια ή τι ύψος συνήθως έχει έ­ νας μαθητής στη Β ' γυμνασίου. Τις διάφορες στατιστικές μελέτες συνήθως τις κάνουν ιδιω­ τικές εταιρίες ή η Ελληνική Στατιστική Υπη­ ρεσία. (ΕΛΣΤΑτ). Στις περιπτώσεις που ο πληθυσμός που θέλου­ με να μελετήσουμε είναι μεγάλος τότε μελε­ τάμε ένα αντιπροσωπευτικό δείγμα . Για πα­ ράδειγμα αν θέλουμε να μελετήσουμε πόσα χρήματα χαλάει μια οικογένεια στην Ελλάδα για τα εβδομαδιαία ψώνια του σπιτιού τότε θα πρέπει να μαζέψουμε δεδομένα (Δειγματολη­ ψία ) από όλες τις περιοχές τις Ελλάδας και όχι για παράδειγμα μόνο από την Αθήνα. Επίσης αν θέλουμε να μελετήσουμε μια μετα­ βλητή (ένα μέγεθος) του οποίου οι τιμές είναι συνεχείς ,όπως είναι το βάρος ή το ύψος, τότε συνήθως ομαδοποιούμε τα δεδομένα μας. Έτσι αν στην τάξη που είδαμε παραπάνω τον έλεγχο της βαθμολογίας έχουμε 25 μαθητές με τα παρακάτω ύψη θα ομαδοποιούσαμε τα δε­ δομένα μας.( τα ύψη των μαθητών δηλαδή .) 1 .60

ΥΨΟΣ ΜΑΘΗΤΩΝ 1 .50 1 .55 1 .57

1 .62

1 .6 1

1 .5 1

1 .57

1 .59

1 .63

1 .54

1 .50

1 .59

1 54

1 .52

1 ,68

1 .67

1 .6 1

1 .56

1 .55

1 .66

1 .67

1 .68

1 .69

1 .70

Για να ομαδοποιήσουμε το ύψος των μαθητών θα χωρίσουμε τα ύψη π.χ σε 4 ομάδες, σε 4 κλάσεις ίσου πλάτους. Για να το κάνουμε αυ­ τό αφαιρέσαμε τη μικρότερη παρατήρηση από τη μεγαλύτερη και διαιρούμε με το 4 . Η διαφορά της μικρότερης τιμής από τη μεγα­ λύτερη ονομάζεται Εύρος και συμβολίζεται με R= 1 70- 1 50 = 20 Εφόσον θέλουμε 4 κλάσεις διαιρούμε το R (εύ­ ρος) με το πλήθος των κλάσεων, δηλαδή με το 4 . Έτσι τώρα μπορούμε να μελετήσουμε με με­ γαλύτερη ευκολία τα ύψη των μαθητών και να φτιάξουμε τον επόμενο πίνακα με τις συχνό­ τητες και σχετικές συχνότητες.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/20


-------

Προβλή ματα Στατιστικής

(Κάθε κλάση τελειώνει σε ένα αριθμό και με τον ίδιο αριθμό ξεκινάει η επόμενη κλάση . Τον αριθμό αυτό δεν το μετράμε 2 δύο φορές. Υπολογίζουμε ότι υπάρχει μόνο στη δεύτερη κλάση, η οποία ξεκινάει με αυτόν τον αριθμό. Στην τελευταία κλάση μόνο υπολογίζουμε και τον τελευταίο αριθμό ) Κλάσεις

Συ χνότητα

1 .50- 1 55 1 .55- 1 .60 1 .60- 1 .65 1 .65- 1 70

6 7 5 7

Σχετική συχνότητα

0.24 0.28 0.20 0.28

ή

24%

ή 28% ή 20% ή 28 % Παρακάτω παραθέτουμε και το αντίστοι­ χο ραβδόγραμμα και κυκλικό διάγραμμα αριθμός μαθητών - συχνότητα

αριθ μός μα θητών ­ σ υχνότητα υ ψ ών

αριθμός μαθητών- σχετική συχνότητα υψών ι 1 . 50-

1.55

..ι 1 . 5 5 - 1 . 60 ... 1 . 60- 1 . 65

Jl . 65- 1 . 70

Μπορείτε να μελετήσετε και εσείς το ύψος των μαθητών της δικής σας τάξης ; Στείλτε μας τη μελέτη σας στο περιοδικό. Προβλήματα: 1 . Ο Γιαννάκης ρίχνοντας ένα ζάρι 25 φορές έφερε τις παρακάτω ζαριές :

6 5 4 2 2 1 4 4 3 3 3 5 6 1 2 1 1 1 1 1 5 5 3 2.

α) Να κάνετε πίνακα συχνοτήτων και σχετι­ κών συχνοτήτων. β) Να υπολογίσετε τη μέση τιμή και τη διάμε-

--------­

σο των παρατηρήσεων . γ) Να κάνετε ραβδόγραμμα και κυκλικό διά­ γραμμα των σχετικών συχνοτήτων. δ) Με την προϋπόθεση ότι οι ζαριές 1 ,2,3 εί­ ναι μικρές και 4,5,6 μεγάλες , τελικά το συ­ μπέρασμά μας είναι ότι ο Γιαννάκης φέρνει μεγάλες ή μικρές ζαριές; Πως το συμπεραί­ νουμε αυτό; 2. Οι 32 παίκτες μιας ομάδας Μπάσκετ έ­ χουν τα αντίστοιχα ύψη σε cm:

1 85 202 194 217 193 1 86 208 204 20 1 198 212 1 89 197 203 20 1 192 197 202 204 210 1 98 199 200 203 191 196 1 89 206 202 21 1 195 195 α) Να ομαδοποιήσετε τις παρατηρήσεις σε 8

κλάσεις , να κάνετε Ιστόγραμμα σχετικών συ­ χνοτήτων των κλάσεων αυτών και στη συνέ­ χεια να βρείτε τη μέση τιμή των ομαδοποιημέ­ νων παρατηρήσεων και να τη συγκρίνετε με το μέση τιμή που μας δίνει το μέσο ύψος των κο­ ντών παικτών της ομάδας (με ύψος έως 200 cm ) και το μέσο ύψος των ψηλών παικτών της ομάδας (με ύψος άνω των 200 cm) . 3 . Ο Παρακάτω πίνακας δείχνει τα γκολ που σημειώθηκαν στις 20 πρώτες αγωνιστικές ενός πρωταθλήματος ποδοσφαίρου και τις σχετικές συ­ χνότητες . Αυτός που αντέγραψε το πίνακα ξέχασε κάποια στοιχεία. Μπορείτε να τα συμπληρώσετε; Α ριθ.

Αρ . αγωνιστικών

γκολ

( Συχνότητ<!}_

11 15 16 19 23 27

ΣΥΝ

3 . . .

.. . . . .. 2 1 20 .

.

Σχετ . Συ-

��τα ..

. .

30 .... 5 ...

.

.

. .

.

.

1 00

Αφού συμπληρώσετε το πίνακα , να κάνετε ρα­ βδόγραμμα σχετικών συχνοτήτων και να βρείτε τη διάμεσο και τη μέση τιμή των παρατηρήσεων. 4. Πάρτε δύο Ζάρια και σημαδέψτε τα με το 1 και το 2 ( Πρώτο και δεύτερο Ζάρι). Ρίξτε τα 100 φορές και σε ένα πίνακα γράψτε τις ενδεί­ ξεις κάθε ζαριού και στην επόμενη στήλη το άθροισμα .Να κάνετε πίνακα συχνοτήτων και σχετικών συχνοτήτων για κάθε ζάρι χωριστά, για τα αθροίσματά τους και παρατηρήσεις.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/21


Στε ρ εομετ ρ ια '

Β

'

Γυμνασιοu '

Σε μία λευκή σελίδα Α4 σχεδιάστε ένα τρίγω­ νο, ένα τετράγωνο και ένα παραλληλόγραμμο, τρία από τα γνωστά, ως τώρα, σχήμα­ τα. Η σελίδα, δηλαδή η επι­ φάνεια σχεδίασης, δίνει την έννοια της επίπεδης επιφάνειας ή απλούστερα του επιπέδου. Τα σχήματα που σχεδιάσαμε και αποτυπώνονται πλήρως στο επίπεδο, λέγονται επίπεδα σχήματα και έχουν δύο μόνο δια­ στάσεις. Τώρα, ενώστε δύο απέναντι πλευρές της σελίδας προσπαθώντας να σχηματιστεί ένας χάρτινος σωλήνας. Αν φανταστούμε δύο κυκλικούς δίσκους να εφαρμόζουν πάνω και κάτω στη διατομή του, τότε δημι­ ουργήσαμε έναν κύλινδρο, ένα σχήμα με τρεις διαστάσεις που ανήκει στα στερεά σχήματα. Η Γεωμετρία λοιπόν δεν εξαντλείται αποκλει­ στικά και μόνο πάνω σε ένα επίπεδο. Είναι καιρός να αρχίσουμε να σκεφτόμαστε σε 3 δι­ αστάσεις, δηλαδή στο χώρο. Ας αρχίσουμε την περιήγησή μας στις 3 δια­ στάσεις μιλώντας για ευθείες . . . Κάθε φορά που μας ρωτούν πότε δύο ευθείες είναι παράλληλες, η αρχική απάντηση που συνήθως μας έρχεται στο νου είναι: «'Όταν δεν τέμνονται». Αν όμως κοιτάξουμε στο δωμάτιο που είμαστε αυτή τη στιγμή και διαβάζουμε το άρθρο, μπορούμε να σκεφτούμε πως μία ευ­ θεία του ταβανιού και μία ευθεία του δαπέδου επίσης δε θα τμηθούν ποτέ. . . Στη γεωμετρία του χώρου, ορίζουμε ως παράλληλες τις «ευ­ θείες που ανήκουν στο ίδιο επίπεδο και δεν τέμνονται» και ως ασύμβατες τις «ευθείες που δεν ανήκουν στο ίδιο επίπεδο». Σε ένα κουτί, όπως αυτό της διπλανής εικόνας, �______,/ μπορούμε να εντοπίσουμε αρ­ κετά ζεύγη ασύμβατων ευ­ θειών. Έτσι, μπορούμε πλέον να μιλάμε για γεωμετρικά α.-..-..:::ντικείμενα στο χώρο. Η καθε­ τότητα μπορεί να οριστεί όχι πλέον μόνο με­ ταξύ ευθειών αλλά μεταξύ ευθείας και επιπέ­ δου (σχ. l). Επιπλέον η παραλληλία δεν αφορά μόνο δύο ευθείες αλλά και δύο επίπεδα και

EJ

Σ. Αλαφάκη

-

Σ. Κείσογλου

μάλιστα μπορούμε να ορίσουμε αντίστοιχα και απόσταση των δύο παραλλήλων επιπέδων (σχ. 2).

(σχ. l) (σχ. 2) Ας περάσουμε τώρα στα στερεά σχήματα που αποτελούν και τα αντικείμενα της καθημερι­ νής μας εμπειρίας. Θα κάνουμε μία χρήσιμη διάκριση στα στερεά, σε στερεά που έχουν δύο βάσεις (δύο παράλληλες επιφάνειες επίπεδα σχήματα- μεταξύ των οποίων «ανα­ πτύσσεται» το σχήμα) και σε στερεά που έ­ χουν μία μόνο βάση (μία επιφάνεια - επίπεδο σχήμα - γύρω από το οποίο «αναπτύσσεται το σχήμα). Ας δούμε πρώτα στερεά με δύο βά­ σεις, όπως το πρίσμα και ο κύλινδρος.

Πρίσμα

Κύλινδρος

Στα στερεά αυτά, το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας, δηλαδή της επιφάνειας χωρίς τις βάσεις, έχει γενικό τύπο Επαρ= Περίμετρος βάσηςχύψος. Ειδικά στον κύλινδρο, ο τύπος αυτός γίνεται Επαρ=2πρχ υ . Σκεφτείτε άλλωστε πώς κατασκευάσαμε τον κύλινδρο στην εισα­ γωγή του άρθρου και πώς η μία διάσταση του ορθογωνίου (σελίδα) «έγραψε» τελικά έναν κύκλο. Προφανώς, το ολικό εμβαδό της επιφά­ νειας των στερεών αυτών δίνεται από τον γε­ νικό τύπο Εολικό=Επαρ+2Εpάσης· Ειδικά στον κύλινδρο γίνεται Εολικό=2πρχυ+2πρ2 . Ο γενικός τύπος που μας δίνει τον όγκο V των στερεών με δύο βάσεις (πρισμάτων και κυλίν-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/22


------ Στερεομετρία ------δρων) είναι ν=ΕΒάσηςχύψος. Ειδικά στον κύ­ εντολή η διάμετρος των κουτιών να γίνει από 8cm, l Ocm και το ύψος να ρυθμιστεί ανάλογα λινδρο, ο τύπος αυτός γίνεται ν= πρ2 χυ. Περνάμε τώρα σε στερεά που έχουν μία μόνο ώστε η χωρητικότητα του δοχείου να παραμεί­ βάση και συγκεκριμένα στην πυραμίδα και νει ίδια. 1) Να εξετάσετε αν αυτή η εντολή του ιδιο­ τον κώνο. κτήτη έχει το αναμενόμενο αποτέλεσμα ανα­ φορικά με το οικονομικό όφελος. (Θεωρήστε ότι η προσέγγιση του π από τον αριθμό 3,14 είναι ικανοποιητική) 2) Αν με τη νέα συσκευασία γίνεται πράγματι οικονομία στο υλικό (λαμαρίνα) να βρείτε πό­ σα επιπλέον κουτιά της νέας συσκευασίας μπορεί να κατασκευάσει το υλικό που κατα­ Συμβολίζουμε υ το ύψος των στερεών αυτών σκεύαζε μέχρι τώρα 1 000 κουτιά. (απόσταση κορυφής από τη βάση), α το ύψος Λύ ση των τριγώνων της παράπλευρης επιφάνειας 1) Αρχικά, πρέπει να υπολογιστεί το συνολικό της πυραμίδας (λέγεται και απόστημα ειδικά εμβαδόν τόσο της αρχικής όσο και της προτει­ όταν η πυραμίδα είναι κανονική, έχει δηλαδή νόμενης συσκευασίας. για βάση ένα κανονικό πολύγωνο), λ την γενέ­ Για το αρχικό ύψος υα έχουμε: ν= πρ2 χυα άρα τειρα του κώνου (η ακτίνα του κυκλικού το­ 7 50cm3 =3, 1 4• (4cm)2 ·υa από όπου προκύπτει μέα που «δημιουργεί» τον κώνο) και ρ την α­ , 7 50cm 3 κτίνα της βάσης του κώνου. Τα μεγέθη που οτι υα= 3,14 1 6cm � 14,93cm . · κυρίως μας ενδιαφέρουν στην πυραμίδα και Το συνολικό εμβαδόν της επιφάνειας του κου­ τον κώνο είναι το εμβαδόν της παράπλευρης τιού είναι: Εολ=2πρχυ+2πρ2 άρα Εολ � ' 1π ' ' επιφανειας: Επαρ= "2 εριμετρος β ασηςχα για 6,28•4cm• 14,93cm+2·3, 14• (4cm)2=47 5,52cm2 Πάμε τώρα στην προτεινόμενη συσκευασία. την πυραμίδα και Επαρ= _!_ Περίμετρος βά- Για το ύψος υτ της συσκευασίας αυτής προκύ­ 2 πτει ομοίως πως: σηςχλ για τον κώνο, το ολικό εμβαδόν: Εολι­ 50cm 3 κό=Επαρ+Εpάσης όπου ειδικά στον κώνο ο τύπος υτ= 7 � 9,55cm . 3,14 · 25cm γίνεται Εολικό=πρχλ+πρ2 και ο όγκος. Πρέπει να θυμόμαστε ότι κάθε ένα από τα στερεά αυ- Με δεδομένο το ύψος μπορούμε να υπολογί­ σουμε το συνολικό εμβαδόν: Εολ � 1 , ογκο , , , τα, εχει το - του ογκου του αντιστοιχου 6,28·5cm·9,55cm +2·3, 1 4• ( 5cm) 2=456,8 7 cm2 • 3 Άρα, γίνεται οικονομία στο υλικό κατά περί­ στερεού με δύο βάσεις. που 4 7 5,52cm2 - 456,87cm2= 1 8,65cm2 κατά συ-σκευασία. Άρα, νπυρ= _!_ · νπρίσματος= _!_ · Εpασ ·υ 2) Αφού για κάθε κουτί της νέας συσκευασίας 3 3 γίνεται οικονομία κατά 1 8,65 cm2 λαμαρίνας, 1 1 στα 1 000 κουτιά η οικονομία είναι περίπου και νκων= - . νκυλίνδρου= - . π ρ2 ·υ 1 8.650 cm2 . Άρα, καθώς κάθε νέο κουτί 3 3 χρειάζεται 456,87cm2 , μπορούν να κατασκευ­ Ας δούμε τώρα κάποιες βασικές εφαρμογές αστούν 1 8650:456,8 7 � 40,82 δηλαδή 40 επι­ πλέον κουτιά. Εφ α ρμογή 1 η Μία βιοτεχνία που κατασκευάζει Ας βάλουμε τώρα τη φαντασία μας να δουλέ­ μαρμελάδες θέλει να ανανεώσει ψει . . . Παρατηρήστε την καμπύλη και τον κα­ την κυλινδρική συσκευασία των τακόρυφο άξονα στα αριστερά της. Φαντα­ 7 50 ml (ml�m3) με στόχο να στείτε τώρα ότι η καμπύλη αυτή αρχίζει και κάνει οικονομία στο υλικό κα­ περιστρέφεται γύρω από τον άξονα. τασκευής. Ο ιδιοκτήτης έδωσε 2

2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/23


------

Στερεομετρία

Το αποτέλεσμα είναι το στερεό, ή μάλλον η επιφάνεια που φαίνεται παραπάνω. Η καμπύλη ονομάζεται γενέτειρα της επιφάνειας το δε στερεό που έχει τη συγκεκριμένη επιφάνεια, στερεό εκ περιστροφής.

--------­

γνώσεις επιπεδομετρίας. Άρα, με βάση τη διπλανή τομή του σχήματός μας και τις παραπάνω διαστάσεις, το στερεό θα αποτελείται από έναν κύλινδρο ακτίνας 4cm και ύψους 6cm και από δύο ίσους κώνους ακτίνας 4cm και γενέτειρας λ=5cm καθώς η γενέτειρα είναι υποτείνουσα ορθογωνίου τρι­ γώνου με κάθετες πλευρές 3cm και 4 cm. Ο­ πότε: Επαρ. ΚΙJλίvδρου=2·3, 1 4·4·6=1 50,72 cm2 1 Επαρ. κώνου_- 2 . 2 ·3 , 14·4·5=62,8 cm2 Άρα, Εολ=Επαρ. κυλiνδρου+2·Επαρ. κώνου=276,32 cm2 . ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Όταν περιστρέφεται ένα ορθογώνιο τρίγωνο 1. Το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας γύρω από μία κάθετη πλευρά του τότε παρά­ κώνου είναι 3 7 ,68cm2 και η γενέτειρα γεται ένας κώνος, ενώ όταν περιστρέφεται ένα ενός λ=4cm. Να υπολογίσετε την ακτίνα της βάσης ορθογώνιο παραλληλόγραμμο γύρω από μία του, το ύψος και τον όγκο του. (p =3cm, πλευρά του τότε παράγεται ένας κύλινδρος. v= .fι

2, 646cm, V=3 .fι πcm3 � 24,92cm3)

Ένας κύλινδρος έχει διάμετρο βάσης 4cm και ύψος υ= 1 Ocm. Να υπολογίσετε το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας, το ολικό εμβα­ δόν και τον όγκο του κυλίνδρου. (Eπ=125, 6cm2, 2.

Eoλ=150, 72cm2, V=125, 6cm3)

Ένας κύλινδρος με ύψος υ έχει όγκο 90π. Να υπολογίσετε το ολικό εμβαδόν του. (Ε0λ= 78π) 4. Μία πυραμίδα έχει βάση τετράγωνο πλευ­ ράς 12cm και ύψος παράπλευρης επιφάνειας α= 1 Ocm. Να υπολογίσετε ολικό εμβαδόν και όγκο πυραμίδας. (Eoλ=384cm2, V=384cm3) 5. Μία πυραμίδα έχει βάση τετράγωνο πλευ­ ράς 1m και ύψος υ=2m. Να υπολο-γίσετε το ολικό εμβαδόν. (Eoλ=(m+J)m2) 6. Μία τετραγωνική πυραμίδα και ένας κώ­ νος έχουν ίδιο εμβαδόν βάσης και ο όγκος του κώνου είναι διπλάσιος αυτού της πυραμίδας. Να εκφράσετε το ύψος (υπ) της πυραμίδας συναρτήσει του ύψους (υκ) του κώνου. (υπ= υκ ) 2 7. Ένα ορθογώνιο τρίγωνο με εμβαδό 3m2 περιστρέφεται γύρω από τη μικρότερη κάθετη3 πλευρά του και προκύπτει στερεό όγκου 30m • Ποιος θα είναι ο όγκος του στερεού που θα παραχθεί αν το ορθογώνιο περιστραφεί γύρω από τη μεγαλύτερη κάθετη πλευρά του; 3.

Αλήθεια, όταν περιστρέφεται το παρακάτω ι­ σοσκελές τραπέζιο γύρω από τη μεγάλη βάση του, τι στερεό παράγεται;

Εφαρμογή 2 η

Το στερεό που θα παραχθεί είναι προφανώς αυτό που φαίνεται στη δι­ πλανή εικόνα. Ένας κύ­ λινδρος που στις βάσεις του έχουν προσαρτηθεί δύο κώνοι . . . Αν η μεγάλη βάση του τραπεζίου έχει μήκος 12cm, η μικρή 6cm και το ύψος του 4cm, να βρεθεί η συνολική του επιφάνεια. Λύ ση

-=---6�----�·

Πολλές φορές για να μελε­ τήσουμε καλύτερα ένα σύνθετο στερεό σχεδιά­ ζουμε μία τομή του με ένα επίπεδο και εφαρμόζουμε

(Υποδ: Σε κάθε περίπτωση, το στερεό εκ περιστρο­ φής είναι κώνος με ύψος την κάθετη πλευρά γύρω από την οποία γίνεται η περιστροφή και ακτίνα βά-

4π2 v= ' 5- � 7 ,89m 3 ) σης την άλλη. Ε ιναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/24


Μ ε θοδ ολογ ί α Επ ίλ υσ η ς Προ β λη μ ά των

Τάξη

Παναγιώτης Δ. Κυράνας, Κώστας Γ. Σάλαρης

ΜΕΘΟΔΟΣ ΑΝΑΓΩΓΗΣ ΣΤΗ ΜΟΝΑΔΑ.

Γνωρίζουμε από προηγούμενα μαθήματα ότι οι ακέραιοι θετικοί αριθμοί δηλαδή οι φυσικοί αριθμοί χωρίς το Ο, αποτελούνται από ακέραιες μονάδες ,σε πλήθος που δηλώνει ο αριθμός π,χ ο αριθμός 23 αποτελείται 23 ακέραιες μονάδες. Κάθε κλάσμα αποτελείται από κλασματικές μο-

νάδες, τόσες όσες και ο αριθμός του αριθμητή, π.χ το κλάσμα � αποτελείται από 3 κλασματι5

κές μονάδες που η καθεμιά είναι το κλάσμα .!_ . Όταν γνωρίζουμε την αξία μιας ακεραίας ή κλα5 σματικής μονάδας είναι εύκολο να βρούμε την αξία περισσοτέρων μονάδων. Π. χ i) Ενα λίτρο βενζίνας πωλείται 1 ,60€, πόσο πωλούνται τα 40 λίτρα βενζίνης. Απάντηση : 1, 60 • 50 80€. ii) Το

..!_ 4

=

ενός αριθμού είναι 20, να βρεθεί ποιός είναι ο αριθμός.

4 4

Απάντηση : ο αριθμός, δηλαδή τα - είναι 4 •20=80

Ανάγω (ουσιαστικό αναγωγή) σημαίνει

στερο ή ισοδύναμο.

μετατρέπω με υπολογισμό κάτι σε άλλο απλού­

Αναγωγή στη μονάδα σημαίνει

με κάποιον υπολογισμό, σε ένα πρόβλημα, να υπολογίσου­ με τι ισχύει για τη μονάδα είτε είναι ακέραια είτε είναι κλασματική, οπότε μετά θα μπορούμε να υπολογίσουμε τί ισχύει για οποιοδήποτε πλήθος μονάδων. Με τη μέθοδο της αναγωγής στη μονάδα λύνονται εύκολα και γρήγορα όλα τα προβλήμα­ τα των αναλόγων, αντιστρόφως αναλόγων ποσών καθώς και άλλες σημαντικές κατηγορίες προ­ βλημάτων. Παρακάτω θα αναφέρουμε μερικά παραδείγματα, ώστε να κατανοήσουμε τη μέθοδο ανα­ γωγής στη μονάδα σαν εργαλείο επίλυσης προβλημάτων. Πρόβλημα 1 Τα 250 λίτρα βενζίνης πωλούνται 400 ευρώ. Να βρείτε πόσο πωλούνται τα 600 λίτρα. Λύση .. Τα πόσα: ποσότητα βενζίνας και αξία βενζίνας είναι ανάλογα Κάνουμε αναγωγή στη μονάδα

Τα 250 λίτρα πωλούνται 400 ευρώ 400 ' τ ο ενα λιτρο πω λε'ιται 1 , 6 ευρω 250 Τα 600 λίτρα θα πωλούνται 600•1, 6 960 ευρώ Άρα για τα 600 λίτρα βενζίνας ο οδηγός πλήρωσε 960 ευρώ. ,

-

,

=

=

Πρόβλημα 2 Για να βάψουν ένα σπίτι 4 εργάτες, χρειάζονται 6 ώρες. Σε πόσες ώρες θα βάψουν το ίδιο σπίτι οι 3 από τους παραπάνω εργάτες; Λύση : Τα ποσά εργάτες- χρόνος για το ίδιο έργο είναι αντιστρόφως ανάλογα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/25


-------

Αναγωγή στη μονάδα

Μεθοδολογία Επίλυσης Προ βλημάτων

------

Οι 4 εργάτες βάφουν το σπίτι σε 6 ώρες. ι εργάτης θα βάψει το σπίτι σε 4•6 24 ώρες .. 24 8 ώρες Οι 3 εργάτες θα βάψουν το σπίτι σε 3 Άρα οι 3 εργάτες χρειάζονται 8 ώρες για να βάψουν το σπίτι. ο

=

=

Πρόβλη μα 3

.! ενός αριθμού είναι 12. Να βρείτε: α) τα του αριθμού β) τον αριθμό 5 5 Λύ ση : Αναγωγή στη μονάδα Τα

Τα � του αριθμού είναι 12. 5 τ 1 12 ' 3 4 ο του αριθ μου' ειναι S 2 τα του αριθμού είναι 2•4 8 5 α)

=

=

β) τα

� (ολόκληρος ο αριθμός) είναι 5• .!. 5•4 20 . 5 5 =

=

Πρόβλη μα 4 Μία βρύση Α γεμίζει μία δεξαμενή σε 10 ώρες, ότ αν τρέχει μόνη της, και μία βρύση Β αδειάζει τη δεξαμενή σε 12 ώρες όταν τρέχει μόνη της. Αν αφήσουμε και τις 2 βρύσες να τρέχουν συγχρόνως, σε πόσες ώρες θα γεμίσει η δεξαμενή. Λύ ση Αναγωγή στη μονάδα

Η βρύση Α:

σε 1 Ο ώρες γεμίζει την δεξαμενή

σε 1 ώρα θα γεμίσει το _.!._ της δεξαμενής 10 Η βρύση Β : σε 12 ώρες αδειάζει την δεξαμενή σε 1 ώρα θα αδειάσει το _.!._ της δεξαμενής 12 Όταν τρέχουν και οι 2 βρύσες μαζί 1 1 1 ' ' γεμι'ζσυν ' Α+Β β ρυσες: σε 1 ωρα - - = - της δεξαμενης. 10 12 60 60 τα 60• _.!._ (ολόκληρη η δεξαμενή) θα γεμίσει σε 60• 1 =60 ώρες. Άρα 60 60 Πρόβλη μα 5

=

Σύμφωνα με το νόμο Boyle-Mariotte, όταν η θερμοκρασία είναι σταθερή, τότε ο όγκος ν ενός αερίου, είναι αντιστρόφως ανάλογος προς την πίεση Ρ κάτω από την οποία βρίσκεται. ή το γινόμενο Ρ.V=σταθερό Αν για Ρ=600 atm είναι ν=18 m3,να υπολογίσετε το ν όταν η πίεση Ρ γίνει 900atm Αναγωγή στη μονάδα.

όταν Ρ=600 τότε V=1 8 αν P=l τότε θα είναι V=600• 1 8=10800 Συνεπώς αν Ρ=900 τότε V=1 0800+900=12 Άρα για P=900atm ο όγκος V γίνεται 12 m3 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/26


------- Μεθοδολογία Επίλυσης Π ρ οβλημάτων

-------

Πρόβλη μα 6 Ν α βρείτε πόσες ευθείες Περνάνε από 7 σημεία, όταν αυτά συνδεθούν ανά 2, τα οποία ανά 3 δεν βρίσκονται στην ίδια ευθεία και να γενικεύσετε το πρόβλημα για ν σημεία. Λύ ση :

Έστω Α,Β,Γ,Δ,Ε,Ζ,Η τα σημεία Εάν ενώσουμε ένα( 1 ) σημείο π. χ το σημείο Α με τα υπόλοιπα 6 = 7 ι , τότε μπορούμε να φέρουμε 6 ευθείες. Και αυτό μπορούμε να το κάνουμε για κάθε σημείο. Άρα από το 1 σημείο φέρνουμε 6 ευθείες Από τα 7 σημεία θα φέ8Γ ρουμε 7 •6=42 ευθείες 8Δ Όταν όμως ενώνουμε κάθε φορά ένα σημείο με όλα τα υπόλοιπα, 8Ζ eE τότε έχουμε φέρει τις ευθείες 2 φορές. Συνεπώς ο αριθμός των ευθειών που περνάνε από τα 7 42 ' Η γενικευση ' οταν ' ' ' ' ανα' 2 , ειναι ' ' σημεια συνδεθουν = 2 1 ευ θ ειες. του προ βληματος αφηνεται 2 στον αναγνώστη. -

Πρόβλημα 7 Στη διπλανή εικόνα βλέπετε ένα κομμάτι από το γεωγραφικό χάρτη Ι<όρ ι ν Gος r.:ι Πελοποννήσου. Μετρούμε στο χάρτη την απόσταση. Κορίνθου Τρίπολης και τη βρίσκουμε ότι είναι 4cm, ενώ γνωρίζουμε, ότι η πραγματική από­ σταση είναι 81 Km. Να βρείτε ποια είναι η απόσταση μεταξύ Τρίπολης ίp ι ",;ολη o::.rr και Γυθείου .. .Jάτα Λύ ση

Η απόσταση 4cm στο χάρτη Κόρινθος Τρίπολη αντιστοιχεί σε 8. 1 00.000cm στη πραγματικότητα. Χρησιμοποιούμε τη μέθοδο αναγωγής στη μονάδα και βρίσκουμε, ότι στο 1 cm απόσταση στο χάρτη αντιστοιχούν 8 · 1 00 · 000 = 2.025.000 cm (Ο λόγος 1 :2.025.000 λέγεται και κλίμακα κατασκευής του χάρτη). 4 Στη συνέχεια μετρούμε στο χάρτη την απόσταση Τρίπολης Γυθείου και τη βρίσκουμε 4,8cm. Επομένως η απόσταση Τρίπολης Γυθείου είναι 2.025.000•4, 8 = 9 720000cm = 9 7 ,2Κm Π αρατή ρη ση : Οι αποστάσεις στο χάρτη παίρνονται σε ευθείες , στη πραγματικότητα όμως οι δρόμοι δεν είναι πάντοτε ευθείες, αλλά ακολουθούν τη μορφολογία του εδάφους, για αυτό κάθε φορά έχουμε μικρές αποκλίσεις από την πραγματικότητα. Πρόβλημα 8 Ένα αυτοκίνητο τρέχει με σταθερή ταχύτητα 70 χιλιόμετρα την ώρα. Την απόσταση

Αθήνα-Κόρινθος τη διανύει σε

� της ώρας. Να βρούμε την απόσταση σε χιλιόμετρα Αθή-

νας-Κορίνθου. Λύ ση

Για να λύσουμε το πρόβλημα πρέπει να βρούμε πόσα χιλιόμετρα διανύει το αυτοκίνητο σε 6 ' 1 ' ' ' η' -5 της ωρας ' ' 7 0 χιλιομετρα. - ωρες. Γνωρι'ζουμε οτι σε 1 ωρα το αυτοκινητο διανυει Στο 5 5 5 της ώρας (κλασματική μονάδα) θα διανύσει 7 0 = 14 χιλιόμετρα. Και τα � της ώρας θα διανύσει 5 5 '

6• ..!:_ = 6•14 = 84 χιλιόμετρα. Αυτή είναι και η απόσταση Αθήνας-Κορίνθου 5

Πρόβλη μα 9 Ο παππούς θέλει να κάνει δώρο ένα ποσό 20.000 ευρώ στα 3 εγγόνια του, ανάλογα προς τις ηλικίες τους, που είναι 6, 8, και 1 1 ετών. Πόσα χρήματα θα πάρει το κάθε εγγόνι; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/27


-------

Μεθοδολοyία Επίλυσης Π ρ οβλημάτων

------

Λύση

Επειδή τα 2 0.000 ευρώ θα δοθούν και στις 3 ηλικίες, δηλαδή 6υνολικά στα 6+8+ 1 1 =2 5 έτη, ανάλογα με την ηλικία τους, μπορούμε με αναγωγή στη μονάδα να βρούμε πόσα χρήματα θα έπαιρνε ένα εγγόνι ενός έτους. αναγωγή

στη

μονάδα

Τα 2 5 έτη θα πάρουν 2 0.000 ευρώ. Το 1 έτος θα πάρει 2 0.000: 2 5=800 ευρώ. Τα 6 έτη θα πάρουν 6•800=4 . 800 ευρώ Τα 8 έτη θα πάρουν 8•800=6. 400 ευρώ και τα 1 1 έτη θα πάρουν 1 1 •800=8.800 ευρώ άρα το εγγόνι των 6 ετών θα πάρει 4 .800 ευρώ, το εγγόνι των 8 ετών θα πάρει 6. 400 ευρώ και το εγγόνι των 1 1 ετών θα πάρει 8 .800 ευρώ. Επαλήθευση : 4 800+6400+8800=2 0000 ευρώ.

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΓΙΑ ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΜΕ ΤΗ ΜΕΘΟΔΟ ΑΝΑΓΩΓΗΣ Σ ΤΗ ΜΟΝΑΔΑ.

1.

2.

3.

Τρεις επιχειρηματίες ιδρύουν μία βιομηχανία γάλακτος και συμμετέχουν με κεφάλαια 1 .000.000 € ο Α, 2 .500.000€ ο Β και 3 .500.000 € Γ. Τα κέρδη της επιχείρησης θα μοιρά­ ζονται ανάλογα με τα κεφάλαια που έχει βάλει ο καθένας. Εάν το πρώτο έτος τα κέρδη της επιχείρησης ήταν 700.000€. Να βρείτε τι ποσό από τα κέρδη αντιστοιχεί στον καθένα, με τη μέθοδο αναγωγής στη μονάδα. Απάντηση : Α: 1 00.000€, Β: 2 50.000€, Γ: 350.000€ Μια κυρία αγόρασε 8, 2 5 μέτρα από ένα ύφασμα και έδωσε 330€. Ο έμπορος όμως έκανε λάθος και έδωσε 0,2 5 μέτρα λιγότερο ύφασμα. Πόσα χρήματα πρέπει να επιστρέψει ο έμπο­ ρος στην κυρία. Απάντηση : 1 0€

Μια φρbυρά από 400 στρατιό)τες σε μια απομακρυσμένη μονάδα έχει τροφές για 6 μήνες; Πόσους στρατιώτες έπρεπε να έχει η φρουρά για να περάσει 8 μήνες με τις ίδιες πάντα τρο­ φές. Απάντηση : 300 στρατιώτες 4. Να βρείτε τον αριθμό των διαγωνίων που μπορούμε να φέρουμε σε ένα εξάγωνο. Να γενι­ κεύσετε το πρόβλημα σε ένα ν-γωνο. Υπόδειξη : θα βρείτε πρώτα πόσες διαγώνιες μπορούμε να φέρουμε από μία κορυφή του ε­ ξαγώνου και εν συνεχεία θα σκεφτείτε όπως και στο λυμένο πρόβλημα 6.

Λύ σ ε ι ς Θ ε μ ά των Ευ κλ ε ί δ η ς Α τε ύχο ς 90 y ι α τα π ε ι ρ α μ ατ ι κ ά Λύ κ ε ι α Κώστας Γ. Σάλαρης - Ανδρέας Ν. Τριανταφύλλου Α ΘΕΜΑ

1.

2.

α2 β + αβ 2 - α - β = Ο, αβ( α+ β) - (α + β) = Ο, (α+ β)(αβ - 1 )=Ο οπότε α+β=Ο(αντίθετοι) ή αβ - 1 = Ο αβ = 1 (αντίστροφοι) . Ο αριθμός ααα σε αναπτυγμένη μορφή γράφεται 100α+10α + 1 · α = 1 1 1α οπότε 1 1 1α 3α

3.

=

111 3

= 37

Αν ο ν είναι άρτιος αριθμός, τότε Α =

�:

2

1

και Β =

::2

Τα κλάσματα Α και Β έχουν ί­

σους αριθμητές, άρα μεγαλύτερο είναι το κλάσμα που έχει μικρότερο παρανομαστή, δηλαδή ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/28


------- Μεθοδολογία Επίλυσης Προβλημάτων ------2ν ' Α = -2ν και Β = ' ο ν ειναι ' περιττος ' αριθ μος, ' τοτε ' . Ο ι παΒ>Α . Αν υποθ εσουμε οτι 2ν 2 + 1 2ν 2 ραστάσεις Α και Β είναι αρνητικοί αριθμοί. Άρα μεγαλύτερος είναι αυτός που έχει μικρότε­ ρη απόλυτη τιμή, δηλαδή Α>Β.

Β ΘΕΜΑ ι . Ισχύουν

οι ανισότητες -λ + 3 > Ο και 2λ - 3 > Ο . Επειδη ο αριθμός λ είναι ακέραιος οι δύο ανισώσεις έχουν κοινή λύση ή λ=2 .

. 1

β) γ) 2.

1 ,5

!._

2

3

4

·

i

� ·__,..

_ _ _ __ _ _ _ _ _

Το σημείο Α έχει συντεταγμένες Α(1 , 1), άρα οι αποστάσεις από τους άξονες είναι 1 . 1 ΟΑ = .J1 2 + 1 2 = J2 Λύνουμε την εξίσωση (1) και παίρνουμε τις ρίζες της λ και 1 . Επομένως οι πλευρές του τριγώνου είναι 2,λ, 1 εφαρμόζουμε την τριγωνική ιδιότητα έχουμε: λ < 2 + 1 = 3 και 2<λ+ 1 ή 1 <λ απο τις δύο ανισότητες προκύπτει η 1 <λ<3

Γ ΘΕΜΑ ι. Αν χ και y είναι οι πλευρές του ορθογώνιου με χ > y τότε ναι 2(χ + y) = 14 και x+y=7 .Η πλευρά του μεγάλου τετράγωνου είναι x+y . Άρα η περίμετρος του είναι 4(χ + y) = 2 8 cm και το εμ­

η περίμετρος του εί-

βαδόν του είναι (χ + y) 2 = 7 2 = 49cm2 . 2.α) Το εμβαδόν του μεταλλικού φύλλου πριν από την θέρμανση εί- χ+ 1 ναι 1 . 1=1cm2 . Μετά την θέρμανση η πλευρά του διαστέλλεται κατά χ m,οπότε η πλευρά του γίνεται χ+ 1 και το νέο εμβαδόν (χ+ 1 )2 . Η αύξηση του εμβαδού του φύλλου μετά την θέρμανση είναι (χ + 1) 2 - 1 2 = χ 2 + 2χ + 1 - 1 = χ 2 + 2χ .Αυτή είναι και η ζητούμενη αλγεβρική παράσταση. β) Αν το χ πάρει την τιμή 1 cm ή 0,0 1m τότε η παράσταση γίνεται ( 1 + 0, 0 1 )2 - 12 = 1 + 0, 000 1 + 0, 02 - 1 = 0, 020 1m2 ή 0,02 με ακρίβεια εκατοστού.

1 1 χ χ+ 1

Δ ΘΕΜΑ

1.

Φέρουμε την ΒΕ παράλληλο στη ΑΔ, τότε ΑΒ ΕΔ # και ΒΕΔ = 2φ , και σαν εξωτερική γωνία του τριγώνου ΒΕΓ ισούται με το άθροισμα των εντός και απέναντι γωνιών ,άρα ΕΒΓ=φ , επομένως το τρίγωνο ΕΒΓ είναι ισοσκε­ λές, οπότε ΒΕ=ΕΓ=5μ. Άρα ΔΓ=ΔΕ+ΕΓ=2+5=7 μ Η Χι =

p + �p 2 - 4p + 36

p - �p 2 - 4p + 36

Δ

Ε

Γ

και χ 2 η διαφορά των ριζών θα είναι 2 2 p + �p 2 - 4p + 36 - p + �p 2 - 4p + 36 Ι 2 = = ν p - 4p + 36 6 (1 ). Η υπόριζη ποσότητα είχ Χι 2 2 ναι θετικός αριθμός p 2 - 4p + 36 = p 2 - 4p + 4 + 32 = (p - 2) 2 + 32 άθροισμα δύο θετικών αριθμών . Υψώνουμε τα δύο μέλη της (1) στο τετράγωνο και έχουμε p 2 - 4p + 36 =36 ή p 2 - 4p = O ή p(p - 4) = 0 ή p = O ή p = 4 Οι αριθμοί τους οποίους ζητάμε είναι οι Ο και 4. 2.

=

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/29


Προετοιμασία για τις εισαγωγικές εξετάσεις Λυκείων των Πρότυπων Πειραματικών Σπύρος Καρδαμίτσης - Σωτήρης Χασάπης Στα πλαίσια των εξετάσεων των Πρότυπων Πειραματικών Λυκείων σας παρουσιάζουμε μια σειρά από προτεινόμενα θέματα μελέ­ της σύμφωνα με τα αρχικά θέματα των εισαγωγικών εξετάσεων. Η ύλη μελέτης είναι η ύλη όλων των τάξεων του γυμνασίου. Με την μέχρι τώρα εμπειρία από το διαγώνισμα του 2013 καθώς και με τα θέματα δοκιμασίας της ΔΕΠΣ τα θέματα χωρίζονται σε τρεις ομάδες. Το πρώτο θέμα περιέχει τρεις απλές ασκήσεις συνήθως aσύνδετες μεταξύ τους, το δεύτερο και το τρίτο θέμα περιέχει ασκή­ σεις όπου τα υποερωτήματα βοηθούν την επίλυση του τελικού ερωτήματος. Τέλος το τέταρτο θέμα περιέχει σε ένα τουλάχιστον ση­ μείο μια ιδιαίτερη δυσκολία.

Άσκηση l η Ν α βρεθούν ο ι πραγματικοί αριθμοί χ, y , z αν

χ + + -2χ + + - 1, y

οι αριθμοί

1, z

5 είναι ανάλογοι

προς τους αριθμούς 2, 3 και 4 και επιπλέον ι­ σχύει: 3y 5z = -5 ΥΠΟΔΕΙΞΗ Επειδή οι αριθμοί χ-1 , y+ 1 , z + 5 εί­

ναι ανάλογοι προς τους αριθμούς 2,3 και 4 ισχύ­ ει: χ - 1 y + l z + 5 .Τέλος είναι χ = 3 , y=2, z= 1 2

=

3

=

4

Άσκηση 2η 2 4 Δίνεται η παράσταση Α(χ) = (17χ2 1 ) 64χ • α) Να γραφτεί ως γινόμενο τεσσάρων πρωτο­ βαθμίων παραγόντων. β) Να λυθεί η εξίσωση Α(χ) = Ο -

-

ΥΠΟΔΕΙΞΗ α) Με εφαρμογή της ταυτότητας της διαφοράς τετραγώνων διαδοχικά όπου εμφανί­ ζεται προκύπτει ότι Α(χ) = (5χ+ 1 )(5χ 1 )(3χ+ 1 )(3χ - 1 ) στην συνέχεια η επίλυση της εξί­ σωσης είναι απλή .

Άσκηση 3η

θ+.!_� θ 2 f(x) -2χ2 +4χ .Ji.. + .,1 + 2χ2 -4χ

α) Αν θ >Ο , να δείξετε ότι

β) Να βρείτε τη θέση το είδος και την τιμή του

=

ακρότατου της παραβολής γ) Να λυθεί η εξίσωση ΥΠΟΔΕΙΞΗ

=

Ο

α) Εφαρμογή του σχολικού βιβλίου της Α τάξης β) η παραβολή στην θ έση χ 1.._ 1 παρουσιά= _

ζει μέγιστο το f ( __!!_) _

=

γ) Η εξίσωση γράφεται: έχουμε

.J;. +

l�2,

2

);. +

=

ράσταση ισούται με 2 και κάθε μέλος παίρνει αυτή την τιμή όταν χ = 1 που είναι και η μοναδική ρίζα της εξίσωσης.

Άσκηση 4η Για τις πλευρές α, β και γ τριγώνου ΑΒΓ ισχύει η σχέση : 2 2 (α ifs)2 + 1 + β - 6β + 13 + γ -12γ+45 = 6

α.

-

Να αποδείξετε ότι α = 3.J5 , β=3 και γ=6.

β. Να εξετάσετε αν το τρίγωνο είναι ορθογώνιο

γ. Να βρείτε τη πλευρά ενός τετραγώνου που έ­

χει το ίδιο εμβαδό με το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ.

ΥΠΟΔΕΙΞΗ α) η σχέση γράφεται:

Το παραπάνω άθροισμα των ριζών είναι ίσο με 6 μόνο όταν α = 3J5 , β= 3, γ = 6. Τα άλλα ερωτή­ ματα είναι απλά β) ναι ,γ) 3 Άσκηση 5η Από τις οικογένειες της Ελλάδας που έχουν τρία παιδιά διαλέγουμε στην τύχη μια και καταγρά­ φουμε το φύλο των παιδιών, με την σειρά που γεννήθηκαν. Για παράδειγμα μια οικογένεια που το πρώτο παιδί είναι αγόρι, το δεύτερο κορίτσι και το τρίτο αγόρι χαρακτηρίζεται με τον συμ­ βολισμό ΑΚΑ (Αγόρι - Κορίτσι - Αγόρι) α. Να βρείτε το πλήθος των στοιχείων του δειγματικού χώρου Ω του πειράματος τύχης . β. Να προσδιοριστούν τα ενδεχόμενα: Α : Μόνο ένα παιδί της οικογένειας είναι κορίτσι. Β: Η οικογένεια έχει 1 τουλάχιστον αγόρι. γ. Να βρείτε τα σύνολα Α', Β' και ΑΓ"ΙΒ.

=

-2χ 2 + 4χ και

-2χ 2 + 4χ � 2

=

f(l)

Συνεπώς η ισότητα των μελών είναι όταν κάθε πα-

δ. Να βρείτε τις πιθανότητες των παραπάνω συνόλων.

ΥΠΟΔΕΙΞΗ όλα τα ερωτήματα απλά Ρ(Α ') = 5/8,

Ρ(Β ') = 7/8, P(AnB) = 3/8.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/30


Τρ ι γωνομ ετρία- Σχέσε ι ς Συ μπληρωματ ι κών κα ι παραπληρωματ ι κών γων ι ών Αννίτας Αγγελή Λίγη Ι στορία

Η Τριγωνομετρία, από την ελληνική λέξη τρίγωνον ,"τρίγωνο·· και ·· μέτρο·· , είναι ο κλάδος των μαθηματικών που ασχολείται με την μελέτη ειδικών συναρτήσεων των γωνιών και τις εφαρμογές τους σε διάφορους υπολογισμούς. Ιδρυτής της τριγωνομετρίας θεωρείται ο Ίππαρχος (1 90- 125π.χ). Γεννήθηκε στη Νίκαια, έζησε στη Ρόδο και στην Αλεξάνδρεια,όπου διακρίθηκε ως ο μεγαλύτερος Αστρονόμος της Αρχαιότητας. Τελειοποίησε την διόπτρα, κατασκεύασε χάρτες και υδρόγειο σφαίρα. Λόγω των επιτευγμάτων του θα μπορούσε να θεωρηθεί πατέρας της τριγωνομετρίας. Βα σικές ένν ο ιες

Οι τριγωνομετρικοί αριθμοί που ορίσαμε σε προηγούμενη τάξη για οξείες γωνίες ,το ημίτονο, συνημίτονο και εφαπτομένη έχουν τις παρακάτω ιδιότητες. Όσο μια οξεία γωνία αυξάνεται, αυξάνεται το ημίτονο και η εφαπτομένη της και μειώνεται το συνημίτονο της. Γ

Το ημίτονο και το συνημίτονο μιας οξείας γωνίας ενός ορθογωνίου τριγώνου ικανοποιούν πάντα τις παρακάτω σχέσεις Ο<ημφ<l και Ο<συνφ<l Αυτό συμβαίνει διότι σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο ισχύει β<α

Α ........ . ._

γ

__..;:•Β και γ<α οπότε ημφ= l < ι και συνφ= � <l . Επίσης για τις

__._

___ __ _

α α οξείες γωνίες του ορθογωνίου ΑΒΓ ισχύει Β+Γ=90 ° ή φ+ω=90 ° ή φ=9ΟΟ-ω δηλαδή είναι συμπληρωματικές. I

Ισχύει λοιπόν ημφ= 1 ή ημ(90° - ω)=συνω και συνφ= � ή συν(90° - ω )=ημω . Βγαίνει λοιπόν α α το συμπέρασμα, ότι: όταν δύο οξείες γωνίες είναι συμπληρωματικές, τότε το ημίτονο (αντίστοιχα το συνημίτονο) της μιας οξείας γωνίας είναι ίσο με το συνημίτονο (αντίστοιχα το ημίτονο ) της άλλης οξείας γωνίας. Ας δούμε τι ισχύει για τις παραπληρωματικές γωνίες. Στο ορθοκανονικό σύστημα αξόνων χοy, Μ ' ( - Χ ψ) Μ ( χ ψ) θεωρούμε σημείο Μ(χ, ψ). Παίρνουμε το Συμμετρικό του σημείου Μ ως προς τον άξονα σημείο Μ'(-χ, ψ). Αν ονομάσουμε τη γωνία .. , τότε η γωνία χ0Μ ' =1 80°-ω. ψ Έχουμε: ημ( 1 80 ° - ω)= =ημω ρ 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 91 τ.3/31


----- Τ ριγωνομετρ ία- Σχέσεις Συμπληρωματικών και παραπληρωματικών γωνιών

-----

-χ ψ συν(1 80° - ω)= - = - συνω και εφ(1 80° - ω) = - = -εφω ρ -χ χοψ να φέρετε τη διχοτόμ ο οδ της ώ ί Μ ί ξό ( χ, ψ) εντό ς της πρ ώ της γωνίας. Να πρ τη ς γων ας των α νων και να πάρετε σημε ο ' βρείτε τις συντετα γμένες το υ σημείο υ Μ πο υ είναι συμμετρικ ό το υ Μ ως προς τη διχοτόμ ο Δραστηριότητα: Σε ορ θοκανονικό σύστημα αξόνων Λ

Λ

ΟΜ και χΟΜ ί ε ναι συμπληρωματικές και να οδ . Α κολο ύθως να αποδείξετε ότι οι γωνίες χ ί έ ύ ώ ώ βρε τε τη σχ ση μεταξ των τριγωνομετρικ ν αριθμ ν των συμπληρωματικώ ν γωνιώ ν.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ 1. 2.

Λ

Να βρείτε τους τριγωνομετρικούς αριθμούς της γωνίας χΟΜ =φ, όπου Μ(-2, 1) Σε ορθογώνιο σύστημα συντεταγμέVων να φτιάξετε την ευθεία y=0,3x και να προσδιορίσετε σημείο της Μ με τετμημένη 5.Να υπολογίσετε τους τριγωνομετρικούς αριθμούς της γωνίας ω= χΟΜ . Στη συνέχεια, με την βοήθεια του τριγωνομετρικού πίνακα να βρείτε την γωνία ω. Να βρείτε το πρόσημο των τριγωνομετρικών αριθμών των γωνιών φ=1 78 ° , θ=89 ° , α=93 ° . Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς l Ocm και σημείο Δ της πλευράς ΒΓ, έτσι ώστε Λ

3. 4.

Λ

Λ

7.

BΔ=3cm. Να υπολογίσετε τους τριγωνομετρικούς αριθμούς των γωνιών ΑΔΒ , ΑΔΓ . Να αποδείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει ότι συν(Α+Β)=-συνΓ, ημ(Α+Β)=ημΓ και εφ(Α+Β)=-εφΓ (με γωνία Γ όχι ορθή) Να αποδείξετε ότι (ημχ · συνyγ +(ημχ · συνyγ +(συνχ)Ζ =1 και (ημχ-συνχ)Ζ +2ημχ· συνχ=1 Αν ημω= και Ο0:::;ω:::; 1 80 ° , να υπολογίσετε τα συνω και εφω.

8.

α) Να αποδείξετε ότι (ημ52 ° )2 +

9.

Να aπλοποιήσετε την παράσταση:

5. 6.

��

(συν128°)2= 1 ,

β)

εφφ 1 1 7 °=

-ημ6 0 ημ27

συν(900 - χ) 4συν(1 80 °-χ) ημ(90 ° - χ ) 10. Αν 0 °<χ< 1 80 ° και ισχύει συν2χ+ημ245 ° = 1 , να υπολογίσετε τη γωνία χ. (Απάντηση χ=45° ή x=l35°) Α=4ημ(1 80 °-χ)+

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/32


Γεω μ ετρ ι κή Π ιθανότ η τα ======

Τ ζίφας Νίκος-Κωνσταντινίδης Αριστείδης

Είναι βέβαιο ότι αν αφήσουμε ένα πετραδάκι ή ένα άλλο σώμα ελεύθερο από κάποιο ύψος τότε αυτό πέφτει κατακόρυφα προς το έδαφος λόγω του βάρους του. Επίσης είναι βέβαιο ότι η Γη περιστρέφεται γύρω από τον ήλιο και κάθε μέρα ο Ήλιος ανατέλλει από την ανατολή και δύει προς τη Δύση. Εκτός όμως από αυτές τις βεβαιότητες, πολύ λίγες πλευρές της ζωής μας παραμένουν έξω από τη σφαίρα του τυχαίου. Είναι γεγονός ότι ένας συνδυασμός γονιδίων καθορίζει τη φυσική μας κατασκευή. Επίσης η επιλογή 6 τυχαίων αριθμών στο τζόκερ μπορεί να μας καταστήσει πλούσιους. Όλοι οι άνθρωποι λοιπόν «υπόκεινται στον χρόνο και στην τύχψ) Μη μπορώντας να δαμάσουμε την τύχη κάνουμε ότι είναι δυνατό καλύτερο, δηλαδή να αξιολογήσουμε την πιθανότητα να συμβεί ένα γεγονός. Η διερεύνηση των πιθανοτήτων απασχόλησε τους ανθρώπους από αμνημονεύτων χρόνων. Ειδικά ,όμως, προσήλωσε το ενδιαφέρον των μαθηματικών από τα μέσα του 1 7ου Αιώνα. Από τις διάφορες έρευνες που έγιναν στο θέμα αυτό προέκυψε ένας ολόκληρος κλάδος της επιστήμης των μαθηματικών η θεωρία των πιθανοτήτων. Η θεωρία των πιθανοτήτων ξεκίνησε από τα τυχερά παιχνίδια και περνώντας από διάφορα στάδια ανάπτυξης έφθασε στις μέρες μας να είναι χρήσιμη σε όλες τις μορφές κοινωνικής δραστηριότητας. Στο ερώτημα τι εννοούμε με τη λέξη πιθανότητα θα απαντήσουμε με ένα πείραμα. Ρίξαμε ένα νόμισμα το οποίο υποθέσαμε ότι δεν είναι κάλπικο (ή ότι είναι πανομοιότυπο με άλλα νομίσματα) 1 00 φορές, η ένδειξη «κεφαλή)) (Κ) εμφανίστηκε 46 φορές δηλαδή 46/ 1 00=0,46 ή 46%.Ρίξαμε ένα νόμισμα 1 000 φορές, η ένδειξη «κεφαλή)) (Κ) εμφανίστηκε 489 φορές δηλαδή 489/1 000=0,489 ή 49%.Ρίξαμε ένα νόμισμα 2000 φορές, η ένδειξη «κεφαλή)) (Κ) εμφανίστηκε 995 φορές δηλαδή 995/2000=0,4975 ή περίπου 50%. Συνεχίζοντας τις ρίψεις παραπάνω από 2000 φορές παρατηρούμε ότι η σχετική συχνότητα της παρατήρησης είναι γύρω από το 50% και τότε λέμε ότι η πιθανότητα να εμφανιστεί κεφαλή είναι 50% ή � . Ομοίως για να εμφανιστεί «γράμματω) είναι 50% ή Κ Επομένως η πιθανότητα ενός ενδεχομένου Α ονομάζεται ο αριθμός

Ρ (Α) =

Πλήθος ευνο"ίκών περιπτώσεων Ν (Α) =δ ' περιπτωσεων ' πλη' θ ος υνατων Ν (Ω )

Όπου Ω ο δειγματικός χώρος του πειράματος Από τον προηγούμενο ορισμό αν το πλήθος των ευνοϊκών περιπτώσεων είναι ίσος με το πλήθος των δυνατών περιπτώσεων τότε η πιθανότητα του ενδεχομένου είναι 1 και θεωρείται βέβαιο. Επίσης όταν η πιθανότητα είναι Ο λέμε ότι το ενδεχόμενο είναι αδύνατο. Γνωρίζουμε ήδη ότι τιμή μιας πιθανότητας είναι ένας αριθμός μεταξύ του μηδέν και του ένα ,ο οποίος εξηγεί πως ένα γεγονός μπορεί να συμβεί. Για παράδειγμα όταν ρίχνεις ένα ζάρι η πιθανότητα να

είναι πρώτος αριθμός, δηλαδή 2,3,5, είναι Ρ(πρώτος αριθμός) =

�=�

επομένως σε κάθε ζαριά η

πιθανότητα να συμβεί αυτό είναι η ίδια. Αν μας ζητήσουν την πιθανότητα να είναι ο αριθμός οκτώ τότε η πιθανότητα είναι μηδέν και το ενδεχόμενο αδύνατο. Επίσης αν μας ζητήσουν την πιθανότητα ο αριθμός να είναι μικρότερος ή ίσος του έξι τότε η πιθανότητα είναι ένα και το ενδεχόμενο είναι βέβαιο. Σε μερικές περιπτώσεις η πιθανότητα εξαρτάται από την περίσταση. Για παράδειγμα ας υποθέσουμε ότι ένας μετεωρίτης κατευθύνεται προς τη Γή. Αν περίπου το 1 /3 της επιφάνειας της Γής είναι έδαφος, η πιθανότητα να κτυπήσει ο μετεωρίτης το έδαφος είναι περίπου 1 /3, ενώ η πιθανότητα να πέσει στο νερό είναι περίπου 2/3 .Εξαιτίας του ότι η Ελλάδα είναι ευρύτερη περιοχή από την Αττική , η πιθανότητα προσγείωσης του μετεωρίτη στην Ελλάδα, είναι μεγαλύτερη από την πιθανότητα προσγείωσης στην Αθήνα. Εάν φυσικά γνωρίζουμε τα εδάφη αυτών των δύο περιοχών και την επιφάνεια της Γής θα μπορούσαμε να υπολογίσουμε τις πιθανότητες προσγείωσης του μετεωρίτη σε κάθε μία από αυτές τις περιοχές. ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΑ lη Σε ένα σύστημα συντεταγμένων

xOy στην οθόνη ενός κομπιούτερ παίζουμε ένα παιχνίδι. Στο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/33


------ Γεωμετρική Πιθανότητα

-------­

σύστημα αυτό υπάρχουν τέσσερα σχήματα όπως φαίνεται στο παρ ακάτω σχή μα με συντεταγμένες των κορυ φ ών όπως φαίνεται στο πίνακα

1

ΠΙΝ Α ΚΑ Σ 1

� Λιιγχι I I

Το παιχνίδι παίζεται σε επίπεδα ως εξής: Σε κάθε επίπεδο του παιχνιδιού πρέπει να επιλέξεις ι)ΙJπι ένα από τα σχήματα του συστήματος ;;...: · . .. -----;__, \( � · συντεταγμένων. Το κομπιούτερ επιλέγει ένα τυχαίο σημ>;� πάν?' ':'ο μα του σχή!'ατος. Αν το .,_ σημειο αυτο ειναι ε ω από το σχημα που έχεις ρ.�� <JI) � �. επιλέξει , μετακινείται στο επόμενο επίπεδο. Αν το . σημείο είναι επάνω η μέσα στο σχήμα σου, χάνεις το l� παιχνίδι.

:: 11

"

(!.!1)\

_

e

ιl ·WJ

1

ΒΗΜΑ 1 °

Για κάθε σχήμα υπολογίστε την πιθανότητα του να επιλέξει το κομπιούτερ ένα σημείο πάνω η μέσα στο σχήμα. (Η πιθανότητα να εκφραστεί με προσέγγιση τριών δεκαδικών ψηφίων).

"J

.""- ι:J.J..

·

// Α'---"�'\,.·ι. �.

1

/1

1

Ι I

ΒΗΜΑ 2 °

Ποια είναι η πιθανότητα το κομπιούτερ να , 16-�-:---���--��""'7""""""��� διαλέξει ένα σημείο πάνω η μέσα σε ένα τετράπλευρο και ποια η πιθανότητα να διαλέξει σημείο έξω από τα σχήματα; �

J'

ΒΗΜΑ 3 °

Αν επιλέξετε ένα τρίγωνο τι πιθανότητα έχετε να μετακινηθείτε στο επόμενο επίπεδο; ΒΗΜΑ 4 °

Ποιο σχήμα θα επιλέγατε για να έχετε την καλύτερη ευκαιρία να μετακινηθείτε στο επόμενο επίπεδο και γιατί; ΔΡΑΣΤΗΡΙ Ο ΤΗΤΑ 2 η

Σε αυτή τη δραστηριότητα έχουμε ένα παιχνίδι στο οποίο υπάρχει ένας στόχος όπως φαίνεται στο σχήμα δεξιά στον οποίο ρίχνουμε ένα βέλος. Οι πόντοι που θα πάρει κάποιος για κάθε περιοχή του στόχου φαίνονται στο σχήμα. Εάν το βέλος προσγειωθεί στην περιοχή με το μπόνους οι πόντοι τριπλασιάζονται. Όσους περισσότερους πόντους πάρει κάποιος τότε εξασφαλίζει το βραβείο. Οι ακτίνες των ομόκεντρων κύκλων από μέσα προς τα έξω είναι 1 Ο εκατοστά,20 εκατοστά, 30 εκατοστά,40 εκατοστά. ΒΗΜΑ 1 °

Ποια είναι η πιθανότητα το βέλος να προσγειωθεί στη κόκκινη περιοχή, στη μπλε περιοχή; ΒΗΜΑ 2 °

Ποια είναι η πιθανότητα το βέλος να προσγειωθεί στην περιοχή με το μπόνους; (το μέτρο της επίκεντρης γωνίας είναι για κάθε περιοχή του μπόνους είναι 30° . ΒΗΜΑ 3 °

Εάν οι πόντοι είναι 90 θα κερδίσεις το πρώτο βραβείο. Ποια είναι η πιθανότητα να συμβεί αυτό; ΒΗΜΑ 4 °

Εάν πετύχεις ακριβώς 30 πόντους θα κερδίσεις το δεύτερο βραβείο. Ποια είναι η πιθανότητα να συμβεί αυτό; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/34


------ΥΠΟ ΔΕΙΞΕΙΣ ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΑ lη ΒΗΜΑ lo

Γεωμετρική Πιθανότητα

------

=

Δεδομένου ότι το ολικό εμβαδό του πλέγματος χΟψ είναι Εολ=12 · 12=144 και το εμβαδό του τραπεζίου είναι Ετραπ.= 7 3 3 1 5 η πιθανότητα Ρ(σημείο πάνω η μέσα τραπέζιο)=

;

·

Ετραπ. 15 = , , για τα α' λλα σχηματα. 0, 1 04 ομοιως =--Ε01 4-4 λ- =

ΒΗΜΑ 2 ο

Δεδομένου ότι το εμβαδό του τετραγώνου είναι Ετετρ.=3 2 +3 2 = 1 8 η πιθανότητα , σε τετραπ , πανω , λευ ρο)= Ετραπ.+Ετετρ. = 1 5 + 1 8 . Τα ο ολικο, εμβ αδο' των , η μεσα Ρ( σημειο 144 Εολ σχημάτων είναι Εσχημ.=Ετραπ.+Ετετρ.+Επεντ.+Ετριγ.=15+ 1 8+ 1 5,5+24=72,5 άρα η πιθανότητα Εολ-Εσχημ. = -144 - 72,-5 Ρ( σημείο έξω από τα σχήματα) Εολ 144 ---'-

ΒΗΜΑ 3 ο

Η πιθανότητα Ρ(σημείο έξω από το τρίγωνο) ΒΗΜΑ 4 ο

Εολ.-Ετριγ. = --144-24 144 Εολ.

, , , ε' ξω απο, το τραπε' ζιο)= Εολ.-Ετραπ. = 144 - 1 5 Β ρισκουμε τις πιθ ανοτητες: Ρ( σημειο -144Εολ. Ρ( σημείο έξω από το τετράγωνο)= Ρ(σημείο έξω από το πεντάγωνο)= Ρ(σημείο έξω από το τρίγωνο)= και εξετάζουμε ποια είναι η μεγαλύτερη. ΔΡΑΣΤΗΡΙΟΤΗΤΑ 2η ΒΗΜΑ 1 °

(J ()

:

Αν ρ1=1 0cm, ρ2=20cm, ρ3=30cm, ρ4=40cm το ολικό εμβαδό του στόχου είναι Εολ.=πρ42 2 � πρ Ι = EL = .!.2. 2 = _!_ και η πιθανότητα Ρ(να προσγειωθεί στην κόκκινη περιοχή)= = πρ4 ρ4 40 1 6 96 Εκφράζουμε την πιθανότητα με παρανομαστή 96 για λόγους σύγκρισης Ρ(να προσγειωθεί στην μπλε περιοχή)= + 1 0) = 3 = 1 8 - πρ / - πρ / = ρ / - ρ / = (ρ 2 - ρ l )(ρ 2 +ρ l ) = (20 - 10)(20 2 16 96 ρ/ πρ / 40 ρ/ 30° 2· · πρ4 2 1 1 6 3600 ΒΗΜΑ 2 ° Ρ(να προσγειωθεί στην περιοχή του bonus) 6 96 -

ΒΗΜΑ 3

'

Ρ(να πετύχ� 90 πόντους)

�2

.

!foo;

ΠΡι'

(J ()

_!_ Ει 6 ρ4 •

2

= .!. · .!.2. 6 40

=

-

2

1 96

πρ4 ΒΗΜΑ 4 ° Ρ(να πετύχεις ακριβώς 30 πόντους)= 30 ° (πρ 2 - πρ 2 2 ) 1 ρ / - ρ 2· 36QΟ · 3 / = 1 (ρ 3 - ρ 2 )(ρ 3 + ρ 2 ) = 1 (30 - 20)(30 + 20) = 5 = · · · 6 6 ρ/ 6 96 πρ/ ρ/ 402

=

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ:

Discoveήng Geometry Michae1 Seπa ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/35

=


Ένα το πρόβλημα πολλές οι λύσεις του Γιώργος Μενδωνίδης Σε διαγωνισμό της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας δόθηκε το παρακάτω πρόβλημα: Στην πλευρά ΑΒ οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ, με ΑΒ<ΑΓ, θεωρούμε σημείο Δ, ώστε το ευθύγραμμό τμήμα ΓΔ να τέμνει τη διάμεσο ΑΜ του τριγώνου ΑΒΓ στο Ε, ώστε να είναι ΑΔ=ΑΕ. Να αποδείξετε 'ότι ΑΒ=ΓΕ Η συνάδελφος κ. Αιμιλία Κόσυβα παρουσιάζει στο τεύχος 90 του «Ευκλείδη Α» εννέα διαφορετικές λύσεις αυτού του προβλήματος. Από τις επιπλέον λύσεις που υπάρχουν για αυτό το πρόβλημα θα σας παρουσιάσω άλλες τρεις επιλεγμένες, που έχουν διαφορετική αποδεικτική στρατηγική. Πρώτη απόδειξη (με τη σκέψη ΑΒ=ΓΕ) Α

ισοσκελές τρίγωνο ΑΔΕ έχουμε Α, = Ε, . Α

Β

Γ

Μ

Τα δεύτερα μέλη στις ισότητες (3) και (4) επομένως είναι ίσα και άρα θα είναι ΜΗ=ΖΗ. Επομένως τα πρώτα μέλη στις ισότητες ( 1 ) και (2) είναι ΜΗ=ΖΗ. Επομένως τα πρώτα μέλη στις ισότητες ( 1 ) και (2) είναι ίσα και άρα θα έχουμε ΑΒ ΓΕ δηλαδή ΑΒ=ΓΕ. = 2 2 Τρίτη απόδε ιξη .(με τη σκέψη : 2ΑΒ=2ΓΕ) Α

Γ

Β Η

Προεκτείνουμε τη διάμεσο ΑΜ και στην ημιευθεία της φέρνουμε από τις κορυφές Β και Γ τα κάθετα τμήματα ΒΖ και ΓΗ. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΖΜ, ΓΗΜ έχουν: ΒΜ=ΜΓ, αφού ΑΜ διάμεσος και Μ1=Μ2 ως κατά κορυφήν. Άρα είναι ίσα και επομένως ΒΖ=ΓΗ. Συγκρίνουμε επίσης τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΖ και ΓΗΕ. Αυτά έχουν: ΒΖ=ΓΗ από την προηγούμενη απόδειξη και Αι=Ει

( 1 ) από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΔΕ και Ε 2 = Ε, (2)ως κατακορυφήν. Από τις ισότητες ( 1 ) και (2) έχουμε Αι=Ε2• Επομένως τα τρίγωνα αυτά είναι ίσα και άρα θα είναι ΑΒ=ΓΕ ,

,

, ερη απο, δ ειξη. ( με τη σκεψη οτι : Δευτ

ΑΒ 2

ΓΕ 2

- = -

Παίρνουμε το μέσο Ζ του ΑΕ και το μέσο Η του ΑΓ. Στο τρίγωνο ΑΒΓ το ευθύγραμμο τμήμα ΜΗ ενώνει τα μέσα των δυο πλευρών του ΒΓ και ΑΒ ΑΓ, άρα θα είναι ΜΗ / I = ( 1 ). Ομοίως από 2 ΓΕ το τρίγωνο ΑΓΕ. 'Εχουμε: ΖΗ I I = (2) 2 Από ΜΗ//ΑΒ είναι Μ, = Α,

(3) ως εντός

εναλλάξ, από ZHI/ΓΔ είναι z, = Ε,

και από το

z

Η

Προεκτείνουμε την πλευρά ΑΒ του τριγώνου ΑΒΓ κατά τμήμα ΒΖ=ΑΒ και από το σημείο Β φέρνουμε παράλληλη προς τη ΓΔ που τέμνει την προέκταση της διαμέσου ΑΜ στο σημείο Ν. Προεκτείνουμε επίσης την ΑΝ κατά τμήμα ΝΗ=ΑΝ και φέρνουμε την ΖΗ. Τα τρίγωνα ΓΕΜ και ΒΜΝ έχουν Β , Μ, = Μ 2 κατακορυφήν και ΒΜ = ΓΜ =

;

Β, = fΊ εντός εναλλάξ. Άρα είναι ίσα και επομένως ΒΝ=ΓΕ. Το τμήμα ΒΝ ενώνει τα μέσα των πλευρών ΑΖ και ΑΗ του τριγώνου ΑΖΗ και άρα ΖΗ=2ΒΝ=2ΓΕ. Έχουμε επομένως ΑΖ=2ΑΒ και ΖΗ=2ΓΕ. Είναι Α, = Ε, (ισοσκελές τρίγωνο) = Ε,

(κατακορυφήν) = Ν1 (εντός εναλλάξ) = Η (εντός

εκτός και επί τα αυτά). Άρα είναι Α, = Η . Το τρίγωνο επομένως ΑΖΗ είναι ισοσκελές. Άρα ΑΖ=ΖΗ και 2ΑΒ -2ΓΕ δηλαδή: ΑΒ=ΓΕ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/36


Μαθημαιικοί Διαγωνισμοί Επιμέλεια: Επιτροπή Διαγωνισμ ών 74°ς ΠΑΝ ΕΛΛΗ Ν Ι ΟΣ ΜΑΘ ΗΤΙ ΚΟΣ ΔΙΑΓΩ Ν Ι Σ Μ ΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘ Η ΜΑΤΙ ΚΑ

'Ό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ"

18 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2014

ΕΝΔΕ Ι ΚΤΙ ΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

Π ρόβλημ α 1 Να βρείτε τους αριθμούς

Α= Λύ ση

( :) ( () (

' = 3' + 2000'

Β'

τάξη Γυμνασίου

-�: � + i) + ;;

)

+ ��Η � ��) � ) (

και Β

-

-

+ ·

2 Έχουμε:. Α = 2 : 3 2 + 2000° - 4 } + .!.. + 77 = 4 : 9 + 1 - 4 · 3 + .!.. + 77 = 3 9 3 3 34 9 9 3 81 = 4 : ιο _ 4 + .!.. + 77 = 4 : 9 + 77 = _i_ + 77 = 1 . 9 3 3 81 9 81 81 81 16 60 _ 19 2 308 : (60 - 3 · 19) +2 308 : ..i.. 2 308 . 2 308 + 7 3 15 + = 9+ = = + = Β = 4_ : = = 35. 81 33 32 9 81 27 9 81 27 9 81 9 9 9

( )( )

..

)

(

Π ρόβλημα 2

Αγρός έχει σχήμα τραπεζίου ΑΒΓΔ με Α = Β = 90· , ύψος ΑΒ = 800 μέτρα, μικρή βάση ΑΔ , μεγάλη βάση ΒΓ και διαφορά βάσεων ΒΓ - ΑΔ = 800 μέτρα. Δίνεται ακόμη ότι:

Η περίμετρος του αγρού είναι μικρότερη από 2810 + 800.J2 μέτρα. Το εμβαδό του αγρού είναι μεγαλύτερο από 796 στρέμματα. Η μικρή βάση ΑΔ έχει μήκος χ μέτρα, όπου χ ακέραιος πολλαπλάσιος του Να βρείτε τα μήκη των βάσεων και το εμβαδόν του αγρού. (Δίνεται ότι 1 στρέμμα είναι ίσο με 1000 τετραγωνικά μέτρα) Λύ ση

Α �--χ=---_-'Δ

800

800

e

----=-----!:E:---:-80-:-0---4 r Σχήμα 1

1 Ο.

Από τις υποθέσεις του προβλήματος είναι ΑΔ = χ μέτρα, ΒΓ = 800 + χ μέτρα , ΑΒ = 800 μέτρα. Αν φέρουμε τη ΔΕ ..l ΒΓ , τότέ είναι ΑΒΕΔ ορθογώνιο με ΒΕ = χ, ΔΕ = 800 , οπότε θα είναι ΕΓ = ΒΓ - ΒΕ = ΒΓ - ΑΔ = 800 . Έτσι το τρίγωνο ΔΕΓ είναι ορθογώνιο ισοσκελές, οπότε από το Πυθαγόρειο θεώρημα λαμβάνουμε ότι ΓΔ = 800-/i μέτρα. Επομένως, η περίμετρος και το εμβαδό του αγρού θα είναι: Π( χ) = χ+800+χ+ 800+8οον'2 = 2χ + 1600+8οον'2

2χ + 800 . 800 = ( χ + 400) · 800 = 800χ + 320000 . Σύμφωνα με τις υποθέσεις του προβλή2 ματος προκύπτουν οι ανισώσεις: 2χ + 1 600 + 800-/i < 28 1 0 + 800-/i <:::> 2χ < 1 2 1 0 <:::> χ < 605 Ε {χ) =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 91 τ.3/37


-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί -------

800χ + 320000 > 796000 � 800χ > 476000 � χ > 595

Επομένως έχουμε 595 < χ < 605 και αφού ο αριθμός χ είναι ακέραιος πολλαπλάσιος του 1 0, έπεται ότι χ = 600 μέτρα. Άρα τα μήκη των βάσεων είναι ΑΔ = 600 μέτρα, ΒΓ= 1400 μέτρα και το εμβαδό του αγρού είναι 800 600 + 320000 = 480000 + 320000 = 800000 τετραγωνικά μέτρα, δηλαδή 800 στρέμματα. ·

Π ρόβλη μ α 3

Α

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ και

30° . Εξωτερικά του τριγώνου

=

κατασκευάζουμε ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΓΔ με ΑΔr = 90° . Η μεσοκάθετη της πλευράς ΑΓ τέμνει την ΑΓ στο μέσο της Κ, την ΑΒ στο σημείο Λ και την προέκταση της πλευράς ΒΓ στο σημείο Μ. Έστω Ν το συμμετρικό του σημείου Λ ως προς την ευθεία ΑΓ.

Να βρείτε: (α) Τα μέτρα των γωνιών κΜΒ και ΜΑΑ . (β) Το μήκος του ευθυγράμμου τμήματος ΛΝ συναρτήσει του μήκους Λύ ση

,

,

,

,

,

r Λ

α

=

ΑΔ .

18σ -Α. = 18σ -3σ = 750 2 2 Επομένως θα είναι και Β = Γ = 75° , οπότε έχουμε κΜΒ =Μι = 9σ -7S = 15° . Επειδή κάθε σημείο της μεσοκάθετης ΜΔ του ευθυγράμμου τμήματος ΑΓ ισαπέχει από τα άκρα του Α και Γ το τρί­ γωνο ΜΑΓ είναι ισοσκελές και έχει MAr=MfΆ � ΜλΛ + Α=Γ � ΜΑΑ = Γ-Α= 7S -3σ = 4S . (α) το τριγωνο ΜΚΓ ειναι ορ θ ογωνιο

στο κ και εχει τη γωνια

=

Α

Β

Γ

Σχήμα 2 (β) Από το ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΔΓ έχουμε ΑΓz = αz + αz = 2αz � ΑΓ = α.fi , , ΑΚ ΑΓ = -α.fi . , θ α ειναι: =οποτε

2

2

Επειδή τα σημεία Λ και Ν είναι συμμετρικά ως προς την ευθεία ΑΓ, έπεται ότι ΛΚ = ΚΝ . Όμως και τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΛ και ΑΝ είναι συμμετρικά ως προς την ευθεία ΑΓ, οπότε ΑΛ ΑΝ και ομοίως ΛΑκ = Νλκ = 30° . Άρα είναι ΛλΝ = 60° , οπότε το τρίγωνο ΑΑΝ είναι =

ισόπλευρο και έχουμε ΑΝ = ΑΛ. Αν είναι από το ορθογώνιο τρίγωνο

ΑΛΚ

ΑΛ

= ΑΝ = χ, τότε θα είναι ΑΚ =

λαμβάνουμε:

( J

ΑΝ χ = , οπότε 2 2

z AΛ z - ΛΚz = AΚz �= xz _ X z = α .J2 � 3 x z = 2αz � xz = 2αz � χ = α J6 . 4 2 4 4 3 3

Π ρόβλη μ α 4 Σε ένα σχολείο το 55% των μαθητών είναι αγόρια. Το πλήθος των αγοριών που δεν μι­ λούν γαλλικά είναι ίσο με το πλήθος των κοριτσιών που μιλούν γαλλικά. Τα αγόρια που μι-

]_ των μαθητών που μιλούν γαλλικά. Τα κορίτσια που δεν μιλούν 11 γαλλικά είναι 60. Βρείτε πόσους μαθητές έχει το σχολείο. λούν γαλλικά, είναι τα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/38


-------

Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμοί -------

Λύ ση

Αφού το πλήθος των αγοριών που δεν μιλούν γαλλικά είναι ίσο με το πλήθος των κοριτσιών που μιλούν γαλλικά, έπεται ότι το πλήθος των μαθητών που μιλούν γαλλικά ισούται με το 55% του συνόλου των μαθητών. Επομένως το ποσοστό των αγοριών που μιλούν γαλλικά επί του συ­ νόλου των μαθητών του σχολείου εί-

55 35 ναι 2 . = , δηλαδή το 35% επί

1 1 100 100 ;ι; = αριi)μός�.μrtθητώv του συνόλου των μαθητών. Επομέκ -+ 45χ/100 Α -+ 55χ/100 νως (55 - 35) 20% είναι το ποσοκοr 25χfιοο οο στό επί του συνόλου των μαθητών ΑΟΓ Wx/100 των αγοριών που δεν μιλούν γαλλι­ κά, αλλά και των κοριτσιών που μιλούν γαλλικά. Επομένως το ποσοστό των κοριτσιών που δεν μιλούν γαλ­ ΚΝΓ 20χ/100 ΑΝΓ -+ 35χ/100 λικά είναι ( 1 00 - 55 - 20) = 25% , οπότε το 25% των κοριτσιών που δεν μιλούν γαλλικά αντιστοιχεί σε 60 μαθητές. Άρα το πλήθος των μαθηείναι σχολείου του τών 60 . 100 = 240 . Η παραπάνω διαδι25 κασία μπορεί να περιγραφεί με το σχήμα που ακολουθεί, ως εξής: 55 Συμβολικά έχουμε: Α σύνολο αγοριών σχολείου με I AI = χ . 100 45 κ σύνολο κοριτσιών σχολείου με ικι = χ . 1 00 ΑΟΓ σύνολο αγοριών που δεν μιλούν γαλλικά. ΑΝΓ σύνολο αγοριών που μιλούν γαλλικά. ΚΟΓ σύνολο αγοριών που δεν μιλούν γαλλικά. ΚΝΓ σύνολο αγοριών που μιλούν γαλλικά. Από την υπόθεση έχουμε ότι το πλήθος των στοιχείων των συνόλων ΑΟΓ και ΚΝΓ είναι το ίδιο, δηλαδή: I AOΓI = IKNΓI , οπότε έχουμε τα λογικά βήματα: 55 (αριθμός μαθητών που μιλούν γαλλικά) I ΚΝΓI + I ΑΝΓ I = IAOΓI + I ANΓI = χ (αριθμός αγοριών) , 100 20 35 55 I ANΓ I = 2_ . χ = χ ' I AOΓI = (55 - 35) __.::__ = χ = IKNΓI ' 1 1 1 00 1 00 1 00 100 25 ικοΓΙ = ( 45 - 20) ___.::__ = χ = 60 � χ = 240 1 00 1 00 =

-+

=

-

=

=

=

=

=

=

zος

τρόπ ος

Έστω χ το πλήθος των αγοριών και y το πλήθος των κοριτσιών. Έστω ακόμη α το πλή­ θος των αγοριών που γνωρίζουν γαλλικά και κ το πλήθος των κοριτσιών που γνωρίζουν γαλλι­ κά. Από τα δεδομένα του προβλήματος προκύπτουν οι παρακάτω εξισώσεις. Εφόσον το 55% των μαθητών είναι αγόρια, θα ισχύει:

9 x (1) . 55 + y) � 100x = 55x +55y � 9x = 1 1y � y = χ = -( χ 11 100 Εφόσον το πλήθος των αγοριών που δεν μιλούν Γαλλικά είναι ίσο με το πλήθος των κοριτσιών που μιλούν Γαλλικά, θα ισχύει: χ - α = κ � χ = κ + α (2) . Τα αγόρια που μιλούν ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 91 τ.3/39


-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

------

(2) 7 7 των μαθητων 7 (κ + α) = α <;::: , τα ' ' γαλλικα, ειναι ' που μιλσυν γαλλικα. Άρα: :> - χ = α (3) . 11 11 11 Επειδή (τέλος) το πλήθος των κοριτσιών που μιλούν γαλλικά είναι 60 , θα ισχύει η ισότητα: y = κ + 60 . Προσθέτοντας και στα δύο μέλη (της τελευταίας ισότητας) το α , έχουμε: (2) (1),(3) 9 5 7 χ = χ + 60 <;::> -χ y = κ + 60 <;::::> y + a = κ + α + 6 <;::: :> y + a = χ + 60 <;::::> - χ + = 60 <;::::> χ = 132 . 11 11 11 Άρα το πλήθος των αγοριών είναι 1 32 , το πλήθος των κοριτσιών y = _2_ χ = _2_ · 1 32 = 1 08 , 11 11 οπότε το συνολικό πλήθος των μαθητών είναι 240 .

Γ ' τάξη Γυμνασίου

Πρόβλημα 1 Ν α βρείτε την τιμή των παραστάσεων:

Λύ ση

(

( J(J ) +_!_] : ( ) (�+_!_) : (

A - � + ! .. x 3 , y3 3 Υ

Έχουμε Α=

3

( 3-43 - 3 (3 )

3

3

Γ3 3-4

=

3

Β-

-1 2

243x2 + 8 1y2

-------'-- και

3

Υ

(

2 3 _3 + 4 3 = 3 _9+1

)

Γ

-1

= χ-1 + y ,

,

οταν

χ = 3-3 , y = 3-4 .

+_!_) : ( +_!_) : 1 +_1 + 1 8 1 3

1 3

(3 )

=

33

3

33

=

34

=

34 34

= 82 .

Γ = 3 3 + 3 4 = 2 7 + 8 1 = 1 08.

Πρόβλημα 2 Δίνονται τα πολυώνυμα

Ρ (χ) = 16χ6 - 16χ4 - χ2 + 1 και Q (χ) = 4χ4 - 5 χ2 + 1 . ( α) Να γράψετε τα πολυώνυμα Ρ ( χ) και Q ( x ) ως γινόμενα πολυωνύμων πρώτου ή το πο­

λύ δευτέρου βαθμού.

,

,

(β) Ν α λυσετε την εξισωση

Ρ(χ) 5 = - ( χ2 + 1 ) . Q (χ) 2

-

Λύ ση ( α) Έχουμε

Ρ ( χ ) = 1 6χ6 - 1 6χ4 - χ 2 + 1 = 1 6χ4 ( χ2 - 1 ) - ( χ2 - 1 ) = ( 1 6χ 4 - 1 ) ( χ2 - 1 ) = = ( 4χ 2 + 1 ) ( 4χ2 - 1 ) ( χ 2 - 1 ) = ( 4χ 2 + 1 ) ( 2χ - 1) ( 2χ + 1 ) ( χ - 1 ) ( χ + 1 ) . Q(x) = 4x4 -5� +1 = 4χ4 - 4� -� +1= 4� ( � -1) - ( � -1) = ( 4� -ι)( � -1) = (2χ-1) (2χ +1) ( χ-1) ( χ+1) . ( χ) = �( χ2 + 1 ) <;::::> 4χ2 + 1 = �( χ2 + 1 ) <;::::> χ2 = 1 <;::::> χ = ±1, με τον περιορισμό (β) 'Εχουμε Ρ Q (χ) 2 2 Q (x) * Ο <;::::> χ * ± _!.. και χ * ±1 . Επομένως η δεδομένη εξίσωση δεν έχει λύση. 2 Πρόβλημα 3 Δύο θετικοί ακέραιοι χ, y με χ > y , έχουν άθροισμα 201 4 . Η διαίρεση του μεγαλύτερου με τον μικρότερο δίνει πηλίκο ω και υπόλοιπο 97. Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές των x, y και ω . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 91 τ.3/40


-------

Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί

------

Λύ ση

Σύμφωνα με την υπόθεση είναι χ = 201 4 - y και 2014 - y = ωy + 9 7 , με y > 9 7 και ω ;;:: 1 <=> ( 1 + ω ) y = 1 9 1 7 , με y > 9 7 και 1 + ω ;;:: 2 <=> ( 1 + ω ) y = 3 3 · 7 1, με y > 9 7 και 1 + ω ;;:: 2. Επομένως ο y είναι διαιρέτης του 1 9 1 7 = 3 3 7 1 μεγαλύτερος από το 9 7 , οπότε οι δυνατές τιμές του είναι y = 3 · 7 1 = 2 1 3 ή y = 3 2 7 1 = 639 ή y = 3 3 7 1 = 1 9 1 7 Για y = 2 1 3 , είναι χ = 1 80 1 και ω = 8 . Για y = 639 , είναι χ = 1 3 7 5 και ω = 2 . Για y = 1 9 1 7 , είναι χ = 9 7 < y = 1 9 1 7 , άτοπο. •

• • •

Π ρόβλημα 4 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ και

Α = 30· Εξωτερικά του τριγώνου με ΑΔr = 90· . Η μεσοκάθετη της •

κατασκευάζουμε ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΓΔ πλευράς ΑΓ τέμνει την ΑΓ στο μέσο της Κ, την ΑΒ στο σημείο Λ και την προέκταση της πλευράς ΒΓ στο σημείο Μ. Αν είναι ΑΔ = α , να υπολογίσετε συναρτήσει του α : (α) Το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος ΚΑ. ( β) Το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος ΑΜ και το μήκος της πλευράς ΒΓ . Λύ ση , ( α) Από το ορθογώνιο ισοσκε'λές τρίγωνο ΑΔΓ έχουμε ΑΓ 2 = α 2 + α 2 = 2α 2 <:::> ΑΓ = α

' θ α ειναι: οποτε '

ΑΚ

=

ΑΓ α .J2 "� J. = -- . ΕπιπΛ.Gον, απο' το ορ θ ογωνιο τριγωνο ΑΚΛ με ' ' Τ 2

.J2

ΚΑΛ Λ

= 30· ,

αν ΚΑ = χ , έχουμε χ =ΚΑ = ΑΛ · ημ3 ο· = .!_ · ΑΛ ::::::> ΑΛ = 2χ , οπότε από το Πυθαγόρειο θεώ2 α2 α ../6 ρημα λαμβάνουμε: ΑΚ 2 + χ2 = ( 2χ ) 2 <:::> 3χ2 = ΑΚ 2 <=> 3χ2 = <=> χ = = . 2 6 v6 ( β) Επειδή κάθε σημείο της μεσοκάθετης ΜΔ του ευθυγράμμου τμήματος ΑΓ ισαπέχει από τα άκρα του Α και Γ το τρίγωνο ΜΑΓ είναι ισοσκε'λές με ΜΑ = ΜΓ και 1 80° - 3ΟΟ ΜΑΓ = Γ = = 7 5· , οπότε ΜΑΓ = 7 5· <:::> ΜΑΒ + 30· = 7 5· <:::> ΜΑΒ = 4 5· . 2 Από το σημείο Β φέρουμε ευθεία κάθετη προς την ευθεία ΜΑ που την τέμνει, έστω στο Ε, οπότε σχηματίζονται δύο ορθογώνια τρίγωνα ΑΕΒ και ΒΕΜ. Το τρίγωνο ΑΕΒ είναι ορθογώνιο ισοσκε'λές και ίσο με το τρίγωνο ΑΓΔ, γιατί έχουν ίσες υποτείνουσες ΑΒ = ΑΓ . Άρα είναι ΑΕ = α και ΒΕ = α .

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Α

Δ

Β

Γ

Σχήμα 4 Το τρίγωνο ΒΜΕ έχει ΜΒΕ = ΒΜΑ = 1 80. - 2 . t = 1 80. - 2 . 7 5. = 30. '

οπότε θα είναι ΒΕ = ΒΜ · ημ3 ο· ::::::> α = .!_ ΒΜ ::::::> ΒΜ = 2α και 2 ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/41


---- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

------­

ΜΕ = ΒΜ · συv30 0 ::::> ΜΕ = 2α · J3 = αJ3 . 2 Άρα έχουμε: ΑΜ = ΑΕ + ΜΕ = α ( 1 + J3) . Τέλος από την ισότητα ΜΓ = ΜΑ λαμβάνουμε: 2α + ΒΓ = αJ3 + α <=:> ΒΓ = α ( J3 - 1) .

Οι λύσεις των ασκήσεων του τεύχους 90

Α2 1 . Αν

α, b

, , ειναι πραγματικοι, αρι θ μοι, τετοιοι ωστε ,

1 1 , την τιμη, α + b = - + - = 6, να β ρειτε α b

α b Α = - + - + 1980 b α

της παράστασης:

Μολδαβία 2013

Λύ ση

Από τις σχέσεις α + b = _!.. + ..!_ = 6 λαμβάνουμε: α + b = 6, αb = 1 , οπότε:

α b (α + b) 2 - 2αb 62 - 2 · 1 Α = -α + -b + 1 980 = α2 + b2 + 1 980 = + 1 980 = 2014 . + 1 980 = b α αb αb 1

Α22. Να βρείτε την τιμή του

α

για την οποία έχει τη λύση

χ = !. η εξίσωση : 2

Κροατία 2013

( )

Λύ ση

' 4 1 + χ 1 - χ 4χ 2 1 ' προκυπτει ' Για χ = -1 εχουμε: -- -- - -- = 3 - - - -- = 4, οποτε η ακο' λου θη ε3 3 2 1 - χ 1 + χ χ2 - 1 α-1 1 - α - 1 .!.. � + α ξίσωση ως προς α : α 3 +1 α 2 - 1 α2 8 α 2 (α + ) α 2 2.8 , ε JR - {Ο, 1} 1

=

=

8 ( 1 + α2 - 1) - 9α2 (α + 1) = Ο <::::> α2 + 9α3 = Ο <::::> α2 ( 1 + 9α) = Ο <::::> α = Ο (απορρίπτεται) ή α = Α23. (α) Να αποδείξετε ότι: α ( α + 1 )( α + 2 ) - ( α - 1 ) α ( α + 1 ) = 3α 2 + 3 α. <::::>

(β) Αν

n ε Ν , να υπολογίσετε το άθροισμα

Sn

= 1 · 4 + 2 · 7 + 3 · 1 Ο + · · · + n ( 3n + 1 ) .

Μολδαβία 2013

Λύ ση (α) α ( α + 1)( α + 2) - ( α - 1) α ( α + 1) = α ( α + 1) [( α + 2) - ( α - 1)] = 3α ( α + 1) = 3α2 (β) sn

-i.

n

n

n

k�!

k�!

k�!

+ 3α.

= 1 · 4 + 2 · 7 + 3 · 1 0 + . . · + n (3n + 1) = Σ k (3k + 1) = Σ 3k2 + Σ k

n (n + 1) (2n + 1) n (n + 1) = 3 ( 12 + 22 + ... + n2 ) + (1 + 2 + ... + n) = 3 · = n (n + 1) 2 + 2 6

Γ14. Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ Έστω Ρ το μέσο της πλευράς ΑΒ και Μ, Ν τα ίχνη των υψών από τις κορυφές Α και Β αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: Μολδαβία 2013 Af'B = ΡΜΝ. ση Λύ

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΜ η ΜΡ είναι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα, οπότε θα έχουμε: ΝΡ = ΑΒ = ΑΡ = ΡΒ . Επομένως, τα τρίγωνα ΑΡΜ είναι ισοσκελές με

2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/42


-------

Μαθη ματικοί Δια'Υωνισ μοί

------

ΡΜΑ = ΡΑΜ = 90° - Β. (1) Επίσης, από την ισότητα γωνιών ΑΜΒ = ΒΝΑ = 90° , έπεπται ότι το τετράπλευρο ΑΒΜΝ ΑΜΝ = ΑΒΝ = 90° - Α . είναι εγγράψιμο, οπότε (2) Α

Σχήμα 1 Από τις σχέσεις ( 1) και (2) λαμβάνουμε: ΡΜΝ = ΡΜΑ + ΑΜΝ = 90° - Β + 90° - Α = Γ = ΜΒ.

Γ1 5. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και έστω Ο το περίκεντρο και Η το ορθόκεντρο αυ­ τού. Αν Α1 , Β 1 , Γ1 είναι τα aντιδιαμετρικά των κορυφών Α, Β, Γ , αντίστοιχα και Α2 , Β 2 , Γ 2 είναι τα μέσα των τμημάτων ΑΗ, ΒΗ, ΓΗ, αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι οι ευθείες Α1Α2 , Β 1Β 2 , Γ1Γ2 συντρέχουν.

Μολδαβία 2013

Λύ ση

Στο τρίγωνο ΑΗΑ1 οι ΑΑ1 και ΗΟ είναι διάμεσοι, οπότε η ευθεία ΑΑ1 τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα ΗΟ στο σημείο Ζ (βαρύκεντρο του τριγώνου) και ισχύει ότι: ΗΖ = 2 · ΖΟ . Εργαζόμενοι ομοίως μπορούμε να αποδείξουμε ότι και οι ευθείες ΒΒ και ΓΓ τέμνουν το τευθύγραμμο τμήμα ΗΟ στο 2 2 Σχήμα 2 σημείο Ζ. Επομένως και οι τρεις ευθείες Α1 Α2 , Β 1 Β 2 , Γ 1 Γ 2 περνούν από το σημείο Ζ. Ν 1 7. Αρχίζοντας από τον αριθμό 16 γράφουμε διαδοχικά τον αριθμό 15 στη μέση του προ­ ηγούμενου αριθμού, λαμβάνοντας έτσι την ακολουθία a1

= 16, a2 = 1156, a3 = 111556,

Να αποδείξετε ότι όλοι οι αριθμοί an , n = 1,2,3,

•.•

..•

, an

= !!;::! � 6, n -l

n

.••

είναι τέλεια τετράγωνα. (Μολδαβία, 2013)

Λύ ση

Έχουμε a = 1 1 ... 1 55 ... 5 6 = 1 1 ... 1 · 10 n + 55 ... 5 · 1 0 + 6 n n n -I n-I n 2 n -1 n n nn . 1Qn + 5 · 1 0 · ι ο Ι _ 1 + 6 = 1 02 + 4 · 1 0 + 4 = 1 o + 2 = = ιο 3 9 9 9 � ......_,_...

......_,_...

( ] ( ] (

33

... 3 4

2

)

Ν 1 8. Αν x, y e Z και p πρώτος, να βρείτε όλες τις τριάδες χ , y, p που είναι λύσεις της χ 2 3 xy + p 2 / = 12 p. εξίσωσης Τουρκία 2013 Λύ ση

-

χ2 + ( py ) 2 = πολ. 3 . Επειδή χ2 + p2 / = 12 p + 3xy , έπεται ότι: Για τον πρώτο αριθμό p διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/43

(1)


----- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί ----•

και ομοίως ισχύει Έστω p * 3 . Επειδή χ2 = Ο ( mod 3 ) ή χ2 = 1 ( mod 3 ) (py) 2 = O (mod 3 ) ή (py) 2 = 1 ( mod 3 ) , από την ισότητα (1) έπεται ότι χ2 = O (mod 3) και (py) 2 = O (mod 3 ) και αφού από την υπόθεση p ;:!; 3 έπεται ότι: χ2 = O (mod 3) και y 2 = O (mod 3) => x = O ( mod 3) και y = O (mod 3) . Τότε όμως προκύπτει ότι: 9 ( χ2 - 3.xy + p 2 y 2 ) => 9 112 p , που είναι άτοπο, λόγω του ότι p πρώτος, p * 3 .

1

Έστω p = 3 . Τότε η εξίσωση γίνεται: χ2 - 3.xy + 9/ = 36, από την οποία προκύπτει ότι (2) k 2 - ky + y 2 - 4 = Ο . x l3 => χ = 3k, k Ε Ζ.Έτσι η εξίσωση γίνεται: Για να έχει η εξίσωση (2) έχει ακέραιες λύσεις πρέπει Δ = 1 6 - 3/ = m 2 , m Ε Ζ οπότε οι δυνατές τιμές για το / είναι y 2 = Ο ή / = 4 . Αν y 2 = Ο, τότε y = O, k = ±2 και (x, y, p) = ( 6, 0, 3) ή (x, y, p) = (-6, 0, 3) . Αν / = 4, τότε (y = 2, k2 - 2k = 0) ή (y = -2, k2 + 2k = 0) => (y = 2, k = 0 ή k = 2) ή ( y = -2, k = 0 ή k = -2) , οπότε προκύπτουν οι λύσεις: (x,y, p) = (0, 2,3 ) ή (x,y, p) = ( 6, 2, 3 ) ή ( x, y, p) = ( 0,-2, 3)ή ( x, y, p) = ( -6, -2,3) . Στο νη σί των χρωμάτων υπάρχουν 7 μπλε, 9 πράσινοι και 11 κόκκινοι χαμαιλέοντες.

Δ8. Όταν δύο χαμαιλέοντες διαφορετικού χρώματος συναντιούνται αλλάζουν και οι δύο το χρώμα τους στο τρίτο χρώμα. Είναι δυνατόν κάποια χρονική στιγμή όλοι οι χαμαιλέοντες Μολδαβία 2013 να έχουν το ίδιο χρώμα; Λύ ση

Θα ασχοληθούμε με το αντίστοιχο γενικότερο πρόβλημα. Έστω ότι μια χρονική στιγμή υ­ πάρχουν α μπλε, b πράσινοι και c κόκκινοι χαμαιλέοντες. Η συνάντηση δύο χαμαιλεόντων με­ τασχηματίζει την διατεταγμένη τριάδα (α, b, c) σε μία από τις παρακάτω τριάδες: (α - 1, b - 1, c + 2) ή (α - 1, b + 2, c - 1) ή (α + 2, b - 1, c - 1 ) . Παρατηρούμε ότι και οι τρεις προκύπτουσες τριάδες, modulo 3 είναι ισοδύναμες με την τριάδα (α - 1, b - 1, c - 1 ) . Ερχόμενοι τώρα στη δεδομένη τριάδα ( 7 , 9, 1 1) = (1, 0, 2) {mod 3) , πα­ ρατηρούμε ότι είναι αδύνατο να μετασχηματιστεί σε τριάδα με δύο στοιχεία ταυτιζόμενα ή τελι­ κά με δύο μηδενικά στοιχεία. Επομένως δεν είναι δυνατόν κάποια χρονική στιγμή όλοι οι χαμαι­ λέοντες να έχουν το ίδιο χρώμα. Ασκήσεις για λύση 1 1 1 n-1 , - + 2 + ... + , Α24 . Να αποδ ει'ξετε οτι: < -- , για κα, θε θετικο, ακεραιο n�2. 2 2 n n 2 3 Α25. Να αποδείξετε ότι: 4 χ (χ + y ) ( χ + z ) (χ + y + z ) + y 2 z 2 � Ο, για κάθε x, y, z Ε JR . 1 Α26. Αν χ, y Ε JR είναι τέτοιοι ώστε 2χ + 4y = 1 , να αποδείξετε ότι: χ 2 + / � -20 Γ 1 6. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ. Σημείο Ε βρίσκεται στο εσωτερικό της γωνίας ΓΑΕ έτσι ώστε ΒΑΕ = 1 5· και οι ευθείες ΒΕ και ΒΔ είναι κάθετες. Να αποδείξετε ότι: ΑΕ = ΒΔ . Ν 1 9. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός An = n 3 + 3n 2 + 5n + 3 διαιρείται με το 3, για κάθε θετικό α­ κέραιο n . Ν20. Βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς p για τους οποίους υπάρχουν ακέραιοι x, y τέτοιοι ώστε p + 1 = 2χ 2 και p 2 + 1 = 2/ . 2χ+1 ναι α ρα ς. Ν21 . Βρείτε όλους τους πραγματικούς αριθμούς για τους οποίους ο αριθμός α 2 +2χ+3 εί κέ ιο χ _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/44


Atιcl.J:.O�.Ja9_i�L��.1�tιe�Qdd��ςιus�ί a

Σταυρούλα Πατσιομίτου

Οι δράσεις των μαθητών μου σrο 1° Πρότυπο Πεφαματικό Γυμνάσιο Αθήνας που θα παρουσιασrούν στη

συνέχεια, εξελίχθηκαν κατά τη διάρκεια της σχολικής χρονtάς 201 1 - 12, καθώς και 2012-13. Οι μαθητές εφάρμοσαν τις μαθηματικές τους γνώσεις, δρώντας σε πραγματικά προβλήματα προκειμένου να τα επιλύσουν. Όταν αναφερόμασrε σε πραγματικά προβλήματα [ή προβλήματα πραγματικού πλαισίου] εννοούμε αυτά τα προβλήματα που περιγράφουν μια κατάσrαση του πραγματικού κόσμου, δημιουργούνται σrο μυαλό μας --με τη φαντασία μας- όταν αντιμετωπίζουμε μια κατάσrαση σrο φυσικό περιβάλλον μας και απαιτούν μαθηματικά για να επιλυθούν. Στόχος ήταν οι μαθητές να αποκτήσουν την ικανότητα μοντελοποίησης, δηλαδή της μετατροπής του «φυσικού» προβλήματος σε μαθηματικό και αντίσrροφα. Για την επίλυση των προβλημάτων οι μαθητές εργάστηκαν σε στατικό ή δυναμικό περιβάλλον, κάνοντας εμπειρικές μετρήσεις ώστε να αναπαραστήσουν τα σχέδια με υλικά της επιλογής τους (χαρτόνι, κόλλα, ψαλίδι και άλλα) ή δυναμικά μέσα (π.χ υπολογιστικό περιβάλλον, διαδραστικός πίνακας). Για τη διεξαγωγή των δραστηριοτήτων σε υπολογιστικό περιβάλλον σημαντικό ρόλο έπαιξε το περιβάλλον του λογισμικού δυναμικής γεωμετρίας Geometer' s Sketchpad, του Geogebra ή και εφαρμογίδια (applets) που δημιουργήθηκαν με αυτό το στόχο. Για την ανάρτηση του υλικού των δραστηριοτήτων διευκολυνθήκαμε μέσω της χρήσης ενός web-based περιβάλλοντος ηλεκτρονικής μάθησης όπως το περιβάλλον πλατφόρμας Moodle της η-τάξης του σχολικού δικτύου. Στο τέλος της σχολικής χρονιάς ενδεικτικά έργα των μαθητών παρουσιάστηκαν στην έκθεση που διοργανώθηκε. Επιπλέον η ιστοσελίδα του σχολείου ανέδειξε επιλεγμένες πρακτικές και χρησιμοποιήθηκε για την ανάρτηση των εργασιών των μαθητών. Στη συνέχεια του

.!!θ�αJ!�.!±!!!2!.���!2:.:�����5...2��$

Εικόνα 1. Ενδεικτικές εργασίες των μαθητών στην έκθεση

Μ οντ ελο π ο ίη ση τάνγκ ρα μ και χαρ τ αετών (Α τάξη)

Η μοντελοποίηση τάνγιφαμ και χαρταετών ήταν από τις σημαντικότερες μοντελοποιήσεις των μαθητών της Α τάξης. Η λέξη τανγκράμ είναι κινεζικής προέλευσης και σrο δυτικό κόσμο χρησιμοποιήθηκε για πρώτη φορά το 1 848 από τον Thomas Hill, καθηγητή του Πανεπιστημίου του Harvard, μέσω του βιβλίου του Geometrίcal Puzzle for the Youth (Γεωμετρικά πσl). για παιδιά). Το τανγκράμ (tangram) είναι ένα κινέζικο παιχνίδι, ένας τύπος πσl). που αποτελείται από επτά κομμάτια, τα λεγόμενα τανς (tans), τα οποία όταν τοποθετηθούν κατάλληλα, μπορούν να δημιουργήσουν συγκεκριμένα σχήματα. Στόχος ήταν οι μαθητές να αναγνωρίσουν γεωμετρικά σχήματα και να σχηματίσουν μοντέλα δικής τους έμπνευσης με τα επτά κομμάτια ή να αναπαράγουν σχήματα που έβρισκαν σrο διαδίκτυο,[σε κατασκευές από χαρτόνι] έτσι ώσrε να περιέχουν όλα τα καλύπτει το άλλο .

Εικόν α 2. Ενδεικτικές εργασίες κατασκευής tangram μαθητών ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 91 τ.3/45


------ Από το μηδέν στο άπειρο με φαντασία Οι κατασκευές χαρταετών έγινε από τους μαθητές μετά την διερεύνηση των ιδιοτήτων της μεσοκαθέτου [και τη μελέτη της αξονικής συμμετρίας] καθώς και τη μελέτη των ιδωτήτων του ισοπλεύρου τριγώνου. Σημαντικό ρόλο διαδραμάτισε η διερεύνηση των ιδιοτήτων σε λογισμικό δυναμικής γεωμετρίας, χρησιμοποιώντας τα διαφορετικά εργαλεία του λογισμικού δυναμικής γεωμετρίας. Επίσης η μελέτη αντικειμένων fractals (π.χ της σπείρας Baraνelle) έπαιξε σημαντικό ρόλο

ι-ωι>;.,,,..ηll":t:r- κατασκευές χαρταετών μαθητών Μοντελοποίηση τρ ισδιάστατων αντικειμένων (π.χ κύβων) και χρυσών ορθσyωνίων (Γ τάξη)

Μαθητές του συναρμολογώντας

σχολείου

πραγματοποίησαν

τη μοντελοποίηση παραλληλεπίπεδα.

της

ταυτότητας

κύβου

Εικόνα 6. Μοντελοποίηση της ταυτότητας «άθροισμα κύβου» από μαθητές της Γ τάξης

Δεν έλειψαν τα κατασκευαστικά λάθη που οδήγησαν σε συζητήσεις μεταξύ των μαθητών. Ένα μικρό απόσπασμα διαλόγου μεταξύ των μαθητών M l , Μ2 είναι το παρακάτω:

M l : Άρα, τώρα εξηγείται πως αποδεικνύεται η ταυτότητα (α+β/. Το στερεό συναρμολογημένο είναι ένας κύβος του οποίου η έδρα είvαι ίση με (α+β/. Επομένως, αφού έχει ακμή (α +β) θα έχει όγκο (α+β/. Μ2 : Όπως κατάλαβες, η μοντελοποίηση της ταυτότητας (α+β/ είναι ένα τετράγωνο πλευράς (α+β) και επομένως αναπαριστά το εμβαδόν της επιφάνειας του τετραγώνου πλευράς (α+β). Η μοντελοποίηση της ταυτότητας (α+β/ είναι ένας κύβος. Επομένως αναπαριστά τον όγκο ενός κύβου ακμής (α+β). Η διδασκαλία των χρυσών ορθογωνίων επίσης ολοκληρώθηκε στην τάξη μετά τη διδασκαλία της ενότητας «λόγοι και αναλογίες ευθυγράμμων τμημάτων». Οι μαθητές υπολόγισαν τις πλευρές των χρυσών ορθογωνίων στο βάθος της φράκταλ κατασκευής του σχήματος κατά τη διάρκεια της διδασκαλίας και εφάρμοσαν τις γνώσεις τους στην κατασκευή χρυσών ορθογωνίων και χρυσής σπείρας σε κατασκευές από χαρτόνι. 2.{5 -4

Κ Ι !'-----v---J H \_ � F-ι cm cm

7

8/5

2./5 -• - (7- a.βι - 5.[5-ι ι

Εικόνα 7. Κατασκευή χρυσών ορθογωνίων και υπολογισμοί στο βάθος του σχήματος

Μοντ ελοποίη ση φράκταλ αντικειμένων στο π ε ριβ άλλον χαρτιού- μολυβιού και στο λογισμικό δυναμικής γε ωμετρία ς (Ομιλο ς fractals)

Ο Όμιλος των φράκταλς είχε σαν στόχο να φέρει τους μαθητές σε επαφή με αντικείμενα των μαθηματικών για τα οποία οι μαθητές είχαν ακούσει, αλλά δεν υπήρχε χρόνος για τη μελέτη τους κατά τη ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/46


Από το μηδέν στο άπειρο με φαντασία

διάρκεια του σχολικού προγράμματος. Η κατασκευή μιας φράκταλ δομής στο βάθος είναι δύσκολη έως ανέφικτη με τα γνωστά μας γεωμετρικά όργανα, τον κανόνα και τον διαβήτη . Αν και οι κατασκευές των μαθητών ξεκίνησαν στο χαρτί, οι ίδιοι θεώρησαν αναγκαίο να συνεχίσουν τις κατασκευές τους στο λογισμικό δυναμικής γεωμετρίας, ώστε με μεγέθυνση του αντικειμένου να έχουν δυνατότητα διερεύνη σης της δομής του. Κατασκευές φράκταλ τριγώνου του Sierpinski ή της χιονονιφάδας του Koch, καθώς και πλακοστρώσεις με τα συγκεκριμένα αντικείμενα ή άλλα που επινοούσαν οι μαθητές, έγιναν τα αγαπημένα θέματα των μαθητών. Η διαδικασία μοντελοποίησης ενός fractal τριγώνου Sierpinski εξελίχθηκε σε διαφορετικές φάσεις. (π.χ διερεύνηση ενός τριγώνου Sierpinski μέσα από εικόνες στο διαδίκτυο, μοντελοποίηση ενός τριγώνου Sierpinski στο επίπεδο στο περιβάλλον χαρτιού -μολυβιού, επαναληπτικές διαδικασίες στο περιβάλλον λογισμικού, κατασκευή και επανάληψη της διαδικασίας στο εργαστήριο με υλικά μέσα).

στ ο

Εικόνες 8. Φάσεις που απεικονίζουν την εργασία για την κατασκευή του fractal Sierpinski

Εικόνα 9. Η εργασία για την κατασκευή του fractal Sierpinski

Εικόνα 10. Το τρίγωνο Sierpinski

Λόγω του περιορισμού παρατίθενται μόνο οι εργασίες των μαθητών της Α και Γ τάξης, καθώς και του Ομίλου. Σε όλες τις περιπτώσεις τα παιδιά εργάστηκαν με διάθεση και έπαιξαν με τα μαθηματικά. Ως κατακλείδα αναφέρεται ότι η εργασία είχε στόχο να προβάλλει παραδείγματα που περιέχουν πλούσιο μαθηματικό υλικό. Οι μαθητές μέσω των προβλημάτων αυτού του τύπου, μπορούν να αποκτήσουν την ικανότητα να συνδέσουν τα μαθηματικά με την πράξη αποτελεσματικά και να προετοιμαστούν ως πολίτες με κριτική ικανότητα ανάλυσης των δεδομένων του περιβάλλοντος, αλλά και εφαρμογών τους στην μαθηματική εκπαίδευση.

Ενδε ικτικές ανα φ ορ ές

Πατσιομίτου, Σ. (20 1 0) Μαθαίνω Μαθηματικά με το Geometer' s Sketchpad ν4. Εκδόσεις Κλειδάριθμος. ISBN 978-960-46 1 -308 Πατσιομίτου, Σ. (20 1 2) Διδακτικές Προτάσεις: Τα Μαθηματικά στον Πραγματικό Κόσμο. ISBN 978960-93-4456 https://www .academia.edu/35 1 729 1 / http://eclass.sch.gr/modules/course descήption/?course=G 1 Ο 1 1 Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/47


Α πό τη Συ ντακτική Επιτροπή

1 . Το ρολόι όπως φαίνεται δείχνει 12 15 '. Μπο­

ρείτε να εξηγήσετε γιατί δεν υπάρχει σωστά κατασκευασμένο ρολόι που να παρουσιάζει αυ­ τή την εικόνα στις 1 2 1 5 ' . τι διόρθωση θα προ­ τείνατε να γίνει στους δείκτες του ρολογιού;

�-xrJ;� ι� t : LE

\�

4tl

ΙΛ

-..... __.

;;\)

�' �/

2. Η πόλη Α απέχει από την πόλη Β 15km ενώ η πόλη Γ απέχει από την πόλη Β 23km. Πόση

μπορεί να είναι η απόσταση της πόλης Γ από την πόλη Α;

3. Για ποιο από τα δύο παρακάτω, ίσα σε δια­ στάσεις, τετράγωνα χρειάστηκε περισσότερο μπλε χρώμα για να γεμίσουν τα περιθώρια γύρω από τους λευκούς κύκλους;

4. Δύο ποτήρια ίδιας χωρητικότητας περιέχουν την ίδια ποσότητα από δύο διαφορετικά υ­ γρά. Το πρώτο περιέχει κόκκινο κρασί και το

δεύτερο λευκό κρασί. Γεμίζουμε ένα κουταλάκι από το πρώτο ποτήρι και το ρίχνουμε στο δεύτερο. Στη συνέχεια γε­ μίζουμε ένα κουταλάκι από το δεύτερο ποτήρι και το ρίχνουμε στο πρώτο. Προφανώς και πάλι τα δύο ποτήρια περιέχουν την ίδια ποσότητα υγρού αλλά τώρα τίθεται το ερώτημα: Υπάρχει τελικά περισσότερο λευκό κρασί στο ποτήρι με το κόκκινο ή κόκκινο κρασί στο ποτήρι με το λευκό;

5. Η περίμετρος της Γης (ας τη θεωρήσουμε μία σφαίρα) είναι περίπου 40.000km. Θέλου­

με γύρω από τη γη να τυλίξουμε ένα σχοινί ώ­ στε κάτω από αυτό, να υπάρχει χώρος, σε οποι­ οδήποτε σημείο της γης και αν βρίσκεται, να μπορεί περάσει μία μικρή γάτα ύψους 30cm. Πόσο πρέπει να είναι το μήκος του σχοινιού;

6. Ένας πατέρας έδωσε στους τρείς γιούς του 90

αυγά για να τα πουλήσουν στη λαϊκή αγορά. Στον Α γιό έδωσε 50, στον Β έδωσε 30 και στον Γ έδωσε 1 0 αυγά. Το πρωί ξεκίνησαν να τα πωλούν ακριβά και πούλησαν λίγα αυγά , οπότε το μεσημέρι αποφάσισαν να τα πουλή­ σουν σε τιμή προσφοράς . Τελικά εισέπραξε ο καθένας από 1 Ο Ευρώ. Μπορείτε να μας απα­ ντήσετε πόσα αυγά πούλησε ο καθένας το πρωί και πόσα από το μεσημέρι και μετά; Ποια ήταν η τιμή των αυγών το πρωί και ποια μετά το μεσημέρι;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 91 τ.3/48


Στον Γ ιώργο Ωρα ιόπουλο τον δάσκαλό μας κα ι συνοδο ιπόρο στα περ ιοδ ι κά κα ι στη ζωή της Ε.Μ. Ε. ΑΦΙ Ε ΡΩΜΑ ΣΤΗ Μ Ν ΗΜΗ του Γ ι ώρyου Ωρα ιόπουλου

Στις 1 9 Δεκέμβρη 201 3 έφυγε από κοντά μας ο Γιώργος Ωραιό­ πουλος, σε ηλικία 1 0 1 ετών. Αποχαιρέτησε εκείνο το βράδυ τους οικείους του και νοερά όλους όσους τον αγάπηdαν. Μετά βυθίστηκε με γαλήνη και ηρεμία στον απέραντο ύπνο της αι­ ωνιότητας, χωρίς αρρώστιες και πόνους. Το διαυγέστατο ως τότε πνεύμα του, μπορεί να συναντήσει τα πνεύματα των ένδοξων αρχαίων Ελλήνων Μαθηματικών, που τόσο ύμνησε στα πάμπολλα άρθρα που έγραψε για αυτούς. Πιστεύω πως αντί για βιογραφικές σημειώσεις καλύτερα είναι να αναφέρουμε ορισμένα αποσπάσματα από τη συνέντευξη που έδωσε στο συνάδελφό του Γιώργο Μενδωνίδη τον Γενάρη του 201 0. Αξέχαστε φίλε, συνεργάτη και σύντροφε Γιώργο, καλό σου ταξίδι.

Αποσπάσματα Συνέντευξης

Αναρωτιόμαστε: Είναι δυνατόν να φθάσει άνθρωπος στα 98 του χρόνια, με πλήρη πνευματι­ κή διαύγεια και να είναι περιστοιχισμένος από τόσους πολλούς φίλους', θαυμαστές και συνεργά­ τες; Αυτή την εποχή συνεργάζεται με την συντακτική επιτροπή του «Ευκλείδη Α», όπου είναι και επίτιμος πρόεδρος. Σε κάθε τεύχος θα διαπιστώσετε πως υπάρχουν ένα ή δύο καλογραμμένα άρθρα του. Στο τελευταίο τεύχος στον πρόλογο του άρθρου του με τίτλο: «Λίγες σελίδες από την ιστορία των Μαθηματικών», γράφει μεταξύ άλλων: . . . .Εξακολουθώ να είμαι μαθη τής και δάσκαλος. Διαβάζω και γρά φω Μα θηματικά στον «Ευ ­ κλείδη Α ». Ένας από τους λόγους που ζω και σκέπτομαι είναι η αγάπη μου για τα Μαθηματικά. Σας συμβουλεύω να τα αγαπήσετε και να ασχολείστε με αυτά . . . ..

Το βιογραφικό του πλουσιότατο. Γεμάτο από αντιστασιακή δράση ενάντια στους κατακτητές και του φασίστες. Πλούσιο σε συγγραφική και συνδικαλιστική δράση και πληρέστατο σε επαί­ νους, τιμητικές πλακέτες και διακρίσεις. Σήμερα έχουμε δίπλα μας τον φίλο μας κ. Ω και θα τον παρακαλέσουμε να μας τα πει ο ίδιος καλύτερα. Κύριε Ωραιόπουλε, υπάρχουν μυστικά για τη μακροζωία σας;

Την μεγάλη ηλικία μου, την οφείλω σε τρεις μεγάλες αγάπες: Οικογένεια: Με την καλή μου γυναίκα αποκτήσαμε τρεις άξιες κόρες, που παντρεύτηκαν με καλούς συζύγους. Έχω επτά αξιαγάπητα εγγόνια. Τα τρία είναι επιστήμονες και τα τέσσερα φοι­ τητές. Το δισέγγονό μου , συμπληρώνει την ευτυχία μου. Πατρίδα: Για την Ελλάδα αγωνίστηκα ως Αντιστασιακός, ως Συνδικαλισ:rής και ως Εκπαι­ δευτικός. Με αγώνες και προσφορά από όλους μας πιστεύω πως η ιστορική Πατρίδα μας, θα γί­ νει ευτυχισμένη, ειρηνική Δημοκρατία, με πραγματικό σοσιαλισμό. Μαθηματικά: Τα μαθηματικά που αγάπησα και εξακολουθώ να υπηρετώ, είναι η μητέρα κάθε επιστήμονα, τεχνολογίας και πολιτισμού. Παιδιά αγαπήστε τα θα σας ανταμείψουν . . . . . . . ] ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 91 τ.3/49


Ευκλειδης α 91