2 200 - pe03.gr · 2018-07-19 · όπου το 8 και το 9 είναι οι αριθμοί...

'' ''

,

''

200

-4email

kdortsi@gmail com

Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 14 Ιανουαρίου 2009 1/4

Η Στήλη των Μαθηματικών Από τον Κώστα Δόρτσιο,

Σχ. Σύμβουλο Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά των Αρχαίων Ελλήνων

Μαθηματικά ερανίσματα από τoν «Θεαίτητο» του Πλάτωνα

Θεόδωρος ο Κυρηναίος -Οι ασύμμετροι αριθμοί Η τετραγωνική ρίζα του 2, όπως φάνηκε και από την αναφορά του Αριστοτέλη στα «Αναλυτικά Πρότερα»(Α.41α 26), δεν απασχόλησε τον Θεόδωρο τον Κυρηναίο. Το ενδιαφέρον της διδαχής του μεγάλου αυτού μαθηματικού ήταν η αρρητότητα των τετραγωνικών ριζών των:

3, 5, 6, 7, 8, 10, 11, 12, 13, 14, 15 και 17. Το ερώτημα που προβάλλεται στους αναγνώστες του Πλατωνικού έργου «Θεαίτητος» είναι διττό: 1ο) Πώς ο Θεόδωρος ο Κυρηναίος απέδειξε την αρρητότητα των αριθμών αυτών, και 2ο) Γιατί σταμάτησε στην τετραγωνική ρίζα του 17. Για το πρώτο ερώτημα, δηλαδή πώς ο μεγάλος αυτός μαθηματικός από την Κυρήνεια της βόρειας Αφρικής, αποικίας των Αρχαίων Ελλήνων μπόρεσε και απέδειξε την αρρητότητα των αριθμών αυτών μέχρι και σήμερα δεν το γνωρίζουμε. Για το δεύτερο ερώτημα όμως έχουν διατυπωθεί μέχρι και σήμερα διάφορες απόψεις. Ο Ε. Σταμάτης γράφει για το ζήτημα αυτό: «Περί το 1905 ο εκ Κωνσταντινουπόλεως Έλλην φιλόλογος Σπύρος Μωραΐτης εις τον τρίτον τόμον των εκδόσεων του Πλάτωνος, σελ. 188, εδημοσίευσε το κατωτέρω σχήμα(Σχ.1) λέγων, ότι ο Θεόδωρος εσταμάτησεν εις την απόδειξιν του ασυμμέτρου της

17 , διότι τα αντίστοιχα τρίγωνα καλύπτουν όλον το επίπεδον. Δεν λέγει όμως πως

εγίνετο η απόδειξις. Κατά το 1918 ερασιτέχνης τις των Μαθηματικών, εδημοσίευσε την ιδέαν του Μωραΐτου, ως ιδικήν του. Τούτο απεκαλύφθη κατά το 1956(Όρα Πρακτικά της Ακαδημίας Αθηνών. Τόμος 31ος 1956, σελ. 11)» (Περιοδικό Ευκλείδης, 1973 Τεύχος 06)

No:144


Πράγματι στο σχήμα 1 εμφανίζεται η λεγόμενη «Σπείρα του Θεοδώρου» η οποία αποτελείται από ορθογώνια τρίγωνα τα οποία καλύπτουν σχεδόν την πλήρη γωνία, δηλαδή ξεκινούν από τη γωνία των 00 και καταλήγουν μέχρι και τη γωνία ΧΟΑ , η οποία είναι κατά τι μικρότερη από τις 3600. Για το ίδιο θέμα και με την ίδια άποψη αναφέρεται και σε άρθρο του ο André Stoll από το IREM(Ινστιτούτο Έρευνας της εκπαίδευσης των Μαθηματικών) του Στασβούργου λέγοντας: «Μια απάντηση γεμάτη φαντασία δόθηκε εδώ και 70 χρόνια από ένα γερμανό μαθηματικό τον J.H. Anderhub»(REPERES – IREM. No 39 – Avril 2000)

Μαθηματικές προκλήσεις – προσκλήσεις – ασκήσεις

210. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές , ,α β γ και με ορθόκεντρο το σημείο Η. Να δείξετε ότι αν μεταξύ των πλευρών ισχύει: ( )2 2 22 1β γ α+ = , τότε θα είναι ακόμη:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2ΒΗ + ΓΗ = ΑΗ Ισχύει το αντίστροφο; Λύση: 1ος τρόπος (Τσότσος Στέφανος, 1ο Γυμνάσιο Πτολεμαΐδας) Κατ’ αρχήν από τη σχέση (1) παρατηρούμε ότι η γωνία Α θα είναι οξεία γωνία. Κι αυτό γιατί:

2 2 2 2 2 2 22β γ α α α β γ+ = 〉 ⇔ 〈 + Στο τρίγωνο ΑΗΓ του ανωτέρω σχήματος θεωρούμε το μέσο Μ της πλευράς ΑΗ και εφαρμόζουμε το δεύτερο θεώρημα της διαμέσου. Άρα:

( )( ) ( )2 2 2 3β −ΓΗ = ΑΗ ΔΜ Το ίδιο κάνουμε και για το τρίγωνο ΑΗΒ. Άρα:

( )( ) ( )2 2 2 4γ −ΒΗ = ΑΗ ΔΜ Με πρόσθεση κατά μέλη οι σχέσεις (3) και (4) δίνουν:

( )( ) ( )( )

2 2 2 2

2 2β γ+ −ΓΗ −ΒΗ == ΑΗ ΔΜ + ΑΗ ΔΜ

ή ακόμα:

( ) ( )( )2 2 2 2 4β γ+ − ΒΗ +ΓΗ = ΑΗ ΔΜ και λόγω της (1)

( ) ( )( ) ( )2 2 22 4 5αΒΗ +ΓΗ = − ΑΗ ΔΜ Επειδή η γωνία Α είναι οξεία γωνία, το θεώρημα της οξείας γωνίας για το τρίγωνο ΑΒΓ δίνει:

( )( )2 2 2 2α β γ= + − ΑΒ ΑΖ ή ακόμα λόγω της (1):

( )( )2 22 2α α= − ΑΒ ΑΖ


και τελικά:

( )( ) ( )22 4 6α = ΑΒ ΑΖ Ακόμα επειδή το τετράπλευρο ΒΔΗΖ είναι εγγράψιμο σε κύκλο άρα θα ισχύει επιπλέον:

( ) ( ) ( )( ) ( )7ΑΗ ΑΔ = ΑΒ ΑΖ Από τις (6) και (7) προκύπτει:

( ) ( ) ( )22 4 8α = ΑΗ ΑΔ Από τις (5) και (6) θα είναι ακόμα:

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

2 2

2

4 4

4 4

2 2 2 2

ΒΗ +ΓΗ = ΑΗ ΑΔ − ΑΗ ΔΜ =

= ΑΗ ΑΔ − ΔΜ = ΑΗ ΑΜ =⎡ ⎤⎣ ⎦

= ΑΗ ΑΜ = ΑΗ ΑΗ = ΑΗ

Άρα: 2 2 22ΒΗ +ΓΗ = ΑΗ

Δηλαδή η ζητούμενη (2). 2ος τρόπος Στο διπλανό σχήμα είναι:

Εφαρμόζοντας το Πυθαγόρειο Θεώρημα στα τρίγωνα ΟΚΓ, ΟΑΛ και ΟΑΜ έχουμε αντίστοιχα:

22 2 ,

2Rα⎛ ⎞ = −ΟΚ⎜ ⎟

⎝ ⎠

22 2 ,

2Rβ⎛ ⎞ = −ΟΛ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ( )

22 2 *

2Rγ⎛ ⎞ = −ΟΜ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ή ακόμα λόγω της (9):

2 2 24 ,Rα = − ΑΗ 2 2 24 ,Rβ = −ΒΗ 2 2 24Rγ = −ΓΗ άρα έχουμε:

( )2 2 2 2 2 2 2 2 24 4 8R R Rβ γ+ = −ΒΗ + −ΓΗ = − ΒΗ +ΓΗ δηλαδή:

( ) ( )2 2 2 2 28 10Rβ γ+ = − ΒΗ +ΓΗ Επίσης:

2ΑΗ

ΟΚ =

2ΒΗ

ΟΛ =

2ΓΗ

ΟΜ =

(9)


( )2 2 2 2 22 2 4 8 2R Rα = − ΑΗ = − ΑΗ Δηλαδή:

( )2 2 22 8 2 11Rα = − ΑΗ Επειδή τα πρώτα μέλη από τις (10) και (11) είναι ίσα λόγω της (1), άρα και τα δεύτερα θα είναι ίσα. Δηλαδή:

28R ( )2 2 28R− ΒΗ +ΓΗ = 22− ΑΗ άρα τελικά είναι:

2 2 22ΒΗ +ΓΗ = ΑΗ Δηλαδή η ζητούμενη (2) Παρατήρηση 1 Επειδή:

( )2 2 2 2 2 22 2 4 3 34 4 4 2

αα

β γ α μα α αμ

α

+ − −= = = ⇒ =

Όμοια είναι:

( )2 2 2 22 2 22 2 2 24 4β

α γ β βα γ βμ+ − + −

= = =2 2 22γ γ β+ + − 23 3

4 4 2βμγγ

= ⇒ =

( )2 2 2 2 22 2 22 2 2 24 4γ

α β γ β γα β γμ+ − ++ −

= = =2 22β γ+ − 23 3

4 4 2γμββ

= ⇒ =

Άρα τελικά θα είναι:

32

β γαμ μμ

α γ β= = =

Δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α, β, γ είναι όμοιο με το τρίγωνο με πλευρές τις διάμεσες , ,α γ βμ μ μ και με λόγο ομοιότητας 2

3λ =

Παρατήρηση 2 Επειδή οι πράξεις του δεύτερου τρόπου είναι αντιστρεπτές άρα ισχύει και το αντίστροφο. Αν δηλαδή στη σχέση (2) αντικαταστήσω τις τιμές από τη σχέση (9) και χρησιμοποιήσω τους μετασχηματισμούς (*) τότε θα προκύψει η σχέση (1).

Για την άλλη φορά

237. Χαράξτε μια ευθεία (ε) και δύο σημεία Α, Β εκτός αυτής. Αφού κατασκευάστε το συμμετρικό του σημείου Α ως προς την (ε) κατόπιν με τη χρήση μόνον του χάρακα να βρείτε τη συμμετρική της ευθείας που ορίζουν τα σημεία Α και Β.

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

Κάλβου 50100 Κοζάνη ή ηλεκτρονικά: [email protected]






Θεόδωρος ο Κυρηναίος -Οι ασύμμετροι αριθμοί

Ένας δεύτερος λόγος για τον οποίο εικάζεται ότι ο Θεόδωρος ο Κυρηναίος σταμάτησε τη μελέτη των αρρήτων αριθμών μέχρι και την 17 , είναι ότι ο αριθμός 17 θεωρούνταν από τους Πυθαγόρειους ως ιερός αριθμός. Ο λόγος της θεώρησης αυτής είναι γιατί:

17 = 8+9, όπου το 8 και το 9 είναι οι αριθμοί που σχηματίζουν το σημαντικό λόγο 9/8 ο οποίος δημιουργεί την Πυθαγόρεια κλίμακα. (Θεόδωρος ο Κυρηναίος. Υπό Ε.Σταμάτη. Ευκλείδης 1973 Τεύχος 6 και Στήλη των Μαθηματικών Νο103). Ως γνωστόν η Πυθαγόρεια κλίμακα παράγεται από την αναλογία:

( )6 9 18 12=

όπου στους αριθμούς αυτούς αντιστοιχούν οι φθόγοι:

Αξίζει να σημειωθεί ακόμα ότι για την αντίληψη των Πυθαγορείων, η οποία επηρέασε αργότερα σημαντικά και τη σκέψη του Πλάτωνα, οι αριθμοί αυτοί έχουν σχέση ακόμα και με την κοσμολογία του Πλάτωνα όπως αυτή περιγράφεται στον Τίμαιο Ως γνωστόν στον Τίμαιο ο Πλάτων γράφει:

« Στη γη λοιπόν θα δώσουμε το κυβικό σχήμα» .( Τίμαιος 55d) Ο κύβος ως γνωστόν έχει έξι έδρες, οκτώ κορυφές και δώδεκα ακμές, δηλαδή τους τρεις αριθμούς της αναλογίας (1), ενώ ο τέταρτος είναι ο μέσος αριθμητικός των έξι και δώδεκα. Δηλαδή:

6 1292+

=

Θυμίζουμε ακόμα ότι και ο όρος 8 της αναλογίας (1) προκύπτει πάλι με μαθηματικό τρόπο, δηλαδή είναι ο μέσος αρμονικός των δύο βασικών, του 6 και του 12. Είναι δηλαδή:

2 6 1286 12⋅ ⋅

=+

Οι δύο αυτοί συσχετισμοί, δηλαδή ότι ο λόγος 9:8 είναι εκείνος που δημιουργεί τη μουσική κλίμακα κατά την αντίληψη του Πυθαγόρα και ότι ο λόγος αυτός είναι επιπλέον εκείνος που προκύπτει από τα γεωμετρικά χαρακτηριστικά του κύβου που για την κοσμολογία

No:145

Ε=6, Κ=8, Α=12 Τύπος του Euler

K+E=A+2


του Πλάτωνα συμβολίζει τη γη, θεμελιώνουν την ιερότητα του αθροίσματος αυτών το οποίο είναι ο αριθμός 17. Έτσι σύμφωνα με την ερμηνεία αυτή ο Θεόδωρος ο Κυρηναίος όταν μελέτησε και τον ιερό αυτό αριθμό ολοκλήρωσε τη μελέτη των άρρητων αριθμών.


211. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ εμβαδού Ε και Δ το σημείο στο οποίο η διχοτόμος της γωνίας Γ τέμνει την πλευρά ΑΒ. Να δείξετε ότι:

( )1 12 1⎛ ⎞Ε − ≤ ΑΒ⎜ ⎟ΑΔ ΒΔ⎝ ⎠ (Μάγκος Αθανάσιος, Μαθηματικός 3ου ΓΕΛ Κοζάνης)

Λύση: Έστω το τρίγωνο ΑΒΓ και ΓΔ η διχοτόμος της γωνίας Γ (Σχήμα 1). Χωρίς να στερείται γενικότητας υποθέτουμε ότι α β〉 .

Εφαρμόζουμε το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου και έχουμε:

( )2γβ α β α α βΑΔ ΒΔ ΑΔ +ΒΔ

= = =+ +

Από τη σχέση αυτή υπολογίζονται τα τμήματα ΑΔ και ΒΔ. Δηλαδή:

( )3βγα β

ΑΔ =+

και

( )4αγα β

ΒΔ =+

Με τη βοήθεια των τιμών των σχέσεων (3) και (4) η ζητούμενη γίνεται:

( )1 2 α β α β γβγ αγ

⎛ ⎞+ +⇔ Ε − ≤ ⇔⎜ ⎟

⎝ ⎠

1 12 α β γβ α γ

⎛ ⎞ +⇔ Ε − ⋅ ≤ ⇔⎜ ⎟

⎝ ⎠


2 α β α β γαβ γ

⎛ ⎞− +⇔ Ε ⋅ ≤ ⇔⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( )2 α β α β γαβγ

− ⋅ +⇔ Ε ≤ ⇔

( ) ( )2

2 25

2αβγα β

⇔ Ε ≤−

Όμως είναι γνωστό ακόμα:

( )64Rαβγ

Ε ≤ όπου R είναι η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου. Η σχέση (5) με τη βοήθεια της (6) δίνει την ισοδύναμή της:

( ) ( )2 2 2

2 27

4 22R

Rαβγ αβγ α β

γα β−

≤ ⇔ ≥−

Συνεχίζοντας εφαρμόζουμε ακόμα το δεύτερο θεώρημα της διαμέσου και έχουμε:

( ) ( )2 2 2 8α β γ− = ΜΕ

όπου Μ είναι το μέσο της πλευράς γ και ΓΕ το ύψος του τριγώνου. (Σχήμα 2) Η σχέση (7) λόγω της (8) μετασχηματίζεται ισοδύναμα:

( )2

7 Rγ

⇔ ≥( )2γΜΕ

( )9R⇔ ≥ΜΕ


Αν αναφερθούμε τώρα στον κύκλο του Euler, τότε παρατηρούμε ότι η ΜΕ είναι μια χορδή του κύκλου αυτού και κάθε χορδή είναι μικρότερη ή ίση με τη διάμετρο του κύκλου στον οποίο ανήκει.

Ακόμα είναι γνωστό ότι η διάμετρος του κύκλου του Euler είναι ίση με την ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο αυτό. Άρα θα είναι:

2 eR R= ≥ΜΕ Δηλαδή τελικά:

R ≥ ΜΕ . Άρα η σχέση (9) είναι αληθής και συνεπώς και η ζητούμενη (1)

Για την άλλη φορά 238. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με 0ˆ 90Α = . Αν ΑΔ είναι το ύψος τριγώνου ΑΒΓ και Κ1, Κ2, Κ3 είναι τα κέντρα των εγγεγραμμένων κύκλων ΑΒΔ, ΑΓΔ, ΑΒΓ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι είναι:

ΑΚ3 = Κ1Κ2 (69ος Πανελλήνιος Διαγωνισμός στα Μαθηματικά «Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ», 17/1/ 2009)

239. Να προσδιορίσετε τις τιμές της παραμέτρου m για τις οποίες το εμβαδόν του τριγώνου που ορίζεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων:

( ) ( )3 6, ,f x x g x mx m R= − + = ∈ και τον άξονα των χ ισούται με 3.

(69ος Πανελλήνιος Διαγωνισμός στα Μαθηματικά «Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ», 17/1/ 2009)









Ένας τρίτος λόγος για τον οποίο εικάζεται ότι ο Θεόδωρος ο Κυρηναίος σταμάτησε τη μελέτη των άρρητων αριθμών μέχρι και τη 17 είναι και ο ακόλουθος: (Θεόδωρος ο Κυρηναίος. Υπό Ε.Σταμάτη. Ευκλείδης 1973, τ.6) Μελετώντας το τετράγωνο ΑΒΓΔ του σχήματος 1 παρατηρούμε τα εξής:

Η περίμετρος του είναι: Π = 4+4+4+4 = 16 μ.μ. Το εμβαδόν του είναι: Ε = 42 = 16 τ.μ. Δηλαδή για το τετράγωνο αυτό η περίμετρος και το εμβαδόν εκφράζονται από τον ίδιο αριθμό, τον 16. Μελετώντας επίσης το τετράγωνο ΕΖΗΘ του σχήματος 2 παρατηρούμε επίσης τα εξής:

Η περίμετρός του είναι: Π = 6+3+6+3 = 18 μ.μ. Το εμβαδόν του είναι: Ε = 6Χ3 = 18 τ.μ. Δηλαδή και σ΄ αυτό το τετράγωνο η περίμετρος και το εμβαδόν εκφράζονται από τον ίδιο αριθμό, τον 18. Γενικά ισχύει η πρόταση: Τα δύο αυτά ανωτέρω σχήματα είναι τα μοναδικά ορθογώνια για τα οποία η περίμετρος και το εμβαδόν εκφράζονται με τον ίδιο ακέραιο αριθμό. (Πρ.1)

No:146


(Η απόδειξη θα γίνει στο επόμενο φύλλο) Αν σκεφθεί κανείς τώρα τον αριθμό 17, στον οποίο σταμάτησε ο Θεόδωρος ο Κυρηναίος, αντιλαμβάνεται ότι ο αριθμός αυτός βρίσκεται ανάμεσα στις μοναδικές αυτές λύσεις της πρότασης (1). Δηλαδή το τετράγωνο με πλευρά 17 θεωρήθηκε ως το τελευταίο, γιατί βρίσκεται μεταξύ των δύο αυτών χαρακτηριστικών σχημάτων τα οποία είναι μοναδικά.


212. Αν , , 1α β γ ≥ , αποδείξετε ότι:

( )1 1 1 1 1 1 1α β γ α β γβ γ α α β γ

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − ≥ − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

(Μάγκος Αθανάσιος, Μαθηματικός 3ου ΓΕΛ Κοζάνης)

Λύση: Η ζητούμενη σχέση ισοδυναμεί:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )2 2 21 1 11 1 1

1α β γαβ βγ γα

αβγ αβγ

− − −− − −⇔ ≥

και επειδή 0αβγ 〉 άρα:

( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )2 2 21 1 1 1 1 1 1αβ βγ γα α β γ⇔ − − − ≥ − − − Ακόμα η σχέση αυτή ισοδυναμεί διαδοχικά με:

( )( ) ( )( )2 2 2 2 2 21 1 1 1αβ γ αβ βγ γα α β α β γ− − + − ≥ − − + − ⇔

2 2 2α β γ 2 2 2 1αβ γ α βγ αβ αβγ βγ γα− − + − + + −2 2 2α β γ

≥2 2 2 2 2 2 2 2 2 1α β α γ α β γ β γ− − + − + + −

⇔ 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

αβ βγ γα α β γ

α βγ αβ γ αβγ α β β γ γ α

+ + − − − ≥

+ + − − − ⇔

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

α β β γ γ α α βγ αβ γ αβγ

α β γ αβ βγ γα

+ + − − − ≥

+ + − − − ⇔


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

2 2 2

2 2 2

αβ βγ βγ γα γα αβ

α β β γ γ α

− + − + − ≥

− + − + −

⇔

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

2 2 22 2 2

2 2 2

β α γ γ β α α γ β

α β β γ γ α

− + − + − ≥

− + − + −

⇔ ( )( ) ( )( ) ( )( )2 2 22 2 21 1 1 0β α γ γ β α α γ β− − + − − + − − ≥ Η τελευταία αυτή σχέση ισχύει διότι , , 1α β γ ≥ . Άρα και η ισοδύναμη μ’ αυτήν (1) είναι αληθής. 213. Έστω τετράγωνο ΑΒΓΔ και σημείο Ρ στη διαγώνιο ΒΔ. Αν Σ είναι ένα σημείο της πλευράς ΓΔ τέτοιο ώστε η ΑΡ να είναι κάθετη στη ΡΣ, τότε να αποδείξετε ότι είναι:

( )1ΑΡ = ΡΣ και ( ) ( ) ( ) ( )2 2ΑΔ + ΣΔ = ΡΔ Λύση: Απόδειξη της (1) Στο τετράγωνο του σχήματος 1 το Ρ είναι τυχαίο σημείο της διαγωνίου ΒΔ και η ΣΡ κάθετη στην ΑΡ.

Αν φέρουμε από το σημείο Ρ τις κάθετες ΕΖ και ΗΘ προς τις πλευρές ΑΒ και ΑΔ του τετραγώνου αντίστοιχα, τότε:

( )3ΑΖ = ΗΡ = ΡΕ Επίσης:


( )4ΡΑΖ = ΣΡΕ διότι είναι οξείες και έχουν τις πλευρές των κάθετες. Δηλαδή:

,ΑΡ ⊥ ΣΡ ΑΖ ⊥ ΕΡ Από τις (3) και (4) προκύπτει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα (ΑΡΖ) και (ΣΕΡ) είναι ίσα. Άρα θα είναι:

ΑΡ = ΡΣ ως υποτείνουσες ίσων τριγώνων. Άρα η σχέση (1) αληθής. Απόδειξη της (1)

Από την ισότητα των τριγώνων (ΑΡΖ) και (ΣΕΡ) προκύπτει ακόμα:

( )5ΡΖ = ΣΕ = ΑΗ Από την (5) έχουμε:

( ) ( ) ( )ΑΔ + ΣΔ = ΑΗ ( ) ( ) ( )+ ΗΔ + ΔΕ − ΣΕ (λόγω της (5)).

Άρα: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 6ΑΔ + ΣΔ = ΗΔ + ΔΕ = ΗΔ

γιατί το (ΗΔΕΡ) είναι τετράγωνο. Η ζητούμενη σχέση (2) σύμφωνα με την (6) γίνεται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2ΑΔ + ΣΔ = ΡΔ ⇔ ΗΔ = ΡΔ Δηλαδή:

( ) ( ) ( )2 7ΡΔ = ΗΔ Η σχέση (7) είναι προφανής για κάθε τετράγωνο. Άρα και η ζητούμενη (2) είναι αληθής. Παρατήρηση: Το μέσον Ο της ΑΣ και το σημείο Ε δημιουργούν το τμήμα ΟΕ το οποίο είναι κάθετο στη διαγώνιο ΒΔ και ισούται με το μισό της διαγωνίου αυτής.


240. Να αποδείξετε ότι για κάθε , ,x y z R∈ ισχύει ότι: 2 2 2 2 2 2

2 2 2 02 1 2 1 2 1x y y z z x

x y z− − −

+ + ≤+ + +

(Προκριματικός Διαγωνισμός Νέων ,2/4/05. Βιβλίο: Πανελλήνιοι Μαθητικοί Διαγωνισμοί Νέων 1997-2007)



Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 4 Φεβρουαρίου 2009 1/4





Θεόδωρος ο Κυρηναίος -Οι ασύμμετροι αριθμοί Θα αποδείξουμε την πρόταση σύμφωνα με την οποία γίνεται η αναζήτηση όλων εκείνων των ορθογωνίων με ακέραιες διαστάσεις, όπου η περίμετρος και το εμβαδόν αυτών εκφράζονται με τον ίδιο αριθμό. Πρόταση 1 Τα μοναδικά ορθογώνια για τα οποία η περίμετρος και το εμβαδόν εκφράζονται με τον ίδιο ακέραιο αριθμό είναι το τετράγωνο πλευράς 4 μ.μ. και το ορθογώνιο διαστάσεων 3 μ.μ. και 6 μ.μ. Απόδειξη:

Έστω *,x y z+∈ οι διαστάσεις ενός τέτοιου ορθογωνίου.

Τότε επειδή: 2 2x yΠ = + και xyΕ = :

και αφού η περίμετρος και το εμβαδόν εκφράζονται με τον ίδιο αριθμό, άρα θα είναι:

( )2 2 1xy x y= + Η εξίσωση (1) είναι μια διοφαντική εξίσωση δευτέρου βαθμού η οποία λύνεται ως εξής:

( ) ( ) 21 2 2 2 22

xxy y x y x x yx

⇔ − = ⇔ − = ⇔ =−

και ακόμα:

( )2 22 4 42

xxyx

−− += =

− 2x −4 42

2 2x x+ = +

− − άρα τελικά:

422

yx

= +−

Ο παρονομαστής 2x − διαιρεί τον αριθμητή 4 και συνεπώς θα είναι ίσος με κάποιον από τους διαιρέτες του αριθμού 4. Οι διαιρέτες του 4 είναι:

{ }1, 2, 4D = ± ± ± Λύνοντας την εξίσωση:

2 ,x d d D− = ∈ βρίσκουμε τις μοναδικές λύσεις:

No:147


1 3,x = 2 4,x = 3 6.x = Από τις τιμές αυτές προκύπτουν και οι αντίστοιχες τιμές του y . Δηλαδή:

1 6,y = 2 4,y = 3 3.y = Οι τιμές αυτές δημιουργούν το τετράγωνο με πλευρά 4 και το ορθογώνιο με διαστάσεις 3 και 6. Δηλαδή αυτά τα δύο σχήματα είναι τα μοναδικά με την ιδιότητα να έχουν : Περίμετρο και Εμβαδόν μετρημένα με τον ίδιο ακέραιο αριθμό.


214. Δίνεται σταθερή γωνία ΧΟΨ και μεταβλητός κύκλος ο οποίος διέρχεται από την κορυφή Ο της γωνίας αυτής και τέμνει τις ΟΧ και ΟΨ στα σημεία Α και Β. Αν γνωρίζουμε ότι τα σημεία αυτά Α και Β ικανοποιούν τη σχέση:

( ) ( ) ( )1λΟΑ + ΟΒ = όπου λ είναι το μήκος δοθέντος σταθερού ευθυγράμμου τμήματος, τότε να δείξετε ότι ο κύκλος αυτός διέρχεται εκτός από το σημείο Ο και από δεύτερο σταθερό σημείο.

Λύση:

Έστω η σταθερή γωνία ΧΟΨ και τα μεταβλητά σημεία Α, Β στις ΟΧ και ΟΥ αντίστοιχα, έτσι ώστε:

( )2λΟΑ+ΟΒ = όπου λ το μήκος ενός σταθερού ευθύγραμμου τμήματος.

Η διχοτόμος (δ) της γωνίας ΧΟΥ τέμνει το μεταβλητό κύκλο που διέρχεται από τα σημεία Ο,Α,Β στο σημείο Γ.

K


Αν φέρουμε τις ΓΔ και ΓΕ, κάθετες προς τις πλευρές ΟΧ και ΟΥ αντίστοιχα της γωνίας ΧΟΨ, τότε θα είναι:

( )και 3ΓΔ = ΓΕ ΟΔ = ΟΕ Επίσης οι χορδές ΒΓ και ΓΔ θα είναι μεταξύ των ίσες διότι τα αντίστοιχα τόξα ΒΓ και ΓΑ είναι ίσα λόγω της ισότητας των γωνιών ΒΟΓ και ΑΟΓ . Έτσι τα τρίγωνα (ΑΓΔ) και (ΒΓΕ) είναι ίσα γιατί έχουν δύο πλευρές ίσες.(Κάθετη – κάθετη, υποτείνουσα-υποτείνουσα). Τα ανωτέρω τρίγωνα αποδείχνονται ότι είναι ίσα και από το γεγονός ότι έχουν μια κάθετη πλευρά ίση, την ΓΔ=ΓΕ, λόγω της (3) και μια οξεία γωνία ίση, την

ΓΑΔ = ΓΒΕ γιατί η μια είναι εσωτερική του εγγραψίμου τετραπλεύρου (ΟΑΓΒ) και η άλλη απέναντι εξωτερική. Από την ισότητα των τριγώνων αυτών προκύπτει:

( )4ΑΔ = ΒΕ Ακόμα έχουμε:

ΟΑ+ΟΒ =ΟΔ+ ΔΑ +ΟΕ− ΒΕ( ) ( )

( )34

2 5=ΟΔ+ΟΕ = ΟΔ και λόγω της (1) θα είναι:

2 λΟΑ+ΟΒ = ΟΔ = δηλαδή:

( )62

ctλΟΔ = = Από τη σχέση (6) προκύπτει ότι το σημείο Δ είναι σταθερό σημείο της ΟΧ και συνεπώς και η κάθετη στο Δ προς την ΟΧ θα κόψει τη διχοτόμο της γωνίας ΧΟΨ στο σταθερό σημείο Γ, από το οποίο θα διέρχεται πάντα ο εν λόγω κύκλος.

215. Δίνεται σταθερή γωνία ΧΟΨ και μεταβλητός κύκλος ο οποίος διέρχεται από την κορυφή Ο της γωνίας αυτής και τέμνει τις ΟΧ και ΟΨ στα σημεία Β και Α. Αν γνωρίζουμε ότι τα σημεία αυτά Α και Β ικανοποιούν τη σχέση:

( ) ( ) ( )1λΟΑ − ΟΒ = όπου λ είναι το μήκος δοθέντος σταθερού ευθυγράμμου τμήματος, τότε να δείξετε ότι ο κύκλος αυτός διέρχεται εκτός από το σημείο Ο και από δεύτερο σταθερό σημείο.

Λύση: Αν φέρουμε πάλι την εξωτερική διχοτόμο (δ΄) της γωνίας ΧΟΥ τότε αυτή θα τμήσει τον κύκλο που διέρχεται από τα σημεία Ο,Α,Β στο σημείο Γ. Θα δείξουμε ότι το σημείο αυτό είναι σταθερό. Πράγματι αν φέρουμε τις κάθετες ΓΔ και ΓΕ από το σημείο Γ προς τις ΟΧ και ΟΥ τότε θα είναι:

(2)ΓΔ = ΓΕ Επίσης:


γων(ΔΒΓ)=γων(ΟΑΓ) (3) διότι είναι εγγεγραμμένες στον ίδιο κύκλο και βαίνουν στο ίδιο τόξο.

Από τις σχέσεις (2) κα (3) προκύπτει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα (ΓΔΒ) και (ΓΕΑ) είναι ίσα γιατί έχουν μια πλευρά και μια οξεία γωνία ίση. Άρα:

ΔΒ=ΕΑ (4) Εξάλλου έχουμε:

( ) ( ) ( ) ( )ΟΑ − ΟΒ = ΟΕ +ΕΑ − ΔΒ−ΔΟ =ΟΕ + ΕΑ − ΔΒ( )

( )4

2+ΟΔ = ΟΔ

και από τη δεδομένη σχέση (1) προκύπτει:

( ) ( )2 52

ctλλΟΔ = ⇔ΟΔ = = Από την (5) προκύπτει ότι το σημείο Δ είναι σταθερό. Σταθερό κατά συνέπεια θα είναι και το Γ. Έτσι ο κύκλος που διέρχεται από τα σημεία Ο,Α,Β διέρχεται εκτός του σταθερού Ο και από δεύτερο σταθερό σημείο που είναι το σημείο Γ.


242. Δίνεται μια ευθεία (ε) και ένα σημείο Μ πάνω σ΄ αυτήν. Με τη βοήθεια ενός χάρακα χωρίς διαβαθμίσεις και ένα διαβήτη που έχει κολλήσει σε ένα συγκεκριμένο άνοιγμα να κατασκευάσετε την κάθετη προς την (ε) που διέρχεται από το σημείο Μ.

(Diophante.Fr Les recreation mathematiques)








Θεόδωρος ο Κυρηναίος -Οι ασύμμετροι αριθμοί Μέχρι τώρα αναφέρθηκαν οι τρεις πιθανοί λόγοι που οδήγησαν τον Θεόδωρο τον Κυρηναίο να σταματήσει τη μελέτη της αρρητότητας της τετραγωνικής ρίζας των αριθμών:

3, 5, 6, 7, 8, 10, 11, 12, 13, 14, 15 και 17. (Στήλη των Μαθηματικών Νο: 144,145,146,147)

Μελετώντας κανείς το βιβλίο «Απαρχαί των Ελληνικών Μαθηματικών» του Ούγγρου καθηγητή Arpad Szabo έχει την ευκαιρία να γνωρίσει αναλυτικότερα τις σύγχρονες απόψεις σχετικά με το έργο και την προσφορά των δύο ελλήνων μαθηματικών της αρχαιότητας, του Θεόδωρου του Κυρηναίου και του Θεαίτητου.

Είναι γνωστό βέβαια ότι από την εποχή των Πυθαγορείων η διαγώνιος του τετραγώνου δημιούργησε την πρώτη αφορμή για τη μελέτη του αρρήτου της 2 . Όμως νεώτερες έρευνες συγκλίνουν στην άποψη ότι το άρρητο έγινε γνωστό από τον Ίππασο τον Μεταποντίνο, ο οποίος ασχολήθηκε με το κανονικό δωδεκάεδρο. Στο κανονικό πεντάγωνο συναντά κανείς την 5 και μάλιστα στη σχέση:

1 52

φΑΓ += =ΑΒ

(ανωτέρω σχήμα)

ενώ στο τετράγωνο ισχύει αντίστοιχα:

2δα=

Έτσι ο Armad Szabo γράφει: «Θα ήταν λοιπόν δυνατό να ορίσουμε μια νέα εποχή στην ιστορία της αναπτύξεως της θεωρίας του «αρρήτου» με το Θεόδωρο τον Κυρηναίο. Ανεξάρτητα ποια από τις δύο

No:148

Α Β

Γ δ

α


περιπτώσεις (είτε στην περίπτωση της διαγωνίου του τετραγώνου, είτε στην περίπτωση της ακμής του κανονικού δωδεκαέδρου) θεωρήθηκε αρχικά ως η μοναδική περίπτωση για το άρρητο, όμως οπωσδήποτε η περαιτέρω εξέλιξη της θεωρίας αυτής πρέπει να συνδεθεί με το όνομα του Θεοδώρου. Αυτός θα πρέπει να απέδειξε τις επόμενες περιπτώσεις του αρρήτου (από 3 έως 17 ). (Απαρχαί των Ελληνικών Μαθηματικών, Arpad Szabo. Σελ.52). Η έρευνα βέβαια συνεχίζεται και καθημερινά νέα στοιχεία και νέες ιδέες έρχονται να φωτίσουν την περιοχή αυτή της ιστορίας των Μαθηματικών.


216. Να κατασκευασθεί τρίγωνο (ΑΒΓ) από τη γωνία του Α=ω, τη διχοτόμο αδ δ= της γωνίας Α και το άθροισμα β γ λ+ = των πλευρών του β και γ. Λύση: Έστω ότι το ζητούμενο τρίγωνο κατασκευάστηκε και είναι το ΑΒΓ του σχήματος 1.

Σ’ αυτό το τρίγωνο γνωρίζουμε τη γωνία: Α=ω, (1)

Το μήκος της διχοτόμου της γωνίας Α: δα=δ, (2)

και το άθροισμα: β+γ=λ, (3)

των πλευρών β και γ. Στην προέκταση της ΑΒ και προς το μέρος του Β θεωρούμε τμήμα

ΒΕ=β=ΑΓ (4)


Τότε: ( )3

γ β λΑΕ = ΑΒ+ΒΕ = + = Θεωρούμε στη συνέχεια τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ ο οποίος τέμνει την προέκταση της διχοτόμου ΑΔ στο σημείο Ζ. Τότε προφανώς θα είναι:

ΒΖ = ΖΓ και συνεπώς ( )5ΒΖ = ΖΓ Αν φέρουμε την ΕΖ τότε σχηματίζεται το τρίγωνο (ΒΕΖ) το οποίο συγκρινόμενο με το τρίγωνο (ΑΖΓ) διαπιστώνεται ότι:

( )( )

4

6βΒΕ = ΑΓ = ( )

( )5

7ΒΖ = ΖΓ ( )8ΕΒΖ = ΑΓΖ

Η σχέση (8) αληθεύει επειδή στο εγγεγραμένο τετράπλευρο (ΑΒΖΓ) η μια από τις γωνίες αυτές είναι εσωτερική και η άλλη απέναντι εσωτερική. Από τις σχέσεις (6), (7) και (8) διαπιστώνεται ότι τα τρίγωνα (ΒΕΖ) και (ΑΖΓ) είναι ίσα διότι έχουν δύο πλευρές και την περιεχόμενη γωνία ίση. Από την ισότητα των τριγώνων αυτών προκύπτει ακόμα ότι:

( )9ΑΖ = ΕΖ και

( )10

2ω

ΒΕΖ = ΖΑΓ = Από τις (9) και (10) συμπεραίνεται ότι το τρίγωνο (ΑΕΖ) είναι ισοσκελές με βάση:

γ β λΑΕ = ΑΒ +ΒΕ = + = και με παρά την βάση γωνία ίση με ω/2. Άρα το τρίγωνο αυτό είναι κατασκευάσιμο. Από την κατασκευή του (ΑΕΖ) προκύπτει:

/ 2( / 2)λ

συν ωΑΖ =

Άρα:

( )/ 2 11( / 2)

ctλ δσυν ω

ΔΖ = ΑΖ−ΑΔ = − = Ακόμα το σημείο Γ βλέπει το γνωστό μήκος ΔΖ με γωνία σταθερή ίση με ω/2,διότι:

( )122ω

ΒΓΖ = ΑΒΖ = γιατί οι γωνίες αυτές είναι εγγεγραμμένες και βαίνουν στο ίδιο τόξο.


Από τις (11) και (12) προκύπτει ότι η θέση του σημείου Γ θα είναι η τομή της συμμετρικής της ΑΕ ως προς άξονα την ΑΖ και του γνωστού τόξου που βλέπει το μήκος ΔΖ με γωνία ίση με ω/2. Μετά την κατασκευή του σημείου Γ εύκολα προκύπτει και η θέση του σημείου Β. Διερεύνηση: Για να έχει λύση πρέπει να ισχύει:

( )/ 2 0 13( / 2)λ δ

συν ω− 〉

κι ακόμα το τόξο (ΔΖ, ω/2) να τέμνει τη συμμετρική της ΑΧ ως προς την ΑΖ. Το πλήθος των λύσεων θα είναι 0,1,2 και εξαρτάται από το πλήθος των σημείων τομής του τόξου αυτού με την ΑΨ.

Για την άλλη φορά 243. Έστω ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρά μήκους α. Δύο σημεία Κ και Ν βρίσκονται αντίστοιχα πάνω στις πλευρές ΑΒ και ΑΓ έτσι ώστε η ευθεία ΚΝ να τέμνει την προέκταση της πλευράς ΒΓ στο σημείο Μ (βλ. σχήμα). Αν τα τρίγωνα ΑΚΝ, ΝΓΜ και το τετράπλευρο ΚΒΓΝ έχουν το ίδιο εμβαδόν, τότε:

i. αποδείξτε ότι η ΚΓ είναι παράλληλη προς την ΑΜ. ii. υπολογίστε το μήκος των ΑΚ, ΑΝ και ΓΜ συναρτήσει του α.

(Διαγωνισμός ΑΣΕΠ Μαθηματικών. Σάββατο 31/1/2009)

244. Αν

02

a π〈 〈 , τότε να βρεθεί το όριο:

2 3lim ;2 2 2 2nnα α α α

συν συν συν συν→∞

⎛ ⎞⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠ (Διαγωνισμός ΑΣΕΠ Μαθηματικών. Σάββατο 31/1/2009)









Αξίζει να επιμείνει κανείς στην διερεύνηση της γενικότερης άποψης των σύγχρονων μελετητών, σχετικά με την ιστορία της θεωρίας του Αρρήτου. Είναι ενδιαφέρον γιατί μέσα από τις απόψεις αυτές θεμελιώνεται για μια ακόμα φορά η αντίληψη της προσφοράς των αρχαίων ελλήνων μαθηματικών στην επιστήμη των αριθμών και της μέτρησης. Όπως αναφέρθηκε και στο προηγούμενο φύλλο, το όνομα εκείνο το οποίο συνδέεται άμεσα με την έννοια του Αρρήτου, είναι ο Ίππασος ο Μεταποντίνος ο οποίος ασχολήθηκε με το κανονικό δωδεκάεδρο, το οποίο ως γνωστό είναι ένα από τα πέντε στερεά του Πλάτωνα. Το κανονικό δωδεκάεδρο αποτελείται από δώδεκα έδρες που είναι ίσες μεταξύ των και μάλιστα αποτελεί η κάθε μια ένα κανονικό πεντάγωνο. Κατά τον Πλάτωνα συμβόλιζε το σύμπαν, την πεμπτουσία. Για το θέμα αυτό ο Arpad Szabo γράφει: «Διότι αφ‛ ενός μεν γνωρίζομεν, ότι το πεντάγραμμον ήτο το έμβλημα της σχολής των Πυθαγορείων, αφ‛ ετέρου δε απεκαλύφθη από πηγήν της υστέρας αρχαιότητας ότι ο Ίππασος ο Μεταποντίνος ησχολήθη με το πενταγωνικόν δωδεκάεδρον. Δηλαδή ότι αυτός είναι ο πρώτος ο οποίος ανεκοίνωσε και περιέγραψε δημοσία «σφαίρα» αποτελουμένη από 12 πεντάγωνα, και ότι εξ αιτίας αυτού επνίγη εις την θάλασσαν, ως άθεος» (Απαρχαί των Ελληνικών Μαθηματικών. Σελ.51). Όπως και να έχουν συμβεί τα γεγονότα αυτά, το συμπέρασμα το οποίο συνάγεται είναι αυτό που διατυπώνει ο καθηγητής της κλασσικής φιλολογίας στο πανεπιστήμιο της Ζυρίχης, W. Burkert: «Σταθερό σημείο για την ανακάλυψη της θεωρίας του Αρρήτου μένει το ότι ο Θεόδωρος ο Κυρηναίος απέδειξε το άρρητο των 3 έως 17 , κι ότι το άρρητο της 2 ήταν από προηγούμενα γνωστό» (Απαρχαί των Ελληνικών Μαθηματικών. Σελ.51). Άρα η νέα αυτή εποχή που υπαινίσσεται ο Arpad Szabo(Στήλη των Μαθηματικών, Ν:148) κατά την οποία φωτίζεται η έννοια του Αρρήτου ξεκινά από τον Θεόδωρο τον Κυρηναίο. Αν αναφερθούμε στην άποψη του μαθηματικού H.Vogt, τότε η υπόθεση του Αρρήτου διακρίνεται ιστορικά σε τρεις περιόδους: 1η περίοδος: Ξεκινάει από την εποχή των Πυθαγορείων και φθάνει μέχρι το 410π.Χ. Κατά την περίοδο αυτή και κυρίως κατά την εποχή των νεώτερων

No:149


πυθαγορείων είναι γνωστή η ασυμμετρία της διαγωνίου του τετραγώνου προς την πλευρά του τετραγώνου. Γνωστές επίσης θα ήταν και οι διάφορες προσεγγιστικής τιμές της 2 . 2η περίοδος: Η περίοδος αυτή είναι η εποχή του Θεόδωρου του Κυρηναίου (410 – 390π.Χ.), κατά την οποία ο Θεόδωρος γενίκευσε το πρόβλημα, όπως αναφέρεται και στο έργο του Πλάτωνα «Θεαίτητος», μέχρι και την 17 , εφαρμόζοντας γενικά τον πυθαγόρειο τρόπο σκέψης. 3η περίοδος: είναι η περίοδος μεταξύ του 390π.Χ. και του 370π.Χ. κατά την οποία ο Θεαίτητος ο Αθηναίος δημιουργεί τις βάσεις μιας γενικότερης θεωρίας τετραγωνισμού του αρρήτου.


217. Να δειχθεί ότι για κάθε φυσικό αριθμό n μεγαλύτερο του μηδενός ισχύει:

( ) ( )9 1n n πολ− =∑ όπου ( )n∑ το άθροισμα των ψηφίων του αριθμού n γραμμένου στο δεκαδικό σύστημα.

(Τσόπελας Ιωάννης. Θερινό Σχολείο ΕΜΕ Ημαθίας 2008) Λύση: Έστω ότι ο φυσικός αριθμός n είναι της μορφής:

( )1 2 2 1... 2m m mn a a a a a− −= όπου οι αριθμοί:

1 2 2 1, , ,..., ,m m ma a a a a− − είναι οι φυσικοί αριθμοί από 0 μέχρι και το 9, δηλαδή αποτελούν ψηφία του δεκαδικού συστήματος αρίθμησης. Επίσης θεωρούμε ότι ο αριθμός n έχει m ψηφία, δηλαδή:

0ma ≠ Άρα:

( ) ( )1 2 1... 3m mn a a a a−Σ = + + + + Το πρώτο μέλος της σχέσης (1) τότε γίνεται:

( )( ) ( )

( ) ( )2 , 3

1 2 2 1 1 2 1... ... 4m m m m mn n a a a a a a a a a− − −− = − + + + +∑ Όμως ακόμα είναι:

1 2 2 11 2

1 2 1

...

10 10 ... 10m m m

m mm m

n a a a a a

a a a a− −

− −−

= =

= ⋅ + ⋅ + + ⋅ + Δηλαδή:

( )1 21 2 110 10 ... 10 5m mm mn a a a a− −−= ⋅ + ⋅ + + ⋅ +


Τότε η σχέση (4) λόγω της (5) γίνεται:

( )n n− =∑ ( )1 2 2 1 1 2 1... ...m m m m ma a a a a a a a a− − −= − + + + + =

1 21 210 10 ... 10

m mm ma a a a

− −−= ⋅ + ⋅ + + ⋅ + 1 1 2 1...m ma a a a−− − − − − =

( ) ( ) ( )1 21 210 1 10 1 ... 10 1m mm ma a a− −−= − + − + + − Δηλαδή:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 21 210 1 10 1 ... 10 1 6m mm mn n a a a− −−− = − + − + + −∑ Όμως:

( ) ( ) ( )1 210 1 10 1 10 10 ... 1 9, 1, 7k k k Zπολ κ κ− −− = − + + + = ∀ ≥ ∈Από τις σχέσεις (6) και (7) προκύπτει ότι:

( ) 9n n πολ− =∑ Δηλαδή η ζητούμενη (1). 218. Στο σχήμα 1 δίνεται ένα ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ και ένα τετράγωνο ΔΕΖΗ όπου Δ ανήκει στην ΑΓ, Ε στην ΑΒ και Η στην υποτείνουσα ΒΓ. Αν γνωρίζουμε ότι μεταξύ των εμβαδών του τετραγώνου και τριγώνου ισχύει:

( )( ) 2 1( ) 5

Ε ΔΕΖΗ=

Ε ΑΒΓ

να δείξετε ότι: ( )2 2x y=

(Λιότσιου Βενετία. Θερινό Σχολείο ΕΜΕ Ημαθίας 2008) Λύση: Στο σχήμα 1 έχουμε ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ και ένα τετράγωνο τέτοιο ώστε το Δ να ανήκει στην πλευρά ΑΓ, το Ε να ανήκει στην ΑΒ και το Η να ανήκει στην υποτείνουσα ΒΓ. Αν φέρουμε από το σημείο Η την κάθετη ΗΘ προς την ΑΓ τότε τα τρίγωνα (ΑΕΔ) και (ΔΘΗ) θα είναι ίσα διότι:

ΔΕ = ΔΗ (πλευρές τετραγώνου)

και


ΑΔΕ =ΘΗΔ (αφού είναι οξείες και έχουν τις πλευρές των κάθετες) Έτσι τα τρίγωνα αυτά έχουν την υποτείνουσα και μια οξεία γωνία ίση. Άρα είναι ίσα. Από την ισότητα των τριγώνων αυτών προκύπτει:

( ), 3y xΘΔ = ΑΕ = ΘΗ = ΑΔ = Εξάλλου το τρίγωνο (ΘΓΗ) είναι ορθογώνιο ισοσκελές άρα:

( )4xΘΓ =ΘΗ = Από τις (3) και (4) είναι:

( )2 5x y x x yΑΓ = ΑΔ +ΔΘ+ΘΓ = + + = + Μετά από αυτά η δοσμένη σχέση (1) γίνεται:

( )( ) ( )

2( ) 2 2

1( ) 5 52

ΔΕΕ ΔΕΖΗ= ⇔ = ⇔

Ε ΑΒΓ ΑΒ ΑΓ

2⇔

( )( ) ( )

2 22

2 2x y

x y x y+

=+ +

( ) ( )2 2 22 55 x y x y⇔ + = + ⇔ 2 2 2 2 2 24 4 5 5 4 4 0x xy y x y y xy x⇔ + + = + ⇔ − + = ⇔

( )22 0 2y x x y⇔ − = ⇔ = Δηλαδή η ζητούμενη (2).


245. Τρεις πόλεις Α, Β, Γ βρίσκονται κατά μήκος ενός αυτοκινητόδρομου με αποστάσεις ΑΒ=200km, ΒΓ=400km, και ΑΓ=600km. Ένα αυτοκίνητο κινούμενο συνεχώς ξεκινά από την πόλη Α, περνάει από την πόλη Β μετά από 3 ώρες και φθάνει στην πόλη Γ σε 6 ώρες. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο τουλάχιστον χρονικές στιγμές που διαφέρουν κατά 3 ώρες, έτσι ώστε το αυτοκίνητο τη μια χρονική στιγμή είχε διπλάσια ταχύτητα απ΄ ό,τι την άλλη (η συνάρτηση που εκφράζει το διάστημα συναρτήσει του χρόνου είναι συνεχής και παραγωγίσιμη).










Το «Θεαιτητικό Πρόβλημα»

Με τον όρο «Θεαιτητικό Πρόβλημα» ο Ούγγρος καθηγητής της φιλολογίας και μελετητής της Αρχαίας Ελληνικής Επιστήμης Arpad Szabo, εννοεί το πρόβλημα, του κατά πόσο ο νεαρός Θεαίτητος που συζητά με το φιλόσοφο Σωκράτη, υπήρξε πράγματι ένας σπουδαίος μαθηματικός και ποιες επιστημονικές ανακαλύψεις του αποδίδουν. Παρόλο που το πρόβλημα αυτό το θεωρεί δευτερεύουσας σημασίας εν τούτοις διεξοδικά ασχολείται και προβαίνει σε γενικότερους σχολιασμούς. Οι απόψεις του όπως αυτές εμφανίζονται στο βιβλίο «Απαρχαί των Ελληνικών Μαθηματικών. Σελ.112) συνοψίζονται ως εξής:

• Ο Πλατωνικός διάλογος «Θεαίτητος» αποτελεί σπουδαία πηγή για την ιστορία του προβλήματος του Αρρήτου.

• Η Πλατωνική περικοπή (Θεαίτητος 147c-148b) θεωρήθηκε ταυτόχρονα από τους περισσότερους μελετητές ως και «τεκμήριο» για το ρόλο του Θεαίτητου στην ιστορία της επιστήμης.

• Η περικοπή αυτή δεν μπορεί να ερμηνευθεί ικανοποιητικά αν δεν ληφθεί υπόψη το περίπλοκο του όλου προβλήματος του Αρρήτου.

Όμως ο καθηγητής Arpad Szabo γράφει: «Ελπίζω ότι εις τα ανωτέρω απέδειξα ότι, βάσει της αναλυθείσης πλατωνικής περικοπής (Θεαίτητος 147c-148b) ουδένα νέον μαθηματικόν όρον (και αντιστοίχως χαρακτηρισμόν) δια μίαν τοιαύτην πρότασιν ή ακόμη ολιγώτερον, δι‛ άλλην τυχούσαν πρότασιν, δύναται κανείς ν‛ αποδώσει εις τον πλατωνικόν Θεαίτητον». Με άλλα λόγια υποστηρίζει, πως από το διάλογο αυτό δεν προκύπτει η σπουδαιότητα του μεγάλου αυτού μαθηματικού της αρχαιότητας. Κι όμως στη συνέχεια συμπληρώνει: « Κατέχομεν εν τούτοις όντως δύο τοιαύτας αρχαίας πηγάς, αι οποίαι δίδουν την εντύπωσιν ότι απηχούν μίαν παράδοσιν, συμφώνως προς την οποίαν απέδιδον εις τον Θεαίτητον ήδη και κατά την αρχαιότητα συγκεκριμένας ανακαλύψεις, σχετικώς με την διδασκαλίαν περί των αρρήτων». Οι πηγές αυτές είναι αδιάψευστες και μνημονεύονται από πολλούς μελετητές των αρχαίων κειμένων. Συγκεκριμένα αυτές είναι: 1η πηγή: Στα στοιχεία του Ευκλείδη και ειδικότερα στο 10 βιβλίο(Πρόβλημα 9) υπάρχει ένα σχόλιο το οποίο σε σημερινή μετάφραση λέει:

No:150


«Αυτό το θεώρημα είναι μια ανακάλυψη του Θεαίτητου. Και έχει γίνει αναφορά σ‛ αυτό από τον Πλάτωνα στο διάλογο «Θεαίτητος». Με τη διαφορά ότι εκεί βρίσκεται σε ειδική περίπτωση ενώ εδώ σε γενική»

(Euclides Elementa(έκδοση: Heiberg) V, σελ. 450,16 και έξ. (Δες και ελληνικό κείμενο υποσ.59))


219. Να δειχθεί ότι:

( ) ( ) ( )1

! 1 ! 1, 1n

kk k n n N

=

= + − ∀ ∈∑ Λύση: 1ος τρόπος Είναι γνωστό ότι για κάθε φυσικό αριθμό n ορίζεται ότι:

Άρα μπορούμε να γράψουμε:

( ) ( )1 ! ! 1k k k+ = + ή ακόμα:

( ) ( )1 ! ! !k k k k+ = ⋅ + και τελικά:

( ) ( ) ( )! 1 ! ! 3k k k k⋅ = + − όπου:

1 ,k n k N≤ ≤ ∈ Στον τύπο (3) θέτουμε διαδοχικά στη θέση του k τις τιμές: 1,2,3,…,n, όπου n τυχαίος φυσικός αριθμός μεγαλύτερος του μηδενός. Άρα:

( )1: 1 1! 2!k = =( )

1!

2 : 2 2! 3!k

−

= = 2!−

( )3: 3 3! 4!k = = 3!−............................ ....... .

( ) ( ): ! 1 ! !k n n n n n= = + −

( ) ( ) ( )

( )

1 1! 2 2! ... ( !) 1 ! 1n n n

⎫⎪⎪⎪⎪ +⎬⎪⎪⎪⎪⎭

+ + + = + −

Τελικά είναι:

( 2 ) 1 2 3 ... , 1

!1, 0

n nn

n⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ≥⎧

= ⎨ =⎩


( ) ( )1

! 1 ! 1,n

kk k n n N

=

= + − ∀ ∈∑ Δηλαδή ο ζητούμενος τύπος (1). 2ος τρόπος: Θα χρησιμοποιήσουμε την μέθοδο της τέλειας επαγωγής.

• Ελέγχουμε την πρόταση (1) για n=1. Τότε η (1) γίνεται:

( )1 1! 2! 1 1 1= − ⇔ = δηλαδή αληθής. • Υποθέτουμε ότι η (1) αληθεύει για κάποιο τυχαίο 1n〉 , δηλαδή ισχύει:

( ) ( ) ( )1

! 1 ! 1n

kk k n i

=

= + −∑ Ζητούμε τότε να δείξουμε ότι ισχύει και για τον επόμενο, δηλαδή τον 1n+ . Άρα θέλουμε να δείξουμε ότι θα ισχύει:

( ) ( ) ( )1

1! 2 ! 1

n

kk k n ii

+

=

= + −∑ Επομένως ζητούμε την αλήθεια της (ii) στηριζόμενοι στην αλήθεια(υποθετική) της (i).

(Βήμα από το n στο 1n+ ) Πράγματι τότε το πρώτο μέλος της (ii) είναι:

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

1

1 1

! ! 1 1 !

1 ! 1 1 1 ! 1 ! 1 1 1

1 ! 2 1 2 ! 1

n k n

k k

i

k k k k n n

n n n n n

n n n

+ =

= =

= + + + =

= + − + + + = + + + − =⎡ ⎤⎣ ⎦= + + − = + −

∑ ∑

Άρα:

( ) ( )1

1

! 2 ! 1n

kk k n

+

=

= + −∑ Δηλαδή ισχύει η (ii). Άρα ο ζητούμενος τύπος ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n . 220. Οι αριθμοί του Fermat ορίζονται από τη σχέση:

22 1n

nF = + για κάθε φυσικό αριθμό n .


Για παράδειγμα: 0 1 23, 5, 17F F F= = = .

Δείξτε ότι αν m n≠ τότε ( ) ( ), 1 1n mF F = Λύση: Προτού λυθεί η άσκηση αξίζει να αναφερθεί κανείς για λίγο στην ιστορία των αριθμών αυτών. Ο J.P.Fermat(1601-1665) είναι ο πρώτος που συνέλαβε την ιδέα ότι ο τύπος

22 1n

nF = + μπορεί για τις διάφορες τιμές του n να αποτελέσει μια μηχανή παραγωγής πρώτων αριθμών. Με άλλα λόγια ο τύπος αυτός, για κάθε φυσική τιμή του n , να δίνει πρώτο αριθμό. Πράγματι ο τύπος αυτός για τις τιμές 0,1, 2,3, 4n = δίνει αντίστοιχα τους αριθμούς:

3, 5, 17, 257, 65537 οι οποίοι είναι πρώτοι. Όμως ο αριθμός:

525 2 1 4 294 967 297F = + =

δεν είναι πρώτος! Την απόδειξη αυτή την έκανε ο L.Euler(1707-1783), ο οποίος απέδειξε ότι ο πέμπτος αριθμός του Fermat είναι σύνθετος και μάλιστα ότι διαιρείται με το 641. Σήμερα οι αριθμοί αυτοί συνεχίζουν να αποτελούν αντικείμενο έρευνας των μαθηματικών. Το ερώτημα για ποιες τιμές δίνουν πρώτους και για ποιες σύνθετους συνεχίζει να απασχολεί τη μαθηματική κοινότητα και νέα ευρήματα έρχονται στο φως. Η βοήθεια της νέας τεχνολογίας των υπολογιστών είναι στην κατεύθυνση αυτή πολύτιμη.


246. Έστω ο τετραγωνικός πίνακας:

,1 ,ij i j nα⎡ ⎤Α = ≤ ≤⎣ ⎦ και .ij Rα ∈ Αν υπάρχουν 1 2, Rλ λ ∈ με 1 2λ λ≠ και δύο μη μηδενικά

διανύσματα ,n nx R y R∈ ∈

τέτοια ώστε:

1x xλΑ =

και 2y yλΑ =

,

να αποδείξετε ότι τα x

και y

είναι γραμμικώς ανεξάρτητα.




Η Στήλη των Μαθηματικών. Τετάρτη 4 Μαρτίου 2009 1/4







Η δεύτερη πηγή από το γενικότερο χώρο της ελληνικής αρχαιότητας την οποία αναφέρει ο καθηγητής Arpad Szabo στην επιχειρηματολογία του σχετικά με το «Θεαιτητικό πρόβλημα» είναι πιο διεξοδική και μιλά καθαρότερα για την προσφορά του νεαρού Θεαίτητου στα μαθηματικά και ειδικότερα στη θεωρία του Αρρήτου. Η πηγή αυτή είναι μια αναφορά στο έργο του Θεαίτητου και ανήκει στα Σχόλια του Πάππου που αφορούν το δέκατο βιβλίο του Ευκλείδη. Το κείμενο διασώθηκε μόνο στην Αραβική μετάφραση. («Απαρχαί των Ελληνικών Μαθηματικών. Σελ.115) 2η πηγή: «Η θεωρία για τα άρρητα μεγέθη έλκει την καταγωγή της από τη σχολή του Πυθαγόρα. Εξελίχθηκε αρκετά από τον Αθηναίο Θεαίτητο, ο οποίος επέδειξε στον τομέα αυτό, αλλά και σε άλλους τομείς των Μαθηματικών, δικαιολογημένα μια αξιοθαύμαστη ικανότητα. Ο Θεαίτητος υπήρξε ένας από τους πλέον προικισμένους ανθρώπους και επιδόθηκε με ενθουσιασμό στην έρευνα των αληθειών στις επιστήμες αυτές, καθώς αυτό μαρτυρείται από τον Πλάτωνα στο έργο του, το οποίο πήρε από αυτόν το όνομα. Όσον αφορά βέβαια την ακριβή διάκριση των ανωτέρω αυτών αναφερθέντων μεγεθών και την υπερακριβή επίδειξη των προτάσεων, οι οποίες δίνουν τη λαβή για τη δημιουργία της θεωρίας αυτής, πιστεύω, ότι κατασκευάστηκαν κατά μεγάλο μέρος από τον μαθηματικό αυτό. Επίσης αργότερα ο μέγας Απολλώνιος, του οποίου η μεγαλοφυΐα στα Μαθηματικά έφθασε στο ύψιστο σημείο της τελειότητας, ύστερα από πολλές προσπάθειες και κόπο, πρόσθεσε μερικές αξιοσημείωτες παρατηρήσεις στις ανακαλύψεις αυτές. Και αυτό διότι ο Θεαίτητος διέκρινε τις τετραγωνικές ρίζες (puissances θα πρέπει να ονομάζονται οι δυνάμεις του πλατωνικού χωρίου) σε σύμμετρες κατά το μήκος και σε ασύμμετρες. Επίσης ο Θεαίτητος είναι αυτός που διέκρινε τα πολύ γνωστά είδη των αρρήτων ευθειών, βάσει διαφόρων μέσων. Έτσι στη Γεωμετρία εισήγαγε τον «Μέσο», στην Αριθμητική την δυονομική(«εκ δύο ονομάτων») καθώς και τέλος στην Αρμονία την «Αποτομήν» καθώς εξακριβώθηκαν αυτά από τον Εύδημο τον Περιπατητικό κτλ» Στη δεύτερη αυτή πηγή η οποία χρονολογείται από την εποχή του 4ου αιώνα μ. Χ. και η οποία περιέχει λόγια γραμμένα από το μεγάλο μαθηματικό Πάππο, φαίνεται καθαρά η

No:151


κυρίαρχη άποψη πως ο Θεαίτητος είναι αυτός που έδωσε σημαντική ώθηση στη μελέτη του προβλήματος του αρρήτου. Ο Πάππος έζησε στο λυκόφως της αρχαίας ελληνικής επιστήμης και μάλιστα σε μια εποχή όπου δεσπόζει η μεταφυσική έρευνα και είναι έντονο το θρησκευτικό συναίσθημα. Ο μαθηματικός αυτός έζησε στην Αλεξάνδρεια και προσπάθησε να συγκεντρώσει τα σπουδαιότερα μαθηματικά ευρήματα των αρχαίων ελλήνων στο έργο του «Συναγωγή». Το έργο αυτό αποτελείται από οχτώ βιβλία και το μεγαλύτερο μέρος από αυτά έχει διασωθεί. Σπουδαίο έργο του είναι ακόμα τα «Σχόλια στα Στοιχεία του Ευκλείδη» από το οποίο ελάχιστα μέρη έχουν διασωθεί.


220. Οι αριθμοί του Fermat ορίζονται από τη σχέση:

( )22 1, 1nnF = + για κάθε φυσικό αριθμό n . Για παράδειγμα: 0 1 23, 5, 17F F F= = = .

Δείξτε ότι αν m n≠ τότε ( ) ( ), 1 2n mF F = Λύση: (Συνέχεια από το προηγούμενο ιστορικό)

1η περίπτωση: Έστω ότι m n〉 . Από την ταυτότητα:

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

1 22 2 2 2 2

1 22 2

1 1 1 ... 1

1 1 ... 1

k k kk

k k

x x x x x

x x x x

− −

− −

− = − = − + + + =

= − + + + +

προκύπτει ότι:

( )21/ 1, 3kx x+ − Αν στη σχέση (3) θέσουμε:

22n

x = τότε αυτή γίνεται:

( )22 2 2 22 1/ 2 1 2 1n n nk k⋅+ − = − και συνέχεια:

12m nk − −= τότε έχουμε:

( )12 2 22 2 2 22 1/ 2 1 2 1 2 1n m nn n mk

− −⋅⋅+ − = − = − ή:

( )2 22 1/ 2 1 2n m+ + −


Δηλαδή:

( )/ 2 4n mF F − Ζητούμε να δείξουμε τη σχέση (2), δηλαδή ότι οι αριθμοί

,n mF F είναι πρώτοι μεταξύ των. Έστω ότι:

( ),n md F F= είναι ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των αριθμών αυτών. Τότε:

( )( )

4

/ / 2 5n md F d F⇒ − όμως:

( )/ 6md F Από τις (5) και (6) συνεπάγεται:

( )/ 2 2m md F F− − = Δηλαδή:

/ 2d Οι θετικοί διαιρέτες του 2 είναι το 1 και το 2. Επειδή οι αριθμοί του Fermat είναι περιττοί δεν μπορεί ο 2 να είναι διαιρέτης αυτών. Άρα:

1d = 2η Περίπτωση. Έστω m n〈 . Εργαζόμαστε με τον ίδιο τρόπο.

221. Να δείξετε ότι αν ο p είναι πρώτος αριθμός μεγαλύτερος του 3 τότε ο αριθμός p2+2 είναι σύνθετος. Λύση:

Ο αριθμός p αφού θα είναι μεγαλύτερος του 3 θα είναι της μορφής: ( )( )( )

3 1

3 1 2

3 2 3

p k

p k

p k

=

= +

= +

1η περίπτωση: Αποκλείεται διότι ο αριθμός p είναι πρώτος. 2η περίπτωση: Τότε έχουμε:

( )22 22

2 3 1 2 9 6 1 2

9 6 3 3

p k k k

k k πολ

+ = + + = + + + =

= + + =


Άρα ο 2 2p + είναι σύνθετος.

3η περίπτωση: Όμοια έχουμε:

( )22 22

2 3 2 2 9 12 4 2

9 12 6 3

p k k k

k k πολ

+ = + + = + + + =

= + + =

Δηλαδή πάλι ο 2 2p + είναι σύνθετος.

Άρα γενικά ισχύει η ζητούμενη πρόταση. 222. Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθμού: 83247 με το 7. Λύση: Είναι:

83 7 11 6 7 6πολ= ⋅ + = + Άρα:

( ) ( ) ( )247 247 24783 7 6 7 6 1πολ πολ= + = + Όμως:

( ) ( )( ) ( ) ( )

123 123247 2 123 1 2

123 123

6 6 6 6 36 6

35 1 6 7 1 6 7 1 6 7 6πολ πολ πολ

⋅ += = ⋅ = ⋅ =

= + ⋅ = + ⋅ = + ⋅ = +Δηλαδή:

( )2476 7 6 2πολ= + Άρα από τις (1) και (2) προκύπτει ότι ο αριθμός ( )24783 διαιρούμενος με το 7 δίνει υπόλοιπο ίσο με 6.


247. Από την κορυφή Α ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ φέρουμε ημιευθεία Αχ που τέμνει την πλευρά ΒΓ στο Δ. Πάνω στην Αχ παίρνουμε σημείο Ε τέτοιο ώστε ΒΑ = ΒΕ. Να υπολογίσετε τη γωνία ΑΕΓ

26η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα «Ο Αρχιμήδης». 21/2/09. Θέματα μικρών τάξεων










Οι δύο πηγές που αναφέρθηκαν (Στήλη των Μαθηματικών Νο:150, 151) είναι σημαντικές και αποτυπώνουν με σαφήνεια την ιστορική άποψη για το έργο του Θεαίτητου, του νεαρού μαθηματικού της ελληνικής αρχαιότητας. Σύμφωνα λοιπόν με αυτές, η θεωρία που αφορά τη μελέτη των άρρητων μεγεθών εξελίχθηκε σημαντικά από τον Αθηναίο Θεαίτητο. Παρατηρούμε και στην περίπτωση αυτή ότι η μακραίωνη «παράδοση» κατέγραψε και απέδωσε στο μαθηματικό αυτό την πατρότητα της μελέτης αυτής. Από την εποχή που ο Ευκλείδης έγραψε τα «Στοιχεία», μέχρι και την εποχή της ύστερης αρχαιότητας, όπου ο Πάππος της Αλεξανδρινής Σχολής σχολιάζει εκτενώς τα Στοιχεία του Ευκλείδη, η άποψη η οποία διαμορφώνεται για το έργο του νεαρού Θεαίτητου είναι αυτή που αποτυπώνεται στις δύο αυτές πηγές και του αποδίδει τη μεγάλη συμβολή στην ανάπτυξη της θεωρίας των άρρητων μεγεθών. Ο διαχωρισμός των ευθύγραμμων τμημάτων σε «μήκη» και σε «δυνάμεις» (Στήλη των Μαθηματικών Νο 138) από το μαθητή του Θεόδωρου του Κυρηναίου, Θεαίτητο είναι καθοριστικός για την παραπέρα μελέτη του προβλήματος. Στο σημείο αυτό καλό είναι να αναφέρουμε την πρόταση Χ9 από τα «Στοιχεία» για να δούμε πώς η ιδέα του Θεαίτητου διατυπώνεται, σχεδόν εκατό χρόνια αργότερα, οριστικά πλέον από τον Ευκλείδη. «Τα από των μήκει συμμέτρων ευθειών τετράγωνα έχει προς άλληλα λόγον, όν τετράγωνος αριθμός προς τετράγωνον αριθμόν, και τα τετράγωνα, τα προς άλληλα έχοντα λόγον, όν τετράγωνος αριθμός προς τετράγωνον αριθμό, έξει και τας πλευράς μήκει συμμέτρους, τα δε από των μήκει ασυμμέτρων ευθειών τετράγωνα ουκ έχει προς άλληλα λόγον, όνπερ τετράγωνος αριθμός προς τετράγωνον αριθμόν. Και τετράγωνα, τα προς άλληλα μη έχοντα λόγον, ον τετράγωνος αριθμός προς τετράγωνον αριθμόν, ουδέ τας πλευράς έχει μήκει συμμέτρους» Στη σημερινή γλώσσα των μαθηματικών η πρόταση αυτή δηλώνει την παρακάτω ταξινόμηση των τετραγώνων:

• Αν ο λόγος των εμβαδών δύο τετραγώνων είναι ίσος με το λόγο των τετραγώνων δύο ακεραίων αριθμών, τότε οι πλευρές των τετραγώνων αυτών είναι μεταξύ των σύμμετρες.

• Αν ο λόγος των εμβαδών δύο τετραγώνων δεν είναι ίσος με το λόγο των τετραγώνων δύο ακεραίων αριθμών, τότε οι πλευρές των τετραγώνων αυτών δεν είναι μεταξύ των σύμμετρες. Η πρόταση αυτή του Ευκλείδη είναι στέρεα διατυπωμένη και αποτελεί βασικό στοιχείο του ορισμού των άρρητων μεγεθών. Αν την συγκρίνει κανείς με την πρόταση που διατυπώνει ο Θεαίτητος στο Πλατωνικό έργο, τότε εύκολα παρατηρεί τη βασική «ταξινόμηση» των μεγεθών (ευθειών γραμμών, ευθυγράμμων τμημάτων) σε σύμμετρα και ασύμμετρα με το ίδιο σχεδόν κριτήριο.

No:152


Η βασική ιδέα του Θεαίτητου σύμφωνα με την οποία ταξινομεί τις γραμμές σε «μήκη» και σε «δυνάμεις» αποτελεί την δημιουργό «ζύμη» για την οριστική πρόταση των Στοιχείων. (Στήλη των Μαθηματικών Νο 138)


223. Να κατασκευάσετε ένα τετράγωνο εγγεγραμμένο μέσα σε ένα δοθέν ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ. Λύση: 1ος τρόπος (Μάγκος Αθανάσιος, Μαθηματικός 1ο ΕΠΑΛ Κοζάνης) Ανάλυση: Έστω ότι το ζητούμενο τετράγωνο είναι το (ΓΔΕΖ) το οποίο είναι εγγεγραμμένο στο ημικύκλιο (ΑΔΕΒ), κέντρου Ο και ακτίνας R.(Σχήμα 1)

Το σχήμα (ΔΕΗΘ) είναι προφανώς ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο με πλευρές Χ και 2Χ και διαγώνιο 2R. Από την εφαρμογή του Πυθαγορείου θεωρήματος στο ορθογώνιο τρίγωνο (ΔΕΗ) προκύπτει:

( ) ( ) ( )2 2 2ΔΕ + ΕΗ = ΔΗ ή ακόμα:

( ) ( ) ( )2 2 2 2 22 2 5 4R RΧ + Χ = ⇔ Χ = δηλαδή:

( )2 5 15

RΧ =

το οποίο κατασκευάζεται με χάρακα και διαβήτη. Κατασκευή:


Η κατασκευή του τμήματος Χ γίνεται με πολλούς τρόπους. Αναφέρουμε αυτόν που στηρίζεται στην ιστορική «σπείρα του Θεοδώρου». Σύμφωνα λοιπόν με τη μέθοδο αυτή του Θεοδώρου του Κυρηναίου κατασκευάζουμε

το τμήμα 5RΥ = (Σχ. 2)

Μετά την κατασκευή του τμήματος Υ για να κατασκευάσουμε το ζητούμενο Χ διπλασιάζουμε το Υ και διαιρούμε το αποτέλεσμα με το 5 με το γνωστό τρόπο που στηρίζεται στο θεώρημα του Θαλή. Για να κατασκευαστεί το ζητούμενο εγγεγραμμένο τετράγωνο στο ημικύκλιο φέρουμε

την κάθετη στο άκρο Β της διαμέτρου ΑΒ και σ’ αυτήν παίρνουμε τμήμα:

2 55

RΒΜ = Χ =

Αν από το σημείο Μ φέρουμε παράλληλη προς τη διάμετρο ΑΒ τότε αυτή θα τμήσει το ημικύκλιο σε δύο σημεία. Τα Δ και Ε. Αν από τα σημεία αυτά φέρουμε κάθετες προς την ΑΒ τότε θα προκύψει το ζητούμενο τετράγωνο.

3R

2R

4R

5Y R=

2 55

RΧ =


Απόδειξη: Από το ορθογώνιο τρίγωνο (ΔΕΗ) προκύπτει η τιμή του τμήματος ΔΕ. Δηλαδή:

2 200 - pe03.gr · 2018-07-19 · όπου το 8 και το 9 είναι οι αριθμοί...

Documents