Σάλτας Μαθηµατικών of geometric...16.3.4. ∆ιαίρεση τυχαίου αριθµού µε 2 και 0,2 299 16.4. Μνηµονικοί κανόνες υπολογισµού

A4

A3 A5 A1

N A2

A6

M

ΣΣ άά λλ ττ αα ςς ΒΒ αα σσ ίί λλ εε ιι οο ςς ∆∆ ιι δδ άά κκ ττ ωω ρρ ΜΜαα θθ ηη µµ αα ττ ιι κκ ώώ νν

ΚΚ αα ββ άά λλ αα 22 00 00 66

P

ΤΤαα ππρροοββλλήήµµαατταα σστταα ααρρχχααιιοοεελλλληηννιικκάά µµααθθηηµµααττιικκάά κκααιι οοιι αασσκκήήσσεειιςς σσττοο σσύύγγχχρροοννοο

εελλλληηννιικκόό σσχχοολλεείίοο

qp

qppppppppp kkk

→

→→→→→−

,,...,,, 132211

qp

qppppppp kkk

→

→→→→−

,,...,, 1322

ηµιθεώρηµα

2

211 ,

pp

pppp

→

→→

Στα µαθηµατικά διαρκώς πρέπει να υπάρχουν δυο σκοποί: Πρώτος –

διέγερση της εφευρετικότητας, άσκηση της ατοµικής εκτίµησης, του λογικού

συλλογισµού και της συνήθειας σταθερής έκφρασης. ∆εύτερος – σύνδεση των

κλάδων των καθαρών µαθηµατικών µε άλλες εφαρµοσµένες επιστήµες, έτσι ώστε

ο µαθητής να µπορεί να κατανοεί την πραγµατική σχέση µεταξύ των αρχών και

των πραγµάτων.

[1. σελίδα 72]

∆ιεθνής Επιτροπή για τη ∆ιδασκαλία των Μαθηµατικών (έτος 1912)

373

Περιεχόµενα

Εισαγωγή 2

Κεφάλαιο I. Οι ασκήσεις στη σύγχρονη διδασκαλία ως

διδακτική κατηγορία 6

1. Η ύπαρξη των µαθηµατικών ασκήσεων και των λύσεών τους 6

2. ∆οµή της λύσης µαθηµατικής άσκησης. ∆υσκολία και πολυπλοκότητα

της λύσης µαθηµατικής άσκησης 17

3. Σκοπός, διαδικασίες και ρόλος των ασκήσεων στη διδασκαλία των

µαθηµατικών 24

Κεφάλαιο II. Μαθηµατικά προβλήµατα στα αρχαία

ελληνικά µαθηµατικά (έως τον 4ο αιώνα µ.Χ.) 35

1. Συνοπτικές πληροφορίες για τη διδασκαλία των µαθηµατικών στην

Αρχαία Ελλάδα (έως των 4ο αιώνα µ.Χ.) 35

2. Συµβολικός τρόπος γραφής των αριθµών στην Αρχαία Ελλάδα 41

3. Σχετικά µε την εµφάνιση των σχηµάτων για τη λύση προβληµάτων 44

4. ∆ιάσηµα µαθηµατικά προβλήµατα στην Αρχαία Ελλάδα (έως τον 4ο

αιώνα µ.Χ.) 49

4.1. Μαθηµατικές ασκήσεις του Θαλή 50

4.2. Πυθαγόρειο Θεώρηµα 53

4.3. Πρόβληµα του Ζήνωνα 55

4.4. Γεωµετρική απόδειξη της ταυτότητας (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 56

4.5. Κατασκευή των διαγωνίων και πλευρικών αριθµών 57

4.6. Προβλήµατα στα συγγράµµατα του Αρχιµήδη 59

4.7. Η Χρυσή Τοµή και µια υπόθεση για τη θέση ορισµένων

αρχαιολογικών µνηµείων στην Ελλάδα 62

4.8. Προβλήµατα στα «Στοιχεία» του Ευκλείδη 66

4.9. Το πρόβληµα του Απολλώνιου 70

4.10. Ο τύπος του Ήρωνα για τον υπολογισµό του εµβαδού τριγώνου 72

4.11. Αριθµητικές ασκήσεις στα συγγράµµατα του Νικόµαχου 74

4.12. Αριθµητικές ασκήσεις στα συγγράµµατα του ∆ιόφαντου 82

4.13. Αριθµητικές ασκήσεις στα συγγράµµατα του Ιππόλυτου 84

4.14. Προβλήµατα στα συγγράµµατα του Πάππου 85

374

4.15. Τα τρία άλυτα προβλήµατα στην Αρχαία Ελλάδα 86

Κεφάλαιο III: Οι ασκήσεις στη διδασκαλία των

µαθηµατικών στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο 90

1. Παρατηρήσεις για την οργάνωση και των µεθόδων διδασκαλίας των

µαθηµατικών στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο 90

2. Χαρακτηριστικά του περιεχοµένου της διδασκαλίας των µαθηµατικών

στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο 91

2.1. Το περιεχόµενο της διδασκαλίας της γεωµετρίας στα σύγχρονα

ελληνικά σχολικά βιβλία 91

2.2. Το περιεχόµενο της διδασκαλίας της άλγεβρας στα σύγχρονα ελληνικά

σχολικά βιβλία 92

2.3. Το περιεχόµενο της διδασκαλίας των µαθηµατικών της τρίτης τάξης

του Λυκείου – Γενικής Παιδείας 93

2.4. Το περιεχόµενο της διδασκαλίας των µαθηµατικών της Θετικής και

Τεχνολογικής κατεύθυνσης 93

3. Τύποι µαθηµατικών ασκήσεων οι οποίες λύνονται στα σύγχρονα

ελληνικά σχολεία 95

Κεφάλαιο IV. ∆υνατότητες επέκτασης του ρόλου των

ασκήσεων στη διδασκαλία των µαθηµατικών 102

1. Οι ασκήσεις ως προετοιµασία για την εµπέδωση νέων µαθηµατικών

εννοιών 102

1.1. Ασκήσεις για την προετοιµασία των µαθητών να λύνουν ασκήσεις µε

γεωµετρικές κατασκευές 102

1.2. Ασκήσεις για την προετοιµασία των µαθητών να λύνουν ασκήσεις για

απόδειξη 104

1.3. Ασκήσεις για την προετοιµασία των µαθητών να λύνουν ασκήσεις

υπολογιστικές

2. Ασκήσεις για την προπαίδευση νέων µαθηµατικών εννοιών 115

2.1. Ρίζα αριθµού 116

2.2. Αριθµητική συνάρτηση 117

2.3. Ίσα τρίγωνα 117

2.4. Θεώρηµα Θαλή 118

3. Ιστορικές, διασκεδαστικές και παραδοσιακές ασκήσεις ως τρόπο για την 119

375

αύξηση του ενδιαφέροντος προς τη µαθηµατική επιστήµη

3.1. Ιστορικές ασκήσεις 119

3.2. Παραδοσιακές και διασκεδαστικές ασκήσεις 127

Κεφάλαιο V. ∆υνατότητες ανάπτυξης και τελειοποίησης των

ικανοτήτων των µαθητών να λύνουν µαθηµατικές ασκήσεις 131

1. Προϋποθέσεις για την ανάπτυξη των ικανοτήτων για λύση µαθηµατικών

ασκήσεων 131

1.1. ∆ιδακτικός ρόλος των θεωρηµάτων 131

1.2. Προϋποθέσεις για τη συγκρότηση των δυνατοτήτων των µαθητών να

λύνουν µαθηµατικές ασκήσεις 132

1.3. ∆ιδακτικά επίπεδα της λύσης µαθηµατικής άσκησης 134

1.4. Επαγωγική δοµή των µαθηµατικών γνώσεων – θετικά και αρνητικά

135 135

1.5. Παράγοντες της συστηµατοποίησης των ασκήσεων στα σχολικά

µαθηµατικά 135

2. Συστηµατοποίηση των ορισµών και των θεωρηµάτων 137

2.1. ∆ιδακτικό σύστηµα ικανών συνθηκών (∆.Σ.Ι.Σ.) 137

2.2. ∆ιδακτικό σύστηµα αναγκαίων συνθηκών (∆.Σ.Α.Σ.) 138

2.3. Ο ρόλος των ∆.Σ.Ι.Σ. και ∆.Σ.Α.Σ. στη διδασκαλία των µαθηµατικών 139

2.4. «∆υνατές» και «αδύνατες» ιδιότητες των θεωρηµάτων 141

2.5. Συµπεράσµατα και σχόλια 142

3. Λογική δοµή του διδακτικού συστήµατος ασκήσεων 143

4. Συστηµατοποίηση των υπολογιστικών ασκήσεων στα σχολικά

µαθηµατικά 148

5. Ηµιτελείς λύσεις 155

6. Τα ηµιθεωρήµατα στα σχολικά µαθηµατικά 160

6.1 Προκαταρκτικές παρατηρήσεις 160

6.2. Η δοµή των ηµιθεωρηµάτων 161

6.3. Η θέση των ηµιθεωρηµάτων στα σχολικά βιβλία µαθηµατικών 163

6.4 «Ισχύς της άσκησης» − κριτήριο για να θεωρηθεί µια άσκηση

ηµιθεώρηµα 165 165

6.5. ∆ιδακτικά συστήµατα συνδεδεµένα µε τα ηµιθεωρήµατα 166 166

6.6. Παραδείγµατα διδακτικών συστηµάτων από ασκήσεις βασισµένα στη 167

376

ιδέα των ηµιθεωρηµάτων

7. Συµπεράσµατα και σχόλια 172

Κεφάλαιο VI. ∆ιδακτική έρευνα 173

1. Βασικές ενέργειες και οργάνωση της έρευνας 173

2. Αποτελέσµατα και ανάλυση 175

2.1. Έρευνα 1 – Λύση µαθηµατικών ασκήσεων 175

2.2. Έρευνα 2 − Λύση µαθηµατικών ασκήσεων µε τη βοήθεια των

ηµιθεωρηµάτων 184

2.3. Έρευνα 3 − Πρακτική εφαρµογή των µαθηµατικών γνώσεων 189

Κεφάλαιο VII. ∆ιδακτικές παρεµβάσεις – διδακτική

επεξεργασία των µαθηµατικών 194

1. Λάθη κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων 194

1.1. Εισαγωγή 194

1.2. Λογικά λάθη κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων 194

1.3. Περιπτώσεις λαθών κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων 196

1.4. Αίτια των λαθών 200

1.5. Συµπεράσµατα 200

2. ∆ιδακτική επεξεργασία του περιεχοµένου των µαθηµατικών 201


2.2. Η συστηµατοποίηση των γνώσεων ως µέσο κατανόησης των

µαθηµατικών εννοιών 201

2.3. Προετοιµασία του περιεχοµένου διδασκαλίας 202

2.5. Ασκήσεις προτεινόµενες για λύση 204

2.6. Οργάνωση της διδασκόµενης µαθηµατικής θεωρίας 206


3. Ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής 210


3.2. Ύπαρξη των ερωτήσεων πολλαπλής επιλογής 211

3.3. Μορφή των ερωτήσεων πολλαπλής επιλογής 212

3.4. Βαθµολόγηση των ερωτήσεων πολλαπλής επιλογής 214


377

4. Το µάθηµα των µαθηµατικών στο σχολείο 217


4.2.Βασικές ενέργειες κατά τη διεξαγωγή του µαθήµατος των

µαθηµατικών στο σχολείο 217

4.3. Μελλοντικές τάσεις για τη διδασκαλία των µαθηµατικών στο σχολείο 222


5. Η εσωτερική σχέση των µαθηµατικών γνώσεων 228


5.2. Η σχέση των µαθηµατικών γνώσεων µεταξύ τους και µε άλλες

επιστήµες 228

5.3. Εφαρµογή των τριγωνοµετρικών γνώσεων στην άλγεβρα 229



6. Επίλυση ασκήσεων µε την βοήθεια της συστηµατοποίησης των

µαθηµατικών γνώσεων 232


6.2. Ανισοτικές σχέσεις στο τρίγωνο 232

6.3. Προσδιορισµός τύπου τριγώνου 234

6.4. Επιπρόσθετες κατασκευές 237

6.5. Συστηµατοποίηση των γεωµετρικών γνώσεων σχετικών µε τα τρίγωνα, τις παράλληλες και κάθετες ευθείες

239


7. Ακραίες ασκήσεις υπολογισµού εµβαδού 242

8. Ακραίες ασκήσεις ανισοτήτων 245

10. Η µορφή, η θέση και ο ρόλος των σχολικών βοηθηµάτων κατά τη λύση

µαθηµατικών ασκήσεων

9. Πολυωνυµικές ανισώσεις – ένα θεώρηµα 249

9.1. Θεώρηµα 249

9.2. Παρατήρηση 251



10.2. Σχολικά βοηθήµατα λύσης µαθηµατικών ασκήσεων 253

10.3. ∆ιδακτικές παρατηρήσεις 255


378

11. ∆ιδακτικό σύστηµα ασκήσεων εµπέδωσης της έννοια παράγωγος

συνάρτησης 259

11.1. Ιστορική αναδροµή της έννοιας παράγωγος συνάρτησης 259

11.2. Γεωµετρική ερµηνεία της έννοιας παράγωγος συνάρτησης 262

11.3. Εφαρµογή της παραγώγου συνάρτησης 262

11.4.Ασκήσεις προτεινόµενες για λύση 264

12. ∆ιδακτικό σύστηµα ασκήσεων συνδυαστικής θεωρίας 265


12.2. Η συνδυαστική θεωρία κατά την αρχαιότητα 266

12.3. Βασικά στοιχεία συνδυαστικής θεωρίας 267

12.4. Ασκήσεις συνδυαστικής 269

13. ∆ιδακτική επεξεργασία της αριθµητικής και της γεωµετρικής πρόοδος 273

13.1.Αριθµητική πρόοδος 273

13.1.1. Ασκήσεις λυµένες στην αριθµητική πρόοδο

273

13.1.2. Ασκήσεις προτεινόµενες για λύση στην αριθµητική πρόοδο 275

13.2.Γεωµετρική πρόοδος 276

13.2.1. Ασκήσεις λυµένες στη γεωµετρική πρόοδο 276

13.2.2. Ασκήσεις προτεινόµενες για λύση στη γεωµετρική πρόοδο 280

14. ∆ιδακτικό σύστηµα ασκήσεων µαθηµατικής επαγωγής 282


14.2. Η µέθοδος της µαθηµατικής επαγωγής 282

14.3. Ασκήσεις λυµένες µε τη βοήθεια της µαθηµατικής επαγωγής 284


15. ∆ιασκεδαστικές µαθηµατικές ασκήσεις 290

15.1 Εισαγωγή. 290

15.2. Η πορεία των προβλήµατα πρακτικής αριθµητικής στο χρόνο 291

15.3. Ορισµένες ασκήσεις 292

15.4. Προτεινόµενες λύσεις 293

16. Υπολογισµοί µνήµης – διδακτική προσέγγιση 294


16.2. Μνηµονικοί κανόνες υπολογισµού γινοµένου 294

16.2.1. Γινόµενο διψήφιων αριθµών των οποίων τα ψηφία των δεκάδων

είναι ο αριθµός 1 294

379

16.2.2. Γινόµενο δυο ίδιων διψήφιων αριθµών, οι οποίοι είναι

πολλαπλάσια του 5 295

16.2.4. Γινόµενο αριθµών των οποίων όλα τα ψηφία είναι 1 296

16.2.5. Γινόµενο αριθµών των οποίων όλα τα ψηφία είναι 9 και οι δυο

αριθµοί έχουν τον ίδιο αριθµό ψηφίων 296

16.3. Μνηµονικοί κανόνες διαίρεσης 297

16.3.1. Κριτήρια διαιρετότητας 297

16.3.2. ∆ιαίρεση τυχαίου αριθµού µε το 5, 0,5, 0,05, 0,005,… 298

16.3.3. ∆ιαίρεση τυχαίου αριθµού µε 25, 0,25, 0,025, 0,0025,… 299

16.3.4. ∆ιαίρεση τυχαίου αριθµού µε 2 και 0,2 299

16.4. Μνηµονικοί κανόνες υπολογισµού διαφόρων γινοµένων και

πηλίκων 300

16.4.1. Χρησιµοποίηση της διαφοράς τετραγώνου κατά τις αριθµητικής

πράξεις 300

16.4.2. Άθροισµα φυσικών αριθµών 300

16.4.3. Μνηµονικοί κανόνες υπολογισµού δύσκολων ασκήσεων 300

16.4.4. Γινόµενο τριψήφιων αριθµών των οποίων το ψηφίο των

εκατοντάδων είναι 1 301

16.4.5. Γινόµενο τετραψήφιων αριθµών των οποίων το ψηφίο των

χιλιάδων είναι 1 302

17. Χρήση απλών υπολογιστικών εφαρµογών στη διδασκαλία των

µαθηµατικών 302


17.2. ∆ηµιουργία ενδιαφέροντος για λύση µαθηµατικών ασκήσεων –

σύγχρονες τάσεις 302

17.3. Η χρήση απλού λογισµικού ηλεκτρονικών υπολογιστών στη

διδασκαλία των µαθηµατικών 304

17.4. Υλοποίηση διδακτικού προγράµµατος 305

17.5. ∆ιδακτικές παρατηρήσεις 309

17.6. Η βοήθεια των µαθηµατικών στη διδασκαλία βασικών εννοιών του

λογιστικού φύλλου MS-Excel 311

17.6.1. Εισαγωγή 311

17.6.2. εισαγωγή των λογικών πράξεων στο MS-Excel µε τη βοήθεια 311

380


17.6.3. Πορεία µαθήµατος 312

17.6.4. Συµπεράσµατα 319

18. ∆ιδακτική αξιοποίηση µαθηµατικών µοντέλων 320

18.1. Μαθηµατική µοντελοποίηση 320

18.2. Εσωτερική µαθηµατική µοντελοποίηση 322

18.3. Εξωτερική µαθηµατική µοντελοποίηση 324


19. ∆ιδακτική τεχνολογία των µαθηµατικών 328


19.2. ∆ιδακτική τεχνολογία για την εισαγωγή µαθηµατικών όρων 329

19.3. ∆ιδακτική τεχνολογία για την εγκαθίδρυση και εµπέδωση

µαθηµατικών ιδιοτήτων. 329

19.4. ∆ιδακτική τεχνολογία για την διάπλαση των ικανοτήτων για

εφαρµογή των γνώσεων κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων 331

19.5. ∆ιδακτική τεχνολογία για την εισαγωγή και εκµάθηση µαθηµατικών

εννοιών 331

19.6. ∆ιδακτική τεχνολογία για την απόδειξη και εφαρµογή των

θεωρηµάτων 333

19.7. ∆ιδακτική τεχνολογία για την διάπλαση των ικανοτήτων για λύση

µαθηµατικών ασκήσεων 334

Παράρτηµα 1. Ορισµένα ηµιθεωρήµατα και ασκήσεις που

λύνονται µε τη βοήθειά τους 339

Παράρτηµα 2. Ασκήσεις για τη κατανόηση και

σταθεροποίηση των µεθόδων λύσης ασκήσεων γεωµετρικής

κατασκευής, υπολογιστικές και απόδειξης διδασκόµενες στο

σχολείο 344

Παράρτηµα 3. Ιστορικές, παραδοσιακές και διασκεδαστικές

ασκήσεις 351

Παράρτηµα 4. Έρευνα 1: Λύση µαθηµατικών ασκήσεων 353

Παράρτηµα 5. Έρευνα 2: Λύση µαθηµατικών ασκήσεων µε 355

381

τη βοήθεια των ηµιθεωρηµάτων

Παράρτηµα 6. Έρευνα 3: Πρακτική εφαρµογή των

µαθηµατικών γνώσεων 357

Παράρτηµα 7. Αρχαίοι έλληνες µαθηµατικοί (από τον 7ο

αιώνα π.Χ. έως και τον 19ο µ.Χ.) 359

Συµπεράσµατα 362

Πορίσµατα 365

Βιβλιογραφία 367

Εισαγωγή

Είναι γνωστό ότι, από τα βάθη της αρχαιότητας τα προβλήµατα (ασκήσεις)

ήταν αδιαίρετο µέρος, όχι µόνο για την επιστήµη των µαθηµατικών, αλλά και για τη

διδασκαλία των µαθηµατικών.

Από την Αρχαία Βαβυλώνα και την Αρχαία Αίγυπτο, οι ασκήσεις ήταν βασικό

µέσο για τον προσδιορισµό των µαθηµατικών γνώσεων, δηλαδή είναι το βασικό µέσο

παρουσίασης και απόδειξης των γνώσεων. Αλλά µαζί µ’ εκπληρώνουν και διδακτικές

λειτουργίες. Σε µαθηµατικές πυγές οι οποίες αναφέρονται στην προελληνική περίοδο

των µαθηµατικών, συνήθως συναντιούνται µόνο ασκήσεις (προβλήµατα). Το γεγονός

αυτό δίνει την δυνατότητα να ισχυριστεί κάποιος, ότι οι ασκήσεις αυτές είχαν και

διδακτικό χαρακτήρα. Για παράδειγµα η 3η, 4η, 5η και 6η άσκηση από τον πάπυρο του

Rind φέρουν την εκφώνηση: «Να διαιρεθούν αντίστοιχα 6, 7 ,8 και 9 ψωµιά σε 10

ανθρώπους µε τον ελάχιστο αριθµό διαιρέσεων». Οι ασκήσεις αυτές καθώς φαίνεται

µάλλον χωρίς πρακτικό χαρακτήρα είναι. Οι ασκήσεις αυτές πιθανότατα λύνονταν για

να εξασκηθεί η βασική µέθοδος παρουσίασης των κλασµάτων 6/10, 7/10,

8/10 и 9/10 µε

κλάσµατα µε αριθµητή τη µονάδα. Το ίδιο ισχύει και για την βαβυλώνια περίοδο των

µαθηµατικών. Παρόµοιο συµπέρασµα ισχύει και για πολλές εκ των µαθηµατικών

ασκήσεων της Αρχαία Κίνας και της Αρχαίας Ινδίας.

Ο ρόλος των ασκήσεων διαφοροποιείται κατά την αρχαιοελληνική περίοδο. Ο

όρος «άσκηση» δεν αρµόζει για την περίοδο αυτή, εκτός ορισµένων περιπτώσεων.

Πρέπει να χρησιµοποιείται ο όρος «πρόβληµα», γεγονός που αναφέρει και ο Polya,

κατά τον οποίο τα προβλήµατα στην Αρχαία Ελλάδα είναι αυτό που στα σύγχρονα

µαθηµατικά λέγονται ασκήσεις ή προβλήµατα γεωµετρικών κατασκευών. Στην

αριθµητική όµως στην Αρχαία Ελλάδα συνεχίζει η παράδοση για την παρουσίας και

εδραίωση των σχετικών γνώσεων µε τη βοήθεια ασκήσεων, αφού οι αρχαίοι έλληνες

δεν είχαν αναπτύξει την αλγεβρική µηχανή (π.χ. για την επίλυση δευτεροβάθµιων

εξισώσεων), ενώ επίσης είχαν µικρό αριθµό θεωρηµάτων. Από την άλλη πλευρά, στη

γεωµετρία έχει αναπτυχθεί επαγωγική θεωρία, δηλαδή απόδειξη ισχυρισµών, οι

οποίοι απευθύνονται για ακέραιες τάξεις αντικειµένων (για παράδειγµα για όλο το

ορθογώνιο ή το τρίγωνο), χρησιµοποιώντας πριν απ’ αυτούς αποδειγµένα θεωρήµατα.

Εν συνεχεία οι ισχυρισµοί αυτοί λαµβάνονταν ως γνωστοί και χρησιµοποιούνταν

3

αναπόδειχτοι. Με τον τρόπο αυτό γίνεται οικονοµία χρόνου και πνευµατικής

ενέργειας.

Η προσοχή στη µελέτη αυτή κατευθύνεται πάνω στο ρόλο των προβληµάτων

στην Αρχαία Ελλάδα, ως διδακτική κατηγορία και όχι ως µέσο για τη διατύπωση

«ξερών» µαθηµατικών γνώσεων.

Κατά τον VІ−−−−ІV αιώνα π.Χ. οι γνωστοί έλληνες µαθηµατικοί Πυθαγόρας,

Ιπποκράτης, Ευκλείδης, εργάστηκαν πάνω στα κατασκευαστικά προβλήµατα. Από

τον ІV αιώνα π.Χ. έχουν διατυπωθεί οι παραδοσιακοί τρόποι – σχήµατα για τα

λεγόµενα επίπεδα λύσης κατασκευαστικού προβλήµατος (ανάλυση, σύνθεση,

απόδειξη και µελέτη). Οι τρόποι αυτοί, µε εµφανείς αλλαγές, µπορούν να

χρησιµοποιηθούν και κατά τη λύση οποιαδήποτε µαθηµατικής άσκησης.

Κατά την περίοδο αυτή «καθαρά» γεωµετρικές» θεωρούνταν µόνο οι

κατασκευές οι οποίες υλοποιούνταν µε τη βοήθεια του χάρακα και του διαβήτη και

θεωρούταν «νόµιµο» η επίλυσή τους µε άλλα σχεδιαστικά µέσα.

Σε µεταγενέστερη περίοδο, πάλι στην Αρχαία Ελλάδα, χρησιµοποιούνταν και

άλλα σχεδιαστικά µέσα για τη λύση κάποιων προβληµάτων. Για παράδειγµα, ο

Πλάτωνας έλυσε το πρόβληµα του διπλασιασµού του κύβου µε τη χρήση δυο ορθών

γωνιών. Ο Αρχιµήδης από την άλλη πλευρά έλυσε το πρόβληµα της τριχοτόµησης

γωνίας µε χάρακα και δυο καθορισµένα σηµεία πάνω στο χάρακα.

Είναι γνωστό, ότι οι ασκήσεις (και τα προβλήµατα) ήταν αντικείµενο της

διδασκαλίας των µαθηµατικών. Μπορεί στα αρχαιοελληνικά µαθηµατικά ο βασικός

ρόλος των προβληµάτων ήταν, πιθανότητα, µόνο το µοναδικό µέσο προσδιορισµού

των µαθηµατικών πληροφοριών, στη διδασκαλία των µαθηµατικών δεν έχουν ρόλο

µόνο την παρουσίαση των µαθηµατικών πληροφοριών. Έχουν και διδακτικές

λειτουργίες και µε τη βοήθεια των ασκήσεων µπορούν να αιτιολογούν, εισάγουν και

να εξασκούν νέες γνώσεις, όπως επίσης και να διατηρούν γνώσεις διδασκόµενες

νωρίτερα. Οι λειτουργίες των µαθηµατικών προβληµάτων κατά την αρχαιοελληνική

περίοδο ανάπτυξης των µαθηµατικών, καθώς επίσης και ο ρόλος και η θέση των

προβληµάτων την περίοδο αυτή, θα είναι ένας από τους βασικούς στόχους της

έρευνας αυτής.

Οι ασκήσεις περιέχουν σύνθεση από δυνατότητες για την ανάπτυξη της σκέψης

των µαθητών. Η λύση µαθηµατικών ασκήσεων απαιτεί προβλεπτικότητα,

επινοητικότητα και καλές γνώσεις της διδασκόµενης θεωρίας, αλλά µαζί µ’ αυτό

4

βοηθά για τη διάπλαση µεγαλύτερης εκφραστικότητας και δηµιουργίας στην εργασία

των µαθητών.

Τα παρουσιαζόµενα γεγονότα, σκέψεις και συλλογισµοί δίνουν τη δυνατότητα

να θεωρηθεί, ότι πάντα θα υπάρχει ενδιαφέρον να εξεταστούν διδακτικές ερωτήσεις

για τη θέση και το ρόλο των µαθηµατικών ασκήσεων στα σχολικά µαθηµατικά, για

τις µεθόδους λύσης τους και για τον τρόπο παράδοσής τους. Ενδιαφέρον είναι επίσης

και το γεγονός, ότι το σηµαντικότερο για τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων είναι

επεξεργαστεί η αντίστοιχη θεωρία, έτσι ώστε ο µαθητής µόνος του να µπορεί να λύνει

ασκήσεις, συµπεριλαµβανοµένου και της γραφικής απόδοσης της λύσης µαθηµατικής

άσκησης. Μπορεί η θέση και ο ρόλος των προβληµάτων (και των ελάχιστων

ασκήσεων) στην Αρχαία Ελλάδα να είναι πιθανότατα πλέον προσδιορισµένος, δεν

ισχύει όµως το ίδιο για το περιεχόµενο και τη φόρµα, για τη θέση και το ρόλο των

ασκήσεων στη διδασκαλία των µαθηµατικών στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο. Η

γνώση της ιστορία της διδασκαλίας των µαθηµατικών µπορεί να γεννήσεις ιδέες για

τη σύγχρονη διδασκαλία των µαθηµατικών, όχι µόνο για το ελληνικό σχολείο, αλλά

και σε παγκόσµιο επίπεδο.

Τέθηκε ο ακόλουθος σκοπός: Να εξεταστεί η θέση, ο ρόλος και οι διδακτικές

λειτουργίες των µαθηµατικών προβληµάτων στα αρχαία ελληνικά µαθηµατικά και

στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο, να ανακαλυφθούν δυνατότητες και να

επεξεργαστούν τακτικές για την αύξηση του επιπέδου διδασκαλίας των µαθηµατικών

και συγκεκριµένα τη διδασκαλία λύση ασκήσεων.

Αντικείµενα της έρευνας είναι οι ασκήσεις και ο τρόπος λύσεις τους στις

αρχαιοελληνικές µαθηµατικές σχολές και στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο και οι

ικανότητες των µαθητών να λύνουν ασκήσεις, το οποίο συγκροτεί τη σύγχρονη

διδασκαλία των µαθηµατικών. Επίσης ως αντικείµενο της έρευνας τέθηκαν η δοµή

της λύσης άσκησης, οι ενέργειες λύσης µαθηµατικών ασκήσεων και οι δυνατότητες

χρησιµοποίησης των ασκήσεων ως τρόπο τελειοποίησης των µαθηµατικών γνώσεων

και ικανοτήτων των µαθητών.

Με βάση τη συγκεντρωµένη και µελετηµένη µαθηµατική βιβλιογραφία, µε

µοντελοποίηση και θεωρητικούς συλλογισµούς, διατυπώθηκε η ακόλουθη υπόθεση:

Συστηµατική ένταξη ιστορικών, παραδοσιακών και διασκεδαστικών µαθηµατικών

ασκήσεων στη διδασκαλία των µαθηµατικών και η χρήση συστηµάτων ασκήσεων

(συστηµατοποίηση γνώσεων) στη βάση των οποίων βρίσκονται οι ασκήσεις –

5

θεωρήµατα (ηµιθεωρήµατα), οδηγεί στη ενίσχυση του ενδιαφέροντος και στην

τελειοποίηση των ικανοτήτων των µαθητών να λύνουν µαθηµατικές ασκήσεις.

Για την εκπλήρωση του σκοπού και για τον έλεγχο της υπόθεσης έγιναν

µελέτες προς στις ακόλουθες κατευθύνσεις:

1. Εξετάστηκε ο χαρακτήρας, η θέση και ο ρόλος των προβληµάτων στα

αρχαία ελληνικά µαθηµατικά και στη διδασκαλία των µαθηµατικών σε ιστορικό

πλάνο.

2. Εξετάστηκε η κατάσταση του προβλήµατος για τις ασκήσεις στα σύγχρονα

ελληνικά σχολικά βιβλία µαθηµατικών µέσης εκπαίδευσης.

3. Έγινε ανάλυση και εκτίµηση της χρήσης ασκήσεων στη σύγχρονη

διδασκαλία των µαθηµατικών και στα σύγχρονα σχολικά βιβλία µαθηµατικών.

4. Με βάση την ανάλυση, εκτίµηση και τις παρατηρούµενες τάσεις για το

πρόβληµα των ασκήσεων στη διδασκαλία των µαθηµατικών, έγινε επεξεργασία

µεθοδολογικής αλλαγής για περισσότερο πολύτιµη εφαρµογή των ασκήσεων στη

σύγχρονη διδασκαλία των µαθηµατικών στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο.

5. Ερευνητικά έγινε έλεγχος της διδακτικής εφαρµογής των προτεινόµενων

εναλλακτικών µεθόδων διδασκαλίας των ασκήσεων και των λύσης αυτών.

Κατά τη λύση των προαναφερόµενων χρησιµοποιήθηκαν οι ακόλουθες µέθοδοι

έρευνας:

α) Παρατήρηση.

β) Εξέταση των θεωρητικών πυγών, µελέτη της σχολικής βιβλιογραφίας.

δ) Θεωρητικές µέθοδοι −−−− ανάλυση, σύγκριση, σύνθεση, γενίκευση.

δ) Μοντελοποίηση.

ε) Εξέταση για έλεγχο και προσδιορισµό ορισµένων παραδοσιακά

εγκαθιδρυµένων τρόπων στη διδασκαλία των µαθηµατικών.

ζ) ∆ιδακτικές έρευνες.

η) Στατιστική επεξεργασία των πειραµατικών δεδοµένων.

Σε κάθε περίπτωση έγινε προσπάθεια τα εκπληρωµένα θεωρητικά

αποτελέσµατα να επαληθεύουν πραγµατικές καταστάσεις των προς µελέτη

φαινοµένων. Έγινε πολύπλευρη συζήτηση µε καθηγητές µαθηµατικών και µαθητές

κάτι που ήταν σηµαντικό για τις ερευνητικές µας ενέργειες.

6

Κεφάλαιο I

Οι ασκήσεις στη σύγχρονη διδασκαλία

ως διδακτική κατηγορία

1. Η ύπαρξη των µαθηµατικών ασκήσεων και των λύσεών τους

Μια από τις βασικότερες και δυσκολότερες στιγµές στη διδασκαλία των

µαθηµατικών είναι η λύση µαθηµατικών ασκήσεων. Υπάρχουν αρκετές έρευνες και

αρκετοί συγγραφείς οι οποίοι υποστηρίζουν ότι οι όροι «ερώτηση», «άσκηση» και

«πρόβληµα» είναι συνώνυµες. Την άποψη αυτή δεν υιοθετούν οι έλληνες

µαθηµατικοί Θ. Εξαρχάκος [45] και Σ. Καλοµητσίνης [46]. Στα συγγράµµατά τους

υποστηρίζουν, ότι οι όροι «άσκηση» και «πρόβληµα» είναι διαφορετικοί, και

χρησιµοποιούν κατά πολύ τον όρο «πρόβληµα», όπως και στην Αρχαία Ελλάδα.

Ο Βούλγαρος µαθηµατικός Ivan Gantsev, στο µοντέλο του για την έννοια

«άσκηση» περιεργάζεται κάθε µαθηµατική άσκηση σαν συνέπεια εκφράσεων µε τη

βοήθεια των οποίων δηµιουργείται υποσύνολο του συνόλου των µαθηµατικών

αντικειµένων, τα οποία επαληθεύουν συγκεκριµένες συνθήκες[15]. Κοντά στο

µοντέλο αυτό είναι και το µοντέλο του Vishin, το οποίο παρατίθεται στο [4]. Στο

µοντέλο αυτό άµεσα χρησιµοποιείται η έννοια «σχέση» Για το λόγο αυτό στο [19] ο

ρώσος µαθηµατικός Koliagin εύλογα αναφέρεται στο µοντέλο Gantsev – Vishin για

την έννοια µαθηµατική άσκηση. Κατά τον [46] «Στα µαθηµατικά άσκηση είναι κάθε

έκφραση η οποία απαιτεί να βρεθούν αρκετά στοιχεία µε τη βοήθεια κάποιων

άλλων».

Η µαθηµατική άσκηση είναι συνέχεια από εκφράσεις µε τις οποίες

δηµιουργείται ένα σύνολο R ⊂ M (М είναι το σύνολο των µαθηµατικών

αντικειµένων) και απαιτεί:

1. Το R να αποδοθεί κατασκευαστικά, αν είναι πεπερασµένο.

2. Να δειχτεί, ότι το R ταυτίζεται µε σύνολο το οποίο θεωρείται γνωστό ή µε

σύνολο το οποίο είναι µε διαφορετικό τρόπο δοσµένο.

7

3. Να δειχτεί, ότι τα στοιχεία του R µπορούν να ληφθούν µε πεπερασµένο

αριθµό επαναλήψεων εφαρµογών ορισµένων κατασκευών µε χαρακτηριστικά

κατασκευαστικά µέσα.

Για να φτάσουµε στο επιθυµητό R, συνήθως λαµβάνονται διάφορα άλλα

σύνολα, τα οποία εντέλει δίνουν τη δυνατότητα να βρεθεί το σύνολο R. Η

διαδοχικότητα εµφάνισης αυτών των διαφορετικών συνόλων, έως ότου φτάσουµε στο

επιθυµητό σύνολο R, λέγεται λύση της µαθηµατικής άσκησης ενώ η ενέργεια, µε

την οποία ανακαλύπτεται η λύση της άσκησης λύσιµο της µαθηµατικής άσκησης.

Το µέρος του κειµένου της άσκησης, µε το οποίο δίνεται άµεσα το σύνολο R (και

πιθανότατα το σύνολο М), λέγεται εκφώνηση της µαθηµατικής άσκησης. . Το µέρος

του κειµένου της άσκησης, στο οποίο φανερώνεται το ζητούµενο σύνολο R, λέγεται

συµπέρασµα της µαθηµατικής άσκησης.

Μια µαθηµατική άσκηση µπορεί να µην έχει λύση ή να έχει πεπερασµένο

αριθµό λύσεων. Αυτό εξαρτάτε και από το σύνολο М.

Βάση της λύσης µιας άσκησης λέγεται το σύνολο των γεγονότων τα οποία

προσδιορίζουν το σύστηµα λύσεων (αξιώµατα, ορισµοί ή θεωρήµατα).

Κατά τον έλληνα µαθηµατικό Θ. Εξαρχάκο, υπάρχουν τρία είδη µαθηµατικών

ασκήσεων (προβληµάτων): για απόδειξη, για κατασκευή και για την εύρεση

άγνωστων στοιχείων (ή µε άλλα λόγια προβλήµατα εύρεσης). Η ταξινόµηση των

διαφόρων τύπων µαθηµατικών ασκήσεων που προτείνει ο Vishin στα συγγράµµατά

του διαφέρει απ’ αυτή του Εξαρχάκου. Συγκεκριµένα οι ασκήσεις κατά τον Vishin

διαιρούνται σε: ασκήσεις απόδειξης, ασκήσεις κατασκευών και υπολογιστικές

ασκήσεις.

Υιοθετείται κατά κάποιον τρόπο η ταξινόµηση των µαθηµατικών ασκήσεων

που προτείνει ο Vishin µε τη διαφορά ότι στις ασκήσεις απόδειξης

συµπεριλαµβάνονται και οι ασκήσεις εύρεσης.

1. Κατασκευαστικές ασκήσεις1. Είναι οι ασκήσεις όπου τα στοιχεία του

συνόλου R είναι γεωµετρικά σχήµατα και ζητείται αυτά να λαµβάνονται µε

πεπερασµένο αριθµό εφαρµογής βασικών γεωµετρικών κατασκευών η οποίες

υλοποιούνται µε τη βοήθεια προκαθορισµένων, από την εκφώνηση της µαθηµατικής

άσκησης, σχεδιαστικών µέσων2.

1 Οι ασκήσεις γεωµετρικής κατασκευής λέγονται και κατασκευαστικά προβλήµατα 2 Στην εκπαίδευση τα κατασκευαστικά µέσα διαφέρουν ανάλογα µε την τάξη του σχολείου.

8

Οι κατασκευαστικές ασκήσεις στη σχολική γεωµετρία λύνονται συνήθως µε τη

βοήθεια του χάρακα και του διαβήτη. Στην εκφώνηση της άσκησης τις περισσότερες

φορές δεν αναφέρονται τα απαιτούµενα σχεδιαστικά µέσα, αλλά αυτά θεωρούνται

αυτονόητα. Υπάρχουν όµως και κατασκευαστικές ασκήσεις στις οποίες είναι φανερή

η απαίτηση η κατασκευή και κατά συνέπεια η λύση της άσκησης, να ολοκληρωθεί µε

άλλα µέσα. Τα σχεδιαστικά αυτά µέσα µπορεί να είναι για παράδειγµα τα ακόλουθα:

µόνο χάρακας, µόνο διαβήτης, µοιρογνωµόνιο, αριθµηµένο ορθογώνιο τρίγωνο κ.τ.λ.

Η λύση της κατασκευαστικής άσκησης µε τη βοήθεια χάρακα και διαβήτη είναι

γνωστή µε το όνοµα «Ευκλείδεια κατασκευή» και αυτό γιατί στα χρόνια του

Ευκλείδη οι ασκήσεις (προβλήµατα) γεωµετρικής κατασκευής θεωρούνταν λυµένες

µόνο αν αυτό γίνει µε τη βοήθεια χάρακα και διαβήτη. Φυσικά γεννιέται η ερώτηση:

«Γιατί µόνο µε χάρακα και διαβήτη και όχι µε άλλα µέσα;» Η απάντηση βρίσκεται

πιθανότατα στο γεγονός ότι οι αρχαίοι έλληνες θεωρούσαν την ευθεία και τον κύκλο

ως βασικά γεωµετρικά σχήµατα.

Ένα πρόβληµα γεωµετρικής κατασκευής λύνεται µε χάρακα και διαβήτη όταν

το ζητούµενο σχήµα µπορεί να κατασκευαστεί µε κάποιο από τους ακόλουθους πέντε

κανόνες:

1. Κατασκευή ευθείας διερχόµενης από δυο γνωστά σηµεία.

2. Εύρεση του κοινού σηµείου δυο γνωστών ευθειών.

3. Κατασκευή κύκλου (ή τόξου κύκλου) γνωστού κέντρου και γνωστής ακτίνας.

4. Εύρεση των κοινών σηµείων γνωστής ευθείας και γνωστού κύκλου.

5. Εύρεση των κοινών σηµείων δυο γνωστών κύκλων.

Όταν λέµε ότι ένα σηµείο (ή ευθεία ή κύκλος) είναι γνωστό εννοούµε ότι

αυτό είναι δοσµένο στην εκφώνηση του προβλήµατος ή επιλέγεται τυχαία ή έχει

οριστεί από κάποια άλλη κατασκευή. Οι προαναφερόµενες πέντε γεωµετρικές

κατασκευές ορίζουν το χάρακα και το διαβήτη, µε τα οποία δύναται να

κατασκευαστούν ευθείες και κύκλοι.

Οι κατασκευαστικές ασκήσεις µε χάρακα και διαβήτη λέγονται και ασκήσεις

για κατασκευή δεύτερης δύναµης, επειδή και την αλγεβρική τους λύση, οδηγούνται

στη λύση πεπερασµένου αριθµού εξισώσεων δύναµης όχι µεγαλύτερης του δυο. Αν

το ζητούµενο σχήµα που πρέπει να κατασκευαστεί σε µια άσκηση δεν µπορεί να

ληφθεί µε πεπερασµένο αριθµό επαναλήψεων των προαναφερόµενων πέντε βασικών

γεωµετρικών κατασκευών, τότε η άσκηση αυτή λέγεται άλυτη µε τη βοήθεια του

χάρακα και του διαβήτη. Για παράδειγµα άλυτες είναι τα τρία, γνωστά από την

9

Αρχαία Ελλάδα, προβλήµατα τα οποία παραθέτονται στο Κεφάλαιο ΙΙΙ. Άλυτη είναι

επίσης και η ακόλουθη άσκηση: «Να κατασκευαστεί τρίγωνο αν είναι γνωστές οι τρεις

εσωτερικές του διχοτόµοι». Από το σύνολο όλων των λυµένων κατασκευαστικών

ασκήσεων µπορούν να διακριθούν κάποιες οι οποίες είναι βασικές, δηλαδή

αποτελούν ασκήσεις – τµήµατα άλλων ασκήσεων γεωµετρικής κατασκευής µε

δυσκολότερη λύση (κατασκευή). Τέτοιες βασικές ασκήσεις, για παράδειγµα, είναι οι

ακόλουθες:

«Να κατασκευαστεί η µεσοκάθετη δοσµένου ευθύγραµµου τµήµατος»

«Να κατασκευαστεί κάθετη ευθεία σε δεδοµένο ευθύγραµµο τµήµα από δεδοµένο

σηµείο»

«Να κατασκευαστεί η διχοτόµος δεδοµένης γωνίας»

«Να κατασκευαστεί εφαπτόµενη ευθεία σε δεδοµένο κύκλο από δεδοµένο σηµείο»

Η έτοιµη χρήση των αποτελεσµάτων των λύσεων αυτών των ασκήσεων µειώνει

αισθητά τους συλλογισµούς κατά τη λύση άλλων κατασκευαστικών ασκήσεων.

Στη σύγχρονη διδασκαλία των µαθηµατικών η λύση κατασκευαστικών

ασκήσεων αποτελείται από τέσσερα µέρη:

α) Ανάλυση όπου υποτίθεται ότι υπάρχει σχήµα το οποίο επαληθεύει τα

δεδοµένα του προβλήµατος, δηλαδή υποθέτουµε ότι το πρόβληµα έχει λυθεί (πάντα

µε τη βοήθεια του χάρακα και του διαβήτη). Εν συνεχεία βρίσκονται οι σχέσεις

µεταξύ δεδοµένων και ζητούµενων στοιχείων. Οι σχέσεις αυτές πρέπει να είναι τόσες

στον αριθµό όσες είναι απαραίτητες για να µπορέσει να πραγµατοποιηθεί η

γεωµετρική κατασκευή.

β) Σύνθεση όπου γίνεται η αντίστροφη διαδικασία από την ανάλυση και µε τη

βοήθεια του χάρακα και του διαβήτη κατασκευάζονται, ακριβώς και µε ακριβή σειρά,

όλα τα µέρη του ζητούµενου σχήµατος, ώστε στο τέλος να κατασκευαστεί το σχήµα.

γ) Απόδειξη όπου µε σύνθετο τρόπο αποδεικνύεται ότι το κατασκευασµένο

σχήµα επαληθεύει τα δεδοµένα του προβλήµατος.

δ) ∆ιερεύνηση είναι το τελευταίο µέρος της λύσης ενός προβλήµατος

γεωµετρικής κατασκευής ελέγχει τα µέρη της ανάλυσης και της σύνθεσης και έχει

σκοπό να αποδείξει αν η κατασκευή είναι δυνατή ή όχι. Στην περίπτωση που η

κατασκευή είναι δυνατή βρίσκεται ο αριθµός των διαφορετικών λύσεων οι οποίες

επαληθεύουν τα δεδοµένα του προβλήµατος.

Στην περίπτωση που η άσκηση έχει λύση ανακαλύπτονται οι διαφορετικές

λύσεις της, οι οποίες επαληθεύουν την εκφώνηση της άσκησης, δηλαδή

10

A

A'

O M C

k

k'

ανακαλύπτονται διαφορετικοί εκπρόσωποι της κλάσης ισοδυναµίας, προσδιορισµένες

από την εκφώνηση της άσκησης.

Στην διδακτική πράξη κατά τη λύση ασκήσεων απλών γεωµετρικών

κατασκευών, συνήθως χρησιµοποιείται µόνο το δεύτερο και το τρίτο βήµα («σύνθεση

– απόδειξη»).

Για τον τρόπο λύσης των ασκήσεων γεωµετρικών κατασκευών, δύναται να γίνει

η ακόλουθη παρατήρηση: στη σχολική διδασκαλία των µαθηµατικών, τα προβλήµατα

γεωµετρικής κατασκευής εκπαιδεύουν και διαπαιδαγωγούν τους µαθητές,

αναπτύσσουν τη σκέψη και βοηθούν στην εξακρίβωση του γνωστικού επιπέδου τους.

Για το λόγο αυτό αρµόζουν ιδιαίτερης προσοχής και µετά από κάποια αλλαγή, η

ένταξή τους στα σύγχρονα διδακτικά προγράµµατα µαθηµατικών είναι απαραίτητη. Η

αλλαγή αυτή αφορά τα τέσσερα βασικά στάδια για τη λύση προβληµάτων

γεωµετρικής κατασκευής που διατυπώθηκαν προηγουµένως (Ανάλυση, Σύνθεση,

Απόδειξη και ∆ιερεύνηση). Συγκεκριµένα, κάθε περίπτωση της διερεύνησης απαιτεί

απόδειξη. Γι’ αυτό η διερεύνηση πρέπει να γίνεται πριν την απόδειξη ή µαζί µ’ αυτή,

έτσι ώστε να καλύπτονται όλες οι περιπτώσεις. Η διαδικασία επίλυσης των

προβληµάτων γεωµετρικής κατασκευής µε τη συγχώνευση του τρίτου και τέταρτου

σταδίου (∆ιερεύνηση – Απόδειξη) είναι πιο απλή και εποµένως πιο προσιτή στους

µαθητές.

Ο προβληµατισµός αυτός αναπτύχθηκε και στο 27ο Συνέδριο της Βουλγάρικης

Μαθηµατικής Εταιρείας [29]. Η προτεινόµενη µέθοδο θα παρουσιαστεί µε το

ακόλουθο παράδειγµα:

Άσκηση 1. Έστω κύκλος k (О, r) και σηµείο C εκτός αυτού. Να κατασκευαστεί η

εφαπτόµενη του κ, διερχόµενη από το σηµείο C.

Λύση

Σχήµα 1

11

α) Ανάλυση: Υποθέτουµε ότι CA είναι η εφαπτόµενη του k από το σηµείο C

και C το σηµείο επαφής (Σχήµα 1).

Κατασκευάζεται ακτίνα ΟΑ. Αφού ΟΑ είναι κάθετη στο ΑC, τότε το τρίγωνο

ΑΟC είναι ορθογώνιο µε Α =90°. Τα σηµεία Ο, C µπορούν να προσδιοριστούν, αφού

το ΟC µπορεί να κατασκευαστεί. Για να κατασκευαστεί η εφαπτόµενη CA αρκεί να

κατασκευαστεί σηµείο Α. Το σηµείο А ∈ k, αλλά και А ∈ k'(М; МС = 2

OC).

Εποµένως το σηµείο А ∈ k ∩ k'.

β) Σύνθεση: i) Με διάµετρο ΟC και κέντρο Μ κατασκευάζουµε

κύκλο k'(M; MC = 2

OC).

ii) Ο κύκλος k΄ τέµνει τον k στα σηµεία Α και Α΄,

δηλαδή k ∩ k' = A, A'.

iii) Κατασκευάζουµε τα ευθύγραµµα τµήµατα CΑ και CΑ΄.

Θα αποδειχτεί ότι CΑ και CΑ΄ είναι εφαπτόµενες στον κύκλο k αντίστοιχα στα

σηµεία Α και Α΄.

γ) ∆ιερεύνηση – Απόδειξη: Το πρόβληµα αυτό έχει δυο λύσεις, διότι οι

κύκλοι k, k΄ τέµνονται στα σηµεία Α, Α΄, αφού ο k΄ διέρχεται από το εσωτερικό

σηµείο Ο και από το εξωτερικό σηµείο C του k. Έτσι έχουµε ότι οι γωνίες OAC και

ΟΑ΄C είναι ορθές, διότι είναι εγγεγραµµένες στον κύκλο k΄ και βαίνουν σε

ηµικύκλιο. Τότε ΟΑ και ΟΑ΄ είναι κάθετες στα CΑ και CΑ΄ αντίστοιχα. Άρα CΑ και

CΑ΄ είναι εφαπτόµενες στον κύκλο k από το σηµείο C προς τα Α και Α΄ αντίστοιχα.

Κατά το Vishin οι κατασκευαστικές ασκήσεις µπορούν να διαιρεθούν σε δυο

οµάδες. Τις ορισµένες και τις απροσδιόριστες.

α) Ορισµένες είναι οι ασκήσεις γεωµετρικής κατασκευής στις οποίες ο αριθµός

των δεδοµένων είναι ίσος µε τον αριθµό των ζητούµενων τα οποία προσδιορίζουν του

ζητούµενο γεωµετρικό στοιχείο (σηµείο, ευθεία κ.τ.λ.) ή το ζητούµενο γεωµετρικό

σχήµα. Τέτοια είναι η ακόλουθη άσκηση:

Άσκηση 2. Να κατασκευαστεί κύκλος δεδοµένης ακτίνας, ο οποίος να

διέρχεται από γνωστό σηµείο και να εφάπτεται σε γνωστό κύκλο.

β) Απροσδιόριστες είναι οι ασκήσεις γεωµετρικής κατασκευής στις οποίες ο

αριθµός των δεδοµένων είναι µικρότερος από τον αριθµό των ζητούµενων τα οποία

προσδιορίζουν του ζητούµενο γεωµετρικό στοιχείο ή το ζητούµενο γεωµετρικό

12

σχήµα. Κατά τη λύση τέτοιων ασκήσεων αρχικά πρέπει να προσδιοριστούν κάποια

από τα δεδοµένα στοιχεία (για παράδειγµα γωνία, ευθύγραµµο τµήµα κ.τ.λ.). Αυτό

σηµαίνει, ότι από την απροσδιόριστη άσκηση µεταβαίνουµε στην προσδιορισµένη. Η

ενέργεια αυτή λέγεται εντοπισµός της απροσδιόριστης άσκησης. Η ίδια

απροσδιόριστη άσκηση γεωµετρικής κατασκευής µπορεί να εντοπιστεί µε

διαφορετικούς τρόπους. Απροσδιόριστη άσκηση γεωµετρικής κατασκευής είναι η

ακόλουθη:

Άσκηση 3. Να κατασκευαστεί τρίγωνο АВС γνωστών διαµέσων ma, mc και

ύψους hb.

2. Υπολογιστικές ασκήσεις. Είναι οι ασκήσεις στις οποίες τα σύνολα R και М

είναι αριθµητικά και το σύνολο М συνήθως δεν δίνεται άµεσα, αλλά είναι κατανοητό.

Κατά τη λύση υπολογιστικών ασκήσεων επίσης µπορεί να εφαρµοστεί η µέθοδος

«ανάλυση – σύνθεση» που προαναφέρθηκε στις κατασκευαστικές ασκήσεις. Και εδώ

επίσης δύναται να ειπωθεί, ότι η άσκηση είναι λυµένη και µετά να οριστούν οι

διάφορες σχέσεις µεταξύ των γνωστών και των αγνώστων στοιχείων. Εν συνεχεία,

κατά τη σύνθεση, µε τη βοήθεια των ορισµών των µαθηµατικών εννοιών, των

θεωρηµάτων για αυτές τις έννοιες και των αξιωµάτων και µε αυστηρά καθορισµένη

σειρά, εκτελούνται συλλογισµοί µε φορά αντίθετη της ανάλυσης, µε τη χρήση µόνο

αληθών (και όχι υποθετικά αληθών) συλλογισµών, έως ότου φτάσουµε στη λύση της

δεδοµένης µαθηµατικής άσκησης.

Μπορεί να ειπωθεί, ότι η µέθοδος «ανάλυση – σύνθεση» για τη λύση

υπολογιστικών ασκήσεων στη σύγχρονη διδασκαλία των µαθηµατικών δεν φαίνεται

σε άµεσα. ∆εν είναι αρκετά φανερή η σχέση µεταξύ της εφαρµογής της µεθόδου

αυτής στους δυο τύπους ασκήσεων – κατασκευαστικών και υπολογιστικών.

Θεωρείται ότι αν η µέθοδος αυτή δειχτεί στους µαθητές θα δηµιουργηθούν οι

προϋποθέσεις αυτοί να ανακαλύψουν την οµοιότητα των τρόπων λύσης των

διαφόρων τύπων µαθηµατικών ασκήσεων. Συνέπεια αυτού είναι το ότι οι µαθητές

ευκολότερα και γρηγορότερα θα προσανατολίζονται προς τη λύση δεδοµένης

άσκησης.

3. Ασκήσεις απόδειξης. Αυτές είναι οι ασκήσεις στις οποίες τα στοιχεία του

συνόλου R είναι δεδοµένα προκαταβολικά και το µόνο που ζητείται είναι να

αποδειχτεί ότι επαληθεύουν την αντίστοιχη εκφώνηση. Και σ’ αυτές τις ασκήσεις

χρησιµοποιούνται τρία επίπεδα κατά τη λύση τους και συγκεκριµένα ανάλυση,

σύνθεση και απόδειξη – διερεύνηση. Ο σκοπός ορισµένων ασκήσεων απόδειξης είναι

13

η διαπίστωση, µε τη βοήθεια λογικών συλλογισµών, ότι κάποιοι ισχυρισµοί είναι

αληθείς ή όχι αληθείς (ψευδείς). Παράδειγµα άσκησης απόδειξης είναι η ακόλουθη:

Άσκηση 4. Να δειχτεί, ότι για κάθε х ≥ -2 και για κάθε n ∈ N ισχύει η

ανισότητα: (1 + х)n ≥ 1 + nx.

Λύση

1) Ελέγχεται αν η ανισότητα ισχύει για n = 1: (1 + x)1 = 1 + 1x, το οποίο

αληθεύει.

2) Υποθέτουµε, ότι η ανισότητα ισχύει για n = k : (1 + х)k ≥ 1 + kx.

3) Θα αποδειχτεί, ότι η ανισότητα ισχύει n = k + 1:(1 + х)k+1 ≥ 1 + (k + 1)x.

Απόδειξη

Ισχύει, ότι: (1 + х)k ≥ 1 + kx и 1 + x > 0. Άρα (1 + х)k+1 ≥ (1 + kx)(1 + x) ⇔

⇔ (1 + х)k+1 ≥ 1 + x + kx + kx2 ⇔

⇔ (1 + х)k+1 ≥ 1 + (k + 1)x + kx2 ≥ 1+(k + 1)x.

Μέρος των ασκήσεων απόδειξης είναι και οι ασκήσεις στις οποίες πρέπει να

δειχτεί, ότι υπάρχει κάποια σχέση ή κάποιος αριθµός. Αυτό το οποίο διαφοροποιεί τα

δυο είδη µαθηµατικών ασκήσεων είναι, ότι κατά τις ασκήσεις ύπαρξης δίνεται µέρος

του συστήµατος λύσεων, σε διαφορά µε τις ασκήσεις απόδειξης όπου δίνεται εις το

ακέραιο το σύστηµα λύσεων. Για παράδειγµα:

Άσκηση 5. Έστω x ∈ R. Να δειχτεί, ότι υπάρχει τιµή του x, για την οποία η

αλγεβρική έκφραση А = 2

822

44

+

−−

x

xx παίρνει θετικές τιµές.

Υπό τον όρο «αφηγητικές ασκήσεις» εννοούνται οι αριθµητικές, αλγεβρικές ή

γεωµετρικές µαθηµατικές ασκήσεις οι οποίες διατυπώνονται όχι µόνο µε τη χρήση

µαθηµατικών συµβόλων και εννοιών. Για παράδειγµα:

Άσκηση 6. Ο πρώτος, ο τέταρτος και ο 13ος όρος όρος αριθµητικής προόδου

αποτελούν γεωµετρική πρόοδο. Να βρεθούν οι δεκατρείς πρώτοι όροι της

αριθµητικής προόδου, αν ο 6ος είναι ο 13.

Οι ασκήσεις αφήγησης δεν πρέπει να λαµβάνονται σαν ξεχωριστός τύπος

ασκήσεων. Είναι και αυτές ασκήσεις που ανήκουν σε ένα από τους τρεις τύπους –

κατασκευαστικές, απόδειξης ή υπολογιστικές, αλλά στη διατύπωσή τους

χρησιµοποιούνται όχι µόνο µαθηµατικές έννοιες, µε την αντίστοιχη ορολογία και

τους κατάλληλους συµβολισµούς.

∆ύναται να διακριθούν δυο είδη αφηγητικών ασκήσεων:

14

Ι. Αφηγητικές (µαθηµατικές) ασκήσεις οι οποίες αναφέρονται σε µαθηµατικά

αντικείµενα (έννοιες) αλλά εκτός της ορολογία και τους συµβολισµούς των

µαθηµατικών εννοιών, περιέχουν και λέξεις. Τέτοιες είναι για παράδειγµα οι

ασκήσεις γεωµετρικών κατασκευών. Παραδείγµατα:

Άσκηση 7. Να βρεθεί αριθµός, η διαφορά του οποίου µε τον αριθµό 3 να είναι

ίση µε το γινόµενό του µε το 3.

Άσκηση 8. Να βρεθούν δυο αριθµοί αν είναι γνωστό ότι έχουν άθροισµα 40

και ο ένας αριθµός είναι 7 φορές τον άλλο.

ΙΙ. Αφηγητικές (µαθηµατικές) ασκήσεις στις οποίες τα θέµατα είναι παρµένα

από την πραγµατικότητα ή από άλλες θεωρητικές επιστήµες. Στις ασκήσεις αυτές

πρέπει αρχικά να συνταχθεί η µαθηµατική άσκηση, εν συνεχείς να λυθεί η

αντίστοιχη, µαθηµατική πλέον, άσκηση και τέλος να γίνει ο έλεγχος ορθότητας των

αποτελεσµάτων της δεδοµένης αφηγητικής άσκησης. ∆ιαφορετικά λέγεται, ότι για να

λυθεί µια αφηγητική (µαθηµατική) άσκηση, πρέπει να δηµιουργηθεί και να λυθεί η

αντίστοιχη µαθηµατική άσκηση, ο οποία λέγεται µαθηµατικό µοντέλο, ενώ η όλη

ενέργεια λέγεται µαθηµατική µοντελοποίηση.

Στη διδασκαλία υπό τον όρο µοντελοποίηση εννοείται η γνωστική µέθοδο κατά

την οποία, καλά αναπτυγµένες και γνωστές έννοιες από ένα τοµέα, αντιπαραθέτονται

µε µη αναπτυγµένες και άγνωστες έννοιες από κάποιο άλλο τοµέα. Οι πρώτες έννοιες

χρησιµοποιούνται ως ισχυρό µέσο για την επεξήγηση και ανάπτυξη των δεύτερων.

Οι γνώσεις οι οποίες χρησιµοποιούνται για τη µελέτη και επεξήγηση άλλων

γνώσεων λέγονται µοντέλα, ενώ οι προς µελέτη γνώσεις λέγονται πρωτότυπες. Πρέπει

να τονιστεί ότι το µοντέλο περιέχει µόνο µέρος από τις ιδιότητες του πρωτοτύπου,

αλλά οι ιδιότητες αυτές είναι αρκετές για να προσδιοριστούν νέες ιδιότητες και νέα

χαρακτηριστικά του πρωτοτύπου.

Όταν το µοντέλο αποτελείται από µαθηµατικές σχέσεις, ονοµάζεται

µαθηµατικό µοντέλο, ενώ η διαδικασία µε την οποία οδηγούµαστε στο µοντέλο αυτό

λέγεται µαθηµατική µοντελοποίηση (ή µαθηµατικός προπλασµός).

Για την µαθηµατική µοντελοποίηση διακρίνουµε τα ακόλουθα τέσσερα στάδια:

α. Μελέτη του πρωτοτύπου και εν συνεχεία καθορισµός των χαρακτηριστικών,

των σχέσεων και των παραµέτρων, τα οποία το προσδιορίζουν.

β. ∆ηµιουργία του µαθηµατικού µοντέλου. Στο βήµα αυτό «µεταφράζεται» η

άσκηση στη µαθηµατική γλώσσα.

γ. Λύση της δηµιουργηµένης µαθηµατικής άσκησης.

15

δ. Εκτίµηση της λαµβανόµενης λύσης. Το στάδιο αυτό διαιρείται σε δυο µέρη:

δ.1. Έλεγχος της σχέσης µεταξύ του λαµβανόµενου αποτελέσµατος και του

µαθηµατικού µοντέλου.

δ.2. Έλεγχος της σχέσης µεταξύ της λαµβανόµενης µαθηµατικής λύσης και του

πρωτοτύπου

Τα τέσσερα αυτά στάδια δίνουν τη δυνατότητα να εισαχθούν ορισµένες

µεταβολές και διευκρινίσεις του µαθηµατικού µοντέλου και έτσι να εξηγηθούν και να

εµπεδωθούν καλύτερα.

Η χρησιµοποίηση µαθηµατικού µοντέλου δίνει τη δυνατότητα να λυθούν

ευκολότερα και επιτυχώς ασκήσεις πρακτικής αριθµητικής ή ακόµη και ορισµένες

ασκήσεις φυσικής. Στις περιπτώσεις αυτές συνήθως χρησιµοποιείται η λύση

πρωτοβάθµιων ή δευτεροβάθµιων εξισώσεων ή ανισώσεων. Συγκεκριµένα η

λαµβανόµενη εξίσωση (ή ανίσωση ή σύστηµα), είναι το µοντέλο της άσκησης, ενώ η

λύση αποτελεί το πρωτότυπο.

Παραδειγµατικά λύνονται δυο πρακτικές ασκήσεις µε τη χρήση µαθηµατικού

µοντέλου

Άσκηση 9. Σε διαγώνισµα µε 10 ερωτήσεις για κάθε σωστή απάντηση ο

µαθητής λαµβάνει 5 µονάδες, ενώ για κάθε λανθασµένη ή αναπάντητη ερώτηση χάνει

3 µονάδες. Ο µαθητής ολοκλήρωσε το διαγώνισµα και συγκέντρωσε 26 µονάδες. Σε

πόσες ερωτήσεις απάντησε;

Λύση

1. Έστω µε х να συµβολιστούν οι σωστές απαντήσεις. Τότε οι λανθασµένες (ή

οι αναπάντητες) θα είναι 10 −−−− x. Οι µονάδες που ο µαθητής έλαβε είναι 5х, ενώ

εκείνες που έχασε θα είναι 3(10−−−−x).

2. Τότε το µαθηµατικό µοντέλο της άσκησης είναι η ακόλουθη πρωτοβάθµια

εξίσωση: 5x −−−− 3(10−−−−x) = 26.

3. Η προαναφερόµενη εξίσωση λύνεται µε τον ακόλουθο τρόπο:

5х −−−− 3(10−−−−x) = 26 ⇔ 5х −−−− 30 + 3х = 26 ⇔ 5х + 3х = 26 + 30 ⇔

⇔ 8х = 56 ⇔ х = 8

56 ⇔ х = 7.

4. Θα ελεγχθεί αν х = 7 είναι λύση της δεδοµένης άσκησης: ΟΙ λανθασµένες

απαντήσεις (ή οι αναπάντητες) είναι 10 – 7 = 3. Τότε οι λαµβανόµενες µονάδες είναι

7.5 −−−− 3.3 = 26, το οποίο είναι σωστό. Κατά συνέπεια х = 7 είναι η λύση της άσκησης.

16

Άσκηση 10. Να κατασκευαστεί ορθογώνια πλατεία εµβαδού µεταξύ 90m2 και

120m2. Το µήκος της πλατείας είναι 15m. Πόσα µέτρα µπορεί να είναι του πλάτος της

πλατείας;

Λύση

Έστω το µήκος της πλατείας να είναι х. Τότε το εµβαδόν της είναι 15.x. Για να

είναι το εµβαδόν µικρότερο του120 και µεγαλύτερο του 90, τρέπει το х να είναι λύση

του ακόλουθου συστήµατος ανισόσεων: 12015

905

<

>

x

x.

Το σύστηµα αυτό είναι µοντέλο για τη δεδοµένη άσκηση. Η λύση του

συστήµατος είναι το σύνολο όλων των αριθµών x µε x ∈ (6, 8). Τότε ο ζητούµενος

αριθµός για το πλάτος της πλατείας είναι ο x, x ∈ (6, 8), το οποίο είναι και η

απάντηση της προαναφερόµενης πρακτικής άσκησης. Κατά όπως φαίνεται, µια

άσκηση η οποία δεν είναι µαθηµατική, µοντελοποιείται µε τη βοήθεια µαθηµατικών

µέσων και λύνεται µε τη βοήθεια αλγεβρικών µέσων µε µεθόδων.

Η πρακτική φανερώνει, ότι το δυσκολότερο επίπεδο, κατά τη λύση τέτοιων

ασκήσεων, είναι η δηµιουργία του µαθηµατικού µοντέλου, δηλαδή η σύνταξη της

µαθηµατικής άσκησης. Για το λόγο αυτό προτείνεται πριν τη δηµιουργία του

µοντέλου, να εξηγούνται στους µαθητές, οι σχετικές φυσικές ή τεχνικές

συσχετιζόµενες έννοιες. Να εξηγούνται ποιες πρακτικές ενέργειες και σχέσεις, ποιες

µαθηµατικές πράξεις και σχέσεις αντιστοιχούν. Οι λαµβανόµενες µε τον τρόπο αυτό

γνώσεις, χρησιµοποιούνται για τη δηµιουργία της αντίστοιχης µαθηµατικής άσκησης,

η οποία λέγεται µοντέλο της πρακτικής άσκησης.

Η µαθηµατική µοντελοποίηση µπορεί να εφαρµοστεί και σε ασκήσεις µε

καθαρά µαθηµατικό περιεχόµενο. Για το λόγο αυτό διακρίνονται δυο είδη

µοντελοποίησης: εσωτερική και εξωτερική. Το πρώτο είδος αναφέρεται στη

δηµιουργία µοντέλου της άσκησης µε µαθηµατικό περιεχόµενο, ενώ το δεύτερο – στη

µοντελοποίηση πρακτικών ασκήσεων.

Τονίζεται ότι η εσωτερική µοντελοποίηση χρησιµοποιήθηκε και από τους

Αρχαίους Έλληνες. Τυπικό παράδειγµα αυτού είναι η χρήση της «αλγεβρικής

γεωµετρίας», όπου οι αλγεβρικές ασκήσεις λύνονταν µε τη βοήθεια γεωµετρικών

γνώσεων. Συγκεκριµένα, στην αλγεβρική γεωµετρία οι πράξεις µε αριθµούς

παρουσιάζονταν ως πράξεις µε ευθύγραµµα τµήµατα.

17

Ακολουθεί ένα παράδειγµα στο οποίο είναι φανερή η λύση του µε τη βοήθεια

εσωτερικής µοντελοποίησης.

Άσκηση 11. Να υπολογιστούν τα µήκη των πλευρών ορθογωνίου το οποίο έχει

περίµετρο 35сm, και η διαφορά των πλευρών του (µήκος µείων πλάτος) είναι 2,5сm

(Σχήµα 2)

D C

х

A B

Σχήµα 2

Λύση

1. Συµβολίζεται µε х το πλάτος του ορθογωνίου, τότε το µήκος του θα είναι

х +2,5 , ενώ η περίµετρός του 2х +2(х+2,5).

2. Αφού η περίµετρος είναι 35, τότε 2х +2(х+2,5) = 35.

3. Η τελευταία εξίσωση είναι το αλγεβρικό µοντέλο της γεωµετρικής άσκησης

και λύνεται µε τον ακόλουθο τρόπο:

2x +2(x+2,5) = 35 ⇔ 2x + 2x +5 = 35 ⇔ 2x +2x = 30 ⇔ 4x = 30 ⇔

⇔ x = 430

= 7,5.

Για х = 7,5cm λαµβάνεται, ότι το µήκος του ορθογωνίου είναι 7,5 + 2,5 =

10cm.

4. Έλεγχος: Για την περίµετρο του ορθογωνίου, µε µήκος 10cm και πλάτος

7,5cm αντίστοιχα, λαµβάνεται ότι: 2.7,5cm +2.10cm = 35cm, το οποίο αληθεύει.

Κατά συνέπεια 7,5cm και 10cm είναι τα ζητούµενα.

2. ∆οµή της λύσης µαθηµατικής άσκησης. ∆υσκολία και

πολυπλοκότητα της λύσης µαθηµατικής άσκησης

Κατά τον γνωστό Πολωνό µαθηµατικό Polya υπάρχουν έξι βασικά στάδια κατά

τη λύση µιας µαθηµατικής άσκησης:

α) Έλεγχος της εκφώνησης της δεδοµένης άσκησης, στον οποίο

«διαχωρίζονται» τα δεδοµένα από τα ζητούµενα.

18

β) Κατανόηση της άσκησης, αφού πρώτα κατανοηθούν τα επιµέρους στοιχεία

της (δεδοµένα και ζητούµενα).

γ) ∆ηµιουργία σχεδίου λύσης της άσκησης. Αφού ο µαθητές κατανοήσεις

πλήρως την εκφώνηση της άσκησης (ποια είναι τα γνωστά και ποια τα ζητούµενα),

απαραίτητο είναι το σχέδιο λύσης µε το οποίο µεταβαίνει από τα δεδοµένα στα

ζητούµενα στοιχεία της άσκησης. Το σχέδιο αυτό λύσης της δεδοµένης άσκησης δεν

είναι µοναδικό και µπορεί να χρειαστεί να τροποποιηθεί ανάλογα µ’ αυτό το οποίο

πρέπει να αποδειχτεί ή να ληφθεί.

δ) Εκτέλεση – εφαρµογή του σχεδίου λύσης που ο µαθητής θεωρεί

καταλληλότερο.

ε) Μελέτη της λύσης και προσδιορισµός του αριθµού των διαφορετικών

λύσεων της δεδοµένης µαθηµατικής άσκησης.

ζ) Ανακάλυψη (αν είναι δυνατόν) και προσδιορισµός των δυνατοτήτων

εφαρµογής της δεδοµένης άσκησης στη λύση άλλων µαθηµατικών ή και όχι

µαθηµατικών ασκήσεων (φυσική, χηµεία, πρακτική εφαρµογή κ.τ.λ.).

Για τη θεωρία και την πρακτική των λύσεων των µαθηµατικών ασκήσεων, έχει

δηµιουργηθεί το ερώτηµα για τη δοµή της λύσης µιας µαθηµατικής άσκησης.

Αν µε An συµβολιστεί η λύση της άσκησης Zn, όταν στη λύση Аn της άσκησης

Zn χρησιµοποιείται η λύση Ak της άσκησης Zk, η άσκηση Zk λέγεται άσκηση – τµήµα

της άσκησης Zn. Έστω А1, А2, ..., Аj, ..., Аn−−−−1 είναι οι λύσεις αντίστοιχα των ασκήσεων

– τµήµατα Z1, Z2, ..., Zj, ..., Zn−−−−1 της άσκησης Zn.

Οι λύσεις А1, А2, …, Аj, …, Аn−−−−1 µπορούν να παρασταθούν οπτικά µε κλειστές

γραµµές και µε τα εσωτερικά τους σηµεία. ∆ιακρίνονται τέσσερις περιπτώσεις

τέτοιων κλειστών γραµµών – διαγραµµάτων:

I. Αν η λύση Аk της άσκησης Zk περιέχεται στη λύση

Аk+1 της άσκησης Zk+1, δηλαδή η Zk είναι άσκηση – τµήµα της Zk+1, τότε το διάγραµµα

της Аk περιέχεται στο διάγραµµα της Аk+1, όπως φαίνεται και στο Σχήµα 3.

Σχήµα 3

II. Αν η λύση Аk της Zk δεν περιέχεται στη λύση Аk+1 της Zk+1, δηλαδή η Zk δεν

είναι άσκηση – τµήµα της Zk+1, τότε το διάγραµµα της Аk είναι εκτός του

Аk+1

Аk

19

διαγράµµατος της Аk+1, (Σχήµα 4α) ή έχει µη κενή τοµή µε το διάγραµµα αυτής

(Σχήµα 4β).

Ak Ak+1 Ak Ak+1

Σχήµα 4α Σχήµα 4β

ІІІ. Αν η λύση Аk της Zk είναι κοινό µέρος των λύσεων Аk+1 και Аk+r αντίστοιχα

των ασκήσεων Zk+1 και Zk+r, δηλαδή Zk είναι άσκηση – τµήµα των Zk+1 και Zk+r , αλλά

Аk+1 δεν περιέχεται στη Аk+r , τότε το διάγραµµα της Аk περιέχεται τόσο σ’ αυτό της

Аk+1, όσο και στο διάγραµµα της Аk+r, Σχήµα 5.

Ak+1 Ak Ak+r

Σχήµα 5

IV. Αν η λύση А1 περιέχεται στη А2, А2 περιέχεται στη А3 κ.τ.λ., για κάθε k η

λύση Аk περιέχεται στη λύση Аk+1, τότε τα διαγράµµατα λύσεων διαδοχικά

περιέχονται το ένα στο άλλο, όπως φαίνεται και στο Σχήµα 6.

Ak+1 Ak A2 A1

Σχήµα 6

Για παράδειγµα θα αναφερθεί η δοµή λύσης µιας γεωµετρικής άσκησης, η

οποία είναι η ακόλουθη:

Άσκηση 12 ∆ίνεται τραπέζιο ΑΒΓ∆ µε ΑΒ//Γ∆. Αν οι διχοτόµοι των γωνιών

Α , ∆ τέµνονται στο σηµείο Ε, ενώ οι διχοτόµοι των γωνιών Β , Γ στο σηµείο Ζ, το

οποίο είναι διαφορετικό από το Ε, να δειχτεί ότι ΕΖ//∆Γ.

Η λύση Α της άσκησης Ζ περιέχει τις λύσεις Α1, Α2, Α3, Α4, Α5, Α6 των

ασκήσεων-µερών Ζ1, Ζ2, Ζ3, Ζ4, Ζ5 και Ζ6 αντίστοιχα (Σχήµα 7).

20

∆ Γ Ε Ζ Α ∆΄ Γ΄ Β Σχήµα 7

Ζ1: Στο τρίγωνο Α∆΄∆, να δειχτεί ότι το ΑΕ είναι ύψος του.

Α1: Α∆Ε+ΕΑ∆ ˆˆ =2

180

222

ο

=∆+Α

=∆

+Α

=90°, άρα ∆ΕΑ ˆ =90° και κατά συνέπεια

το ΑΕ είναι ύψος του τριγώνου Α∆΄∆.

Ζ2: Στο τρίγωνο ΒΓ΄Γ, να δειχτεί ότι το ΒΖ είναι ύψος του.

Α2: 2

180

222ˆˆ

ο

=Γ+Β

=Γ

+Β

=ΒΓΖ+ΖΒΓ =90°, άρα ΒΖΓ ˆ =90° και κατά συνέπεια το

ΒΖ είναι το ύψος του τριγώνου ΒΓ΄Γ.

Ζ3: Να δειχτεί ότι το σηµείο Ε είναι µέσο του ∆∆΄.

Α3: Στο τρίγωνο Α∆΄∆ το ΑΕ είναι διχοτόµος και ύψος. Εποµένως το τρίγωνο αυτό

είναι ισοσκελές, από το οποίο λαµβάνεται ότι το ΑΕ είναι και διάµεσος. Άρα Ε

µέσο του ∆∆΄.

Ζ4: Να δειχτεί ότι το σηµείο Ζ είναι µέσο του ΓΓ΄.

Α4: Στο τρίγωνο ΒΓ΄Γ το ΒΖ είναι διχοτόµος και ύψος. Εποµένως το τρίγωνο αυτό

είναι ισοσκελές, από το οποίο λαµβάνεται ότι το ΒΖ είναι και διάµεσος. Άρα Ζ

µέσο του ΓΓ΄.

Ζ5: Να δειχτεί ότι το τετράπλευρο Γ∆∆΄Γ΄ είναι τραπέζιο.

Α5: Το τετράπλευρο ΑΒΓ∆ είναι τραπέζιο και εποµένως ΑΒ//Γ∆. Τα Γ΄, ∆΄ είναι

σηµεία της βάσης ΑΒ από το οποίο λαµβάνεται ότι και ∆Γ//∆΄Γ΄, άρα το Γ∆∆΄Γ΄

είναι τραπέζιο.

Ζ6: Να δειχτεί ότι το ευθύγραµµο τµήµα ΕΖ είναι διάµεσος του τραπεζίου Γ∆∆΄Γ΄.

Α6: Επειδή το Γ∆∆΄Γ΄ είναι τραπέζιο µε Γ∆//Γ΄∆΄ και Ε, Ζ τα µέσα των µη

παράλληλων πλευρών του, τότε ΕΖ είναι η διάµεσός του.

Με τη λύση Α6 της άσκησης Ζ6 καταλήγουµε και στη λύση Α της άσκησης Ζ µε

τρόπο ευρετικό, εφόσον οι διάφορες ασκήσεις – τµήµατα δοθούν για λύση πριν την

άσκηση Ζ, σαν υποερωτήµατά της.

Με την βοήθεια κλειστών γραµµών µπορεί να εκφραστεί η σχέση µεταξύ των

Α1, Α2, Α3, Α4, Α5, Α6 , εφόσον για κάθ' ένα απ' αυτά αντιστοιχίσουµε µια κλειστή

γραµµή (Σχηµ.8).

21

A1 A3 A5 A4 A2

A6

Σχήµα 8

Γεγονός εποµένως είναι ότι κάθε άσκηση για τη λύση της απαιτεί µαθηµατικούς

συλλογισµούς οι οποίοι πρέπει να συνδέονται µεταξύ τους και να χρησιµοποιούνται

σε οποιαδήποτε χρονική στιγµή της εκπαίδευσης. Η µη ύπαρξη αυτών συντελεί στην

αύξηση των δυσκολιών κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων.

Φυσικά µια µαθηµατική άσκηση µπορεί να έχει περισσότερες από µια λύσεις.

Εποµένως η λύση της άσκησης µπορεί να χρησιµοποιηθεί σε διαφορετικές ασκήσεις

– τµήµατα και αυτό πάντα σε συνάρτηση µε τη λύσης της. ∆ιαφορετικές θα είναι

φυσικά οι γραφικές αναπαραστάσεις των λύσεων των ασκήσεων.

Στη διαδικασία γέννησης των δεξιοτήτων των µαθητών για λύση µαθηµατικών

ασκήσεων σηµαντικό ρόλο παίζει και επίγνωση των καθηγητών τόσο για τη δοµή

λύσης της δεδοµένης µαθηµατικής άσκησης, όσο και οι έννοιες πολυπλοκότητα και

δυσκολία λύσης της άσκησης. Αν µε А1, А2,…,Аj,…,Аn−−−−1 συµβολιστούν οι λύσεις

των ασκήσεων – τµηµάτων της Zn µε λύση An, τότε ο βαθµός πολυπλοκότητας της

λύσης της άσκησης Zn προσδιορίζεται από τον αριθµό n, ενώ ο βαθµός δυσκολίας της

λύσης An εξαρτάτε από το n και επίσης από το ποιες από λύσεις А1, А2, …, Аj, …, Аn−−−−1

ειναι προκαταβολικά γνωστές. Όσο περισσότερες ασκήσεις – τµήµατα µιας άσκησης

λυθούν αρχικά από κάποιο µαθητή, τόσο η λύση της δεδοµένης άσκησης θα είναι

ευκολότερη γι’ αυτόν. Κατά συνέπεια η πολυπλοκότητα της λύσης µιας άσκησης

προσδιορίζεται από την πολυπλοκότητα λύσης και από τον αριθµό των αντίστοιχων

ασκήσεων τµηµάτων της, καθώς και από το χρόνο που αυτές λύθηκαν. Αυτό σηµαίνει

ότι ενώ η πολυπλοκότητα της λύσης δεδοµένης µαθηµατικής άσκησης δεν µπορεί να

µεταβληθεί, η δυσκολία λύσης της µπορεί να αυξηθεί ή να ελαττωθεί και αυτό σε

συνάρτηση µε τις αντίστοιχες ασκήσεις – τµήµατα που λύνονται πριν απ’ αυτήν. Στην

πράξη, κατά την εκπαιδευτική διαδικασία και µε ευθύνη του καθηγητή, πρέπει να

τακτοποιούν τις διάφορες ασκήσεις σε οµάδες, έτσι ώστε κάθε άσκηση να

προετοιµάζεται από άλλες, πριν απ’ αυτή άλλες ασκήσει – τµήµατα.

Πρέπει να ειπωθεί, ότι µε το θέµα των βοηθητικών ασκήσεων (δηλαδή τις

ασκήσεις – τµήµατα) έχουν ασχοληθεί και ακόµη ασχολούνται πολύ µαθηµατικοί (για

22

παράδειγµα Polya, Vishin, Θ. Εξαρχάκος και άλλοι). Είναι κοινά αποδεχτώ, ότι οι

ασκήσεις γεωµετρικών κατασκευών (και συγκεκριµένα αυτές που απαιτούν τη χρήση

µόνο του χάρακα και του διαβήτη), δυσκολεύουν πολύ τους µαθητές σε σχέση µε

τους άλλους τύπους ασκήσεων. Μεταξύ των άλλων οι αιτίες γι’ αυτό µπορούν να

επικεντρωθούν στα ακόλουθα:

α) Οι µέθοδοι κατασκευών διδάσκονται αποµονωµένα, επιφανειακά χωρίς την

παρουσίαση και τεκµηρίωσή τους µε τη βοήθεια πρακτικών ασκήσεων.

β) Κάθε άσκηση γεωµετρικής κατασκευής λύνεται µέσου συλλογισµών «µε το

µυαλό και χωρίς αλγόριθµο», αφού η στοιχειώδη γεωµετρία δεν προσφέρει τέτοια

αναλυτική µηχανή, όπως για παράδειγµα η άλγεβρα., στην οποία εφαρµόζονται

αλγόριθµοι για τη λύση διαφόρων αλγεβρικών ασκήσεων.

Αυτό που αποµένει να µελετηθεί και θα γίνει σχετική προσπάθεια, είναι η

επέκταση, περαιτέρω ανάλυση και καθολικότητα των όσων έχουν γίνει έως τώρα. Θα

γίνει σχετική αναφορά για το εκπαιδευτικό περιεχόµενο (ασκήσεις – θεωρήµατα) µε

προτάσεις για την συστηµατοποίηση των µαθηµατικών ασκήσεων, την οργάνωση και

των µεθόδων διδασκαλίας στο µάθηµα των µαθηµατικών (στην διδακτική ώρα και

στην εκπαιδευτική βιβλιογραφία) σχετικά µε τη γέννηση των ικανοτήτων των

µαθητών για λύση µαθηµατικών ασκήσεων και την αύξηση του επιπέδου της

εκπαίδευσης, απαραίτητο είναι να δοθεί προσοχή και πάνω σε κάποιες βασικές

έννοιες οι οποίες έχουν ειπωθεί από τον βούλγαρο µαθηµατικό Gantsev [11]

(βασισµένες στην ιδέα του ρώσου ψυχολόγου Vigodski). Οι έννοιες αυτές

αντανακλούν τη σχέση της διδασκαλίας µε την πνευµατική ανάπτυξη των µαθητών

και δίνουν δυνατότητα να ληφθούν συγκεκριµένα συµπεράσµατα στην διδασκαλία

των µαθηµατικών

Το σύνολο των ώριµων ψυχολογικών λειτουργιών σε δεδοµένη στιγµή για ένα

µαθητή ονοµάζεται ζώνη επίκαιρης ανάπτυξης (ΖΕΑ) του µαθητή αυτού. Το σύνολο

των προς ωρίµανση ψυχολογικών λειτουργιών σε δεδοµένη στιγµή για ένα µαθητή

ονοµάζεται ζώνη κοντινής ανάπτυξης (ΖΚΑ). Με τη βοήθεια των διαγραµµάτων οι

δυο αυτές ζώνες µπορούν να παρασταθούν όπως φαίνεται στο Σχήµα 9, λαµβάνονται

υπ’ όψιν ότι η ΖΕΑ δεν είναι υποσύνολο της ΖΚΑ, αλλά η ΖΚΑ είναι συµπλήρωµα

της ΖΕΑ.

23

ΖΚΑ ΖΕΑ

Σχήµα 9

Για κάθε επίπεδο της διδασκαλίας για τον κάθε µαθητή διακρίνονται οι

ακόλουθες καταστάσεις:

α) Ο µαθητής έχει καθορισµένες ΖΕΑ και ΖΚΑ συγκροτηµένες πριν απ’ αυτό

το επίπεδο. Οι ψυχολογικές αυτές λειτουργίες αναφέρονται σε γνώσεις που

αντιστοιχούν στη ζώνη επίκαιρης ανάπτυξης (ΓΖΕΑ) και σε γνώσεις που αντιστοιχούν

στη ζώνη κοντινής ανάπτυξης (ΓΖΚΑ). Τα δυο αυτά προαναφερόµενα είδη γνώσεων

διασφαλίζονται µε το δόσιµο νοήµατος και την πολύπλευρη πρακτική ενέργεια και

έτσι εξωτερικές για το µαθητή ενέργειες µετατρέπονται σε εσωτερικές, γι’ αυτόν,

ενέργειες.

β) Υλοποιείται και αντίστροφη από την προαναφερόµενη διαδικασία – γνώσεις,

οι οποίες είναι προϊόν εσωτερικών ενεργειών για το µαθητή, µετατρέπονται σε

εξωτερικές. Η διασφάλιση των ΓΖΕΑ και ΓΖΚΑ γίνεται µε ενέργειες οι οποίες

αντιστοιχούν στη ζώνη επίκαιρης ανάπτυξης (ΕΖΕΑ) και µέσω ενεργειών που

αντιστοιχούν στη ζώνη κοντινής ανάπτυξης (ΕΖΚΑ). Αν στη διδακτική διαδικασία

των µαθηµατικών ο µαθητής δεν µπορεί να λύσει καµία άσκηση Zn ούτε µόνος του

ούτε µε βοήθεια, αυτό σηµαίνει, ότι οι γνώσεις που είναι απαραίτητες για τη λύση της

Zn είναι εκτός του συνόλου των γνώσεων που αντιστοιχούν στη ζώνη επίκαιρης

ανάπτυξης και της ζώνης κοντινής ανάπτυξης (Σχήµα 10).

ΓΖΚΑ ΓΖΕΑ Zn

Σχήµα 10

Τότε απαιτείται η λύση αντίστοιχων ασκήσεων – τµηµάτων, των οποίων οι

λυσεις προϋποθέτουν εγαρµογή γνώσεων, οι οποίες αντιστοιχούν στις ΓΖΕΑ και ΓΖΚΑ.

Αποτέλεσµα αυτού είναι να δηµιουργηθούν προϋποθέσεις έτσι ώστε οι ΓΖΕΑ και ΓΖΚΑ

να επεκταθούν και εν συνεχεία ο µαθητής να µπορεί να λύσει τη δεδοµένη

µαθηµατική άσκηση Zn (Σχήµα 11).

24

ΓΖΚΑ Zn ΓΖΕΑ

Σχήµα 11

Για το λόγο αυτό προτείνεται οι ασκήσεις στη διδασκαλία των µαθηµατικών

να οµαδοποιούνται έτσι ώστε κάθε άσκηση να είναι άσκηση – τµήµα της επόµενης

άσκησης. Εκτός αυτού η λύση τους να απαιτεί την εφαρµογή γνώσεων οι οποίες

εξασφαλίζουν διαδοχική επέκταση των ΓΖΕΑ και ΓΖΚΑ.

Με βάση το σκεπτικό αυτό οι διάφορες µαθηµατικές ασκήσεις δύναται να

διαιρεθούν σε τρία είδη:

α) Ασκήσεις – τµήµατα, η λύση των οποίων απαιτεί γνώσεις από της ζώνη

επίκαιρης ανάπτυξης του µαθητή.

β) Ασκήσεις – τµήµατα, η λύση των οποίων απαιτεί γνώσεις από την

περιφέρεια της ζώνης επίκαιρης ανάπτυξης του µαθητή.

γ) Ασκήσεις – τµήµατα, η λύση των οποίων απαιτεί γνώσεις από την ζώνη

κοντινής ανάπτυξης ή από τη ζώνη επίκαιρης ανάπτυξης του µαθητή.

3. Σκοπός, διαδικασίες και ρόλος των ασκήσεων στη διδασκαλία των

µαθηµατικών

Τα αποτελέσµατα της διδασκαλίας των µαθηµατικών και το ενδιαφέρων των

µαθητών προς τα µαθηµατικά είναι συνάρτηση του είδους και του χαρακτήρα των

ασκήσεων, οι οποίες προτείνονται για λύση ή λύνονται τόσο στην εκπαιδευτική

διαδικασία, όσο και στη µαθηµατική βιβλιογραφία. Επίσης εξαρτιούνται και από τη

σειρά µε την οποία παραδίδονται οι διάφορες µαθηµατικές ασκήσεις. Οι ασκήσεις

είναι απαραίτητες για την εκπαιδευτική διαδικασία. Χρησιµεύουν στην εφαρµογή

παλαιών γνώσεων, την εξάσκησή τους και στην εισαγωγή νέων εννοιών. Εποµένως οι

ασκήσεις βοηθούν στην υλοποίηση συγκεκριµένων σκοπών που αφορούν τόσο τη

διδασκαλία των µαθηµατικών, όσο και την εκπαιδευτική διαδικασία γενικότερα.

Έστω για παράδειγµα οι ακόλουθες δυο περιπτώσεις ασκήσεων:

Άσκηση 13. Να κατασκευαστεί η µεσοκάθετη δεδοµένου ευθύγραµµου

τµήµατος.

25

Με την άσκηση αυτή εξασκούνται νέα στοιχεία και συγκεκριµένα η

κατασκευή σχήµατος µε δεδοµένες κάποιες ιδιότητες. Αφού ο µαθητής κατανοήσει τη

λύσης της, προτείνεται για λύση η ακόλουθη άσκηση γεωµετρικής κατασκευής:

Άσκηση 14. Να κατασκευαστούν οι µεσοκάθετες των πλευρών τριγώνου.

Με την άσκηση αυτή οι µαθητές εξασκούνται πάνω στην άσκηση 13 και εκτός

αυτού βοηθιέται η ανακάλυψη, από τους µαθητές, το θεώρηµα: «οι µεσοκάθετες των

πλευρών τριγώνου τέµνονται σε ένα σηµείο»

Σε συνάρτηση µε την ιδιαιτερότητα των µαθηµατικών γνώσεων και των

σχολικών µαθηµατικών, οι σκοποί, οι οποίοι τίθενται, τόσο στο µάθηµα του

σχολείου, όσο και στις εκτός διδασκαλίας ώρες µαθηµατικών (ενισχυτική

διδασκαλία), πρέπει να πληρούν τις ακόλουθες πέντε προϋποθέσεις:

α) Να είναι αρκετές για την επιτυχή διδασκαλία.

β) Να είναι περισσότερο ανοιχτές απ’ ότι κλειστές, έτσι ώστε να αντιστοιχούν

στις λεπτοµέρειες και τις δυνατότητες του κάθε µαθητή, συµπεριλαµβανοµένου και

αυτών που δεν αγαπούν τα µαθηµατικά.

γ) Να υπόκεινται σε µια πολύπλευρη παιδαγωγική δοµή (επαγωγική,

ευρετική) του εκπαιδευτικού περιεχοµένου.

δ) Να υπόκεινται στην οδό των γνώσεων – από το ξεχωριστό, το µοναδικό, το

ειδικό προς το αφηρηµένο και απ’ αυτό – την πρακτική εφαρµογή των µαθηµατικών

ασκήσεων.

ε) Να είναι συνδεδεµένοι µε την διεκπεραίωση βαθµολογίας, µε την

αναδιοργάνωση του δεδοµένου αντικειµένου και µε τη γνωριµία της συγκεκριµένης

διαδικασίας.

Σε βαθµολόγηση υποβάλλονται τα θεωρήµατα, έννοιες, ορισµοί λύσεις

ασκήσεων, µέθοδοι κ.τ.λ.. Στην πορεία της θεωρητικής γνωστικής ενέργειας

διατυπώνονται σχέσεις και εξαρτήσεις µεταξύ εννοιών και θεωρηµάτων, µεταξύ

θεωρηµάτων και των αποδείξεών τους κ.τ.λ.. Τόσο όµως οι σκοποί, όσο και οι

ενέργειες, είναι δηµιουργικές και µονότονες, αφού κάθε µια είναι ή πρακτικά

εφαρµόσιµη ή απλά θεωρητική.

Η υλοποίηση των σκοπών της διδασκαλίας των µαθηµατικών, κατά τη

δηµιουργική ενέργεια, οδηγεί σε νέα αποτελέσµατα ή πάλι σε γνωστά αποτελέσµατα,

αλλά µε νέα άγνωστα µέσα.

26

Για να µπορεί, µε τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων, να σιγουρευτεί η

εκπλήρωση των σκοπών της διδασκαλίας των µαθηµατικών, πρέπει για κάθε άσκηση

να συγκεκριµενοποιούνται οι εκπαιδευτικοί σκοποί της λύσης της.

Μπορεί να ειπωθεί, ότι οι σκοποί, οι οποίοι πρέπει να τίθενται µε τη λύση

µαθηµατικών ασκήσεων, διαιρούνται µε τον ακόλουθο τρόπο [5]:

І. Καθαρά µαθηµατικοί, κατά τους οποίους εξασκούνται και εµπεδώνονται

δεδοµένοι ορισµοί, θεωρήµατα και αξιώµατα. Εξασκούνται επίσης και η λύση

ασκήσεων – τµηµάτων ή κάποιων άλλων ασκήσεων, οι οποίες θα λυθούν στην

πορεία.

ІІ. Καθαρά λογικοί, κατά τους οποίους εξασκούνται η εφαρµογή των

ορισµών, οι λογικές εργασίες και οι κανόνες για συµπεράσµατα. Εξασκούνται επίσης

και δυσκολότερες λογικές εργασίες, όπως για παράδειγµα η εργασία «υπαγωγή σε µια

έννοια».

ІІІ. Πρακτικοί, κατά τους οποίους διενεργούνται και εξασκούνται οι

εφαρµογές των διδασκόµενων µαθηµατικών εννοιών και θεωρηµάτων από άλλες

επιστήµες, όπως φυσική, χηµεία, βιολογία κ.τ.λ. ή ακόµη και καθαρά πρακτικές

καταστάσεις. Στην περίπτωση αυτή χρησιµοποιούνται µαθηµατικά µοντέλα.

Πρέπει να τονιστεί, ότι µια µαθηµατική άσκηση δύναται να ανήκει και στις

τρεις προαναφερόµενες κατηγορίες σκοπών. Στη σύγχρονη διδασκαλία των

µαθηµατικών η εκλογή των ασκήσεων συνήθως γίνεται έτσι ώστε να εξασκούνται

µόνο ο πρώτος τύπος σκοπών. Σχεδόν παραλείπεται ο δεύτερος και ο τρίτος τύπος

σκοπών3. Η σειρά και η συστηµατοποίηση των ασκήσεων, στα οποία παραλείπονται

σκοποί του δεύτερου και τρίτου τύπου, έχουν ως αποτέλεσµα την µη ικανοποιητική

µορφωτική αίσθηση.

Παρατίθεται λύση αλγεβρικής άσκησης στην οποία διαγράφονται φανερά οι

πρώτοι δυο τύποι σκοπών:

Άσκηση 15. Να λυθεί, στο σύνολο των πραγµατικών αριθµών R, η εξίσωση

2х2 = а(а −−−−х), а ≥ 0.

3 Προτείνεται οι ασκήσεις να επιλέγονται έτσι ώστε να εξασκούνται και ότι τρεις τύποι σκοπών. Σχετική και λεπτοµερέστερη αναφορά υπάρχει στο Κεφάλαιο V.

27

Λύση

І. Μαθηµατικός σκοπός της άσκησης

2х2 = а(а −−−−х) ⇔ 2х2 = а2 −−−− ах ⇔ 2х2 + ах −−−− а2 = 0. Η τελευταία είναι µια

δευτεροβάθµια εξίσωση η οποία λύνεται µε τον ακόλουθο τρόπο: D = а2 −−−− 4.2.(−−−−а2) =

а2 + 8а2 = 9а2 ≥ 0. Και κατά συνέπεια οι δυο λύσεις τις είναι οι:

х1,2 =4

3

4

3

2.2

9 2 aaaaaa ±−=

±−=

±−, δηλαδή х1 = –а και х2 =

2

a. Κατά

συνέπεια η λύσεις της δεδοµένης εξίσωσης, στο σύνολο των πραγµατικών αριθµών R,

είναι a ή х =2

a, а ≥ 0.

ІІ. Λογικοί σκοποί της άσκησης

Με τη λύση της προαναφερόµενης µαθηµατικής (αλγεβρικής) άσκησης οι

µαθητές εξασκούνται στην εφαρµογή λύσεων, αλγόριθµων, κανόνων για

συµπεράσµατα, υπαγόµενα σε έννοιες, µε την χρήση των ακόλουθων γνώσεων:

1. Τύπος λύσης δευτεροβάθµιας εξίσωσης.

2. Επιµεριστική ιδιότητα: а(b ± с) = аb ± ас.

3. ∆υο από τα θεωρήµατα ισοδυναµίας των εξισώσεων.

4. Την ιδιότητα: (аb)n = аnbn, n ∈ N.

5. Την ιδιότητα: 2a = |a|.

6. Τον ορισµό της απόλυτης τιµής πραγµατικού αριθµού.

7. Την ιδιότητα: ac

ab =

c

b, (ac ≠ 0).

8. Πράξεις µε πραγµατικούς αριθµού.

Σαν παράδειγµα άσκησης, στην οποία άµεσα πραγµατοποιούνται οι πρακτικοί

σκοποί, αναφέρεται η ακόλουθη:

Άσκηση 16. ∆οχεία των 20lt γεµίζεται µε οινόπνευµα. Από το δοχείο αυτό

αφαιρούνται κάποια λίτρα και τοποθετούνται σε άλλο δοχείο. Της ίδια

χωρητικότητας. Συµπληρώνεται το δεύτερο δοχείο µε νερό µε το λαµβανόµενο µίγµα

συµπληρώνεται το πρώτο δοχείο. Εν συνεχεία από το πρώτο δοχείο λαµβάνονται 62/3

lt και ρίχνονται στο δεύτερο δοχείο. Με τον τρόπο αυτό τα δυο δοχεία περιέχουν

τελικά την ίδια ποσότητα οινοπνεύµατος. Πόσο λίτρα οινοπνεύµατος µεταφέρθηκαν

αρχικά από το πρώτο δοχείο στο δεύτερο;

28

Επειδή οι ασκήσεις γεωµετρικής κατασκευής δυσκολεύουν περισσότερο τους

µαθητές, απαραίτητο είναι να αναφερθούν οι σκοποί του τίθενται µε τη λύση τους

στη διδασκαλία των µαθηµατικών. Οι σκοποί αυτή, όπως και θα ειπωθεί εν συνεχεία,

είναι σηµαντικοί, απορρίπτοντας έτσι τυχόν απόψεις, ότι πλέον οι ασκήσεις

γεωµετρικών κατασκευών (και συγκεκριµένα αυτές που απαιτούν τη χρήση του

χάρακα και του διαβήτη) πρέπει να αποµακρυνθούν ή µα παραβλέπονται κατά τη

διδασκαλία των αντίστοιχων και σχετικών µ’ αυτές, µαθηµατικών εννοιών. Κατά την

παράθεση των σκοπών αυτών πρέπει να ληφθεί υπ’ όψιν η ιδιαιτερότητα της δοµής

λύσης τους και η σηµασία των ασκήσεων αυτού του είδους στη διδασκαλία των

µαθηµατικών.

α) Τα βασικό στις ασκήσεις γεωµετρικών κατασκευών είναι όχι µόνο το ότι

λαµβάνονται γεωµετρικά σχήµατα µε ακριβώς προσδιορισµένους κανόνες, (βασικές

κατασκευές), τα οποία επαληθεύουν κάποιες συγκεκριµένες ιδιότητες και

καταλήγουµε σ΄ αυτά µε συγκεκριµένα γεωµετρικά µέσα κατασκευής (χάρακας –

διαβήτης), αλλά και όλη ενέργεια κατασκευής ακολουθεί τα τέσσερα στάδια –

ανάλυση, σύνθεση, απόδειξη, µελέτη, µε τη συµµετοχή και της ενέργεια σχεδιασµού.

Θεωρείται, ότι αν το τρίτο και το τέταρτο στάδιο (απόδειξη και µελέτη) δεν

ξεχωριστούν αλλά εφαρµοστούν µαζί, τότε θα δηµιουργηθούν προϋποθέσεις η λύση

των κατασκευαστικών ασκήσεων πιο ολοκληρωµένα και ακριβέστερα να

αντιστοιχούν στη λογική της µαθηµατικής επιστήµης και στη λογική της

εκπαιδευτικής διαδικασίας. Η πολυµορφότητα και η δυσκολία των ενεργειών κατά

τη λύση κατασκευαστικών ασκήσεων απαιτεί την ένταξή τους στη σχολικά

διδασκαλία των µαθηµατικών για µαθητές λυκείου.

Κατά τη λύση ασκήσεων γεωµετρικής κατασκευής υλοποιούνται

συλλογισµοί, όπως φυσικά και σε κάθε άλλο τύπο µαθηµατικής άσκησης, ενώ η

σχεδιαστική ενέργεια υλοποιείται βασισµένη µόνο σ’ αυτούς τους συλλογισµούς. Για

παράδειγµα κατά τη λύση κατασκευαστικών ασκήσεων υπάρχουν επαγωγικοί

συλλογισµοί, όχι µόνο στην ανάλυση και στην απόδειξη – µελέτη, αλλά και στην

κατασκευή.

β) Κατά τη λύση ασκήσεων γεωµετρικής κατασκευής χρησιµοποιούνται

ιδιότητες των γεωµετρικών αντικειµένων, γεγονός που διασφαλίζει την απόδοση του

νοήµατός τους. Αυτή είναι και µια αιτία της ύπαρξης ασκήσεων γεωµετρικής

κατασκευής στη σχολική διδασκαλία της ευκλείδειας γεωµετρίας.

29

Κατά τη λύση κατασκευαστικών ασκήσεων κατασκευάζονται κοινά σηµεία των

σχηµάτων, ενώ όταν υλοποιείται αυτό εξασκείται µια αρκετά σηµαντική ευρετική

µέθοδος, όχι µόνο για τα µαθηµατικά – η µέθοδος του γεωµετρικού τόπου σηµείων.

Για αυτό ο Dekart γράφει: «Για να βρούµε ένα αντικείµενο αρχικά βρίσκουµε ένα

σύνολο, στο οποίο αυτό ανήκει, εν συνεχεία βρίσκουµε άλλο σύνολο, στο οποίο ανήκει

το ίδιο αντικείµενο, ενώ στο τέλος βρίσκουµε την τοµή των δυο αυτών συνόλων.»

γ) Κατά την εφαρµογή των διαφόρων µεθόδων της µεθόδου γεωµετρικών

τόπων σηµείων, ακριβώς των µεθόδων µετασχηµατισµών, οι µαθητές µαθαίνουν να

µοντελοποιούν ασκήσεις της παραδοσιακής γεωµετρίας µε ασκήσεις της γεωµετρίας

των µετασχηµατισµών. Μαζί µ’ αυτό εξασφαλίζονται οι δυνατότητες να εξασκούνται

οι γεωµετρικοί µετασχηµατισµοί.

δ) Η αλγεβρική µέθοδος λύση των κατασκευαστικών ασκήσεων, εκτός του ότι

ολοκληρώνουν τις γεωµετρικές γνώσεις των µαθητών, διασφαλίζουν δυνατότητες

γέννησης αλγεβρικών τεχνικών και σε νέες καταστάσεις.

Με την επιλογή κατάλληλων ασκήσεων, αναφερόµενες σε διδακτικές αρχές της

µαθηµατικής επιστήµης, σταδιακά και συστηµατικά, στους µαθητές αναπτύσσονται,

χρήσιµα γι’ αυτούς, προσόντα.

Οι ασκήσεις εκπληρώνουν διάφορες λειτουργίες στη σχολική διδασκαλία των

µαθηµατικών. Συχνά οι λειτουργίες αυτές διενεργούνται µόνο µε την εκµάθηση

συγκεκριµένων θεµάτων από το εκπαιδευτικό πρόγραµµα, δηλαδή διατυπώνουν

κυρίως τις θέσεις της εκπαίδευσης. Τα τελευταία χρόνια δεν γίνεται προσοχή και σε

άλλες συναρτήσεις βασισµένες σε νέες ιδέες της διδακτικής και της ψυχολογίας4. Οι

λειτουργίες αυτές είναι: εκπαιδευτικές, αναπτυξιακές, διαπαιδαγωγικές, και

εξεταστικές [19]:

1. Εκπαιδευτικές λειτουργίες. οι οποίες αναφέρονται στη προετοιµασία των

µαθητών για την εµπέδωση των νέων γνώσεων. Είναι προσανατολισµένες προς τη

δηµιουργία συστήµατος µαθηµατικών ασκήσεων5 και προς τη διάπλαση των

επιδεξιοτήτων και των ικανοτήτων για λύση µαθηµατικών ασκήσεων. Οι ασκήσεις µε

εκπαιδευτική λειτουργία µπορούν να χωριστούν σε τρεις κατηγορίες:

4 Στο Κεφάλαιο V προτείνονται κάποιες νέες συναρτήσεις τις οποίες µπορούν οι ασκήσεις να εκπληρώνουν. 5 Περισσότερη ανάλυση για τα συστήµατα ασκήσεων θα γίνει στα επόµενα κεφάλαια.

30

α) Κοινές εκπαιδευτικές λειτουργίες, στις οποίες έχουν θέση όχι µόνο στην

διδασκαλία των µαθηµατικών, αλλά και σε όλα τα αντικείµενα από το φυσικό-

µαθηµατικό κύκλο. Οι ασκήσεις κατά τις κοινές εκπαιδευτικές λειτουργίες

αναφέρονται στα ακόλουθα: διάπλαση της έννοιας, εδραίωση των σχέσεων µεταξύ

των εννοιών, διάπλαση των επιδεξιοτήτων και ικανοτήτων για εργασία µε τεχνικά

µέσα (π.χ. χρήση υπολογιστών), εισαγωγή υπό – εννοιών µε σκοπό να

δηµιουργήσουν µια νέα έννοια, διάπλαση καθοδηγητικών ιδεών, νόµων και σχέσεων

µεταξύ αυτών, εµπέδωση των βασικών ειδών συµπερασµάτων και διάπλαση των

ικανοτήτων και συνηθειών για προφορικό και γραπτό λόγο.

β) Ειδικές εκπαιδευτικές λειτουργίες, στις οποίες η λύση ασκήσεων σκοπό

έχει µόνο τη διδασκαλία των.

γ) Συγκεκριµένες εκπαιδευτικές λειτουργίες, κατά τις οποίες οι ασκήσεις

λύνονται µε σκοπό την κατανόηση συγκεκριµένων µαθηµατικών εννοιών.

Οι ακόλουθες τρεις ασκήσεις αντιστοιχούν στις προαναφέροµε τρεις οµάδες

εκπαιδευτικών λειτουργιών, α), β) και γ):

Άσκηση 17. Στο Σχήµα 12 να βρεθεί το σηµείο της ευθείας a, το οποίο απέχει

απόσταση ίση από της πλευρές Ох, Оу της γωνίας хОу.

O

a

x y

Σχήµα 12 Άσκηση 18. Στο σύνολο των πραγµατικών αριθµών, να λυθεί η εξίσωση:

n xf )( = g(x), n ∈N\0,1.

Άσκηση 19. Στο σύνολο των πραγµατικών αριθµών, να λυθεί η εξίσωση:

1312+−=− xx .

2. Αναπτυξιακές λειτουργίες, οι οποίες αναφέρονται στην ανάπτυξη της

σκέψης των µαθητών, στην διάπλαση των προσόντων. Οι αναπτυξιακές λειτουργίες

διαιρούνται σε τρεις οµάδες:

α) Κοινές εκπαιδευτικές λειτουργίες, κατά τις οποίες οι ασκήσεις

αναφέρονται στα εξής: στην κυριαρχία των µεθόδων για επιστηµονική γνώση σαν

31

µέθοδο για έρευνα, στην ανάπτυξη των δυνατοτήτων για επαγωγικά συµπεράσµατα,

στην κυριαρχία της στοιχειώδους λογιστικής µόρφωσης, στην ικανότητα εκλογής

µέσων και µεθόδων για την εκπλήρωση καθορισµένου σκοπού, στην κυριαρχία των

βασικών προσόντων, χαρακτηριστικά της επιστηµονικής σκέψης και στην ανάπτυξη

δηµιουργικής φαντασίωσης.

β) Ειδικές αναπτυξιακές λειτουργίες, κατά τις οποίες οι ασκήσεις

αναφέρονται στα εξής: στην διάπλαση ικανοτήτων αφήγησης µιας υπαρκτής

ιδιότητας, αναφερόµενη σε µαθηµατικά αντικείµενα, στην ανάπτυξη ικανοτήτων για

σχεδίαση της λύσης µιας άσκησης, για αφαίρεση των περιττών στοιχείων από την

εκφώνηση, για έλεγχο της ισχύς της λύσης, στην διάπλαση και ανάπτυξη της

ικανότητας να αποδεικνύεται επαγωγικά ένας µαθηµατικός συλλογισµός, στην

διάπλαση της αντίληψης για την λογική σειρά των µαθηµατικών και για την

πολύπλευρη εφαρµογή αυτών σε άλλες επιστήµες, στην διάπλαση των ικανοτήτων

να δίνονται ορισµοί µαθηµατικών εννοιών, στην ανάπτυξη της ικανότητας για

γρήγορο και σωστό υπολογισµό πράξεων µε ή χωρίς αριθµοµηχανή και στην

τελειοποίηση της ικανότητας να γίνονται µελέτες και να χρησιµοποιείται η

µαθηµατική γλώσσα και ο µαθηµατικός συµβολισµός.

γ) Συγκεκριµένες αναπτυξιακές λειτουργίες, οι οποίες είναι απαραίτητες για

την κατανόηση µερικών ειδών γνώσεων (όπως και στην πρώτη περίπτωση – οµάδα

αναπτυξιακών λειτουργιών).

Σαν παραδειγµατικές ασκήσεις για τις οµάδες α), β) και γ) αναφέρονται οι

ακόλουθες:

Άσκηση 20. α) Να αποδειχτεί, ότι: n ab = n a . n b , n ∈N\0,1.

β) Να αποδειχτεί, ότι: nn

nnnn aaaaaa ............ 2121 = ,

n ∈N\0,1.

Άσκηση 21. Να γενικευτεί το Πυθαγόρειο Θεώρηµα, συγκεκριµένα για τυχαίο

τρίγωνο АВС, (Σχήµα 13а και 13β), να αποδειχτεί ότι:

В B

c a c a

b b

А D C D A C


α) а2 = b2 + с2 −−−− 2.b.AD, γωνία А < 900 (Σχήµα 13α);

32

β) а2 = b2 + с2 + 2.b.AD, γωνία А > 900 (Σχήµα 13β).

Άσκηση 22. Να αποδειχτεί , ότι ένα τρίγωνο είναι ισοσκελές αν το ύψος και η

διχοτόµος του, από την ίδια κορυφή, ταυτίζονται.

3. ∆ιαπαιδαγωγικές λειτουργίες. Είναι οι λειτουργίες οι οποίες αναφέρονται

στην ανάπτυξη των ηθικών ικανοτήτων του µαθητή, στη διάπλαση της επιστηµονικής

κοσµοαντίληψης. Η λύση κάθε άσκησης περιέχει εκ των πραγµάτων διαπαιδαγωγικές

λειτουργίες. Στην εκπαιδευτική διαδικασία των µαθηµατικών κατά τη λύση

ασκήσεων οι µαθητές άµεσα, συστηµατικά και µε συνέχεια εργάζονται τόσο οµαδικά,

όσο και ατοµικά

4. Εξεταστικές λειτουργίες, οι οποίες αναφέρονται στην εξακρίβωση του

επιπέδου γνώσεων των µαθητών. Σκοπός των ασκήσεων αυτών είναι τόσο η

βαθµολόγηση των γνώσεων των µαθητών, όσο και η διάπλαση επιδεξιοτήτων για

αυτοβαθµολόγηση και αυτοδιακανόνιση. Εποµένως µε τη λύση τέτοιων ασκήσεων

επικυρώνεται η αποτελεσµατικότητα της πραγµατοποίησης των συγκεκριµένων

σκοπών της εκπαίδευσης, της µόρφωσης και της ανάπτυξης.

Σαν παραδείγµατα προτείνονται οι ακόλουθες δυο ασκήσεις, µια αλγεβρική και

µια γεωµετρική:

Άσκηση 23. Έστω f(х) = x21

−−−− 3 είναι γραµµική συνάρτηση µε µεταβλητή х

(х ∈Q). Σε ποια από τις ακόλουθες περιπτώσεις ο ισχυρισµός αληθεύεις:

α) f(х) = 0 ⇔ x21

−−−− 3 = 0.

β) х = 6 είναι λύση της εξίσωσης f(х) = 0.

γ) Αν x = 6 είναι λύση της εξίσωσης f(х) = 0, τότε το σηµείο М µε

συντεταγµένες М(6, 0) είναι το σηµείο τοµής της γραφικής παράστασης της

συνάρτησης f(х) µε την τετµηµένη (δηλαδή τον άξονα х΄x).

δ) Αν x = 6 είναι λύση της εξίσωσης f(х) = 0, τότε το σηµείο Ν µε

συντεταγµένες Ν(6, 0) είναι το σηµείο τοµής της γραφικής παράστασης της

συνάρτησης f(х) µε την τεταγµένη (δηλαδή τον άξονα y΄y).

Η άσκηση αυτή µπορεί να χρησιµοποιηθεί σε διαγώνισµα για τον έλεγχο και τη

βαθµολόγηση των γνώσεων σχετικών µε το θέµα: «Εξισώσεις πρώτου βαθµού µε ένα

άγνωστο».

Η επόµενη άσκηση µπορεί να δοθεί για λύση σε διαγώνισµα σχετικό µε το θέµα

«Ισότητα. Κριτήρια ισότητας τριγώνων».

33

D

T

Άσκηση 24. Πάνω από την υποτείνουσα АВ και την κάθετη АС ενός

ορθογωνίου τριγώνου АВС κατασκευάζονται τετράγωνα АВРQ και АСМN (Σχήµα

14). Τα σηµεία τοµής των АС και АВ µε τις NВ είναι СQ αντίστοιχα τα D και Т.

Ποια από τις ακόλουθες προτάσεις (συλλογισµούς) είναι ορθή;

α) Τα τρίγωνα NAD, САТ είναι ίσα.

β) Τα τρίγωνα NAB, CAQ είναι ίσα.

γ) ) Τα τρίγωνα ВАD, QAT είναι ίσα.

Σχήµα 14

Οι δυο αυτές ασκήσεις, εκτός που εκπληρώνουν εξεταστικές λειτουργίες,

µπορεί να ειπωθεί, ότι εκπληρώνουν και διαπαιδαγωγικές λειτουργίες.

Σχετικά µε το ρόλο των µαθηµατικών ασκήσεων στη διδασκαλία των

µαθηµατικών, δύναται να ειπωθεί, ότι µε τη λύση στους πρέπει να:

1. Να διεγείρουν και να αναπτύξουν το ενδιαφέρον των µαθητών για την

µαθηµατική εκπαίδευση.

2. Να διαπαιδαγωγήσουν υψηλά ηθικά και φυσικά προσόντα.

3. Να διαπαιδαγωγήσουν τη σωστή άποψη για την εκπαιδευτική διαδικασία.

4. Να προετοιµάσουν την εισαγωγή και την εµπέδωση νέων γνώσεων.

5. Να ανακαλυφθούν, νέες για τους µαθητές, έννοιες και γνώσεις.

6. Να εγκαθιδρυθεί η ανάπτυξη των γνώσεων των µαθητών.

Μεγάλης σηµασίας είναι και η θέση των ασκήσεων στα σχολικά βιβλία

µαθηµατικών. Η λανθασµένη και άσκοπη τοποθετηµένες ασκήσεις χάνουν

εκπαιδευτικές και διαπαιδαγωγικές τους λειτουργίες. Για το λόγο αυτό η θέση τους

πρέπει να είναι άρρηκτα συνδεδεµένη µε το εκπαιδευτικό περιεχόµενο, το οποίο

διδάσκεται δεδοµένη στιγµή, την αντίστοιχη θεωρία, µε βάση την οποία λύνονται οι

ασκήσεις αυτές. Για παράδειγµα, µετά το θέµα αξονική συµµετρία προτείνεται να

λύνονται και ασκήσεις γεωµετρικών κατασκευών. Μετά το Θεώρηµα Θαλή να

A B

C

M

N

PQ

34

υπάρχουν και ασκήσεις για κατασκευή, οι οποίες να λύνονται µε τη διδασκόµενη

θεωρία, κ.τ.λ..

Είναι δυνατόν µε τη χρήση ιστορικών γεγονότων ή µε τις δυνατότητες της

τεχνολογίας (χρήση ηλεκτρονικών υπολογιστών και το πληροφοριακό περιβάλλον

του διαδικτύου) οι ασκήσεις να διεκπεραιώσουν νέες λειτουργίες. Κατά τη λύση

τέτοιων ασκήσεων συνδυάζονται γνώσεις και δεξιότητες των µαθηµατικών µε άλλους

τοµείς γνώσης.

Ως αποτέλεσµα των µέχρι εδώ συλλογισµών είναι τα ακόλουθα διδακτικά

συµπεράσµατα:

1. Κάθε θεώρηµα µπορεί να ληφθεί σαν άσκηση – τµήµα δεδοµένης άσκησης,

όταν αυτό χρησιµοποιείται στη λύση της άσκησης, αφού στην περίπτωση αυτή η

απόδειξη, το αποτέλεσµα του θεωρήµατος λαµβάνεται σαν κάτι γνωστό και εκ των

προτέρων αποδειγµένο

2. Η ενέργεια λύση άσκησης αποτελείται από τη λύση των επιµέρους ασκήσεων

– τµηµάτων της και από τη εφαρµογή εκ των προτέρων αποδειγµένα θεωρήµατα.

3. Η ταυτόχρονη εξέταση των ενεργειών «απόδειξη» και «µελέτη» κατά τις

ασκήσεις γεωµετρικής κατασκευής, στα σχολικά µαθηµατικά, προϋποθέτει

καλύτερες συνθήκες ισοδυναµίας των σκοπών, ασκήσεων, των λειτουργιών των

ασκήσεων στη διδασκαλία των µαθηµατικών, όπως επίσης και σκοπού, ασκήσεις και

λογική της εκπαιδευτικής – µορφωτικής διαδικασίας των µαθηµατικών.

4. Με τη λύση διαφορετικών τύπων ασκήσεων σαν µέσο και σαν σκοπό στη

διδασκαλία των µαθηµατικών στους µαθητές διαπλάθονται ικανότητες για λύση

προβληµάτων µε µαθηµατικό ή µη µαθηµατικό (εφαρµογές) χαρακτήρα, ικανότητες

για µοντελοποίηση, για εφαρµογή των µαθηµατικών γνώσεων σε άλλους

επιστηµονικούς τοµείς και στην πρακτική.

35

ΚΕΦΑΛΑΙΟ II

Μαθηµατικά προβλήµατα στα αρχαία ελληνικά µαθηµατικά

(έως τον 4ο αιώνα µ.Χ.)

1. Συνοπτικές πληροφορίες για τη διδασκαλία των µαθηµατικών

στην Αρχαία Ελλάδα (έως των 4ο αιώνα µ.Χ.)

∆ιακρίνουµε 3 περιόδους, συνδεδεµένες µε την ανάπτυξη των µαθηµατικών

στην Αρχαία Ελλάδα και αυτές είναι οι ακόλουθες [42]:

Η πρώτη περίοδο εκτίνετε µέχρι την εµφάνιση των ορθολογικών µαθηµατικών, τα

ονοµαζόµενα «Προσωκρατικά Μαθηµατικά» (6ο – 5ο αιώνα π.Χ.). Κατά την περίοδο

αυτή , η σχολή του Πυθαγόρα αφιερώνει σηµαντικό µέρος των εργασιών της στη

θεωρητική αριθµητική, στη γεωµετρία, στη µουσική και στην αστρονοµία (τις

λεγόµενες «Τέσσερις Μαθηµατικές Επιστήµες»).

Ο τρόπος µε τον οποίο οι σοφιστές λύνουν διάφορα µαθηµατικά προβλήµατα,

(όπως για παράδειγµα την ύπαρξη του χώρου από το Ζήνων των Ελεάτη), οδηγεί

στην αναγκαιότητα ύπαρξης καθηγητών-επαγγελµατιών, οι οποίοι να ασχολούνται µε

τα προβλήµατα αυτά.

Οι σοφιστές έχουν σχέση µε τα µαθηµατικά, αλλά είναι οι βασικοί συντελεστές

της θεωρητικής έννοιας, η οποία πάντα επηρεαζόταν από τα µαθηµατικά (και δεν

ίσχυε το αντίστροφο). Οι φιλοσοφικές σχολές της εποχής αυτής διαφέρουν κατά

πολύ από τις σηµερινές, όπως τις δεχόµαστε, ακόµη και όταν αναφερόµαστε, για

παράδειγµα, στη µαθηµατική σχολή του Μενελάου. Οι φιλόσοφοι έχουν µεν

επιστηµονικές γνώσεις και ορισµένοι απ’ αυτούς ασχολούνται µε τα µαθηµατικά,

αλλά δεν είναι καθηγητές-επαγγελµατίες.

Η αναγκαιότητα για λύση των διαφόρων επιστηµονικών διαµαχών, οδηγεί στο

ότι η απόδειξη µετατρέπεται από τους φιλοσόφους σε επιστηµονική αρχή. Κατά την

περίοδο αυτή αποδείχτηκαν και τα πρώτα θεωρήµατα, αλλά ακόµη είναι φανερή η

επιρροή από τα Αρχαία Αιγυπτιακά και Βαβυλώνια µαθηµατικά, αποτέλεσµα της

οποίας είναι και η ύπαρξη πολλών συγκεκριµένων προβληµάτων (ασκήσεων).

36

Η δεύτερη περίοδο αρχίζει από το Πλάτωνα και φτάνει µέχρι τον Ευκλείδη (5ο

–4ο αιώνα π.Χ.). Κατά τη περίοδο αυτή παρατηρείται µια δυναµική, ποσοτική και

ποιοτική, αλλαγή της µαθηµατικής σκέψης. Τα µαθηµατικά, όχι µόνο

συστηµατοποιούνται (µεθοδεύονται), αλλά και γίνονται παραγωγικά και αξιωµατικά.

Τα µοντέλα για την οργάνωση της µαθηµατικής σκέψης δηµιουργήθηκαν από τον

Αριστοτέλη στο βιβλίο του «∆εύτερα Αναλυτική». Κατά τον Αριστοτέλη, τα βασικά

χαρακτηριστικά της επιστηµονικής σκέψης είναι:

α. Αποδεικτικότητα (καθολικότητα και αναγκαιότητα). Η επιστήµη είναι ένα

είδος το οποίο µπορεί να αποδειχτεί. Η απόδειξη είναι µόνο δυνατή για το γενικό και

όχι για το τυχαίο ή για κάτι που γεννιέται και φθείρεται. Σε τυχόν έλλειψη του

γενικού, για απόδειξη θεωρείται αυτό που συµβαίνει συχνότερα.

β. ∆υνατότητα εξήγησης. Η δυνατότητα της γνώσης να ορίζει την ουσία και τη

καθολικότητα εφαρµογής των εξεταζόµενων θεµάτων. Τα καθήκοντα της γνώσης

είναι τα ακόλουθα:

1. Η διαπίστωση κάποιας πραγµατικότητα

2. Η εξακρίβωση της αιτίας της πραγµατικότητας.

3. Η διερεύνηση της ουσίας κάποιας πραγµατικότητας.

4. Η διερεύνηση των όρων από τους οποίους εξαρτάται η ύπαρξη ή όχι µιας

πραγµατικότητας

γ. Συνδυασµός της ενότητας µε την ύπαρξη βαθµών υπαγωγής ορισµένων

γνώσεων σε άλλες. Τα διάφορα αντικείµενα της επιστήµης ανήκουν στο ίδιο γένος.

∆υνατόν είναι τα διάφορα αυτά αντικείµενα να σχετίζονται όλα µε το ένα και το αυτό

αντικείµενο. Η κάθε επιστήµη προσδιορίζεται από το δικό της γένος και αποτελεί µια

ορισµένη ενότητα. Σύµφωνα µε το Πλάτωνα: «οι επιστήµες δεν ανάγονται ούτε η µια

σε άλλες, ούτε σε ένα και µοναδικό γένος» [47].

Ο Αριστοτέλης είναι ο ιδρυτής της θεωρίας για τη δηµιουργία των

ΑΞΙΩΜΑΤΩΝ (δηλαδή των εξ ορισµού και άνευ αντιλογίας, ορθών προτάσεων).

Αυτός σχετικά γράφει τα εξής:

«Οι άνθρωποι…, οι οποίοι νοµίζουν ότι δηµιουργούν παράλληλες ευθείες

δεν βλέπουν ότι, υποθέτουν πράγµατα τα οποία είναι αδύνατο να

αποδείξουν, εκτός και οι παράλληλες ευθείες υπάρχουν.»

(«Πρώτα Αναλυτικά», σελ. 65, παρ. 4-7)

Ο Αριστοτέλης έφτασε στην αναγκαιότητα, κατά την απόδειξη των ισχυρισµών

(θεωρηµάτων), να χρησιµοποιούνται µόνο πριν απ’ αυτούς αποδειγµένοι άλλοι

37

ισχυρισµοί κ.τ.λ., φτάνοντας έτσι σε µια «δυσάρεστη» απειρότητα. Γι’ αυτό κάπου

πρέπει να σταµατήσουµε, να θεωρήσουµε δεδοµένο ισχυρισµό για «Αξίωµα» και απ’

αυτόν να αρχίσουµε να αποδεικνύουµε τους λοιπούς ισχυρισµούς (θεωρήµατα).

Στις αρχές του 3ου αιώνα π.Χ. ο Ευκλείδης στα «Στοιχεία» (αποτελούµενο από

13 βιβλία), συγκεντρώνει όλες τις µαθηµατικές γνώσεις τις εποχής αυτής. Το βιβλίο

αυτό είναι το πρώτο µε µαθηµατικό περιεχόµενο.

Τα «Στοιχεία» είναι βιβλίο-µοντέλο για όλα τα βιβλία µαθηµατικών τα οποία

εµφανίζονται αργότερα. Αυτό το βιβλίο είναι το πρώτο γνωστό σύγγραµµα µε

επαγωγική κατασκευή. Είναι γραµµένο υπό την επιρροή των ιδεών του Αριστοτέλη

για τη µαθηµατική σκέψη. Σ’ αυτό ο Ευκλείδης δίνει αυστηρά λογική σκέψη στη

γεωµετρία, γνωστή από ποιο παλιά και συµπληρωµένη απ’ αυτόν. Η συµπληρώσεις

αυτές είναι διαµορφωµένες µε βάση την επαγωγική µέθοδο. Στην αρχή έχουν εκτεθεί

αρκετοί ορισµοί και ισχυρισµοί, οι οποίοι δεν απαιτούν απόδειξη. Όλοι οι υπόλοιποι

ισχυρισµοί δηµιουργούνται απ’ αυτούς µε αυστηρές λογικές αποδείξεις (βασισµένες

στις ιδέες του Αριστοτέλη). Συµπερασµατικά µπορούµε να πούµε, ότι τα «Στοιχεία»

αποτελούνται από ορισµούς, αξιώµατα, αιτήµατα και αποδείξεις.

Συγκεκριµένα το περιεχόµενο των στα «Στοιχείων» είναι το ακόλουθο: στα

πρώτα τέσσερα βιβλία ο Ευκλείδης αναφέρεται στην επιπεδοµετρία, στο πέµπτο

κεφάλαιο – µέσα µεγέθη, στο έκτο – όµοια σχήµατα, στο έβδοµο, όγδοο και ένατο

κεφάλαιο – αναφέρεται στη θεωρία αριθµών, στο δέκατο – µετρήσιµα και µη

µετρήσιµα µεγέθη, στο ενδέκατο, δωδέκατο και δέκατο τρίτο κεφάλαιο αναφέρεται

στη γεωµετρία του χώρου.

Τα προβλήµατα, που στην Αρχαία Ελλάδα κατά την περίοδο αυτή έλυνα, είχα

διδακτικούς σκοπούς. Αυτά αναφέρονταν µόνο σε µαθηµατικά αντικείµενα, δηλαδή

δεν είχαν πρακτικό – εφαρµόσιµο χαρακτήρα. Μόνο κάποια απ’ αυτά βασικά ήταν

συνδεδεµένα µε πρακτικά προβλήµατα (για παράδειγµα «∆ήλιο Πρόβληµα»), αλλά

µάλλον δεν λύνονταν για να χρησιµοποιηθούν πρακτικά. Το βασικό σ’ αυτά είναι, ότι

οι αρχαίοι έλληνες διαιρούν τα µαθηµατικά αντικείµενα (στοιχεία) και εξετάζουν τις

ιδιότητές τους (για παράδειγµα: εξετάζουν ποιες ιδιότητες έχουν οι διαγώνιοι

παραλληλογράµµου). Εκτός αυτού, λύνουν προβλήµατα σε γενική µορφή (δηλαδή

θεωρήµατα) και εν συνεχεία συγκεκριµενοποιούν τις εξαγόµενες γνώσεις. Για

παράδειγµα, πρώτα αποδεικνύουν τις ιδιότητες του γεωµετρικού σχήµατος

παραλληλόγραµµο και µετά τις συγκεκριµενοποιούν για το ορθογώνιο και το

τετράγωνο, σαν ιδιαίτερες περιπτώσεις. Γενικότερα, αν µε А συµβολιστεί το σύνολο

38

των ιδιοτήτων του γεωµετρικού σχήµατος «παραλληλόγραµµο», µε В −−−− του σχήµατος

«ορθογώνιο», ενώ µε С −−−− του σχήµατος «τετράγωνο», τότε τα τρία σύνολα

υπακούουν στη σχέση А ⊂ В ⊂ С, (Σχήµα 1).

А

В

С

Σχήµα 1

Κατά τη τρίτη περίοδο, η οποία θεωρείται η ώριµη περίοδο, παρατηρείται

εκπληκτική ποσοτική ανάπτυξη των µαθηµατικών (για παράδειγµα τα επιτεύγµατα

του Αρχιµήδη και του Απολλώνιου). Έτσι τα µαθηµατικά γίνονται παραγωγικά,

αξιωµατικά, αφηρηµένα και ο µαθηµατικός λόγος γίνεται κλειστός σύµφωνα µε τις

«Πλατωνικές προθέσεις».

Τονίζεται, ότι τόσο η µαθηµατική σκέψη στη Αρχαία Ελλάδα (κατά την

εξεταζόµενη περίοδο), όσο και τα µαθηµατικά προβλήµατα (και οι ελάχιστες

µαθηµατικές ασκήσεις) είναι άµεσα συνδεδεµένα µε τις πολιτικοοικονοµικές

καταστάσεις. Για το λόγο αυτό και προκειµένου να διαλευκανθεί, στο βαθµό που

αυτό είναι δυνατό, ο ρόλος των προβληµάτων στην Αρχαία Ελλάδα, απαιτείται η

παράθεση των τριών φάσεων – σταθµών της ανάπτυξης των αρχαιοελληνικών

µαθηµατικών και συγκεκριµένα:

α. Μετάβαση από την αρχαία Αίγυπτο στην αρχαία Ελλάδα,

Ασχολούµενοι µε το εµπόριο, οι αρχαίοι έλληνες, επισκέφτηκαν την Αίγυπτο

και κατόρθωσαν να γνωρίσουν το πολιτισµό της και τις βασικές γνώσεις που οι ιερείς

(µάντεις) είχαν. Αυτοί (οι αρχαίοι έλληνες) προδιαθέσανε τους αιγυπτίους µάντεις για

τους εαυτούς τους, λύνοντας πολύ απλά, ασκήσεις µαθηµατικού περιεχοµένου,

άλυτες γι’ αυτούς.

Στη αρχαία Αίγυπτο, η οποία βασιζόταν στη πρακτική χρήση,

δηµιουργούνται οι µαθηµατικές γνώσεις, όπως αυτό που σήµερα ονοµάζουµε

αριθµητικές, γεωµετρικές και αλγεβρικές γνώσεις. Σ’ αυτούς δεν υπάρχουν

διατυπωµένες γεωµετρικές ή αλγεβρικές έννοιες. ∆εν υπάρχουν αφηρηµένες και

γενικευµένες µαθηµατικές έννοιες. Έτσι στην αρχαία Αίγυπτο ασχολούνταν

περισσότερο µε ασκήσεις πρακτικής σηµασίας (για παράδειγµα η διαίρεση

καλλιεργήσιµης έκτασης). Σ’ αυτούς τα λογικά συµπεράσµατα εξυπηρετούν µόνο

39

ως µέσο για να λαµβάνουν αποτελέσµατα, µε βάση τα οποία, οι µαθηµατικοί τις

εποχής αυτής, δηµιουργούν και προτείνουν µεθόδους για την λύση ασκήσεων, χωρίς

όµως να αποκαλύπτουν αυτές στον απλό λαό, καθώς επίσης να µην τις κάνουν

σκοπό για κατανόηση άλλων ασκήσεων.

Οι αρχαίοι έλληνες, εκτός του ότι εξελίσσουν και εµβαθύνουν τα

υποδειγµένα εµβρυώδη στοιχεία της επαγωγικής σύνθεσης των µαθηµατικών

µετατρέποντάς τα σε ατοµικό σκοπό για µάθηση, δηµιουργούν και την ιεραρχική

σύνθεση για την ταξινόµηση των γνώσεων και συγκεκριµένα:

1) Κάθε έννοια να ερµηνεύεται µε πριν απ’ αυτή γνωστές έννοιες. 2) Κάθε ισχυρισµός να αιτιολογείται µε πριν απ’ αυτόν αιτιολογηµένους

ισχυρισµούς. Όλα αυτά φυσικά δεν έγιναν κατευθείαν, αλλά χρειάστηκαν περίπου 300 χρόνια

για να εµπεδωθούν, δηµιουργώντας έτσι την βάση των µαθηµατικών και γενικότερε

της µαθηµατικής επιστήµης.

β. Η Αθήνα του 5ου αιώνα π.Χ.

Στις αρχές του 5ου αιώνα π.Χ., µετά τη νίκη των Αθηναίων κατά των Περσών,

η Αθήνα γίνεται το πολιτικό, οικονοµικό και πολιτιστικό(πνευµατικό) κέντρο της

τότε Ελλάδας. Η εντατική διανοητική ζωή σ’ αυτή ελκύει διακεκριµένους ανθρώπους

απ’ όλα τα άκρα του αρχαίου κόσµου (του τότε γνωστού). Έτσι η Αθήνα γίνεται το

κέντρο ανάπτυξης της φιλοσοφίας και της µαθηµατικής σκέψης.

Κατά τον 5ο αιώνα π.Χ., στις περισσότερες ελληνικές πόλεις-κράτη, η

κυριαρχία της δουλοκτητικής αριστοκρατίας αλλάζει µε τη διοίκηση του λαού, τη

δηµοκρατία, αλλά µε τέτοια µορφή που θα µπορούσε να έχει µια δουλοκτητική χώρα.

Έτσι ο 5ο αιώνας π.Χ. υπήρξες ο αιώνας της άνθησης των δηµοκρατικών ιδεών στην

κεντρική Ελλάδα.

Οι δηµοκρατικές αρχές εφαρµόζονταν µόνο στον ελεύθερο ελληνικό πληθυσµό

και αναφέρονται βασικά στο γεγονός, ότι στη κρατική διοίκηση µπορούσαν να

πάρουν µέρος µόνο ελεύθεροι πολίτες και συγκεκριµένα µόνο άντρες. Από τη κοινή

ζωή είχαν αποκλειστεί οι γυναίκες, οι γεννηµένοι σε άλλα µέρη (οι λεγόµενοι

«βάρβαροι) και περισσότερο οι δούλοι. Αλλά ακόµη και σ’ αυτή τη περίπτωση, η

µορφή αυτή της αρχαίας δηµοκρατίας βοήθησε στην ανάπτυξη της κοινής ζωής στην

αρχαία Ελλάδα. Σαν παράδειγµα µπορεί να ειπωθεί το γεγονός, ότι το εκλογικό

σύστηµα απαιτούσε από τους πολίτες, οι οποίοι µετείχαν στις εκλογές και στις κοινές

συγκεντρώσεις, να είναι ικανοί επιτυχώς να υπερασπίζονται τις απόψεις τους, καθώς

40

να σκέφτονται και να εκφράζουν τις σκέψεις τους. Το γεγονός αυτό οδήγησε στην

αφιέρωση περισσότερου χρόνου στη φιλοσοφία, στα µαθηµατικά και στη ρητορική.

Κατά την ιστορική αυτή περίοδο της ανάπτυξης της Αθήνας, για τα µαθηµατικά

υπάρχουν δυο βασικά χαρακτηριστικά σηµεία:

1) Τα µαθηµατικά βγαίνουν από τα όρια των φιλοσοφικών σχολών και γίνονται

προσιτά στο λαό.

2) Εξυψώνουν, σε πρώτο πλάνο, τη λογική τους πλευρά και αυτή όλο και

περισσότερο αρχίζει να διαχωρίζεται από τη ζωή, από τη πειραµατική της

βάση (πρακτική εφαρµογή). Η κύρια δύναµη των µαθηµατικών

συγκεντρώνεται στην επεξήγηση των εννοιών, στην αιτιολόγηση των

µεθόδων.

γ. Πελοποννησιακός πόλεµος και τα αποτελέσµατα αυτού (4ο αιώνα π.Χ.)

Αποτέλεσµα του πελοποννησιακού πολέµου και του συνεχή οικονοµικού

αγώνα, κατά τα µέσα του 4ου αιώνα π.Χ., ήταν οι ελληνικές πόλεις-κράτη Αθήνα και

Σπάρτη σταδιακά να χάνουν τη πολεµική και πολιτική τους δύναµη και υπεροχή σε

σχέση µε τους γείτονες και τους εχθρούς τους. Αυτό έδωσε την ευκαιρία στο

µακεδόνα βασιλιά Φίλιππο 2ο να «σπάσει» το γόητρο και την υπεροχή της Αθήνας.

Ο Φίλιππος 2ος κατέστρεψε τους αθηναίους πολεµιστές και στην Ελλάδα ήρθε η

εποχή της Μακεδονικής κυριαρχίας.

Μετά την υποδούλωση της Αθήνας, ο Φίλιππος 2ος πήρε τον Αριστοτέλη για

διδάσκαλο του γιου του Αλέξανδρο (356-323 π.Χ.), ο οποίος του µετάδωσε πολλές

γνώσεις και ικανότητες. Αυτό έδωσε τη δυνατότητα στον Αλέξανδρο να γίνει

εξαιρετικά πολυµαθής.

Για τα χρόνια εκείνα ο στρατός του Μεγάλου Αλεξάνδρου ήταν εξοπλισµένος

µε πρώτης κατηγορίας όπλα. Σ΄ αυτόν είχε εντάξει µηχανικούς, γιατρούς και

έµπειρους στρατηλάτες. Για το λόγο αυτό ο Μέγας Αλέξανδρος για µικρό χρονικό

διάστηµα πραγµατοποίησε κατακτητικούς πολέµους και δηµιούργησε τη γιγάντια

αυτοκρατορία του, η οποία εκτεινόταν από τη Κασπία θάλασσα µέχρι τις όχθες του

ποταµού Νείλου και από τη Μακεδονία µέχρι την Ινδία. Αλλά η αυτοκρατορία του

δεν µπόρεσε να κρατηθεί και µετά το θάνατό του, αντιθέτως διασπάστηκε σε πολλά

ελληνικά κρατίδια, στα οποία τη µεγαλύτερη επιρροή είχαν οι έλληνες µακεδόνες

κατακτητές. Γεγονός λοιπόν είναι, ότι η µακεδονική αυτοκρατορία, εκτός από τη

βοήθειά της στη τότε ανάπτυξη της επιστήµης, βοήθησε και στην εξάπλωση των

επιστηµών εκτός των τότε ορίων του ελληνικού κράτους.

41

Ένα από τα σηµαντικότερα αυτά κρατίδια ήταν το ελληνικό-αιγυπτιακό,

διοικούµενο από τη δυναστεία των Πτολεµαίων. Κατά τα χρόνια αυτά η Αλεξάνδρεια

έγινε η πρωτεύουσα τους κράτους αυτού καθώς και µεγάλο πολιτιστικό, εµπορικό και

οικονοµικό κέντρο. Η πόλη αυτή µεταµορφώθηκε σε µεγάλο κέντρο επιστηµονικής

σκέψης. Εκεί ήταν φυλαγµένες και είχαν τη δυνατότητα για ανάπτυξη επιστηµονικές

ιδέες γεννηµένες στην αρχαία Ελλάδα. Είχε ιδρυθεί µεγάλη βιβλιοθήκη µε περίπου

700.000 βιβλία, µουσείο, εργαστήρια, ζωολογικός και βοτανικός κήπος και πολλά

άλλα πολιτιστικά ιδρύµατα. Η Αλεξάνδρεια έγινε ο διάδοχος της Αθήνας στον

επιστηµονικό τοµέα και στη περαιτέρω ανάπτυξη των µαθηµατικών γνώσεων.

Οι έρευνες των µαθηµατικών κατά την αλεξανδρινή εποχή εκτείνεται σε δυο

βασικές κατευθύνσεις:

1) Επιρροή από τις ιδεολογικές τάσεις της σχολής του Πυθαγόρα και του

Πλάτωνα. Η ιδιοφυΐα των µαθηµατικών εµφανίστηκε στη διαµόρφωση, επεξήγηση

και συστηµατοποίηση των αληθειών που ήταν γνωστές από παλαιότερα. Έτσι τα

µαθηµατικά αποσπούνται από την εφαρµογή και «βυθίζονται» στον εαυτό τους. Το

εσωτερικό αυτό «κλείσιµο» των µαθηµατικών οδήγησε στην ανάπτυξη της

µαθηµατικής σκέψης σύµφωνα µε τις ιδέες του Αριστοτέλη για την επαγωγική

σύνθεση των γνώσεων, η οποία έδωσε στα µαθηµατικά ενότητα και δύναµη

2) Μαθηµατικοί οι οποίοι κατόρθωσαν να διατηρήσουν τις έρευνές τους

συνδεδεµένες µε τη πρακτική εφαρµογή των µαθηµατικών γνώσεων και φτάνοντας

µε τον τρόπο αυτό όχι µόνο στην εµβάθυνση αλλά και στην ανάπτυξη των

µαθηµατικών επιτευγµάτων.

2. Συµβολικός τρόπος γραφής των αριθµών στην Αρχαία Ελλάδα

Θεωρείται, ότι οι πυθαγόρειοι ή οι συνεχιστές του, εισήγαγαν ένα ευέλικτο

σύστηµα γραφής των αριθµών χρησιµοποιώντας τα γράµµατα της αλφαβήτα µε τη

διαφορά ότι πάνω από κάθε γράµµα τοποθετούν µια παύλα. Τονίζεται ότι, εκτός των

ελληνικών γραµµάτων, χρησιµοποιούσαν και γράµµατα της φοινικικής αλφαβήτου.

Τα σύµβολα (γράµµατα), τα οποία χρησιµοποιούνταν για το συµβολισµό των

αριθµών από το 1 έως το 999, είναι τα ακόλουθα:

Μονάδες: α −−−− 1, β −−−− 2, γ −−−− 3, δ −−−− 4, ε −−−− 5, ς −−−− 6, ζ −−−− 7, η −−−− 8,

θ −−−− 9.

42

∆εκάδες: ι −−−− 10, κ −−−− 20, λ −−−− 30, µ −−−− 40, ν −−−− 50, ξ −−−− 60,

ο −−−− 70, π −−−− 80, −−−− 90.

Εκατοντάδες: ρ −−−− 100, σ −−−− 200, τ −−−− 300, υ −−−− 400, φ −−−− 500, χ −−−− 600,

ψ −−−− 700, ω −−−− 800, −−−− 900.

Άλλος παλαιότερος τρόπος γραφής των αριθµών στην Αρχαία Ελλάδα είναι ο

καόλουθος: Х −−−− 1000, −−−− 500, Н −−−− 100, −−−− 50, ∆ −−−− 10, Г −−−− 5,

−−−− 1.

(Για καλύτερη κατανόηση των όσων ιστορικών γεγονότων παρατεθούν, θα

χρησιµοποιείται ο σύγχρονος τρόπος απόδοσης των αριθµών.)

Στην Αρχαία Ελλάδα, εκτός του ότι οι αριθµοί συµβολίζονταν µε γράµµατα,

ακόµη και οι λέξεις (ακολουθία γραµµάτων) επίσης εξετάζονταν ως αριθµοί

(άθροισµα αριθµών, µε τα αντίστοιχα γράµµατα της λέξης). Για παράδειγµα η λέξη

«’Αθήνα» αντιστοιχήθηκε µε τον αριθµό 69, γιατί А = 1, θ = 9, η = 8, ν = 50, α = 1

και κατά συνέπεια 1 +9 +8 +50 +1 = 69.

Για τον Όµηρο, είναι κοινά αποδεκτό ότι είναι ένας από τους µεγαλύτερους

ποιητές της αρχαιότητας. Έζησε τον 8 ή 11 αιώνα π.Χ. Για τις µαθηµατικές τους

γνώσεις γνωρίζουµε ελάχιστα. Αρκετές και ενδιαφέρουσες µαθηµατικές πληροφορίες

για τον Όµηρο αναγράφονται στα συγγράµµατα του ρωµαϊκού συγγραφέα Aulus

Gellius (2 αιώνα µ.Χ.) και του εκκλησιαστικού συγγραφέα Κλίµη τον Αλεξανδρινό.

Gellius φοίτησε στη σχολή του Πλάτωνα στη Αθήνα και τα συγγράµµατά του

συγκεντρώνονται σε πέντε τόµους µε τίτλο «Αθηναϊκές νύχτες». Στο δεύτερο τόµο ο

Gellius παρατηρεί, ότι σε κάποιους στους στοίχους του Οµήρου, αν οι λέξεις

εξεταστούν ως αριθµοί, отбелязва, λαµβάνεται το ίδιο άθροισµα. Για παράδειγµα

στους στίχους 264 και 265 του κεφαλαίου Η (όγδοο) της «Ιλιάδας» [65]:

«’Αλλ’ ’ αναχασσάµενος λίθον είλετο χειρί παχείη,

κείµενον ’εν πεδίω µέλανα τρηχύν τε µέγαν τε.»

Στίχος 264: ’Αλλ’ = 1+30+30 = 61,

’αναχασσάµενος = 1+50+1+600+1+200+200+1+40+

+5+50+70+200=1419,

λίθον = 30+10+9+70+50 = 169,

είλετο = 5+10+30+5+300+70 = 420,

χειρί = 600+5+10+100+10 = 725,

43

παχείη = 80+1+600+5+10+8 = 704.

Γενικό άθροισµα −−−− 61+1419+420+725+704 = 3498.

Στίχος 265: κείµενον = 20+5+10+40+5+50+70+50 = 250,

’εν = 5+50 = 55

πεδίω = 80+5+4+10+800 = 899,

µέλανα = 40+5+30+1+50+1=127,

τρηχύν = 300+100+8+600+400+50 = 1458,

τε = 300+5=305,

µέγαν = 40+5+3+1+50=99,

τε = 300+5=305,

Γενικό άθροισµα −−−− 250+55+899+127+1489+305+99+305 = 3498.

Ανάλογο φαινόµενο παρατηρείται και στους στίχους 306 και 307 του

κεφαλαίου Ι (ένατο) της «Ιλιάδας».

Κατά τον Κλίµη τον Αλεξανδρινό [65], στην Ιλιάδα και την Οδύσσεια οι θεοί

τιµωρούν τους ανθρώπου συχνά µε «5, 6 ή 7 λέξεις». Συγκεκριµένα αναφέρεται, ότι η

τιµωρία υλοποιείται µε τις ακόλουθες λέξεις: «λιµός», η λέξη έχει 5 γράµµατα και

σηµαίνει «πείνα», «λοιµός», η λέξη έχει 6 γράµµατα και αναφέρεται στην µεταδοτική

ασθένεια και «πόλεµος», όπου η λέξη έχει 7 γράµµατα.

Αναφέρεται επίσης, ότι τα πρώτα δυο γράµµατα της πρώτης λέξης της

«Ιλιάδα» και συγκεκριµένα «µη», αν αναπαρασταθούν ως αριθµός, προκύπτει ο

συνολικός αριθµός των κεφαλαίων της Οδύσσεια και της Ιλιάδας, δηλαδή µη = 40+8

= 48 = 24+24 (η Ιλιάδα και η Οδύσσεια έχουν από 24 κεφάλαια).

Στο στίχο 181 του κεφαλαίου Γ (τρίτο) της Ιλιάδας, κάθε επόµενη λέξη έχει µια

συλλαβή περισσότερη από την προηγούµενη. Έτσι λαµβάνεται αριθµητική πρόοδος

και συγκεκριµένα:

Ω µά-καρ ’Αρ-τει-δη µα-ρη-γε-νέα ’ολ-βι-ό-δαι-µον

1 2 3 4 5

Εκτός του Οµήρου και άλλοι φιλόσοφοι µεταγενέστεροί του ασχολήθηκαν µε

ανάλογες καταστάσεις. Συγκεκριµένα ο Λεωνίδας ο Αλεξανδρινός τον 1ο αιώνα µ.Χ.

γράφει: «Εις πρός ενα ψήφισιν ισάζεται, ου δύο δοιοίς. ου γάρ ετι στέργω τήν

δολιχογραφίην.» («Ένα προς ένα στίχο θα κάνω να έχει τον ίδιο αριθµό, όχι δυο προς

δυο γιατί πλέον δεν µου αρέσεις η πολυλογία» - ελεύθερη µετάφραση).

44

Πράγµατι, αν εφαρµοστεί το ίδιο µ’ αυτό στους στίχους του Οµήρου, στους δυο

αυτούς στίχους του Λεωνίδα και για καθ’ ένα απ’ αυτούς, λαµβάνεται το γενικό

άθροισµα 4111.

Λαµβάνοντας υπ’ όψιν τις προαναφερόµενες καταστάσεις, γεννιέται το ακόλουθο

ερώτηµα: «Τυχαία ή όχι ο Όµηρος έγραψε αυτούς τους στίχου;»

Κατά τον Πυθαγόρα, οι στίχοι αυτοί συνειδητά γράφτηκαν έτσι από τον Όµηρο.

Ο Αριστοτέλης όµως έχει διαφορετική άποψη. Γεγονός είναι ότι δεν δύναται να

υιοθετηθεί συγκεκριµένη θέση για το θέµα αυτό, δηλαδή τις «µαθηµατικές» ιδιότητες

των στίχων του Οµήρου, λόγου έλλειψης περισσοτέρων στοιχείων.

Γεννιέται επίσης και ακόµη µια ερώτηση: «µήπως ο Όµηρος και οι άλλοι

ήθελαν να προπονήσουν τους µαθητές τους στις πράξεις µε αριθµούς;». Ανεξάρτητα

της απάντησης για την ερώτηση αυτή, θα γίνει προσπάθεια ένταξης των αριθµητικών

ιδιαιτεροτήτων των στίχων της Ιλιάδας στη διδασκαλία των µαθηµατικών και

συγκεκριµένα στην ενέργειας «λύση µαθηµατικών ασκήσεων», στις µικρές τάξεις του

Γυµνασίου. Εκτός αυτού ο συµβολικός τρόπος γραφής των αριθµών είναι και ένα

πρώτο στάδιο του γραµµατικού συµβολισµού, κάτι που βοηθάει τη γραφή και λύση

των διαφόρων µαθηµατικών ασκήσεων.

3. Σχετικά µε την εµφάνιση των σχηµάτων για τη λύση προβληµάτων

Κατά το 5ο αιώνα π.Χ., όταν εµφανίστηκε η ανάγκη για απόδειξη των

θεωρηµάτων, οι αρχαίοι έλληνες, πιθανότατα δέχτηκαν τις αποδείξεις των

θεωρηµάτων σαν τις ευθείς διαδικασίες µε τις οποίες περνάµε από τα δεδοµένα

αντικείµενα προς στις ιδιότητές τους. Σε ανάλογο πλαίσιο φυσικά εµφανίζονται και

τα προβλήµατα, τα οποία αναφέρονται στις αντίστροφες διαδικασίες, δηλαδή στη

κατασκευή σχηµάτων γνωστών ιδιοτήτων.

Κατά τη περίοδο αυτή, η προσοχή των ελλήνων διανοούµενων κατευθύνεται

ιδιαίτερα στα θεωρήµατα και στις ασκήσεις γεωµετρικής κατασκευής (µε τον όρο

«ασκήσεις γεωµετρικής κατασκευής» εννοούµε τις ασκήσεις που αναφέρονται στη

κατασκευή, µε τη βοήθεια του χάρακα και του διαβήτη, σχηµάτων για τα οποία

γνωρίζουµε κάποιες ιδιότητές τους και τα οποία επαληθεύουν αυτές).

Η κατάσταση αυτή, κατά πάσα πιθανότητα, είναι συνδεδεµένη µε το γεγονός,

ότι (εκτός από ορισµένες µεµονωµένες περιπτώσεις όπως για παράδειγµα ο

Αρχιµήδης), οι αρχαίοι έλληνες µαθηµατικοί παραµελούν, όπως προαναφέραµε, την

45

εφαρµογή των µαθηµατικών γνώσεων. Η παραµέλησή τους αυτή οφείλεται στο

γεγονός, ότι οι περισσότεροι απ’ αυτούς τους αρχαίους έλληνες µαθηµατικούς και

φιλοσόφους, ήταν αριστοκράτες (για παράδειγµα ο Πυθαγόρας και ο Πλάτωνας ).

Αυτοί θεωρούσαν, ότι η πρακτική εφαρµογή είναι για τους εµπόρους και όχι για τους

αριστοκράτες. Αυτό τους οδήγησε και στο διαχωρισµό της «Αριθµητικής», την οποία

ονόµαζαν «Λογιστική», από τη «Θεωρία των αριθµών». Η αριθµητική αναφέρεται

στις πράξεις µε αριθµούς, ενώ η θεωρία των αριθµών ασχολείται µε τις ιδιότητες

αυτών. Για το λόγο αυτό οι αριθµητικές ασκήσεις στα αρχαία ελληνικά µαθηµατικά

είναι λίγες στον αριθµό. Εκτός αυτού, οι αρχαίοι έλληνες όλες τις αριθµητικές

ασκήσεις προσπαθούν να τις λύσουν µε τη βοήθεια της γεωµετρίας, δηµιουργώντας

έτσι τη λεγόµενη «γεωµετρική άλγεβρα».Ο Πλάτωνας γράφει σχετικά µ’ αυτό:

«Σήµερα η επιστήµη [γεωµετρία] είναι σε πλήρη αµφισβήτηση µε τη γλώσσα που

χρησιµοποιούν οι γεωµέτρες-δύσκολα θα απαρνηθούν αυτούς που γνωρίζουν αυτή την

επιστήµη, διότι αυτοί µιλούν για την εύρεση της πλευράς ενός τετραγώνου, για την

εφαρµογή και τη πρόσθεση κ.τ.λ., νοµίζοντας ότι ασχολούνται µε κάποιες συναλλαγές

και νοµίζοντας ότι όλοι οι δικοί τους ισχυρισµοί έχουν κάποια πρακτική εφαρµογή, ενώ

στη πραγµατικότητα η επιστήµη µελετάτε εξολοκλήρου για τη γνώση…»

Αντιθέτως, κατά τον Αριστοτέλη, η γεωµετρία είναι κατώτερη από την

αριθµητική και αυτό γιατί η µονάδα, που είναι αντικείµενα της αριθµητικής, είναι µια

ουσία (κατάσταση), η οποία δεν έχει θέση µέσα στο χώρο. Εποµένως ο Αριστοτέλης

θεωρεί ότι η επιστήµη που ξεκινά από µικρότερο αριθµό αρχών (αριθµητική), είναι

ακριβέστερη και ανώτερη από την επιστήµη που απαιτεί επιπρόσθετες αρχές

(γεωµετρία).

Κατά τη περίοδο αυτή οι ασκήσεις και τα θεωρήµατα τοποθετούνται στην ίδια

και αυτή βάση. Αυτό µας επιτρέπει να κατανοήσουµε καλύτερα το ρόλο και τη θέση

των ασκήσεων στα αρχαία ελληνικά µαθηµατικά. Συγκεκριµένα, κατά τους έλληνες

µαθηµατικούς της εποχής αυτής, υπάρχουν δυο είδη διαδικασιών:

α. Ευθείς διαδικασίες, στις οποίες έχουµε δεδοµένο σχήµα και ανακαλύπτονται

και παρατηρούνται ορισµένες ιδιότητές του βοηθούµενοι από συλλογισµούς οι οποίοι

εκφράζουν τις ιδιότητες αυτές. Αργότερα οι συλλογισµοί αυτοί ονοµάστηκαν

«ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ».

β. Αντίστροφες διαδικασίες, στις οποίες από δεδοµένες ιδιότητες να

κατασκευαστεί σχήµα, το οποίο να τις περιέχει. Αυτό στην ουσία είναι άσκηση

γεωµετρικής κατασκευής. Κατά τη λύση τους οι αρχαίοι έλληνες συλλογίζονταν µε

46

τον ακόλουθο τρόπο: «Έστω το ζητούµενο σχήµα είναι…» και στη συνέχεια

ανακαλύπτονται οι ιδιότητες που το σχήµα αυτό έχει, µε βάση τις οποίες κατόρθωναν,

από ορισµένα στοιχεία του, να το κατασκευάσουν.

Στη σχολή του Αριστοτέλη οι ερευνητές έφτασαν στα ακόλουθα τέσσερα

βασικά στάδια για τη λύση ασκήσεων γεωµετρικής κατασκευής:

1) Ανάλυση

2) Σύνθεση

3) Απόδειξη

4) Μελέτη

Το σχήµα αυτό της λύσης αργότερα ονοµάστηκε «Σχήµα του Ευκλείδη»,

επειδή για πρώτη φορά χρησιµοποιήθηκε στα «Στοιχεία» του Ευκλείδη. Κατά το

σχήµα αυτό, η αναλυτική απόδειξη ορίζεται µε τον ακόλουθο τρόπο: «Το

προτεινόµενο αποδεικνύεται αναλυτικά, αν το ζητούµενο λαµβάνεται για δεδοµένο και

µε βάση τα ως εδώ γνωστά συµπεράσµατα, λαµβάνεται η γνωστή αλήθεια. Αντιθέτως,

αυτό αποδεικνύεται συνδυαστικά, αν µε την βοήθεια των δεδοµένων αληθειών

φτάσουµε στο ζητούµενο». Εδώ η βασική λέξη είναι η «αποδεικνύεται», η οποία είναι

βασική κατά τις ενέργειες µε θεωρήµατα.

Λόγου του τρόπου αυτού σκέψης για την ανάλυση του Ευκλείδη, δηλαδή «το

ζητούµενο λαµβάνεται για δεδοµένο» µπορεί να λεχθεί ότι η λέγεται και «ανάλυση

του Ευκλείδη». Η ανάλυση αυτή µε τη βοήθεια βασικών στοιχείων µαθηµατικής

λογικής µπορεί να αποδοθεί και σχηµατικά. Με ανάλογο τρόπο µπορεί να αποδοθεί

και η σύνθεση µιας µαθηµατικής άσκησης.

Αν πρέπει να αποδειχτεί ισχυρισµός της µορφής: «Αν p, τότε q”, αυτό σηµαίνει,

ότι πρέπει να αποδειχτεί η αλήθεια της συνεπαγωγής «p→q». Ένας από τους

τρόπους απόδειξης της αληθείας της συνεπαγωγής p→q στη µαθηµατική λογική

είναι ο κανόνας υποθετικού συλλογισµού και συγκεκριµένα:

qp

qppppppp k

→→→→→ ,...,,, 32211 .

Ο συλλογισµός αυτός βασικά µοντελοποιεί της απόδειξη του ισχυρισµού «αν p,

τότε q». Αυτό σηµαίνει, ότι για να αποδειχτεί η αλήθεια του «αν p, τότε q», αρκεί να

ανακαλυφθούν και να ταξινοµηθούν στην αντίστοιχη θέση, οι p→p1, р1→р2, р2→р3,

….., рk→q. Ακόµη και οι αρχαίοι έλληνες είχαν διατυπώσει τρία σχήµατα για την

47

ανακάλυψη της γραµµικής διαδοχικότητας των συνεπαγωγών αυτών. Στη περίπτωση

αυτή η ανάλυση Ευκλείδη µπορεί να παρασταθεί σχηµατικά µε τον ακόλουθο τρόπο:

Λεξική γραφή Συµβολική γραφή

Αν αληθεύει q, τότε αληθεύει рk q→pk

Αν αληθεύει рk, τότε αληθεύει рk−−−−1 рk→ рk−−−−1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . …… . . . . . . .

Αν αληθεύει р1, τότε αληθεύει р р1→p

Με τον τρόπο αυτό ουσιαστικά ανακαλύπτονται συνεπαγωγές, οι οποίες είναι

αντίστροφες των συνεπαγωγών που εξασφαλίζουν την ορθότητα του ζητούµενου

υποθετικού συλλογισµού. Αλλά από την ορθότητα αυτή των νέων συνεπαγωγών δεν

συνεπάγεται η ορθότητα των αντίστροφων. Για το λόγο αυτό πρέπει να ελεγχθεί η

ορθότητα αυτών των αντίστροφων συνεπαγωγών και συγκεκριµένα:


Αφού αληθεύει р, τότε αληθεύει р1 р → р1

Αφού αληθεύει р1, τότε αληθεύει р2 р1→ р2

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

Αφού αληθεύει рk , τότε αληθεύει q рk→ q

Κατά τον υποθετικό συλλογισµό, µόλις τώρα δύναται να εξαχθεί το

συµπέρασµα, ότι αν p αληθεύει, τότε αληθεύει και q.

Η τοποθέτηση των συνεπαγωγών µε τη σειρά αυτή είναι µεταξύ των άλλων η

σύνθεση της απόδειξης του ισχυρισµού «αν p, τότε q».

Εκτός του σχήµατος αυτού για την λύση των ασκήσεων υπάρχει ακόµη ένα, το

οποίο ονοµάζεται «Σχήµα του Πάππου» και έχει προταθεί από τον έλληνα

µαθηµατικό Πάππο. Κατά το σχήµα αυτό, η αναλυτική απόδειξη ορίζεται µε τον

ακόλουθο τρόπο: «Στην ανάλυση το ζητούµενο θωρείται ως γνωστό και βλέπουµε από

πού θα µπορούσε να προέρχεται αυτό και στη συνέχεια τι προϋπήρχε, έτσι ώστε µε τον

τρόπο αυτό να φτάσουµε σε κάτι γνωστό, αυτό το οποίο θα µπορούσε να

χρησιµοποιηθεί ως σηµείο εξόδου. Την οδό αυτή την ονοµάζουµε ανάλυση ή

αντίστροφη λύση».

Το νέο στον τρόπο αυτό συλλογισµού είναι, ότι βλέπει από πού µπορεί να

ληφθεί το ζητούµενο, δηλαδή αναζητούνται ικανές συνθήκες. Επίσης η απόδειξη έχει

όχι µόνο ευρετικό αλλά και αποδειχτικό χαρακτήρα. Σχηµατικά ο τρόπος αυτός

απόδειξης µπορεί να γραφεί ως εξής:

48


Για να αληθεύει q, αρκεί να αληθεύει рk q ← рk

Για να αληθεύει рk, αρκεί να αληθεύει рk−−−−1 рk ← рk−−−−1

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

Για να αληθεύει р1, αρκεί να αληθεύει р р1 ← р

Συνεπώς, αν αληθεύει p, τότε αληθεύει q p → q

Τα προαναφερόµενα δυο σχήµατα λύσης µαθηµατικών ασκήσεων

δύναται να προσαρµοστούν και στις ασκήσεις µε τις πλέον δυσκολότερες λύσεις,

δηλαδή τις ασκήσει γεωµετρικών κατασκευών. Έστω µε p1, p2, ..., pn να

συµβολιστούν τα γεωµετρικά σχήµατα, τα οποία είναι µέρη του ζητούµενου

σχήµατος, геометрични фигури, които са части на фигурата, ενώ µε s1, s2, ..., sn

συµβολίζονται τα αντίστοιχα σύνολα ιδιοτήτων τους. Τότε κατά τα δυο σχήµατα

ισχύει:

«Σχήµα Ευκλείδη» για τη λύση προβληµάτων γεωµετρικής κατασκευής

Αν q είναι το ζητούµε σχήµα, τότε το σχήµα Pk έχει τις ιδιότητες sk.

Αν το σχήµα Pk έχει τις ιδιότητες sk, τότε το σχήµα Pk-1 έχει τις ιδιότητες

sk-1.

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

Αν το σχήµα P1 έχει τις ιδιότητες s1, τότε το σχήµα q έχει τις ιδιότητες s και

τo σχήµα q µπορεί να κατασκευαστεί από τις ιδιότητες s.

Με τον τρόπο αυτό ανακαλύπτονται σχέσεις οι οποίες είναι αντίστροφες των

σχέσεων οι οποίες επαληθεύουν το ζητούµενο σχήµα. Από το αν είναι αληθείς οι

σχέσεις αυτές δεν συµπεραίνεται και η αλήθεια των αντίστροφων. Για το λόγο αυτό

πρέπει να ελεγχθεί αν ισχύουν οι αντίστροφες διαδικασίες και συγκεκριµένα:

Αν το σχήµα P µπορεί να κατασκευαστεί από τις ιδιότητες s, τότε το

σχήµα P1 µπορεί να κατασκευαστεί από τις ιδιότητες s1.

Αφού το σχήµα P1 µπορεί να κατασκευαστεί, τότε µπορεί να

κατασκευαστεί και το σχήµα P2.

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

Αφού το σχήµα Pk µπορεί να κατασκευαστεί, τότε το σχήµα q µπορεί να

κατασκευαστεί επίσης..

Με τον τρόπο αυτό γίνεται σύνθεση της λύσης του προβλήµατος γεωµετρικής

κατασκευής.

49

«Σχήµα Πάππου» για τη λύση προβληµάτων γεωµετρικής κατασκευής

Αν κατασκευαστούν τα τµήµατα (σχήµατα) Pk του σχήµατος q, τότε θα µπορεί

να κατασκευαστεί και το σχήµα q.

Για να κατασκευαστεί το q αρκετό είναι να κατασκευαστεί το Pk.

Για να κατασκευαστεί το Pk αρκετό είναι να κατασκευαστεί το Pk-1.

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

Για να κατασκευαστεί το P1 αρκετό είναι να κατασκευαστεί το P.

Αλλά το σχήµα P µπορεί να κατασκευαστεί από τα δεδοµένα στοιχεία του q.

Και εν συνεχεία εξάγεται το συµπέρασµα ότι από τα γνωστά στοιχεία µπορεί να

κατασκευαστεί το q και γίνονται οι αντίστοιχες γεωµετρικές κατασκευές.

Σαν συµπέρασµα µπορεί να ειπωθεί, ότι στα δυο αυτά σχήµατα αναφέρονται

µόνο τις λεγόµενες διαδοχικές γραµµικές συνεπαγωγές, οι οποίες αποτελούν

απλούστερη µορφή (µοντέλο) της πραγµατικής λύσης της άσκησης. Η ιδέα αυτή σε

ορισµένα σηµεία της, δυσκολεύει τους µαθητές κατά τη λύση ασκήσεων. Επίσης οι

ρόλος των σχηµάτων, του Ευκλείδη και του Πάππου, λόγο της µη συχνής και

συνειδητής εφαρµογής τους δυσκολεύουν τους µαθητές και έτσι ο ευρετικός τους

ρόλος κάθε άλλο παρά βοηθητικός είναι.

4. ∆ιάσηµα µαθηµατικά προβλήµατα στην Αρχαία Ελλάδα (έως τον

4ο αιώνα µ.Χ.)

Από τις πληροφορίες που διαθέτουµε, οι αρχαίοι έλληνες ασχολιόντουσαν κατά

βάση µε τη γεωµετρία και µε τη λύση προβληµάτων (απόδειξη θεωρηµάτων) σχετικά

µε γεωµετρικές γνώσεις της περιόδου αυτής. Υπάρχει και πολύ περιορισµένος

αριθµός αριθµητικών προβληµάτων (ασκήσεων). Γενικότερα οι αρχαίοι έλληνες

ασχολιόντουσαν (δηλαδή έλυναν ή προσπαθούσαν να λύσουν) τους ακόλουθους

τύπους προβληµάτων – ασκήσεων:

α) Γεωµετρικές, τα οποία διαιρούνται σε τρεις κατηγορίες :

1) Γραµµικά, τα οποία µπορούν να λυθούν µε τη χρήση καµπύλων και κύκλων.

2) Επίπεδα, τα οποία για να λυθούν είναι απαραίτητη η χρήση τουλάχιστον µιας

κωνικής τοµής (παραβολή, έλλειψη, υπερβολή).

3) Στερεοµετρικά, τα οποία λύνονται µε τη χρήση γραµµών στο χώρο και

επιφανειών (παραβολική, ελλειψοειδή και υπερβολική)

50

β) Αριθµητικά, στα οποία κατά τη λύση τους σχεδόν πάντα χρησιµοποιούνται

γεωµετρικά µέσα. Τα προβλήµατα (ασκήσεις) αυτά αναφέρονται στα εξής:

1) Απόδειξη των ταυτοτήτων (а ± b)2 = а2 ± 2аb + b2.

2) Λύση συγκεκριµένων δευτεροβάθµιων εξισώσεων.

3) Εύρεση της προσεγγιστικής τιµής των άρρητων αριθµών ( 5,3,2 κ.τ.λ).

4) Λύση συγκεκριµένων αόριστων εξισώσεων

5) Λύση συγκεκριµένων συστηµάτων εξισώσεων.

6) Αριθµητικά προβλήµατα σχετικά µε τις πράξεις αριθµών.

7) Ασκήσεις από τη θεωρία αριθµών, δηλαδή σχετικά κατά βάση µε τις

ιδιότητες των αριθµών.

Όπως θα δούµε οι ασκήσεις σχετικές µε τη θεωρία αριθµών επίσης

αναφέρονται σε συγκεκριµένες περιπτώσεις, αφού οι αρχαίοι έλληνες δεν έφτασαν

στη γενίκευσή τους, λόγου του ότι δεν διέθεταν τους κατάλληλους µηχανισµούς της

άλγεβρας.

Εν συνεχεία παραθέτονται ορισµένα γνωστά και χαρακτηριστικά προβλήµατα

(και ασκήσεις), τα οποία είναι από τον 1ο, 6ο και 7ο προαναφερόµενο τύπο. Θα γίνει

προσπάθεια εικονογράφησης του τρόπου λύσης τους από τους αρχαίους έλληνες

καθώς και των συµπερασµάτων που είχα καταλήξει.

4.1. Μαθηµατικά προβλήµατα του Θαλή

Ο Θαλής θεωρείται ο πρώτος επιστήµονας – γεωµέτρης. Στη σχολή του

διατυπώθηκαν τα πρώτα θεωρήµατα της γεωµετρίας, γι’ τον αποκαλούν και «Πατέρα

της Γεωµετρίας». Υποστηρίζεται ότι στον Θαλή ήταν γνωστές οι ακόλουθες

µαθηµατικές έννοιες:

α) Ισότητα των κατακορυφήν γωνιών.

β) Ισότητα των παρά την βάση γωνιών ισοσκελούς τριγώνου.

γ) ∆ιχοτόµηση του κύκλου από τη διάµετρό του.

δ) Ισότητα δυο τριγώνων, τα οποία έχουν αντίστοιχα ίσες από µια πλευρά και

δυο γωνίες, προσκείµενες στην πλευρά αυτή.

Θεωρείται, ότι ο Θαλής απόδειξε τους ισχυρισµούς αυτούς γιατί του ήταν

απαραίτητοι για τη λύση κάποιων πρακτικών προβληµάτων. Θα γίνει σχετική

51

C

B

αναφορά σε δυο πολύ γνωστά µαθηµατικά επιτεύγµατα του Θαλή και συγκεκριµένα:

1) Υπολογισµός του ύψους αιγυπτιακής1 πυραµίδας

Για τη λύση του προβλήµατος αυτού ο Θαλής επέλεξε τη στιγµή που η σκιά της

πυραµίδας ισούται µε το ύψος της (Σχήµα 2α). Αυτό είναι η στιγµή όπου η σκιά του

είναι ίση µε το ύψος του (Σχήµα 2β). Κατά τα λεγόµενα, µε σύγχρονη γλώσσα, ο

Θαλής χρησιµοποίησε οµοιότητα τριγώνων και συγκεκριµένα την οµοιότητα των

τριγώνων VOP και V'O'P' των σχηµάτων 2α και 2β.

V

V'

D С

O P O' P'

A B


2) Προσδιορισµός της απόστασης έως αποµακρυσµένο σηµείο

Έστω το ακόλουθο πρόβληµα: «ζητείται ο υπολογισµός της απόστασης δυο

σηµείων Α και Β όταν µεταξύ τους παρεµβάλλεται ποταµός (Σχήµα 3)». Γενικότερα

πρέπει να υπολογιστεί η απόσταση αν το σηµείο Α είναι απρόσιτο για τον

παρατηρητή Β.

Θεωρείται ότι ο Θαλής πρώτα προσδιόρισε την κατεύθυνση BD, η οποία είναι

κάθετη στη ΒΑ και το σηµείο С, είναι το µέσον του ευθύγραµµου τµήµατος BD.

А

D

Е

Σχήµα 3

Εν συνεχεία κινήθηκε κατά την ευθεία DE, перпендикулярна на BD, έως ότου

φτάσει στο σηµείο Ε, το οποίο ανήκει σε µια ευθεία µε τα σηµεία А και С. Στην

περίπτωση αυτή τα τρίγωνα АВС και CDE είναι ίσα (γιατί: α) οι γωνίες АСВ και

DCE είναι ίσες, β) οι γωνίες Β και D είναι ορθές, γ) ВС = CD). Τότε ВА = DE. Και

κατά συνέπεια αντί να υπολογίσει της απρόσιτη απόσταση ВА, υπολογίζει την DE.

1 Το γεγονός αυτό έκανε µεγάλη εντύπωση στους αρχαίους αιγυπτίους ιερείς και έτσι του αποκάλυψαν κάποιες δικές τους γεωµετρικές και αστρολογικές γνώσεις, απρόσιτες για τους υπόλοιπους ανθρώπους.

52

Έως τις µέρες µας δεν έχουν σωθεί ολοκληρωµένα συγγράµµατα για τις

µεθόδους απόδειξης που ο Θαλής χρησιµοποιούσε. Οι πληροφορίες που διαθέτουµε

είναι από µεταγενέστερες πυγές. Θεωρείται, ότι κάποιους αρχικούς ισχυρισµούς

εγκαθίδρυσε µε εµπειρικό τρόπο και εν συνεχεία µε βάση αυτούς τους ισχυρισµούς

απέδειξε άλλους. Αυτό σηµαίνει, ότι διαλογίστηκε κατά τρόπο µ’ αυτόν του

σχήµατος 4.

Σχήµα 4

Επισηµαίνεται, ότι τα προαναφερόµενα δυο προβλήµατα αναµφισβήτητα δεν

είχαν µόνο πρακτικό χαρακτήρα. Θεωρείται ότι χρησιµοποιούνταν και στην

εκπαιδευτική διαδικασία µε σκοπό τη διατύπωση και εµπέδωση των αντίστοιχων

µαθηµατικών εννοιών.

Λαµβάνοντας υπ’ όψιν τα αναφερόµενα για τις µαθηµατικές γνώσεις του Θαλή,

µπορεί να ειπωθεί, ότι για πρώτη φορά χρησιµοποιούνται ισχυρισµοί για γενικές

ιδιότητες ξεχωριστών τάξεων από στοιχεία. Οι ισχυρισµοί αυτοί είναι για µέρη

(ευθύγραµµα τµήµατα, γωνίες κ.τ.λ.) από ακέραια αντικείµενα, µέρη τα οποία δεν

µπορούν να υπάρξουν ως ανεξάρτητα αντικείµενα. Το φαινόµενο αυτό είναι νέο για

την αντίστοιχη περίοδο των µαθηµατικών. Μέσο αυτού έχει στυλωθεί η βάση για την

εκπαίδευση ότι αφορά τις γραµµές και τις γωνίες στο επίπεδο και µπορεί να θεωρηθεί

ότι προετοιµάζουν τις συνθήκες για λεκτική γραφή περιγραφή των στοιχείων αυτών,

τα οποία βρίσκονται ως τµήµατα στα διάφορα δυσκολότερα αντικείµενα. Με άλλα

λόγια, αυτό είναι η αρχή της διαµόρφωσης των οριζόµενων εννοιών (δηλαδή του

όρου «ορισµός»), καθώς επίσης είναι και τα πρώτα βήµατα της λογικής απόδειξης

των ισχυρισµών (των µεταγενέστερα ονοµαζόµενων θεωρηµάτων).

Αντικείµενο

Ισχυρισµοί λαµβανόµενοι

από παρατηρήσεις

Ισχυρισµοί λαµβανόµενοι

από παρατηρήσεις

Ισχυρισµοί λαµβανόµενοι από

συλλογισµούς

Πείραµα και παρατηρήσεις Πείραµα και παρατηρήσεις

Λογικοί συλλογισµοί

Λογικοί συλλογισµοί

53

4.2. Πυθαγόρειο Θεώρηµα

Η διατύπωση του Πυθαγορείου Θεωρήµατος είναι η ακόλουθη: «Σε κάθε

ορθογώνιο τρίγωνο, το τετράγωνο της υποτείνουσας είναι ίσο µε το άθροισµα των

τετραγώνων των δύο κάθετων πλευρών του και το αντίστροφο, αν σε ένα τρίγωνο το

τετράγωνο της µιας πλευράς του είναι ίσο µε το άθροισµα των τετραγώνων των δυο

άλλων πλευρών του, τότε το τρίγωνο αυτό είναι ορθογώνιο.»

Κατά το θεώρηµα αυτό και µε µια πρόταση ζητείται η απόδειξη δυο

θεωρηµάτων, το ευθύ εκ των οποίων έχει αποδειχτεί στη Αρχαία Ελλάδα

κατασκευαστικά µε τη βοήθεια χάρακα και διαβήτη. Για το λόγο αυτό µπορεί να

ειπωθεί, ότι το ίδιο το θεώρηµα αποτελεί πρόβληµα γεωµετρικής κατασκευής, αλλά

όχι στην συνηθισµένη µορφή, από δεδοµένες ιδιότητες να κατασκευαστεί κάποιο

γεωµετρικό σχήµα.

Το δεύτερο θεώρηµα (αντίστροφο) εξασφαλίζει αλγόριθµο για κατασκευή

ορθογώνιου τριγώνου. Ο Πυθαγόρας, ή κάποιος από τους µαθητές του, πρώτος

απόδειξε το θεώρηµα αυτό. Οι αρχαίου βαβυλώνιοι και αιγύπτιοι στην πράξη

γνώριζαν και χρησιµοποιούσαν την ιδιότητα που διατυπώνεται στο θεώρηµα αυτό,

αλλά έλλειπε η απόδειξή του. Για την περίοδο αυτή είναι χαρακτηριστικό ότι δεν

υπήρχαν αποδείξεις.

∆ίνεται Ιδιαίτερη προσοχή στο θεώρηµα αυτό, διότι για τους αρχαίους έλληνες

αποτελούσε πρόβληµα γεωµετρικής κατασκευής. Γεγονός είναι, ότι το ενδιαφέρον

για το θεώρηµα αυτό δεν σταµατά και χιλιάδες χρόνια µετά τον Πυθαγόρα.

Κατά το 1150 µ.Χ. ο ινδός µαθηµατικός Вhascara βρήκε νέα απόδειξη του

θεωρήµατος και κατά το, 17 αιώνα µ.Χ. ο J.Wallis ανακαλύπτει εκ νέο την απόδειξη

του Bhascara. Στο βιβλίο του S. Loomis «Το Πυθαγόρειο Θεώρηµα», εκδοµένο το

1940 µ.Χ. έχουν συγκεντρωθεί 370 αποδείξεις του Πυθαγορείου Θεωρήµατος [37].

Η απόδειξη που εν συνεχεία θα εκτεθεί, είναι αντίστοιχη µε την απόδειξη, που ο

Ευκλείδης στο Βιβλίο 1 των «Στοιχείων» του παραθέτει.

Και έτσι, να αποδειχτεί ότι αν το τρίγωνο ABC (Σχήµα 5) είναι ορθογώνιο,

τότε: а2 = b2 + с2.

54

С

b a

А c В

Σχήµα 5

Κατασκευάζονται δυο ίσα τετράγωνα µε πλευρές b +c , όπως φαίνεται και στα

σχήµατα 6α και 6β.

b c c b

c c b a a c b b

c a a b

b c b c


Το τετράγωνο του σχήµατος 6α είναι διαιρεµένο σε 6 κοµµάτια: 4 τρίγωνα,

καθ’ ένα από τα οποία είναι ίσο µε το τρίγωνο ABC (Σχήµα 5) και 2 τετράγωνα, το

ένα µε πλευρά b, ενώ το άλλο µε πλευρά с. Το τετράγωνο του σχήµατος 6β είναι

διαιρεµένο σε 5 µέρη: 4 ίσα τρίγωνα, ίσα µε το τρίγωνο ABC (Σχήµα 5) και σε ένα

τετράγωνο πλευράς а. Αν από το ένα από τα δυο τετράγωνα, τα οποία είναι ίσα και

έχουν πλευρά b + c, «αφαιρεθούν τα 4 ίσα τρίγωνα, τότε τα σχήµατα που µένουν θα

έχουν ίσα εµβαδά. Αυτό σηµαίνει, ότι: а2 = b2 + с2.

Αντίστροφο: για το τρίγωνο САВ ισχύει, ότι: а2 = b2 + с2 (Σχήµα 7α).

С y C' b a b

А c В O c B' x


Κατασκευάζεται γωνία хОу ίση µε 90º και πάνω στην Ох κατασκευάζεται

ευθύγραµµο τµήµα ОВ' = c, ενώ πάνω στην Оу ευθύγραµµο τµήµα ОС' = b (Σχήµα

55

7β). Για το τρίγωνο С'В'О, το οποίο είναι ορθογώνιο µε ορθή γωνία την О, είναι

γνωστό, ότι С'В'2 = с2 + b2. Τότε а2 = С'В'2 συνεπώς а = С'В'. Τα τρίγωνα CAB,

С'ΟВ' είναι ίσα γιατί: С'В' = а, ОВ' = с και ОС' = b. Κατά συνέπεια οι γωνίες Ο, А

είναι ορθές. Συνεπώς το τρίγωνο CAB είναι ορθογώνιο µε ορθή γωνία την А.

Μερική περίπτωση εφαρµογής του θεωρήµατος αυοτύ συναντίεται αρκετά

χρόνια πριν την απόδειξή του στη σχολή του Πυθαγόρα. Για παράδειγµα στην Αρχαία

Αίγυπτο και στην Αρχαία Βαβυλώνα είχε κατασκευαστεί ορθογώνιο τρίγωνο µε

πλευρές 3, 4 και 5 µονάναδες µε το ακόλουθο τρόπο: ένα σχοινή και διαιρείται σε 12

ίσα µέρη (3+4+5 = 12 ) όπως φαίνεται και στο Σχήµα 8.

Σχήµα 8 Τα σηµεία τα οποία αντιστοιχούν στον τρίτο και έβδοµο µερισµό,

«καρφώνονται» στο έδαφος, ενώ τα άκρα του σχοινιού ανασηκώνονται ως ότου

ενωθούν. Η γωνία που προκύπτει στον τρίτο µερισµό, λαµβανόταν για ορθός για

ορθή.

4.3. Πρόβληµα του Ζήνωνα

Ο Ζήνωνας υπήρξε οπαδός της ιδεαλιστικής φιλοσοφίας. Προσπάθησε να

αποδείξει, ότι η επιστήµη, η βάση του πειράµατος, είναι ατελής και τα συµπεράσµατά

της είναι ψευδή. Είναι γνωστές αρκετές τέτοιες «απορίες», όπως για παράδειγµα αυτή

που σχετίζεται µε τον Αχιλλέα και τη χελώνα [36]. Συγκεκριµένα: «Αχιλλέα, εσύ

κινείσαι 10 φορές γρηγορότερα από τη χελώνα, αλλά δεν µπορείς να τη φτάσεις, αν

αυτή αρχίσει να κινείται κατά ένα στάδιο πριν από εσένα.»

Κατά το Ζήνωνα, η λύση του προβλήµατος αυτού είναι η ακόλουθη: «Όταν ο

Αχιλλέας διανύσει 1 στάδιο (1 στάδιο είναι ίσο µε 150m), απόσταση η οποία τον

διαχωρίζει από την χελώνα, αυτή θα έχει διανύσει το 1/10 του σταδίου και θα

προηγείται. Όταν ο Αχιλλέα διανύσει (1/10).(1/10) = 1/100 εκ νέου η χελώνα θα

προηγείται. Τότε συµπεραίνεται ότι: αν ο Αχιλλέας διανύσει απόσταση 1/10. S πάλη η

χελώνα θα προηγείται. Εποµένως ο Αχιλλέας δεν θα µπορέσει ποτέ να φτάσει τη

χελώνα.»

Με το πρόβληµα αυτό του Ζήνωνα ασχολήθηκαν και άλλοι φιλόσοφοι όπως ο

Αριστοτέλης και µεταγενέστεροί του. Κατά τον 3ο αιώνα µ.Χ. αποδόθηκε η λύση του

προβλήµατος αυτού µε τρόπο διαφορετικό, απ’ αυτόν του Ζήνωνα και το αποτέλεσµα

3 4 7 121

3 5

56

είναι διαφορετικό, συγκεκριµένα: η απόσταση S (σε στάδια), την οποία πρέπει να

διανύσει ο Αχιλλέας για να φτάσει την χελώνα είναι: S = 1 +1/10 + 1/100 +1/1000 +… = 1

+0,1 +0,01 + 0,001 +… = 1,111… = 1,1 (µε 1 είναι το ένα στάδιο). Αν ο περιοδικός

αριθµός S = 1, 1 αναπαρασταθεί µε µικτό αριθµό λαµβάνεται, ότι: S = 19

1. Αυτό

σηµαίνει, ότι ο Αχιλλέας θα φτάσει τη χελώνα µετά από 19

1 στάδια, δηλαδή µετά από

9

1500m.

Είναι φανερό, ότι ο Ζήνωνας ασχολήθηκε µε ένα όχι γεωµετρικό πρόβληµα,

αλλά µπορεί να θεωρηθεί, ότι η λύση του είχε διδακτικό χαρακτήρα.

4.4. Γεωµετρική απόδειξη της ταυτότητας (a + b)2 = a2 + 2ab + b2

Όπως το Πυθαγόρειο Θεώρηµα, έτσι και η ταυτότητα του τετραγώνου

αθροίσµατος, αποδείχτηκε από τους αρχαίους έλληνες ως γεωµετρική κατασκευή, µε

τη βοήθεια χάρακα και διαβήτη, δηλαδή θεωρήθηκε πρόβληµα γεωµετρικής

κατασκευής. Γι τους αρχαίους έλληνες το a2 δεν σηµαίνει а.а, όπως στα σύγχρονα

µαθηµατικά, αλλά εµβαδόν τετραγώνου πλευράς а. Με τρόπο ανάλογο το γινόµενο

а.b γι’ αυτούς σηµαίνει το εµβαδόν ορθογωνίου πλευρών а και b. Η «απόδοση» αυτή

των αριθµών a2 και а.b είναι αποτέλεσµα της γεωµετρικής απόδοσης των αριθµών

στη σχολή του Πυθαγόρα, όπου είχε αναπτυχθεί η «γεωµετρική άλγεβρα». Στη

άλγεβρα αυτή λείπουν οι σύγχρονοι αλγεβρικοί συµβολισµοί. Βασισµένοι στις

γεωµετρικές κατασκευές οι πυθαγόρειοι απόδειξαν το τετράγωνο αθροίσµατος και

διαφοράς δυο αριθµών. Για το σκοπό αυτό κατασκεύασαν πρώτα τετράγωνο πλευράς

ίσης µε το άθροισµα των ευθυγράµµων τµηµάτων а και b (Σχήµα 9α), και εν συνεχεία

από τα σηµεία Α και Β κατασκεύασαν παράλληλες ευθείες m και n. Τότε:

(a + b)2 = a2 + ab + ab + b2 = a2 + 2ab + b2.

Με τρόπο ανάλογο απόδειξαν και το τετράγωνο διαφοράς, δηλαδή το (a −−−− b)2 = a2 −−−− 2ab + b2 (Σχήµα 9β).

57

a B b m a B b m

a.b b2

a2 a.b A

(a−−−−b)2 a.b

A

a.b b2

n n


Θεωρείται, ότι οι προαναφερόµενες αποδείξεις των αλγεβρικών αποδείξεων

δύναται να χρησιµοποιηθούν και στη σύγχρονη σχολική διδασκαλία των

µαθηµατικών και συγκεκριµένα κατά τη διδασκαλία των αντίστοιχων ταυτοτήτων ή

εφαρµογών αυτών. Ο εγκλεισµός ιστορικών µαθηµατικών γεγονότων είναι ένα από

τα µέσα αιτιολόγησης και ανακάλυψης εκ νέου από τους µαθητές, νέων γνώσεων,

κάτι που ξυπνά την περιέργεια και το ενδιαφέρον των µαθητών προς τα µαθηµατικά.

4.5. Κατασκευή των διαγωνίων και πλευρικών αριθµών

Στη σχολή του Πυθαγόρα υπολογίστηκαν µεταξύ των άλλων και οι ακέραιες

λύσεις των εξισώσεων у2 = 2х2 ± 1 (η εξίσωση αυτή αναφέρεται στα «Στοιχεία» του

Ευκλείδη στο 3ο Βιβλίο). Οι λύσεις αυτές χρησιµοποιήθηκαν για τον υπολογισµό των

προσεγγιστικών τιµών των άρρητων αριθµών 2 και 3 . Οι ακέραιες λύσεις αυτές

ονοµάστηκαν «διαγώνιοι» και «πλευρικοί» αριθµοί, γιατί αντιστοιχούν στις διαγώνιες

και στις πλευρές τετραγώνου.

Ο τρόπος «κατασκευής» των αριθµών αυτών έφτασε ως εµάς χάρις τον Πρόκλο

[27], [68] και το περιεχόµενο των συγγραµµάτων του σχετικά µ’ αυτά ήταν:

58

N L

M H D C d2 d1 a1 a1 d1 a1+d1 A B E Z F K

Σχήµα 10 ∆ίνεται τετράγωνο πλευράς АВ = а1 και διαγωνίου АС = d1 (Σχήµα 10). Με την

εφαρµογή του Πυθαγορείου Θεωρήµατος υπολογίζεται, ότι: d12 = 2a1

2 (1). Πάνω στο

ευθύγραµµο τµήµα АВ λαµβάνεται σηµείο Ε, τέτοιο ώστε: АВ = ВЕ = a1, και εν

συνεχεία λαµβάνεται ευθύγραµµο τµήµα ЕZ = AC = d1. Κατά τον Ευκλείδη

(«Στοιχεία», Βιβλίο 2ο), λαµβάνεται ότι: (2a1+d1)2 + d1

2 = 2a12 + 2(a1+d1)

2 (2)

Αφαιρείται η σχέση (2) από την (1) και λαµβάνεται: (2a1+d1)2 = 2(a1+d1)

2 (3).

Αλλά η σχέση (3) σηµαίνει, ότι: 2a1 + d1 = AB + BE + EZ είναι η διαγώνιος του

τετραγώνου ВZHM, ενώ a1 + d1 = ВЕ + ЕZ είναι η πλευρά του τετραγώνου ВZHM.

Πάνω στη συνέχεια του ευθύγραµµου τµήµατος ВZ λαµβάνεται σηµείο F τέτοιο

ώστε: ZF = BZ, και εν συνεχεία ευθύγραµµο τµήµα FK = BH. Με την εφαρµογή του

10ου θεωρήµατος από τα «Στοιχεία», Βιβλίο 2ο, λαµβάνεται νέο τετράγωνο ZKLN

πλευράς ZF + FK = 3a1 + 2d1 και διαγωνίου ZA = BK = 2BZ + FK = 4a1 + 3d1. Αν

αυτή η κατασκευή συνεχιστεί n-φορές, λαµβάνεται η ακόλουθη εξάρτηση:

Πλευρικοί αριθµοί ∆ιαγώνιοι αριθµοί

a1 d1

a2 = a1+ d1 d2 = 2a1 + d1

a3 = a2 + d2 d3 = 2a2 + d2 (Α)

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

an = an−−−−1 + dn−−−−1 dn = 2an−−−−1 + dn−−−−1

Αν a1 = 1 και d1 = 1, κατά τον Θέων λαµβάνεται, ότι:

59

Πλευρικοί αριθµοί ∆ιαγώνιοι αριθµοί

1 1

2 = 1+1 3 = 2.1+1 (Β)

5 = 2+3 7 = 2.2+3

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

Στα συγγράµµατα του Αρχιµήδη αναφέρεται, χωρίς απόδειξη, η ακόλουθη

σχέση: 780

13513

153

265<< και 2652 = 3.1532 −−−− 2,1351 = 3.7802 + 1.

Στο [27] αναφέρεται πως πιθανότατα ο Αρχιµήδης απόδειξη την

προαναφερόµενη σχέση για τον άρρητο αριθµό 3 . Στο ίδιο σύγγραµµα αναφέρεται

και ο κατά προσέγγιση υπολογισµός – «κατασκευή» του αριθµού 2 . Κατά τον

Θέων οι πυθαγόρειοι υπολόγισαν προσεγγιστικά τις τιµές των ακόλουθων άρρητων

αριθµών: 5 , 7 , 11, 13 , 17 . Θεωρείται ότι οι υπολογισµοί αυτοί έγινα µε

εκπαιδευτικό σκοπό, αφού δεν έχουν καµία πρακτική εφαρµογή.

4.6. Προβλήµατα στα συγγράµµατα του Αρχιµήδη

Έχουν διασωθεί αρκετά συγγράµµατα του Αρχιµήδη. Μεταξύ αυτών

διακρίνονται τα ακόλουθα µε γεωµετρικό περιεχόµενο: «Τετραγωνισµό παραβολής»,

«Σφαίρα και κύλινδρος», «Μέτρηση κύκλου», «Κωνοειδή και σφαιροειδή»,

«Υπολογισµός αριθµού κόκκων άµµου» κ.τ.λ.

Στο τελευταίο σύγγραµµα ο Αρχιµήδης έθεσε το ακόλουθο πρόβληµα: «Να

προσδιοριστεί ο αριθµός των κόκκων άµµου, οι οποίοι µπορούν να γεµίσουν

ολόκληρο το Σύµπαν» το πρόβληµα αυτό οδήγησε τον Αρχιµήδη στην ανακάλυψη

και εφαρµογή νέων αριθµών. Πριν απ’ αυτόν οι αρχαίοι έλληνες µπορούσαν να

µετρούν έως το 10000, ο οποίος ήταν και ο µεγαλύτερος αριθµός που γνώριζαν. Τον

ονόµαζαν «µυριάδα». Ο Αρχιµήδης λαµβάνει ως νέα µονάδα και ορίζει τη µέτρηση

µε τις µυριάδες µε τον ακόλουθο τρόπο: «µυριάδα και ένα,..., µυριάδα και εκατό,...,

δυο µυριάδες, ..., εκατό µυριάδες, ..., µυριάδα µυριάδα». Λαµβάνει τον αριθµό

µυριάδα µυριάδα για νέα µονάδα και εκ νέου µετράει: «µυριάδα µυριάδα και ένα,…,

µυριάδα µυριάδα µυριάδα».

Στο ίδιο σύγγραµµα βρίσκεται και το ακόλουθο πρόβληµα: «Αν µια ακολουθία

αριθµών µε πρώτο αριθµό το 1, αν πολλαπλασιαστούν δυο µέλη της, τότε το γινόµενο

θα είναι από την ίδια ακολουθία, τόσο αποµακρυσµένο από τον µεγαλύτερο

60

πολλαπλασιαστέο, όσο ο µικρότερος απέχει από το 1» [6] ή µε άλλα λόγια: 1, a, a2,

..., am, ..., an, ..., am+n, ...

Στα γεωµετρικά του συγγράµµατα ο Αρχιµήδης χρησιµοποιεί δυο µεθόδους

απόδειξης των διαφόρων θεωρηµάτων και συγκεκριµένα:

α) µε τη βοήθεια γνώσεων της µηχανικής.

β) µε τη βοήθεια της µεθόδου εξάντλησης.

Ενδιαφέρουσα είναι τα προβλήµατα τετραγωνισµού παραβολής και της

διαίρεσης του κύκλου σε επτά ίσα µέρη. Σχετικά µε τον τετραγωνισµό παραβολής, ο

Αρχιµήδης έστειλε γράµµα στον φίλο του ∆οσίθεο, στο οποίο εξηγεί (ο Αρχιµήδης),

ότι έλυσε το πρόβληµα αυτό πρώτα µε τη βοήθεια της µηχανικής και εν συνεχεία

γεωµετρικά.

Τη λύση του προβλήµατος τετραγωνισµού παραβολής ο Αρχιµήδης υλοποιεί µε

τη βοήθεια κωνικών τοµών. Για το λύσει πρώτα αποδεικνύει 24 θεωρήµατα. Ένα απ’

αυτά είναι και το ακόλουθο: «Αν δίνεται παραβολή ABC και BD είναι ευθεία

παράλληλη της διαµέτρου (του άξονα της παραβολής) ή ταυτίζεται µε τη διάµετρο και

АС είναι ευθεία παράλληλη µε την εφαπτόµενη στην παραβολή στο σηµείο Β, τότε AD

ισούται µε DC, ενώ αν το ευθύγραµµο τµήµα AD είναι ίσο µε το DC, τότε και η

εφαπτόµενη στο σηµείο В θα είναι παράλληλη στην АС» [68].

Ενδιαφέρον κατασκευαστικό πρόβληµα λυµένο από τον Αρχιµήδη, είναι το

πρόβληµα διαίρεσης του κύκλου σε επτά ίσα µέρη. Η λύση του προβλήµατος αυτού

από τον Αρχιµήδη έχει φτάσει ως τις µέρες µας χάρις ένα αραβικό βιβλίο, γραµµένο

αρκετούς αιώνες µετά τον Αρχιµήδη. Στη αραβική αυτή πυγή υπάρχουν αρκετές

παρατηρήσεις, απαραίτητες για την απλούστευση της λύσης του προβλήµατος αυτού.

Ο Αρχιµήδης για τη λύση του προβλήµατος αυτού πρώτα έλυσε το ακόλουθο

πρόβληµα: «Έστω τετράγωνο ABCD. Προεκτείνεται η πλευρά ΑΒ, από το µέρος του Α

και τέµνει το ευθύγραµµο τµήµα ВС και την ευθεία а, διερχόµενη από το σηµείο D,

έτσι ώστε: Z και Е να είναι τα σηµεία τοµής της а αντίστοιχα µε τα ευθύγραµµα

τµήµατα АВ και АС. Να αποδειχτεί, ότι αν b είναι παράλληλη της а και Κ, Λ είναι τα

σηµεία τοµής της ευθείας b αντίστοιχα µε τα АВ και CD, τότε: АВ.КВ = AZ2, ZK = AK

= KB2, AZ > AK и BK > AK»[69].

Οι λειτουργίες και ο ρόλος των προβληµάτων αυτών είχαν σίγουρα

εκπαιδευτικό χαρακτήρα. Το τελευταίο πρόβληµα είναι βοηθητικό (άτι σαν άσκηση –

τµήµα) για τη λύση του προβλήµατος διαίρεσης του κύκλου σε επτά ίσα µέρη (τόξα).

Ο Αρχιµήδης τη διαίρεση αυτή πραγµατοποιεί µόνο µε τη βοήθεια χάρακα και

61

διαβήτη. Από αυτό συµπεραίνεται ότι συνειδητά και ο Αρχιµήδης θεωρεί ένα

πρόβληµα λυµένο µόνο αν η λύση του πραγµατοποιηθεί µε τη βοήθεια χάρακα και

διαβήτη. Λογικό εποµένως είναι να διερωτάται κάποιος τόσο για την παρουσία ή όχι

των προβληµάτων (ασκήσεων) στην εκπαιδευτική διαδικασία, όσο και για το ρόλο,

τη θέση και τις λειτουργίες των προβληµάτων στην αρχαιοελληνική µαθηµατική

εκπαίδευση.

Αν η λύση των προβληµάτων δεν έχουν εκπαιδευτικό σκοπό, δεν είναι

παράδοξος ο ισχυρισµός, ότι ο τρόπος αυτός διαλογισµού του προαναφερόµενου

προβλήµατος, δεν έχει εκπαιδευτικό χαρακτήρα; Α αυτό δεν είναι έτσι και το

πρόβληµα αυτό λύνεται µόνο για την επιστήµη, γιατί ο Αρχιµήδης θεωρεί, ότι είναι

ευκολότερο πρώτα να λυθεί κάποιο βοηθητικό πρόβληµα και εν συνεχεία να λυθεί το

δεδοµένο πρόβληµα;

Ο Αρχιµήδης έλυσε και άλλα γεωµετρικά προβλήµατα όπως το ακόλουθο [68]:

«Έστω ορθογώνιο τρίγωνο АВС γωνία ορθή την Β. Εγγράφεται σ’ αυτό κύκλος k

και κατασκευάζεται ευθεία DH, όπου Η και D είναι τα σηµεία επαφής αντίστοιχα των

АВ, АС µε τον k. Προεκτείνεται το ευθύγραµµο τµήµα DH, προς την πλευρά του H και

τέµνει την προέκταση του ВС στο σηµείο Ε (Σχήµα 13). Να αποδειχτεί, ότι: ВЕ = AH.»

A

D

H

O

E B C

Σχήµα 13

Το πρόβληµα αυτό, όπως και πολλά άλλα του [68] έχουν πλέον τον χαρακτήρα των

σύγχρονων γεωµετρικών προβληµάτων, αυτών δηλαδή που προτείνονται στη

σύγχρονη διδασκαλία των µαθηµατικών. Θεωρείται, ότι είναι τα πρώτα προβλήµατα

τα οποία διατυπώθηκαν µε σύγχρονο τρόπο και έχουν τους ίδιους σκοπούς.

62

4.7. Η Χρυσή Τοµή και µια υπόθεση για τη θέση ορισµένων αρχαιολογικών

µνηµείων στην Ελλάδα

Ο Εύδοξος (408−−−−355π.Χ.) έλυσε το πρόβληµα διαίρεσης ευθύγραµµου

τµήµατος σε δεδοµένο λόγο, το γνωστό και ως πρόβληµα «χρυσής τοµής».

Συγκεκριµένα: «Να διαιρεθεί δεδοµένο ευθύγραµµο τµήµα σε δυο άνισα τµήµατα, έτσι

ώστε το µήκος ολόκληρου του τµήµατος προς το µήκος του µεγαλύτερου να ισούται µε

το λόγο του µεγαλύτερου προς το µικρότερο τµήµα.»

Στο Σχήµα 14 ολόκληρο το ευθύγραµµο τµήµα συµβολίζεται µε α, το µεγαλύτερο τµήµα µε х, ενώ το µικρότερο µε a−−−−х. Τότε ζητείται να αποδειχτεί ότι:

x

a =

xa

x

−.

а х а−−−−x

Σχήµα 14

∆εν θα γίνει σχετική αναφορά του τρόπου λύσης που ο Εύδοξος προτείνει, αλλά

θα αναφερθεί µια ενδιαφέρουσα υπόδεση σχετικά µε την τοποθεσία των

αρχαιολογικών µνηµείων στην Ελλάδα και συγκεκριµένα των νοµών Αττικής και

Βοιωτίας2. Όλα αυτά βασίζονται σε µετρήσεις και µελέτες του Μανία

3. Ο τελευταίος

υποστηρίζει, ότι κατά τον Πλάτωνα, µετά τη καταστροφή του ∆ευκαλίωνα (γύρο το

9500π.Χ.), οι έλληνες που διασώθηκαν και ζούσαν στην Ατλαντίδα, κατέβηκαν από

τα βουνά στα πεδινά µέρη και άρχισαν να λατρεύουν ξανά τους θεούς. Κατά τον

Μανία οι διάφορες πόλεις και µνηµεία στην Ελλάδα έχουν χτιστεί µε γεωµετρικούς

κανόνες. Έως σήµερα δεν έχουν βρεθεί άµεσες αποδείξεις για τον ισχυρισµό αυτό,

αλλά δεν παύει να είναι µια πολύ ισχυρή και αληθοφανής υπόθεση.

Θα γίνει προσπάθεια να αποδειχτεί γιατί ο Μανίας έφτασε στο συµπέρασµα

αυτό. Έστω να θεωρηθεί ευθύγραµµο τµήµα µήκους 1 και να συµβολιστεί µε Μ το

µεγάλο τµήµα του, ενώ µε m το µικρότερο (Σχήµα 15). Τότε λαµβάνεται, ότι:

1

M = х m = 1−−−−x

Σχήµα 15

M

1 =

M

M

−1 ⇔ 1.(1−−−−M) = M.M ⇔ 1 −−−−M = M2 ⇔ M =

215 −

2 Βρίσκεται σε εξέλιξη ανάλογη µελέτη για ορισµένους αρχαιολογικούς τόπους της Μακεδονίας. 3 Ήταν στρατιωτικός και µαθηµατικός

63

N

Αλλά M

1 =

M

M

−1 ⇔

M

1 =

m

M. Εποµένως.

15

2

− =

m

M ⇔

m

M ≈

1,618.

Θεωρείται, ότι ο λόγος 1,618 και µε τη «χρυσή τοµή» συνδέονται άµεσα µε τις

αποστάσεις µεταξύ πολλών ναών, µνηµείων και πόλεων στην Αρχαία Ελλάδα.

Για να δειχτεί αυτό θα χρησιµοποιηθεί ο χάρτης της περιοχής Αττική – Βοιωτία.

[30].

Σχήµα 16

Στο χάρτη χρησιµοποιούνται οι ακόλουθοι συµβολισµοί:

А-Αθήνα Ψ- ∆αυλιά Θ- Θήβα Х- Χαλκίδα

А'- Αµφιάριο Е- Ελευσίνα Л- Λαύριο Σ- Σούνιο

Г- Ακροκόρινθος Е'- Επίδαυρος М- Μέγαρα ∆- ∆ελφοί

Z'- Ναός ∆ιονυσίου I- Ίσθµια П- Πάνακλο К"- Σκολός

N'- Ναός Απόλλωνα Т- Τανάγρα О- Ορχοµενός

N- Ναός Αφαία Ξ- Χαιρώνεια А2- Αίγινα

К- Άγιος Θεόδωρος К'- Κόρινθος Σ'- Πόρτο Ράφτη

к1

Χ

Λ

Α΄

Α

Ε

Κ

Μ Κ΄ Σ4 •

Ε΄ •

Α2 Ν

Σ3 Γ •

Σ

Σ΄

• Κ΄΄ • Π Σ2

Τ Θ

Ν΄ •

• Ξ

∆ • Ψ •

1:628.750

• Ο

Ι

к2

к3

к4

к5

к6

64

Στο χάρτη του σχήµατος 16 επισηµαίνονται τα ακόλουθα:

1. Οι ναοί και οι πόλεις: Θ, X, A', Σ', Ν, K βρίσκονταιсе πάνω στις κορυφές

κανονικού εξαγώνου.

2. Οι ναοί: X, A', Θ βρίσκονταιсе πάνω στις κορυφές ισοσκελούς τριγώνου, το

οποίο είναι µέρος του κανονικού εξαγώνου ΘXA'Σ'ΝK. Η Βάση του τριγώνου είναι

ΘA' = М + m και ΘТ = m, ΘX = XA' = ТA' = М (Σχήµα 15).

3. Το τετράπλευρο είναι τµήµα κανονικού πενταγώνου και οι διαγώνιοί του ΘΣ'

και A'K τέµνονται σε σηµείο σύµφωνα µε τον κανόνα «χρυσής τοµής». Εκτός αυτού

ΚΣ2 είναι το µεγαλύτερο τµήµα του КA', ενώ το Σ2A' είναι το µικρότερο τµήµα

αυτού. Το ίδιο ισχύει για τα ευθύγραµµα τµήµατα Σ'Σ2 και Σ2Θ, τα οποία είναι το

µικρότερο και το µεγαλύτερο τµήµα του ευθύγραµµου τµήµατος ΘΣ'.

Έως τις σηµερινές πληροφορίες δεν είναι γνωστό αν στο σηµείο Σ2 υπάρχουν

αρχαιολογικά ευρήµατα, που κατά τα προαναφερόµενα πρέπει να υπάρχουν.

4. Οι ναοί και οι πόλεις M, E, A βρίσκονται στις κορυφές ισοσκελούς τριγώνου

(EA = EM).

5. Οι ναοί και οι πόλεις ∆, Ε, Α βρίσκονται πάνω σε µια ευθεία (το ίδιο ισχύει

και για τις ∆, Κ΄, Ι και ∆, Σ3, Σ και ∆, Σ2, Π).

6. Στο χάρτη του σχήµατος 16 έχουν χαράκτη κάποιο κύκλοι και συγκεκριµένα

οι ακόλουθοι έξι:

k1- µε κέντρο Х και ακτίνα ХΘ (ή ХА' ή ΧΚ'' ή ΧΝ');

k2- µε κέντρο N και ακτίνα NК' (ή NΣ' ή ΝΕ΄ ή ΝΑ ή ΝΛ);

k3- µε κέντρο N και ακτίνα NΘ (ή NA' ή ΝΚ');

k4- µε κέντρο Σ' και ακτίνα Σ'Θ (ή Σ'A' ή Σ'Κ);

k5- µε κέντρο Х και ακτίνα ХΣ' (ή ХК');

k6- µε κέντρο Κ και ακτίνα ΚΑ' (ή ΚΣ').

7. Οι κύκλοι k5 και k6 τέµνονται στο ναό - πόλη Ψ.

8. Αν χρησιµοποιηθούν οι αποστάσεις µεταξύ των πόλεων και των ναών, κατά

τις σύγχρονες µετρήσεις, υπολογίζονται τα τµήµατα µε την εφαρµογή της «χρυσής

τοµής».

1) 617,1675.48

746.78==

ΘΑΚΣ

΄

΄⇔

071.30

675.48

48675

746.78

675.48746.78

675.48

48675

746.78=⇔

−= . Αλλά

618,1081.30

675.48==

ΘΧΘΑ΄

και τότε ΘΧΘΑ

≈ΘΑΚΣ ΄

΄

΄.

65

2) 618,1081.30

675.48==

ΘΧΘΑ΄

⇔594.18

081.30

081.30

75.48

081.30675.48

081.30

081.30

675.48=⇔

−= . Αλλά

617,1593.18

081.30==

ΘΤΘΧ

και τότε ΘΤΘΧ

≈ΘΧΘΑ΄

.

3) 618,1678.48

746.78==

ΚΘΚΣ΄

⇔068.30

678.48

678.48

746.78

678.48746.78

678.48

678.48

746.78=⇔

−= . Αλλά

618,1081.30

675.48==

ΘΧΚΘ

και τότε ΚΧΚΘ

≈ΚΘΚΣ΄

.

4) 618,1306.72

000.1172 ==∆Γ∆Α

⇔694.44

306.72

306.72

000.117

306.72000.117

306.72

306.72

000.117=⇔

−= .

Αλλά 617,1716.44

306.72

2

==ΓΑ∆Γ

και τότε 2

2

ΓΑ∆Γ

≈∆Γ∆Α

.

5) 618,1800.75

654.122==

∆Ι∆Α

⇔845.46

800.75

800.75

654.122

800.75654.122

800.75

800.75

654.122=⇔

−= . Αλλά

617,1876.46

800.75==

ΙΑ∆Ι

και τότε ΙΑ∆Ι

≈∆Ι∆Α

.

6) 617,1700.101

550.164

2

==∆Σ∆Σ

⇔850.62

700.101

700.101

550.164

700.101550.164

700.101

700.101

550.164=⇔

−= .

Αλλά 618,1855.62

700.101

2

2 ==ΣΣ∆Σ

και τότε 2

2

2 ΣΣ∆Σ

≈∆Σ∆Σ

.

7) 617,1326.72

000.117

4

2 ==∆Σ∆Α

⇔674.44

326.72

326.72

000.117

326.7200.117

326.72

326.72

000.117=⇔

−= . Αλλά

618,1674.44

284.72

24

4 ==ΑΣ

∆Σ και τότε

24

4

4

2

ΑΣ∆Σ

≈∆Σ∆Α

.

8) 618,1668.48

746.78

3

==ΚΣΚΣ΄

⇔078.30

668.48

668.48

746.78

668.48746.78

668.48

668.48

746.78=⇔

−= . Αλλά

617,1097.30

68.48

3

3 ==ΣΣ

ΚΣ΄

και τότε ΄

΄

ΣΣΚΣ

≈ΚΣΚΣ

3

3

3

.

Από τους σύγχρονους υπολογισµούς των αποστάσεων συµπεραίνεται, ότι οι

αρχαίοι έλληνες κατασκεύαζαν τους ναούς τους σε αυστηρά καθορισµένα σηµεία,

προσδιορίζοντας την απόστασή τους από βασικές και σηµαντικές πόλεις (όπως για

παράδειγµα η Θήβα) µε µαθηµατικές – γεωµετρικές µεθόδους. Τονίζεται επίσης, ότι

στις θέσεις Σ3 και Σ4 δεν είναι ακόµη γνωστό αν υπάρχουν αρχαιολογικά ευρήµατα.

Από το χάρτη είναι ακόµη φανερό, ότι οι αποστάσεις έχουν ως αφετηρία την πόλη

66

των ∆ελφών (∆), κάτι που συσχετίζεται και µε το γεγονός, ότι η πόλη αυτή ήταν το

κέντρο του έως τότε γνωστού, κόσµου για τους αρχαίους έλληνες.

Οι υπολογισµού αυτοί πιθανότατα έγιναν για πρακτικούς σκοπούς και όχι για

εκπαιδευτικούς. Μπορεί στην Αρχαία Ελλάδα τα πράγµατα να ήταν έτσι, στη

σύγχρονη διδασκαλία των σχολικών µαθηµατικών και συγκεκριµένα κατά τη λύση

προβληµάτων (ασκήσεων) γεωµετρικών κατασκευών σχετικών µε τη «χρυσή τοµή»

έχουν και εκπαιδευτικούς σκοπούς. Τέτοιες σηµαντικέ και πολύ πιθανότατα

αληθοφανής παρατηρήσεις µπορούν αν αυξήσουν το ενδιαφέρον των µαθητών για τα

µαθηµατικά και να τους βοηθήσουν στη διαδικασία λύσης µαθηµατικών

προβληµάτων.

4.8. Προβλήµατα στα «Στοιχεία» του Ευκλείδη

Στο δεύτερο και τέταρτο βιβλίο των «Στοιχείων» του Ευκλείδη αναφέρεται η

λεγόµενη «γεωµετρική άλγεβρα». Στα βιβλία αυτά συστηµατοποιούνται και

αναπτύσσονται ιδέες γεννηµένες στη σχολή του Πυθαγόρα. Λύνονται προβλήµατα

σαν το επόµενο: «Το εµβαδόν τετραγώνου αγνώστου πλευράς, προσθεµένο µε το

εµβαδόν ορθογωνίου του οποίου η µια πλευρά είναι ίση µε а, ενώ η άλλη είναι ίση µε

την πλευρά του τετραγώνου, είναι ίσο µε το εµβαδόν τετραγώνου πλευράς b.

Προσδιορίστε την πλευρά του πρώτου τετραγώνου.»

Αν µε x συµβολιστεί το µήκος της άγνωστης πλευράς, χρησιµοποιώντας

σύγχρονους συµβολισµού, τότε από την εκφώνηση της άσκησης λαµβάνεται ότι: x2 +

ax = b2. Το πρόβληµα αυτό ο Ευκλείδης το έλυσε µε τη βοήθεια των ακόλουθων

κατασκευών: δέχεται ως γνωστό το τετράγωνο πλευράς x (την άγνωστη δηλαδή). Σ’

αυτό θα προσαρτήσει δυο ορθογώνια πλευρών x και x

a (Σχήµα 17). Κατασκευάζει

ευθεία διερχόµενη από τα σηµεία N και M και είναι παράλληλη µεν τα ευθύγραµµα

τµήµατα AD και AB. Στην λύση είναι άµεση η εφαρµογή του «Σχήµατος Ευκλείδη».

67

b2

x

Ν

D M x A

x2

C x B

Σχήµα 17

Τότε από το σχήµα συµπεραίνεται, ότι:

x2 + ax = 22

22

−

+aa

x = b2 και κατά συνέπεια 2

22

22

+=

+a

ba

x .

Η διαδοχικές κατασκευές που ο Ευκλελίδης υπλοποίησε είναι οι ακόλουθες

(Σχήµα 18):

x

Σχήµα 18

Το Σχήµα 18 δηλώνει, ότι το εµβαδόν ολόκληρου του τετραγώνου είναι ίσο µε

b2 + 2

2

a

, τότε η πλευρά του θα ισούται µε

22

2

+a

b (Το εµβαδόν του δεύτερου

σχήµατος όπως φαίνεται και στο Σχήµα 18 είναι b2 ).

Το λαµβανόµενο αποτέλεσµα δηλώνει, οτι το x +2

a µπορεί να θεωρηθεί ως

υποτείνουσα ορθογωνίου τριγώνου µε κάθετες b και 2

a. Η διαφορά τους ισούται µε

το τετράγωνο της άλλης καθέτου. Για το λόγο αυτό ο Ευκλείδης κατασκεύασε

x 2 xa

.2

x2

2

2

a

x2

2

a

xa

.2

2

2

a xa

.2

2

a

68

ορθογώνιο τρίγωνο µε κάθετες b και 2

a, από την υποτείνουσά του αφαιρεί

2

a και

λαµβάνει x (Σχήµα 19).

b

2

2

2

+a

b

Σχήµα 19

Κατά τα χρόνια του Ευκλείδη δεν ήταν δυνατή η γενίκευση της λύσης

δευτεροβάθµιας εξίσωσης, γιατί οι αρνητικοί αριθµοί δεν ήταν ακόµη

προσδιορισµένοι. Για το λόγο αυτό κατά τη λύση εξισώσεων της µορφής x2 −−−− ax = b2

ή ax −−−− x2 = b2 εκτελεί κατασκευές, ανάλογες των προαναφερόµενων. Στα Βιβλία 1, 2,

3, και 4 των «Στοιχείων» υπάρχουν πολλά προβλήµατα, όµοια µε τις κλασσικές

ασκήσεις (προβλήµατα) οι οποίες σήµερα λύνονται στη σχολική γεωµετρία. Στα

Βιβλία 5, 6, 7, 8, και 9 υπάρχουν προβλήµατα από τη θεωρία αριθµών, ενώ στο 10ο

Βιβλίο υπάρχουν προβλήµατα σχετικά µε τους συµµετρικούς αριθµούς. Θα γίνει

σχετική αναφορά σε ορισµένα απ’ αυτά τα προβλήµατα καθώς και θα χρησιµοποιηθεί

η ορολογία την οποία ο Ευκλείδης χρησιµοποιεί. Θα δοθεί η λύση (κατά τον

Ευκλείδη) σε ένα από τα προτεινόµενα προβλήµατα.

Πριν ξεκινήσεις η απόδοση των προβληµάτων αυτών, πρέπει να γίνει σχετική

αναφορά σε κάποιους βασικούς όρους που ο Ευκλείδης χρησιµοποιεί. Συγκεκριµένα:

α) Συµβολίζει τον κύκλο µε τρία σηµεία (πρόβληµα 2).

β) «Πεπερασµένη ευθεία» είναι το ευθύγραµµο τµήµα (πρόβληµα 1).

в) «Γραµµικό» είναι το ορθογώνιο.

γ) Το ευθύγραµµο τµήµα συµβολίζει µε δυο µεγάλα γράµµατα.

δ) «Γραµµική γωνία» είναι η γωνία.

ε) Συµβολίζει το ορθογώνιο ABCD µε δυο γράµµατα, για παράδειγµα AC.

ζ) ∆έχεται τους αριθµούς ως ευθύγραµµα τµήµατα και τα συµβολίζει µε δυο

κεφαλαία γράµµατα ή µε ένα. (πρόβληµα 5).

Τα προβλήµατα αυτά είναι τα ακόλουθα:

Πρόβληµα 1. «Πάνω σε πεπερασµένη ευθεία να κατασκευαστεί ισόπλευρο

τρίγωνο.» («Στοιχεία» 1ο, 1)

2a

69

Λύση (κατά τον Ευκλείδη)4

«Έστω πεπερασµένη ευθεία AB. Θέλουµε να κατασκευάσουµε ισόπλευρο

τρίγωνο. Με κέντρο А και ακτίνα AB κατασκευάζουµε κύκλο CMB και εν συνεχεία

µε κέντρο Β και ακτίνα ΒΑ κατασκευάζουµε κύκλο CAN (Σχήµα 20).

С

М А В N

Σχήµα 20

Μετά από το σηµείο С, το οποίο είναι το σηµείο τοµής των CMB και CAN,

κατασκευάζουµε πεπερασµένη ευθεία CA και CB. Αλλά τα σηµεία Α και Β είναι

αντίστοιχα τα κέντρα των κύκλων. Τότε АС = АВ και ВС = АС, και κατά συνέπεια

АС = ВС = АВ. Αυτό σηµαίνει, ότι το τρίγωνο АВС είναι ισόπλευρο και

κατασκευάζεται µε τη βοήθεια της δεδοµένης πεπερασµένης ευθείας»

Πρόβληµα 2. «Να κατασκευαστεί τετράγωνο ισεµβαδικό µε δεδοµένο

τετράπλευρο.» («Στοιχεία» 2ο, 14).

Πρόβληµα 3. «Αν δίνεται κύκλος και σηµείο αυτού, να κατασκευαστεί από το

σηµείο αυτό εφαπτόµενη στον κύκλο.» («Στοιχεία» 3ο, 17)

Πρόβληµα 4. «Να κατασκευαστεί στον κύκλο πεπερασµένη ευθεία, ίση µε

δεδοµένη πεπερασµένη ευθεία, η οποία να µην είναι µεγαλύτερη της διαµέτρου του.»

(“Елементи” 4ο, 1)

Πρόβληµα 5. Να αποδειχτεί, ότι αν οι αριθµοί Α και Β είναι ίσοι και С είναι

τυχαίος αριθµός, τότε C

B

C

A= και

B

C

A

C= .» («Στοιχεία» 5ο, 7)

Πρόβληµα 6. «∆ίνεται ορθογώνιο τρίγωνο АВС µε γωνία ορθή την А Από την

κορυφή А κατασκευάζεται ευθεία AD, κάθετη στην πλευρά ВС. Να αποδειχτεί, ότι

τα τρίγωνα ABC, ABD και ABC, ADC και АDC, ABD είναι όµοια.» («Στοιχεία» 6ο,

8)

Πρόβληµα 7. «∆ίνονται δυο αριθµοί AB και CD. Να υπολογιστεί ο µέγιστος

κοινός διαιρέτης τους.» («Στοιχεία» 7ο, 2).

4 Χρησιµοποιείται σύγχρονος συµβολισµός για τη ν απόδοση των προβληµάτων του Ευκλείδη

70

Πρόβληµα 8. «Αν τρεις αριθµοί αποτελούν γεωµετρική πρόοδο και ο πρώτος

είναι τετράγωνος, τότε και ο τρίτος αριθµός θα είναι τετράγωνος.» («Στοιχεία» 8ο, 22)

Πρόβληµα 9. «Αν κυβικός αριθµός πολλαπλασιαστεί µε τον εαυτό του θα

δώσει αριθµό ο οποίος θα είναι κυβικός.» («Στοιχεία» 9ο, 3)

Πρόβληµα 10. «∆ίνονται τρεις συµµετρικού αριθµοί. Να υπολογιστεί ο

µέγιστος κοινός διαιρέτης τους.» («Στοιχεία» 10ο, 4)

Από την εκφώνηση των προαναφερόµενων προβληµάτων είναι φανερή ο

οµοιότητά τους µε τα σύγχρονα προβλήµατα (ασκήσεις) µαθηµατικών. Πιθανότατα οι

Αρχαίοι Έλληνες έλυναν τέτοια προβλήµατα µε σκοπό την εξάσκηση βασικών

θεωρηµάτων, όπως για παράδειγµα θεωρήµατα – κριτήρια οµοιότητας τριγώνων.

Συνεπώς και αναµφισβήτητα η λύση τους είχε εκπαιδευτικό σκοπό. Εκτός αυτού, τα

ίδια προβλήµατα µπορούν να βρουν θέση και στη σύγχρονη διδασκαλία των

µαθηµατικών µε σκοπό την εφαρµογή και εµπέδωση των διδασκόµενων

µαθηµατικών εννοιών και τη δηµιουργία, για τους µαθητές, κατάλληλων συνθηκών

προσέλκυσης προς τα µαθηµατικά.

4.9. Το πρόβληµα του Απολλώνιου

Σε ένα από τα συγγράµµατα του Απολλώνιου υπάρχει το πρόβληµα κατασκευής

κύκλου εφαπτόµενου σε τρεις άλλους κύκλου. Ενδιαφέρον είναι το γεγονός, ότι στα

συγγράµµατα του Απολλώνιου για πρώτη φορά αναφέρεται ο περιορισµός στις

γεωµετρικές κατασκευές, δηλαδή η υλοποίησής τους µόνο µε τη βοήθεια του χάρακα

και του διαβήτη. Επίσης το σηµείο λαµβάνεται ως κύκλος µε κέντρο τον εαυτό του

και ακτίνα µηδέν. Η ευθεία λαµβάνεται ως κύκλος µε απείρως µεγάλη ακτίνα. Έτσι

από το βασικό πρόβληµα του Απολλώνιου µπορούν να διακριθούν δέκα µερικές

περιπτώσεις και συγκεκριµένα οι ακόλουθες [51]:

I. Να κατασκευαστεί κύκλος που να διέρχεται από τρία δεδοµένα σηµεία.

II. Να κατασκευαστεί κύκλος εφαπτόµενος σε τρεις δεδοµένες ευθείες.

III. Να κατασκευαστεί κύκλος που να διέρχεται από δυο δεδοµένα σηµεία

και να εφάπτεται σε δεδοµένη ευθεία.

IV. Να κατασκευαστεί κύκλος που να διέρχεται από δεδοµένο σηµείο και να

εφάπτεται σε δεδοµένη ευθεία και δεδοµένο κύκλο.

V. Να κατασκευαστεί κύκλος που να διέρχεται από δυο δεδοµένα σηµεία

και να εφάπτεται σε δυο δεδοµένους κύκλους.

Σχόλιο [SB1]: Να δω ακριβώς τον τίτλο

71

K

VI. Να κατασκευαστεί κύκλος που να διέρχεται από δεδοµένο σηµείο και να

εφάπτεται σε δυο δεδοµένες ευθείες.

VII. Να κατασκευαστεί κύκλος που να διέρχεται από δεδοµένο σηµείο και να

εφάπτεται σε δυο δεδοµένους κύκλους.

VIII. Να κατασκευαστεί κύκλος που να εφάπτεται σε δυο δεδοµένες ευθείες

και σε ένα δεδοµένο κύκλο.

IX. Να κατασκευαστεί κύκλος που να εφάπτεται σε δεδοµένη ευθεία και σε

δυο δεδοµένους κύκλους.

X. Να κατασκευαστεί κύκλος που να εφάπτεται σε τρεις δεδοµένους

κύκλους.

Για να λύσει τα δέκα προαναφερόµενα προβλήµατα ο Απολλώνιος

χρησιµοποίηση το σχήµα: ανάλυση, σύνθεση, απόδειξη και µελέτη. Αναφορικά θα

προταθεί η λύση που πρώτου προβλήµατος, όπως ο Απολλώνιος το έλυσε,

χρησιµοποιώντας, για την καλύτερη κατανόηση, σύγχρονους συµβολισµούς.

Πρόβληµα I. «Να κατασκευαστεί κύκλος που να διέρχεται από τρία δεδοµένα

σηµεία»

Λύση

1. Ανάλυση: Έστω κύκλος k(К, r) ο οποίος διέρχεται από τα τρία δεδοµένα

σηµεία A, B, C (Σχήµα 21), και xx', yy' είναι αντίστοιχα οι µεσοκάθετοι των πλευρών

AB και AC. Το κέντρο К είναι σηµείο των δυο αυτών µεσοκαθέτων και επειδή τα

σηµεία A, B, C είναι δεδοµένα, τότε και οι xx' και yy'µπορούν να κατασκευαστούν

και κατά συνέπεια το σηµείο Κ επίσης µπορεί να κατασκευαστεί και συγκεκριµένα

ως το σηµείο τοµής των xx' και yy'.

y

A B

x x'

C k

y'

Σχήµα 21

2. Σύνθεση (κατασκευή): Κατασκευάζουµε τις µεσοκαθέτους xx' και yy'

αντίστοιχα των τµηµάτων AB και AC. Τέµνονται σε ένα σηµείο Κ. Με κέντρο το Κ

και ακτίνα ΚΑ κατασκευάζεται κύκλος, ο οποίος είναι και ο ζητούµενος.

72

3. Απόδειξη: Αρκεί να αποδειχτεί, ότι ο κύκλος αυτός διέρχεται και από τα

σηµεία B και C. Πραγµατικά, επειδή το σηµείο Κ είναι σηµείο της xx', θα βρίσκεται

σε απόσταση ίση από τα σηµεία В και А δηλαδή КВ = КА = r. Επειδή το σηµείο Β

είναι σε απόσταση r από τον κύκλο К, τότε το σηµείο αυτό βρίσκεται πάνω στον

κύκλο k (K, r). Ανάλογα αποδεικνύεται ότι και το σηµείο С βρίσκεται πάνω στον

κύκλο αυτό.

4. Μελέτη: Αν xx' και yy' (µεσοκάθετες αντίστοιχα των ευθυγράµµων

τµηµάτων АВ και АС) είναι παράλληλες, τότε το κέντρο Κ δεν υπάρχει, αλλά ΑΒ, το

οποίο είναι κάθετο στην xx', θα είναι κάθετο στη µεσοκάθετη yy'. Από το σηµείο Α,

κάθετο στη yy', είναι το τµήµα АС. Τότε τα АВ και АС ταυτίζονται. Αυτό σηµαίνει,

ότι όταν τρία δεδοµένα σηµεία βρίσκονται πάνω σε µια ευθεία, το πρόβληµα δεν έχει

λύση. Μπορεί να ειπωθεί, ότι η ευθεία αυτή είναι κύκλος µε απείρως µεγάλη ακτίνα

(Σχήµα 22).

х у

В А С

х' у'

Σχήµα 22

Παρατηρήσεις: Τα τρία δεδοµένα σηµεία λήφθηκαν, έτσι ώστε να µην

ταυτίζονται.

α) Υποθέτουµε, ότι δυο εξ αυτών ταυτίζονται, τότε κάθε κύκλος διερχόµενος

από το πρώτο και το τρίτο σηµείο θα είναι λύση του προβλήµατος.

β) Υποθέτουµε, ότι και τα τρία σηµεία ταυτίζονται, τότε κάθε κύκλος

διερχόµενος από τα σηµεία αυτά θα είναι λύση του προβλήµατος.

Όπως στα συγγράµµατα του Αρχιµήδη, έτσι και σ’ αυτά του Απολλώνιου, τα

προβλήµατα µοιάζουν πολύ µε αυτά των σύγχρονων µαθηµατικών. Τα προβλήµατα

αυτά επίσης δύναται να χρησιµοποιηθούν (ορισµένα απ’ αυτά ήδη

χρησιµοποιούνται), στη σύγχρονη διδασκαλία των µαθηµατικών κατά τη λύση

προβληµάτων γεωµετρικής κατασκευής µε αυξηµένο δείχτη δυσκολίας.

4.10. Ο τύπος του Ήρωνα για τον υπολογισµό του εµβαδού τριγώνου

Ο Ήρωνας ήταν επιφανής έλληνα µαθηµατικός και µηχανικός. Τα

δηµιουργήµατά του είχαν κατά βάση πρακτικό χαρακτήρα και ήταν µια ανάµιξη

73

επιτευγµάτων ελληνικών και ανατολικών λαών. Από τα σηµαντικότερα επιτεύγµατα

ήταν: «Μετρικά», «Μηχανική», «Πνευµατική» και «∆ιοπτρικά».

Στα συγγράµµατά του λύνονται προβλήµατα σαν τα ακόλουθα:

α) Εύρεση της απόστασης µεταξύ απρόσιτων σηµείων.

β) Κατασκευή ευθείας κάθετης σε δεδοµένη απρόσιτη ευθεία.

γ) Εύρεση της υψοµετρικής διαφοράς µεταξύ δυο αντικειµένων.

δ) Εύρεση του εµβαδού χωραφιού.

Προτείνονται τα ακόλουθα δυο προβλήµατα του Ήρωνα µε τις αντίστοιχες

λύσεις τους, όπως αυτός είχε λύσει, χρησιµοποιώντας σύγχρονους συµβολισµούς.

Πρόβληµα 11. Να υπολογιστεί το εµβαδόν τριγώνου АВС µε πλευρές 7, 8 και

9.

Λύση

Για να βρει το εµβαδόν του τριγώνου АВС (Σχήµα 23) µε πλευρές АВ = 8, АС

= 7 και ВС = 9 ο Ήρωνας εργάσθηκε µε τον ακόλουθο τρόπο: 7 +8 +9 = 24, 24:2 =

12, 12 −−−−7 = 5, 12 −−−−8 = 4, 12 −−−−9 = 3, 12.5 = 60, 60.4 = 240, 240.3 =720.

C

7 9

A D 8 B

Σχήµα 23

Τότε το εµβαδόν του τριγώνου АВС είναι ίσο µε 720. Το εµβαδόν

πραγµατικά είναι ίσο µε τον αριθµό αυτό, αν ληφθεί υπ’ όψιν ο τύπος υπολογισµού

του εµβαδού τριγώνου συνάρτηση των πλευρών του και συγκεκριµένα:

SABC = ))()(( cpbpapp −−− , όπου 2

cbap

++= ειναι η ηµιπερίµετρος του

τριγώνου АВС πλευρών a, b και c.

Γεννιέται το ακόλουθο ερώτηµα: «Πως ο Ήρωνας µπόρεσε να προσδιορίσει

προσεγγιστικά την τιµή του 720;». Για το λόγο αυτό ο Ήρωνας έλυσε το ακόλουθο

πρόβληµα:

Πρόβληµα 12. Να υπολογιστεί η προσεγγιστική τιµή του αριθµού 720.

74

Λύση

«Ο αριθµός 729 = 272 είναι ο κοντινότερος τετράγωνος αριθµός στο 720.

∆ιαιρείται ο 720 µε το 27 και λαµβάνεται 720:27 = 263

2. Υπολογίζεται το αριθµητικό

µέσο των αριθµών 27 και 263

2. Συγκεκριµένα:

+3

22627

2

1 = 26

2

1 +

3

1. Έστω α1 =

262

1 +

3

1 =

6

526 . Αλλά α1

2 = 72036

1, για το λόγο αυτό ισχύει, ότι: α1 ≈ 720.

Για µεγαλύτερη προσέγγιση της τιµής του 720, εργαζόµαστε µε τον

ακόλουθο τρόπο: 6

52

36

1720 = , διαιρούµε το 720 µε

6

526 και λαµβάνεται, ότι:

720: 6

526 = β1. Υπολογίζεται το αριθµητικό µέσο των αριθµών α1 και β1, δηλαδή

2

1(α1+β1) = α2 = 26,83281573.. εποµένως α2

2 = 7203732624

1 και κατα συνέπεια: α2 ≈

720.»

Για το ρόλο και τη θέση των προβληµάτων (ασκήσεων) αυτών στην Αρχαία

Ελλάδα µπορεί να ειπωθεί, ότι εκτός του πρακτικού χαρακτήρα (υπολογισµός

εµβαδού τριγώνου) εκπληρώνουν και εκπαιδευτικές λειτουργίες. Μπορεί αρχικά να

µην είχε γενικευτεί ο τύπος υπολογισµού εµβαδού τριγώνου γνωστών των τριών

πλευρών του (ο σύγχρονα ονοµαζόµενος «Τύπος Ήρωνα»), στη συνέχεια η εφαρµογή

του απαιτούσε εξάσκηση και εµπειρία. Αυτό µας οδηγεί στο συµπέρασµα, ότι και το

πρόβληµα του Ήρωνα «διδασκότανε» κατά την αρχαιοελληνική περίοδο των


4.11. Αριθµητικές ασκήσεις στα συγγράµµατα του Νικόµαχου

Ο Νικόµαχος στο σύγγραµµά του «Εισαγωγή στην Αριθµητική» αναφέρεται

και έχει λύσει έξι προβλήµατα, πλέον ασκήσεις. Στις πρώτες τρεις ζητείται η εύρεση

του αθροίσµατος όρων αριθµητικής προόδου. Έχουν λυθεί από τον έλληνα

µαθηµατικό – µοναχό Ισαάκ (2ο – 3ο αιώνα µ.Χ.). Το τέταρτο αναφέρεται στον τρόπο

διαίρεση (οµαδοποίησης) δεδοµένης οµάδας αριθµών. Το πέµπτο πρόβληµα

αναφέρεται στην εύρεση αριθµού που κάποιος έχει σκεφτεί, ενώ το έκτο – στη

εύρεση έξι άγνωστων αριθµών. Αναφέρεται ότι τα τρία τελευταία προβλήµατα, κατά

75

τον Νικόµαχο, είναι αγνώστου συγγραφέα. Τα έξι αυτά προβλήµατα είναι τα

ακόλουθα:

Πρόβληµα 13. Να υπολογιστεί το άθροισµα δεδοµένων διαδοχικών φυσικών

αριθµών, µε πρώτο αριθµό το 1.

Λύση

Η λύση που ο Ισαάκ προτείνει είναι η ακόλουθη: «Πολλαπλασιάζουµε τον

µεγαλύτερο αριθµό µε τον επόµενο και το γινόµενο το διαιρούµε µε το δυο».

Θεωρείται, ότι ο Ισαάκ έφτασε στο αποτέλεσµα αυτό µε τον ακόλουθο τρόπο:

Έστω ότι ζητείται ο υπολογισµός του αθροίσµατος Σ=1+2+3+4+5+6+7+8+9 και

παρατηρείται, ότι:

1+9 = 2.5 4+6 = 2. 5 7+3 = 2.5

2+8 = 2.5 5+5 = 2.5 8+2 = 2.5

3+7 = 2.5 6+4 = 2.5 9+1 = 2.5

Αν προστεθούν κατά µέλη οι προαναφερόµενες ισότητες λαµβάνεται ότι:

(9+8+7+6+5+4+3+2+1) = 9.(2.5) και κατά συνέπεια 2Σ = 2.(9.5), ή Σ = 9.5,

εποµένως 1.Σ = 9.5.

Ο επόµενος αριθµός (φυσικός) για τον αριθµό 9 είναι ο 10 για τον οποίο

10=2.5=1+9. Επειδή 9.5=Σ, αν πολλαπλασιαστεί ο αριθµός 9 µε τον 10 λαµβάνεται

2Σ. Εποµένως αν είναι δοσµένη αριθµητική πρόοδος και ζητείται η εύρεση του

αθροίσµατος των όρων της πολλαπλασιάζεται ο µεγαλύτερος αριθµός µε τον ακριβώς

επόµενο και το γινόµενο διαιρείται µε το δυο.

Στο πρόβληµα αυτό φαίνεται, ότι ο Ισαάκ χρησιµοποιεί το άθροισµα όρων

αριθµητικής προόδου, αλλά δεν φτάνει στη γενίκευσή του. Εκτός αυτού η αριθµητική

αυτή πρόοδος δεν είναι τυχαία, αλλά πρέπει να αρχίζει από το 1 και οι αριθµοί να

είναι διαδοχικοί, διαφορετικά η µέθοδος αυτή δεν µπορεί να εφαρµοστεί. Για την

διαπίστωση αυτού ακολουθεί ένα παράδειγµα: για την αριθµητική πρόοδο 1, 3, 5, 7, 9

το άθροισµα είναι 25 και όχι 452

10.9= .


αριθµών, µε πρώτο αριθµό το 1 µε τρόπο διαφορετικό απ’ αυτό του προηγούµενου

προβλήµατος.

Λύση (προτεινόµενη από τον Ισαάκ)

76

«Πολλαπλασιάζουµε τον µεγαλύτερο αριθµό µε τον εαυτό του και το γινόµενο

το διαιρούµε µε το δυο. Εν συνεχεία προσθέτουµε και τον µεγαλύτερο αριθµό

διαιρεµένο µε το δυο. Το λαµβανόµενο άθροισµα είναι το ζητούµενο.»

Ο Ισαάκ προτείνει ακόµη έναν τρόπο εύρεσης του αθροίσµατος αυτού:

«Προσθέτουµε το µισό του µεγαλύτερου αριθµού µε το 21

. Το άθροισµα αυτό το

πολλαπλασιάζουµε µε το µεγαλύτερο αριθµό.»

Καθ’ ένα από τους προαναφερόµενους τρόπους θα υλοποιηθεί µε τα ακόλουθα

παραδείγµατα: Έστω ότι ζητείται ο υπολογισµός του αθροίσµατος Σ = 1+2+3+4+5+6.

Με βάση τον πρώτο τρόπο λαµβάνεται, ότι: Σ = 2126

26.6

=+ . Ο τρόπος αυτό µπορεί

να γραφεί ως: Σ = 6.2

16)16(

26

26

26.6 +

=+=+ .

Έστω ότι ζητείται ο υπολογισµός του αθροίσµατος Σ=1+2+3+4+5+6+7+8+9.

Κατά τον δεύτερο τρόπο λαµβάνεται ότι: Σ = 459.2

199.

21

29

=+

=

+ .

Φαίνεται και από τα δυο παραδείγµατα, ότι οι λαµβανόµενες εκφράσεις είναι

µερικές περιπτώσεις του τύπου υπολογισµού αθροίσµατος αριθµητικής προόδου,

δηλαδή naa

S n .2

1+= . Ο Ισαάκ όµως δεν έφτασε στην γενικευµένη αυτή µορφή.


αριθµών, αν η διαφορά κάθε δυο διαδοχικών αριθµών είναι ίδια και µεγαλύτερη από

το 1.

Λύση (προτεινόµενη από τον Ισαάκ)

«Λαµβάνουµε το άθροισµα του µισού του πρώτου και του τελευταίου αριθµού

και το αποτέλεσµα το πολλαπλασιάζουµε µε το πλήθος των δεδοµένων αριθµών.

Αυτό είναι το ζητούµενο άθροισµα.»

Για παράδειγµα, έστω ότι ζητείται ο υπολογισµός του αθροίσµατος

Σ = 2+4+6+8+10+12. κατά τον Ισαάκ Σ =

+6

12

2

2.6 = (1+6).6 = 7.6 = 42.

Τονίζεται ότι πάλη ο Ισαάκ δεν φτάνει στην γενίκευση του τύπου υπολογισµού

του αθροίσµατος όρων αριθµητικής προόδου.

Πρόβληµα 16. ∆ίνονται οι αριθµοί 1, 1, 1, 3, 3, 5, 5, 5, 7, 9, οι οποίοι έχουν

άθροισµα 40. Να οµαδοποιηθούν σε δυο οµάδες, έτσι ώστε, κάθε µια απ’ αυτές να

77

περιέχει πέντε εκ των αριθµών αυτών και το αποτέλεσµα να είναι ίδιο και για τις δυο

οµάδες5.

Λύση

Η λύση που προτείνεται βρίσκεται στο σύγγραµµα του Νικόµαχου. Γράφει τους

αριθµούς στο αλφαβητικό σύστηµα αρίθµησης. Για περισσότερη διευκόλυνση θα

χρησιµοποιηθούν οι αραβικοί αριθµοί. Συγκεκριµένα: «Η οµαδοποίηση γίνεται µε τον

ακόλουθο τρόπο: 5.(1+1+3+7) = 3.(1+5+5+9).»

Έστω ακόµη ένα παράδειγµα: 3, 3, 3, 5, 5, 7, 7, 7, 9, 11. Η οµαδοποίηση γίνεται

ως εξής: 7.(3+3+5+9) = 5.(3+7+7+11).

Έστω οι ακόλουθοι φυσικοί αριθµοί: a, a, a, a+2, a+2, a+4, a+4, a+4, a+6,

a+8, το άθροισµα των οποίων είναι 10a +30, όπου a = 1, 2, 3, …, n, και n∈N. Τότε η

οµαδοποίηση υλοποιείται µε τον ακόλουθο τρόπο:

(а+4).[а+а+(а+2)+(а+6)] = (a+2).[a+(a+4)+(a+4)+(a+8)]. Λαµβάνοντας υπ’ όψιν

την προαναφερόµενη γενίκευση του προβλήµατος του Νικόµαχου, δύναται να γίνουν

οι ακόλουθες παρατηρήσεις

α) Αν ο αριθµός а είναι ζυγός, τότε οι αριθµοί για οµαδοποίηση είναι ζυγοί.

β) Αν ο αριθµός а είναι µονός, τότε οι αριθµοί για οµαδοποίηση είναι µονοί.

γ) Αν а = 1, τότε το άθροισµα των αριθµών γα οµαδοποίηση είναι 40.

Αν а = 2, τότε το άθροισµα των αριθµών γα οµαδοποίηση είναι 50.

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

Αν а = n, τότε το άθροισµα των αριθµών γα οµαδοποίηση είναι

10n+30.

δ) Τα αθροίσµατα αποτελούν όρους αριθµητικής προόδου µε διαφορά 10.

Πρόβληµα 17. Να βρεθεί ο αριθµός που σκεφτήκαµε µεταξύ των 7 και 105, αν

είναι γνωστά τα υπόλοιπα των διαιρέσεων του αριθµού αυτού µε τους αριθµούς 3, 5

και 7.

Λύση (προτεινόµενη από τον Νικόµαχο)

«Επιλέγεται ένας αριθµός από το 7 έως το 105. ∆ιαιρείται ο αριθµός αυτός µε

το 3 και αναγράφεται το υπόλοιπό του. ∆ιαιρείται ο αριθµός αυτός µε το 5 και

αναγράφεται το υπόλοιπό του. ∆ιαιρείται ο αριθµός αυτός µε το 7 και αναγράφεται το

υπόλοιπό του. Το πρώτο υπόλοιπο πολλαπλασιάζεται µε το 70, το δεύτερο µε το 21

και το τρίτο µε το 15. Προσθέτονται οι αριθµοί που λαµβάνονται από τους

5 Εννοεί τον αριθµό που θα ληφθεί µετά από πράξεις, όπως για παράδειγµα πρόσθεση.

78

πολλαπλασιασµούς και το άθροισµα διαιρείται µε το0 105. Το υπόλοιπο είναι ο

ζητούµενος αριθµός.»

Παραθέτονται δυο παραδείγµατα και οι αντίστοιχοι µνηµονικοί υπολογισµοί

για την εύρεση τους:

Για τον αριθµό 28 Για τον αριθµό 34

28 = 3.9 + 1 3.21 = 63 34 = 3.11 + 1 4.21 = 84

28 = 5.5 + 3 0.15 = 0 34 = 5.6 + 4 6.15 = 90

28 = 7.4 + 0 70 + 63 + 0 = 133 34 = 7.4 + 6 70 + 84 + 90 = 244

1.70 = 70 133 = 1.105 + 28 1.70 = 70 244 = 2.105 + 34

Κατά συνέπεια τα υπόλοιπα 28 και 34 είναι και οι ζητούµενοι αριθµοί.

Παρατηρήσεις

1. Αν το λαµβανόµενο άθροισµα είναι µικρότερο του 105, τότε ο ζητούµενος

αριθµός είναι το ίδιο το άθροισµα.

2. Ο αριθµός είναι ο ΜΚ∆ των αριθµών 3, 5, 7, για το λόγο αυτό θεωρείται, ότι

έλαβε τους αριθµούς 3, 5, 7 ως διαιρέτες του ζητούµενου αριθµού.

3. Ο αριθµός 70 ισούται µε 5.7.2, ο 21 ισούται µε 3.7, ενώ ο αριθµός 15 ισούται

µε 3.5. Η αιτία χρήσης των αριθµών 70, 21, 15 είναι η ακόλουθη: οι αριθµοί 3.70,

5.21 και 7.15 είναι πολλαπλάσια του 105, ενώ 70+21+15=105+1, το οποίο

εξασφαλίζει την επιτυχή πρόβλεψη του ζητούµενου αριθµού µετά τις ανάλογες

αριθµητικές πράξεις.

4. Η λύση του προβλήµατος αυτού οδηγεί στη λύση συστήµατος

απροσδιόριστων εξισώσεων πρώτης τάξης. Έστω ο ζητούµενος αριθµός να είναι ο x.

Τότε θα ισχύουν τα ακόλουθα:

x = 3a + u , δηλαδή u = x – 3a

x = 5b + v , δηλαδή v = x – 5b

x = 7c + z , δηλαδή z = x – 7c

Εποµένως: (x–3a).70 + (x–5b).21 + (x–7c).15 = 106x – 105(2a+b+c) = 105(x–

2a–b–c) + x. Το λαµβανόµενο δηλώνει, ότι µε τη διαίρεση του αθροίσµατος: (x–

3a).70 + (x–5b).21 + (x–7c).15 µε το 105 λαµβάνεται υπόλοιπο x, δηλαδή ο

ζητούµενος (σκεπτόµενος) αριθµός. Τέτοια ή παρόµοια γενίκευση στα συγγράµµατα

του Νικόµαχου δεν υπάρχει.

5. Το πρόβληµα αυτό ουσιαστικά είναι ένα µαθηµατικό «τέχνασµα», το οποίο

ακόµη και σήµερα µπορεί να χρησιµοποιηθεί σε, εκτός διδακτικού χρόνου,

79

εκπαιδευτικές καταστάσεις µε απώτερο σκοπό τη αύξηση του ενδιαφέροντος των

µαθητών για τα µαθηµατικά και συγκεκριµένα των αλγεβρικών γνώσεων.

Πρόβληµα 18. Ένας πατέρας είχε τρεις γιους και τρεις κόρη. Όταν πέθανε

άφησε κουτί µε χρυσά νοµίσµατα ως διαθήκη κατανεµηµένα ως εξής: ο πρώτο γιος,

αφού προσθέσει άλλα τόσα νοµίσµατα απ’ αυτά που υπάρχουν στο κουτί , να πάρει

250 χρυσά νοµίσµατα. Ο δεύτερος, αφού προσθέσει άλλα τόσα νοµίσµατα απ’ όσα

έχουν µείνει στο κουτί, να πάρει 250 χρυσά νοµίσµατα. Ο τρίτος γιος, αφού

προσθέσει άλλα τόσα νοµίσµατα απ’ όσα έχουν µείνει στο κουτί, να πάρει 250 χρυσά

νοµίσµατα. Η πρώτη κόρη, αφού προσθέσει άλλα τόσα νοµίσµατα απ’ όσα έχουν

µείνει στο κουτί, να πάρει 125 χρυσά νοµίσµατα. Η δεύτερη κόρη, αφού προσθέσει

άλλα τόσα νοµίσµατα απ’ όσα έχουν µείνει στο κουτί, να πάρει 125 χρυσά

νοµίσµατα. Η τρίτη κόρη, αφού προσθέσει άλλα τόσα νοµίσµατα απ’ όσα έχουν

µείνει στο κουτί, να πάρει 125 χρυσά νοµίσµατα. Μετά απ΄ αυτό στο κουτί δεν

έµειναν χρυσά νοµίσµατα. Πόσα χρυσά νοµίσµατα υπήρχαν στο κουτί;

Στο σύγγραµµα του Νικόµαχου γράφεται, ότι η λύση του προβλήµατος αυτού

είναι 232 + 1921

121

31

++ , χωρίς όµως να εξηγείται ο τρόπος υπολογισµού.

Τονίζεται, ότι στο πρόβληµα αυτό, λαµβάνοντας υπ’ όψιν το αποτέλεσµα του

Νικόµαχου, γίνεται λόγος για νοµισµατικό άθροισµα και όχι για αριθµό νοµισµάτων.

Από τα αναγραφόµενα στο σύγγραµµα του Νικόµαχου φαίνεται, ότι η έλλειψη

γραµµατικού συµβολισµού δεν του επέτρεψε να φτάσει σε γενικευµένους

συλλογισµούς (συµπεριλαµβανοµένου και γενικών τύπων), µε τους οποίους να

παρουσιάσει ενδιαφέρον κανόνες. Για το λόγο αυτό και για τον Νικόµαχο τα

προβλήµατα συνεχίζουν να είναι το µοναδικό µέσο για τον προσδιορισµό και την

παρουσίαση πληροφοριών και δεν είναι µέσο για εξάσκηση γενικών συλλογισµών

(θεωρηµάτων), όπως στη σύγχρονη διδασκαλία των µαθηµατικών συµβαίνει όταν

στην αριθµητική και την άλγεβρα υπάρχουν θεωρήµατα (τύποι). Τα προβλήµατα

αυτό όµως δύναται να χρησιµοποιηθούν στο σύγχρονο επίπεδο διδασκαλίας των

µαθηµατικών ως πολύτιµο παιδαγωγικό µέσο και συγκεκριµένα:

α) Κατά την ανακάλυψη της σπουδαιότητας των σύγχρονων µαθηµατικών, µε

τα οποία οι µαθητές πολύ ποιο εύκολα µαθαίνουν να λύνουν προβλήµατα, τα οποία

στην αρχαιότητα λύνονταν µόνο σε µερικές περιπτώσει. Το γεγονός αυτό είναι µια

πολύ βασική διδακτική κατάσταση για τη παρουσίαση των µαθηµατικών γνώσεων

στους µαθητές.

80

β) Η γλώσσα και το περιεχόµενο των προβληµάτων αυτών µοιάζει µε την

οµιλούµενη γλώσσα, σε αντίθεση µε την καθαρά επιστηµονική γλώσσα. Το τελευταίο

τις κάνει ενδιαφέρουσες και ελκυστικές για τους µαθητές.

γ) Επιτρέπει οι µαθητές να βρίσκονται σε τέτοια κατάσταση, στην οποία, µε τη

βοήθεια συγκρίσεων και γενικεύσεων, έχουν τη δυνατότητα να ξανακαλύψουν

γενικούς συλλογισµούς, δηλαδή εκτελούν δηµιουργική δράση.

Εκτός αυτών των προβληµάτων, ο Νικόµαχος ασχολήθηκε και µε τους µέσους

αριθµούς. Κατά αυτόν από τον Πυθαγόρα έως τον Πλάτωνα και τον Αριστοτέλη, οι

σηµαντικότεροι µέσοι αριθµοί, τους εξέταζαν, ήταν τρεις: αριθµητικό µέσο,

γεωµετρικό µέσο και αρµονικό µέσο. Αργότερα ο Εύδοξος προσθέτει ακόµη τρεις, τις

οποίες ονοµάζει «αντίστροφες». Μετά απ’ αυτόν προστέθηκαν ακόµη τέσσερις και

έγιναν συνολικά δέκα.

Οι δέκα αυτοί µέσοι αριθµοί που ο Νικόµαχος αναφέρει αναγράφονται στον

πίνακα του σχήµατος 24. Απαραίτητο είναι να ειπωθεί, ότι οι αριθµοί α, β και γ είναι

φυσικοί και επίσης α > β > γ. Οι µέσοι είναι ισότητες οι οποίες συσχετίζουν τριάδες

αριθµών. Μεταξύ των άλλων αυτό είναι µια περίπτωση όπου οι Αρχαίοι Έλληνες

έφτασαν σε γενικευµένες έννοιες. Απουσιάζει ο λεξικός συµβολισµός, αλλά για

ευκολία θα παρουσιαστούν συµβολικά. Για το λόγο αυτό τις εκφράζανε λεξικά και τις

εφάρµοζαν για µερικές περιπτώσεις. Τέλος η βασική ενέργεια των Αρχαίων Ελλήνων

ήταν, αφού είναι δεδοµένοι δυο αριθµοί, συνήθως ο πρώτο και ο τρίτος, να βρεθεί ο

δεύτερος (Σχήµα 24).

Νούµερο Όνοµα του µέσου αριθµού Μέσος αριθµός Παράδειγµα

1 Αριθµητικό γ

γ

β

β

α

α

γβ

βα===

−− ,

α + γ = 2β ⇒

β = 2

γα +

α = 6, β = 4, γ = 2

2 Γεωµετρικό γ

β

β

α

γβ

βα==

−− ,

αγ = β2 ⇒

β = αγ

α = 9, β = 6, γ = 4

3 Αρµονικό γ

α

γβ

βα=

−− ,

γα

2αγβ

γ

1

α

1

β

2

+=⇒+=

α = 6, β = 3, γ = 2 α = 6, β = 4, γ = 3

4 Αντίστροφο αριθµητικό α

γ

γβ

βα=

−

− , βγα

γα 22

=++ α = 6, β = 5, γ = 3

81

5 Αντίστροφο γεωµετρικό β

γ

γβ

βα=

−

− , β

γγβα

2

−+= α = 5, β = 4, γ = 2

6 Αντίστροφο αρµονικό α

β

γβ

βα=

−

− , β

αβαγ

2

−+= α = 6, β = 4, γ = 1

7 Χωρίς όνοµα γ

α

γβ

γα=

−− ,

γ2 = 2αγ − αβ

α = 9, β = 8, γ = 6


α

βα

γα=

−− ,

α2 + γ2 = α(β+γ)

α = 9, β = 7, γ = 6


β

γβ

γα=

−− ,

β2 + γ2 = γ(α+β)

α = 7, β = 6, γ = 4


β

βα

γα=

−− , α = β + γ

α = 8, β = 5, γ = 3

Σχήµα 24

Θα αναφερθεί, µε τη βοήθεια σύγχρονων συµβόλων, πως ο Νικόµαχος στο

σύγγραµµά του «Νικόµαχος β΄» (Κεφάλαια 25-27, σελίδες 131 – 140) δηµιούργησε

τριάδες αριθµών οι οποίοι αποτελούν τα αντίστοιχα µέσα. ∆ιακρίνονται δυο

περιπτώσεις:

α) Όταν οι αριθµοί α, γ είναι ζυγοί. Έστω α = 40, γ = 10.

Αριθµητικό µέσο:

α + γ = 2β⇔ β = 2γα +⇔ β =

2

4010+⇔ β = 25 και έτσι:

10

10

4025

2510=

−−

⇔

⇔ 40 – 25 = 25 −−−− 10.

Γεωµετρικό µέσο:

αγ = β⇔ β40.10 = ⇔ β = 20 και έτσι: 40

20

20

10= .

Αρµονικό µέσο:

γ+ααγ

=β2

⇔401040.10.2

+=β ⇔ β = 16 и така

10

40

1016

1640=

−−

.

β) Όταν οι αριθµοί α, γ είναι µονοί са нечетни. Έστω α = 45, γ = 5.

Αριθµητικό µέσο:

α + γ = 2β⇔2

γ+α=β ⇔

2

545+=β ⇔ β = 25 και έτσι: 1

45

45

525

2545==

−−

.

Γεωµετρικό µέσο:

β=αγ ⇔ β=45.5 ⇔ β = 15 και έτσι: 5

15

15

45= .

82

Αρµονικό µέσο:

γ+ααγ

=β2

⇔455

45.5.2

+=β ⇔ β = 9 και έτσι:

5

45

59

945=

−−

.

Στο τέλος ο Νικόµαχος προτείνει τα παραδείγµατα που αναφέρονται στον

πίνακα του σχήµατος 25 («Νικόµαχος β΄», Κεφάλαιο 28, σελίδα 144).

µέσο

αριθµός 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

α 3 4 6 6 5 6 9 9 7 8

β 2 2 4 5 4 4 8 7 6 5

γ 1 1 3 3 2 1 6 6 4 3

Σχήµα 25

Τα αριθµητικά αυτά παραδείγµατα του Νικόµαχου πιθανότατα µόνο

προτείνονται απ’ αυτόν. Προτάθηκαν για εµπέδωση νέων γνώσεων. ∆εν έχουν

διαιρεθεί µε τέτοιο τρόπο, ώστε να αποτελούν διδακτική κατηγορία. Μπορούν όµως

να δίνονται ως παραδείγµατα στους µαθητές κατά τη σύγχρονη διδασκαλία των

προόδων.

Τα προαναφερόµενα παραδείγµατα µπορούν να εξεταστούν ως στοιχειώδεις

προβλήµατα µε τη λύση των οποίων ο µαθητής να εξασκηθεί στη εφαρµογή του

αντίστοιχου µέσου.

4.12. Αριθµητικές ασκήσεις στα συγγράµµατα του ∆ιόφαντου

Τα συγγράµµατα του ∆ιόφαντου είναι µε καθαρά αριθµητικό χαρακτήρα, αλλά

χρησιµοποιείται και κάποια γεωµετρική ορολογία. Σ’ αυτά εξετάζονται κατά βάση

θέµατα που στα σύγχρονα µαθηµατικά ανήκουν στην άλγεβρα και κυρίως στη θεωρία

αριθµών. Λύνονται απροσδιόριστες εξισώσεις 1ου και 2ου βαθµού. Για να συµβολίσει

ο ∆ιόφαντος τη διαφορά (αφαίρεση) χρησιµοποιεί το σύµβολο ∩∩∩∩, ενώ για την

ισότητα – το γράµµα І. ∆εν γνωρίζει τους αρνητικούς αριθµούς, αλλά σε µεγάλο

βαθµό πλησίασε στον ορισµό των αρνητικών αριθµών. Αυτό συµπεραίνεται, για

παράδειγµα, από τον ακόλουθο κανόνα που εφαρµόζει: «αφαιρετέος

πολλαπλασιασµένος µε αφαιρετέος δίνει προσθετέο, ενώ πολλαπλασιασµένος µε

προσθετέο δίνει αφαιρετέο.» Κατά τη λύση εξισώσεων δέχεται, ότι έχουν µόνο

θετικές ρίζες. Όταν λύνει δευτεροβάθµια εξίσωση (δεν γνωρίζουµε πως τις έλυνε), ο

83

∆ιόφαντος δέχεται για λύση µόνο µια θετική ρίζα, ακόµη και στην περίπτωση που η

δευτεροβάθµια εξίσωση έχει δυο θετικές ακέραιες ρίζες.

Εκτός αυτού ο ∆ιόφαντος έφτασε ως αυτό που σήµερα λέµε: µεταφορά στο

άλλο µέλος της εξίσωσης µε παράλληλη αλλαγή πρόσηµου, αναγωγή οµοίων όρων

και διαίρεση µε το συντελεστή του αγνώστου.

Συγγράµµατα του ∆ιόφαντου είναι η «Ελληνική Ανθολογία» και το η

«Αριθµητική» η οποία αποτελείται από 13 βιβλία. Απ’ αυτά σώζονται µόνα τα 6.

Στην «Ελληνική Ανθολογία» υπάρχει το ακόλουθο πρόβληµα, το οποίο δεν

γράφτηκε από τον ∆ιόφαντο, αλλά υπήρχε χαραγµένο πάνω στο µνήµα του: «Αυτό

είναι το µνήµα του ∆ιόφαντου. Είναι πολύ σηµαντικό, γιατί αφού χρησιµοποιηθεί µια

µαθηµατική πονηριά, µας δίνει την ηλικία θανάτου του ∆ιόφαντου. Έµεινε παιδί κατά

το ένα έκτο της ηλικίας του. Και µετά από το ένα δωδέκατο είχε γένια. Αλλά µετά

από το ένα έβδοµο παντρεύτηκε. Μετά από πέντε χρόνια απέκτησε ένα γιο, αλλά το

κακόµοιρο το παιδί το οποίο αγαπούσε πολύ, πέθανε όταν η ηλικία του ήταν η µισή

του πατέρα του. Μετά απ’ αυτό ο ∆ιόφαντος έζεσε ακόµη τέσσερα χρόνια,

προσπαθώντας να απαλύνει τον πόνο του ασχολούµενος µε την επιστήµη της

Αριθµητικής. Πόσα χρόνια έζησε ο ∆ιόφαντος;»

Με σύγχρονους συµβολισµούς, αν µε х συµβολιστεί η ζητούµενη ηλικία του

∆ιόφαντου, τότε λαµβάνεται η ακόλουθη εξίσωση: x = 6

x +

12

x +

7

x + 5 +

2

x + 4,

που δηλώνει την ηλικία του.

Παραθέτονται ακόµη τρία προβλήµατα από το σύγγραµµα «Αριθµητικά» του

∆ιόφαντου.

Πρόβληµα 19. Να βρεθούν τρεις τυχαίοι αριθµοί, των οποίων το γινόµενο ανά

δυο συν ένα να είναι τετράγωνος αριθµός. («Αριθµητικά», Βιβλίο 4, Πρόβληµα 19)

Πρόβληµα 20. Ο αριθµός δεκατρία να γραφεί ως άθροισµα δυο τετράγωνων

αριθµών.

Πρόβληµα 21. Να βρεθούν τρεις αριθµοί, καθ’ ένας εκ των οποίων, αφού

αφαιρεθεί από τον κύβο του αθροίσµατος του, να λαµβάνεται κυβικός αριθµός.

(«Αριθµητικά», Βιβλίο 5, Πρόβληµα 16)

Όλε αυτά τα προβλήµατα έχουν λυθεί από τον ∆ιόφαντο αλλά δεν θα

παραµείνουν στις λύσεις αυτές.

Αυτό το οποίο αποτελεί ενδιαφέρον για την ιστορία των µαθηµατικών και της

διδασκαλίας του, είναι ότι από τον VI αιώνα π.Χ. έως τον III αιώνα, ο αριθµός των

84

προβληµάτων µε σκοπό την εξάσκηση στα διάφορα συγγράµµατα των αρχαίων

ελλήνων µαθηµατικών, αυξάνει σταδιακά. Εκτός αυτού, στα συγγράµµατα του

Ευκλείδη και του Απολλώνιου και άλλων, τα προβλήµατα ήταν κατά βάση

αποδειχτικά, σε αντίθεση µ’ αυτά του ∆ιόφαντου, που είναι υπολογιστικά. Τα

προβλήµατα του τελευταίου είχαν εκπαιδευτικό χαρακτήρα και µάλλον δεν

διατυπώθηκαν για πρακτικούς λόγους. Τα ίδια προβλήµατα δύναται να βρουν θέση

στη σύγχρονη διδασκαλία των µαθηµατικών.

4.13. Αριθµητικές ασκήσεις στα συγγράµµατα του Ιππόλυτου

Με το θέµα της αριθµητικής τιµής των λέξεων εκτός του Οµήρου και ακόµη

ένας έλληνας µαθηµατικός ο Ιππόλυτος. Συγκεκριµένα ασχολήθηκε µε τους

«πυθµένες» των αριθµών, οι οποίοι λαµβάνονται µε καθορισµένο τρόπο µε την

αντικατάσταση των γραµµάτων µε τους αντίστοιχους αριθµούς. Κατά τον Ιππόλυτο

µε διάφορους συνδυασµούς αριθµών «πυθµένες», οι αρχαίοι έλληνες «εξηγούσαν»

φαινόµενα ή «µάντευαν» το µέλλον. Για παράδειγµα ενδιαφέρον είναι ο τρόπος µε

τον οποίο «αποδεικνύουν» ότι ο Αχιλλέας είναι δυνατότερος από τον Έκτορα. Πριν

απ’ αυτό πρέπει να γίνει σχετική αναφορά του τρόπου εύρεσης των «πυθµένων»

αριθµών κατά τον Ιππόλυτο. Για παράδειγµα έστω οι λέξεις «Αχιλλεύς» και

«Έκτωρ». Αφού τα γράµµατα της λέξης «Αχιλλεύς» αντικατασταθούν µε τους

αντίστοιχους αριθµούς, λαµβάνεται, ότι: Α χ ι λ λ ε ύ ς − 1, 600, 10, 30, 30, 5, 400 και

6. Αφού διαιρεθούν οι δεκάδες και το 10 και οι εκατοντάδες µε το 100 λαµβάνονται

οι «πυθµένες» - 1, 6, 1, 3, 3, 5, 4 και 6, αντίστοιχα των αριθµών 1, 600, 10, 30, 30, 5,

400 και 6. Οι «πυθµένες» αυτοί προσθέτονται και δίνουν άθροισµα 29 (29 =

1+6+1+3+3+5+4+6). Εν συνεχεία προσθέτονται τα ψηφία του 29, δηλαδή το 2 και το

9, λαµβάνεται 11 και τα ψηφία του 11 εκ νέου προσθέτονται και δίνουν 2. Τότε ο

«πυθµένας» της λέξης «Αχιλλεύς» είναι ο αριθµός 2. Με ανάλογο τρόπο

υπολογίζεται, ότι ο πυθµένας της λέξης «Έκτωρ» είναι ο αριθµός 1. Κατά τους

αρχαίους έλληνες, αφού ο αριθµός 2 είναι µεγαλύτερος του 1, τότε ο Αχιλλέας θα

είναι δυνατότερος του Έκτορα και για το λόγο αυτό έπρεπε να τον νικήσει.

Στα συγγράµµατά του ο Ιππόλυτος προτείνει ακόµη ένα τρόπο υπολογισµού

των «πυθµένων» λέξεων (ονοµάτων). Έστω ότι πρέπει να υπολογιστεί ο «πυθµένας»

του ονόµατος «Έκτωρ». Αρχικά υπολογίζει, µε τον προηγούµενο τρόπο, το άθροισµα

των «πυθµένων» των αντίστοιχων γραµµάτων, κατά τον οποίο λαµβάνεται ο αριθµός

85

19. Εν συνεχεία διαιρεί το 19 µε τον αριθµό 9 και λαµβάνει υπόλοιπο 1. ο αριθµός

αυτός είναι και ο «πυθµένας» της αντίστοιχης λέξης. Ο Ιππόλυτος υπογραµµίζει, ότι

αν κατά τη διαίρεση του αριθµού µε το 9 δεν λαµβάνεται υπόλοιπο, τότε ο

ζητούµενος «πυθµένας» είναι ο αριθµός 9. Η µέθοδος αυτή υπολογισµού του

«πυθµένα», µε τη διαίρεση του αριθµού µε το 9, βασίζεται στο ακόλουθο θεώρηµα:

«Το υπόλοιπο της διαίρεσης τυχαίου φυσικού αριθµού µε το 9 είναι ίσο µε το

υπόλοιπο της διαίρεσης του αθροίσµατος των ψηφίων του αριθµού µε το 9.» Για του

αριθµούς «πυθµένες» µίλησαν ακόµη ο Πλάτωνας και ο Ευκλείδης [67]. Κατά τον

Πλάτωνα οι αριθµοί 3, 4, 5, οι οποίο επαληθεύουν την εξίσωση x2 + y2 = z2 (δηλαδή η

πυθαγόρεια τριάδα), λέγονται «πυθµένες» των αριθµών 6, 8, 10, αφού και οι

τελευταίοι επαληθεύουν την εξίσωση αυτή. Κατά τον Ευκλείδη («Στοιχεία», Βιβλίο

7, Θεωρήµατα 20,21,22), στη αναλογία 36

24

30

20

12

8== οι αριθµοί 3 και 2 λέγονται

«πυθµένες» (οι αριθµοί 12, 30 και 36 είναι πολλαπλάσια των 3 και 2).

Τα ιστορικά αυτά γεγονότα µες δίνουν τη δυνατότητα να πιθανολογήσουµε

σχετικά την εφαρµογή αυτών των µαθηµατικών γνώσεων στη διδασκαλία των

µαθηµατικών στην Αρχαία Ελλάδα. Αυτό που πρέπει να τονιστεί επίσης είναι το ότι

µπορούν να εφαρµοστούν ακόµη και στη σύγχρονη διδασκαλία των µαθηµατικών µε

σκοπό να εµπλουτίσουν τη µαθηµατική κουλτούρα των µαθητών και να

αιτιολογήσουν κάποιες εισαγωγικές µαθηµατικές έννοιες (προπαιδευτική).

4.14. Προβλήµατα στα συγγράµµατα του Πάππου

Ο Πάππος είναι ο τελευταίος εκπρόσωπος της ∆εύτερης Αλεξανδρινής Σχολής.

Στα συγγράµµατά του υπάρχουν πολλά ιστορικά γεγονότα σχετικά µε την

τελειοποίηση γνωστών θεωρηµάτων και αποδείξεων. Ανακοινώνονται επίσης και

πρωτότυπα αποτελέσµατα τα οποία έχουν µεγάλη δηµιουργική και πρακτική

σηµασία. Για παράδειγµα: «Αν σε δυο ευθείες, οι οποίες ανήκουν στο ίδιο επίπεδο,

ληφθούν τρία σηµεία, έτσι ώστε στην πρώτη ευθεία να ανήκουν τα σηµεία A1, A3 και

A5, ενώ στη δεύτερη τα σηµεία A2, A4 και A6, τότε τα σηµεία τοµής M, P, N των

ζευγών ευθειών A1A2 και A4A5, A2A3 και A5A6, A3A4 και A6A1, ανήκουν σε µια

ευθεία.» ( Σχήµα 26).

86

A4

A3

A5 A1

N A2

A6

M

Σχήµα 26

Σηµαντικός είναι ο τρόπος – σχήµα λύσης προβληµάτων, ο προαναφερόµενος

ως «Σχήµα Πάππου». Εκτός αυτού ο Πάππος ασχολήθηκε και µε τους µέσους

αριθµούς και συγκεκριµένα: αριθµητικό µέσο, γεωµετρικό µέσο και αρµονικό µέσο.

Ο τρόπος µε τον οποίο ο Πάππος αποδίδει τους αριθµούς αυτούς λίγο διαφέρει απ’

αυτό του Νικόµαχου. Οι ισότητες αυτές µπορούν να δείχνονται στους µαθητές στη

σύγχρονη διδασκαλία των µαθηµατικών και στο αντίστοιχο σηµείο. Κατά την

αναφορά στους µέσους αριθµούς πρέπει να δείχνεται ο πίνακας του σχήµατος 24.

4.15. Τα τρία άλυτα προβλήµατα στην Αρχαία Ελλάδα

Στους αρχαίους έλληνες ήταν γνωστά και προβλήµατα γεωµετρικής

κατασκευής τα οποία ήταν άλυτα µε τη βοήθεια του χάρακα και του διαβήτη. Θα

αναφερθούµε στα τρία γνωστότερα άλυτα προβλήµατα και συγκεκριµένα:

«τετραγωνισµός κύκλου», τριχοτόµηση γωνίας» και «διπλασιασµός κύβου». Κατά το

19ο αιώνα µ.Χ. αποδείχτηκε, ότι τα προβλήµατα αυτά είναι άλυτα µε τη βοήθεια

χάρακα και διαβήτη. Κατά το έτος 1837 ο γάλλος µαθηµατικός Βέντσελ απέδειξε, ότι

το πρώτο και το δεύτερο πρόβληµα είναι άλυτα, ενώ το 1882 ο γερµανός

µαθηµατικός Λίντεµαν απέδειξε ότι το τρίτο πρόβληµα είναι άλυτο.

α) Τετραγωνισµός κύκλου: «Να κατασκευαστεί τετράγωνο το οποίο να έχει

εµβαδόν ίσο µε το εµβαδόν δεδοµένου κύκλου».

Ο Αντιφών είναι ένας απ’ αυτούς που προσπάθησαν να λύσουν το πρόβληµα

αυτό. Ο τελευταίος χρησιµοποίησε τη «µέθοδο εξάντλησης». Η µέθοδος αυτή

βασίζεται στη διαδοχική εγγραφή κανονικού n-γωνου σε κύκλο.

P

87

Άλλος έλληνας µαθηµατικός, ο οποίος προσπάθησε να λύσει το πρόβληµα του

τετραγωνισµού κύκλου, ήταν ο Ιπποκράτης. Σχετικά µ’ αυτό έλυσε το πρόβληµα που

είναι γνωστό µε το όνοµα «Φεγγάρια του Ιπποκράτη». Το πρόβληµα αυτό είναι το

ακόλουθο: «Αν σε ορθογώνιο τρίγωνο ABC κατασκευαστούν 3 κύκλοι µε διαµέτρους

AB, AC και BC, τότε το άθροισµα των εµβαδών των δυο φεγγαριών (δηλαδή S1, S2)

είναι ίσο µε το εµβαδόν του φεγγαριού S (Σχήµα. 27)

Σχήµα 27

Από το πρόβληµα αυτό φαίνεται, ότι το εµβαδόν καµπυλόγραµµου σχήµατος

µπορεί να είναι ίσο µε το εµβαδόν ορθογώνιου σχήµατος. Αυτό το ορθό συµπέρασµα

οδήγησε τον Ιπποκράτη στην πλάνη, ότι µπορεί να κατασκευάσει, µε χάρακα και

διαβήτη, τετράγωνο ίσου εµβαδού µε δεδοµένο κύκλο.

Μια άλλη ερµηνεία του ίδιου κατασκευαστικού προβλήµατος σχετίζεται µε τον

αριθµό π. Συγκεκριµένα: Έστω ότι δίνεται κύκλος ακτίνας r, τότε το εµβαδόν του θα

ισούται µε πr2. Αν υποθέσουµε, ότι κατασκευάζουµε τετράγωνο µε πλευρά х,

ισεµβαδικό µε τον κύκλο, τότε θα πρέπει х2 = πr2, δηλαδή х = r π . Αυτό σηµαίνει,

ότι η κατασκευή του τετραγώνου θα ήταν δυνατή µόνο αν µε τη βοήθεια χάρακα και

διαβήτη, κατορθώσουµε να κατασκευάσουµε ευθύγραµµο τµήµα х, το οποίο θα

ισούται µε r π . Και ποιο συγκεκριµένα, επειδή η ακτίνα r του κύκλου είναι γνωστή,

αρκεί να κατασκευαστεί ευθύγραµµο τµήµα у µε µήκος π . Με άλλα λόγια η

τελευταία προϋπόθεση είναι ισοδύναµη µε την κατασκευή ευθύγραµµου τµήµατος

µήκους π. Οι προϋποθέσεις που πρέπει να ισχύουν για την κατασκευή αυτού του

τµήµατος µήκους π (χωρίς περαιτέρω ανάλυση) είναι οι ακόλουθες:

α) ο αριθµός είναι αλγεβρικός

β) ο αριθµός είναι λύση αλγεβρικής εξίσωσης µε ακέραιους συντελεστές της

οποίας η δύναµη είναι της µορφής 2n όπου n ∈ N.

A B

C

c

ab

S

S

S

1

2

88

β) Τριχοτόµηση γωνίας: «Να διαιρεθεί γωνία µε χάρακα και διαβήτη, σε τρεις

ίσες γωνίες.»

Υπάρχουν διάφοροι τρόποι λύσης του προβλήµατος αυτού, αλλά µε

διαφορετικά µέσα, δηλαδή όχι µε τη χρήση χάρακα και διαβήτη. Για παράδειγµα:

α) Από το Νικόµαχο µε τη βοήθεια κοχλοϊδών γραµµών.

β) Από τον Αρχιµήδη µε χάρακα και διαβήτη µε τη βοήθεια κινητικής

γεωµετρίας [30].

γ) µε κωνικές τοµές.

γ) ∆ιπλασιασµός κύβου: «Να κατασκευαστεί µε χάρακα και διαβήτη κύβος, ο

όγκος του οποίου να είναι διπλάσιος του όγκου του δεδοµένου κύβου ακµής а.»

Ο όγκος του µεγαλύτερου κύβου είναι 2а3 και τότε η ζητούµενη πλευρά θα

είναι а 3 2 . Έτσι η λύση του προβλήµατος οδηγείται στην κατασκευή ευθύγραµµου

τµήµατος µήκους а 3 2 . Όπως απόδειξε ο Λίντεµαν µια τέτοια κατασκευή είναι

αδύνατη µε χάρακα και διαβήτη. Το πρόβληµα αυτό µπορεί να λυθεί µε άλλους

τρόπους, όπως για παράδειγµα:

α) µε καµπύλες γραµµές διαφορετικές του κύκλου.

β) µε χάρακα και διαβήτη µε τη βοήθεια της κινητικής γεωµετρίας.

Το πρόβληµα αυτό έχει λυθεί από τους:

1. Πλάτωνα, µε χάρακα και διαβήτη µε τη βοήθεια της κινητικής

2. γεωµετρίας.

3. Μεναίχµος µε δυο τρόπους: ο πρώτος µε την τοµή παραβολής και

υπερβολής και ο δεύτερος τρόπος µε την τοµή δυο παραβολών.

4. ∆ιοκλή, µε γραµµές τις οποίες ονοµάζει κοχλοϊδοί

5. Ερατοσθένη, πρακτικά.

6. Νικόδηµο, µε γραµµές τις οποίες ονοµάζει κοχλοϊδοί.

Το πρόβληµα αυτό µπορεί να λυθεί και µε τη βοήθεια της αναλυτικής

γεωµετρίας.

Τα τρία αυτά άλυτα προβλήµατα µπορούν να αναφερθούν και να λυθούν (µε

ιστορικό τρόπο) από τους µαθητές, αλλά εκτός διδακτικών ωρών.

Η όλοι ιστορική αναφορά οδηγεί στα ακόλουθα συµπεράσµατα σχετικά µε τη

διδακτική των µαθηµατικών και τη λύση προβληµάτων στην Αρχαία Ελλάδα:

1. Στην Αρχαία Ελλάδα τα προβλήµατα δεν έχουν τις λειτουργίες µε τις οποίες

οι µαθητές να εξασκούνται εξολοκλήρου πάνω στη νέα θεωρία. Εξυπηρετούν για την

89

εµπέδωση µόνο της νέας θεωρίας. Η κατάσταση αυτή συνεχίστηκε έως τον

∆ιόφαντο. Ο τελευταίος ήταν ο πρώτος ο οποίος πρότεινε προβλήµατα, µε τη λύση

των οποίων εξασκούνταν οι µαθητές πάνω στη νέα θεωρία. Παρά αυτά, το

περιεχόµενο των προβληµάτων στα συγγράµµατα και άλλων ελλήνων µαθηµατικών

(για παράδειγµα του Αρχιµήδη) µοιάζουν κατά πολύ µε το περιεχόµενο των

σύγχρονων µαθηµατικών ασκήσεων – προβληµάτων.

2. Τα επιλεγµένα ιστορικά γεγονότα σχετικά µε τα προβλήµατα στην Αρχαία

Ελλάδα έως τον 4ο αιώνα µ.Χ. διασφαλίζουν δυνατότητες για συγκεκριµένη

εφαρµογή τους στην εκπαιδευτική – διαπαιδαγωγική διαδικασία στα µαθηµατικά και

για εµπλουτισµό της µαθηµατικής κουλτούρας τόσο των εκπαιδευόµενων όσο και

των εκπαιδευτών

3. Καλή γνώση των ιστορικών γεγονότων για τα προβλήµατα στην Αρχαία

Ελλάδα είναι προϋπόθεση της σωστής επιλογής του περιεχοµένου των µαθηµατικών

στα σύγχρονα βιβλία µαθηµατικών και της σύγχρονης διδακτικής τεχνολογίας για την

επιτυχή εµπέδωση αυτού του περιεχοµένου.

90

Κεφάλαιο ΙΙΙ

Οι ασκήσεις στη διδασκαλία των µαθηµατικών

στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο

1. Παρατηρήσεις για την οργάνωση και των µεθόδων διδασκαλίας των

µαθηµατικών στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο

Το σύγχρονο ελληνικό σχολείο αποτελείται από τα ακόλουθα επίπεδα:

Νηπιαγωγείο – 1 χρόνο εκπαίδευση, ∆ηµοτικό −−−− 6 χρόνια εκπαίδευση, Γυµνάσιο −−−− 3

χρόνια εκπαίδευση και Λύκειο −−−− 3 χρόνια εκπαίδευση. Η πρωτοβάθµια και

δευτεροβάθµια εκπαίδευση διαρκεί εποµένως 12 , από τα οποία τα 9 είναι υποχρεωτική

εκπαίδευση.

Από το 1998 το ελληνικό εκπαιδευτικό σύστηµα, όσο αφορά τη δευτεροβάθµια

εκπαίδευση, υπέστη κάποιες αλλαγές σχετικά µε την εξειδίκευση στο λύκειο.

Συγκεκριµένα από τη Β΄ Τάξη του Λυκείου οι µαθητές επιλέγουν κατεύθυνση η οποία

εξαρτάτε από τον τοµέα στο οποίο θέλουν να φοιτήσουν (τριτοβάθµια εκπαίδευση). Οι

κατευθύνσεις είναι οι ακόλουθες:

α) «Θετική Κατεύθυνση», γι’ αυτούς που θέλουν να σπουδάσουν µαθηµατικά,

φυσική, κ.α.

β) «Τεχνολογική Κατεύθυνση» γι’ αυτούς που θέλουν να σπουδάσουν

αρχιτεκτονική, πληροφορική κ.α.

γ) «Θεωρητική Κατεύθυνση», γι’ αυτούς που θέλουν να σπουδάσουν φιλοσοφία,

φιλολογία κ.α.

Ο διαχωρισµός αυτός συνεχίζεται ως και την τρίτη τάξη του Λυκείου.

Τέλος και στις τρεις κατευθύνσεις διδάσκονται µαθηµατικά (Άλγεβρα και

Γεωµετρία) τα οποία λέγονται «Μαθηµατικά Γενικής Παιδείας». Στη Θετική και την

91

Τεχνολογική κατεύθυνση διδάσκονται επιπλέον µαθηµατικά ειδικότητας, όπως για

παράδειγµα διαφορικός και ολοκληρωτικός λογισµός.

Οι βασικοί σκοποί της διδασκαλίας των µαθηµατικών στο σύγχρονο ελληνικό

σχολείο είναι γενικοί, ειδικοί και συγκεκριµένοι. Οι γενικοί σκοποί της µαθηµατικής

εκπαίδευσης είναι η εµπέδωση από τους µαθητές βασικών µαθηµατικών γνώσεων και η

ικανότητα για την εφαρµογής τους. Στους ειδικούς σκοπούς εντάσσεται για παράδειγµα η

ικανότητα των µαθητών για γραφική απόδοση των εξαρτήσεων. Συγκεκριµένοι σκοποί

είναι για παράδειγµα η ικανότητα των µαθητών να µελετούν και να αποδεικνύουν τους

διάφορους µαθηµατικούς συλλογισµούς.

2. Χαρακτηριστικά του περιεχοµένου της διδασκαλίας των

µαθηµατικών στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο

Τα εκπαιδευτικά προγράµµατα του 1834 και 1836 έπαιξαν σηµαντικό ρόλος στη

διαµόρφωση του περιεχοµένου των σύγχρονων διδακτικών µαθηµατικών. Θα το λόγο

αυτό θα γίνει σύντοµη αναφορά στο περιεχόµενο των σύγχρονων εκπαιδευτικών

προγραµµάτων.

2.1 Το περιεχόµενο της διδασκαλίας της γεωµετρίας στα σύγχρονα ελληνικά

σχολικά βιβλία

Το περιεχόµενο της σχολικής γεωµετρίας δεν διαφέρει κατά πολύ απ’ αυτό του

1857. Σε γενικές γραµµές είναι το ακόλουθο:

α) Το περιεχόµενο της διδασκαλίας της γεωµετρίας στην 1η Τάξη Γυµνασίου:

Βασικές γεωµετρικές έννοιες – ευθύγραµµο τµήµα, κάθετες και παράλληλες ευθείες,

απόσταση µεταξύ σηµείου και ευθείας, κύκλος, µεσοκάθετη, γωνία, ίσα τρίγωνα,

τετράπλευρα, εµβαδόν τριγώνου, τραπέζιο και παραλληλόγραµµο. Στη τάξη αυτή και

στις αντίστοιχες παραγράφους, διδάσκονται και γεωµετρικές κατασκευές. Οι ασκήσεις

αυτές λύνονται µε τα ακόλουθα µέσα: χάρακα και διαβήτη, γωνιόµετρο και αριθµηµένο

ορθογώνιο τρίγωνο.

β) Το περιεχόµενο της διδασκαλίας της γεωµετρίας στη 2η Τάξη Γυµνασίου:

Συµµετρικά σχήµατα (κεντρική και αξονική συµµετρία), κύκλος και εµβαδόν κύκλου.

92

Στην τάξη αυτή τα συµµετρικά σχήµατα κατασκευάζονται µε τη βοήθεια αριθµηµένου

ορθογωνίου τριγώνου και αριθµηµένου χάρακα.

γ) Το περιεχόµενο της διδασκαλίας της γεωµετρίας στην 3η Τάξη Γυµνασίου:

Ίσα τρίγωνα, Θεώρηµα Θαλή, όµοια πολύγωνα, όµοια τρίγωνα εµβαδά οµοίων

πολυγώνων.

δ) Το περιεχόµενο της διδασκαλίας της γεωµετρίας στην 1η Τάξη Λυκείου:

Ευθύγραµµο τµήµα, ηµιευθεία, ηµιεπίπεδο, γωνία, πολύγωνα, τρίγωνα, ιδιότητες

τριγώνων, ίσα τρίγωνα, παράλληλες και τεµνόµενες ευθείες, παραλληλόγραµµο, ρόµβος,

τετράγωνο, τραπέζιο, Θεώρηµα Θαλή, όµοια πολύγωνα, κύκλος, απλές γεωµετρικές

κατασκευές, εγγεγραµµένα και περιγεγραµµένα σε κύκλο πολύγωνα. Στην τάξη αυτή οι

γεωµετρικές κατασκευές υλοποιούνται µε τη βοήθεια του χάρακα και του διαβήτη και µε

τη βοήθεια του σχήµατος: ανάλυση, σύνθεση, απόδειξη και µελέτη.

ε) Το περιεχόµενο της διδασκαλίας της γεωµετρίας στη 2η Τάξη Λυκείου:

Γενίκευση Πυθαγορείου Θεωρήµατος, θεωρήµατα διαµέσων τριγώνου, θεωρήµατα

διχοτόµων τριγώνου. Κύκλος και ευθεία. Κανονικά πολύγωνα και εµβαδά αυτών.

Ευθείες και επίπεδα στο χώρο. Πολύεδρα. Κύλινδρος, κώνος και σφαίρα.

2.2 Το περιεχόµενο της διδασκαλίας της άλγεβρας στα σύγχρονα ελληνικά σχολικά

βιβλία

α) Το περιεχόµενο της διδασκαλίας της άλγεβρας στην 1η Τάξη Γυµνασίου:

Φυσικοί αριθµοί, δεκαδικά κλάσµατα, πράξεις Αλγόριθµος Ευκλείδη, δυνάµεις,

κλάσµατα και πράξεις µε κλάσµατα, µεγέθη.

β) Το περιεχόµενο της διδασκαλίας της άλγεβρας στη 2η Τάξη Γυµνασίου:

Ρητοί αριθµοί, πράξεις µε άρρητους αριθµούς, δυνάµεις µε φυσικό και ακέραιο εκθέτη.

Πρωτοβάθµια εξίσωση ax + b = 0, κλασµατικές εξισώσει, πρωτοβάθµιες ανισώσεις

ax + b > 0, πραγµατικοί αριθµοί. Οι συναρτήσεις f(x) = ax + b, και f(x) = x

a,

τριγωνοµετρία και στατιστική.

93

γ) Το περιεχόµενο της διδασκαλίας της άλγεβρας στην 3η Τάξη Γυµνασίου:

Πραγµατικοί αριθµοί, πράξεις µε πραγµατικούς αριθµούς, δυνάµεις, τετραγωνική ρίζα,

αλγεβρικές παραστάσεις, εξισώσεις της µορφής ax + b = 0, а ≠ 0, οι συναρτήσεις f(x) =

ax + b, f(x) = ax2 + bx + c, a ≠ 0, και f(x) = x

a. Στατιστική. Τριγωνοµετρία. Συστήµατα

γραµµικών εξισώσεων και ανισόσεων ∆ιανύσµατα και πράξεις µε διανύσµατα.

δ) Το περιεχόµενο της διδασκαλίας της άλγεβρας στην 1η Τάξη Λυκείου:

Πραγµατικοί αριθµοί, πράξεις µε πραγµατικούς αριθµούς, δυνάµεις, εξίσωση ax + b = 0,

ανισότητα ax + b ≥ 0, απόλυτη τιµή, ρίζες, δυνάµεις µε ρητό εκθέτη, συναρτήσεις,

γραφική παράσταση συνάρτησης f(x) = ax + b, µελέτη συνάρτησης. Συστήµατα

γραµµικών εξισώσεων µε 2 ή 3 αγνώστους και αντίστοιχα 2 ή 3 εξισώσεις. Εξισώσεις και

ανισόσεις δευτέρου βαθµού µε 1 άγνωστο. Γραφική παράσταση της δευτεροβάθµιας

συνάρτησης f(x) = ax2 + bx + c = 0, a ≠ 0. Τριγωνοµετρία και τριγωνοµετρικές εξισώσεις.

ε) Το περιεχόµενο της διδασκαλίας της άλγεβρας στη 2η Τάξη Λυκείου:

Τριγωνοµετρία. Πολυώνυµα, εξισώσεις. Ακολουθίες (αλγεβρική και γεωµετρική).

Εκθετική και λογαριθµική συνάρτηση.

2.3 Το περιεχόµενο της διδασκαλίας των µαθηµατικών της τρίτης τάξης του

Λυκείου – Γενικής Παιδείας

Συναρτήσεις, παράγωγος συνάρτηση. Στατιστική. Πιθανότητες.

2.4. Το περιεχόµενο της διδασκαλίας των µαθηµατικών της Θετικής και

Τεχνολογικής κατεύθυνσης

α) Το περιεχόµενο της διδασκαλίας στη 2η Τάξη Λυκείου: Μαθηµατική

επαγωγή. Ευκλείδεια διαίρεση, διαιρετότητα. Μ.Κ.∆. και Ε.Κ.Π.. Πρώτοι αριθµοί.

∆ιοφαντικές εξισώσεις. Ισοϋπόλοιποι αριθµοί.

94

β) Το περιεχόµενο της διδασκαλίας της άλγεβρας στην 3η Τάξη Λυκείου:

Συναρτήσεις. Όρια. Παράγωγος συνάρτησης. Ορισµένα ολοκληρώµατα. Κωνικές τοµές

(έλλειψη, παραβολή και υπερβολή)

3. Τύποι µαθηµατικών ασκήσεων οι οποίες λύνονται στα σύγχρονα

ελληνικά σχολεία

Στο δευτεροβάθµιο σύγχρονο ελληνικό λύνονται ασκήσεις που απαιτούν γνώσεις

από τη γεωµετρία, άλγεβρα, ανάλυση, αναλυτική γεωµετρία, στατιστική, πιθανότητες,

θεωρία αριθµών και γραµµική άλγεβρα. Αυτό το οποίο διαφοροποιεί τις ασκήσεις στα

διάφορα εκπαιδευτικά επίπεδα (τάξεις) είναι, ότι στις µικρότερες τάξεις (1η, 2α και 3η

Γυµνασίου) κατά τη λύση τους δεν χρησιµοποιούνται αυστηρά περιορισµένα µέσα. Για

παράδειγµα, κατά τη λύση ασκήσεων γεωµετρικής κατασκευής, τα µέσα που

χρησιµοποιούνται στις µικρές τάξεις είναι όχι µόνο ο χάρακας και ο διαβήτης, αλλά και ο

αριθµηµένος χάρακας, το τρίγωνο και το ορθογώνιο.

Στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο λύνονται ασκήσεις από τους ακόλουθους τύπους:

α) Κατασκευαστικές ασκήσεις. Για παράδειγµα:

Άσκηση 1. Να κατασκευαστεί τρίγωνο ABC, αν δίνονται :α) οι πλευρές b, c και η

διάµεσος ma; β) οι πλευρές b, c και η γωνία С, [38].

β) Ασκήσεις απόδειξης. Για παράδειγµα:

Άσκηση 2. Να δειχτεί οτι: sinα + sinβ ≤ sin(2

β+α), αν α, β ∈ (0; π), [54].

γ) Υπολογιστικές ασκήσεις. Για παράδειγµα:

Άσκηση 3. Να ελεγχθεί ποιες από τις ακόλουθες δυάδες αριθµών είναι λύση των

εξισώσεων: α) 2х −−−− 4у = 16; (−−−−2; 3), (−−−−1; 3,5), (5; 6,5), (8; 7);

β) х + 0,2у = 1,2; (2; 4), (−−−−1; −−−−1), (−−−−3; 9), (1; 1), [37].

Άσκηση 4. Έστω τρίγωνο ABC µε πλευρές АВ = 12см, ВС = 13см και АС = 5см.

Να υπολογιστεί το εµβαδόν του τριγώνου µε κορυφές τα σηµεία επαφής του τριγώνου

ΑBC και του εγγεγραµµένου του κύκλου, [36].

δ) Ασκήσεις ύπαρξης. Για παράδειγµα:

95

Σχήµα 1α

Άσκηση 5. Να δειχτεί ότι υπάρχει σηµείο Р του επιπέδου για το οποίο: PA2 + PB2

+ PC2 = 3PM2 + 3

1(a2+b2+c2), όπου a, b και c είναι οι πλευρές τριγώνου ABC, ενώ το

σηµείο М είναι το κέντρο βάρος του, [38].

Στο σηµείο αυτό θα γίνει σχετική αναφορά για τον αριθµό και τη σχέση (σε

ποσοστό %) των διαφόρων τύπων ασκήσεων που προτείνονται ή λύνονται στα σύγχρονα

ελληνικά σχολικά βιβλία µαθηµατικών για τις τάξεις από τη 1η Γυµνασίου έως και την 2α

Λυκείου. ∆εν θα γίνει αναφορά στις ασκήσεις που προτείνονται στη Θετική και

Τεχνολογική Κατεύθυνση στη 2α Λυκείου καθώς και στην 3η τάξη του Λυκείου και αυτο

γιατί στην τάξη αυτή διδάσκονται µαθηµατικές έννοιες διαφορετικού χαρακτήρα και

περιεχοµένου απ’ αυτές των άλλων σχολικών τάξεων. Τονίζεται ότι τα αποτελέσµατα

αναφέρονται στα σχολικά βιβλία µαθηµατικών του 1998 και σε όλη την αναγραφόµενη

ύλη, η οποία είναι περισσότερη απ’ αυτή του εκπαιδευτικού προγράµµατος1

Έστω µε І να συµβολίζονται οι κατασκευαστικές ασκήσεις (προβλήµατα

γεωµετρικών κατασκευών), µε ІІ – οι ασκήσεις απόδειξης µε ІІІ – οι ασκήσεις ύπαρξης

και µε ІV – οι υπολογιστικές ασκήσεις. Ο συνολικός αριθµός των ασκήσεων είναι 3478.

Από αυτές οι 196 είναι τύπου Ι, 1779 είναι τύπου ΙΙ, 12 αντιστοιχούν στον τύπο ΙΙΙ και

1491 είναι IVου τύπου . Λαµβάνοντας υπ’ όψιν τα προαναφερόµενα στοιχεί, δύναται να

υλοποιηθούν τα ακόλουθα ιστογράµµατα (Σχήµα 1α, 1β και 1γ) σχετικά µε τον αριθµό

των ασκήσεων και την ποσοστιαία (%) αναλογία τους.

Πίνακας 1

Πίνακας Κατανοµής Συχνοτήτων

τύπος άσκησης xi συχνότητα vi σχετική συχνότητα fi,%

I 196 5,6

II 1779 51,2

III 12 0,3

IV 1491 42,9

Άθροισµα 3478 100

1 Για παράδειγµα στην 1η µε βάση το εκπαιδευτικό πρόγραµµα δεν διδάσκεται στατιστική, ενώ στη 2η Τάξη του Λυκείου ευθείες, επίπεδα στο χώρο, συνδυαστική και πιθανότητες, αν και στα βιβλία του 1998 υπάρχει.

96

196

1779

12

1491

0

500

1000

1500

2000

vi

I

II

III

IV5,6

51,2

0,3

42,9

0

20

40

60

f i%

I

II

III

IV

Σχήµα 2

Σχήµα 1β Σχήµα 1γ

Από τα Σχήµατα 1α, 1β και 1γ φαίνεται, ότι σηµαντικό µέρος των ασκήσεων, στο

σύγχρονο ελληνικό εκπαιδευτικό πρόγραµµα µαθηµατικών, είναι οι ασκήσεις απόδειξης

(II) και οι υπολογιστικές (IV), ενώ µικρότερος µέρος καταλαµβάνουν τα προβλήµατα

γεωµετρικών κατασκευών (I) και τέλος απειροελάχιστο οι ασκήσεις ύπαρξης (III).

Το αντικείµενο της µελέτης είναι και ο αριθµός των τύπων και της αναλογίας τους

(σε ποσοστό %) σε σχέση µε το συνολικό αριθµό στις διάφορες τάξεις ανάλογα µε τα

κεφάλαια (µαθηµατικές έννοιες). Τονίζεται ότι ο συνολικός αριθµός των ασκήσεων στην

1η Τάξη του Γυµνασίου είναι 772, στη 2η Τάξη του Γυµνασίου – 599, στην 3η Τάξη του

Γυµνασίου −−−− 559, στην 1η Τάξη του Λυκείου (στο βιβλίο της γεωµετρίας) −−−− 351, στην 1η

Τάξη του Λυκείου (στο βιβλίο της άλγεβρας) −−−− 519, στη 2η Τάξη του Λυκείου (στο

βιβλίο της γεωµετρίας) −−−− 242 και στη 2η Τάξη του Λυκείου (στο βιβλίο της άλγεβρας) −−−−

436. (Σχήµατα 2, 3, 4, 5, 6, 7 και 8).

Πίνακας 2

1η Τάξη Γυµνασίου

Τύπος άσκησης

Κεφάλαιο

І ІІ ІІІ ІV

∆εκαδικά κλάσµατα 0 31,4 0 30,9

Υπολογισµός µεγεθών 0 0 0 23,4

Απλά κλάσµα 0 1,9 0 30,4

Ανάλογα µεγέθη 0 1,9 0 5,2

Βασικές γεωµετρικές έννοιες 61,9 35,3 0 0

Γωνίες 24,7 4,8 0 5,6

Επίπεδα σχήµατα 13,4 17,7 0 4,4

97

Πίνακας 3

2α Τάξη Γυµνασίου


Κεφάλαιο

І ІІ ІІІ ІV

Ρητοί αριθµοί 0 6,9 0 29,6

Εξισώσεις και ανισώσεις 0 19,6 0 14,8

Πραγµατικοί αριθµοί 4,3 13,7 0 9,3

Τριγωνοµετρία 13,1 6,9 0 8,6

Συναρτήσεις 0 13,7 0 14,4

Στατιστική 0 9,8 0 9,8

Συµµετρικά σχήµατα 78,3 8,8 0 0,8

Κύκλος 4,3 20,6 100 12,7

Σχήµα 3

Πίνακας 4

3η Τάξη Γυµνασίου


Κεφάλαιο

І ІІ ІІІ ІV

Πραγµατικοί αριθµοί 0 8,2 0 16,7

Αλγεβρικές παραστάσεις 0 25,9 0 12,3

Εξισώσεις 0 7,3 0 11,4


Στατιστική 0 2,6 0 14,8

Ίσα και όµοια τρίγωνα 100 17,7 0 4,7

Τριγωνοµετρία 0 10,8 0 17,3

Συστήµατα γραµµικών εξισώσεων 0 2,6 0 10,4

∆ιανύσµατα 0 16,3 0 5,1

Σχήµα 4

98

Πίνακας 5

1η Τάξη Λυκείου (Άλγεβρα)


Κεφάλαιο

І ІІ ІІІ ІV

Πραγµατικοί αριθµοί 0 23,3 0 46,7


Συστήµατα γραµµικών εξισώσεων 0 9,7 0 3,3

∆ευτεροβάθµιες εξισώσεις και ανισώσεις 0 23,9 40 3,3

Τριγωνοµετρία 0 20 60 30

Στατιστική 0 5,3 0 5

Σχήµα 5

Πίνακας 6

1α Τάξη Λυκείου (Γεωµετρία)


Κεφάλαιο

І ІІ ІІІ ІV

Βασικές γεωµετρικές έννοιες 0 4,8 20 20

Τρίγωνο και παράλληλες ευθείες 0 29,8 60 20

Παραλληλόγραµµο και τραπέζιο 0 22,9 20 0

Θεώρηµα Θαλή 0 16,1 0 25

Κύκλος 100 26,4 0 35

Σχήµα 6

99

Πίνακας 7

2η Τάξη Λυκείου (Άλγεβρα)


Κεφάλαιο

І ІІ ІІІ ІV

Τριγωνοµετρία 0 23,7 0 48,6

Πολυώνυµα 0 17,7 0 5,7

Ακολουθίες 0 21,9 0 28,6

Εκθετικές και λογαριθµικές συναρτήσεις 0 16,2 0 11,4

Συνδυαστική και πιθανότητες 0 20,5 0 5,7

Σχήµα 7

Πίνακας 8

2η Τάξη Λυκείου (Γεωµετρία)


Κεφάλαιο

І ІІ ІІІ ІV

Μετρικές σχέσεις 40,6 29,6 100 61,5

Εµβαδά 21,9 18,8 0 7,7

Κανονικά πολύγωνα 6,3 24 0 23,1

Ευθείες και επίπεδα στο χώρο 31,2 27,6 0 7,7

Σχήµα 8

Στον επόµενο πίνακα (Σχήµα 9α) κατανοητά έχει εκφραστεί η σχέση µεταξύ των

διαφόρων τύπων ασκήσεων και του αριθµού τους σε σχέση µε το συνολικό αριθµό στο

εκπαιδευτικό πρόγραµµα των µαθηµατικών στις διάφορες τάξεις. Πρέπει να ληφθεί υπ’

όψιν, ότι ο συνολικός αριθµός των ασκήσεων στην 1η Τάξη του Λυκείου είναι 870, ενώ

στη 2η Τάξη του Λυκείου είναι 678 (Σχήµα 9β).

100

Πίνακας 9


Κεφάλαιο

І ІІ ІІІ ІV

1η Γυµνασίου 12,6 13,2 0 74,2

2 α Γυµνασίου 3,8 17,1 0,2 78,9

3 η Γυµνασίου 1,8 41,5 0 56,7

1η Λυκείου 3,9 85,7 1,2 9,2

2α Λυκείου 4,7 88,1 0,1 7,1

Σχήµα 9α

Σχήµα 9β

Στον πίνακα (Σχήµα 9α) φαίνεται, ότι στο Γυµνάσιο υπερισχύουν οι υπολογιστικές

ασκήσεις σε διαφορά µε το Λύκειο όπου υπερισχύουν οι ασκήσεις απόδειξης.

Στον πίνακα 10 (Σχήµα 10α), φαίνεται η σχέση µεταξύ των τύπων ασκήσεων και η

ποσοστιαία αναλογίας του (ποσοστό %) στο εκπαιδευτικό στα διάφορα διδακτικά

αντικείµενα των µαθηµατικών (άλγεβρα και γεωµετρία). Ο συνολικός αριθµός των

αλγεβρικών ασκήσεων είναι 2405, ενώ των γεωµετρικών είναι 1073 (Σχήµατα 10β και

10γ).

0

20

40

60

80

100

I II III IV

1-

2-

3-

1-

2-

Γυµνασίου

Γυµνασίου

Γυµνασίου

Λυκείου

Λυκείου

%


101

Πίνακας 10


Αντικείµενο

І ІІ ІІІ ІV

Άλγεβρα 0,2 46,9 0,3 52,6

Γεωµετρία 17,9 60,6 0,7 20,8

Σχήµα 10α

Σχήµα 10β Σχήµα 10γ

Λαµβάνοντας υπ’ όψιν τις προαναφερόµενες µελέτες, δύναται να ειπωθεί, οτι η

αναλογία µεταξύ των ασκήσεων γεωµετρικής κατασκευής, των ασκήσεων απόδειξης,

των ασκήσεων απόδειξης και των υπολογιστικών ασκήσεων είναι 1:9,1:0,06:7,6.

Η µελέτη σχετικά µε τις ασκήσεις που λύνονται ή που προτείνονται για λύση µε

βάση το εκπαιδευτικό πρόγραµµα του υπουργείου ή ακόµη και µε βάση τα σχολικά

βιβλία µαθηµατικών, οδηγεί στο συµπέρασµα ότι οι ασκήσεις καταλαµβάνουν σηµαντικό

µέρος της διδασκαλίας των µαθηµατικών στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο. Επίσης

φαίνεται ότι σηµαντικό µέρος των ήδη διδασκόµενων ασκήσεων πρέπει сσε σηµαντικό

βαθµό να παρουσιαστεί µε άλλο τρόπο και φόρµα. Από την άλλη πλευρά είναι

επιτακτική ανάγκη να προστεθούν και κάποιες νέες ασκήσεις.

Τα προτεινόµενα στα επόµενα κεφάλαια της διατριβής θεωρούνται ότι θα

βοηθήσουν τους µαθητές να κατανοήσουν καλύτερα τις µαθηµατικές έννοιες και θα

καλλιεργηθεί η ευρετική τους ικανότητα.

0,20%

46,90%

0,30%

52,60%

I

II

III

IV

17,90%

60,60%

0,70%

20,80%I

II

III

IV

Άλγεβρα Γεωµετρία

102

ΚΕΦΑΛΑΙΟ IV

∆υνατότητες επέκτασης του ρόλου των ασκήσεων

στη διδασκαλία των µαθηµατικών

1. Οι ασκήσεις ως προετοιµασία για την εµπέδωση νέων

µαθηµατικών εννοιών

Για να υπάρχουν καλύτερα αποτελέσµατα κατά την εµπέδωση µιας

µαθηµατικής έννοιας, πρέπει να υπάρχουν ασκήσεις από τους διάφορους τύπους και

συγκεκριµένα κατασκευαστικές, απόδειξης και υπολογισµού. Θα γίνει εν συνεχεία

σχετική αναφορά σε ορισµένες τέτοιες ασκήσεις οι οποίες είναι αλγεβρικές και

γεωµετρικές και απευθύνονται σε µαθητές από 13 έως και 17 ετών. Η λύση τέτοιων

ασκήσεων είναι αποτελεσµατικό µέσο κατά την εισαγωγή ή εµπέδωση

συγκεκριµένων µαθηµατικών γνώσεων.

1.1. Ασκήσεις για την προετοιµασία των µαθητών να λύνουν ασκήσεις µε

γεωµετρικές κατασκευές

Ως εισαγωγικές κατασκευαστικές ασκήσεις µπορούν να θεωρηθούν οι

ακόλουθες [26]:

Άσκηση 1. Έχουµε κάποιους κύβους. Να υπολογιστεί το άθροισµα των µηκών

όλων των ακµών των κύβων. (Με τη λύση της άσκησης αυτής µπορούν να

κατανοηθούν καλύτερα οι πράξεις µε ευθύγραµµα τµήµατα. Είναι κατάλληλη για

µαθητές 12-13 ετών).

Λύση

Η λύση της άσκησης αυτής µπορεί να παρασταθεί µε την ακόλουθη πρακτική

ενέργεια: τοποθετούνται οι κύβοι ο ένας δίπλα στον άλλον ( χωρίς να αφήνεται κενός

χώρος µεταξύ αυτών) έτσι, ώστε οι ακµές τους να είναι πάνω σε µια ευθεία. Εν

συνεχεία ο λαµβανόµενος αριθµός πολλαπλασιάζεται επί τον αριθµό των ακµών των

κύβων (δηλαδή επί 12).

103

Η ερώτηση που γεννιέται τη στιγµή αυτή είναι: «Ποιος µας δίνει το δικαίωµα

να εκτελέσουµε µια πράξη αντί πολλών;» Η απάντηση είναι: η επιµεριστική ιδιότητα.

Συγκεκριµένα, αν а1, а2, ..., аn είναι τα µήκη των ακµών n κύβων, τότε 12а1 + 12а2 +

... + 12аn = 12(а1+а2+...+аn)

Άσκηση 2. ΝΑ υπολογιστεί το πάχος του τοίχους µεταξύ δυο γειτονικών

δωµατίων, µεταξύ των οποίων δεν υπάρχουν παράθυρα ή πόρτες.

Η λύση της άσκησης αυτής οδηγεί στην εφαρµογή της πράξης «αφαίρεση

ευθυγράµµων τµηµάτων» και απευθύνεται σε µαθητές 13-14 ετών.

Άσκηση 3. Να σχεδιαστεί δείχτη για την προετοιµασία επιγραφών.

Με την άσκηση αυτή µπορεί να αποδοθεί η αναγκαιότητα διαίρεσης

ευθύγραµµου τµήµατος σε ίσα µέρη – ενέργεια η οποία χρησιµοποιείται στια

κατασκευαστικές ασκήσεις. Η άσκηση αυτή είναι κατάλληλη για µαθητές 14 ετών.

Άσκηση 4. Να κατασκευαστεί ισοσκελές τρίγωνο γνωστού ύψους 58 cm και

γωνία βάσης ίση µε 70° (για µαθητές 16 ετών).

Για να βρει τη βάση ο µαθητής πρέπει να κατασκευάσει ισοσκελές τρίγωνο

γνωστού ύψους και παρά την βάση γωνία. Μετά απ’ αυτό για ατοµική εργασία µπορεί

να δοθεί η επόµενη άσκηση (για µαθητές 16 ετών)

Άσκηση 5. Το πανί ενός καραβιού – µινιατούρα έχει σχήµα ισοσκελές τρίγωνο

µε γωνία βάσης 70°, ενώ το ύψος του είναι 5,8 cm. Να υπολογιστεί το εµβαδόν του

πανιού.

Είναι γνωστό, ότι αν µια από τις οξείες γωνίες ισοσκελούς τριγώνου είναι 45°,

τότε τα δυο του ύψη είναι ίσα. Πως είναι δυνατόν να αυτό να χρησιµοποιηθεί

πρακτικά;

Μια δυνατή απάντηση στο ερώτηµα αυτό είναι η ακόλουθη: Με την ιδιότητα

αυτή µπορεί να οριστεί η απόσταση έως απρόσιτο σηµείο. Πράγµατι, µε την

κατασκευή ισοσκελούς τριγώνου µε οξεία γωνία 45°, υπάρχει η δυνατότητα για

άµεσο υπολογισµό της απόστασης έως απρόσιτο σηµείο. Για να απλουστευτεί η

δουλειά µπορεί να κατασκευαστεί ένα χάρτινο τρίγωνο (ως µοντέλο) και το τρίγωνο

αυτό να παίζει το ρόλο του υψοµετρητή.

∆υνατόν είναι να λυθεί και η ακόλουθη γεωµετρική άσκηση (για µαθητές 16

ετών):

Άσκηση 6. Βέργα СD = 1,5m έχει τοποθετηθεί κατακόρυφα σε απόσταση 3,5m

από ένα δέντρο. Η σκιά του δέντρου και της βέργας φτάνουν έως το σηµείο Τ. Σε µια

104

συγκεκριµένη χρονική στιγµή το ευθύγραµµο τµήµα СТ ισούται µε το СD. Να

υπολογιστεί το ύψος του δέντρου (Σχήµα 1).

В D 1,5m T C 3,5m A

Σχήµα 1

1.2. Ασκήσεις για την προετοιµασία των µαθητών να λύνουν ασκήσεις για

απόδειξη

Οι βασικές ενέργειες κατά τη λύση ασκήσεων απόδειξης απαιτούν µακρά

περίοδο για την ανακάλυψη και επιπλέον εµπέδωση του µαθηµατικού περιεχοµένου.

Θα παρατεθούν κάποιες ασκήσεις για την προετοιµασία των µαθητών για τη λύση

αποδειχτικών ασκήσεων αυξηµένης δυσκολίας. Για παράδειγµα:

Άσκηση 7. Να αποδειχτεί, ότι: 10

105+ =

10

5 + 1. (13 ετών)

Η λύση της άσκησης αυτής µπορεί να αναπαρασταθεί ως εξής: (Σχήµα 2):

+ =

10

5

10

10 = 1

10

5+

10

10

105

Σχήµα 2

Λύση

110

5

10

10

10

5

10

105+=+=

+.

Η άσκηση αυτή ακολουθεί των ασκήσεων υπολογισµού αθροίσµατος

κλασµάτων µε κοινό παρανοµαστή, δηλαδή ασκήσεων της µορφής

b

a +

b

c =

b

ca +, b ≠ 0; a, b, c ∈ R.

Με τη λύση της ακόλουθης άσκησης µπορεί να γεννηθεί στους µαθητές οπτική

περιγραφή του περιεχοµένου του Πυθαγόρειου Θεωρήµατος και της απόδειξής του:

Άσκηση 8. ∆ίνεται τρίγωνο µε πλευρές 3, 4 και 5. Να αποδειχτεί, ότι το

εµβαδόν του τετραγώνου, κατασκευασµένου πάνω στη µεγαλύτερη πλευρά (5) είναι

ίσο µε το άθροισµα των εµβαδών των τετραγώνων που είναι κατασκευασµένα πάνω

στις άλλες δυο πλευρές (Σήµα 3).

Σχήµα 3

Από το Σχήµα 3 φαίνεται, ότι τα τετράγωνα αποτελούνται από 25, 16 και 9

µικρά τετραγωνάκια. Αν καθ’ ένα απ’ αυτά έχει εµβαδόν 1cm2, τότε για το άθροισµα

A

B C

S = 25cm

S = 16cm

S = 9cm

2

2

21

1

3cm 4cm5cm

106

των εµβαδών των τριών τετραγώνων λαµβάνεται, ότι: S = S1 + S2 δηλαδή 25 = 16 + 9

και κατά συνέπεια 52 = 32 + 42.

Κατά την εκµάθηση του θέµατος «Ρίζες», λύνονται ασκήσεις σαν τις

ακόλουθες:

Άσκηση 9. Να αποδειχτεί, ότι: 4

16 =

4

16.

Λύση

4

16

4

16

224

4

16

244

16

=⇒

==

==.

Μετά τη λύση της άσκησης αυτής προτείνεται να αποδεικνύεται η ιδιότητα:

+∈= Rbab

a

b

a,, και b≠ 0.

Κατά την εκµάθηση των βασικών τριγωνοµετρικών συναρτήσεων λύνονται

ασκήσεις σαν τις ακόλουθε (για µαθητές 15 ετών):

Άσκηση 10. Σε ορθογώνιο τρίγωνο АВС µε γωνία Α=α = 90º και γωνία Β=β =

30°, να αποδειχτεί, ότι: tgβ = ββ

cossin

, (Σχήµα 4).

Σχήµα 4

Λύση

3

3

3

1

23

2

1

30cos

30sin

cos

sino

o

====ββ

. Αλλά tgβ = tg30° = 3

3 οπότε tgβ =

ββ

cossin

.

A C

B

β

α γ

107

Πρέπει να ειπωθεί, ότι οι αριθµοί sin30º, cos30º,

tg30º, 16και 4 υπολογίζονται µε τη βοήθεια των αντίστοιχων πινάκων που

υπάρχουν στο τέλος των βιβλίων.

Κατά την εκµάθηση της ισότητας γωνιών µπορεί να λυθεί η ακόλουθη άσκηση

(για µαθητές 14 ετών):

Άσκηση 11. ∆ίνονται δυο παράλληλες ευθείες а και b, οι οποίες τέµνονται από

την ευθεία с. Να διαπιστωθεί (Σχήµα 5), µε τη βοήθεια µοιρογνωµονίου, ότι:

α) α = ω, β) ω = γ, γ) α = γ, δ) α + β = 180º.

Σχήµα 5

Θα ολοκληρωθεί η ενότητα αυτή µε µια αποδειχτική άσκηση σχετική µε το

θέµα «ισότητα τριγώνων» η οποία αρµόζει για µαθητές 14 ετών και συγκεκριµένα η

ακόλουθη:

Άσκηση 12. Να αποδειχτεί, ότι τα τρίγωνα АВС και A'B'C', των σχηµάτων 6

και 7 είναι ίσα.

C C'

А B A' B'

Σχήµα 6 Σχήµα 7

Πριν από τη διδασκαλία των κριτηρίων ισότητας τριγώνων, η λύση της

προαναφερόµενης άσκησης υλοποιείται µε τη βοήθεια πρακτικών ενεργειών και

συγκεκριµένα µε το σχεδιασµό του ενός από τα τρίγωνα πάνω σε ένα κοµµάτι χαρτί

και η σύγκρισή του µε το άλλο τρίγωνο.

Μετά την λύση της άσκησης 12 µπορεί να δοθεί προς λύση η ακόλουθη άσκηση

(για µαθητές 14 ετών):

Άσκηση 13. Στο Σχήµα 8 το τετράπλευρο ABCD είναι ορθογώνιο. Στην

προέκταση της πλευράς AB λαµβάνεται σηµείο M, τέτοιο ώστε BM = AD. Να

αποδειχτεί, ότι το τρίγωνο MВC είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

βα

γ

ωa

b

c

108

D C

A B M

Σχήµα 8 1.3. Ασκήσεις για την προετοιµασία των µαθητών να λύνουν ασκήσεις

υπολογιστικές

Θα προταθούν κάποιες υπολογιστικές ασκήσεις για την προετοιµασία των

µαθητών για δύση υπολογιστικών ασκήσεων αυξηµένης δυσκολίας. Εν συνεχεία θα

παρατεθούν για λύση ασκήσεις σχετικές µε την παράγραφο 3 του Κεφαλαίου ΙΙΙ.

Άσκηση 14. Να λυθεί η εξίσωση (για µαθητές 14 ετών):

а1х +а2х +... +аnх +с1х +с2х +... +сnх = b1х +b2х +... +bmх +d1 +d2 +... +dm.

Η λύση της εξίσωσης αυτής απαιτεί τον µετασχηµατισµό της σε εξίσωση της

µορφής х = а , και τότε η λύση της είναι ο αριθµός а. Η ιδέα των ισοδύναµων

µετασχηµατισµών µπορεί να υλοποιηθεί µε το ακόλουθο σχήµα (Σχήµα 9):

Σχήµα 9 Κατά τη διδασκαλία των πρωτοβάθµιων ανισόσεων µε ένα άγνωστο

προτείνεται η ακόλουθη προετοιµασία των µαθητών (για µαθητές 14 ετών): για να

λυθεί µια ανίσωση, δηλαδή να βρεθούν οι τιµές της µεταβλητής που την

επαληθεύουν, οι µαθητές πρέπει να γνωρίζουν και να µπορούν να εφαρµόζουν τις

ακόλουθες ιδιότητες των αριθµητικών ανισοτήτων

=

Αν δυο µεγέθη είναι

ίσα

και τα µετασχηµατίσουµε µε τον ίδιο τρόπο

=

αν προσθέσουµε και στα δυο τον αριθµό 2 λαµβάνουµε

=

ν αφαιρέσουµε και από τα δυο τον αριθµό 2

λαµβάνουµε

=

Αν πολλαπλασιάσουµε και τα δυο µε τον

αριθµό 2 λαµβάνουµε

=

Αν διαιρέσουµε και τα δυο µε τον αριθµό 2

λαµβάνουµε Τότε τα δυο µεγέθη που

θα ληφθούν θα παραµήνουν ίσα

109

−9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

+3

−3

+3

−3

−9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

.2

:2

.2

:2

−9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

.( 2)−

:( 2)−

.( 2)−

:( 2)−

1. «Αν στις δυο πλευρές µιας ορθής ανισότητας προστεθεί ή αφαιρεθεί ο ίδιος

αριθµός, χωρίς να αλλαχτεί η κατεύθυνση, προκύπτει αριθµητική ανισότητα η οποία

επίσης είναι ορθή.» (Σχήµα 10)

−−−−2 < 4 1 < 7

−−−−2 + 3 < 4+3 1 −−−− 3 < 7 −−−− 3

1 < 7 −−−−2 < 4

Σχήµα 10

2. «Αν οι δυο πλευρές µιας ορθής ανισότητας πολλαπλασιαστούν µε τον ίδιο θετικό

αριθµό, χωρίς να αλλαχτεί η κατεύθυνση, προκύπτει αριθµητική ανισότητα η οποία επίσης

είναι ορθή.» (Σχήµα 11).

−−−−2 < 4 −−−−4 < 8

(−−−−2).2 < 4.2 (−−−−4):2 < 8:2

−−−−4 < 8 −−−−2 < 4

Σχήµα. 11

3. «Αν οι δυο πλευρές µιας ορθής ανισότητας πολλαπλασιαστούν ή διαιρεθούν

µε τον ίδιο αρνητικό αριθµό και αντιστραφεί η κατεύθυνση, προκύπτει αριθµητική

ανισότητα η οποία επίσης είναι ορθή.» (Σχήµα 12).

−−−−2 < 4 4 > −−−−8

(−−−−2).(−−−−2) > 4.(−−−−2) 4.(−−−−2) < (−−−−8):(−−−−2)

−−−−4 > −−−−8 −−−−8 < 4

Σχήµα 12

−∞ +∞

+∞

+∞

−∞

−∞

110

Κατά τη λύση ανισώσεων πρέπει να υπογραµµίζεται στους µαθητές, ότι

ενεργούν µε τρόπο ανάλογο µ’ αυτόν κατά τη λύση εξισώσεων, αλλά είναι

απαραίτητο να προσέχουν κατά τον πολλαπλασιασµό ή τη διαίρεση µε αρνητικό

αριθµό. Τότε αλλάζει η φορά της ανισότητας

Κατά τη λύση ασκήσεων σχετικών µε τη δευτεροβάθµια εξίσωση, προτείνεται η

ακόλουθη προετοιµασία των µαθητών (για µαθητές 16 ετών):

Άσκηση 15. Να βρεθεί αριθµός, του οποίου το τετράγωνο να είναι 9 φορές

µεγαλύτερός του

Λύση

Έστω х ο ζητούµενος αριθµός.. Τότε µε βάση την εκφώνηση της άσκησης τότε

µε βάση την εκφώνηση για να βρεθεί το x είναι αρκετό να λυθεί η εξίσωση x2 = 9x.

Για να λυθεί η εξίσωση αυτή, η οποία είναι δευτεροβάθµια, µπορούµε να

ενεργήσουµε µε τον ακόλουθο τρόπο:

х2 = 9х ⇔ х2 −−−− 9х = 0 ⇔ х(х−−−−9) = 0 ⇔ х = 0 ή x −−−− 9 = 0. Τότε: x = 0 ή x = 9.

Εποµένως η λύση της άσκησης είναι (0, 9).

Άσκηση 16. Σε ορθογώνιο АВСD, το οποίο έχει εµβαδόν 6m2, η µια πλευρά

είναι 1m µεγαλύτερη της άλλης. Να βρεθούν τα µήκη των πλευρών του (Σχήµα 13).

D x + 1 С

x

А В Σχήµα 13

Αν το µήκος της µια πλευράς του ορθογωνίου συµβολιστεί µε х, τότε το άλλο

θα ισούται µε х + 1, ενώ το εµβαδόν του µε х.(х+1). Κατά συνέπεια х.(х+1) = 6,

δηλαδή х2 + х = 6. Για να λυθεί η δευτεροβάθµια αυτή εξίσωση προτείνεται να

χρησιµοποιηθεί η µέθοδος συµπλήρωση τετραγώνου». Έτσι διαδοχικά λαµβάνεται:

х2 + х = 6х2 + 2

2x

= 6 ⇔ х2 +22

2

1

2

1

22

−

+

x= 6⇔

⇔х2 + 22

x +

2

2

1

−−−−

2

2

1

= 6 ⇔ 4

25

2

12

=

+x ⇔

22

2

5

2

1

=

+x ⇔

111

⇔х + 2

2

5

2

1

= ή х +

2

2

5

2

1

−= ⇔ х +

2

5

2

1= ή х +

2

5

2

1= ⇔

⇔х +2

5

2

1= ή х +

2

5

2

1−= ⇔ х =

2

1

2

5− ή х =

2

1

2

5−− . Εποµένως х = 2 ή х = −−−−3.

Κατά συνέπεια οι λύσεις της δευτεροβάθµιας εξίσωσης х2 + х = 6 είναι 2 ή –3.

Από τις λαµβανόµενες λύσεις της εξίσωσης δεκτή είναι µόνο η х = 2, επειδή το х

είναι µήκος ευθύγραµµου τµήµατος και κατά συνέπεια δεν µπορεί να είναι αρνητικός

αριθµός. Τότε АD = ВС = 2m και АВ = СD = 3m.

Κατά την εκµάθηση του θέµατος «συναρτήσεις», κατάλληλες για εισαγωγικές

είναι ασκήσεις όπως οι ακόλουθες (για µαθητές 13-14 ετών):

Άσκηση 17. Ένα κιλό ψωµί κοστίζει 1,2€. Πόσο κοστίζουν 2kg, 5kg, 5,5kg;

Παρατηρούµε, ότι τα € αυξάνονται συνάρτηση της αύξησης των κιλών. Εκτός

αυτού, αν συµβολιστούν τα κιλά µε х, ενώ τα € µε у, τότε παρατηρείται, ότι για κάθε

τιµή του х λαµβάνεται µια τιµή του у. Τέτοια εξάρτηση λέγεται «συνάρτηση». Η

συνάρτηση συµβολίζεται µε f(х) ή µε у και οι τιµές που λαµβάνονται αντιστοιχούν για

κάθε τιµή του x. Για το προαναφερόµενο παράδειγµα µπορεί να αναφερθεί το

ακόλουθο σχήµα (Σχήµα 14):

Σχήµα 14 Συνήθως οι συναρτήσεις συνδέουν αντίστοιχες τιµές µεγεθών τα οποία

συναντιούνται στην καθηµερινή ζωή. Για παράδειγµα, αν µε S συµβολιστεί το

εµβαδόν τετραγώνου πλευράς а, σε ισχύ είναι η συνάρτηση S = S(а) = а2, ή αν µε S

συµβολιστεί το εµβαδόν κύκλου ακτίνας r, τότε S = S(r) = πr2. Και στα δυο

παραδείγµατα για συντοµία δεν γράφεται S(а) ή S(r), αλλά µόνο S.

Κατά την εκµάθηση του αλγορίθµου Ευκλείδη µπορεί να προταθεί για αρχική

άσκηση η ακόλουθη:

Άσκηση 18. Πρέπει να τοποθετηθούν 33 φωτογραφίες σε ένα άλµπουµ. Πόσες

σελίδες είναι απαραίτητες, αν σε κάθε σελίδα του άλµπουµ τοποθετούνται 4

φωτογραφίες;

Λύση

Για να συµπληρωθεί η πρώτη σελίδα θα χρειαστούν 4 φωτογραφίες. Για τη

δεύτερη ακόµη τέσσερις, δηλαδή συνολικά 8. Για τις πρώτες 3 σελίδες 3.4 κ.τ.λ. Με

1; 2; 5; 5,5 συνάρτηση f(х) = 1,2х

1,2; 2,4; 6; 6,6

112

άλλα λόγια, ο αριθµός των φωτογραφιών που τοποθετούνται είναι αριθµός

πολλαπλάσιος του 4, δηλαδή 0.4 = 0, 1.4 = 4, 2.4 = 8, 3.4 = 12, 4.4 = 16, 4.5 = 20, 4.6

= 24, 4.7 = 28, 4.8 = 32 και 4.9 = 36.

Η εργασία θα ολοκληρωθεί όταν τοποθετηθούν 4.8 = 32 φωτογραφίες, αλλά

υπάρχουν 33 φωτογραφίες. Παρατηρείται εποµένως, ότι: 4.8 < 33 < 4.9 ή ακόµη 33 −−−−

4.8 = 1 και 1 < 4.

Η απάντηση είναι η ακόλουθη: θα τοποθετηθούν σε 8 σελίδες 32 φωτογραφίες

και σε µια σελίδα (στην ένατη) µια φωτογραφία ή 33 = 4.8 + 1 , 1 < 4 (Σχήµα 15).

Σχήµα 15

Γενικότερα, έστω а και b είναι δυο φυσικοί αριθµοί. Πάντα µπορούν να

βρεθούν δυο φυσικοί αριθµοί q και r τέτοιοι, ώστε: а = bq + r, 0 ≤ r < b. Ο αριθµός а

λέγεται διαιρετέος, b – διαιρέτης, q −−−−πηλίκο, ενώ r −−−− υπόλοιπο.

Μια από τις δυσκολότερες και σηµαντικότερες στιγµές της διδασκαλίας των

µαθηµατικών είναι η αιτιολόγηση και εισαγωγή ενός νέου συνόλου αριθµών. Για

παράδειγµα η αναγκαιότητα εισαγωγής των αρνητικών αριθµών µπορεί να

αιτιολογηθεί µε την επόµενη άσκηση:

Άσκηση 19. Να υπολογιστεί η διαφορά 3 −−−− 5.

Η πράξη αυτή είναι αδύνατη στο σύνολο των φυσικών αριθµών N, που οι

µαθητές γνώριζαν έως τη στιγµή αυτή. Για να υλοποιηθεί η πράξη αυτή πρέπει να

επεκταθεί το σύνολο των φυσικών αριθµών µε την εισαγωγή ακέραιων αρνητικών

αριθµών. Το σύνολο των ακέραιων αρνητικών αριθµών, µαζί µε τους φυσικούς

αριθµούς και του αριθµού 0, αποτελούν ένα νέο σύνολο, το σύνολο των ακεραίων

αριθµών, το οποίο συµβολίζεται µε το λατινικό γράµµα Z. Στο σύνολο αυτό είναι

δυνατή η διεκπεραίωση της πράξης 3 −−−− 5 και το αποτέλεσµα είναι −−−−2.

Με σκοπό την αιτιολόγηση της επέκτασης του συνόλου Z έως το σύνολο των

ρητών αριθµών Q, µπορεί να λυθεί η ακόλουθη άσκηση:

Άσκηση 20. Να λυθεί η εξίσωση 2х −−−− 1 = 0.

0 4 8 16 20 24 28 32 36

4.8 4.9

33 = 4.8 + 1

113

Η εξίσωση αυτή είναι αδύνατη στο σύνολο Z. Επιβάλλεται εποµένως επέκτασή

του Z. Έτσι δηµιουργείται το σύνολο Q, το οποίο λέγεται σύνολο των ρητών

αριθµών. Στο σύνολο αυτό η τελευταία εξίσωση λύνεται ως εξής:

2х −−−−1 = 0 ⇔ 2х = 1 ⇔ х = 21

Με τη λύση της επόµενης άσκησης µπορεί να αιτιολογηθεί η εκµάθηση των

άρρητων αριθµών και η επέκταση του συνόλου των ρητών αριθµών Q έως το σύνολο

των πραγµατικών αριθµών.

Άσκηση 21. Να υπολογιστεί το µήκος της διαγωνίου τετραγώνου πλευράς 1

(Σχήµα 16).

D 1 С

1

А В

Σχήµα 16

Από το Πυθαγόρειο Θεώρηµα υπολογίζεται, ότι: АС2 = АВ2 + СВ2, δηλαδή

АС2 = 2. Η εξίσωση αυτή είναι αδύνατη στο σύνολο Q, για το λόγο αυτό εισάγεται

ένα νέο σύνολο R, το οποίο λέγεται «σύνολο πραγµατικών αριθµών». Στο σύνολο

αυτό: АС2 = 2 ⇔ АС = ± 2 , και επειδή АС είναι µήκος ευθύγραµµου τµήµατος

και 2 > 0, η λύση της άσκησης είναι АС = 2 .

Η επέκταση του συνόλου των πραγµατικών αριθµών R έως το σύνολο С των

µιγαδικών αριθµών είναι δυνατόν να αιτιολογηθεί µε την ακόλουθη άσκηση:

Άσκηση 22. Να λυθεί η εξίσωση х2 + 1 = 0 (για µαθητές 17 ετών).

Η εξίσωση αυτή είναι αδύνατο στο σύνολο R, γιατί δεν υπάρχει πραγµατικός

αριθµός x, για τον οποίο x2 = −−−−1. Για το λόγο αυτό εισάγεται ένα νέο σύνολο С, το

οποίο λέγεται «σύνολο µιγαδικών αριθµώ». Στο С µπορεί να λυθεί η εξίσωση х2 + 1 =

0. Η λύση της είναι: х2 + 1 = 0 ⇔ х2 = −−−−1 ⇔ х = ±i.

Κατά τη διαδοχική εισαγωγή του καθενός συνόλου αριθµών είναι κατάλληλο

να δειχτεί στους µαθητές η παραστατική απόδοση των αντίστοιχων συνόλων και

συγκεκριµένα: Ν=1, 2, 3,…, Z = ..., −−−−2, −−−−1, 0, 1, 2, ..., Q = q

p, p, q ∈ Z, q ≠ 0,

114

R = n a , a ∈ Q, n ∈ N, C = a + ib, a, b ∈ R. Η σχέση µεταξύ των πέντε

συνόλων N, Z, Q, R και C είναι η ακόλουθη: N ⊆ Z ⊆ Q ⊆ R ⊆ C.

Πρέπει να ειπωθεί, ότι οι µιγαδικοί αριθµοί εµφανίστηκαν ως αναπόφευκτο

µέσο για λύση αλγεβρικών εξισώσεων τρίτης τάξης και αυτό στην περίπτωση που οι

τελευταίες έχουν 3 διαφορετικές πραγµατικές ρίζες. Αλλά στα σύγχρονα σχολικά

µαθηµατικά τέτοιες ασκήσεις δεν λύνονται. Για το λόγο αυτό προτείνεται ο

προαναφερόµενος τρόπος αιτιολόγησης και εισαγωγής του συνόλου των µιγαδικών

αριθµών C

Στη σχολική πρακτική κατά την εκµάθηση γεωµετρικών εννοιών, οι µαθητές

πολύ συχνά συναντούν δυσκολία στο να λύσουν ασκήσεις µε πρακτικό χαρακτήρα

και περιεχόµενο, όπως για παράδειγµα η επόµενη άσκηση:

Άσκηση 23. Να συγκριθεί το ύψος σπιτιού οκτώ µέτρων µε το ύψος παιδιού

1,3м (Σχήµα 17).

8м

Σχήµα 17

Λύνεται η άσκηση και λαµβάνεται 3,1

8 = 6,154 ≈ 6. Τότε ανακοινώνεται, ότι το

σπίτι είναι περίπου 6 φορές το ύψος του παιδιού (για µαθητές 15 ετών). Εν συνεχεία

µπορεί να λυθεί η ακόλουθη άσκηση:

Άσκηση 24. Η ακτίνα της Γης είναι 6,378.106 м και η ακτίνα του Ερµή είναι

2,42.106 м. Να βρεθεί η σχέση των ακτινών τους. Πόσες φορές την ακτίνα του Ερµή

είναι η ακτίνα της Γης;

Η λύση της άσκησης αυτής είναι ένα από τα µέσα για την επιπλέον

προετοιµασία των µαθητών για την εισαγωγή νέων εννοιών. Με τον τρόπο αυτό

βοηθιέται η γνωστική ενέργεια ιδιαίτερα στους µικρούς µαθητές. Το αποτέλεσµα

πιθανότατα θα είναι καλύτερο, αν οι πιο πάνω προτεινόµενοι τρόποι για την εισαγωγή

νέων εννοιών, συνδεθούν µε την ιδέα της συστηµατοποίησης των µαθηµατικών

γνώσεων.

1,3м

115

2. Ασκήσεις για την προπαίδευση νέων µαθηµατικών εννοιών

Η προπαιδευτική είναι ενέργεια µε την οποία πρωταρχικά διασφαλίζεται η

προκαταβολική παρουσίαση µέρους των νέων γνώσεων και δυνατοτήτων, σε

απλουστευµένη µορφή, όχι οφθαλµοφανή φόρµα, το οποίο εξασφαλίζει

αποτελεσµατική κατανόηση των βασικών νέων εισαγόµενων εννοιών.

Πραγµατοποιείται µαζί µε την άµεση εκµάθηση στοιχείων, τα οποία εύκολα

συνδέονται µε τις πλέον εµπεδωµένες γνώσεις. Προβάλλονται επίσης και γνώσεις

έµµεσα, οι οποίες τη δεδοµένη στιγµή απέχουν από τη διδασκόµενη ύλη.

Η άµεση ή έµµεση εκµάθηση των µαθηµατικών γνώσεων βοηθάει την

εκπαίδευση στη σχέση µεταξύ των εννοιών, διδασκόµενων σε µικρότερες τάξεις. Στα

µαθηµατικά, µέσου της έµµεσης επεξήγησης των γνώσεων (προπαιδευτική)

εξασφαλίζεται ποσοτική συγκέντρωση γνώσεων, απαραίτητων για την άµεση

εµπέδωση της ίδιας έννοιας σε µεταγενέστερη περίοδο.

Ένα από τα αντιπροσωπευτικότερα παραδείγµατα µετάβασης από την έµµεση

στην άµεσα εκµάθηση µιας µαθηµατικής έννοιας είναι η ιστορία εκµάθησης της

έννοιας «συνάρτησης» έως το 19ο αιώνα µ.Χ. Κατά την περίοδο αυτή λύνονταν

ασκήσεις µε έµµεση εφαρµογή των συναρτήσεων, οδηγούµενες οι ασκήσεις έως την

εύρεση ηµίτονου γωνίας, λύση δευτεροβάθµιων εξισώσεων, εργασία µε λογάριθµους

κ.τ.λ.

Μετά απ’ αυτό στα σύγχρονα σχολικά βιβλία µαθηµατικών η άµεση εφαρµογή

των συναρτήσεων προετοιµαζόταν µε την αντίστοιχη προπαιδευτική, η οποία

διασφαλίζει τις απαραίτητες ποσότητες συγκεντρωµένων γνώσεων και ικανοτήτων.

Στις µικρότερες τάξεις του Γυµνασίου (13, 14 και 15 ετών µαθητές) λύνονται

ασκήσεις στις οποίες έµµεσα οι µαθητές εργάζονται µε συναρτήσεις, ενώ οι ίδιες

ασκήσεις στις µεγαλύτερες τάξεις (16 και 17 ετών µαθητές) λύνονται πλέον µε την

άµεση εφαρµογή των συναρτήσεων.

Σχετική αναφορά θα γίνει σε κάποιες περιπτώσεις που αναφέρονται στην

προπαιδευτική για τη λύση ασκήσεων σχετικές µε τις έννοιες: «ρίζα αριθµού»,

«αριθµητική συνάρτηση», «αριθµητικές ισότητες» και «Θεώρηµα Θαλή». Θα

µελετηθεί πως οι παραδειγµατικές αυτές ασκήσεις πρέπει να λύνονται στους

µικρότερους µαθητές (13, 14 και 15 ετών µαθητές) και πως οι ίδιες ασκήσεις µπορούν

και είναι απαραίτητο να λύνονται στους µεγαλύτερους µαθητές (16 και 17 ετών).

116

2.1. Ρίζα αριθµού

Στους µαθητές της ηλικίας 13 και 14 ετών προτείνονται για λύση ασκήσεις σαν

τις ακόλουθες δυο:

Άσκηση 25. α) Να υπολογιστούν τα: 4

25,

04,0

25,0,

4

25,

04,0

25,0.

β) Αφού ληφθεί υπ’ όψιν το αποτέλεσµα της άσκησης, µπορούµε να ισχυριστούµε,

ότι: b

a

b

a= , για а και b θετικοί αριθµοί και b ≠ 0;

Άσκηση 26. α) Να συµπληρωθούν οι ακόλουθες ισότητες:

i) 04,0.36 =...., 36,0.6,3 = ….

ii) 04,0.36 = …, 36,0.6,3 =....

β) Αφού ληφθούν υπ’ όψιν τα αποτελέσµατα των i) και ii) µπορούµε να

ισχυριστούµε, ότι: baba .. = , για а και b θετικοί αριθµοί;

Με τους µαθητές των 15 και 16 ετών µε βάση τον ορισµό «αν a = х, τότε х2

= а για а ≥ 0» υλοποιείται γενίκευση και λέγεται, ότι: «αν n a = x, τότε а.= хn, για а

≥ 0 και n ∈ N». Εν συνεχεία µε τη βοήθεια του ορισµού της n – οστής ρίζας,

αποδεικνύονται οι ακόλουθες ιδιότητες ριζών:

α) nnn baba .. = , а ≥ 0, b ≥ 0, n ∈N,

β) n

n

n

b

a

b

a= , а ≥ 0, b ≥ 0, n ∈ N,

γ) nmn m aa = , а ≥ 0, n, m ∈ N,

δ) m nrm rn aa = , а ≥ 0, n, m, r ∈ N.

Μετά την απόδειξη των προηγούµενων ιδιοτήτων, χρησιµοποιούνται έτοιµες

για τη λύση των ακόλουθων ασκήσεων:

Άσκηση 27. Να µετατραπούν τα κλάσµατα σε ισοδύναµα µε ρητό

παρανοµαστή: 3

15,

3 3

1.

Άσκηση 28. Να απλοποιηθούν οι ρίζες: 27 , 27

243.

117

2.2. Αριθµητική συνάρτηση

Με σκοπό την προπαιδευτική της έννοιας «αριθµητική συνάρτηση» προτείνεται

η λύση ασκήσεων πρακτικού χαρακτήρα, όπως για παράδειγµα η άσκηση 13. Στις

µικρές τάξεις (14 και 15 ετών) του γυµνασίου λύνονται ασκήσεις σαν την ακόλουθη:

Άσκηση 29. Να σχεδιαστούν οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων: y =

x

14 και y = −−−−

x

14 στο ίδιο ορθοκανονικό σύστηµα αξόνων.

Αφού λυθούν αυτές οι ασκήσεις, παρατηρείται, ότι οι άξονες Оx και Оy είναι

εφαπτόµενες στις δυο ζητούµενες γραφικές παραστάσεις. Στις µεγαλύτερες τάξεις

(17-18 ετών), τέτοιες ασκήσεις λύνονται µε το βοήθεια της «ανάλυσης» και

συγκεκριµένα µε τη χρήση της παραγώγου συνάρτησης. Εδώ φαίνεται ακόµη ένα

πέρασµα από την προπαιδευτική διδασκαλία µιας έννοιας στη συστηµατικής της

εκµάθηση.

2.3. Ίσα τρίγωνα

Στην αρχή παραδίδονται τα τρία κριτήρια ισότητας τριγώνων (15 ετών), χωρίς

να αποδεικνύονται και χωρίς να προηγείται ο ορισµός της ισότητας τριγώνων. Με την

προβολή των κριτηρίων ισότητας τριγώνων και του θεωρήµατος των εσωτερικών

γωνιών τριγώνου, λύνονται ασκήσεις σαν τις επόµενες:

Άσκηση 30. Να συγκριθούν τα τρίγωνα ОАВ και ОАС στις περιπτώσεις των

σχηµάτων18α, 18β και 18γ. Ίσα είναι τα δυο αυτά τρίγωνα;

Σχήµα 18α Σχήµα 18β Σχήµα 18γ

Άσκηση 31. Η διάµεσος του τριγώνου АВС έχει κατασκευαστεί µε τέτοιο

τρόπο ώστε: MZ = MA (Σχήµα 19). Να συγκριθούν: α) τα τρίγωνα АВМ και ZСМ;

β) τα ευθύγραµµα τµήµατα АВ και ZС.

A

B C

O O

B CA

O

B CA

118

15

А

C

В М

Z

Σχήµα 19

Ειδικά η τελευταία άσκηση και άλλες όµοιες µ’αυτή, προετοιµάζουν την

εµπέδωση της Ευκλείδειας Γεωµετρίας που θα διδαχτούν οι µαθητές στις δυο πρώτες

τάξεις του Λυκείου (16 ετών).

Άσκηση 32. Αν АМ είναι η διάµεσος προς την υποτείνουσα ορθογωνίου

τριγώνου АВС (γωνία А = 90°), τότε (Σχήµα 20): α) να υπολογιστούν οι γωνίες του

τριγώνου АМВ; β) Να αποδειχτεί, ότι: АВ = 2

1ВС.

С

М

А В

Σχήµα 20

2.4. Θεώρηµα Θαλή

Ανάλογα µε την ισότητα τριγώνων προτείνεται να είναι και η εισαγωγή για το

Θεώρηµα Θαλή. Σε µαθητές 15 ετών και µετά τη διδασκαλία των ανάλογων

ευθύγραµµων τµηµάτων και του Θεωρήµατος Θαλή, προτείνεται να λύνονται

γεωµετρικές ασκήσεις σαν την επόµενη:

Άσκηση 33. Στο Σχήµα 21 δίνεται, ότι: DEBA, EZAD, AE = x + 3, EC =

15, BD = y, DZ = x και ZC = 10. Να υπολογιστούν τα х και y.

А

В y D x Z 10 С

Σχήµα 21

E x+3

119

Τέτοιες ασκήσεις λύνονται και στην επόµενη τάξη (16 ετών µαθητές), αλλά µε

άλλα µέσα και συγκεκριµένα, κατά την εκµάθηση της ευκλείδειας γεωµετρίας (όσο

αυτό είναι δυνατόν να υλοποιηθεί στη σχολικά γεωµετρία).

Η προπαιδευτική βοηθάει σε µεγάλο βαθµό τους µαθητές κατά την κατανόηση

των µαθηµατικών εννοιών. Σαν αποτέλεσµα αυτού είναι η ορθή και εύκολη λύση

δύσκολων µαθηµατικών ασκήσεων. Πρέπει όµως να εφαρµόζεται συνετά και µετά

από προσεκτική διευκρίνιση του σκοπού που ο καθηγητής θέλει να φτάσει µέσου της

προπαιδευτικής. Στη µαθηµατική σχολική βιβλιογραφία παρατηρούνται αρκετές

φορές και περιπτώσεις προπαίδευσης που παρεκτρέπουν τους µαθητές από τους

διδασκόµενους µαθηµατικούς ορισµούς. Για παράδειγµα κατά τον ορισµό της

απόλυτης τιµής αρνητικού αριθµού λέγεται: «είναι ο ίδιος αριθµός αλλά µε πρόσηµο

+». Αυτό µας οδηγεί στην ερώτηση: «τι συµβαίνει µε την περίπτωση (х−−−−1), για х ≤

1;» Στην περίπτωση αυτή στις µεγαλύτερες τάξεις (16 ετών) οι µαθητές δύσκολά

κατανοούν γιατί |х−−−−1| = −−−−(х−−−−1), για х ≤ 1. Για το λόγο αυτό πρέπει οι µαθηµατικοί

ορισµοί να βοηθούνται αλλά χωρίς να οδηγούµαστε σε αντιφάσεις και αντιθέσεις µε

την επιστήµη. Με σωστά επιλεγµένη προετοιµασία η προπαιδευτική αυξάνει το

επίπεδο της άψογης εµπέδωσης των µαθηµατικών γνώσεων.

3. Ιστορικές, διασκεδαστικές και παραδοσιακές ασκήσεις ως τρόπο

για την αύξηση του ενδιαφέροντος προς τη µαθηµατική επιστήµη

Οι γνώσεις από την ιστορία των µαθηµατικών και η εφαρµογή τους σε διάφορες

καταστάσεις, δίνουν τη δυνατότητα να ακολουθηθούν τα στάδια ανάπτυξης µιας

µαθηµατικής έννοιας και να αναλυθεί και να σχολιαστούν οι δυσκολίες, τις οποίες οι

παλαιότεροι συνάντησαν τον καιρό της ανάπτυξής τους. Από την άλλη πλευρά η

λαϊκή δηµιουργία έχει δώσει πολλές αφηγήσεις, παροιµίες και παιχνίδια µε

µαθηµατικό περιεχόµενο, οι οποίες αντανακλούν την εξέλιξη των µαθηµατικών

εννοιών και υπογραµµίζουν την εισχώρησή τους στην αντικειµενική πραγµατικότητα.

3.1. Ιστορικές ασκήσεις

Κατά την επεξεργασία του εκπαιδευτικού περιεχοµένου στη διδασκαλία των

µαθηµατικών είναι κατάλληλο το πέρασµα από τα στάδια, κατά την εµπέδωση

120

µαθηµατικών εννοιών, από τα οποία πέρασαν οι αρχαίοι, το οποίο θα µας

εξασφαλίσει την ακριβή γέννηση. Οι ιστορικές ασκήσεις, µαζί µε τον εγκλεισµό

ιστορικών παροιµιών, οι οποίες δεν καταλαµβάνουν πολύ χρόνο, δυναµικά αυξάνουν

το ενδιαφέρον των µαθητών για τις µαθηµατικές έννοιες. Με τον τρόπο αυτό τα

µαθηµατικά συνδέονται µε ανθρωπιστική επιστήµη και συγκεκριµένα την ιστορία.

Αυτό δίνει τη δυνατότητα στους µαθητές να µάθουν πως µια µαθηµατική έννοια

γεννήθηκε και αναπτύχθηκε, κάτω από ποιες πολιτικοοικονοµικές συνθήκες

εµφανίστηκαν οι πρώτες µαθηµατικές ασκήσεις, γιατί δηµιουργήθηκε η ανάγκη γι’

αυτές. Όταν οι µαθητές κατανοήσουν το χρόνο που χρειάστηκε η ανθρωπότητα για να

φτάσει σε µια «εύκολη» µαθηµατική απόδειξη, αρχίζουν να σκέφτονται αν στο

παρελθόν αυτό ήταν τόσο «εύκολο» και «οφθαλµοφανές». Αφού µόνοι τους

αποδείξουν για παράδειγµα το Πυθαγόρειο Θεώρηµα, θα κατανοήσουν, ότι έχουν

αποδείξει ένα πολύ βασικό θεώρηµα για το οποίο χρειάστηκαν εκατοντάδες χρόνια

έως ότου γίνει κατανοητή η διατύπωση και απόδειξή του από τους Αρχαίους

Έλληνες.

Σύντοµες ιστορικές αφηγήσεις µπορούν να χρησιµοποιηθούν ή στην αρχή ή στο

τέλος του νέου µαθηµατικού θέµατος. Εκτός αυτού αυτές προτείνονται κυρίως για

εκτός σχολικού χρόνου φόρµες διδασκαλίας µαθηµατικών. Για να µπορέσει να

υλοποιηθεί η δυνατότητα αυτή απαραίτητη είναι η συγκρότηση οµάδων ασκήσεων

για κάθε γνωστικό επίπεδο διδασκαλίας των µαθηµατικών (δηλαδή σε κάθε σχολική

τάξη να υπάρχουν και οι αντίστοιχες ιστορικές αφηγήσεις και ασκήσεις).

Τέλος προτείνεται η εισαγωγή ενός νέου µαθήµατος το οποίο θα αναφέρεται

τόσο στην ιστορία των µαθηµατικών, όσο και των άλλων σχετικών επιστηµών

(φυσική, χηµεία κ.τ.λ). Έτσι οι µαθητές θα µπορούν αφενός να διδάσκονται τα τόσο

σηµαντικά για τη διδασκαλία των µαθηµατικών ιστορικά γεγονότα και αφετέρου να

βλέπουν τη σχέση τους µε την γέννηση και ανάπτυξη άλλων σχετικών επιστηµών. Το

µάθηµα αυτό θα ήταν κατάλληλο για µαθητές 16 – 17 ετών και θα µπορούσε να µην

περιλαµβάνει εξεταστική διαδικασία, αλλά για παράδειγµα σύνταξη εργασιών από

τους µαθητές και βράβευση τις τρεις – τέσσερις καλύτερες εξ αυτών.

Για ορισµένα θέµατα µαθηµατικών προτείνονται κάποιες ασκήσεις βασισµένες

στα προαναφερόµενα και µε απώτερο σκοπό αυτών την αύξηση του ενδιαφέροντος

των µαθηµατικών για τα µαθηµατικά.

121

Στο τέλος του θέµατος σχετικού µε το Θεώρηµα Θαλή, µπορούν να δοθούν

στους µαθητές αξιοσηµείωτα βιογραφικά στοιχεία του Θαλή και να λυθούν ασκήσεις

σαν τις ακόλουθες δυο (17 ετών µαθητές):

Άσκηση 34. ∆ίνεται ορθογώνιο τρίγωνο АВС µε γωνία А = 90º.

α) Να κατασκευαστούν, µε χάρακα και διαβήτη, τα συµµετρικά σηµεία А1 και

В1, αντίστοιχα των σηµείων А και В µε κέντρο συµµετρίας το σηµείο С. (Σχήµα 22).

β) Να αποδειχτεί, ότι: АВ = А1В1 και А1В1 ⊥ С А1.

γ) Να ερευνηθεί αν АВ = А1В1, όταν το τρίγωνο АВС είναι τυχαίο (Σχήµα 22).

Η άσκηση αυτή έχει σχέση µε τον προσδιορισµό της απόστασης έως απρόσιτο

σηµείο από τον Θαλή (Κεφάλαιο ΙΙ, παρ. 4.1. Σχήµα 3).

B

A A1

C B1

Σχήµα 22

Άσκηση 35. ∆ίνεται τρίγωνο АВС και το ύψος του ВD. Στην προέκταση της

πλευράς АС, προς το σηµείο С, λαµβάνεται ευθύγραµµα τµήµατα СН = 10cm και

СZ = 2cm. Από το σηµείο Z κατασκευάζεται ευθεία a, κάθετη στην ευθεία που

ορίζεται από το ευθύγραµµο τµήµα АС, η οποία τέµνει την ευθεία ВН στο σηµείο Е

µε ZЕ = 4 cm (Σχήµα 23).

α) Να κατασκευαστεί, µε χάρακα και διαβήτη, ευθεία b, η οποία να είναι

παράλληλη του ВС και να διέρχεται από το σηµείο Е.

β) Αν η b τέµνει το АН στο σηµείο М και МН = 5 cm, να υπολογιστεί το µήκος

του ύψους ВD του τριγώνου АВС.

γ) Να υπολογιστεί το εµβαδόν του τριγώνου ВDС.

122

Σχήµα 23

Με την άσκηση αυτή, εκτός του Θεωρήµατος Θαλή, οι µαθητές εξασκούνται

στις γεωµετρικές κατασκευές και στον υπολογισµό εµβαδού (Κεφάλαιο ΙΙ, παρ. 4.1

Σχήµα 2).

Κατά τη λύση ασκήσεων πανοµοιότυπες των δυο τελευταίων, εξασκούνται οι

γνώσεις των µαθητών σχετικές µε τα θεωρήµατα ισότητας τριγώνων, γνωστά από την

αρχαιότητα. Έτσι γνώσεις από την ιστορία των µαθηµατικών χρησιµοποιούνται

ακόµη και για την εµπέδωση νέων, για του µαθητές, γνώσεων.

Σχετικά µε τις µαθηµατικές γνώσεις του Οµήρου καλόν είναι να προτείνονται

(µετά τη σχετική ιστορική αναφορά στα αναγραφόµενα του Κεφαλαίου ΙΙ παρ. 2 για

τον Όµηρο) για λύση οι ακόλουθες ασκήσεις (14 ετών µαθητές):

Άσκηση 36. α) Να υπολογιστούν οι «πυθµένες» των λέξεων: «Πυθαγόρας»,

«Σάµιоς».

β) Να υπολογιστούν οι «πυθµένες» των αριθµών 580, 500.

γ) Αφού ληφθεί υπ’ όψιν το ακόλουθο ιστορικό γεγονός: «Ο Πυθαγόρας είναι

από το νησί Σάµος, γεννήθηκε το 580 π.Χ. και πέθανε το 500 π.Χ., τι µπορεί να

ειπωθεί για τα αποτελέσµατα των υπολογισµών στα α) και β);

Η άσκηση αυτή µπορεί να προταθεί για λύση σε µαθητές που γνωρίζουν το

Πυθαγόρειο Θεώρηµα.

Άσκηση 37: α) Να υπολογιστεί η αριθµητική τοµή των στίχων:

«Εϊѕ πρόѕ ένα ψηφιον ισάζεται, ου δύο δοιιοις.

Ού γάρ έτι στέργω την δολιοχογραφίην».

β) Λαµβάνοντας υπ’ όψιν την µετάφραση αυτών:

«Ένα προς ένα στίχο θα κάνω να έχει τον ίδιο αριθµό, όχι δυο προς δυο,

γιατί πλέον δεν µου αρέσει η πολυλογία»

A D C Z

ab

M H

B

E

123

τι παρατήρηση µπορείτε να κάνετε;

Κατά τον εγκλεισµό τέτοιων ασκήσεων στην εκπαιδευτική διαδικασία των

µαθηµατικών πρέπει να υλοποιείται άµεση επαφή των καθηγητών µαθηµατικών και

φιλολόγων. Με τον τρόπο αυτό αφενός τα µαθηµατικά δεν λαµβάνονται ως ξένα και

άσχετα µε άλλες επιστήµες, αφετέρου κερδίζεται χρόνος, αφού διδάσκονται οι

µαθητές συγχρόνως µαθηµατικά και ιστορία

Άσκηση 38. α) Να πολλαπλασιαστούν οι αριθµοί 9 και 3. Να προστεθούν τα

ψηφία του γινοµένου.

β) Να πολλαπλασιαστεί ο αριθµός 9 µε τους αριθµούς 51, 583 και 89567 και

να προστεθούν τα ψηφία του κάθε γινοµένου.

γ) Τι παρατηρείται; (13 ετών µαθητές)

Μετά τη γνωστοποίηση στους µαθητές της αριθµητικής προόδου, που

λαµβάνεται στο Κεφάλαιο ΙΙ, παρ. 2 και συγκεκριµένα 1,2,3,4,5, προτείνεται για

λύση η ακόλουθη άσκηση:

Άσκηση 39. α) Να βρεθεί ο 12ος όρος της ακολουθίας 1, 2, 3, 4, 5, .…

β) Να υπολογιστεί το άθροισµα S12.

Για δειχτεί στους µαθητές η σχέση µεταξύ γεωµετρίας και άλγεβρας µπορούν

να λυθούν οι ακόλουθες δυο ασκήσεις (15 ετών µαθητές):

Άσκηση 40. Να αποδειχτεί, ότι: (а + b) = a2 + 2ab + b2:

α) Με αλγεβρικό τρόπο.

β) Με γεωµετρικό τρόπο.

Άσκηση 41. Να λυθεί η εξίσωση: x2 + ax = b2:

α) Με αλγεβρικό τρόπο.

β) Με γεωµετρικό τρόπο.

Αφού αποδειχτεί το θεώρηµα «χρυσής τοµής», σε µαθητές 17 ετών, προτείνεται

να δείχνεται ο χάρτης του Κεφαλαίου ΙΙ, παρ. 4.7. και να δίνεται προσοχή στη

χρησιµοποίηση της γεωµετρίας για την κατασκευή των πόλεων και των ναών στην

Αρχαία Ελλάδα. Εκτός αυτού µε τη «χρυσή τοµή» δύναται να λυθεί και η ακόλουθη

άσκηση από τα «Στοιχεία ΙΙ» του Ευκλείδη:

Άσκηση 42. Να διαιρεθεί ένα ευθύγραµµο τµήµα а σε δυο µέρη х και а −−−− х,

έτσι ώστε το τετράγωνο που θα κατασκευαστεί πάνω στο µεγαλύτερο τµήµα του а, να

έχει εµβαδόν ίσο µε το εµβαδόν του ορθογωνίου πλευρών а και а −−−− х.

124

Για να βρεθεί το х, πρέπει να λυθεί η εξίσωση xa

x

x

a

−= η λύση της οποίας

υπάρχει στην παρ. 4.7. του Κεφαλαίου ΙΙ, και είναι х = 62,02

15=

−ή ακόµη

m

M =

1,618.

Η σχέση αυτή συναντίεται και σε άλλα σηµεία, όπως για παράδειγµα στο

γνωστό «µυστικό σύµβολο της πυθαγόρειας σχολή» (συγκεκριµένα το «πεντάλφα»),

δηλαδή οι σχέσοις AC

AD = 1,618,

AB

AC = 1,618 κ.τ.λ. (Σχήµα 3).

А B С D

Σχήµα 24

Ενδαφέρον είναι να ειπωθείς τους µαθητές, ότι η «χρυσή τοµή» παρατηρείται

ακόµη και στο αρχαίο θέατρο της Επιδάβρου, κατασκευασµένο τον 5ο αιώνα π.Χ.

(Σχήµα 25). Σ’ αυτό παρατηρείται ότι τα σκαλοπάτια χωρίζονται σε δυο οµάδες των

34 και 21 σκαλιών, τα οποία επαληθεύουν τη σχέση m

M = 1,618 ή

21

34 ≈ 1,618.

Σχήµα 25

Σχετικά µε τον τύπο του Ήρωνα µπορεί να λυθεί αρχικά η άσκησή του

(Κεφάλαιο ΙΙ, παρ. 4.10) και εν συνεχεία να δειχτεί η γενικευµένη της µορφή, δηλαδή

S = ( )( )( )cpbpapp −−− (17 ετών µαθητές). Εκτός αυτού µπορεί να αναφερθεί

στους µαθητές και ο τρόπος µε τον οποίο ο Ήρωνας υπολόγιζε τις τετραγωνικές ρίζες.

Μετά τη σχετική µε τις προόδους θεωρία, µπορεί να αναφερθούν στους µαθητές

σύντοµες ιστορικές πληροφορίες για τον Νικόµαχο και να λυθούν, εκτός των άλλων

ασκήσεων και ασκήσεις προτεινόµενες στο Παράρτηµα 3 (17 ετών µαθητές).

Στο Κεφάλαιο ΙΙ, παρ. 4.11, παρουσιάζεται ένα σύστηµα τριών αγνώστων µε

τρεις εξισώσεις. Μπορεί να προταθεί για λύση σε µαθητές 17 ετών µε σχετική γνώση

21-σκαλιά

34- σκαλιά

125

γραµµικής άλγεβρας. Άλλες ασκήσεις συστηµάτων γραµµικών εξισώσεων

προτείνονται στο Παράρτηµα 3.

Όταν οι µαθητές διδαχτούν τη λύση πρωτοβάθµιων γραµµικών εξισώσεων µε

ένα άγνωστο, µπορεί να προταθεί και η άσκηση που δηλώνει την ηλικία του

∆ιόφαντου (14 ετών). Φυσικά µπορούν να λυθούν και συστήµατα εξισώσεων του

∆ιόφαντου σε µεγαλύτερες τάξεις (17 ετών) και σε µαθητές µε αυξηµένο το

ενδιαφέρον για τα µαθηµατικά. (Κεφάλαιο ΙΙ, παρ. 4.12.).

Θα ήταν ενδιαφέρον να ειπωθεί και για τη λύση των άλυτων προβληµάτων της

αρχαιότητας ε άλλα µέσα, εκτός του χάρακα και του διαβήτη. Οι ασκήσεις αυτές

είναι κατάλληλες για µαθητές 17 ετών.

Στα «Στοιχεία Χ» του Ευκλείδη υπάρχουν πολλές γνώσεις σχετικές µε τις ρίζες.

Ενδιαφέρον θα ήταν να δειχτεί για παράδειγµα, στους µαθητές ο τρόπος υπολογισµού

των άρρητων 13,11,7,5,3,2 ή 17 (Κεφάλαιο ΙΙ, παρ. 4.5). Οι ασκήσεις

αυτές προτείνεται να δίνονται σε µαθητές 16 ετών.

Βοηθητικό είναι και η παρουσίαση του αλγόριθµου εύρεσης των ασύµµετρων

ριζών. ∆υο τέτοια παραδείγµατα υπάρχουν στο Παράρτηµα 3. Μπορεί επίσης, µετά

από εκτίµηση του καθηγητή, οι ασκήσεις του Αρχιµήδη (Κεφάλαιο ΙΙ, παρ. 4.6),

Ευκλείδη και Απολλώνιου να δίνονται για λύση µόνο σε εκτός σχολικού χρόνου,

φόρµες διδασκαλίας και σε µαθητές µε αυξηµένο το ενδιαφέρον για τα µαθηµατικά.

Σηµαντικό είναι πριν να λυθούν οι ασκήσεις αυτές ν µην αναφέρεται στους µαθητές

ποιος ανακάλυψε τις γνωστές λύσεις. Αυτό να γίνει αφού πρώτα λυθούν από τους

ίδιους τους µαθητές. Με τον τρόπο αυτό οι µαθητές αισθάνονται ικανοποίηση από το

γεγονός, ότι κατόρθωσαν να λύσουν ασκήσεις, τις οποίες γνωστοί έλληνες

µαθηµατικοί ανακάλυψαν και έλυσαν σε πάροδο µπορεί και εκατοντάδων χρόνων.

Προτείνεται ακόµη για τους µικρούς µαθητές (13 ετών) κατά τις πράξεις µε

αριθµούς, να δείχνεται ο πίνακας του σχήµατος 26.

126

Τρόπος γραφής των αριθµών

Τρόπος

γραφής

των

αριθµών

Σύγχρονος τρόπος γραφής των αριθµών – αραβική γραφή

Αρχαιοελληνικά

Αρχαία

Ελλάδα

Βαβυλώνα

Αίγυπτος

Κίνα

Λατινική γραφή

0 - γράφουν «ουδέν»

- - - -

1

α I I I

2 β II II II

3 γ III III III

4

δ

IIII IIII IV

5 ε

III II

IIIII V

6

ς

III III

VI

7

ζ

IIIIIII VII

8

η

IIIIIIII

VIII

9

θ

IIIII IIII

IX

10

ι

IIIII IIIII

- X

Σχήµα 26

127

Προτείνεται να δείχνεται στους µαθητές και το γραφικό για τη σχέση των

χρόνων που έζησαν κάποιο έλληνες µαθηµατικοί, όπως έχει γίνει στο Παράρτηµα 8.

Σηµειώνεται, ότι ο πίνακας του σχήµατος 26 και το προαναφερόµενο γραφικό

πρέπει να δίνονται έτοιµα και σε καµία περίπτωση δεν πρέπει να ζητείται από τους

µαθητές να αποµνηµονευτούν. Εκτός αυτού, µπορεί να προταθεί στους µαθητές ο

υπολογισµός των διαφόρων αριθµών πράξεων µε αριθµούς (όπως για παράδειγµα 5,

35, 635 και 2005) γραµµένοι µε όλους τους δυνατούς τρόπους που προτείνονται στον

πίνακα του σχήµατος 26.

Τέτοιο πίνακες είναι δυνατόν να δηµιουργηθούν και για άλλες ιστορικές

µαθηµατικές έννοιες, όπως για παράδειγµα οι 10 πρόοδοι των µαθηµατικών Πάππου

και Νικόµαχου. Με τον τρόπο αυτό µπορεί να δειχτεί η «εξέλιξη» µιας µαθηµατικής

έννοιας στο χρόνο. Η ιδέα αυτή πρέπει να συνδέεται και µε την παρουσίαση, σε

ιστορική βάση, των πολιτικών και οικονοµικών γεγονότων και καταστάσεων, οι

οποίες έπαιξαν σηµαντικό ρόλο στην εξέλιξη της αντίστοιχης µαθηµατικής έννοιας.

Οι ασκήσεις µε ιστορικά στοιχεία που προτείνονται, αρµόζει να δίνονται για

λύση αφού πρώτα λυθούν οι ορισµένες, από το εκπαιδευτικό πρόγραµµα, ασκήσεις

των βιβλίων. ∆υνατόν είναι αυτές να λύνονται οµαδικά, ηµιοµαδικά ή ατοµικά.

Ειδικά ο τρόπος υπολογισµού της τετραγωνικής ρίζας δεν πρέπει να απαιτείται από

τους µαθητές να τον αποµνηµονεύσουν και αυτό γιατί είναι αρκετά δύσκολος.

Προτείνεται ιστορικά γεγονότα και ασκήσεις σαν τις προαναφερόµενες να υπάρχουν

κατά τη διδασκαλία κάθε µαθηµατικής έννοιας και να εφαρµόζεται ιδικός τρόπος

εφαρµογής του, όπως για παράδειγµα µε ανοιχτό βιβλίο. Αυτό πρέπει επίσης να

αποτελέσει κανόνα για την διαµόρφωση της σύγχρονης εκπαιδευτικής βιβλιογραφίας.

3.2. Παραδοσιακές και διασκεδαστικές ασκήσεις

Οι παραδοσιακές, διασκεδαστικές ασκήσεις και ασκήσεις – παιχνίδια,

χρησιµοποιούν προσιτή γλώσσα και έτσι µπορούν να χρησιµοποιηθούν για των

κατανόηση των µαθηµατικών εννοιών. Ο τύπος αυτός των ασκήσεων βοηθάει τη

διδασκαλία των µαθηµατικών, ιδιαίτερα στις µικρότερες σχολικές τάξεις. Οι

ασκήσεις αυτές εκπληρώνουν τις ίδιες λειτουργίες σαν τις κανονικές και

συγκεκριµένα: εκπαιδευτικές, αναπτυξιακές, διαπαιδαγωγικές και εξεταστικές

λειτουργίες. Συγχρόνως προκαλούν το ενδιαφέρον και την όρεξη των µαθητών.

128

Κάνουν τις µαθηµατικές γνώσεις να είναι περισσότερο κατανοητές και

διασκεδαστικές, ενώ αυτό ελκύει τους µαθητές και της µαθαίνουν µε ευχαρίστηση.

Στα σχολικά βιβλία µαθηµατικών, όµως οι ασκήσεις αυτές δεν πρέπει να είναι

σε µεγάλο αριθµό, γιατί προσδίδουν αξιοπερίεργο και όχι ακριβή χαρακτήρα στα

µαθηµατικά, αφαιρώντας απ’ αυτά την επιστηµονική τους διάσταση, απαραίτητη για

την άψογη εκµάθηση τους. Προτείνεται περισσότερες τέτοιες ασκήσεις κατά βάση

να λύνονται σε εκτός σχολικού χρόνου µορφές εκπαίδευσης, ενώ κάποιες απ’ αυτές

να δίνονται και ως βοηθητικές.

Θα αναφερθούν ορισµένες διασκεδαστικές ασκήσεις και θα γίνει προσπάθεια

να δειχτεί η σχέση τους µε τα µαθηµατικά. Για το σκοπό αυτό θα διαχωριστούν

παραδοσιακές ασκήσεις και σε µαθηµατικά παιχνίδια.

α) Παραδοσιακές ασκήσεις. Οι ασκήσεις αυτές µπορούν να λυθούν ή στην

αρχή της διδακτικής ώρας, µε σκοπό να αιτιολογήσουν την αναγκαιότητα µιας

έννοιας, ή ακόµη να χρησιµοποιηθούν για την εδραίωσή της. Μ’ αυτές οι µαθητές

µεταξύ των άλλων, βλέπουν τη σχέση µεταξύ διαφόρων ανθρώπινων ενεργειών και

των µαθηµατικών εννοιών

Για παράδειγµα κατά την διδασκαλία των κλασµάτων και των πράξεων µ’ αυτά

(13-14 ετών), µπορούν να λύνονται και ασκήσεις σαν τις ακόλουθες:

Άσκηση 44. Επτά ίδια ψωµιά πρέπει να µοιραστούν σε 12 ανθρώπους, έτσι

ώστε καθ’ ένας να πάρει την ίδια ποσότητα. Πώς µπορεί να γίνει αυτό, χωρίς να

διαιρεθεί ούτε ένα ψωµί σε 12 ίσα µέρη;

Η άσκηση αυτή είναι όµοια µε τέσσερις από τις 105 ασκήσεις που υπάρχουν

και είναι λυµένες, στον πάπυρο του Rind. Μια απ’ αυτές είναι η ακόλουθη: «Να

διαιρεθούν, σε ίσες ποσότητες, 7 ψωµιά σε 10 ανθρώπους.» λέγεται ότι οι ασκήσεις

αυτές έχουν αιγυπτιακές ρίζες και αυτό γιατί λύνονται µε τη χρήση απλών

κλασµάτων, δηλαδή κλασµάτων της µορφής n

1, που έχουν αριθµητή 1 ή µε το

κλάσµα 5

2.

Άσκηση 45. ένας πατέρας είχε 17 καµήλες και τις άφησε κληρονοµιά στους

τρεις γιους του ως εξής: ο πρώτος να πάρει το 2

1 από τις καµήλες, ο δεύτερος το

3

1,

και ο τρίτος το 9

1. Οι γιοι του δεν µπόρεσαν να κάνουν τη µοιρασιά και γι’ αυτό όταν

129

πέρασε ένας καµηλιέρης του ζήτησαν τη βοήθειά του. Τότε αυτός τους είπε να

πάρουν και τη δική του καµήλα και µετά να κάνουν τη µοιρασιά. Και έτσι ο πρώτος

γιος θα πάρει 9 καµήλες, ο δεύτερος 6 και ο τρίτος 2 καµήλες, δηλαδή συνολικά 9 + 6

+ 2 = 17 καµήλες. Τότε ο καµηλιέρης πείρε την καµήλα του κα έφυγε. Οι τρεις γιοι

τήρησαν την διαθήκη του πατέρα τους;

Κατά την αρχαιοελληνική περίοδο, εκτός των αριθµητικών ασκήσεων που

αναφέρονται στο Κεφάλαιο ΙΙ, παρ. 4.11, κατά τα ιστορικά λεγόµενα άλλες ασκήσεις

δεν υπάρχουν. Κάτι περισσότερο, για πρώτη φορά τα «απλά κλάσµατα» εµφανίζονται

στα αρχαιοελληνικά µαθηµατικά µετά τον Αρχιµήδη. Ακόµη και οι αρχαίοι έλληνες

δεν µπορούσαν να γράψουν τα κλάσµατα όπως σήµερα. Για παράδειγµα το κλάσµα

5

4 το γράφουν ως

3

2 +

10

1 +

30

1 και ορίζουν δυο πράξεις µ’ αυτά τις οποίες

ονοµάζουν «ένωση» και «ανάλυση» οι οποίες αντιστοιχούν στην π»πρόσθεση» και

την «αφαίρεση». Στο Παράρτηµα 3 προτείνονται ακόµη κάποιες παραδοσιακές

ασκήσεις και οι λύσεις αυτών.

β) Μαθηµατικά παιχνίδια. Στα µαθηµατικά παιχνίδια επίσης λύνονται

ασκήσεις. Αυτές µπορούν να χρησιµοποιηθούν τόσο κατά την εµπέδωση των νέων

γνώσεων, όσο και κατά την υπενθύµιση και εδραίωση των γνώσεων. Τέτοια άσκηση

παραθέτεται στο Κεφάλαιο ΙΙ, άσκηση 17.

Η προφορική λύση υπολογιστικών ασκήσεων σαν τις προαναφερόµενες µπορεί

να βοηθήσει κατά πολύ στην ανάπτυξη της πρακτικής σκέψης των µαθητών και τους

οπλίζει µε µια δυνατή µέθοδο και συγκεκριµένα για τον τρόπο επιλογής τρόπου

ενέργεια για λύση άλλων µαθηµατικών ασκήσεων.

Εκτός των προαναφερόµενων ασκήσεων υπάρχουν και πολλές άλλες όµοιες

αυτών που αναφέρονται σε κάρτες, ζάρια, σπίρτα κ.α. Τέτοιες ασκήσεις µπορούν να

προτείνονται για λύση στο τέλος του µαθήµατος των µαθηµατικών, αφού

εξαντληθούν οι ασκήσεις των σχολικών βιβλίων.

Σαν συµπέρασµα δύναται να ειπωθούν τα ακόλουθα:

1. Η λύση µαθηµατικών ασκήσεων είναι ενέργεια η οποία δρα και βοηθάει τους

µαθητές κατά την εκµάθηση νέων γνώσεων και ικανοτήτων.

2. Το περιεχόµενο και οι ενέργειες, κατά τη λύση κάποιων µαθηµατικών

ασκήσεων, είναι µια από τα βασικότερα διδακτικά µέσα για την αιτιολόγησης της

διδασκαλίας κάποιων νέων εννοιών, κατά την εκπαιδευτική διαδικασία των


130

3. Η χρησιµοποίηση ιστορικών γεγονότων για τις µαθηµατικές έννοιες και η

λύση ιστορικών, παραδοσιακών και διασκεδαστικών ασκήσεων είναι ένα από τα

αποτελεσµατικά µέσα για την αύξηση του ενδιαφέροντος των µαθητών προς τη λύση

ασκήσεων, ως ενέργεια και προς την επιστήµη των µαθηµατικών, γενικότερα.

3.3.2.5. Ο ρόλος των ∆.Σ.Ι.Σ. και ∆.Σ.Α.Σ. κατά τη λύση ασκήσεων

Για να κατανοηθεί καλύτερα ο ρόλος των ∆.Σ.Ι.Σ. και ∆.Σ.Α.Σ. στη διδασκαλία

των µαθηµατικών και ιδιαίτερα κατά τη λύση ασκήσεων, θα υπογραµµιστεί το

ακόλουθο: µέχρι τώρα και κατά τον παραδοσιακό τρόπο διδασκαλία των

µαθηµατικών στο σύγχρονο σχολείο, µετά τον ορισµό των εννοιών ακολουθούν

συνήθως επιλεγµένα θεωρήµατα, τα οποία µαζί µε τα θεωρήµατα – κριτήρια για τη

δεδοµένη έννοια, ακολουθούν και θεωρήµατα – ιδιότητες. Ούτε για το ένα ούτε για

το άλλο υπάρχει λογική οργάνωση και συστηµατοποίηση έτσι ώστε να µπορεί να

βοηθηθεί ο µαθητής, τόσο κατά την αποµνηµόνευση, όσο και κατά την ορθή

εφαρµογή τους κατά τη λύση ασκήσεων ή κατά την απόδειξη άλλων θεωρηµάτων για

την αναγνώριση των συγκεκριµένων αντικειµένων ή κατά την ανακάλυψη νέων (για

τους µαθητές) ιδιοτήτων. Για το λόγο αυτό µόνο περιορισµένος αριθµός µαθητών

µετά τη λύση µεγάλου αριθµού ασκήσεων µπορούν µόνοι τους να δηµιουργήσουν τα

αντίστοιχα ∆.Σ.Ι.Σ. και ∆.Σ.Α.Σ. Αυτοί είναι οι µαθητές που µπορούν µόνοι τους να

λύσουν ασκήσεις από το σχολικό βιβλίο µαθηµατικών. Αν παρόλα αυτά στους

συγκεκριµένους µαθητές δοθεί για λύση άλλη άσκηση διαφορετική αυτών του

σχολικού βιβλίου, δεν µπορούν να τις λύσουν, ανεξάρτητα από το ότι στη λύση τους

εφαρµόζονται διδασκόµενα θεωρήµατα και ορισµοί. Ως παράδειγµα αναφέρονται οι

ακόλουθες τρεις ασκήσεις, στην λύση των οποίων χρησιµοποιούνται τα θεωρήµατα

ότι τα τρία ύψη ενός τριγώνου τέµνονται σε ένα σηµείο, οι τρεις διάµεσοι τέµνονται

σε ένα σηµείο και οι τρεις διχοτόµοι τέµνονται επίσης σε ένα σηµείο.

Άσκηση 1: Στο τρίγωνο АВС το σηµείο М είναι µέσο της АВ, ενώ P και Q είναι

τέτοια σηµεία αντίστοιχα των ВС και АС, ώστε МР = МQ = 2

AB. Μόνο µε χάρακα

και διαβήτη να κατασκευαστεί από το σηµείο С ευθεία κάθετη στην πλευρά АВ του

τριγώνου.

131

Άσκηση 2: Πάνω στην πλευρά ВС του παραλληλογράµµου АВСD λαµβάνεται το

µέσο М. Με τη χρήση του χάρακα και του διαβήτη, να κατασκευαστούν τα µέσα των

άλλων πλευρών του παραλληλογράµµου АВСD.

Άσκηση 3: Πάνω στην πλευρά ВС του ρόµβου АВСD λαµβάνεται σηµείο L1, το

οποίοι είναι σε ίση απόσταση από την πλευρά DС και τη διαγώνιο ВD. Αν К είναι το

σηµείο τοµής της διαγωνίου АС και του ευθύγραµµου τµήµατος DL1 και L2 είναι

σηµείο της DС, το οποίοι είναι σε ίση απόσταση από τις DВ και ВС, να αποδειχτεί,

ότι τα σηµεία L2, К, В ανήκουν σε µια ευθεία.

Κατά τη λύση σχεδόν κάθε µαθηµατικής άσκηση πρώτα απ’ όλα πρέπει να

διαπιστωθεί, ότι συγκεκριµένο αντικείµενο ανήκει στον όγκο της αντίστοιχης

έννοιας, για να µπορεί µετά απ’ αυτό να εφαρµοστεί κάποιο θεώρηµα, το οποίο

εξασφαλίζει τις αναγκαίες προϋποθέσεις της έννοιας αυτής. Είναι κατανοητό, ότι µε

τον τρόπο αυτό ουσιαστικά αν είναι γνωστές κάποιες ιδιότητες ορισµένων

αντικειµένων ανακαλύπτονται άλλες ιδιότητές τους, δηλαδή εκτελείται ευρετική

ενέργεια θεµελιωµένη στους ορισµούς των εννοιών και των δυο ειδών θεωρηµάτων.

Αυτό µε άλλα λόγια σηµαίνει, ότι η συστηµατοποίηση των διδασκόµενων

θεωρηµάτων και ορισµών µε τη µορφή ∆.Σ.Ι.Σ. και ∆.Σ.Α.Σ., µαζί µε την πολύπλευρη

εκπαίδευση των µαθητών να χρησιµοποιούν τα δυο αυτά διδακτικά συστήµατα,

αποτελεί το περιεχόµενο της ευρετικής αυτής ενέργειας. Η οργάνωση αυτή είναι ένα

ελπιδοφόρο απόθεµα γνώσεων για την αύξηση της αποτελεσµατικότητας της

εκπαίδευσης, κάτι που αποτελεί στόχο των ερευνητών ανά τους αιώνες.

Σχετικά µε τα ∆.Σ.Ι.Σ. και ∆.Σ.Α.Σ. θα συµπληρωθεί και το επόµενο: η

εργασία µε έννοιες και θεωρήµατα στα σχολικά µαθηµατικά περιορίζεται µόνο στα

∆.Σ.Ι.Σ. Αυτό είναι έτσι γιατί ουσιαστικά κάθε θεώρηµα της µορφής «p → q» είναι

ένα θεώρηµα – κριτήριο, σε σχέση µε τη βασική έννοια στο συµπέρασµα του

θεωρήµατος, ενώ είναι θεώρηµα – ιδιότητα σε σχέση µε τη βασική έννοια στο στην

εκφώνηση του θεωρήµατος. Για το λόγο αυτό είναι αρκετό να δηµιουργηθούν µόνο

∆.Σ.Ι.Σ. αφού κάθε θεώρηµα θα σχετίζεται µε κάποιο ∆.Σ.Ι.Σ.

3.3.2.6. «∆υνατές» και «αδύνατες» ιδιότητες των θεωρηµάτων κατά τη λύση

ασκήσεων

Εκτός από την προαναφερόµενη σε προηγούµενο κεφάλαιο λογική οργάνωση

των διδασκόµενων θεωρηµάτων, η ευρετική ικανότητα των µαθητών για λύση

132

ασκήσεων, µπορεί να καλλιεργηθεί αποτελεσµατικά και αν συνειδητά αναφέρονται

όλες οι δυνατότητες, για τις οποίες µπορεί να χρησιµοποιηθεί κάθε θεώρηµα. Τις

περισσότερες όµως φορές αυτό δεν υλοποιείται. Ακόµη περισσότερο, µε τη λύση

ασκήσεων συνήθως οι µαθητές εξασκούνται σε ορισµένες δυνατότητες εφαρµογής

του συγκεκριµένου διδασκόµενου θεωρήµατος.

Για παράδειγµα µετά την απόδειξη του θεώρηµα για το ορθόκεντρο τριγώνου

, στην καλύτερη περίπτωση οι µαθητές διδάσκονται να την εφαρµόζουν στον

ισχυρισµό «τρία ευθύγραµµα τµήµατα ή τρεις ευθείες διέρχονται από ένα σηµείο»,

ενώ δεν δείχνεται ότι µε το θεώρηµα αυτό µπορεί να αποδειχθεί η καθετότητα δυο

ευθειών ή ευθυγράµµων τµηµάτων.

Για το λόγο αυτό η δυνατότητα αυτή εφαρµογής του θεωρήµατος, για το

ορθόκεντρο τριγώνου, για τους µαθητές εµφανίζεται ως «αδύνατη» ιδιότητα και είναι

φυσικό ότι δεν θα σκεφτούν να το εφαρµόσουν.

Παρόµοια παρατήρηση ισχύει και για πολλά άλλα θεωρήµατα, όπως για

παράδειγµα το θεώρηµα συνηµίτονου. Μετά την απόδειξη του θεωρήµατος αυτού

λύνονται συνήθως ασκήσεις της µορφής:

1. Γνωστών а, α και β να βρεθούν b,c και γ;

2. Γνωστών a και β να βρεθούν b, γ και c.

Σπανιότερα λύνονται ασκήσεις της µορφής:

1. Γνωστών a και α να βρεθούν R;

2. Γνωστών α και R να βρεθούν a.

Αυτό το οποίο πρέπει να τονιστεί είναι ότι σχεδόν ποτέ δεν δίνονται ασκήσεις

κατά τις λύσεις των οποίων να χρειάζεται µε δεδοµένη την σχέση µεταξύ δυο

πλευρών τριγώνου να ζητείται η σχέση των απέναντι πλευρών του και το αντίστροφο.

Τα προαναφερόµενα δύναται να µας οδηγήσουν στα ακόλουθα δυο βασικά


α) Πρώτο είναι το συµπέρασµα, ότι µετά την απόδειξη κάθε θεωρήµατος

προτείνεται κατανοητά να παραθέτονται όλες οι δυνατές ενέργειες που είναι δυνατόν

να εκτελεστούν µ’ αυτό. Η αναγκαιότητα του συµπεράσµατος αυτού φαίνεται και από

το γεγονός, ότι άλλες είναι οι ενέργειες µε τις οποίες αποδεικνύεται ένα θεώρηµα και

άλλες αυτές στις οποίες το θεώρηµα αυτό δύναται να εφαρµοστεί κατά τη λύση

διαφόρων µαθηµατικών ασκήσεων. Αυτό δεν ισχύει µόνο για τα θεωρήµατα τα οποία

133

είναι προϊόν µαθηµατικών ενεργειών. Ισχύει και για τα προϊόντα σχεδόν όλων των

ενεργειών του ατόµου.

Για παράδειγµα µε κάποιο τρόπο κατασκευάζεται ένα γεωργικό µηχάνηµα,

ενώ µε άλλο τρόπο χρησιµοποιείται στις γεωργικές εργασίες.

β) Το δεύτερο συµπέρασµα, το οποίο είναι δυνατόν να εξαχθεί από τις

προαναφερόµενες διδακτικές παρεµβάσεις, είναι ότι η εξάσκηση κατά τη λύση

ασκήσεων πρέπει, όχι µόνο τα διάφορα θεωρήµατα να εξετάζονται στον ίδιο βαθµό,

αλλά και οι διαφορετικές δυνατότητες για εφαρµογής του ιδίου θεωρήµατος πρέπει

να εξετάζονται το ίδιο.

Το συµπέρασµα αυτό δίνει τη δυνατότητα να εδραιωθεί ως µέτρο στη

σύγχρονη διδασκαλία των µαθηµατικών κάθε µια από τις δυνατότητες των

διδασκόµενων θεωρηµάτων να εφαρµόζεται στην εξάσκηση 4 – 5 φορές και όχι µία

δυνατότητα να εφαρµόζεται 10 φορές ενώ κάποιες άλλες 0 ή 1 – 2 φορές.

Έως εδώ έγινε σχετική αναφορά σε κάποιες βασικές επιπλέον ενέργειες οι

οποίες πρέπει να γίνονται κατά τη δηµιουργία της δοµής των µαθηµατικών γνώσεων,

για να µπορούν να είναι ευκολότερα κατανοητές και να τις αποµνηµονεύσουν οι

µαθητές.

Από την άλλη πλευρά δείχθηκε ότι αυτή η αναδιοργάνωση εξασφαλίζει

δυνατότητες οι ορισµοί και τα θεωρήµατα να χρησιµοποιηθούν αποτελεσµατικότερα

για την εξαγωγή νέων αποτελεσµάτων κατά τη λύση δεδοµένης άσκησης (ανακάλυψη

νέων αποδείξεων των ισχυρισµών).

Αισθητά σε καλύτερη και σε περισσότερο ελπιδοφόρα κατάσταση βρίσκεται ο

µαθητής, όταν έχει µάθει τις δυνατότητες εφαρµογής του διδασκόµενου θεωρήµατος

σε διάφορες καταστάσεις. Σε ακόµη καλύτερη κατάσταση βρίσκεται όταν τα διάφορα

θεωρήµατα, µε τα οποία µπορεί να εκτελέσει συγκεκριµένη εργασία, έχουν

συστηµατοποιηθεί σε ∆.Σ.Ι.Σ. και εκτός αυτού όταν µάθει να ψάχνει διάφορες

αναγκαίες συνθήκες (κριτήρια) για την εκπλήρωση του στόχου ο οποίος είναι υ λύση

της προτεινόµενης άσκησης. Εδώ το γεγονός είναι, ότι ψάχνονται µέσα για την

εκπλήρωση του σκοπού, ξεκινώντας απ’ αυτό, παροτρύνει και ανακουφίζει τους

µαθητές. Για το ίδιο συµβάλει και η ύπαρξη ελπιδοφόρου τοµέα ψαξίµατος, όπως

είναι τα ∆.Σ.Α.Σ..

Σχετικά µε τις περιπτώσεις αυτές, όπως φαίνεται, η προσοχή κατευθύνεται

προς τη συνειδητή και ρεαλιστική εφαρµογή των διδασκόµενων θεωρηµάτων ως

«κατευθυντήριο» µέσο. Αυτό είναι µια από τις ουσιαστικές διαφορές µε την ιδέα της

134

υλοποίησης ευρετικής στάσης, βασισµένη στην πεποίθηση, ότι η παρατήρηση, η

έρευνα, η σύγκριση, η γενίκευση, η επαγωγή και η αναλογία σχεδόν είναι τα

µοναδικά µέσα τα οποία διασφαλίζουν την αντίληψη (ανακάλυψη). Κάτι

περισσότερο, θεωρείται, ότι τα διαφορετικά στάδια λύσεων των ασκήσεων, όχι µόνο

λογικά βασίζονται στα θεωρήµατα, ορισµούς και αξιώµατα, αλλά και ότι τα ίδια τα

θεωρήµατα συνήθως υπενθυµίζουν στο µαθητή να εκτελέσει αυτά τα στάδια βήµατα

λύσης της δεδοµένης µαθηµατικής άσκησης.

131

ΚΕΦΑΛΑΙΟ V

∆υνατότητες ανάπτυξης και τελειοποίησης των ικανοτήτων

των µαθητών να λύνουν µαθηµατικές ασκήσεις

1. Προϋποθέσεις για την ανάπτυξη των ικανοτήτων για λύση


1.1. ∆ιδακτικός ρόλος των θεωρηµάτων

Μια από τις περισσότερο χρησιµοποιούµενες έννοιες στα µαθηµατικά είναι η

έννοια «θεώρηµα». Αυτά είναι άµεσα συνδεδεµένα µε τη λύση µαθηµατικών

ασκήσεων. Τονίζεται, ότι όταν στην αρχαία Ελλάδα γίνεται λόγος για την έννοια

«θεώρηµα» υποδηλώνεται «κάτι το οποίο µπορεί να θαυµαστεί. Σήµερα όµως η λέξη

αυτή σηµαίνει ισχυρισµός, η ισχύ του οποίου εδραιώνεται µε συλλογισµούς, δηλαδή

µε απόδειξη. Αυτό είναι αντίθετο µε τα «αξιώµατα» τα οποία λαµβάνονται ως

αληθείς χωρίς απόδειξη. Η πληροφορία αυτή για την έννοια θεώρηµα, όπως φαίνεται

είναι αρκετά φτωχή, λόγου του ότι δεν µπορεί να χρησιµοποιηθεί αρκετά

αποτελεσµατικά. Σηµαντική ιδιαιτερότητα του κάθε θεωρήµατος είναι το γεγονός,

ότι µ’ αυτό «συµπληρώνονται» νέες ιδιότητες των αντικειµένων από τον όγκο της

δεδοµένης έννοιας ή υποδηλώνονται ικανά κριτήρια για την αναγνώριση των

αντικειµένων από τον όγκο κάποιας µαθηµατικής έννοιας. Αν δεν υπήρχαν τα

θεωρήµατα θα έπρεπε να χρησιµοποιούνταν µόνο η φτωχή πληροφορία που µας δίνει

ο ορισµός µιας έννοιας. Τότε λίγες ασκήσεις θα ήταν δυνατόν να λυθούν µε την

εφαρµογή για παράδειγµα της έννοιας παραλληλόγραµµο ή ακόµη και οι λύσεις

αυτών θα ήταν αρκετά δύσκολες. Τονίζεται, ότι τα θεωρήµατα, µεταξύ των άλλων,

πρέπει να έχουν και τις ακόλουθες τρεις ιδιαιτερότητες:

α) είναι µέσο οικονοµίας των διανοητικών προσπαθειών κατά τις µαθηµατικές

ενέργειες.

β) είναι µέσο, µε τα οποία «συµπληρώνονται» νέες ιδιότητες ή κριτήρια των

αντικειµένων από τον όγκο των εννοιών, οι οποίες δεν αναφέρονται στους

αντίστοιχους ορισµούς.

132

γ) µπορούν να χρησιµοποιηθούν ως αποτελεσµατικό ευρετικό µέσο για τους

µαθηµατικούς συλλογισµούς.

Μπορεί να ειπωθεί, ότι ως αποτέλεσµα της εισαγωγής και χρησιµοποίησης των

θεωρηµάτων στην Αρχαία Ελλάδα στους µαθηµατικούς συλλογισµούς, ήταν οι

τελευταίοι να διενεργούν µε λιγότερη προσπάθεια.

Ενδιαφέρον είναι το γεγονός, ότι στα βιβλία µαθηµατικών µαζί µε τα

θεωρήµατα (και συνήθως µετά απ’ αυτά) τοποθετούνται και ασκήσεις λυµένες, οι

οποίες αναφέρονται σε κάποια βασικά επαναλαµβανόµενα στοιχεία διαφόρων

µαθηµατικών αντικειµένων.

Τέλος κάποιες τέτοιες βασικές ασκήσεις επικρατεί η συνήθεια να

χρησιµοποιούνται «έτοιµες» κατά τη λύση άλλων ασκήσεων, των οποίων οι

στοιχειώδη αυτές ασκήσεις είναι ασκήσεις – τµήµατά τους.

1.2. Προϋποθέσεις για τη συγκρότηση των δυνατοτήτων των µαθητών να λύνουν

µαθηµατικές ασκήσεις

Η διάπλαση των ικανοτήτων των µαθητών για λύση µαθηµατικών ασκήσεων

µπορεί να τελειοποιηθεί αφού εκτελεστούν οι ακόλουθες πέντε ενέργειες:

1. Πολύπλευρη επιλογή και τοποθέτηση των ασκήσεων σε συστήµατα, µε

αρχική παρότρυνση των µαθητών να λύνουν ασκήσεις που αντιστοιχούν στις γνώσεις

και ικανότητες από τη ΖΚΑ, ενώ εν συνεχεία ατοµική λύση ασκήσεων που

αντιστοιχούν στις γνώσεις και ικανότητες από τη ΖΕΑ.

2. Εξασφάλιση της σκοπιµότητας της ενέργειας «λύση της άσκησης» µε τα

σχήµατα για την ανάλυση της άσκησης («Σχήµα Ευκλείδη» και «Σχήµα Πάππου»).

3. Προκαταβολική ανάλυση και συστηµατοποίηση των γνώσεων τις οποίες,

σύµφωνα µε το εκπαιδευτικό πρόγραµµα, πρέπει οι µαθητές να διδάσκονται, µε τη

δηµιουργία κατάλληλων διδακτικών συστηµάτων.

4. ∆ιαιρούµενη και στην ώρα της διατύπωση όλων των ικανοτήτων

συνδεόµενων µε τις νέες γνώσεις. Και εδώ καθοδηγητικό ρόλο (κανόνα) παίζει η

αρχή του Ντεκάρτ για το διαιρούµενο ξεπέρασµα των δυσκολιών. Συγκεκριµένα ο

Ντεκάρτ σχετικά αναφέρει: «Κάθε περιεργαζόµενη δυσκολία να διαιρείται σε τόσα

µέρη , όσα είναι απαραίτητα για αποτελεσµατικότερο ξεπέρασµά της».

133

5. Αναγκαία είναι η ταξινόµηση των θεωρηµάτων και των ορισµών µε την λύση

ασκήσεων. Στην αρχή µε άµεση εφαρµογή του νέου και λίγο παλιές γνώσεις και

ικανότητες.

Αυτές οι συνθήκες δεν είναι ανεξάρτητες η µια από την άλλη, αλλά η

εξασφάλιση της µιας απαιτεί την διατήρηση και των άλλων. Για παράδειγµα, αφού οι

µαθητές πάρουν ενεργητικό µέρος στην λύση ασκήσεων µε την βοήθεια του

καθηγητή, πρέπει να µπορούν µόνοι τους να λύνουν άλλες ασκήσεις όµοιες µε τις

λυµένες ασκήσεις. Οι ασκήσεις αυτές πρέπει να είναι καλά επιλεγµένες από τον

καθηγητή σε εξάρτηση µε το τι θέλει να επαληθεύσουν .

Στη σύγχρονη διδασκαλία των µαθηµατικών στα σχολεία µε την εισαγωγή της

έννοιας θεώρηµα, ο ρόλος και η θέση των ασκήσεων πρέπει να συνδέεται από τη µία

πλευρά µε την αναγκαιότητα µέσου ενεργειών να µονιµοποιηθούν τα θεωρήµατα και

να αναπτύσσονται οι ικανότητες των µαθητών να τα χρησιµοποιούν, ενώ από την

άλλη πλευρά αιτιολογούνται τα θεωρήµατα. Η αναγκαιότητα ενεργειών για εµπέδωση

γνώσεων και ικανοτήτων εδραιώνεται µε τη βοήθεια ψυχολογικών µελετών. Επίσης

µε τις µελέτες αυτές εδραιώνονται τα όρια των ενεργειών για την εδραίωση των

διαφόρων γνώσεων και ικανοτήτων.

Παλαιότερα αυτό δεν ήταν έτσι. Όπως είναι γνωστό από την ιστορία στην

Αρχαία Ελλάδα και µετά απ’ αυτή, σταδιακά και επανειληµµένα µαζικοποιείτε η

διδασκαλία των µαθηµατικών και µειώνεται η ηλικία των ατόµων που µαθαίνουν

µαθηµατικά. Αυτό φυσικά οδήγησε στοιχειωδώς έως την αναγκαιότητα ύπαρξης

ενεργειών στη εκπαίδευση και απ’ αυτό έως στις ασκήσεις, η λύσεις των οποίων, µε

τρόπο φυσικό, όχι µόνο εξασφαλίζουν τέτοιες ενέργειες, αλλά αιτιολογούν στους

συµµετέχοντες τις νέες έννοιες. Κατά την εκπαίδευση µικρών µαθητών (13, 14 ή 15

ετών), όπου δεν υπάρχουν αποδειγµένα θεωρήµατα, ο ρόλος και τη θέση των

ασκήσεων ταυτίζεται και παραµένει ίδιος µ’ αυτόν κατά την αιγυπτιακή ή βαβυλώνια

περίοδο των µαθηµατικών

Στις µελέτες των τελευταίων χρόνων η προσοχή έχει στραφεί προς στην

αποµόνωση των µαθηµατικών ασκήσεων. Συνήθως µε τις ασκήσεις ασκούνται και

επαληθεύονται έννοιες όπως για παράδειγµα ο ορισµός του παραλληλογράµµου,

παράγωγος συνάρτησης, κάθετες ευθείες, ίσα και όµοια τρίγωνα κ.τ.λ. ∆εν δίνεται η

απαιτούµενη προσοχή στην σχέση µεταξύ των ασκήσεων. ∆εν κατασκευάζεται

αλυσίδα συλλογισµών, απαραίτητων για να µπορούµε να φτάσουµε στη λύση

δεδοµένης άσκησης. Για να µπορούν να λύνουν οι µαθητές µια άσκηση πρέπει καλά

134

να γνωρίζουν, εκτός την λύση αυτής, την σχέση της µε άλλες ασκήσεις καθώς και οι

διάφορες µαθηµατικές γνώσεις πρέπει να τοποθετούνται ανάλογα µε το θέµα στο

οποίο αναφέρονται. Με άλλα λόγια κατά την επιλογή των ασκήσεων στην

εκπαιδευτική διαδικασία των µαθηµατικών ο καθηγητής καλόν είναι να

συµµορφώνεται µε τις ιδέες του Ευκλείδη για τη συστηµατοποίηση των µαθηµατικών

γνώσεων.

1.3. ∆ιδακτικά επίπεδα της λύσης µαθηµατικής άσκησης

Από διδακτικής πλευράς διακρίνονται δυο είδη µαθηµατικών ασκήσεων σε

σχέση µε το πλάνο λύσης:

α) Η προς λύση άσκηση είναι µε γνωστή δοµή λύσης και αυτό το οποίο πρέπει

οι µαθητές να κάνουν είναι να συγκεκριµενοποιήσουν τη γνωστή δοµή, τη γνωστή

µέθοδο και να τα εφαρµόσει. Τα επίπεδα, από τα οποία ο µαθητής διέρχεται κατά τη

λύση ασκήσεων αυτού του τύπου είναι τα ακόλουθα:

• ∆ιάκριση του τύπου άσκησης.

• Επιλογή του αντίστοιχου αλγόριθµου για τη λύσης της.

• Εφαρµογή του επιλεγµένου αλγορίθµου.

• ∆ιατύπωση της απάντησης.

• Παρατηρήσεις πάνω στη λύση της.

β) Η προς λύση άσκηση είναι µε άγνωστη δοµή λύσης. Τα επίπεδα, από τα

οποία ο µαθητής διέρχεται κατά τη λύση ασκήσεων αυτού του τύπου είναι τα

ακόλουθα:

• Ψάχνει αναλογία µε, πριν απ’ αυτή λυµένες άλλες ασκήσεις.

• Ψάχνει την ιδιαιτερότητας της δοσµένης άσκησης µε σκοπό να βοηθηθεί για τη

λύση της.

• Εκτελεί ανάλυση της λύσης της µε βάση τα Σχήµατα Πάππου ή Ευκλείδη.

• Κάνει επιπλέον κατασκευές.

• Εισάγει νέα άγνωστα στοιχεία µε σκοπό να ανακαλύψει τις ασκήσεις – τµήµατα

της δεδοµένης άσκησης.

• Ψάχνει έµµεση απόδειξη.

• Λύνονται οι µερικές περιπτώσεις της άσκησης. ,

135

1.4. Επαγωγική δοµή των µαθηµατικών γνώσεων – θετικά και αρνητικά

Για την απόδειξη της σχέσης µεταξύ των θεωρηµάτων και των ασκήσεων

σχετικών µ’ αυτά, απαιτείται η παρουσίαση των συνειδητοποιηµένων και µη

λειτουργιών των θεωρηµάτων κατά την εµφάνιση τους στην Αρχαία Ελλάδα, να

παρουσιαστούν και να αναφερθούν εκείνες εκ των οποίων σήµερα συναισθανόµαστε

και µε τις οποίες συνδέονται τα προβλήµατα κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων.

Με βάση την πληροφορία αυτή θα εξαχθούν συµπεράσµατα για τη µεθοδολογία

λύσης των ασκήσεων, κάτι που συνειδητά και στενά συνδέεται µε την εµπέδωση των

ορισµών, θεωρηµάτων και µε την επαγωγική δοµή των µαθηµατικών γνώσεων.

Λόγου της δοµής αυτής των µαθηµατικών γνώσεων, τα διάφορα θεωρήµατα,

για την ίδια µαθηµατική έννοια, είναι «διεσπαρµένα» σε διάφορες σχολικές τάξεις και

συχνά διδάσκονται σε διαφορετικές εβδοµάδες, µήνες ή ακόµη και χρόνια. Για

παράδειγµα τα θεωρήµατα για την έννοια «κάθετες ευθείες» διδάσκονται συνήθως σε

διάφορα µέρη και σε διάρκεια τεσσάρων σχολικών ετών. Παρόµοια είναι η

κατάσταση για πολλές άλλες µαθηµατικές έννοιες όπως για παράδειγµα «παράλληλες

ευθείες», «ορθή γωνία» κ.τ.λ. Έτσι δυσκολεύεται η εφαρµογή τους, αφού στη

συνείδηση του µαθητή δεν δηµιουργούνται οι απαραίτητοι συνειρµοί, γεγονός που

εµποδίζει την αποµνηµόνευσή τους και την κατανόηση του µαθητή για το που αυτά

τα διδασκόµενα θεωρήµατα µπορούν να εφαρµοστούν.

Απαραίτητη εποµένως είναι η κατασκευή αλυσίδων συλλογισµών για να

µπορέσει ο µαθητής να φτάσει στη λύση δεδοµένης άσκησης. Πρέπει να γνωρίζει

τόσο τη νέα θεωρία, όσο και παλιές διδασκόµενες γνώσεις σχετικές µε την άσκηση

αυτή.

1.5. Παράγοντες της συστηµατοποίησης των ασκήσεων στα σχολικά µαθηµατικά

Για τη δηµιουργία των απαραίτητων συνδέσµων µεταξύ των διδασκόµενων

θεωρηµάτων και των λυµένων ασκήσεων, γεγονός που θα ευκολύνει την εφαρµογής

της διδασκόµενης έννοιας από τους µαθητές, προτείνεται να γίνεται συγκέντρωση

όλων των ορισµών και των θεωρηµάτων τα οποία εξασφαλίζουν τις αναγκαίες και

ικανές συνθήκες για µια έννοια. Με άλλα λόγια η εκλογή και τοποθέτηση των

διδασκόµενων θεωρηµάτων πρέπει να γίνεται µε βάση την ιδέα του Ευκλείδη, για

συστηµατοποίηση των µαθηµατικών γνωστών της εποχή του, πάνω στην οποία

βασίστηκε και έγραψε τα «Στοιχεία».

136

Ένα σύνολο (για παράδειγµα το σύνολο των ασκήσεων που λύνονται σε κάποια

ενότητα) «γίνεται» σύστηµα, όταν σ' αυτό εισαχθεί κάποια σχέση, την οποία να

ονοµάζουµε «κανόνα συστηµατοποίησης» και τον συµβολίσουµε µε το γράµµα ρ.

α) ρ1 : H άσκηση Χ είναι σε σχέση ρ1 µε την άσκηση Ψ, αν κατά την λύση των

ασκήσεων Χ και Ψ µπορεί να χρησιµοποιηθεί το ίδιο θεώρηµα ή ορισµός.

Προτείνονται δυο τέτοιες ασκήσεις:

Άσκηση 1. Αν АВ, ВС και СD είναι ίσες χορδές ενός κύκλου, να αποδειχτεί,

ότι: АС2 −−−− АВ

2 = АВ.АD.

Άσκηση 2. Αν АВ και СD είναι δυο κάθετα ευθύγραµµα τµήµατα, να

αποδειχτεί, ότι: АС2 −−−− АD2 = ВС2 −−−− ВD2.

Οι δυο αυτές ασκήσεις λύνονται µε τη βοήθεια του θεωρήµατος µετρικών

σχέσεων τριγώνου

β) ρ2 : H άσκηση Χ είναι σε σχέση ρ2 µε την άσκηση Ψ, αν η άσκηση Χ είναι

άσκηση-τµήµα της Ψ.

∆υο τέτοιες ασκήσεις είναι οι ακόλουθες:

Άσκηση 3. Να κατασκευαστεί τρίγωνο γνωστών c, γ και r.

Άσκηση 4. Να κατασκευαστεί τρίγωνο γνωστών c, γ και hc.

γ) ρ3 : H άσκηση Χ είναι σε σχέση ρ3 µε την άσκηση Ψ, αν οι Χ, Ψ είναι ειδικές

περιπτώσεις µιας γενικής άσκησης ή θεωρήµατος ή η άσκηση Χ είναι ειδική περίπτωση

της Ψ.

Ως παράδειγµα παραθέτονται δυο ασκήσεις, οι οποίες είναι µερικές περιπτώσεις

του θεωρήµατος συνηµίτονων και συγκεκριµένα:

Άσκηση 5. Σε τρίγωνο АВС µε ύψος СD δίνονται: АС = 9см, ВС = 6см και

γωνία А = 30º. Να υπολογιστούν τα µήκη των τµηµάτων AD, CD και ВD.

Άσκηση 6. Σε τρίγωνο АВС µε ύψος СD δίνονται: АС = 9см, ВС = 6см και

γωνία А = 60º. Να υπολογιστούν τα µήκη των τµηµάτων AD, CD και ВD.

Ακολουθούν δυο ασκήσεις εκ των οποίων η µία (η άσκηση 7) είναι µερική

περίπτωση της άλλης, δηλαδή της άσκησης 8.

Άσκηση 7. Σε ορθογώνιο τρίγωνο АВС (µε γωνία А = 90º) δίνονται АВ = 3см,

АС = 4см. Να υπολογιστεί το µήκος της πλευράς ВС.

Άσκηση 8. Σε ορθογώνιο τρίγωνο АВС (γωνία А ορθή) δίνονται АВ = с, АС =

b. Να υπολογιστεί το µήκος της πλευρά του ВС.

137

δ) ρ4 : H άσκηση Χ είναι σε σχέση ρ4 µε την άσκηση Ψ, αν οι ασκήσεις Χ και Ψ

είναι ισοδύναµες.

Ακολουθούν τέτοιες ασκήσεις:

Άσκηση 9. Αν η ευθεία ε είναι παράλληλη στα επίπεδα α και β και η ευθεία s

είναι κάθετα στα α και β, τότε οι ευθείες ε και s είναι παράλληλες.

Άσκηση 10. Αν η ευθεία ε είναι παράλληλη στο επίπεδο α και τεµνόµενη

ευθεία s των α και β (β-επίπεδο) δεν είναι παράλληλη µε την ευθεία ε, τότε η ευθεία ε

και το επίπεδο β δεν είναι παράλληλα.

2. Συστηµατοποίηση των ορισµών και των θεωρηµάτων

2.1 ∆ιδακτικό σύστηµα ικανών συνθηκών (∆.Σ.Ι.Σ.)

Απαραίτητη προϋπόθεση για τη λύση ασκήσεων είναι η καλή γνώση, εκτός της

σχετικής θεωρίας, αλλά και των παλαιότερων γνώσεων που σχετίζονται µε την λύση

της δεδοµένης άσκησης. Πρέπει οι γνώσεις των µαθητών να συστηµατοποιούνται και

έτσι να µπορούν να γίνονται πιο εύχρηστες.

Η συστηµατοποίηση των γνώσεων σχετίζεται άµεσα µε τις ιδέες του αρχαίου

Έλληνα µαθηµατικού Ευκλείδη (3 αιώνα π.Χ.). Σ’ αυτόν ανήκει το πρώτο διδακτικό

βιβλίο µαθηµατικών «Στοιχεία», στο οποίο είχαν συγκεντρωθεί και

συστηµατοποιηθεί όλες οι µαθηµατικές γνώσεις τις εποχής αυτής.

Με βάση τον Αρχαίο Ελληνικό κανόνα για την επαγωγική δοµή των

διδασκόµενων εννοιών, κάθε θεώρηµα διδάσκεται εκεί όπου µπορεί να αποδειχτεί.

Με βάση αυτή την τακτική υλοποιείται ανάλυση των γνώσεων για τις συγκεκριµένες

έννοιες, ενώ για να είναι οι έννοιες αυτές ολοκληρωµένες και λειτουργικές πρέπει να

συνοδεύονται από σύνθεση. Με τον τρόπο αυτό ορίζεται και ο όγκος των

διδασκόµενων αντικειµένων για τις διάφορες µαθηµατικές έννοιες.

Η σύνθεση αυτή εξασφαλίζει τη συστηµατοποίηση των γνώσεων και

δηµιουργεί ∆ιδακτικά Συστήµατα Ικανών Συνθηκών (εν συντοµία ∆.Σ.Ι.Σ.). Τέτοια

∆.Σ.Ι.Σ. είναι τα για παράδειγµα τα ακόλουθα δυο:

Ι. «Ένα κυρτό τετράπλευρο είναι παραλληλόγραµµο αν:»

1. οι απέναντι πλευρές του είναι ίσες ή

2. οι απέναντι γωνίες του είναι ίσες ή

3. δυο απέναντι πλευρές είναι ίσες και παράλληλες ή

4. οι διαγώνιοι διχοτοµούνται.

138

ΙΙ. «Μια γωνία είναι ορθή όταν:»

1. είναι γωνία σε τρίγωνο στο οποίο η διάµεσός, από την κορυφή που ανήκει ή

γωνία αυτή, είναι ίση µε το µισό της πλευράς που καταλήγει ή

2. είναι ίση µε την εφεξής και παραπληρωµατική της ή

3. είναι γωνία ορθογωνίου ή τετραγώνου ή

4. είναι γωνία µεταξύ βάσης και ύψους προς αυτή, σε τρίγωνο, παραλληλόγραµµο ή

τραπέζιο ή

5. είναι γωνία µεταξύ των διαγωνίων ρόµβου ή

6. είναι γωνία µεταξύ της εφαπτόµενης σε κύκλο και της ακτίνας που διέρχεται από

το σηµείο επαφής ή

7. είναι γωνία µεταξύ χορδής κύκλου η οποία δεν διέρχεται από το και της

διαµέτρου του, διερχόµενη από το µέσο της χορδής ή

8. είναι γωνία µεταξύ ευθείας που ανήκει σε γνωστό επίπεδο και ευθείας κάθετης

στο επίπεδο αυτό ή

9. είναι γραµµική γωνία ορθής δίεδρης γωνίας ή

10. είναι γωνία από το διάστηµα [00,180°] και το ηµίτονο αυτής είναι ίσο µε 1 ή

11. είναι γωνία από το διάστηµα [00,180°] και το συνηµίτονο αυτής είναι ίσο µε 0 ή

12. είναι γωνία από το διάστηµα [00,180°] και η συνεφαπτοµένη ισούται µε 0 ή

13. είναι γωνία µεταξύ διανυσµάτων µε εσωτερικό γινόµενο 0.

Τονίζεται ότι τα διδακτικά συστήµατα ικανών συνθηκών αποτελούν αλγόριθµο

(µεθόδευση) των ενεργειών για την κατανόηση συγκεκριµένων αντικειµένων από τον

όγκο των αντίστοιχων εννοιών. ∆εν είναι τυχαία η χρήση του λογικού συνδέσµου

«ή». Ο σύνδεσµος αυτός δίνει τη δυνατότητα ανάλογα µε την άσκηση, να

εφαρµόζεται κάποια από τις περιπτώσεις.

Εξασφαλίζουν ελπιδοφόρο τοµέα ψαξίµατος, κάτι που αποτελεί βασική

προϋπόθεση για την οξύνοια του ανθρώπου. Για το λόγο αυτό δύναται να ειπωθεί,

ότι µε τα ∆.Σ.Ι.Σ. και µε την σταδιακή προώθηση των µαθητών να τα χρησιµοποιούν

αποτελεσµατικά, εξασκείται η διάπλαση της ευρετικής ικανότητας των µαθητών

2.2. ∆ιδακτικό σύστηµα αναγκαίων συνθηκών (∆.Σ.Α.Σ.)

Με τρόπο ανάλογο µπορούν να συστηµατοποιηθούν και τα θεωρήµατα τα

οποία εξασφαλίζουν τις αναγκαίες συνθήκες για να ισχύει µια έννοια, δηλαδή

∆ιδακτικά Συστήµατα Αναγκαίων Συνθηκών (εν συντοµία ∆.Σ.Α.Σ.). ∆υο τέτοια

∆.Σ.Α.Σ. είναι τα ακόλουθα:

139

Ι. «Αν δυο ευθείες είναι παράλληλες, τότε:»

1. κατά την τοµή τους µε τρίτη ευθεία σχηµατίζονται κατακορυφήν, εντός εναλλάξ

και εντός εκτός και επί τα αυτά µέρη γωνίες ίσες και

2. κατά την τοµή τους µε τρίτη ευθεία σχηµατίζονται εντός και επί τα αυτά µέρη

γωνίες ίσες και

3. σχηµατίζουν µε τις πλευρές γωνίας τµήµατα ανάλογα και σχηµατίζουν σε κύκλο

ίσα τόξα και

4. αν η µια ευθεία είναι κάθετη σε τρίτη ευθεία, τότε και η άλλη ευθεία είναι κάθετη

στην τρίτη ευθεία και

5. αν η µια ευθεία είναι κάθετη σε επίπεδο, τότε και η άλλη ευθεία είναι κάθετη στο

επίπεδο αυτό και

6. σχηµατίζει µε κύκλο ίσα τόξα.

ΙΙ. «Αν ένα κυρτό τετράπλευρο είναι ορθογώνιο τότε:»

1. οι απέναντι πλευρές του είναι ίσες και

2. οι απέναντι πλευρές του είναι παράλληλες και

3. οι απέναντι γωνίες είναι ίσες και

4. οι διαγώνιοι διχοτοµούνται.

Στα προαναφερόµενα ∆.Σ.Α.Σ. µεταξύ των περιπτώσεων υπάρχει ο σύνδεσµος

«και» µε σκοπό, σε συνδυασµό µε την απαραίτητα ερµηνεία τους, να τονιστεί η

ταυτόχρονη ισχύ όλων των περιπτώσεων.

2.3. Ο ρόλος των ∆.Σ.Ι.Σ. και ∆.Σ.Α.Σ. στη διδασκαλία των µαθηµατικών

Για να κατανοηθεί καλύτερα ο ρόλος των ∆.Σ.Ι.Σ. και ∆.Σ.Α.Σ. στη διδασκαλία

των µαθηµατικών και ιδιαίτερα κατά τη λύση ασκήσεων, θα υπογραµµιστεί το

ακόλουθο: µέχρι τώρα και κατά τον παραδοσιακό τρόπο διδασκαλία των

µαθηµατικών στο σύγχρονο σχολείο, µετά τον ορισµό των εννοιών ακολουθούν

συνήθως επιλεγµένα θεωρήµατα, τα οποία µαζί µε τα θεωρήµατα – κριτήρια για τη

δεδοµένη έννοια, ακολουθούν και θεωρήµατα – ιδιότητες. Ούτε για το ένα ούτε για

το άλλο υπάρχει λογική οργάνωση και συστηµατοποίηση έτσι ώστε να µπορεί να

βοηθηθεί ο µαθητής, τόσο κατά την αποµνηµόνευση, όσο και κατά την ορθή

εφαρµογή τους κατά τη λύση ασκήσεων ή κατά την απόδειξη άλλων θεωρηµάτων για

την αναγνώριση των συγκεκριµένων αντικειµένων ή κατά την ανακάλυψη νέων (για

τους µαθητές) ιδιοτήτων. Για το λόγο αυτό µόνο περιορισµένος αριθµός µαθητών

140

µετά τη λύση µεγάλου αριθµού ασκήσεων µπορούν µόνοι τους να δηµιουργήσουν τα

αντίστοιχα ∆.Σ.Ι.Σ. και ∆.Σ.Α.Σ. Αυτοί είναι οι µαθητές που µπορούν µόνοι τους να

λύσουν ασκήσεις από το σχολικό βιβλίο µαθηµατικών. Αν παρόλα αυτά στους

συγκεκριµένους µαθητές δοθεί για λύση άλλη άσκηση διαφορετική αυτών του

σχολικού βιβλίου, δεν µπορούν να τις λύσουν, ανεξάρτητα από το ότι στη λύση τους

εφαρµόζονται διδασκόµενα θεωρήµατα και ορισµοί. Ως παράδειγµα αναφέρονται οι

ακόλουθες τρεις ασκήσεις, στην λύση των οποίων χρησιµοποιούνται τα θεωρήµατα

ότι τα τρία ύψη ενός τριγώνου τέµνονται σε ένα σηµείο, οι τρεις διάµεσοι τέµνονται

σε ένα σηµείο και οι τρεις διχοτόµοι τέµνονται επίσης σε ένα σηµείο.

Άσκηση 11. Στο τρίγωνο АВС το σηµείο М είναι µέσο της АВ, ενώ P και Q

είναι τέτοια σηµεία αντίστοιχα των ВС και АС, ώστε МР = МQ = 2

AB. Μόνο µε

χάρακα και διαβήτη να κατασκευαστεί από το σηµείο С ευθεία κάθετη στην πλευρά

АВ του τριγώνου.

Άσκηση 12. Πάνω στην πλευρά ВС του παραλληλογράµµου АВСD

λαµβάνεται το µέσο М. Με τη χρήση του χάρακα και του διαβήτη, να

κατασκευαστούν τα µέσα των άλλων πλευρών του παραλληλογράµµου АВСD.

Άσκηση 13. Πάνω στην πλευρά ВС του ρόµβου АВСD λαµβάνεται σηµείο L1,

το οποίοι είναι σε ίση απόσταση από την πλευρά DС και τη διαγώνιο ВD. Αν К είναι

το σηµείο τοµής της διαγωνίου АС και του ευθύγραµµου τµήµατος DL1 και L2 είναι

σηµείο της DС, το οποίοι είναι σε ίση απόσταση από τις DВ και ВС, να αποδειχτεί,

ότι τα σηµεία L2, К, В ανήκουν σε µια ευθεία.

Κατά τη λύση σχεδόν κάθε µαθηµατικής άσκηση πρώτα απ’ όλα πρέπει να

διαπιστωθεί, ότι συγκεκριµένο αντικείµενο ανήκει στον όγκο της αντίστοιχης

έννοιας, για να µπορεί µετά απ’ αυτό να εφαρµοστεί κάποιο θεώρηµα, το οποίο

εξασφαλίζει τις αναγκαίες προϋποθέσεις της έννοιας αυτής. Είναι κατανοητό, ότι µε

τον τρόπο αυτό ουσιαστικά αν είναι γνωστές κάποιες ιδιότητες ορισµένων

αντικειµένων ανακαλύπτονται άλλες ιδιότητές τους, δηλαδή εκτελείται ευρετική

ενέργεια θεµελιωµένη στους ορισµούς των εννοιών και των δυο ειδών θεωρηµάτων.

Αυτό µε άλλα λόγια σηµαίνει, ότι η συστηµατοποίηση των διδασκόµενων

θεωρηµάτων και ορισµών µε τη µορφή ∆.Σ.Ι.Σ. και ∆.Σ.Α.Σ., µαζί µε την πολύπλευρη

εκπαίδευση των µαθητών να χρησιµοποιούν τα δυο αυτά διδακτικά συστήµατα,

αποτελεί το περιεχόµενο της ευρετικής αυτής ενέργειας. Η οργάνωση αυτή είναι ένα

141

ελπιδοφόρο απόθεµα γνώσεων για την αύξηση της αποτελεσµατικότητας της

εκπαίδευσης, κάτι που αποτελεί στόχο των ερευνητών ανά τους αιώνες.

Σχετικά µε τα ∆.Σ.Ι.Σ. και ∆.Σ.Α.Σ. θα συµπληρωθεί και το επόµενο: η εργασία

µε έννοιες και θεωρήµατα στα σχολικά µαθηµατικά περιορίζεται µόνο στα ∆.Σ.Ι.Σ.

Αυτό είναι έτσι γιατί ουσιαστικά κάθε θεώρηµα της µορφής «p → q» είναι ένα

θεώρηµα – κριτήριο, σε σχέση µε τη βασική έννοια στο συµπέρασµα του

θεωρήµατος, ενώ είναι θεώρηµα – ιδιότητα σε σχέση µε τη βασική έννοια στο στην

εκφώνηση του θεωρήµατος. Για το λόγο αυτό είναι αρκετό να δηµιουργηθούν µόνο

∆.Σ.Ι.Σ. αφού κάθε θεώρηµα θα σχετίζεται µε κάποιο ∆.Σ.Ι.Σ.

2.4. «∆υνατές» και «αδύνατες» ιδιότητες των θεωρηµάτων

Εκτός από την προαναφερόµενη λογική οργάνωση των διδασκόµενων

θεωρηµάτων, η ευρετική ικανότητα των µαθητών για λύση ασκήσεων, µπορεί να

καλλιεργηθεί αποτελεσµατικά και αν συνειδητά αναφέρονται όλες οι δυνατότητες,

για τις οποίες µπορεί να χρησιµοποιηθεί κάθε θεώρηµα. Τις περισσότερες όµως φορές

αυτό δεν υλοποιείται. Ακόµη περισσότερο, µε τη λύση ασκήσεων συνήθως οι

µαθητές εξασκούνται σε ορισµένες δυνατότητες εφαρµογής του συγκεκριµένου

διδασκόµενου θεωρήµατος. Για παράδειγµα µετά την απόδειξη του θεώρηµα για το

ορθόκεντρο τριγώνου , στην καλύτερη περίπτωση οι µαθητές διδάσκονται να την

εφαρµόζουν στον ισχυρισµό «τρία ευθύγραµµα τµήµατα ή τρεις ευθείες διέρχονται

από ένα σηµείο», ενώ δεν δείχνεται ότι µε το θεώρηµα αυτό µπορεί να αποδειχθεί η

καθετότητα δυο ευθειών ή ευθυγράµµων τµηµάτων. Για το λόγο αυτό η δυνατότητα

αυτή εφαρµογής του θεωρήµατος, για το ορθόκεντρο τριγώνου, για τους µαθητές

εµφανίζεται ως «αδύνατη» ιδιότητα και είναι φυσικό ότι δεν θα σκεφτούν να το

εφαρµόσουν. Παρόµοια παρατήρηση ισχύει και για πολλά άλλα θεωρήµατα, όπως για

παράδειγµα το θεώρηµα συνηµίτονου. Μετά την απόδειξη του θεωρήµατος αυτού

λύνονται συνήθως ασκήσεις της µορφής:

1. Γνωστών а, α και β να βρεθούν b,c και γ;

2. Γνωστών a και β να βρεθούν b, γ και c.

Σπανιότερα λύνονται ασκήσεις της µορφής:

1. Γνωστών a και α να βρεθούν R;

2. Γνωστών α και R να βρεθούν a.

142

Αυτό το οποίο πρέπει να τονιστεί είναι ότι σχεδόν ποτέ δεν δίνονται ασκήσεις

κατά τις λύσεις των οποίων να χρειάζεται µε δεδοµένη την σχέση µεταξύ δυο

πλευρών τριγώνου να ζητείται η σχέση των απέναντι πλευρών του και το αντίστροφο.

2.5. Συµπεράσµατα και σχόλια

Τα προαναφερόµενα δύναται να µας οδηγήσουν στα ακόλουθα δυο βασικά


Πρώτο είναι το συµπέρασµα, ότι µετά την απόδειξη κάθε θεωρήµατος

προτείνεται κατανοητά να παραθέτονται όλες οι δυνατές ενέργειες που είναι δυνατόν

να εκτελεστούν µ’ αυτό. Η αναγκαιότητα του συµπεράσµατος αυτού φαίνεται και από

το γεγονός, ότι άλλες είναι οι ενέργειες µε τις οποίες αποδεικνύεται ένα θεώρηµα και

άλλες αυτές στις οποίες το θεώρηµα αυτό δύναται να εφαρµοστεί κατά τη λύση

διαφόρων µαθηµατικών ασκήσεων. Αυτό δεν ισχύει µόνο για τα θεωρήµατα τα οποία

είναι προϊόν µαθηµατικών ενεργειών. Ισχύει και για τα προϊόντα σχεδόν όλων των

ενεργειών του ατόµου. Για παράδειγµα µε κάποιο τρόπο κατασκευάζεται ένα

γεωργικό µηχάνηµα, ενώ µε άλλο τρόπο χρησιµοποιείται στις γεωργικές εργασίες.

Το δεύτερο συµπέρασµα, το οποίο είναι δυνατόν να εξαχθεί από τις

προαναφερόµενες διδακτικές παρεµβάσεις, είναι ότι η εξάσκηση κατά τη λύση

ασκήσεων πρέπει, όχι µόνο τα διάφορα θεωρήµατα να εξετάζονται στον ίδιο βαθµό,

αλλά και οι διαφορετικές δυνατότητες για εφαρµογής του ιδίου θεωρήµατος πρέπει

να εξετάζονται το ίδιο. Το συµπέρασµα αυτό δίνει τη δυνατότητα να εδραιωθεί ως

µέτρο στη σύγχρονη διδασκαλία των µαθηµατικών κάθε µια από τις δυνατότητες των

διδασκόµενων θεωρηµάτων να εφαρµόζεται στην εξάσκηση 4 – 5 φορές και όχι µία

δυνατότητα να εφαρµόζεται 10 φορές ενώ κάποιες άλλες 0 ή 1 – 2 φορές.

Έως εδώ έγινε σχετική αναφορά σε κάποιες βασικές επιπλέον ενέργειες οι

οποίες πρέπει να γίνονται κατά τη δηµιουργία της δοµής των µαθηµατικών γνώσεων,

για να µπορούν να είναι ευκολότερα κατανοητές και να τις αποµνηµονεύσουν οι

µαθητές.

Από την άλλη πλευρά δείχθηκε ότι αυτή η αναδιοργάνωση εξασφαλίζει

δυνατότητες οι ορισµοί και τα θεωρήµατα να χρησιµοποιηθούν αποτελεσµατικότερα

για την εξαγωγή νέων αποτελεσµάτων (ανακάλυψη νέων αποδείξεων των

ισχυρισµών).

143

Αισθητά σε καλύτερη και σε ποιο ελπιδοφόρα κατάσταση βρίσκεται ο µαθητής,

όταν έχει µάθει τις δυνατότητες εφαρµογής του διδασκόµενου θεωρήµατος. Σε ακόµη

καλύτερη κατάσταση βρίσκεται όταν τα διάφορα θεωρήµατα, µε τα οποία µπορεί να

εκτελέσει συγκεκριµένη εργασία, έχουν συστηµατοποιηθεί σε ∆.Σ.Ι.Σ. και εκτός

αυτού όταν µάθει να ψάχνει διάφορες αναγκαίες συνθήκες (κριτήρια) για την

εκπλήρωση του στόχου. Εδώ το γεγονός είναι, ότι ψάχνονται µέσα για την

εκπλήρωση του σκοπού, ξεκινώντας απ’ αυτό, παροτρύνει και ανακουφίζει τους

µαθητές. Για το ίδιο συµβάλει και η ύπαρξη ελπιδοφόρου τοµέα ψαξίµατος, όπως

είναι τα ∆.Σ.Α.Σ..

Σχετικά µε τις περιπτώσεις αυτές, όπως φαίνεται, η προσοχή κατευθύνεται προς

τη συνειδητή και ρεαλιστική εφαρµογή των διδασκόµενων θεωρηµάτων ως

«κατευθυντήριο» µέσο. Αυτό είναι µια από τις ουσιαστικές διαφορές µε την ιδέα της

υλοποίησης ευρετικής στάσης, βασισµένη στην πεποίθηση, ότι η παρατήρηση, η

έρευνα, η σύγκριση, η γενίκευση, η επαγωγή και η αναλογία σχεδόν είναι τα

µοναδικά µέσα τα οποία διασφαλίζουν την αντίληψη (ανακάλυψη). Κάτι

περισσότερο, θεωρείται, ότι τα διαφορετικά στάδια λύσεων των ασκήσεων, όχι µόνο

λογικά βασίζονται στα θεωρήµατα, ορισµούς και αξιώµατα, αλλά και ότι τα ίδια τα

θεωρήµατα συνήθως υπενθυµίζουν στο µαθητή να εκτελέσει αυτά τα στάδια βήµατα

λύσης της δεδοµένης µαθηµατικής άσκησης.

3. Λογική δοµή του διδακτικού συστήµατος ασκήσεων

Στη σύγχρονη διδασκαλία των µαθηµατικών επικρατεί η άποψη, ότι οι

υπολογιστικές ασκήσεις είναι ευκολότερες συγκριτικά µε τους άλλους τύπους

ασκήσεων και για το λόγο αυτό δεν είναι απαραίτητη η συστηµατοποίησή τους. Τα

πράγµατα όµως δεν είναι πάντα έτσι. Ακολουθεί παράδειγµα στο οποίο φαίνεται ότι

το υπολογιστικό µέρος είναι δυσκολότερο από το αποδειχτικό.

Άσκηση 14. Το τετράπλευρο ABCD είναι ρόµβος και DM ⊥ АВ, DP ⊥ BC και

MP = ΜD. α) Να αποδειχτεί, ότι το τρίγωνο МРD είναι ισόπλευρο. β) Να

υπολογιστούν οι γωνίες A, B, C και D.

Κατά τη λύση της άσκησης αυτής γίνεται φανερό, ότι η λύση του

υποερωτήµατος α) είναι ευκολότερη απ’ αυτή του β). Λαµβάνοντας υπ’ όψιν το

γεγονός αυτό δύναται να διατυπωθεί η ακόλουθη ερώτηση: « πως µπορεί να

οργανωθεί η διαγνωστική ενέργεια των µαθητών, έτσι ώστε να φτάνουν στην

144

επιθυµητή λύση της άσκησης ευκολότερα και αποτελεσµατικότερα;» Θα γίνει

προσπάθεια προσέγγισης της απάντηση στο προαναφερόµενο διδακτικό ερώτηµα,

αφού πρώτα παρατεθούν κάποιες διδακτικές ιδέες.

Αρχικά είναι απαραίτητο να συσχετιστεί η εφαρµογή των ∆.Σ.Ι.Σ. και ∆.Σ.Α.Σ. µε

την ιδέα του «κανόνα συστηµατοποίησης», δηλαδή του τρόπου οµαδοποίησης των

ασκήσεων που λύνονται για την εµπέδωση συγκεκριµένης µαθηµατικής έννοιας και

της σχέσης µεταξύ των ασκήσεων στα διάφορα επίπεδα της εκπαιδευτικής

διαδικασίας. Για παράδειγµα κατά τις γεωµετρικές κατασκευές και συγκεκριµένα

κατά την κατασκευή, µε χάρακα και διαβήτη, της διχοτόµου δεδοµένης γωνίας,

απαραίτητη είναι η λύση ασκήσεων σαν τις ακόλουθες:

1. Να κατασκευαστεί η διχοτόµος δεδοµένης γωνίας.

2. Να κατασκευαστούν οι διχοτόµοι δεδοµένων διαδοχικών γωνιών.

3. Να κατασκευαστούν οι διχοτόµοι των εσωτερικών γωνιών δεδοµένου τριγώνου.

4. ∆ίνεται η διχοτόµος ενώ οι πλευρές της γωνίας είναι σβησµένες. Μπορούν να

κατασκευαστούν οι πλευρές αυτές;

5. ∆ίνεται η διχοτόµος και η µία πλευρά µιας γωνίας. Μπορεί να κατασκευαστεί η

άλλη πλευρά της; Μοναδική είναι η λύση της άσκησης;

Κατά τη λύση των ασκήσεων των πέντε αυτών φαίνεται ότι χρησιµοποιούνται

ιδιότητες της διχοτόµου δεδοµένης γωνίας. Ο τρόπος αυτός ταξινόµησης των

ασκήσεων εξασφαλίζει οι µαθητές για µικρό χρονικό διάστηµα να µάθουν

περισσότερα πράγµατα, αυξάνοντας έτσι το ενδιαφέρον τους προς τη λύση ασκήσεων

και γενικότερα προς τα µαθηµατικά.

Έως τώρα παρατέθηκαν ασκήσεις στις οποίες είναι φανερή η δυνατότητα

συστηµατοποίησης των κατασκευαστικών ασκήσεων και η χρησιµοποίηση των

∆.Σ.Ι.Σ. και ∆.Σ.Α.Σ. κατά τη λύση αποδειχτικών ασκήσεων. Συστήµατα ασκήσεων

είναι δυνατόν να δηµιουργηθούν και για τις υπολογιστικές ασκήσεις. Αναφέρονται

δυο τέτοια παραδείγµατα.

Άσκηση 15. Να υπολογιστούν τα ακόλουθα:

α) 102 +112 +122 = ..., β) 132 +142 = ...,

γ) 102 +112 +122 +132 +142 = ..., δ) 102 +112 +122 −−−−132 −−−−142 = ...,

ε) 365

1413121110 22222 ++++ = ..…

Άσκηση 16. Να υπολογιστούν τα ακόλουθα:

145

α) 3.11 = ..., β) 3.12 = ..., γ) 3.15 = ..., δ) 3.11 +3.12 +3.15 +11 = ..…

Στην άσκηση 16, για παράδειγµα, φαίνεται ,ότι για να λυθεί το υποερώτηµα δ)

πρώτα πρέπει να λυθούν τα α), β) και γ). Κάτι ανάλογο παρατηρείται και στην

επόµενη άσκηση. Προτείνεται οι ασκήσεις αυτές να δίνονται προς λύση σε µικρούς

µαθητές (13 ετών). Σε καµία περίπτωση τα υποερωτήµατα δεν πρέπει να

παραλείπονται.

Ειπώθηκε, ότι τα ∆.Σ.Ι.Σ. και ∆.Σ.Α.Σ. µπορούν να χρησιµοποιηθούν κυρίως

κατά τις αποδειχτικές ασκήσεις. Εκτός αυτού είναι γνωστό, ότι µια από τις

δυσκολότερες στιγµές για τους µαθητές κατά τη διαδικασία λύσης µαθηµατικών

ασκήσεων είναι η απόδοση της ίδιας της λύσης, δηλαδή η διατύπώση και η σύνταξή

της. Για το λόγο αυτό προτείνεται, κατά την αρχική εφαρµογή των ορισµών και των

θεωρηµάτων, να υιοθετείται η ακόλουθη τακτική: τον πρώτο µήνα κατά τη

διδασκαλία νέων γνώσεων (ορισµός της έννοιας ή θεώρηµα) οι ασκήσεις να

διαιρούνται σε ασκήσεις – τµήµατα, µε κάθε άσκηση – τµήµα να αντιστοιχεί στον

ορισµό ή στο θεώρηµα που χρησιµοποιείται για τη λύση της. Αυτό µπορεί να

παρουσιαστεί µε την ακόλουθη άσκηση:

Άσκηση 17. ∆ίνεται ισοσκελές τρίγωνο АВС µε διχοτόµο της γωνίας C την CD

(Σχήµα 1). Να αποδειχτεί, ότι: α) τα τρίγωνα АСD και ВСD είναι ίσα, β) οι γωνίες

ADC και ВDС είναι ίσες, γ) η γωνία АDС είναι ορθή.

С

А D В

Σχήµα 1

Λύση

α) Αφού το τρίγωνο ABC είναι ισοσκελές και CD είναι διχοτόµος του,

συνεπάγεται, ότι АС = СВ και ÂCD = ˆBCD (Σχήµα 1). Εκτός αυτού η πλευρά CD

είναι κοινή και για τα δυο τρίγωνα ACD και BCD. Εποµένως από το 1ο κριτήριο

ισότητας τριγώνων συνεπάγεται ότι τα τρίγωνα ACD και BCD είναι ίσα.

β) Από την ισότητα των τριγώνων ACD και BCD συνεπάγεται ότι

ˆ ÂDC BDC= .

146

γ) Από ˆ ÂDC BDC= και από το γεγονός ότι οι δυο αυτές γωνίες είναι

διαδοχικές συνεπάγεται, ότι ÂDC = 90°.

Συµβολίζεται η φράση «Το τρίγωνο ABC είναι ισοσκελές (АС = ВС) και СD

είναι διχοτόµος του” µε p, µε p1 συµβολίζεται η φράση «Τα τρίγωνα ACD και BCD

είναι ίσα», µε p2 – η ισότητα ˆ ÂDC BDC= » και µε q –η ισότητα « ÂDC = 90°. Με

αυτούς τους συµβολισµούς, οι προαναφερόµενοι τρεις ισχυρισµοί α), β) και γ)

σχηµατικά και µε τη βοήθεια συµβολισµών τις µαθηµατικής λογικής, δύναται να

παρασταθούν µε τον ακόλουθο τρόπο: 1

1,

p

ppp →,

2

211 ,

p

ppp → και

q

pqp 22 ,→

µε κάθε µια απ’ αυτές τις σχέσεις είναι συγκεκριµενοποίηση του συµπερασµατικού

κανόνα.

Αφού τον πρώτο µήνα λύνονται ασκήσεις διαιρεµένες σε ασκήσεις – τµήµατα,

για κάθε τέτοια άσκηση – τµήµα προτείνεται η µετάβαση προς τη λύση ασκήσεων,

στις οποίες το πρώτο στάδιο «δεν υποδηλώνεται» στην ίδια την άσκηση µε ξεχωριστή

άσκηση – τµήµα, αλλά απαιτείται από τους µαθητές να ανακαλύψουν την κατάλληλη

άσκηση – τµήµα. Για να µην παρεκτραπεί η προσοχή των µαθητών µε τη λύση άλλων

ασκήσεων, προτείνεται να λυθεί εκ νέου άσκηση, ανάλογη της άσκησης 17, αλλά

χωρίς την άσκηση – τµήµα α). Επίσης προτείνεται αµέσως µετά τη λύση της

άσκησης: «∆ίνεται τρίγωνο АВС µε διχοτόµο CD της γωνίας απέναντι στη βάση του

τριγώνου. Να αποδειχτεί ότι τα τρίγωνα ACD και BCD είναι ίσα» να δίνεται προς λύση

η ακόλουθη άσκηση:

Άσκηση 18. ∆ίνεται ισοσκελές τρίγωνο АВС. Το ευθύγραµµο τµήµα CD είναι

η διχοτόµος της γωνίας C (Σχήµα 1). Να αποδειχτεί ότι οι γωνίες ADC και ВDС

είναι ίσες.

Με τον τρόπο αυτό οι µαθητές µε τρόπο φυσικό «τοποθετούνται» στην

κατάσταση όπου πρέπει να ενώσουν τους ισχυρισµούς των υποερωτηµάτων α) και β)

της άσκησης 17 σε ένα ερώτηµα και να διαλογιστούν για τη λύση του µε βάση τα

ακόλουθα λογικά σχήµα: 2

21,

pp

pppp

→→→

και 2

2,

p

ppp →.

∆εν προτείνεται η τελευταία άσκηση να διατυπώνεται µε τον ακόλουθο τρόπο:

«∆ίνεται ισοσκελές τρίγωνο АВС και CD είναι η διχοτόµος της γωνίας απέναντι στη

βάση του. Να αποδειχτεί ότι CD είναι και το ύψος του.» Αν αυτή διατυπωθεί µε τον

τρόπο αυτό, οι µαθητές δυσκολότερα µπορούν να σκεφτούν τον τρόπο απόδειξής της,

147

αφού µόνοι τους πρέπει να ανακαλύψουν τους ενδιάµεσους ισχυρισµούς έως την

απόδειξη του τελικού.

¨Άλλος συγκεκριµένος τύπος συστηµατοποίησης των µαθηµατικών γνώσεων,

που θα µπορούσε να βοηθήσει στη λύση σχετικών µαθηµατικών ασκήσεων, είναι ο

αναφερόµενος στο Σχήµα 2.

τετράπλευρο

τραπέζιο παραλληλόγραµµο

ορθογώνιο ρόµβος

`

τετράγωνο

Σχήµα 2

Οι µαθηµατικές έννοιες, οι ουσιαστικές ιδιότητές τους και οι σχέσεις µεταξύ

αυτών, παρουσιαζόµενες στο Σχήµα 2, µπορεί να ονοµαστεί «διδακτικό σύστηµα

ορισµών». Ανάλογο σχήµα µπορεί να υλοποιηθεί και για τα είδη τριγώνων και το

οποίο παρουσιάζεται στο Σχήµα 3. Προτείνεται τα σχήµατα αυτά αρχικά να

δηµιουργούνται από τους ίδιους τους µαθητές, µε τη βοήθεια του καθηγητή, εν

συνεχεία να παροτρύνονται να γράφονται σε ένα ξεχωριστό τετράδιο, µε σκοπό να

χρησιµοποιούνται έτοιµα σε οποιοδήποτε γνωστικό επίπεδο και αντικείµενο. Τέτοια

σχήµατα δύναται να υλοποιηθούν για τα είδη γωνιών, εξισώσεων, ανισώσεων κ.τ.λ.

Όλα αυτά ανακουφίζουν τους µαθητές κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων.

Έχει µόνο δυο παράλληλες απέναντι πλευρές

Οι απέναντι πλευρές του είναι ανά δυο ίσες

Έχει ορθή γωνία

Έχει δυο ίσες διαδοχικές πλευρές

Έχει δυο ίσες διαδοχικές πλευρές

Έχει ορθή γωνία

148

Είδη τριγώνων

Με βάση τις

πλευρές

Με βάση τις γωνίες

τυχαίο

οξυγώνιο ορθογώνιο αµβλυγώνιο

φ < 90º

b а

с

ϕ = 90º

φ > 90º

b а

с

ισοσκελές

а = b, φ < 90º

b а

с

а = b, φ = 90º

в а

с

а = b, φ > 90º

b а

с

ισόπλευρο

а = b = c,

φ = α = β = 60º

с

Σχήµα 3

4. Συστηµατοποίηση των υπολογιστικών ασκήσεων στα σχολικά

µαθηµατικά

Βασιζόµενοι στον προαναφερόµενο τρόπο συστηµατοποίηση και τη

δηµιουργία των ∆.Σ.Ι.Σ. και ∆.Σ.Α.Σ., προτείνεται να συστηµατοποιηθούν και τα

θεωρήµατα τα οποία εξασφαλίζουν τους τρόπους λύσης ασκήσεων υπολογιστικών

και κατασκευαστικών. Προτείνεται ένας τρόπος συστηµατοποίησης των

διδασκόµενων θεωρηµάτων τα οποία εξασφαλίζουν τρόπους προσδιορισµού του

µέτρου ορισµένων βασικών µαθηµατικών εννοιών.

Πρακτικά το προαναφερόµενο µπορεί να υλοποιηθεί ως εξής: ζητείται από τους

µαθητές να έχουν ξεχωριστό τετράδιο στο οποίο θα γράφουν τα συµπεράσµατα από

κάθε διδασκόµενο θεώρηµα και τα οποία µπορούν να χρησιµοποιηθούν σε

υπολογιστικές ασκήσεις. Προτείνεται το τετράδιο αυτό να είναι το ίδιο και για τη

γραφή των ∆.Σ.Ι.Σ. και ∆.Σ.Α.Σ. Για παράδειγµα, αφού διδαχτούν τα πρώτα

θεωρήµατα σχετικά µε το µέτρο γωνίας, υπό την καθοδήγηση του καθηγητή, οι

φ φ φ

φ φ

α β

a

b

c

φ

φ b a

149

µαθητές καταλήγουν στην ακόλουθη γενίκευση, την οποία γράφουν στο αντίστοιχο

τετράδιο (Σχήµα 2):

Т1: Θεωρήµατα προσδιορισµού του µέτρου γωνίας

α) Το άθροισµα των γωνιών τριγώνου είναι 180°;

β) Η εξωτερική γωνία ενός τριγώνου είναι ίση µε το άθροισµα των απέναντι δυο

εσωτερικών γωνιών του.

γ) Σε ορθογώνιο τρίγωνο απέναντι από κάθετη, δυο φορές µικρότερη της υποτείνουσας,

η γωνία είναι 30°.

Σχήµα 4

Με τη διδασκαλία νέων θεωρηµάτων, µε τα οποία µπορεί να υπολογιστεί το

µέτρο γωνίας, οι µαθητές προσθέτουν τα διδασκόµενα θεωρήµατα. Για το λόγο αυτό

υπάρχει το σηµείο 4. µε τις τελείες (Σχήµα 4).

Επεκτείνοντας την ιδέα δηµιουργίας διδακτικών συστηµάτων ικανών και

αναγκαίων συνθηκών, µπορούν να δηµιουργηθούν και διδακτικά συστήµατα τρόπων

υπολογισµού του µέτρου γωνίας, του µήκους ευθύγραµµου τµήµατος, του εµβαδού

και του όγκου σχηµάτων. Η θέση και ο ρόλος των µαθητών κατά τη δηµιουργία των

διδακτικών αυτών συστηµάτων πρέπει να είναι ενεργή. Να τους δίνεται η

δυνατότητα, µε την κατάλληλη καθοδήγηση από τον καθηγητή, να ξαναθυµούνται τα

ήδη γνωστά θεωρήµατα, σχετικά πάντα µε το θέµα, ή να προσπαθούν από µόνοι τους

να λύνουν στην αρχή το νέο θεώρηµα σαν άσκηση και εν συνεχεία να γενικεύεται και

να λαµβάνεται ως πλέον γνωστό. Με τον τρόπο αυτό η ευρετική ικανότητα των

µαθητών εξασκείται κατά πολύ.

Τα διδακτικά συστήµατα που προαναφέρθηκαν ότι µπορούν να δηµιουργηθούν

είναι τα ακόλουθα:

Ι. «Το µέτρο µιας γωνία α είναι ίσο µε:»

1. 180°-(β+γ), όπου α, β και γ είναι τα µέτρα των γωνιών τριγώνου ή

1. β΄-γ, αν α και γ είναι τα µέτρα των εσωτερικών γωνιών τριγώνου, ενώ β΄ είναι

το µέτρο της εξωτερικώς γωνίας µε µέτρο β ή

2. 30°, αν βρίσκεται απέναντι από κάθετη, σε ορθογώνιο τρίγωνο, ίση µε το µισό

της υποτείνουσας ή ηµα=2

1 ή συνα=

2

3 ή εφα=

3

3 ή σφα= 3 και α είναι

µέτρο οξείας γωνίας ή

150

3. 60°, αν είναι γωνία ισόπλευρου τριγώνου ή ηµα=2

3 ή συνα=

2

1 ή εφα= 3 ή

σφα=3

3 και α είναι µέτρο οξείας γωνίας ή

4. 90°, αν είναι γωνία µεταξύ των διαγωνίων ρόµβου ή µεταξύ του ύψους και της

βάσης που αντιστοιχεί ή είναι γωνία τριγώνου όπου η µια διάµεσος είναι το µισό

της πλευράς που αντιστοιχεί ή είναι γωνία µεταξύ δυο διανυσµάτων µε εσωτερικό

γινόµενο 0 ή ηµα=1 ή συνα=0 ή σφα=0 ή

6. 2

180 γ−o

, αν α είναι το µέτρο της παρά την βάση γωνία ισοσκελούς τριγώνου ή

7. 2

360 δγ −−o

, αν α είναι το µέτρο της παρά την βάση γωνία ισοσκελούς τραπεζίου.

II. «Το µήκος δ ενός ευθύγραµµου τµήµατος είναι ίσο:»

1. 2

βα +, αν δ είναι το µήκος του τµήµατος που ενώνει τα µέσα των µη

παραλλήλων πλευρών τραπεζίου µε βάσεις α και β ή

2. 2

β−a, αν δ είναι το µήκος του τµήµατος που ενώνει τα µέσα των διαγωνίων

τραπεζίου µε βάσεις α και β ή

3. 22 βα + , αν δ είναι το µήκος υποτείνουσα ορθογωνίου τριγώνου µε µήκη

καθέτων α και β ή

4. 22 βα − , αν δ είναι το µήκος µιας από τις κάθετες πλευρές ορθογωνίου

τριγώνου µε υποτείνουσα µήκους α και άλλη κάθετη µήκους β ή

5. 2

1, αν δ=ηµ30° ή δ=συν60° ή

6. 2


7. 2


8. 3

3, αν δ=εφ30° ή δ=σφ60° ή

9. 3 , αν δ=εφ60° ή δ=σφ30° ή

10. 1, αν δ=ηµ90° ή δ=συν0° ή δ=εφ45° ή δ=σφ45° ή

151

11. 0, αν δ=ηµ0° ή δ=συν90° ή δ=εφ0° ή δ=σφ90° ή

12. 2

22 222 αγβ −+, αν δ είναι το µήκος της µα τριγώνου µε µήκη πλευρών α, β

και γ ή

13. βγσυνφγβ 222 −+ , αν β, γ, δ είναι τα µήκη πλευρών τριγώνου και φ είναι το

µέτρο της γωνίας απέναντι της πλευράς µε µήκος δ ή

14. βα

αγ+

ή βα

βγ+

− βαβγ

ήβ-α

αγ , αν δ είναι το µήκος του τµήµατος που διαιρεί

η εσωτερική (ή εξωτερική) διχοτόµο της γωνία τριγώνου απέναντι από την

πλευρά µε µήκος γ ή

15. 2

α, αν δ είναι το µήκος διαµέσου που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα α

ορθογωνίου τριγώνου ή αν το δ βρίσκεται απέναντι από γωνία 30° σε ορθογώνιο

τρίγωνο ή

16. 2

3α, αν δ είναι το µήκος του ύψους ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς α ή

17. 222 )(23

2αβγ µµµ −+ , αν δ είναι µήκος πλευράς τριγώνου µε µήκη διαµέσων

µα, µβ και µγ ή

18. ))()((2 γτβταττα

−−− ,

Rήβγ

αν δ είναι το µήκος του ύψους τριγώνου µε

µήκη πλευρών α, β, γ και ηµιπερίµετρο τ (R ακτίνα περιγεγραµµένου στο

τρίγωνο κύκλου) ή

19. ).(..2 αττγβγβ

−+

, αν δ είναι το µήκος της διχοτόµου τριγώνου µε µήκη

πλευρών α, β, γ και ηµιπερίµετρο τ ή

20. 2

γβα −+, αν δ είναι µήκος ακτίνας εγγεγραµµένου κύκλου σε τρίγωνο µε µήκη

πλευρών α, β και γ ή

21. 2Rηµφ, αν δ είναι το µήκος πλευράς τριγώνου απέναντι από γωνία µέτρου φ και

R είναι η ακτίνα του περιγεγραµµένου στο τρίγωνο κύκλιου ή

22. 222 γβα ++ , αν δ είναι το µήκος της διαγωνίου ορθογωνίου

παραλληλεπιπέδου µε µήκος α, πλάτος β και ύψος γ ή

152

23. 221

221 )()( yyxx −+− , αν δ είναι το µήκος τµήµατος µε συντεταγµένες άκρων

(x1, y1) και (x2, y2) ή

24. ),(. δασυνα

δα

, αν δ είναι το µήκος διανύσµατος και δα

είναι το εσωτερικό του

γινόµενο µε διάνυσµα α µέτρου α

ή

25. 22 BA

CByAx oo

+

++, δ είναι η απόσταση του Μ(xo, yo) από της ευθεία Ax+By+C=0 ή

26. 2

21

1 λ

ββ

+

−, αν δ είναι η απόσταση µεταξύ των ευθειών y=λx+β1 και y=λx+β2.

III. « Το εµβαδόν Ε ενός σχήµατος είναι ίσο µε:»

1. 2ααυ

ή 2ββυ

ή 2γγυ

, αν υα, υβ, υγ είναι τα ύψη του τριγώνου µε µήκη πλευρών α,

β και γ ή

2. R4

αβγ, αν R είναι η ακτίνα του περιγεγραµµένου κύκλου σε τρίγωνο µε µήκη

πλευρών α, β και γ ή

3. τr, αν r είναι η ακτίνα του εγγεγραµµένου κύκλου σε τρίγωνο µε ηµιπερίµετρο τ

))()(( γτβταττ −−− , αν α, β, γ είναι τα µήκη των πλευρών τριγώνου και τ η

ηµιπερίµετρός του ή

4. (τ-α)rα ή (τ-β)rβ ή (τ-γ)rγ, αν rα, rβ, rγ είναι οι ακτίνες των παρεγγεγραµµένων

κύκλων σε τρίγωνο µε µήκη πλευρών α, β, γ και ηµιπερίµετρο τ ή

5. γβα rrrr αν rα, rβ, rγ είναι οι ακτίνες των παρεγγεγραµµένων κύκλων σε τρίγωνο

µε µήκη πλευρών α, β, γ και r η ακτίνα του εγγεγραµµένου σ’ αυτό κύκλου ή

6. ))()()((3

1αγβγβαγβαγβα µµµµµµµµµµµµ −++−−+++ , αν µα, µβ, µγ

είναι οι διάµεσοι τριγώνου µε µήκη πλευρών α, β και γ ή

7. Γ2

1αβηµ ή Β2

1αγηµ ή Α2

1 βγηµ , αν α, β, γ είναι τα µήκη των πλευρών

τριγώνου και ΓΒΑ ˆ,ˆ,ˆ είναι τα µέτρα των αντίστοιχων γωνιών του ή

8. 2

βγ, αν β, γ είναι τα µήκη των κάθετων πλευρών ορθογωνίου τριγώνου

153

9. 4

32α, αν α είναι το µήκος των πλευρών ισόπλευρου τριγώνου ή

10. αυ, αν α είναι το µήκος πλευράς παραλληλογράµµου και υ το µήκος του ύψους

που αντιστοιχεί σ’ αυτή ή

11. αβ, αν α και β είναι τα µήκη των πλευρών ορθογωνίου ή

12. αυ ή 2

21δδ , αν α είναι τα µήκη των πλευρών ρόµβου µε µήκος ύψους υ και

διαγωνίων δ1 και δ2 ή

13. α2 ή 2

2δ, αν α, δ είναι τα µήκη των πλευρών και των διαγωνίων τετραγώνου ή

14. 2

)( υβ+Β ή dυ, αν Β, β είναι τα µήκη της µεγάλης και της µικρής, αντίστοιχα,

βάσης τραπεζίου µε ύψος µήκους υ και d το µήκος της διαµέσου του ή

15. ))()()(( δτγτβταττ −−−− , αν α, β, γ, δ είναι τα µήκη των πλευρών κυρτού

τετραπλεύρου µε ηµιπερίµετρο τ ή

16. 2

rνΠ, αν Πν είναι η περίµετρος περιγεγραµµένου σε κύκλο κανονικού

τετραπλεύρου και r το µήκος της ακτίνας του εγγεγραµµένου κύκλου ή

17. 2

aνΠ, αν Πν είναι η περίµετρος του εγγεγραµµένου σε κύκλο κανονικού

τετραπλεύρου και α το απόστηµά του ή

18. πr2 ή 2

2πδ ή

4

δl, αν r είναι το µήκος ακτίνας κύκλου διαµέτρου δ και µήκος

αυτού l ή

19. ο

οφπ360

2r, αν Ε είναι το εµβαδόν κυκλικού τοµέα, r είναι το µήκος ακτίνας κύκλου

και φ° είναι το µέτρο της επίκεντρης γωνίας ή

20. π(r12-r2

2) ή )(4

22

21 δδπ− , αν Ε είναι το εµβαδόν δακτυλίου, r1, r2 είναι µήκη

ακτινών κύκλων µε r1>r2 και δ1, δ2 τα µήκη των διαµέτρων τους αντίστοιχα ή

21. 22 hhr − , αν r είναι το µήκος ακτίνας κύκλου και h είναι η απόσταση του

κέντρου του κύκλου από µια χορδή του ή

22. Πβυ, αν Ε είναι το εµβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας πυραµίδας µε περίµετρο

βάσης Πβ και ύψος µήκους υ ή

154

23. 2πrυ+2πr2, αν Ε είναι το εµβαδόν κυρτής επιφάνειας κυλίνδρου, υ είναι το µήκος

του ύψους του και µε ακτίνα βάσης µήκους r ή

24. πrλ+πr2, αν Ε είναι το εµβαδόν κυρτής επιφάνειας κώνου, λ είναι το µήκος της

γενέτειράς του και ακτίνα βάσης µήκους r ή

25. π(r1+r2)λ+πr12+πr2

2, αν Ε είναι το εµβαδόν κυρτής επιφάνειας κόλουρου κώνου

και r1, r2 είναι τα µήκη των ακτινών του ή

26. 4πr2, αν Ε είναι το εµβαδόν επιφάνειας σφαίρας µε µήκος ακτίνας r ή

27. ∫β

α

dxxf )( , Ε είναι το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική

παράσταση της συνεχούς στο [α, β] συνάρτησης f, τον x´x και τις ευθείες x=α και

x=β, α<β ή

28. ( )ΑΓΑΒ,det2

1, αν Ε είναι το εµβαδόν τριγώνου µε κορυφές Α(x1, y1), Β(x2, y2)

και Γ(x3, y3) µε ( )ΑΓΑΒ,det η ορίζουσα των διανυσµάτων ΑΒ , ΑΓ .

IV. «Ο όγκος ενός στερεού είναι ίσο µε:»

1. Εβυ, αν Εα είναι το εµβαδόν βάσης ορθού πρίσµατος µε ύψος µήκους υ ή

2. αβγ, αν α, β, γ είναι το µήκος, πλάτος και ύψος, αντίστοιχα ορθογωνίου

παραλληλεπιπέδου ή

3. 2

1Εβυ, αν Εα είναι το εµβαδόν βάσης κανονικής πυραµίδας µε µήκος ύψους υ ή

4. ( )h22113

1Ε+ΕΕ+Ε , αν Ε1, Ε2 είναι τα εµβαδά των βάσεων κόλουρης πυραµίδας

και h είναι η απόσταση των βάσεών τις ή

5. πr2υ, αν υ είναι το µήκος του ύψους κυλίνδρου, βάσης κύκλο µε µήκος ακτίνας r ή

5. 3

1πr2

υ, αν υ είναι το µήκος του ύψος κώνου µε βάση κύκλο ακτίνας r ή

6. ( )υπ 2221

21.

3

1rrrr ++ , αν υ είναι η απόσταση µεταξύ των δυο βάσεων κόλουρου

κώνου µε ακτίνες αυτών r1 και r2 ή

8. 3

4πr3 ή

6

1πd3, αν r είναι το µήκος της ακτίνας σφαίρας µε διάµετρο µήκους d.

Με το τετράδιο αυτό, το οποίο προτείνεται να είναι χωρισµένο σε θεµατικές

ενότητες και µε την καθοδήγηση του καθηγητή οι µαθητές θα «κατευθύνονται» προς

155

τα διδακτικά συστήµατα που απευθύνονται στη διδασκόµενη µαθηµατική έννοια µε

σκοπό να συµπληρώσουν ή να θυµηθούν παλιές γνώσεις.

5. Ηµιτελείς λύσεις

Θα γίνει προσπάθεια να προταθούν και κάποιοι άλλοι τρόποι ανάπτυξης και

τελειοποίησης των ικανοτήτων των µαθητών για λύση µαθηµατικών ασκήσεων. Η

πρώτη εξ αυτών αναφέρεται στην σταδιακή και διαδοχική διάπλαση των ικανοτήτων

σύνταξης της λύσης µαθηµατικών ασκήσεων. Για το σκοπό αυτό στους µαθητές

προτείνονται ασκήσεις µε ηµιτελείς λύσεις και ζητείται απ’ αυτούς να συµπληρώσουν

τις λύσεις αυτές. Η µέθοδος αυτή συναντάται και σε κάποια γαλλικά βιβλία

σχολικών µαθηµατικών. Ακολουθούν σχετικά παράδειγµα:

Άσκηση 19. ∆ίνεται τρίγωνο ABC, στο οποίο CD είναι ύψος και διχοτόµος. Να

αποδειχτεί, ότι είναι ισοσκελές (Σχήµα 6). Η ηµιτελής λύση της άσκησης σε

σχηµατική µορφή υπάρχει στο Σχήµα 5. Να συµπληρωθούν τα βέλη µε τις

αντίστοιχες τελείες (……) µε τη συµπλήρωση του κατάλληλου ορισµού ή

θεωρήµατος, από το οποίο συνεπάγεται ο αντίστοιχος ισχυρισµός.

CD −−−− ύψος CD −−−− διχοτόµος

γωνίες ADC, CDB ορθές γωνίες АСD, ВСD ίσες СD −−−− κοινή

ίσα τρίγωνα АDС, ВDС

АС = ВС

τρίγωνο АВС −−−− ισοσκελές

Σχήµα 5

ορισµός ύψους ... ... ...

... ... ...

... ... ...

... ... ...

156

Σχήµα 6

Άσκηση 20. ∆ίνεται κύκλος k(О, 2

AB) και σηµείο С, το οποίο ανήκει στην

προέκταση της AB, προς το µέρος του B, έτσι ώστε ОB = BC. Έστω D είναι σηµείο

του k, η ευθεία d από το С είναι κάθετη στη АВ, το σηµείο Е είναι το σηµείο τοµής

των d και AD, ενώ F το σηµείο τοµής των BD και d (Σχήµα 7). Να αποδειχτεί, ότι:

ЕВ ⊥ AF. Η ηµιτελής λύση της άσκησης σε σχηµατική µορφή υπάρχει στο Σχήµα 8.

Να συµπληρωθούν τα βέλη µε τις αντίστοιχες τελείες (……) µε τη συµπλήρωση του

κατάλληλου ορισµού ή θεωρήµατος, από το οποίο συνεπάγεται ο αντίστοιχος

ισχυρισµός. Τέλος να γραφεί η λύση της άσκησης όχι σχηµατικά.

Σχήµα 7

C

BA D

OA B

D

C

E

F

157

D ∈ k АВ −−−− διάµετρος του k

АС ⊥ ЕС АD ⊥ ВD

АС −−−− ύψος του АЕF АF −−−− ύψος του АЕF

В −−−− ορθόκεντρο

ЕВ ⊥ АF

Σχήµα 8

Προτείνεται και µια άσκηση στην οποία υπάρχει συνδυασµός ηµιτελής λύσης

και αναφοράς του σχετικού ορισµού ή θεωρήµατος.

Άσκηση 21. ∆ίνεται τρίγωνο АВС µε AB<AC και AH το ύψος του. Από το

µέσο I της ВС κατασκευάζεται ευθεία d, παράλληλη της AH. Αν J είναι το σηµείο

τοµής των d και АС, να αποδειχτεί, ότι το τρίγωνο BJC είναι ισοσκελές (Σχήµα 9).

Σχήµα 9

∆ίνεται η άσκηση στους µαθητές µε αρχική την απαίτηση να συµπληρωθούν τα

κενά του σχήµατος 10α.

... BC⊥AH ... BC⊥d ... Т2 ? ...

ποια από τα µέσα να χρησιµοποιηθούν;

Σχήµα 10α

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

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

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

... ... ...

B H I

d

J

C

A

АН - ύψος d διάµετρος

?

? ? ? ?

АН || IJ από που;

158

Κατά την συµπλήρωση των κενών του σχήµατος 10α, µπορούν να

χρησιµοποιηθούν οι ακόλουθοι ορισµοί και θεωρήµατα (Σχήµα 10β):

D1: Η απόσταση κάθε κορυφής τριγώνου έως την απέναντι πλευρά του λέγεται ύψος

τριγώνου.

D2: Το ευθύγραµµο τµήµα το οποίο ενώνει την κορυφή τριγώνου µε το µέσο της

απέναντι πλευράς του λέγεται διάµεσος τριγώνου.

D3: Το τρίγωνο το οποίο έχει δυο ίσες πλευρές λέγεται ισοσκελές.

Т2: Αν аb, а ⊥ с τότε b ⊥ c, όπου a, b και c είναι ευθείες.

Т3: Κάθε σηµείο της µεσοκαθέτου απέχει απόσταση ίση από τα άκρα του

τµήµατος.

Σχήµα 10β

Παρόµοια παρουσίαση έχουν και οι ασκήσεις 22, 23 και 24 που ακολουθούν

και συγκεκριµένα:

Άσκηση 22. Να συµπληρωθούν οι ισότητες για τις περιπτώσεις α) έως και ε)

έτσι ώστε να προκύπτει αληθής ισχυρισµός:

α) (−−−−2).(+8).(6) = −−−−

β) (−−−−11).(−−−−2).(25).(+3).(−−−−5) = +

γ) (25).(−−−−7).(−−−−3) = +

δ) (+5).(3).(−−−−20).(−−−−2) =

ε) (−−−−20):(−−−−) = 4.

Άσκηση 23. Να συµπληρωθεί ο ακόλουθος πίνακας:

x y z r A = x.y.z B = y.z.r R = xA +B ∆ = A −−−−Br

−−−−1 0,6 3 −−−−5

−−−−3

1 −−−−2 0,5 −−−−7

Άσκηση 24. Σε κάθε συνεπαγωγή «⇔» να γραφεί το θεώρηµα το οποίο

εξασφαλίζει την ορθότητα της ισοδυναµίας:

15

2

2

1+=−

+x

xx

Πολλαπλασιάζονται τα δυο µέλη µε «10» (θεώρηµα 3)

159

( )1.103

2.10

2

1.10 +=−

+x

xx

Αντικαθιστούνται οι ισότητες µε ισοδύναµες (θεώρηµα 1)

5(x+1) −−−−2.2x = 10(x+1)

(θεώρηµα ...)

5x +5 −−−−4x = 10x +10

(θεώρηµα...)

5x −−−−4x −−−−10x = −−−−5 +10

(θεώρηµα...)

(5−−−−4−−−−10)x = 5

(θεώρηµα...)

−−−−9x = 5

(θεώρηµα...)

9

5

9

9

−=

−− x

(θεώρηµα...)

x = 9

5−

Οι τελευταίες τρεις ασκήσεις είναι κατάλληλες για µαθητές 14 ετών.

Η ιδέα της ηµιτελής λύσης µπορεί να υλοποιηθεί και µε τη βοήθεια ασκήσεων

στις οποίες ζητείται η συµπλήρωση πληροφοριών. Θα διατυπωθούν τρεις τέτοιες

ασκήσεις οι οποίες είναι κατάλληλες για µαθητές 16 ετών.

Άσκηση 25. Στη θέση των τελείων να γραφούν οι κατάλληλες λέξεις ή

εκφράσεις, έτσι ώστε να ληφθεί ορθός ισχυρισµός:

α) το ισόπλευρο τρίγωνο έχει ... ... ... άξονες συµµετρίας

β) το ισόπλευρο τρίγωνο έχει... ... ... άξονες συµµετρίας

γ) το ισόπλευρο τρίγωνο έχει... ... ... άξονες συµµετρίας

Άσκηση 26. Να συµπληρωθεί το κείµενο, έτσι ώστε να ληφθεί ορθός

ισχυρισµός: η γωνία που βρίσκεται απέναντι στη µικρότερη πλευρά τριγώνου είναι ...

... ... από 60°, αλλά µεγαλύτερη από ... ... ....

160

Άσκηση 27. Στο Σχήµα 11 έχει χαραχθεί ευθύγραµµο τµήµα АВ, το οποίο έχει

διαιρεθεί σε τρία µέρη µε τα σηµεία С και D. Να συµπληρωθεί το κείµενο, έτσι ώστε

να ληφθεί ορθός ισχυρισµός:

α) АВ = ... + ... + ...;

β) АD = ... −−−− ... = ... −−−− ... −−−− ....

A D C B

Σχήµα 11

Η αύξηση του ενδιαφέροντος των µαθητών για λύση µαθηµατικών ασκήσεων

µπορεί να επιτευχθεί και µε τις λεγόµενες «ασκήσεις – παγίδες». Εκτός του ότι µ’

αυτές εξασκείται η παρατηρητικότητα και η προνοητικότητα των µαθητών, ελέγχεται

και το επίπεδο γνώσεων τους. Τέτοιες ασκήσεις είναι για παράδειγµα οι ακόλουθες

δυο:

Άσκηση 28. Έστω η ακτίνα ενός κύκλου να είναι ίση µε 5cм. Είναι δυνατόν η

ακτίνα αυτή να είναι κάθετη σε χορδή του ιδίου κύκλου που να είναι ίση µε 11cм;

Άσκηση 29. Να κατασκευαστεί ισόπλευρο ορθογώνιο τρίγωνο.

Παρόµοιες ασκήσεις προτείνονται να λύνονται σε εκτός διδακτικού χρόνου µορφές

εκπαίδευσης.

6. Τα ηµιθεωρήµατα στα σχολικά µαθηµατικά

6.1. Προκαταρκτικές παρατηρήσεις

Στους µαθηµατικούς συλλογισµούς κατά τη λύση ασκήσεων επικρατεί η

παράδοση συνειδητά να χρησιµοποιούνται έτοιµες άλλες, πριν απ’ αυτή λυµένες

ασκήσεις. Το γεγονός αυτό συνδέεται άµεσα µε άλλη χρήσιµη διδακτική παρατήρηση

και συγκεκριµένα αυτή συνδέεται µε τον «κανόνα για τη δυνατή µικρότερη

προσπάθεια» καθώς επίσης και µε την ιδέα του Polya διατυπωµένη µε την ερώτηση:

«∆εν έχει λυθεί παρόµοια άσκηση;». Πριν την εµβάθυνση της ιδέας αυτής είναι

απαραίτητο να γίνουν κάποιες γενικές παρατηρήσεις. Πρώτα απ’ όλα θα προταθεί

ακόµη ένα σηµαντικό εφεδρικό µέσο για την επιτάχυνση της ανάπτυξης των

ικανοτήτων των µαθητών να λύνουν ασκήσεις, ενώ από το σηµείο αυτό θα προταθούν

και δυνατότητες για την αύξηση της αποτελεσµατικότητας της µαθηµατικής

εκπαίδευσης.

161

Ακόµη από της Αρχαία Ελλάδα στα µαθηµατικά συνθέτονται τρία ιδεώδη των

ανθρώπινων ενεργειών – κατανόηση, πειθώ και οικονοµία. Από την κατανόηση

γεννιέται η απαίτηση, κατά τον ορισµό κάθε έννοιας, να χρησιµοποιούνται µόνο πριν

απ’ αυτή ορισµένες άλλες έννοιες. Από την πειθώ γεννιέται η απαίτηση κατά την

απόδειξη ενός συλλογισµού να χρησιµοποιούνται µόνο πριν απ’ αυτόν άλλοι

αποδειγµένοι συλλογισµοί. Από την επιθυµία για οικονοµία γεννιούνται τα

θεωρήµατα, τα οποία αναφέρονται σε ακέραιες κλάσεις αντικειµένων και στη

συµφωνάει αυτά να χρησιµοποιούνται έτοιµα σε όλα αυτά τα αντικείµενα.

Η τελευταία ιδιαιτερότητα των µαθηµατικών ενεργειών, πραγµατικά προτείνει

οικονοµία χρόνου και δυνάµεων. Η προαναφερόµενη οικονοµία δύναται να

επιτευχθεί, µε τη συστηµατοποίηση των λυµένων ασκήσεων και ο εντοπισµός –

στιγµατισµός των ασκήσεων – τµηµάτων πολλών άλλων ασκήσεων και εν συνεχεία

οι ασκήσεις αυτές να χρησιµοποιούνται έτοιµες. Πολύ έχουν ασχοληθεί και

εφαρµόζουν, άτυπα όµως, τη δοµή αυτή της µαθηµατικής εκπαίδευσης, µε έµφαση

στις γεωµετρικές ασκήσεις, µιας και αυτές δυσκολεύουν περισσότερο τους µαθητές.

Το «άτυπο» των ενεργειών αυτών έχει ως αποτέλεσµα να απαιτείται κάθε φορά από

τους µαθητές να λύνουν αυτές τις «βασικές» ασκήσεις, ακόµη και όταν αυτές

βρίσκονται λυµένες στα σχολικά βιβλία µαθηµατικών.

6.2. Η δοµή των ηµιθεωρηµάτων

Προτείνεται η ιδέα των αρχαίων ελλήνων µαθηµατικών να χρησιµοποιούν

έτοιµα τα θεωρήµατα, να επεκταθεί και σε κάποιες βασικές µαθηµατικές ασκήσεις.,

οι οποίες αποτελούν ασκήσεις – τµήµατα πολλών άλλων ασκήσεων και είναι λυµένες

στα σχολικά βιβλία µαθηµατικών. Να γίνει αποδεχτώ οι λύσεις των ασκήσεων αυτών

να χρησιµοποιούνται έτοιµες, χωρίς να απαιτείται από τους µαθητές να τις λύνουν εκ

νέου. Τις βασικές αυτές ασκήσεις προτείνεται να ονοµαστούν «ηµιθεωρήµατα». Σε

διαφορά µε τα θεωρήµατα, οι λύσεις αυτών δεν συµπεριλαµβάνονται στη θεωρία και

δεν πρέπει να εξετάζονται όπως οι αποδείξεις των θεωρηµάτων. Για ευκολία τα

«ηµιθεωρήµατα», τα οποία συνήθως έχουν τη µορφή ασκήσεων απόδειξης, να τα

συµβολίζονται µε i

jΤΠ , όπου i, j=1, 2,…,n (n∈N) και Τi είναι το θεώρηµα το οποίο

χρησιµοποιείται για την απόδειξη του «ηµιθεωρήµατος», ενώ j είναι ο αύξων αριθµός

των «ηµιθεωρηµάτων». Τονίζεται ότι για ορισµένο θεώρηµα µπορούν να υπάρχουν

περισσότερα από ένα «ηµιθεωρήµατα». Εν συνεχεία µε Αj συµβολίζεται το σύνολο

162

των ασκήσεων οι οποίες λύνονται µε την βοήθεια του i

jΤΠ . Αν η λύση µιας άσκησης

αποτελείται µόνο από ένα στάδιο, τότε δεν ενδείκνυται να αποτελέσει

«ηµιθεώρηµα». Οι λύσεις των ασκήσεων αυτών πρέπει να συµπεριλαµβάνεται στις

ενέργειες οι οποίες µπορούν να εκτελεστούν µε τη συνεχή εφαρµογή των

διδασκόµενων θεωρηµάτων.

Θα προταθούν κάποια νέα στοιχεία για το περιεχόµενο των σχολικών βιβλίων

µαθηµατικών βασισµένα στην ιδέα των ηµιθεωρηµάτων και γενικότερα στης

συστηµατοποίησης των διδασκόµενων µαθηµατικών γνώσεων.

Με τα «ηµιθεωρήµατα» πλησιάζουµε περισσότερο στη λύση δεδοµένης

άσκησης, δηλαδή «συµπιέζουµε» τα στάδια λύσης αυτής, εφόσον δεν απαιτείται η

επανάληψη της λύσης ατών. Με την βοήθεια συµβολισµών από τη µαθηµατική

λογική, η λύση άσκησης αποτελεί το ακόλουθο:

qp

qppppppppp kkk

→→→→→→ − ,,...,,, 132211 (1)

Η λύση της ίδιας άσκησης µε τη βοήθεια των «ηµιθεωρηµάτων» θα επιτευχθεί

γρηγορότερα, αφού τα «ηµιθεωρήµατα» αποτελούν στάδια όπως:

2

211,

pp

pppp

→→→

(2)

Εποµένως η (1) µε βάση τη (2) γίνεται:

qp

qppppppp kkk

→→→→→ − ,,...,, 1322 (3)

Φανερό είναι ότι στο (3) ο αριθµός των απαιτούµενων γνώσεων είναι

µικρότερος από ότι στο (1), µιας και οι συλλογισµοί είναι λιγότεροι στον αριθµό.

Τα «ηµιθεωρήµατα» πρέπει να τοποθετούνται µετά από τα αντίστοιχα

θεωρήµατα και εν συνεχεία να λύνονται ασκήσεις σχετικές µε αυτά. Ο τρόπος αυτός

οργάνωσης των µαθηµατικών γνώσεων έχει και κάποια αρνητικά σηµεία. Στις

περισσότερες περιπτώσεις τα ηµιθεωρήµατα είναι δύσκολες ασκήσεις, ακόµη και

δυσκολότερες από τις ασκήσεις, οι οποίες λύνονται µε άµεση εφαρµογή των

διδασκόµενων θεωρηµάτων. Για το λόγο αυτό προτείνονται δυο τρόποι οργάνωσης

της διδασκόµενης θεωρίας:

1) Όταν το ηµιθεώρηµα είναι µε εύκολη απόδειξη, τότε να ακολουθείται το

σχήµα:

163

− Θεώρηµα

− Ηµιθεώρηµα

− Ασκήσεις

2) Όταν το ηµιθεώρηµα είναι µε δύσκολη απόδειξη, τότε να ακολουθείται το

σχήµα:

− Θεώρηµα

− Ασκήσεις (εύκολες µε άµεση εφαρµογή του θεωρήµατος)

− Ηµιθεώρηµα

− Ασκήσεις

Προτείνεται τα σχολικά βιβλία µαθηµατικών να γράφονται µε αυτό τον τρόπο

και ανάλογα µε τη συγκεκριµένη περίπτωση να επιλέγεται η πρώτη ή η δεύτερη δοµή.

Θεωρείται ότι ο τρόπος αυτός αναδιοργάνωσης της σχολικής ύλης

µαθηµατικών και συγκεκριµένα τον τοµέα που αφορά τις ασκήσεις, µπορεί να

υλοποιηθεί για όλο το περιεχόµενο των σχολικών µαθηµατικών.

6.3. Η θέση των ηµιθεωρηµάτων στα σχολικά βιβλία µαθηµατικών

Ο τρόπος αυτός παρουσίασης µπορεί να εφαρµοστεί σχεδόν σε όλο το

µαθηµατικό περιεχόµενο. Γεννιούνται όµως τα εξής ερωτήµατα:

α) Για ποιες µαθηµατικές έννοιες να δηµιουργούνται, εφαρµόζονται και να

αποδεικνύονται τα ηµιθεωρήµατα;

β) Πως είναι δυνατόν να διασφαλιστεί η δυνατότητα για µεγαλύτερη

αποµνηµόνευση από τους µαθητές των ηµιθεωρηµάτων και να διαπλάθονται

επιθυµίες για εφαρµογή τους;

γ) Πως ο καθηγητής θα ορίσει ποια άσκηση πρέπει να «τοποθετηθεί» σαν

ηµιθεώρηµα;

Οι απαντήσεις στα προαναφερόµενα διδακτικά ερωτήµατα είναι οι ακόλουθες:

α) ∆εν είναι δύσκολο να κατανοηθεί, ότι για να εκπληρώσουν τη δεδοµένη

λειτουργία τους «για τη διασφάλιση τής µικρότερη προσπάθεια», τα ηµιθεωρήµατα

πρέπει να αναφέρονται στα πλέον επαναλαµβανόµενα µαθηµατικά στοιχεία.

Φαίνεται, ότι ευκολότερα ανακαλύπτονται επαναλαµβανόµενα στοιχεί στη

γεωµετρία. Για το λόγο αυτό δεν είναι τυχαίο το γεγονός, ότι η επαγωγική δοµή των

γνώσεων στην Αρχαία Ελλάδα καλύτερα υλοποιείται στη γεωµετρία. Τα

επαναλαµβανόµενα στοιχεία είναι ουσιαστικά αυτά τα οποία συναντιούνται στα

164

διάφορα σχήµατα και για αυτά µεταξύ των άλλων διαµορφώνονται έννοιες µε τους

αντίστοιχους ορισµούς. Για παράδειγµα: ευθύγραµµο τµήµα (πλευρές πολυγώνων,

ακµές πολύεδρων, διάµεσοι, διχοτόµοι και ύψη τριγώνων, ακτίνες, χορδές και

διάµετροι κύκλων ή σφαιρών κ.τ.λ.), γωνίες (κατακορυφήν, διαδοχικές, εξωτερικές

σε τρίγωνο, γωνίες µεταξύ ασύµβατων ευθειών ή τεµνόµενων ευθειών κ.τ.λ.), σηµεία

(σηµεία τοµής υψών, διαµέσων, διχοτόµων τριγώνου κ.τ.λ.), σχέσεις, σχέσεις µεταξύ

ευθυγράµµων τµηµάτων, σχέσεις µεταξύ γωνιών, σχέσεις µεταξύ σηµείων, σχέσεις

µεταξύ επίπεδων σχηµάτων (ισότητα, παραλληλία, συµµετρία, οµοιότητα,

ισεµβαδικότητα, καθετότητα κ.τ.λ.).

β) για να υλοποιηθεί η δυνατή καλύτερη αποµνηµόνευση τόσο των

θεωρηµάτων, όσο και των ηµιθεωρηµάτων, καθώς επίσης και να συγκροτηθεί η

επιθυµία των µαθητών για την εφαρµογή τους, πρέπει να διασφαλιστούν δυνατότητες

για εφαρµογή τους κατά τη λύση διαφόρων ασκήσεων, τουλάχιστον 3 – 4 φορές. Οι

µελέτες που έχουν γίνει και παραθέτονται στο κεφάλαιο VI, δηλώνουν, ότι η εργασία

που εκτελείται µε τη λύση αυτών των ασκήσεων είναι αποτελεσµατικότερη, όταν

αυτές είναι ταξινοµηµένες σε συστήµατα ασκήσεων, έτσι ώστε η λύση της κάθε µίας

εξ αυτών µετά την πρώτη, να προετοιµάζεται µε τη λύση άλλων εισαγωγικών

ασκήσεων.

γ) Το τρίτο και τελευταίο διδακτικό ερώτηµα συνδέεται άµεσα µε την άποψη

ότι από µια πλευρά τα «ηµιθεωρήµατα» ελαττώνουν τα στάδια λύσης µιας άσκησης,

αυξάνουν από την άλλη πλευρά τον αριθµό των γνώσεων τις οποίες οι µαθητές πρέπει

να γνωρίζουν και να θυµούνται χωρίς αποδείξεις. Για το λόγο αυτό πρέπει να οριστεί

ένα µέγεθος µε βάση το οποίο θα καθορίζεται ο βαθµός σηµαντικότητας της κάθε

άσκησης (συγκριτικά µε το σύνολο των ασκήσεων του δεδοµένου θέµατος).

Ονοµάζεται αυτό το µέγεθος «ισχύ» της άσκησης, να το συµβολίζεται µε «p» και

µετριέται σε %. Είναι φανερό ότι για τον προσδιορισµό του p πρέπει να λαµβάνεται

υπό όψιν και το γνωστικό επίπεδο των µαθητών.

Κατά τη λύσης κάποιας άσκησης µεταβαίνουµε από µια κατάσταση σε κάποια

άλλη. Με τη βοήθεια της p θα µπορούµε να ορίσουµε τις τιµές των γνώσεων των δυο

αυτών επιπέδων. Με τον τρόπο αυτό θα µπορούµε να προσδιορίσουµε αν µια άσκηση

προσφέρει αρκετές γνώσεις και πρέπει να γίνει «ηµιθεώρηµα» ή όχι.

Τέλος τα ηµιθεωρήµατα και οι σχετικές µ’ αυτά ασκήσεις ( i

jΤΠ και Αj)

προτείνεται να επισηµαίνονται µε ειδικά σύµβολα από τους ίδιους τους συγγραφείς.

165

Η µέχρι σήµερα έρευνα όσο αφορά τα σχολικά βιβλία, οδηγεί στο συµπέρασµα ότι ο

διαχωρισµός των «ηµιθεωρηµάτων» δεν είναι φανερός.

6.4. «Ισχύς της άσκησης» −−−− κριτήριο για να θεωρηθεί µια άσκηση ηµιθεώρηµα

Γεγονός είναι, ότι µε τα ηµιθεωρήµατα αυξάνεται ο αριθµός των γνώσεων που

ο µαθητής θα πρέπει να θυµάται. Για το λόγο αυτό πρέπει να οριστεί ένα µέγεθος µε

βάση το οποίο θα καθορίζεται ο βαθµός σηµαντικότητας της κάθε άσκησης

(συγκριτικά µε το σύνολο των ασκήσεων του δεδοµένου θέµατος). Έστω να

ονοµάσουµε αυτό το µέγεθος «ισχύ» της άσκησης, να το συµβολίσουµε µε «p» και να

µετριέται σε %. Είναι φανερό ότι για τον προσδιορισµό του p πρέπει να λαµβάνεται

υπό όψιν και το γνωστικό επίπεδο των µαθητών.

Κατά τη λύσης κάποιας άσκησης µεταβαίνουµε από µια κατάσταση σε

κάποια άλλη. Με τη βοήθεια της p θα µπορούµε να ορίσουµε τις τιµές των γνώσεων

των δυο αυτών επιπέδων. Με τον τρόπο αυτό θα µπορούµε να προσδιορίσουµε αν µια

άσκηση προσφέρει αρκετές γνώσεις και πρέπει να γίνει ηµιθεώρηµα ή όχι. Μέχρι

τώρα, από τις πληροφορίες τις οποίες έχουµε, σχετικός προσδιορισµός της ισχύς δεν

έχει γίνει.

Λέγοντας λύση αυτού του διδακτικού προβλήµατος γίνεται ουσιαστικά λόγος

για το ότι κατά τη λύση µιας µαθηµατικής άσκησης µεταβαίνει ο µαθητής από µια

κατάσταση (υπαρκτές γνώσεις και δεξιότητες) σε άλλη (µετά τη λύση της άσκησης).

Αυτό δίνει τη δυνατότητα η «ισχύς» κάθε άσκησης να συνδεθεί και µε τα πέντε

επίπεδα εµπέδωσης διατυπωµένα από τον Βαν Χήλε (Σχήµα 12). Συγκεκριµένα µε τη

βοήθεια της έννοιας «ισχύ» της άσκησης είναι δυνατόν να προσδιοριστεί το επίπεδο

της αντίστοιχης άσκησης.

0 I 15 II 40 III 60 IV 85 V 100

Σχήµα 12

Εκτός αυτού µε τον ορισµού του µεγέθους αυτού θα είναι δυνατόν να οριστεί

ποιες εκ των προτεινόµενων ασκήσεων (λυµένων ή άλυτων) είναι «βασικές» και

πρέπει να γίνουν ηµιθεωρήµατα και ποιες όχι. Αν για παράδειγµα µια άσκηση είναι

µε ένα µόνο βήµα λύσης, δεν πρέπει να εγκλείεται στον όγκο των ηµιθεωρηµάτων. Η

έλλειψη εµπέδωσης

χαµηλή εµπέδωση

µέση εµπέδωση

υψηλή εµπέδωση

άριστη εµπέδωση

166

λύση της πρέπει να εγκλείεται στις ενέργειες, οι οποίες µπορούν να εκτελεστούν µε

απλή εφαρµογή των διδασκόµενων θεωρηµάτων.

Οι προτεινόµενες ιδέες σχετικά µε την ταξινόµηση και τη θέση των

ηµιθεωρηµάτων, θα υλοποιηθεί στη συνέχεια µε τη βοήθεια ενός γεωµετρικού

θέµατος. Έχει γίνει επίσης προσπάθεια σύνθεσης από τη µια πλευρά των

ιδιαιτεροτήτων της δοµής των µαθηµατικών γνώσεων (στοιχεία επανάληψη,

εξάρτηση), από την άλλη – η εκπαίδευση των µαθηµατικών βασισµένη στις

προαναφερόµενες ιδέες για τη ΖΚΑ και ΖΕΑ. Για το λόγο αυτό προτείνεται τα

ηµιθεωρήµατα να αποδεικνύονται (λύνονται) µε συλλογική εργασία ή µε

ηµισυλλογική εργασία, αφού οι γνώσεις και οι ενέργειες, σχετικές µε τη λύση τους

αντιστοιχούν στη ΖΚΑ των µαθητών. Η λύση των ασκήσεων όµως είναι δυνατόν και

προτείνεται να γίνεται ατοµικά από τον κάθε µαθητή, αφού οι γνώσεις και οι

δεξιότητες που απαιτούνται, συνήθως, αντιστοιχούν στη ΖΕΑ των µαθητών.

6.5. ∆ιδακτικά συστήµατα συνδεδεµένα µε τα ηµιθεωρήµατα

Με τη βοήθεια των ηµιθεωρηµάτων γίνεται πρόταση για νέα στοιχεία στο

εκπαιδευτικό περιεχόµενο των µαθηµατικών, τα οποία αναφέρονται τόσο στην

εκλογή και ταξινόµηση στων διδασκόµενων θεωρηµάτων και των σχετικών µ’

ασκήσεων, όσο και στο τρόπο επιλογής τους από τους µαθητές. Προτείνονται επίσης

και νέα στοιχεία για το εκπαιδευτικό περιεχόµενο των σχολικών βιβλίων

µαθηµατικών, µε την εισαγωγή συµβόλων τα οποία δηλώνουν ποιες ασκήσεις είναι

ηµιθεωρήµατα, ποιες ασκήσεις λύνονται µε τη βοήθεια αυτών, για ποιο διδακτικό

σκοπό λύνεται η συγκεκριµένη άσκηση κ.τ.λ.

Τα σύµβολα τα οποία προτείνονται είναι τα ακόλουθα:

Βασικές γνώσεις, οι οποίες αναφέρονται στο περιεχόµενο των

θεωρηµάτων, τις οποίες κάθε µαθητές πρέπει να γνωρίζει (Ti).

Απαραίτητες παλιές γνώσεις, οι οποίες αναφέρονται σε

προγενέστερα διδασκόµενα θεωρήµατα.

Σηµαντική απόδειξη ή ερµηνεία, η οποία πρέπει να διαβαστεί

προσεκτικά.

Άσκηση για µαθητές που θέλουν να µάθουν περισσότερα

µαθηµατικά.

Άσκηση µε τη βοήθεια της οποίας ερµηνεύονται νέες έννοιες.

!

167

Σηµαντική άσκηση την οποία κάθε µαθητής πρέπει να µπορεί

να λύνει µόνος του.

* ∆ύσκολη άσκηση την οποία, µετά από αρκετή προσπάθεια, κάθε

µαθητής πρέπει να µπορεί να λύνει µόνος του.

** ∆ύσκολη άσκηση για αυτούς τους µαθητές που θέλουν να πάρουν

άριστα στα µαθηµατικά.

Άσκηση η οποία είναι ηµιθεώρηµα (iT

jП ).

Άσκηση που λύνεται µε τη βοήθεια ηµιθεωρήµατος ( iT

jA );

∆ύσκολη άσκηση, η λύση της οποίας έχει σκοπό την εξάσκηση

γνώσεων και ικανοτήτων.

Με την εφαρµογή συµβόλων σαν τα προαναφερόµενα, δίνεται η δυνατότητα

στους µαθητές από µόνοι τους να προσδιορίσουν ποιες ασκήσεις είναι λογικό να

λύνονται και µε ποια σειρά και αυτό σε συνάρτηση µε τις δυνατότητες και τα

ενδιαφέροντά τους.

6.6. Παραδείγµατα διδακτικών συστηµάτων από ασκήσεις βασισµένα στη ιδέα

των ηµιθεωρηµάτων

α) Θεώρηµατα διαµέσων τριγώνου

Τα θεωρήµατα αυτά είναι ιδιαίτερα σηµαντικά για το εκπαιδευτικό

περιεχόµενο των µαθηµατικών. Απαιτούνται τουλάχιστον 6 διδακτικές ώρες για να

µπορέσουν οι µαθητές να κατανοήσουν και να εµπεδώσουν τη συσχετιζόµενη µ’

αυτά θεωρία.

Т1: Το άθροισµα των τετραγώνων δυο πλευρών τριγώνου ισούται µε το διπλάσιο του

τετραγώνου της διαµέσου προς την τρίτη πλευρά, αυξηµένο κατά το ήµιση της

τρίτης πλευράς.

Т'1: Αν για τα τρίγωνα АВС, А΄В΄С΄ ισχύει, ότι: АВ=А΄В΄, ВС = В΄С΄ και

АС>А΄C΄ (ή АС < А'С'), τότε B > B΄ (ή B < B΄ ).

Т'2: Αν BD είναι ύψος σε τρίγωνο АВС και A < 90º, τότε ВС2 = АВ2+АС

2 –

2АС.AD.

Т'3: Αν BD είναι ύψος σε τρίγωνο АВС και A > 90º, τότε ВС2 =

АВ2+АС

2+2АС.AD.

!

168

Απόδειξη του Т1: Έστω τρίγωνο АВС (Σχήµα 13) АС > АВ, ενώ АМ και AD

είναι αντίστοιχα η διάµεσος και το ύψος. Τότε για τα τρίγωνα АВМ, АСМ ισχύουν

τα ακόλουθα: 1) АМ = АМ

2) ВМ = МС (М µέσο του ВС)

3) АС > АВ και από το Т'1 ισχύει

1 2ˆ ˆΜ >Μ

Σχήµα 13

Αλλά 1 2ˆ ˆΜ +Μ = 180º. Αυτό σηµαίνει, ότι: 1Μ > 90º, 2Μ < 90º. Αφού 1Μ > 90º,

µε βάση το Т'2 θα ισχύει ότι: АС2 = АМ

2 + МС2 + 2МС.МD (1)

Ανάλογα αφού 2Μ < 90º, µε βάση το Т'3 θα ισχύει ότι:

АВ2 = АМ

2 + МВ2 −−−− 2МВ.МD (2).

Προσθέτονται κατά µέλη οι σχέσεις (1) και (2) και λαµβάνεται: АС2 + АВ

2 =

2АМ2 +

2

BC2

, το οποίο έπρεπε να αποδειχτεί.

Т2: Η διαφορά των τετραγώνων δυο πλευρών τριγώνου ισούται µε το διπλάσιο της

τρίτης πλευράς, πολλαπλασιασµένο µε την προβολή της διαµέσου πάνω στην

πλευρά αυτή.

Για να αποδειχτεί το θεώρηµα Т2, Θα χρησιµοποιηθεί εκ νέου το Σχήµα 13 και

οι σχέσεις (1) και (2) της απόδειξης του θεωρήµατος Т1, και συγκεκριµένα:

αφαιρούνται κατά µέλη οι (1) και (2) και λαµβάνεται:

АС2 −−−− АВ

2 = 2МС.МD + 2МВ.MD ⇔ АС2 −−−− АВ

2 = 2MD(MC+MB) ⇔ ⇔АС2 −−−−

АВ2 = 2MD.BC, το οποίο έπρεπε να αποδειχτεί.

CB

A

D

12M

169

1. Αν ma ,mb ,mc, ειναι οι τρειq διάµεσοι τριγώνου АВС, να αποδειχτεί,

ότι: α) ma2 =

4

22 222 acb −+; β) mb

2 = 4

22 222 bca −+; в) mс

2 = 4

22 222 cba −+.

2. Στο τρίγωνο АВС b = 4cм, c = 6cм και ma = 4cм. Να βρεθεί το µήκος

της προβολής της ma πάνω στην πλευρά а.

3. Έστω παραλληλόγραµµο ABCD µε διαγώνιους АС και BD. Να

αποδειχτεί, ότι: 2АВ2 + 2ВС2 = АС

2 + ВD2.

4. Αν σε ένα ισοσκελές τρίγωνο АВС (АВ = АС), προεκταθεί η ВС, προς

το µέρος του С, έτσι ώστε CD = BC, να αποδειχτεί, ότι: АD2 = АС2 + 2ВС2.

5. Αν Р του επιπέδου του ορθογωνίου ABCD, να αποδειχτεί, ότι: РА2 +

РС2 = РВ2 + РС2.

* 6. Αν το τρίγωνο АВС είναι ισοσκελές (АВ = АС) και D είναι σηµείο της

ВС, να αποδειχτεί, ότι: АВ2 −−−− АD2 = BD.DC.

* 7. Αν το ABCD είναι ισοσκελές τραπέζιο (АВCD), να αποδειχτεί, ότι:

АС2 −−−− ВС2 = АB.СD.

8. Να αποδειχτεί, ότι για κάθε τρίγωνο АВС ισχύει η ισότητα: ma2 + mb

2 +

mс2 =

4

3(a2 + b2 + c2).

9. Να αποδειχτεί, ότι: ma4 + mb4 + mс4 =

16

9(a4 + b4 +c4).

10. Έστω τρίγωνο АВС µε mb ⊥ mс. Να αποδειχτεί, ότι: mb2+mc

2 = ma2.

11. Αν G είναι το κέντρο βάρος τριγώνου АВС, να αποδειχτεί, ότι:

GA2 + GB2 + GC2 = 4

3(a2 + b2 + c2).

** 12. Αν М είναι τυχαίο σηµείο του επιπέδου του τριγώνου АВС, G είναι το

κέντρο βάρος του, να αποδειχτεί, ότι: МA2 + МB2 + МC2 = 3МG2 + 2

222 cba ++.

** 13. Σε κυρτό τετράπλευρο ABCD τα σηµεία M και N είναι αντίστοιχα τα

κέντρα των AC και BD. Να αποδειχτεί, ότι:

АВ2 + ВС2 + СD2 + DA2 = AС

2 + BD2 +4MN2.

!

170

β) Ασκήσεις εύρεσης του γεωµετρικού τόπου σηµείων

Κατασκευαστικές λέγονται οι ασκήσεις στις οποίες δίνονται σχήµατα

(σηµεία, ευθύγραµµα τµήµατα, ευθείες κ.τ.λ.) και ζητείται, µε τη βοήθεια του χάρακα

και του διαβήτη, να κατασκευαστούν κάποια άλλα σχήµατα τα οποία θα πληρούν

κάποιες συγκεκριµένες ιδιότητες. Οι ασκήσεις αυτές είναι γνωστές από την Αρχαία

Ελλάδα. Θεωρείται, ότι µια κατασκευαστική άσκηση είναι λυµένη, όταν το

ζητούµενο σχήµα ληφθεί µε διαδοχική εφαρµογή πεπερασµένου αριθµού

κατασκευών, εκτελούµενες µε χάρακα και διαβήτη. Στις κατασκευαστικές ασκήσεις

ανήκουν και οι ασκήσεις στις οποίες ζητείται η εύρεση του γεωµετρικού τόπου

σηµείων, δηλαδή την κατασκευή κάποιου σχήµατος το οποίο επαληθεύει κάποιες

ιδιότητες.

14. ∆ίνονται δυο σηµεία А και В και ευθύγραµµο τµήµα d. Να βρεθεί ο

γεωµετρικός τόπος των σηµείων М, για τα οποία το άθροισµα των τετραγώνων των

αποστάσεων έως τα σηµεία А και В ισούται µε d2.

15. ∆ίνονται δυο σηµεία А και В και ευθύγραµµο τµήµα d. Να βρεθεί ο

γεωµετρικός τόπος των σηµείων М, για τα οποία η διαφορά των τετραγώνων των

αποστάσεων έως τα σηµεία А και В ισούται µε d2.(Βοήθεια: η άσκηση µπορεί να

λυθεί µε τη βοήθεια του θεωρήµατος Т2).

16. Να κατασκευαστεί τρίγωνο АВС δεδοµένων: α) ВС, ha και АВ2 +

АС2 = k2, β) ВС, <А και АВ

2 −−−− АС2 = k2, όπου k δεδοµένο ευθύγραµµο τµήµα.

Το θέµα µε το οποίο πριν από λίγο υλοποιήθηκαν οι ιδέες για τη θέση των

ηµιθεωρηµάτων και της λεπτοµερειακής συστηµατοποίησης των ασκήσεων,

προτείνεται για τους µαθητές της Β΄ Τάξης Λυκείου (16-17 ετών).

Τα ηµιθεωρήµατα (στην προκειµένη περίπτωαση η πρώτη άσκηση) πρέπει να

λύνεται στα σχολικά βιβλία. Το ίδιο ισχύει και για την δεκατη τέταρτη άσκηση, ενώ

οι υπόλοιπες ασκήσεις προτείνεται να λύνονται από τους µαθητές µε οτοµική,

ηµιοµαδική ή οµαδική εργασία. Προτείνεται οι ασκήσεις µε σύµβολα και να

λύνονται στην τάξη. Οι ασκήσεις µε * να λύνονται στο σπίτι. Τουλάχιστον µια εκ των

ασκήσεων µε σύµβολο καλόν είναι να λύνεται στην τάξη, ενώ οι άλλες να

δίνονται για ατοµική λύση στο σπίτι. Οι ασκήσεις µε σύµβολα ** και πρέπει να

δίνονται για λύση σε άριστους µαθητές και κατά βάση σε εκτός σχολικής διδακτικής

ώρας.

!

!

!

!

!

171

Η προαναφερόµενη µέθοδος οργάνωσης των ασκήσεων µε τη βοήθεια των

ηµιθεωρηµάτων, δύναται να υλοποιηθεί και στην περίπτωση των κατασκευαστικών

ασκήσεων. Στις ασκήσεις αυτές «ηµιθεώρηµα» είναι ένα τέτοιο σύστηµα

κατασκευαστικών ασκήσεων είναι το ακόλουθο:

Άσκηση 30. Να βρεθεί ο γεωµετρικός τόπος των σηµείων όπου δεδοµένο

ευθύγραµµο τµήµα βλέπει υπό γωνία γ.

Άσκηση 31. Να κατασκευαστεί τρίγωνο γνωστών c, γ, hc.

Άσκηση 32. Να κατασκευαστεί τρίγωνο γνωστών: α) c, γ, mc, β) c, R, Rc, γ) c,

R, mc, δ) R, γ, hc, ε) R, γ, mc.

Άσκηση 33. Στο τρίγωνο АВС µε γωνία στην κορυφή С ίση µε γ, εγγράφεται

κύκλος k κέντρου О:

α) Να εκφραστεί µε τη βοήθεια της γ η ÂOB .

β) Αν Т είναι το σηµείο επαφής του k και της ВС, να αποδειχτεί, ότι:

p = c + CT, (όπου p είναι η ηµιπερίµετρος του τριγώνου АВС)

Άσκηση 34. Να κατασκευαστεί τρίγωνο γνωστών c, γ, r.

Άσκηση 35. Να κατασκευαστεί τρίγωνο γνωστών: α) c, R, r, β) R, γ, r, γ) 2p, γ,

r, δ) с, 2p, r, ε) с, γ, 2p, ζ) R, γ, 2p, η) С, R, 2p.

Στο σύστηµα αυτό των ασκήσεων το ρόλο των ηµιθεωρηµάτων παίζουν οι

ασκήσεις 1, 2, 4 και 5. Πρέπει να τονιστεί, ότι οι ασκήσεις 3 και 6 λύνονται µε τη

βοήθεια των ασκήσεων 2 και 5 αντίστοιχα.

Κατά τον προσδιορισµό του αριθµού των ασκήσεων που θα πρέπει να λυθούν

κατά τη διδασκαλία ενός συγκεκριµένου θέµατος, λαµβάνεται υπ’ όψιν, κάτι που

αποκάµατε από την πρακτική, ότι για τους µαθητές είναι απαραίτητη η λύση 3 – 4

ασκήσεων σχετικών µε τη διδασκόµενη έννοια, για την εµπέδωσή της. Φυσικά ο

αριθµός αυτός των ασκήσεων εξαρτάτε από το βαθµό δυσκολίας της διδασκόµενης

έννοιας και από τον πόσα είδη ασκήσεων µπορούν να λυθούν µε τη βοήθεια του νέου

ορισµούς ή θεωρήµατος, καθώς επίσης και από την αντιληπτική ικανότητα των

µαθητών.

Στο παράρτηµα 1 προτείνονται ακόµη κάποιες περιπτώσει συστηµατοποίησης

µε τη βοήθεια των ηµιθεωρηµάτων iT

jП και ασκήσεις που λύνονται µε τη βοήθειά

τους −−−− iT

jA . Φυσικά όπως προαναφέρθηκε τέτοια διδακτικά συστήµατα µπορούν να

δηµιουργηθούν για όλες τις µαθηµατικές έννοιες.

172

7. Συµπεράσµατα και σχόλια

Οι προαναφερόµενες διδακτικές προτάσεις σε συνδυασµό µε προσεκτική

µελέτη των ασκήσεων που προτείνονται στα σύγχρονα σχολικά βιβλία µαθηµατικών,

δίνει τη δυνατότητα να γίνουν τα ακόλουθα τρία διδακτικά συµπεράσµατα:

1. Κατά την εκµάθηση κι απόδειξη κάθε θεωρήµατος για την καλυτέρευση των

ικανοτήτων των µαθητών για λύση µαθηµατικών ασκήσεων σχετικών µε τη

διδασκόµενη έννοια, είναι απαραίτητο να υποδειχτούν και να αναπτυχθούν όλες οι

δυνατές ενέργειες τις οποίες το θεώρηµα δύναται να υπηρετήσει, καθώς επίσης και να

παρουσιαστούν οµοιόµορφα οι γνώσεις των διαφόρων θεωρηµάτων.

2. Υπάρχουν στα σύγχρονα σχολικά βιβλία µαθηµατικών ασκήσεις οι οποίες

µπορούν να ληφθούν ως ηµιθεώρηµα και αυτές δεν είναι πάντα µετά την αντίστοιχη

θεωρία. Εκτός αυτού οι ασκήσεις µετά τα ηµιθεωρήµατα δεν είναι πάντα ορθά

επιλεγµένες.

3. Η άµεση – ξεκάθαρη διατύπωση των ασκήσεων ηµιθεωρηµάτων και η

κατάλληλη ταξινόµηση των ασκήσεων, η λύση των οποίων απαιτεί την εφαρµογή του

αντίστοιχου ηµιθεωρήµατος, δηµιουργούν κατάλληλες προϋποθέσεις για την

καλυτέρευση των ικανοτήτων των µαθητών να λύνουν µαθηµατικές ασκήσεις.

173

Κεφάλαιο VI

∆ιδακτική έρευνα

1. Βασικές ενέργειες και οργάνωση της έρευνας

Οι έρευνες οι οποίες υλοποιήθηκαν αναφέρονταν στα «ηµιθεωρήµατα» και

στην επιρροή τους στη λύση µαθηµατικών ασκήσεων, καθώς και επιρροή των

πρακτικών, διασκεδαστικών και παραδοσιακών ασκήσεων στη λύση µαθηµατικών

ασκήσεων (κεφάλαια IV και V).

Έρευνα 1 −−−− «Λύση µαθηµατικών ασκήσεων». Αποτελείται από τρεις

ασκήσεις µε τις οποίες ελέγχεται το γνωστικό επίπεδο και η ικανότητα των µαθητών

της Β΄ Τάξης Λυκείου να λύνουν µαθηµατικές ασκήσεις. Οι θεµατικές ενότητες στις

οποίες αναφέρεται η έρευνα είναι «Γενίκευση Πυθαγορείου Θεωρήµατος»,

«Θεώρηµα εσωτερικών διχοτόµων τριγώνου» και «Θεώρηµα διαµέσων τριγώνου».

Οι µαθητές χωρίστηκαν σε δυο οµάδες (Α και Β). Οι µαθητές που συµµετείχαν στην

έρευνα ήταν 264 στον αριθµός −−−− 132 στην Οµάδα Α΄ και 132 στην Οµάδα Β΄, από

συνολικά επτά Ενιαίων Λυκείων του Νοµού Καβάλας .

Η πρώτη άσκηση και στις δυο οµάδες είναι ίδια (Εφαρµογή 4). Αυτό σκόπιµα

έγινε για να προσδιοριστεί το γνωστικό επίπεδο των µαθητών. Η άσκηση αυτή

αποτελούνταν από δυο ερωτήµατα – το α) και το β). απ’ αυτά το α) λύνεται µε τη

βοήθεια του θεωρήµατος διαµέσων, ενώ το β) µε τη βοήθεια του α), δηλαδή το α)

είναι «ηµιθεώρηµα» για το β).

Η δεύτερη άσκηση της οµάδας Α΄ αποτελείται από δυο ερωτήµατα. Το πρώτο

λύνεται µε τη βοήθεια του θεωρήµατος διχοτόµων, ενώ το δεύτερο µε τη βοήθεια του

πρώτου. Η ίδια άσκηση προτείνεται για λύση και στη Β΄ οµάδα, αλλά µε τη διαφορά,

ότι δεν ζητείται άµεσα η λύση του α) ερωτήµατος. Αυτό σηµαίνει , ότι το πρώτο

ερώτηµα µπορεί να παίξει το ρόλο του «ηµιθεωρήµατος» για το δεύτερο ερώτηµα.

Η αντίστροφη διαδικασία εφαρµόστηκε για την τρίτη άσκηση. Συγκεκριµένα

στη Β΄ οµάδα προτάθηκε για λύση µαζί µε το αντίστοιχο «ηµιθεώρηµα», ενώ στην Α΄

οµάδα χωρίς αυτό.

174

Η δυσκολία της λύσης της δεύτερης και της τρίτης άσκησης ήταν περίπου η

ίδια.

Ο χρόνος που δόθηκε στους µαθητές για να λύσουν τις τρεις αυτές ασκήσεις

ήταν δυο διδακτικές ώρες.

Καταλήγοντας οι σκοποί της έρευνας µπορούν να επικεντρωθούν στα

ακόλουθα:

α) Να χρησιµοποιηθούν τα αποτελέσµατα της έρευνας για τον έλεγχο της

παραδοσιακής σειράς των προτεινόµενων για λύση ασκήσεων.

β) Να επεξηγηθούν οι διατυπωµένες υποθέσεις.

γ) Να παρατηρηθεί η προσφορά των «ηµιθεωρηµάτων» κατά τη λύση

ασκήσεων µε απώτερο σκοπό να αποτελέσουν αυτά µέτρο γραφής των µελλοντικών

σχολικών βιβλίων µαθηµατικών.

δ) Να συγκεντρωθούν πληροφορίες για τον τρόπο διεξαγωγής του µαθήµατος

και την επιρροή αυτού στην συµπεριφορά των µαθητών µέσα στην τάξη.

ε) Να συγκεντρωθούν πληροφορίες για τα σχολικά βοηθήµατα µε απώτερο

σκοπό να χρησιµοποιηθούν σε µελλοντική έρευνα και συγκεκριµένα σε ότι αφορά το

δέκατο ερώτηµα του πρώτου µέρους της έρευνας.

Το θέµα της δεύτερης έρευνας είναι «Λύση µαθηµατικών ασκήσεων µε τη

βοήθεια των ηµιθεωρηµάτων». Η έρευνα διεξήχθη σε δυο οµάδες (Α΄ και Β΄) 25

µαθητών της Α΄ Τάξης του Λυκείου σε κάθε οµάδα (µαθητών εκ νέου του Νοµού

Καβάλας και µε τυχαία επιλογή σχολείου). Η Α΄ οµάδα µαθητών εργάστηκε µε τη

νέα προτεινόµενη µέθοδο – µε τη χρήση ηµιθεωρηµάτων. Η Β΄ οµάδα εργάστηκε µε

τον παραδοσιακό τρόπο, χωρίς δηλαδή τη χρήση ηµιθεωρηµάτων. Για να

προσδιοριστή το γνωστικό επίπεδο των µαθητών που συµµετείχαν στην έρευνα,

υποβλήθηκαν σε γραπτή εξέταση µε κοινά θέµατα (Εφαρµογή 5). Το γνωστικό

αντικείµενο στο οποίο εξετάστηκαν ήταν το «Παραλληλόγραµµο» και ο χρόνος

εξέτασης ορίστηκε στις δυο διδακτικές ώρες.

Η εκπαίδευση διάρκεσε 8 διδακτικές ώρες µε την διδασκαλία των θεωρηµάτων

για τα: ορθογώνιο, ρόµβο, τετράγωνο, τραπέζιο και λύση ασκήσεων σχετικά µε τα

διδακτικά αυτά αντικείµενα. Στο τέλος εξετάστηκαν σε δυο οµάδες (Εφαρµογή 5), σε

θέµατα σχετικά µε το «τραπέζιο», η διάρκεια της οποίας ήταν 2 διδακτικές ώρες.

Στο δεύτερο διαγώνισµα οι ασκήσεις ήταν οι ίδιες και για τις δυο οµάδες, µόνο

που στην οµάδα Α΄ δόθηκαν µε τη βοήθεια «ηµιθεωρηµάτων», σε διαφορά µε αυτές

της Β΄ οµάδας. Στην τελευταία περίπτωση οι µαθητές µόνοι τους πρέπει να

175

ανακαλύψουν ποιο «ηµιθεώρηµα» πρέπει πρώτα να αποδείξουν για να µπορέσουν να

λύσουν µετά απ’ αυτό να λύσουν και τα συσχετιζόµενα και ζητούµενα της δεδοµένης

άσκησης.

Ο σκοπός της έρευνας αυτής ήταν να προσδιοριστεί και να εκτιµηθεί η

«διδακτική χρησιµότητα» των ηµιθεωρηµάτων κατά τη λύση µαθηµατικών

ασκήσεων.

Στην τελευταία έρευνα µε θέµα «Πρακτική εφαρµογή των µαθηµατικών

γνώσεων» (Εφαρµογή 6), εκ νέου µαθητές της Β΄ Τάξης Γυµνασίου χωρίστηκαν σε

δυο οµάδες Α΄ και Β΄. Η έρευνα υλοποιήθηκε µε τη βοήθεια 50 συνολικά µαθητών

(25 σε κάθε οµάδα), τυχαίων γυµνασίων του Νοµού Καβάλας, για διάρκεια 12

διδακτικών ωρών. Στις πρώτες δυο ώρες διεξήχθη κοινή εξέταση µε σκοπό να

προσδιοριστεί το γνωστικό επίπεδο και οι ικανότητες των συµµετεχόντων µαθητών.

Οι θεµατική ενότητα του διαγωνίσµατος αυτού ήταν «Λύση πρωτοβάθµιων

εξισώσεων».

∆ιατέθηκαν 8 συνολικά διδακτικές ώρες για τη διδασκαλία της θεµατικής

ενότητας «Λύση πρωτοβάθµιων εξισώσεων και ανισόσεων». Στην Α΄ οµάδα είχε

συµπεριληφθεί και λύση πρακτικών, παραδοσιακών και διασκεδαστικών ασκήσεων,

σε αντίθεση µε τη Β΄ οµάδα η οποία ασχολήθηκε µε τη λύση κλασσικών αλγεβρικών

ασκήσεων µε πρωτοβάθµιες εξισώσεις και ανισόσεις.

Στο τέλος της έρευνας, στην Α΄ οµάδα, διεξήχθη διαγώνισµα το οποίο περιείχε

και µαθηµατικά µοντέλα γραµµικών εξισώσεων και ανισόσεων πρακτικών και

παραδοσιακών ασκήσεων. Στην Β΄ οµάδα διεξήχθη διαγώνισµα το οποίο περιείχε

καθαρά αλγεβρικές ασκήσεις γραµµικών εξισώσεων και ανισόσεων.

Ο βασικός σκοπός της τρίτης έρευνας ήταν να ελεγχθεί η θετική επιρροή των

πρακτικών, διασκεδαστικών και παραδοσιακών ασκήσεων , κατά την εµπέδωση από

τους µαθητές νέες µαθηµατικές έννοιες.

2. Αποτελέσµατα και ανάλυση

2.1. Έρευνα 1 – Λύση µαθηµατικών ασκήσεων

Τα αποτελέσµατα της έρευνας, καθώς και τα αντίστοιχα διαγράµµατα,

παραθέτονται στους πίνακες 1 και 2 (Σχήµα 1 και 2).

176

Πίνακας 1

Συχνότητες Α΄ Οµάδας

Άσκηση (x)

Αριθµός µαθητών (v)

1α 1β 2α 2β 3

σκέφτηκε τη λύση 104 101 47 46 45

έλυσε την άσκηση 100 96 42 20 10

δεν σκέφτηκε τη λύση 5 8 62 63 64

δεν έλυσε την άσκηση 9 13 67 89 99

δεν έλυσε καµία άσκηση 23

Σχήµα 1

Πίνακας 2

Συχνότητες Β΄ Οµάδας

Άσκηση (x)

Αριθµός µαθητών (v)

1α 1β 2 3α 3β

σκέφτηκε τη λύση 103 88 5 5 80

έλυσε την άσκηση 96 86 3 3 68

δεν σκέφτηκε τη λύση 4 19 102 97 27

δεν έλυσε την άσκηση 11 21 104 104 39

δεν έλυσε καµία άσκηση 25

0

20

40

60

80

100

120

Αριθµός µαθητών

1α 1β 2α 2β 3

Άσκηση

σκέφτηκε τη λύση

έλυσε την άσκηση

δεν σκέφτηκε τη λύση

δεν έλυσε την άσκηση

δεν έλυσε καµία άσκηση

177

Σχήµα 2

Στους πίνακες 3, 4, 5, 6, 7 και στο διάγραµµα του σχήµατος 3 παραθέτονται οι

συχνότητες και οι σχετικές συχνότητες για την άσκηση 1β των οµάδων Α΄ και Β΄ για

«σκέφτηκε τη λύση» και «έλυσε την άσκηση»

Πίνακας 3

Πίνακας συχνοτήτων «σκέφτηκε τη λύση» και

«δεν σκέφτηκε τη λύση» της άσκησης 1β Α΄ Οµάδα

xi vI fi fi% Ni Fi Fi%

σκέφτηκε τη λύση 101 0,77 77% 101 0,77 77%

δεν σκέφτηκε τη λύση 8 0,06 6% 109 0,83 83%

δεν έλυσε καµία άσκηση 23 0,17 17% 132 1 100%

Σύνολο 132 1 100% - - -

Πίνακας 4


«δεν σκέφτηκε τη λύση» της άσκησης 1β Β΄ Οµάδα

xi vi fi fi% Ni Fi Fi%

σκέφτηκε τη λύση 88 0,67 67% 88 0,67 67%



Σύνολο 132 1 100% - - -

0

20

40

60

80

100

120

Αριθµός µαθητών

1α 1β 2 3α 3β

Ασκήσεις

σκέφτηκε τη λύση

έλυσε την άσκηση

δεν σκέφτηκε τη λύση

δεν έλυσε την άσκηση

δεν έλυσε καµία άσκηση

178

Πίνακας 5

Πίνακας συχνοτήτων «έλυσε την άσκηση» και

«δεν έλυσε την άσκηση» την άσκηση 1β Α΄ Οµάδα

xI vi fi fi% Ni Fi Fi%

έλυσε την άσκηση 96 0,73 73% 96 0,73 73%

δεν έλυσε την άσκηση 13 0,1 10% 109 0,83 83%


Σύνολο 132 1 100% - -

Πίνακας 6


«δεν έλυσε την άσκηση» την άσκηση 1β Β΄ Οµάδα


έλυσε την άσκηση 86 0,65 65% 86 0,65 65%



Σύνολο 132 1 100% - - -

Πίνακας 7

Σχετικές συχνότητες για την άσκηση 1β των οµάδων Α΄ και Β΄

σκέφτηκε τη λύση έλυσε την άσκηση

Α΄ Οµάδα 77% 73%

Β΄ Οµάδα 67% 65%

Σχήµα 3

58%60%62%64%66%68%70%72%74%76%78%

fi%

σκέφτηκε τηλύση

έλυσε τηνάσκηση

Α΄ Οµάδα

Β΄ Οµάδα

179

Στους πίνακες 8, 9, 10, 11, 12 και στο διάγραµµα του σχήµατος 4 παραθέτονται

οι συχνότητες και οι σχετικές συχνότητες για την άσκηση 2β της Οµάδας Α΄, η οποία

έχει ως ηµιθεώρηµα την άσκηση 2α της ίδιας οµάδας και αντιστοιχεί στην 2 άσκηση

της Β΄ Οµάδας.

Πίνακας 8


«δεν σκέφτηκε τη λύση» της άσκησης 2β Α΄ Οµάδα


σκέφτηκε τη λύση 46 0,35 35% 46 0,35 35%



Σύνολο 132 1 100% - - -

Πίνακας 9

Πίνακας συχνοτήτων «σκέφτηκε τη λύση» και «δεν σκέφτηκε τη λύση»

της άσκησης 2 Β΄ Οµάδα


σκέφτηκε τη λύση 5 0,04 4% 5 0,04 4%



Σύνολο 132 1 100% - - -

Πίνακας 10




έλυσε την άσκηση 20 0,15 15% 20 0,15 15%



Σύνολο 132 1 100% - - -

180

Πίνακας 11


«δεν έλυσε την άσκηση» την άσκηση 2 Β΄ Οµάδα


έλυσε την άσκηση 3 0,02 2% 3 0,02 2%



Σύνολο 132 1 100% - - -

Πίνακας 12

Σχετικές συχνότητες για την άσκηση 2β(2) των οµάδων Α΄ και Β΄


Α΄ Οµάδα 35% 15%

Β΄ Οµάδα 4% 2%

0%

5%

10%

15%

20%

25%

30%

35%

fi%



Α΄ Οµάδα

Β΄ Οµάδα

Σχήµα 4

Στους πίνακες 13, 14, 15, 16, 17 και στο διάγραµµα του σχήµατος 5

παραθέτονται οι συχνότητες και οι σχετικές συχνότητες της άσκησης 3 της Α΄

Οµάδας και της 3β της Β΄ Οµάδας, η οποία έχεις ως ηµιθεώρηµα την άσκηση 3α της

Β΄ Οµάδας (δηλαδή αντίστροφη διαδικασία απ’ αυτή της προηγούµενης άσκησης)

Πίνακας 13


«δεν σκέφτηκε τη λύση» την άσκηση 3 Α΄ Οµάδα


σκέφτηκε τη λύση 45 0,34 34% 45 0,34 34%

181



Σύνολο 132 1 100% - - -

Πίνακας 14


«δεν σκέφτηκε τη λύση» την άσκηση 3β Β΄ Οµάδα


σκέφτηκε τη λύση 80 0,61 61% 80 0,61 61%



Σύνολο 132 1 100% - - -

Πίνακας 15




έλυσε την άσκηση 10 0,08 8% 10 0,08 8%



Σύνολο 132 1 100% - - -

Πίνακας 16


«δεν έλυσε την άσκηση» την άσκηση 3β Β΄ Οµάδα


έλυσε την άσκηση 68 0,52 52% 68 0,52 52%



Σύνολο 132 1 100% - - -

182

Πίνακας 17

Σχετικές συχνότητες για την άσκηση 3 (3β) των οµάδων Α΄ και Β΄


Α΄ Οµάδα 34% 8%

Β΄ Οµάδα 61% 52%

0%

10%

20%

30%

40%

50%

60%

70%

fi%



Α΄ Οµάδα

Β΄ Οµάδα

Σχήµα 5

Λαµβάνοντας υπ’ όψιν τους προαναφερόµενους πίνακες και τα διαγράµµατα

και γενικότερα τη διαδικασία της έρευνας, δύναται να γίνουν οι ακόλουθες

στατιστικές παρατηρήσεις:

α) Οι µαθητές που δεν έλυσαν καµία άσκηση για την Α΄ Οµάδα είναι 23 (21%)

και για τη Β΄ Οµάδα 25 (23%). Αρκετά µεγάλα ποσοστά.

β) Στον Πίνακα 1 φαίνεται ότι οι µαθητές της Α΄ Οµάδας οι οποίοι «σκέφτηκαν

τη λύση» και «έλυσαν την άσκηση» 1α και την 1β είναι αντίστοιχα 104 και 100,

δηλαδή περίπου ο ίδιος αριθµός. Το ίδιο παρατηρείτε και για την άσκηση 2α (47 και

42 αντίστοιχα). Για την άσκηση 2β φαίνεται ότι η συχνότητα «σκέφτηκε τη λύση»

είναι περίπου δυο φορές αυτή για «έλυσε την άσκηση», ενώ για την άσκηση 3, η

οποία δεν διαιρείται σε «ηµιθεωρήµατα» όπως η δεύτερη άσκηση, η «σκέφτηκε τη

λύση» είναι σχεδόν τετραπλάσια της «έλυσε την άσκηση». Από την άλλη πλευρά για

την Β΄ Οµάδα (Πίνακας 2), συµπεραίνεται ότι για τις ασκήσεις 1α, 1β και 2 η

κατάσταση είναι περίπου ίδια µ’ αυτή της Α΄ Οµάδας. Για τις ασκήσεις 3α και 3β

φαίνεται ότι «σκέφτηκε τη λύση» και «έλυσε την άσκηση» έχουν περίπου την ίδια

συχνότητα. Από τους δυο αυτούς πίνακες συµπεραίνεται, λαµβάνοντας υπ’ όψιν τις

συχνότητες για «σκέφτηκε τη λύση» και «έλυσε την άσκηση», ότι οι µαθητές της Α΄

Οµάδας είναι καλύτεροι από αυτούς της Β΄ Οµάδας, γεγονός που είναι τυχαίο.

183

Η διαφορά µεταξύ των µαθητών των δυο οµάδων, οι οποίοι σκέφτηκαν τη λύση

της άσκησης 1β είναι 13, για την άσκηση 2β είναι 41, ενώ για την άσκηση 3β είναι

35. τα αποτελέσµατα αυτά οδηγούν στο συµπέρασµα. Ότι η πρώτη άσκηση πρέπει να

είναι ακριβώς η ίδια και για τις δυο οµάδες, για να προσδιοριστεί, όσο το δυνατόν

καλύτερα γίνεται, το επίπεδο γνώσεων και ικανοτήτων των συµµετεχόντων στην

προαναφερόµενη έρευνα, µαθητών.

γ) Στον Πίνακα 7, ο οποίος είναι αποτέλεσµα των πινάκων 3, 4, 5 και 6,

φαίνεται ότι τα ποσοστά «σκέφτηκε τη λύση» για την άσκηση 1β είναι 77% για την

Α’ Οµάδα και 67% για τη Β΄ Οµάδα. Επίσης τα ποσοστά για «έλυσε την άσκηση»

είναι για τις δυο οµάδες Α΄, Β΄ 73% και 65% αντίστοιχα. Τα ποσοστά αυτά είναι

τυχαία σχεδόν ίδια. Η επιλογή της πρώτης άσκησης να είναι ίδια ήταν σκόπιµη και

αυτό για να καθοριστεί το γνωστικό επίπεδο των δυο οµάδων.

Το προαναφερόµενο γεγονός, για ακόµη µια φορά, φανερώνει, ότι οι µαθητές

της Α΄ Οµάδας είναι τυχαία καλύτεροι απ’ αυτούς της Β΄ Οµάδας.

δ) Από τον Πίνακα 12, ο οποίος είναι αποτέλεσµα των πινάκων 8, 9, 10 και 11,

συµπεραίνεται ότι για την άσκηση 2β της Α΄ Οµάδας το ποσοστό «έλυσε την

άσκηση» είναι 35% ενώ για την άσκηση 2 της Β΄ Οµάδας είναι 4%. Κάτι ανάλογο

παρατηρείτε και για τα ποσοστά «σκέφτηκε τη λύση» που είναι 15% και 2%

αντίστοιχα. Εποµένως τα ποσοστά των µαθητών της Β΄ Οµάδας που «έλυσε την

άσκηση» ή «σκέφτηκε τη λύση» την άσκηση 2 (η οποία είναι δοσµένη χωρίς

«ηµιθεώρηµα») είναι µικρότερα από τα αντίστοιχα της Α΄ Οµάδας, στην οποία η

άσκηση έχει δοθεί µε τη βοήθεια «ηµιθεωρήµατος» (δηλαδή 2α και 2β).

ε) Από τον Πίνακα 17, ο οποίος είναι αποτέλεσµα των πινάκων 13, 14, 15 και

16 φαίνεται το σχεδόν αντίστροφο απ’ αυτό του Πίνακα 12. Συγκεκριµένα τα

ποσοστά µαθητών οι οποίοι «έλυσε την άσκηση» ή «σκέφτηκε τη λύση» για την

άσκηση 3 (Α΄ Οµάδα) είναι 34% και 8%, αντίστοιχα, σε αντίθεση µ’ αυτά της Β΄

Οµάδας, ( εφαρµογή «ηµιθεωρήµατος») τα οποία είναι 61% και 52% αντίστοιχα.

ζ) Στις προαναφερόµενες παρατηρήσεις δ) και ε) συµπληρώνεται και το ότι τα

ποσοστά «σκέφτηκε τη λύση» και «έλυσε την άσκηση» της άσκησης 2β(2) (Α΄, Β΄

Οµάδας) και της άσκησης 3(3β) (Α΄, Β΄ Οµάδας) έχουν σηµαντική διαφορά. Το

γεγονός αυτό πιθανότατα οφείλετε στο ότι η δεύτερη άσκηση έχει δυσκολότερη λύση

απ’ αυτή της τρίτης.

η) Οι Πίνακες 7, 12 και 17 µας οδηγούν στο συµπέρασµα ότι τα ποσοστά της

πρώτης άσκησης, η οποία είναι δοσµένη µε «ηµιθεώρηµα» και στις δυο οµάδες είναι

184

περίπου ίδια. Επίσης τα ποσοστά της δεύτερης άσκησης, οποία µε «ηµιθεώρηµα»

έχει δοθεί µόνο στην Α΄ Οµάδα, είναι µεγαλύτερα από τα αντίστοιχα της Β΄ Οµάδας.

Το αντίστροφο παρατηρείτε για την τρίτη άσκηση.

Σαν γενικό και τελικό συµπέρασµα αναφέρεται ότι τα ποσοστά καθώς και η

γενικότερη συµπεριφορά των µαθητών κατά τη διεξαγωγή της έρευνας, οδηγούν στη

θετική και ευεργετική προσφορά των «ηµιθεωρηµάτων» αφού σχετίζονται άµεσα µε

την ευρετική ικανότητα των µαθητών. Τονίζεται ότι το τελευταίο παρατηρήθηκε τόσο

από τους µαθητές όσο και από τους καθηγητές που βοήθησαν στη διεξαγωγή της

έρευνας.

Τέλος η έρευνα φανέρωσε και το γεγονός ότι οι µαθητές δυσκολεύονται αρκετά

στην κατασκευή σχηµάτων σχετικών µε την εκφώνηση της άσκησης. Η παρατήρηση

αυτή µπορεί να είναι αντικείµενο µελλοντικής έρευνας µε θέµα: «Λύση γεωµετρικών

ασκήσεων µε και χωρίς δεδοµένο το σχήµα»

2.2. Έρευνα 2 −−−− Λύση µαθηµατικών ασκήσεων µε τη βοήθεια των

ηµιθεωρηµάτων

Τα αποτελέσµατα της έρευνας, στην οποία συµµετείχαν 50 µαθητές, της Α΄

Οµάδας πριν και µετά την έρευνα (Εφαρµογή 6) και της Β΄ Οµάδας πριν και µετά την

έρευνα, παραθέτονται στους πίνακες 18 και 19. Σ’ αυτούς αναγράφονται οι βαθµοί

των αντίστοιχων µαθητών (π.χ. Μαθητής 1, 2 κ.τ.λ.) µε βαθµολογική κλίµακα από 0

έως 20 (βάση το 10, άριστα το 20).

Πίνακας 18

Βαθµοί µαθητής της Α΄ Οµάδας

Πίνακας 19

Βαθµοί µαθητής της Β΄ Οµάδας

Βαθµός

Μαθητής πριν µετά Βαθµός

Μαθητής πριν µετά

1 19 19 1 15 15 2 19 20 2 16 17 3 18 18 3 12 13 4 8 10 4 9 8 5 7 9 5 20 19 6 10 11 6 19 18 7 11 12 7 15 16 8 20 20 8 16 17 9 20 20 9 17 17 10 15 16 10 18 18 11 17 18 11 9 10 12 15 16 12 7 8 13 16 16 13 18 17

185

14 8 10 14 15 14 15 9 10 15 13 12 16 11 12 16 12 12 17 13 13 17 16 13 18 13 12 18 9 10 19 14 15 19 8 8 20 12 11 20 20 20 21 13 13 21 18 18 22 15 15 22 19 20 23 16 17 23 14 12 24 20 20 24 13 11 25 19 20 25 15 14

Στους πίνακες 20, 21, 22 και 23, οι οποίοι συντάσσονται µε βάση τα στοιχεία

των πινάκων18 και 19, έχουν υπολογιστεί οι συχνότητες και οι σχετικές συχνότητες

των βαθµών για την Α΄ και τη Β΄ Οµάδα. Πριν και µετά τη διεξαγωγή της

συγκεκριµένης έρευνας.

Πίνακας 20

Συχνότητες και σχετικές συχνότητες Α΄

Οµάδας – πριν

Πίνακας 21


Οµάδας – µετά

Βαθµός xi

ni fi% Ni Fi% xi.vi Βαθµός xi

ni fi% Ni Fi% xi.vi

7 1 4 1 4 7 9 1 4 1 4 9

8 2 8 3 12 16 10 3 12 4 16 30

9 1 4 4 16 9 11 2 8 6 24 22

10 1 4 5 20 10 12 3 12 9 36 36

11 2 8 7 28 22 13 2 8 11 44 26

12 1 4 8 32 12 15 2 8 13 52 30

13 3 12 11 44 39 16 3 12 16 64 48

14 1 4 12 48 14 17 1 4 17 68 17

15 3 12 15 60 45 18 2 8 19 76 36

16 2 8 17 68 32 19 1 4 20 80 19

17 1 4 18 72 17 20 5 20 25 100 100

18 1 4 19 76 18 Σύνολο 25 100 - - 373

19 3 12 22 88 57

20 3 12 25 100 60

Σύνολο 25 100 - - 358

186

Πίνακας 22

Συχνότητες και σχετικές συχνότητες Β΄


Πίνακας 23



Βαθµός xi

ni fi% Ni Fi% xi.vi Βαθµός xi

ni fi% Ni Fi% xi.vi

7 1 4 1 4 7 8 3 12 3 12 24

8 1 4 2 8 8 10 2 8 5 20 20

9 3 12 5 20 27 11 1 4 6 24 11

12 2 8 7 28 24 12 3 12 9 36 36

13 2 8 9 36 26 13 2 8 11 44 26

14 1 4 10 40 14 14 2 8 13 52 28

15 4 16 14 56 60 15 1 4 14 56 15

16 3 12 17 68 48 16 1 4 15 60 16

17 1 4 18 72 17 17 4 16 19 76 68

18 3 12 21 84 54 18 3 12 22 88 54

19 2 8 23 92 38 19 1 4 23 92 19

20 2 8 25 100 40 20 2 8 25 100 40

Σύνολο 25 100 - - 363 Σύνολο 25 100 - - 357

Στους πίνακες 24 και 25 και στα διαγράµµατα των σχηµάτων 6 και 7, τα οποία

έχουν κατασκευαστεί µε τη βοήθεια των προηγούµενων τεσσάρων πινάκων,

φαίνονται οι σχετικές συχνότητες των βαθµών πριν – µετά των µαθητών της Οµάδας

Α΄ και της Οµάδας Β΄. Απ’ αυτά φαίνεται η διακύµανση των βαθµών των µαθητών

πριν και µετά την έρευνα, µε µικρότερο και µεγαλύτερο βαθµό αντίστοιχα 7 και 20.

Πίνακας 24

Σχετικές συχνότητες πριν – µετά για την Α΄ Οµάδα

Βαθµός xi 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

fi% πριν 4 8 4 4 8 4 12 4 12 8 4 4 12 12

fi% µετά 0 0 4 12 8 12 8 0 8 12 4 8 4 20

187

0

5

10

15

20

%

Βαθµός

fi% πριν

fi% µετά

Σχήµα 6

Πίνακας 25

Σχετικές συχνότητες πριν – µετά για την Β΄ Οµάδα

Βαθµός xi 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

fi% πριν 4 4 12 0 0 8 8 4 16 12 4 12 8 8

fi% µετά 0 12 0 8 4 12 8 8 4 4 16 12 4 8

02468

10121416

%

Βαθµός

fi% πριν

fi% µετά

Σχήµα 7

Από τους πίνακες 20, 21, 22 και 23 δύναται να υπολογιστούν οι µέσες τιµές x

των βαθµών των µαθητών της Α΄ Οµάδας πριν ( Π

Αx ), της Α΄ Οµάδας µετά ( Μ

Αx ), της

Β΄ Οµάδας πριν ( Π

Βx ) και της Β΄ Οµάδας µετά ( Μ

Βx ), αν είναι γνωστό, ότι x =

25

25

1∑=i

iinx. Συγκεκριµένα οι τιµές αυτές είναι οι ακόλουθες: Π

Αx = 14,32,

Μ

Αx = 14,92,

Π

Βx = 14,72 και Μ

Βx = 14,28.

Από τα αποτελέσµατα αυτά φαίνεται, ότι η µέση τιµή των βαθµών της Α΄

Οµάδας, πριν την έρευνα, είναι µικρή αλλά αυξάνει µετά την εφαρµογή των

«ηµιθεωρηµάτων», σε αντίθεση µε τη µέση τιµή των βαθµών της Β΄ Οµάδας όπου

7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

188

µετά την έρευνα µικραίνει. Επίσης από του πίνακες 20, 21, 22 και 23 και µε τη

βοήθεια των συχνοτήτων ni των βαθµών xi λαµβάνονται οι διάµεσοι για τις δυο

οµάδες µαθητών πριν και µετά τη διεξαγωγή της έρευνας. Αν µε d συµβολιστούν οι

αντίστοιχες διάµεσοι, τότε αυτές είναι ίσες µε: MAA dd =

Π = 15 και Π

Bd = 15, MBd =

14. Είναι γνωστό, ότι η διάµεσος δεν εξαρτάτε από τις ερευνητικές καταστάσεις. Από

τα προαναφερόµενα αποτελέσµατα φαίνεται, ότι η d είναι σταθερή για τους βαθµούς

της Α΄ Οµάδα σε διαφορά µ’ αυτές της Β΄ Οµάδας όπου έχουµε µικρή αλλά υπαρκτή

ελάττωση.

Το τελευταίο στατιστικό µέγεθος, στο οποίο θα γίνει σχετική αναφορά,

προέρχεται από τα αναγραφόµενα στους πίνακες 20, 21, 22 και 23. Το µέγεθος αυτό

είναι ο συντελεστής µεταβολής CV σε ποσοστό %. Για τον υπολογισµό του

χρησιµοποιείται ο τύπος CV = x

s, όπου s είναι η απόκλιση µε s =

25

)(25

1

2∑=

−i

i xx.

Κατά συνέπεια οι τιµές που λαµβάνονται για το CV για τις δυο οµάδες είναι οι

ακόλουθες: Π

ACV = 26,8%, MACV = 25,6% και Π

BCV = 26,03%, MBCV = 26,05%.

Φαίνεται, ότι Π

ACV > MACV , ενώ Π

BCV < MBCV . Γίνεται εποµένως κατανοητό το

γεγονός, ότι η απόκλιση των βαθµών των µαθητών πριν την έρευνα είναι µεγαλύτερη

απ’ αυτή µετά τη διεξαγωγή της. Το αντίθετο συµβαίνει µε την απόκλιση των βαθµών

των µαθητών της Β΄ Οµάδας.

Λόγου της µικρής διάρκειας της έρευνας, κατά συνέπεια του µικρού χρόνου

διδασκαλίας µε τη νέα – προτεινόµενη µέθοδος (δηλαδή εφαρµογή των

«ηµιθεωρηµάτων» κατά τη λύση ασκήσεων), καθώς και του µικρού αριθµού των

µαθητών που συµµετείχαν σ’ αυτή, δεν δύναται να προσδιοριστεί επακριβώς ο

βαθµός εγκυρότητας των λαµβανόµενων αποτελεσµάτων. Παρόλα αυτά, η

προαναφερόµενη έρευνα έδειξε, ότι τα «ηµιθεωρήµατα» (διδασκαλίας τους στην Α΄

Οµάδα) είναι ευεργετικό διδακτικό µέσο για την βελτίωση των ικανοτήτων των

µαθητών κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων. Επιπλέον µπορεί να ειπωθεί, ότι και

στις δυο οµάδες µαθητών τα δείγµατα τιµών δεν είναι οµοιογενή, αφού όλοι οι

συντελεστές µεταβολής CV είναι πάνω από το 10%. (Η κατάσταση αυτή θεωρείται

λογική λόγου του µικρού χρονικού διαστήµατος διδασκαλίας).

Τα αποτελέσµατα της προαναφερόµενης έρευνας έχουν µικρή απόκλιση πριν

και µετά τη διεξαγωγής της λόγου του µικρού αυτού αριθµού δείγµατος (µαθητών)

189

και του µικρού χρονικού διαστήµατος διδασκαλίας. Παρόλα αυτά και καθ’ όλη τη

διάρκεια της έρευνας και συγκεκριµένα κατά στη διδασκαλία στην Α΄ Οµάδα µε τη

βοήθεια των «ηµιθεωρηµάτων», τα τελευταία λήφθηκαν από τους µαθητές θετικά,

σαν κάτι βοηθητικό κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων. Στο συµπέρασµα αυτό

καταλήγουµε, όχι µόνο λαµβάνοντας υπ’ όψιν την όλη συµπεριφορά των µαθητών

της Α΄ κυρίως Οµάδας κατά την εφαρµογή των «ηµιθεωρηµάτων» στην εκπαίδευσή

τους (8 διδακτικές ώρες), αλλά και κατά τη διεξαγωγή του τελικού διαγωνίσµατος (2

διδακτές ώρες, Εφαρµογή 6)

Μπορεί να ειπωθεί, λαµβάνοντας υπ’ όψιν τόσο τις µεγάλες τιµές απόκλισης

CV των βαθµών και για τις δυο οµάδες, όσο και του ότι η διαφορά µεταξύ της

µικρότερη και της µεγαλύτερης βαθµολογίας για τις οµάδες Α΄ και Β΄ είναι

αντίστοιχα 13 και 12 − αρκετά υψηλή τιµή, προτείνεται στο µέλλον οι µαθητές να

χωρίζονται σε κατάλληλες οµάδες, για να µπορούν όσο το δυνατόν γίνεται

κοντινότερα ισχύουσες γνώσεις και ικανότητές τους. Για παράδειγµα, η οµαδοποίηση

των µαθητών µπορεί να γίνει ως εξής: σε µια οµάδα να συµµετάσχουν µαθητές µε

βαθµό από 7 έως 12, σε άλλη – από 13 έως 16 και στην τελευταία από 17 έως 20. Με

τρόπο ανάλογο προτείνεται να χωρίζονται οι µαθητές και στις διάφορες σχολικές

τάξεις Γυµνασίου και Λυκείου.

2.3. Έρευνα 3 −−−− Πρακτική εφαρµογή των µαθηµατικών γνώσεων

Τα στατιστικά αποτελέσµατα της τρίτης και τελευταίας έρευνας αναγράφονται

στους πίνακες 28, 29, 30, 31, 32, 33 και στα διαγράµµατα των σχηµάτων 8 και 9, τα

οποία προέρχονται από τα στοιχεία των πινάκων 26 και 27.

Πίνακας 26

Βαθµοί µαθητών Α΄ Οµάδας

Πίνακας 27

Βαθµοί µαθητών Β΄ Οµάδας

Μαθητής πριν µετά Μαθητής πριν µετά

1 9 8 1 19 20

2 10 8 2 20 20

3 12 10 3 18 19

4 15 14 4 17 18

5 17 16 5 16 16

6 13 13 6 9 9

7 19 19 7 8 9

190

8 20 20 8 7 8

9 16 17 9 20 19

10 13 10 10 20 19

11 19 17 11 10 13

12 18 17 12 11 13

13 17 16 13 15 16

14 17 17 14 16 17

15 11 10 15 16 17

16 18 18 16 17 18

17 18 18 17 15 17

18 10 9 18 19 20

19 19 18 19 18 19

20 20 20 20 17 19

21 20 20 21 9 11

22 9 9 22 20 20

23 8 9 23 18 18

24 10 10 24 17 18

25 11 10 25 16 17

Πίνακας 28



Πίνακας 29



Оценка xi ni fi% Ni Fi% xi.ni Оценка xi ni fi% Ni Fi% xi.ni

8 1 4 1 4 8 8 2 8 2 8 16

9 2 8 3 12 18 9 3 12 5 20 27

10 3 12 6 24 30 10 5 20 10 40 50

11 2 8 8 32 22 13 1 4 11 44 13

12 1 4 9 36 12 14 1 4 12 48 14

13 2 8 11 44 26 16 2 8 14 56 32

15 1 4 12 48 15 17 4 16 18 72 68

16 1 4 13 52 16 18 3 12 21 84 54

17 3 12 16 64 51 19 1 4 22 88 19

18 3 12 19 76 54 20 3 12 25 100 60

19 3 12 22 88 57 Сбор 25 100 - - 353

20 3 12 25 100 60

Сбор 25 100 - - 369

191

Πίνακας 30



Πίνακας 31



Βαθµός xi ni fi% Ni Fi% xi.vi Βαθµός xi ni fi% Ni Fi% xi.vi

7 1 4 1 4 7 8 1 4 1 4 8

8 1 4 2 8 8 9 2 8 3 12 18

9 2 8 4 16 18 11 1 4 4 16 11

10 1 4 5 20 10 13 2 8 6 24 26

11 1 4 6 24 11 16 2 8 8 32 32

15 2 8 8 32 30 17 4 16 12 48 68

16 4 16 12 48 64 18 4 16 16 64 72

17 4 16 16 64 68 19 5 20 21 84 95

18 3 12 19 76 54 20 4 16 25 100 80

19 2 8 21 84 38 Σύνολο 25 100 - - 410

20 4 16 25 100 80

Σύνολο 25 100 - - 388

Πίνακας 34

Σχετικές συχνότητες πριν – µετά για την Α΄ Οµάδα

Βαθµός xi 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

fi% πριν 0 4 8 12 8 4 8 0 4 4 12 12 12 12

fi% µετά 0 8 12 20 0 0 4 4 0 8 16 12 4 12

0

5

10

15

20

%

Βαθµός

fi% πριν

fi% µετά

Σχήµα 10

7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

192

Πίνακας 35

Σχετικές συχνότητες πριν – µετά για την Β΄ Οµάδα

Βαθµός xi 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

fi% πριν 4 4 8 4 4 0 0 0 8 16 16 12 8 16

fi% µετά 0 4 8 0 4 0 8 0 0 8 16 16 20 16

0

5

10

15

20

%

Βαθµός

fi% πριν

fi% µετά

Σχήµα 11

Μετά τους απαραίτητους υπολογισµούς, για την Α΄ Οµάδα ισχύουν τα:

Π

Αx =

14,76, Μ

Αx = 14,12, M

AA dd =Π = 16, Π

ACV = 27,23%, MACV = 30,09%, ενώ για την Β΄

Οµάδα ισχύουν τα: Π

Βx = 15,52, Μ

Βx = 16,4, Π

Bd = 17, MBd = 17, Π

BCV = 26,03% και

MBCV = 22,01%.

Από τα προηγούµενα αριθµητικά αποτελέσµατα συµπεραίνεται, ότι τα µεγέθη

х, d και CV τόσο για την Α΄ Οµάδα όσο και για την Β΄ , στην αρχή της έρευνας (πριν)

δεν διαφέρουν απ’ αυτά µετά την διεξαγωγή της.

Ανεξαρτήτου των αποτελεσµάτων, κατά τη διεξαγωγή της έρευνας (8

διδακτικές ώρες), διαπιστώθηκε ότι οι πρακτικές, διασκεδαστικές και οι

παραδοσιακές ασκήσεις άρεσαν στους µαθητές. Ειπώθηκε απ’ αυτούς µπορούν

ευκολότερα να κατανοήσουν το σκοπό της διδασκόµενης µαθηµατικής έννοιας. Μετά

από σχετική ερώτηση το 80% είχαν την προαναφερόµενη άποψη. Αυτό το οποί τους

δυσκόλεψε ήταν η δηµιουργία του µαθηµατικού µοντέλου της κάθε άσκησης.

Πιθανότατα αυτό είναι έτσι επειδή οι µαθητές, στις µικρότερες τάξεις, δεν έχουν

εκπαιδευτεί πάνω σε τέτοιου είδους ασκήσεις. Πιθανολογείται ότι αυτή είναι και η

αιτία της χαµηλής βαθµολογίας των µαθητών της Α΄ Οµάδας κατά τη διεξαγωγή του

τελικού διαγωνίσµατος.

7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

193

Προτείνεται εποµένως ο εµπλουτισµός της διδασκαλίας των µαθηµατικών µε

τέτοιου είδους ασκήσεις (πρακτικές, παραδοσιακές και διασκεδαστικές). Στη δοµής

της διδασκαλίας, µε τη βοήθεια τέτοιων ασκήσεων, αναφέρονται και σχετικά άρθρα

([62] και [64]). Η δοµή αυτή υιοθετήθηκε και κατά τη διεξαγωγή του µαθήµατος

στους µαθητές της Α΄ Οµάδας. Αυτό φυσικά πρέπει να υλοποιείται αφού πρώτα

εµπεδωθεί η ενέργεια της µαθηµατικής µοντελοποίησης. Επίσης προτείνεται τέτοιες

ασκήσεις να λύνονται σε ώρες εκτός µαθήµατος, χωρίς φυσικά οι µαθητές να

εξετάζονται πάνω σ΄ αυτές.

194

ΚΕΦΑΛΑΙΟ VII

∆ιδακτικές παρεµβάσεις – διδακτική επεξεργασία

του περιεχοµένου των µαθηµατικών

1. Λάθη κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων

1.1. Εισαγωγή

Για τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων δυνατόν είναι να χρησιµοποιηθεί η

µέθοδος του Ευκλείδη (3ος αιώνας π. Χ.) ή του Πάππου (3ος αιώνας µ. Χ.). Κατά τη

χρήση των δυο αυτών τρόπων, οι µαθητές, είναι δυνατόν να κάνουν κάποια λογικά

λάθη. Στην εργασία αυτή θα γίνει σχετική αναφορά στα λάθη αυτά και θα προταθούν,

παράλληλα τρόποι αποφυγής αυτών.

Βασικό στην εκµάθηση µιας µαθηµατικής έννοιας είναι και η εντόπιση των

σηµείων αυτών που είναι δυνατόν να επιπέσουν οι µαθητές σε λάθη κατά τη λύση

σχετικών ασκήσεων. πρωταρχικός σκοπός πρέπει να είναι φυσικά η αποφυγή των

λαθών. Σε περίπτωση που αυτό δεν είναι εφικτό, πρέπει να υπάρχουν έτοιµες

προτάσεις οι οποίες θα δίνουν στους µαθητές, αφενός τη δυνατότητα αυτό –

εντοπισµού των λαθών τους, αφετέρου θα δηµιουργούν τέτοιο γνωστικό περιβάλλον,

έτσι ώστε να µην επαναληφθεί το ίδιο λάθος.

Για το διδακτικό αυτό σκοπό θα γίνει σχετική αναφορά στους τρόπους λύσης

µαθηµατικών ασκήσεων (τα λεγόµενα «σχήµατα») καθώς και σε ορισµένα λάθη που

οι µαθητές συνήθως κάνουν. Κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων

χρησιµοποιούνται δυο τρόποι – σχήµατα, τα οποία αργότερα ονοµάστηκαν «Σχήµα

του Ευκλείδη», επειδή για πρώτη φορά χρησιµοποιήθηκε στα «Στοιχεία» του

Ευκλείδη και «Σχήµα του Πάππου» και έχει προταθεί από τον έλληνα µαθηµατικό

Πάππο. Η εφαρµογή του σχήµατος αυτού κατά τη λύση τυχαίας µαθηµατικής

άσκησης, είναι δυνατή.

1.2. Λογικά λάθη κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων

Κατά τη λύση αλγεβρικών ασκήσεων, οι µαθητές έρχονται αντιµέτωποι µε

ασκήσεις απόδειξης της σχέσης Α=Β, όπου Α, Β είναι αλγεβρικές ή κλασµατικές

195

παραστάσεις. Κατά τη λύση των ασκήσεων αυτών είναι δυνατόν να χρησιµοποιηθεί

ένας από τους ακόλουθους τρόπους:

1/ Αν Α=Α1=Α2=…=Β, τότε ισχύει ότι Α=Β.

2/ Αν Α=Α1=Α2=…=Γ και Β=Β1=Β2=…=Γ, τότε ισχύει ότι Α=Β.

3/ Αν Α-Β=Α1-Β1=…=0, τότε ισχύει ότι Α=Β.

4/ Υποθέτουµε ότι Α=Β και αποδεικνύεται ότι Α1=Β1, µετά ότι Α2=Β2 κ.τ.λ. και

τέλος Γ=Γ, τότε, αφού διαπιστωθεί η ισχύ των αντίστροφων διαδικασιών,

ισχύει Α=Β. Αν έστω και µια διαδικασία δεν είναι αντιστρέψιµη, τότε Α≠ Β.

Ο τελευταίος τρόπο απόδειξης αναφέρεται στο «Σχήµα του Ευκλείδη» για τη λύση

καθορισµένης µαθηµατικής άσκησης.

Με τη βοήθεια συµβολισµών και ορολογιών της µαθηµατικής λογικής, θα

γίνει αναφορά σε τρία βασικά λάθη των µαθητών.

1) Λανθασµένη χρησιµοποίηση του κανόνα q

pqp ,→ και αντί αυτού χρήση του

κανόνα p

pqp ,→, ο οποίος δεν είναι σωστός.

Έστω η ακόλουθη άσκηση για την κατανόηση αυτού:

Άσκηση (1) Αν α, µ και β είναι η µεγάλη βάση, η διάµετρος και η µικρή βάση ,

αντίστοιχα, τραπεζίου, να δειχτεί ότι η τριάδα α, µ, β είναι αριθµητική πρόοδος.

Εφόσον µ – διάµεσος τραπεζίου, τότε 2

βαµ += και εποµένως από την

ιδιότητα των µελών αριθµητικής προόδου συνεπάγεται ότι τα α, µ, β αποτελούν

αριθµητική πρόοδο, µε άλλα λόγια έχουµε ότι:

p

qqp

..,,2

,2

..,,

πραρβµα

βαµβαµπραρβµα

−

+=

+=→−

, αλλά αυτό λανθασµένο αποτέλεσµα.

2) Λανθασµένη χρησιµοποίηση του κανόνα qp

qppppp k

→→→→ ,...,, 211 και αντί

αυτού χρήση του κανόνα pq

qppppp k

→→→→ ,...,, 211 , ο οποίος δεν είναι σωστός.

Έστω η ακόλουθη άσκηση υλοποίησης του προαναφερόµενου λάθους:

Άσκηση (2) Αν α=α, τότε α-3=α+3

196

Υποθέτουµε ότι

3

)()3()()3(33

pq

aa αααα −+−=−+−→+=−

23

33)()3()()3(

pp

+=−→−−+=−+− αααα

12

22 )3()3(33

pp

+=−→+=−

pp

99)3()3(

1

22 =→+=−

Αλλά

p

99 = και κατά συνέπεια

q

33 +=− αα ο οποίος είναι λανθασµένος

συλλογισµός.

3) Λανθασµένη χρησιµοποίηση του κανόνα p

qqp

→ ,

και αντί αυτού χρήση του

κανόνα q

pqp

→ ,

, ο οποίος δεν είναι σωστός.

Έστω η ακόλουθη άσκηση λυµένη µε βάση τον τελευταίο λανθασµένο

κανόνα:

Άσκηση (3) Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α =90°) και Γ =90°. Να δειχτεί ότι:

ΑΒ=2

ΒΓ.

Κατά τη λύση της άσκησης αυτής, αρκετές φορές οι µαθητές χρησιµοποιούν

τη σχέση ΑΒ=2

ΒΓ για να αποδείξουν ότι το τρίγωνο ΑΜΒ είναι ισόπλευρο και τότε

να δεχτούν ότι Β =60° και κατά συνέπεια ότι Γ =90°. Αυτό όµως αποτελεί ακριβώς

την αντίστροφη διαδικασία.

Παρατηρείται εποµένως ότι αρκετές φορές η εκφώνηση δεδοµένης άσκησης

δεν κατανοείται σωστά µε αποτέλεσµα το ζητούµενο να λαµβάνεται για δεδοµένο και

αντίστροφο. Στο γεγονός αυτό συµβάλει κατά πολύ και το όχι σωστό σχήµα.

1.3. Περιπτώσεις λαθών κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων

Εκτός των προαναφερόµενων τριών λογικών λαθών, είναι δυνατόν να

αριθµήσουµε ακόµη ορισµένα λάθη των µαθητών κατά τη λύση µαθηµατικών

ασκήσεων. Τα λάθη αυτά είναι αποτέλεσµα της όχι σωστής κατανόησης της

εκφώνησης και της ηµιτελής προετοιµασίας για τη κάθε νέα έννοια ή της

επαλήθευσης της ήδη διδασκόµενης. Τα λάθη αυτά είναι τα ακόλουθα:

197

1/ Κατά την απόδειξη της ιδιότητας βααβ = , πολλές φορές οι µαθητές

χρησιµοποιούν τον 4ο τρόπο. Συγκεκριµένα υποθέτουν ότι βααβ = , υψώνουν

και τα δυο µέλη στη δευτέρα και τελικά καταλήγουν αβ=αβ, αφού α≥0 και β≥0.

Αυτό που τις περισσότερες φορές ξεχνάνε είναι να αποδείξουν το αντίστροφο. Με

τον ίδιο τρόπο ενεργούν και άλλες περιπτώσεις όπως για παράδειγµα κατά τη λύση

της άσκησης «Να δειχτεί ότι: 2=+αβ

βα

,όπου α, β∈R».

2/ Αρκετές φορές στη µαθηµατική ορολογία χρησιµοποιούνται οι όροι «ανάλογα»

ή «οµοίως». Για παράδειγµα, αφού αποδειχτεί η ιδιότητα ννν βααβ = , µπορεί να

ειπωθεί ότι µε τρόπο ανάλογο αποδεικνύεται και η ιδιότητα ν

ν

νβα

βα

= . Με τον όρο

«ανάλογα» δεν είναι απαραίτητο να αποδειχτεί η τελευταία ισότητα. Το γεγονός αυτό

βοηθάει κατά πολύ τα µαθηµατικά, αλλά έχει και αρνητικά. Εν συνεχεία θα

αναφερθούν ορισµένα τυπικά λάθη τα οποία είναι αποτέλεσµα της αναλογίας.

α. Από 0, ≠= βαβαβ

, ανάλογα ισχύει ότι: 0, ≠=+ βαβ

βα, το οποίο είναι

λανθασµένο.

β. Από ννν βααβ = , ανάλογα ισχύει ότι: ννν βαβα ±=± , το οποίο είναι


γ. Από 0,. ≠= βδβδαγ

δγ

βα

, ανάλογα ισχύει ότι: δβγα

δγ

βα

++

=+ , το οποίο είναι


δ. Από 0, ≠+=+ γ

γβ

γα

γβα

, ανάλογα ισχύει ότι: γα

βα

γβα

+=+

, το οποίο είναι


ε. Κατά τη λύση πρωτοβάθµιων εξισώσεων µε ένα άγνωστο, η µεταφορά ορών από

το ένα µέλος στο άλλο γίνεται µε ταυτόχρονη αλλαγή πρόσηµου, ανάλογα ισχύει το

ακόλουθο: αx+β=0⇔ αx=-β⇔ x= 0, ≠ααβ

, το οποίο είναι λανθασµένο.

Για τα προαναφερόµενα λάθη µπορεί να γίνει κατανοητή η λανθασµένη

σκέψη της αναλογίας µε τη λύση συγκεκριµένων αριθµητικών παραδειγµάτων,

δηλαδή:

198

α΄. 42

42=

+ και ==

+2

6

2

423, εποµένως, αφού 4≠ 3, θα έχουµε ότι 4

2

42≠

+

και έτσι µπορούµε να ισχυριστούµε ότι 0, ≠≠+ βαβ

βα. Για µεγαλύτερη

πειστικότητα, µπορεί να λύνονται περισσότερα από ένα αριθµητικά παραδείγµατα.

β΄. 525169 ==+ και 743169169 =+=+=+ , αφού 5≠ 7 θα έχουµε

ότι 169169 +≠+ και κατά συνέπεια ννν βαβα +≠+ (µε τρόπο ανάλογο

µπορεί να δειχτεί και η διαφορά).

γ΄. 12

1

2

1

6

3

2

1=+=+ και

2

1

8

4

62

31

6

3

2

1==

++

=+ , αφού 12

1≠ θα έχουµε ότι

62

31

6

3

2

1

++

≠+ και κατά συνέπεια δβγα

δγ

βα

++

≠+ .

δ΄. 2

9

2

33

2

33

4

6

2

6

42

6==+=+=

+ και 1

6

6

42

6==

+, αφού ≠

2

91 θα έχουµε ότι

4

6

2

6

42

6+≠

+ και κατά συνέπεια

γα

βα

γβα

+≠+

.

ε΄. 2x+4=0⇔ 2x=-4⇔ x= ⇔2

4x=2. Επαλήθευση: 2.2+4=4+4=8≠ 0, άρα x≠ 0.

3/ Από τους δυσκολότερους ορισµούς στα µαθηµατικά είναι και αυτός της

απόλυτης τιµής πραγµατικού αριθµού. Η δυσκολία επισηµαίνεται στην κατανόηση

του ότι η απόλυτη τιµή αρνητικού αριθµού είναι ένας θετικός αριθµός. ∆εν θα γίνει

αναφορά στην εργασία αυτή στον τρόπο διδασκαλίας της απόλυτης τιµής

πραγµατικού αριθµού, αλλά σε ορισµένα λάθη τα οποία είναι αποτέλεσµα της

αναλογίας. Συγκεκριµένα, ορισµένες φορές έχοντας υπό όψιν ότι 0,2 ≥= ααα ,

γράφουν ότι ισχύει αα =2 ή αα =2, το οποίο δεν αληθεύει. Έστω ένα

παράδειγµα: 39932 ≠== .

Επίσης σχετικά µε τις ρίζες αρκετές φορές γίνεται το ακόλουθο λάθος:

αα =2 , αν α∈R, αντί του αα =2 . Έστω το ακόλουθο αριθµητικό παράδειγµα:

39)3( 2 ==− και όχι 03)3( 2 <−=− .

4/ Κατά τη λύση ασκήσεων προόδων, οι µαθητές ουσιαστικά για πρώτη φορά

έρχονται σε επαφή µε δείχτες όπως για παράδειγµα αν=α1+d(ν-1). Αρκετές φορές

παρατηρούνται τα εξής λάθη: λαµβάνεται το αν ως α.ν, επίσης το αν2 υπολογίζεται ως

199

α2.ν2, τα οποία δεν αληθεύουν. ∆εν πρέπει να αφήνεται να γίνεται πρώτα το λάθος και

µετά να διορθώνεται. Είναι δυνατόν κατά την παράδοση της σχετικής θεωρίας να

επισηµαίνεται µε συγκεκριµένο παράδειγµα η διαφορά µεταξύ αυτών, πριν γίνει η

λανθασµένη χρήση τους.

5/ Κατά τη λύση τριγωνοµετρικών ασκήσεων, ένα συνηθισµένο λάθος των

µαθητών είναι ο διαχωρισµός της γωνίας από τον τριγωνοµετρικό αριθµό. Για

παράδειγµα δέχονται ότι (ηµφ)2=ηµφ2, το οποίο είναι λάθος. Για την διαπίστωση του

λάθους αυτού µπορεί να λυθεί µια συγκεκριµένη άσκηση: ηµ30°=0,5 εποµένως

(ηµ30°)2=(0,5)2=0,25. Εποµένως παρατηρείται ότι αφού (ηµ30°)=ηµ(30°)2=ηµ900°=0

θα ισχύει ότι: (ηµφ)2≠ ηµφ2.

6/ Κατά τη λύση ασκήσεων µε λογάριθµους ένα συνήθης λάθος είναι το να

δέχονται ότι: logα(x1.x2)=logαx1.logα x2 ή logα(x1:x2)=logαx1:logα x2. Το λανθασµένο

της σκέψης αυτής µπορεί να διαπιστωθεί ως εξής: log(10.10)=log10.log10=1.1=1,

log(10.10)=log100=log102=2log10=2.1=2 και επειδή 1≠ 2, θα έχουµε ότι και

log(10.10)≠ log10.log10. Με τρόπο ανάλογο µπορεί να διαπιστωθεί και το λάθος

κατά τη διαίρεση.

7/ Κατά τη λύση ασκήσεων µε ταυτότητες, από τα συνηθέστερα λάθη είναι ο

προσδιορισµός του α, β ή του γ, ανάλογα µε την ταυτότητα. Συγκεκριµένα έστω ότι

ζητείται να βρεθεί το ανάπτυγµα (-3α –β)2. Λανθασµένα ορισµένες φορές εργάζονται

ως εξής: (-3α –β)2=-3 α2 –2.(-3α).β+β2. ∆εν κατανοείται ότι αντί του α υπάρχει –3α.

Προτείνεται οι ταυτότητες να διδάσκονται και ως εξής: ( - )2= 2-2 + 2. Με

τον τρόπο αυτό είναι κατανοητό ότι το είναι το –3α, ενώ το είναι το β.

8/ Κατά τη λύση ασκήσεων µε συναρτήσεις παρατηρείται παρόµοιο µε το

προαναφερόµενο φαινόµενο. Για παράδειγµα, αν ζητηθεί να υπολογιστεί η

αριθµητική τιµή της συνάρτησης µε τύπο f(x)=x2-x+1, για x=-2 ή x=2α, τότε το

λάθος επισηµαίνεται στο γεγονός ότι το x µπορεί να είναι και τυχαία αλγεβρική ή

κλασµατική παράσταση. Για το λόγο αυτό καλό είναι να αποδίδεται ο τύπος της

συνάρτησης και ως εξής: f()= 2-+1, επισηµαίνοντας έτσι ότι για το είναι δυνατόν

να πάρουµε οποιαδήποτε τιµή θέλουµε. Ο τρόπος αυτός παρουσίας του τύπου της

συνάρτησης µπορεί να εφαρµοστεί και κατά τη λύση ασκήσεων εύρεσης της

200

παραγώγου σύνθετης συνάρτησης. Συγκεκριµένα: [f()]΄=f΄().΄, δηλαδή του

[f(g(x))] ΄=f΄(g(x)).g (x), όπου g(x) είναι το .

1.4. Αίτια των λαθών Στην προηγούµενη παράγραφο έγινε αναφορά σε ορισµένα τυπικά λάθη των

µαθητών κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων. Φυσικά µπορεί να επισηµανθούν και

άλλα. Στο σηµείο αυτό θα αναφερθούµε στα αίτια που οδηγούν τους µαθητές να

κάνουν λάθη. Μόνο µε την κατανόηση των αιτιών που προκαλούν µια κατάσταση

αυτή µπορεί να αντιµετωπιστεί. Τα αίτια αυτά είναι τα ακόλουθα:

1/ Όχι καλή προετοιµασία για την εισαγωγή νέων εννοιών.

2/ Όχι σωστή τοποθέτηση των προτεινοµένων για λύση ασκήσεων για επαλήθευση

των νέων εννοιών.

3/ Άσκοπες ασκήσεις για τη θύµηση των παλαιότερων γνώσεων.

4/ Όχι σωστή χρησιµοποίηση του «Σχήµατος του Ευκλείδη».

5/ Ασυνέχεια του διαβάσµατος των µαθητών.

6/ Οι τρόποι την απόδειξη ή γενικά τη λύση ασκήσεων παραδίδονται µε τρόπο

αφηρηµένο και όχι κατανοήσιµο από του µαθητές, χωρίς να εξηγείται το γιατί είναι

έτσι, χωρίς να υπάρχουν ασκήσεις πρακτικής εφαρµογής.

7/ Οι ασκήσεις που δίνονται για λύση είναι µόνο πολύ εύκολες ή πολύ δύσκολες

οδηγώντας έτσι τους µαθητές στην αποµάκρυνσή τους από τα µαθηµατικά αφού

θεωρούν ότι οι ασκήσεις είναι πολύ εύκολες και εποµένως χωρίς νόηµα, ή πολύ

δύσκολες και έτσι δεν έχει νόηµα η προσπάθεια για λύση τους.

Η αποφυγή των λαθών εξαρτάτε από πολλούς παράγοντες τους οποίους στην

εργασία αυτή δεν θα αναπτύξουµε.

1.5. Συµπεράσµατα

Απαραίτητο είναι να δίνεται η δυνατότητα λύσης ασκήσεων οι οποίες θα

προκαλούν το ενδιαφέρον των µαθητών για τα µαθηµατικά. Να δηµιουργείται τέτοιο

διδακτικό περιβάλλον, έτσι ώστε τα µαθηµατικά να µη θεωρούνται ξεκοµµένα από

τις άλλες επιστήµες, χωρίς πρακτική εφαρµογή. Το γεγονός αυτό αναµφισβήτητα θα

βοηθήσει τους µαθητές στο να ελαττώσουν τα λάθη τους κατά τη λύση ασκήσεων

εφόσον οι γνώσεις τους θα είναι πλέον σφαιρικές και θετικές.

201

Εποµένως η δηµιουργία ενδιαφέροντος για λύση µαθηµατικών ασκήσεων

πρέπει να κατέχει πρωταρχικό ρόλο στη διδασκαλία των µαθηµατικών. Αυτό µπορεί

να επιτευχθεί µε διάφορους τρόπους (συστηµατοποίηση των µαθηµατικών γνώσεων,

πρακτική εφαρµογή των µαθηµατικών κ.τ.λ.), στους οποίους στην εργασία αυτή δεν

θα γίνει εκτενέστερη αναφορά.

Γενικά αποδεχτώ είναι ότι βασικός σκοπός της διδασκαλίας των µαθηµατικών

είναι η αποφυγή, στο βαθµό που αυτό είναι εφικτό, των λαθών κατά τη λύση

ασκήσεων. Πρωταρχικός κανόνας είναι το «η πρόβλεψη είναι σοφία και η καταστολή

µωρία».

2. ∆ιδακτική επεξεργασία του περιεχοµένου των µαθηµατικών 2.1. Εισαγωγή

Στο σηµείο αυτό θα ασχοληθούµε µε την οργάνωση του µαθήµατος. Πιο

συγκεκριµένα, θα αναφερθούµε σε όλα αυτά τα οποία σχετίζονται µε την σκέψη,

ανάλυση, σύγκριση, γενίκευση και σύνθεση ενός θέµατος στα µαθηµατικά. Με τον

τρόπο αυτό θα παρουσιάσουµε την προετοιµασία του µαθήµατος , θα αναφερθούµε

σε ένα εύκολο και αρκετά ενδιαφέρον µηχανισµό διδασκαλίας και εκµάθησης της

έννοιας συνδεδεµένης µε το θέµα «ρητοποίηση παρανοµαστή1». Θα αναφερθούµε

στο σχεδιάγραµµα-πλάνο της συλλογικής εργασίας στην τάξη για την εισαγωγή της

έννοιας αυτής και εν συνεχεία θα προτείνουµε ασκήσεις για συλλογική και ατοµική

λύση, µε σκοπό την διαµόρφωση της ικανότητας των µαθητών για ατοµική λύση

ασκήσεων του τύπου αυτού.

Τέλος θα προταθεί και ένας τρόπος παρουσίασης (γραφής) των µαθηµατικών

γνώσεων, συνδεδεµένος άµεσα µε το εκάστοτε γνωστικό επίπεδο.

2.2. Η συστηµατοποίηση των γνώσεων ως µέσο κατανόησης των µαθηµατικών

εννοιών

Στις µελέτες των τελευταίων χρόνων η προσοχή έχει στραφεί προς στην

αποµόνωση των µαθηµατικών ασκήσεων. Συνήθως µε τις ασκήσεις ασκούνται και

επαληθεύονται έννοιες όπως για παράδειγµα ο ορισµός του παραλληλογράµµου. ∆εν

δίνεται η απαιτούµενη προσοχή στην σχέση µεταξύ των ασκήσεων. ∆εν

κατασκευάζεται αλυσίδα συλλογισµών, απαραίτητων για να µπορούµε να φτάσουµε

στη λύση δεδοµένης άσκησης. Για να µπορούν να λύνουν οι µαθητές µια άσκηση

πρέπει καλά να γνωρίζουν, εκτός την λύση αυτής, την σχέση της µε άλλες ασκήσεις. 1 Με τον όρο «ρητοποίηση» εννοούµε την µετατροπή κλάσµατος µε άρρητο παρανοµαστή, σε ισοδύναµο κλάσµα µε ρητό παρανοµαστή.

202

Οι διάφορες µαθηµατικές γνώσεις πρέπει να τοποθετούνται ανάλογα µε το θέµα στο

οποίο αναφέρονται. Με άλλα λόγια να γίνει συστηµατοποίηση των διδασκόµενων

µαθηµατικών γνώσεων. Η συστηµατοποίηση αυτή αποτελεί από τους βασικότερους

παράγοντες για την λύση µαθηµατικής άσκησης.

Επίσης µορφή συστηµατοποίησης των γνώσεων είναι και η συγκέντρωση

θεµάτων, σχετικών µεταξύ τους, σε µια οµάδα. Για παράδειγµα η οµαδοποίηση όλων

των σχετικών µε την έννοια «ανίσωση» που στα σχολικά µαθηµατικά διδάσκονται, σε

ένα βιβλίο, έχει ως αποτέλεσµα τη σφαιρική αντίληψη και κατανόηση της έννοιας

αυτή (υπάρχει σχετική µελέτη σε θεωρητικό επίπεδο).

Τέλος, στα πλαίσια της συστηµατοποίησης των µαθηµατικών γνώσεων,

προτείνεται να υπάρχουν βιβλία µικρών διαστάσεων, στα οποία θα αναγράφονται

όλες οι απαιτούµενες (για τη σχολική διδασκαλία) µαθηµατικές γνώσεις χωρίς

αποδείξεις. Τα βιβλία αυτά θα δίνονται στους µαθητές (όπως και τα υπόλοιπα

βιβλία). Με τον τρόπο αυτό ο κάθε µαθητής, σε οποιοδήποτε γνωστικό επίπεδο και

αν βρίσκεται, θα ανατρέχει σ’ αυτά υπενθυµίζοντάς του τυχόν ξεχασµένες γνώσεις,

τύπους ή µεθόδους. Τα βιβλία αυτά θα περιέχουν γνώσεις απ’ όλα τα γνωστικά

επίπεδα και ο µαθητής, ανάλογα τις γνώσεις του, µε την καθοδήγηση του καθηγητή,

θα παραπέµπεται σ’ αυτά που τον ενδιαφέρουν, χωρίς έτσι να ξεφεύγει από το

προκαθορισµένο εκπαιδευτικό περιεχόµενο της κάθε τάξης (έχει γίνει σχετική µελέτη

σε θεωρητικό επίπεδο).

2.3. Προετοιµασία του περιεχοµένου διδασκαλίας

Η αποτελεσµατικότερη προετοιµασία µαθήµατος στα µαθηµατικά

επιτυγχάνεται µε την πολύπλευρη ανάλυση του διδακτικού περιεχοµένου του

συγκεκριµένου θέµατος. Εκτός αυτού, η οργάνωση και οι συνθήκες εργασίας

βοηθούν από την πλευρά τους στην µεγιστοποίηση των αποτελεσµάτων της

διδασκαλίας των µαθηµατικών.

Είναι δυνατόν να διακριθούν τα ακόλουθα δέκα στάδια-µέρη της

προετοιµασίας ενός µαθήµατος.

1) Μελέτη και ταξινόµηση του διδακτικού περιεχοµένου. Να επισηµανθούν οι

έννοιες, τα θεωρήµατα κ.τ.λ. τα οποία είναι απαραίτητα για την διεξαγωγή του

µαθήµατος. Εν συνεχεία αυτά να ταξινοµηθούν µε τρόπο τέτοιο, ώστε να

επιτυγχάνεται ο σκοπός του µαθήµατος (συστηµατοποίηση). ∆ιακρίνονται οι εξής

βαθµίδες ταξινόµησης:

203

α) Βασικό, το οποίο ο µαθητής πρέπει να γνωρίζει.

β) Όχι τόσο βασικό, το οποίο ο µαθητής µπορεί και να µην γνωρίζει.

γ) Πληροφοριακό, στο οποίο γίνεται αναφορά γεγονότων, χωρίς ο µαθητής να

υποχρεούται να γνωρίζει (π. χ. ιστορικά γεγονότα).

2) Ανάλυση της δοµής του διδακτικού περιεχοµένου και τις σχέσης του µε τις

παλιές γνώσεις. ∆ιακρίνονται οι ακόλουθες κατηγορίες διδακτικών αντικειµένων:

α) Ποιες γνώσεις απαιτούν δηµιουργική και ποιες ανατυπωµένη εκµάθηση από

τους µαθητές.

β) Ποιες γνώσεις είναι κατάλληλες για οµαδική και ποιες για ατοµική εργασία.

γ) Καθορισµός της σειράς εισαγωγής νέων εννοιών, θεωρηµάτων, ορισµών,

αξιωµάτων και ασκήσεων.

δ) Προσδιορισµός των γνώσεων και ικανοτήτων των µαθητών, οι οποίες είναι

απαραίτητες για το συγκεκριµένο θέµα.

3) Ανάλυση των µορφωτικών ικανοτήτων του διδακτικού περιεχοµένου. Πιο

συγκεκριµένα, πως είναι δυνατόν οι διδασκόµενες µαθηµατικές έννοιες να

εφαρµοστούν τόσο σε άλλες µαθηµατικές έννοιες, όσο και σε άλλες επιστήµες.

4) Ανάλυση των εκπαιδευτικών δυνατοτήτων του διδακτικού περιεχοµένου, πως

καλύτερα να χρησιµοποιηθούν για τη µορφωτική επίδραση πάνω στους µαθητές.

5) ∆ιατύπωση των σκοπών που πρέπει να εκπληρωθούν στο συγκεκριµένο µάθηµα.

6) Λογική ανάλυση του διδακτικού περιεχοµένου. Στο σηµείο αυτό διαπιστώνονται

ποιες λογικές πράξεις θα οδηγήσουν στην εισαγωγή µιας συγκεκριµένης έννοιας.

Εφόσον γίνει η εισαγωγή της, ερµηνεύεται ο ρόλος και η θέση των κριτηρίων και των

ιδιοτήτων της διδασκόµενης µαθηµατικής έννοιας.

7) Ψυχολογική ανάλυση των ενδεχόµενων προβληµάτων και η δυνατότητα για το

ξεπέρασµά τους.

8) Πρόταση (αν είναι δυνατόν) πρακτικών ασκήσεων, µεθόδων και τρόπων.

9) Καθορισµός των εκπαιδευτικών-τεχνικών µέσων και των διδακτικών στοιχείων,

τα οποία είναι απαραίτητα να χρησιµοποιηθούν για την καλύτερη κατανόηση και

αφοµοίωση της εξεταζόµενης µαθηµατικής έννοιας.

10) Ανάλυση των ειδικών συνθηκών εργασίας (εξωσχολικά βοηθήµατα).

Βασιζόµενοι στα προαναφερόµενα δέκα στάδια της προετοιµασίας του

διδακτικού περιεχοµένου και έχοντας πάντα υπό όψιν την βοήθεια της

συστηµατοποίησης των µαθηµατικών γνώσεων, θα εξετάσουµε πως µπορεί να γίνει η

204

προετοιµασία και εκµάθηση του µαθήµατος µε τίτλο «ρητοποίηση του παρανοµαστή

κλάσµατος».

2.4. Ρητοποίηση του παρανοµαστή κλάσµατος Κατά την λύση ασκήσεων ρητοποίησης είναι δυνατόν να συναντήσουµε τους

ακόλουθους τύπους αυτών:

α. Ο παρανοµαστής είναι τετραγωνική ρίζα ή µονώνυµο το οποίο περιέχει

τετραγωνικέ ρίζα (3

1,

α2

1 κ.τ.λ.).

β. Ο παρανοµαστής είναι άθροισµα δυο παραστάσεων, εκ των οποίων τουλάχιστον

µια περιέχει τετραγωνική ρίζα (32

1

+,

32

1

+κ.τ.λ.).

γ. Ο παρανοµαστής είναι διαφορά δυο παραστάσεων, εκ των οποίων τουλάχιστον µια

περιέχει τετραγωνική ρίζα (23

1

−,

23

1

− κ.τ.λ.).

Τα σηµαντικότερα στάδια κατά την λύση των ασκήσεων του τύπου αυτού,

είναι η εύρεση της συζυγής παράστασης δεδοµένης παράστασης και η ρητοποίηση

του παρανοµαστή του άρρητου κλάσµατος.

Ο ορισµός της συζυγής παράστασης δοσµένης παράστασης και η ρητοποίηση

του παρανοµαστή του άρρητου κλάσµατος απαιτούν δηµιουργική εκµάθηση. Για την

αποτελεσµατικότερη εκµάθηση του διδακτικού αυτού περιεχοµένου, είναι

απαραίτητο να ερµηνευθούν και να κατανοηθούν τα ακόλουθα:

α. (α+β)(α-β)=α2-β2

β. ( α + β )( α - β )=α-β

γ. α . α =( α )2=α

Πρέπει να τονιστεί και να εκφραστεί ο τρόπος µε τον οποίο γίνεται η

ρητοποίηση του παρανοµαστή δεδοµένου άρρητου κλάσµατος, έχοντας υπό όψιν τα

α, β και γ.

Θέτουµε τους ακόλουθους σκοπούς:

1. Γνωριµία των µαθητών µε την έννοια «συζυγή παράσταση δεδοµένης παράστασης,

η οποία περιέχει τετραγωνική ρίζα» και η δηµιουργία δυνατότητας για την εύρεσή

της.

2. Γνωριµία των µαθητών µε την ουσία και την εφαρµογή της έννοιας «ρητοποίηση

του παρανοµαστή κλάσµατος».

205

3. ∆ηµιουργία του κατάλληλου περιβάλλοντος για πολύπλευρη σκέψη, κατά την

εκµάθηση νέων εννοιών και την διατύπωση νέων ικανοτήτων.

4. ∆ηµιουργία διανοητικής ανάπτυξης των µαθητών µέσου της:

α. Επεξήγησης των νέων εννοιών και εκµάθηση των τρόπων ρητοποίησης του

παρανοµαστή κλάσµατος.

β. ∆ιεξαγωγής επαγωγικών συλλογισµών, µε την βοήθεια των οποίων, αφού έχουν

κατανοηθεί τα απαραίτητα θεωρήµατα, οι µαθητές βρίσκουν την συζυγή παράσταση

δοσµένης παράστασης.

γ. ∆ηµιουργία αισθήµατος για αποδειγµένη (δηµιουργική) σκέψη.

Αρχικά θέτουµε στους µαθητές τις ακόλουθες ερωτήσεις:

Ερώτηση (1) Με πόσο ισούται η παράσταση (α+β)(α-β);

Ερώτηση (2) Με πόσο ισούται η παράσταση (α+β)(α+β);

Ερώτηση (3) Υπό ποια συνθήκη αληθεύει η ισότητα 2ααα = ;

Ερώτηση (4) Το πρώτο ή το δεύτερο µέλος της ισότητας 2ααα = απαιτεί το α

να είναι θετικός αριθµός;

Οι ερωτήσεις αυτές είναι καλό να γίνονται σε δυο, τουλάχιστον, µαθητές και

να οµαδοποιούνται ως εξής: ο ένας µαθητής να ερωτάται για την 1η και 3η ερώτηση,

ενώ ο άλλος για την 2η και 4η.

Μετά την εξέταση των ερωτήσεων αυτών, µπορεί να λύνονται ασκήσεις όπως:

Άσκηση (1) Να υπολογιστούν οι παραστάσεις:

α) 2)52( + , )25(2 − , )52)(52( −+ , )25)(25( −+

β) ))(( βαβα −+ , )52)(52( −− , ))(( βαβα ++

Άσκηση (2) Να υπολογιστούν οι παραστάσεις:

)323)(323( ++ , )323)(323( −+ , ))(( βαβα +−

Η λύση των δυο αυτών ασκήσεων αποσκοπεί στην υπενθύµιση βασικών

εννοιών χρήσιµων για το συγκεκριµένο θέµα. Σε γενικές γραµµές γίνεται υπενθύµιση

της επιµεριστικής ιδιότητας, του ορισµού της δύναµης, της τετραγωνικής ρίζας και

των ταυτοτήτων της διαφοράς τετραγώνων και του τετράγωνου αθροίσµατος και

διαφοράς. Με τον τρόπο αυτό γίνεται η συστηµατοποίηση των γνώσεων,

προετοιµάζοντας έτσι την έννοια «συζυγή παράσταση». Αφού τονιστεί το γεγονός,

ότι κατά τον πολλαπλασιασµό δυο παραστάσεων που περιέχουν τετραγωνική ρίζα,

206

µπορεί να προκύψει παράσταση χωρίς τετραγωνική ρίζα, αναφέρεται ότι οι

παραστάσεις βα − και βα + , βα + και βα − , αβ − και αβ +

κ.τ.λ. λέγονται συζυγείς. Στην συνέχεια θέτονται οι ακόλουθες δυο ερωτήσεις:

Ερώτηση (5) Πως σκεπτόµαστε για να βρούµε τη συζυγή παράσταση των:

75 + , 75 −

Ερώτηση (6) Γιατί οι παραστάσεις 52 + και 52 − είναι συζυγείς, ενώ οι

παραστάσεις 52 + και 25 + δεν είναι συζυγείς;

Με τον τρόπο αυτό είναι δυνατόν να γίνει κατανοητή η έννοια «συζυγή

παράσταση» από όλους τους µαθητές, αφού διαµορφώνεται η εβρετική τους

ικανότητα. Απαραίτητες είναι οι ακόλουθες παρατηρήσεις οι οποίες θα γίνονται µετά

την 6η ερώτηση:

α) Για να βρεθεί η συζυγή παράσταση δοσµένης παράστασης, για παράδειγµα α ,

πρέπει να σκεφτούµε µε ποιο αριθµό πρέπει να πολλαπλασιάσουµε τον

άρρητο α για να πάρουµε ( α )2, έτσι ώστε, µετά να απλοποιήσουµε το τετράγωνο

µε την ρίζα. Λαµβάνοντας υπό όψιν ότι α.α=α2 και κατά συνέπεια α α =( α )2=α,

η συζυγή παράστασης του α είναι ο αριθµός α .

β) Για να βρεθεί η συζυγή παράσταση, για παράδειγµα της παράστασης βα + ,

πρέπει να σκεφτούµε µε τι πρέπει να πολλαπλασιάσουµε την παράσταση αυτή για να

λάβουµε ( α )2 και ( β )2 και εν συνεχεία µε την ταυτότητα (α+β)(α-β)=α2-β2 θα

απαλλαχθούµε από τις ρίζες: βαβα −+ )(( )=( α )2-( β )2=α-β. Με τον

τρόπο αυτό διαπιστώνουµε ότι η συζυγή παράσταση της βα + είναι η βα − .

Αφού γίνει η εισαγωγή της νέας µαθηµατικής έννοιας, είναι γενικά αποδεχτό,

ότι πρέπει να ακολουθήσουν ασκήσεις για την εµπέδωσή της. Στην αρχή οι ασκήσεις

πρέπει να λύνονται οµαδικά και εν συνεχεία ατοµικά από τον κάθε µαθητή. Έτσι

λοιπόν για οµαδική εργασία αρχικά είναι κατάλληλο να λύνονται ασκήσεις οι οποίες

αναφέρονται στον ορισµό της συζυγής παράστασης. Συγκεκριµένα:

Άσκηση (3) Να υπολογιστεί η συζυγή παράσταση:

3 , 2 3 , 2

13 , -

2

13 , 4 α , 3 αβ


207

,βα − βα + , ,2 βα + 2βα + , ,2 βα − 2βα −


,23− ,1123− 3112 − , ,123

2+α ,αββα + αββα −

Πρέπει να είµαστε προετοιµασµένοι για το ενδεχόµενο οι µαθητές να

απαντήσουν ότι η συζυγή παράσταση της 3- 2 είναι η παράσταση 2 , της

βα + η παράσταση βα + , της 2 3η παράσταση 2 3 κ.τ.λ. Ένας πιθανός

τρόπος αντίδρασης είναι η επαναφορά εκ νέου στην παρατήρηση α) ή στην εξήγηση

της έννοιας «συζυγή παράσταση».

Μετά την λύση των ασκήσεων αυτών, προτείνεται, επίσης για συλλογική εργασία, η

ακόλουθη άσκηση:

Άσκηση (6) Να µετατραπoύν τα κλάσµα σε ισοδύναµα µε ρητό παρανοµαστή:

32

1,

32

2

−,

52

3

−,

73

73

−+

, 52

2

+

Για ατοµική εργασία προτείνεται η ακόλουθη άσκηση:


352

2

−,

251

3

−,

γαα

, βα

βα+−

Αφού λυθούν οι ασκήσεις 6 και 7, µπορεί να λυθεί µε συλλογική προσπάθεια

η ακόλουθη άσκηση:


53

1

+−,

53

1

−−

Πρέπει να επισηµάνουµε ότι για την λύση ασκήσεων της µορφής

γβαδ

±±±, πρέπει να διατίθεται ξεχωριστή διδακτική ώρα. ∆εν πρέπει να

εµπλέκονται µε τις προαναφερόµενες ασκήσεις.

Τέλος, για εργασία στο σπίτι προτείνονται οι ακόλουθες ασκήσεις:


βα −3 , βα −3

1, βαβα +−− , 1123 −−α , βα +− , βα −−


208

αα

, αα 25

, 8

12,

35

12


3

33−,

33

18

−,

23

2

+−−

, 35

3

+,

25

23

−,

23

1

−

2.5. Ασκήσεις προτεινόµενες για λύση

Εκτός των προαναφερόµενων ασκήσεων προτείνονται ακόµη ορισµένες, οι

οποίες προτείνονται να δίνονται για προαιρετική εργασία. Συγκεκριµένα:


35

12,

32

653 −,

32

5

−,

35

12

+,

3233

30

+,

3223

3223

−+


βαβα

−+

, βαβα

−−2

, x

xx

3

33 −,

yx+1

, yx

yx

+

−


α) 2135

2135

+−

, βα

αβα+

+,

αββααβ−

, βα

βα+−

β) yx

yx

−− 22

, 3253

335

−−

, 11

11

−−+−++

xx

xx,

22

22

βαβα

βαβα

−−+

−++

Λαµβάνοντας υπό όψιν ότι το θέµα «ρητοποίηση παρανοµαστή» µπορεί να

συνεχίσει µε λύση ασκήσεων της µορφής γβα

δ±±±

, προτείνεται, για

προαιρετική εργασία, να δίνεται και η ακόλουθη άσκηση:


732

4

++,

532

2

+−,

237

3

+−,

2326

1

+++

Έτσι ο κάθε µαθητής θα είναι προετοιµασµένος, στο βαθµό που αυτό είναι εφικτό,

για το επόµενο µάθηµα, διευκολύνοντας την εργασία του καθηγητή κατά την

παράδοση της νέας ύλης.

2.6. Οργάνωση της διδασκόµενης µαθηµατικής θεωρίας

Υπάρχουν δυο αρχές για την σύνθεση της διδασκαλίας των µαθηµατικών. Η πρώτη

αναφέρεται στην κατανόηση, στην πειθώ και στην συντοµία των µαθηµατικών

209

γνώσεων, ενώ η δεύτερη στην εξάρτηση, στην επανάληψη και στις στοιχειώδη

µαθηµατικές γνώσεις. Τα ηµιθεωρήµατα βοηθούν ακριβώς στην εξάρτηση των

µαθηµατικών γνώσεων. Συγκεκριµένα στο θέµα «ρητοποίηση παρανοµαστή» ως

ηµιθεωρήµατα µπορούν να θεωρηθούν οι ασκήσεις µετατροπής κλάσµατος µε

άρρητο παρανοµαστή σε ισοδύναµο µε ρητό παρανοµαστή, όπως για παράδειγµα:

βα ±Α

, βα ±Α

, όπου α≥0, β≥0 και Α-τυχαίο πολυώνυµο ή µονώνυµο.


Από τα όσα έχουν αναφερθεί η επεξεργασία του διδακτικού περιεχοµένου του

προηγούµενου θέµατος, είναι δυνατόν σχηµατικά να παρασταθούν ως εξής:

1. Θέµα του µαθήµατος: ρητοποίηση του παρανοµαστή κλάσµατος

2. Σκοπός του µαθήµατος: διατυπώνονται οι σκοποί του µαθήµατος

3. Τρόπος διδασκαλίας:

3.1 Έλεγχος γνώσεων και ικανοτήτων µε την απάντηση τεσσάρων ερωτήσεων

και την λύση δυο ασκήσεων

3.2 Εισαγωγή της έννοιας «συζυγή παράσταση δοσµένης παράστασης, η οποία

περιέχει τετραγωνική ρίζα»

3.2.1 Ερωτήσεις (4)

3.2.2 Ασκήσεις (2)

3.2.3 Ερωτήσεις (2)

3.3 Λύση ασκήσεων

3.3.1 Συλλογική λύση ασκήσεων (4)

3.3.2 Ατοµική λύση ασκήσεων (1)

3.3.3 Συλλογική λύση ασκήσεων (1)

3.4 Ασκήσεις για το σπίτι

3.4.1 Υποχρεωτικές (3)

3.4.2 Προαιρετικές (4)

Τόσο η συστηµατοποίηση των µαθηµατικών γνώσεων, όσο και τα ηµιθεωρήµατα, θεωρείται

ότι είναι δυνατόν να αποτελέσουν αρχή-κανόνα γραφής των σύγχρονων σχολικών µαθηµατικών

βιβλίων.

210

3. Ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής


Οι λειτουργίες των µαθηµατικών ασκήσεων συνδέονται άµεσα µε την

εκµάθηση συγκεκριµένων θεµάτων των εκπαιδευτικών προγραµµάτων. Στη

διδασκαλία των µαθηµατικών οι λειτουργίες αυτές διαχωρίζονται σε εκπαιδευτικές,

διαπαιδαγωγικές, αναπτυξιακές και εφαρµολογικές. Οι τελευταίες αναφέρονται στην

εξακρίβωση του επιπέδου γνώσεων των µαθητών. Σχετίζονται µε τα διαγωνίσµατα,

τα οποία γίνονται για τον καθορισµό του επιπέδου και του βαθµού γνώσεων των

µαθητών.

Η δηµιουργία ενδιαφέροντος για λύση ασκήσεων και η επιθυµητή απόδοση

των µαθητών συνδέονται άµεσα µε τις προαναφερόµενες λειτουργίες. Στην εργασία

αυτή θα γίνει αναφορά µόνο στην τέταρτη λειτουργία, χωρίς να αποκλείεται η ύπαρξη

και των τριών άλλων. Θα γίνουν κάποιες προτάσεις για τη διεξαγωγή ενός είδους

γραπτής εξέτασης. Το συγκεκριµένο θέµα, στο οποίο θα γίνει αναφορά, είναι

«Άρρητες εξισώσεις» και θα αναφέρεται στην ύλη της Α΄ Λυκείου. Πανοµοιότυπες

παρατηρήσεις και προτάσεις µπορούν να γίνουν για οποιαδήποτε διδακτικό θέµα.

3.2. Ύπαρξη των ερωτήσεων πολλαπλής επιλογής

Οι ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής αποτελούνται από µια φράση ή ερώτηση ή

µια οµάδα από 4 (ή 5) ερωτήσεις εκ των οποίων µόνο µια είναι σωστή. Οι

προϋποθέσεις τις οποίες πρέπει να εκπληρώνουν οι ερωτήσεις του τύπου αυτού είναι

οι ακόλουθες:

1. Πρέπει να είναι κατανοητές και να περιέχουν στοιχεία για τα οποία απαιτείται η

εύρεση της σωστής απάντησης. Κάθε τέτοια ερώτηση πρέπει να καλύπτει όλες τις

πιθανές απαντήσεις.

2. Πρέπει να είναι σύντοµες και ακριβής, χρησιµοποιώντας γνωστή ορολογία και

να αναφέρονται στη διδασκόµενη ύλη. Να µην είναι ερωτήσεις µε απάντηση η οποία

είναι οφθαλµοφανή.

3. Για κάθε τέτοια ερώτηση να γράφονται τέσσερις τουλάχιστον απαντήσεις, οι

οποίες θα γράφονται σε µια στήλη.

4. Με σωστή επιλογή των ερωτήσεων να ελέγχονται οι γνώσεις, έτσι ώστε ο

παράγοντας «τύχη» για σωστή απάντηση χωρίς τη γνώση αυτής, να ελαχιστοποιείται.

Η πραγµατοποίηση αυτού επιτυγχάνεται αφού δοθεί η ίδια ερώτηση σε διαφορετικό

χρόνο, µε µικρή διαφοροποίηση στην εκφώνηση και µε διαφορετικούς αριθµούς.

211

5. Σε κάθε ερώτηση πολλαπλής επιλογής πρέπει να αντιστοιχεί µόνο µια σωστή

απάντηση από τις προτεινόµενες. Στην περίπτωση που υπάρχουν περισσότερες από

µια σωστές απαντήσεις, να επιλέγεται η σωστότερη απ’ αυτές.

6. Να αποφεύγονται ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής για τις οποίες απαιτείται απλή

ύλη για αποµνηµόνευση.

7. Οι ερωτήσεις αυτές πρέπει να ελέγχουν περισσότερα από ένα στοιχεία

ανάπτυξης των µαθητών.

Έχοντας υπό όψιν τα προαναφερόµενα, αφού δηµιουργηθούν κατάλληλες

ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής, τα θετικά αυτών θα είναι τα ακόλουθα:

1. Σε µικρό χρονικό διάστηµα εξετάζεται µεγάλος όγκος διδακτέας ύλης.

2. Ο έλεγχος των διαφόρων περιπτώσεων απαντήσεων της ίδιας ερώτησης, είναι

απολύτως δίκαιος.

3. Ελέγχονται όχι µόνο βασικές γνώσεις και δεξιότητες, αλλά και η κατανόηση,

εφαρµογή, ανάλυση και σύνθεση των διαφόρων µαθηµατικών εννοιών.

4. Οι ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής αρέσουν περισσότερο στους µαθητές, διότι

δεν απαιτείται να απαντήσουν µε λόγια, αποφεύγοντας έτσι τη χρήση της

µαθηµατικής γλώσσας και κατά πολύ τη µαθηµατική ορολογία, γεγονός που τους

δυσκολεύει αρκετά.

Παρόλα αυτά, οι ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής έχουν και βασικά αρνητικά

σηµεία, τα οποία επισηµαίνονται στα ακόλουθα:

1. Η πιθανότητα «αντιγραφής» της απάντησης είναι µεγάλη αφού αυτή είναι

αρκετά σύντοµη.

2. Η πιθανότητα να απαντηθεί σωστά η ερώτηση, χωρίς να γνωρίζεται η απάντηση,

είναι αρκετά µεγάλη (25%).

3. ∆υσκολία για εύρεση τεσσάρων (ή περισσότερων) όχι τελείως διαφορετικών

ερωτήσεων, οι οποίες δεν πρέπει να είναι οφθαλµοφανής.

4. ∆εν προσφέρεται στους µαθητές η δυνατότητα να απαντήσουν µε λέξεις,

εξασκώντας µε τον τρόπο αυτό τη µαθηµατική ορολογία και γλώσσα.

5. ∆εν είναι εφικτός ο έλεγχος των ενδιάµεσων σταδίων της λύσης µια δεδοµένης

άσκησης. Έτσι δεν µπορούν να επισηµανθούν τυχόν λάθη στη λύση, µη µπορώντας

µε τον τρόπο αυτό να κατανοηθεί η σωστή λύση της άσκησης.

Λαµβάνοντας υπό όψιν τα προαναφερόµενα πέντε αρνητικά σηµεία των

ερωτήσεων πολλαπλής επιλογής, προτείνεται οι ερωτήσεις αυτές να συνδυάζονται, αν

απαιτείται, µε ακόµη µια έκφραση: «Να δικαιολογηθεί η κάθε απάντηση». Με τον

212

τρόπο αυτό θα πρέπει να αποδειχτεί η εκάστοτε σχέση. Τίθεται όµως το εξής

ερώτηµα: «Πώς µπορεί να ειπωθεί ότι µια ερώτηση πολλαπλής επιλογής απαιτεί ή όχι

να δικαιολογηθεί η απάντησή της;». Για το λόγο αυτό πρέπει να οριστεί ένα µέγεθος

µε βάση το οποίο θα καθορίζεται ο βαθµός σηµαντικότητας της κάθε άσκησης, στην

προκειµένη περίπτωση ερώτησης πολλαπλής επιλογής (συγκριτικά µε το σύνολο των

ασκήσεων του δεδοµένου θέµατος). Έστω να ονοµάσουµε αυτό το µέγεθος «ισχύ»

της άσκησης, να το συµβολίσουµε µε «p» και να µετριέται σε %. Κατά τη λύσης

κάποιας άσκησης µεταβαίνουµε από µια κατάσταση σε κάποια άλλη. Με τη βοήθεια

της p θα µπορούµε να ορίσουµε τις τιµές των γνώσεων των δυο αυτών επιπέδων. Με

τον τρόπο αυτό θα µπορούµε να προσδιορίσουµε αν µια ερώτηση πολλαπλής

επιλογής προσφέρει αρκετές γνώσεις και πρέπει να απαιτηθεί επιπρόσθετη

δικαιολόγηση της απάντησης ή όχι. Πρέπει να τονιστεί ότι σχετικό προσδιορισµός

της p δεν έχει γίνει ακόµη, απλά παραµένει προβληµατισµός.

3.3. Μορφή των ερωτήσεων πολλαπλής επιλογής

Λαµβάνοντας υπό όψιν τα αναφερόµενα στην προηγούµενη παράγραφο,

προτείνονται δυο test αξιολόγησης αποτελούµενα από τέσσερις (το καθ’ ένα)

ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής. Το θέµα στο οποίο αναφέρονται είναι «Άρρητες

εξισώσεις» και είναι δυνατόν πανοµοιότυπα test να δηµιουργηθούν για οποιαδήποτε

θέµα στα µαθηµατικά.

Ο χρόνος λύσης των test αυτών κυµαίνεται από 30min έως και 90min,

ανάλογα µε το επίπεδο των µαθητών στο οποίο απευθύνονται. Αν ο µαθητής λύσει το

test στα όρια του αναφερόµενου χρόνου ή και σε λιγότερο, τότε έχει αφοµοιώσει

άριστα την ύλη και µπορεί να την εφαρµόζει σε αρκετά ικανοποιητικό βαθµό. Αν ο

µαθητής λύσει την άσκηση σε περισσότερο χρόνο, πρέπει να λύσει παρόµοιες

ασκήσεις έως ότου να φτάσει στον απαιτούµενο χρόνο. Τέλος, αν ο µαθητής δεν

µπορεί να λύσει κάποιες ή όλες τις ασκήσεις, τότε πρέπει εκ νέου να διαβάσει την

ύλη, να την µάθει καλά και να λύσει πανοµοιότύπες ασκήσεις έως ότου µάθει να τις

λύνει γρήγορα, εύκολα και χωρίς λάθος.

Ο κάθε µαθητής θα έχει τη δυνατότητα από µόνος του να αξιολογήσεις το test, µε

τρόπο που στην επόµενη παράγραφο θα αναφερθεί. Έτσι θα µπορεί να έχει

αυτογνωσία των µαθηµατικών του γνώσεων.

Τα δυο αυτά test είναι τα ακόλουθα:

213

TEST 1

1. Να λυθεί η εξίσωση: 11 +−= xx .

α. 0 και –1

β. 0 και 3

γ. 0

δ. καµία από της αναφερόµενες

2. Να λυθεί η εξίσωση: 1321 =+++ xx

α. δεν έχει λύση

β. –1 και 3

γ. –1

δ. καµία από τις αναφερόµενες

3. Να λυθεί η εξίσωση: 1621 +−=+−− xxx

α. δεν έχει λύση

β. 10

γ. - 10 και 10


1. Να λυθεί η παραµετρική εξίσωση: axax =−+ , όπου α είναι πραγµατικός

αριθµός.

α. α, για α≥0

β. x∀ , για 0 ax ≤≤

γ. 0 και α, για α≥0


TEST 2

1. Να λυθεί η παραµετρική εξίσωση: xaxax +=−+ , όπου α είναι

πραγµατικός αριθµός.

α. 0 και a5

4

β. δεν έχει λύση για α<0

γ. 0 και a5

4, για α≥0

δ. 0

214

2. Να λυθεί η εξίσωση: 2

2

9

41

9

1

3

3

xxx

x++=

+

α. 0

β. 4

3−

γ. 4

3


3. Να λυθεί η εξίσωση: x2+3- )1(2

3232 2 +=− xxx

α. 1, 2

1

β. 1

γ. 2

1


4. Να λυθεί η εξίσωση: 144423 =−−+−−− xxxx

α. (-∞ , 5]∪ [8, +∞ )

β. (5, 8)

γ. [5, 8]


Είναι φανερό ότι ο βαθµός δυσκολίας του δεύτερου test είναι σαφώς µεγαλύτερος

από ότι του πρώτου. Για το λόγο αυτό µεταξύ των δυο αυτών test πρέπει να

µεσολαβεί κάποιο χρονικό διάστηµα, έτσι ώστε να γίνει η κατάλληλη προετοιµασία

για την λύση των ασκήσεων του δεύτερου test.

Εν συνεχεία θα γίνει µια αναφορά στον τρόπο διεξαγωγής των test αυτών καθώς

και στο πώς είναι δυνατόν οι µαθητές να γνωρίζουν το βαθµό που σε κάθε test

παίρνουν.

3.4. Βαθµολόγηση των ερωτήσεων πολλαπλής επιλογής

Στην περίπτωση που όλες οι απαντήσεις είναι ισότιµες, για την εξαγωγή της

βαθµολογίας µε κλίµακα 0-20, χρησιµοποιείται ο τύπος: x

20.

−

−=Βν

αχα , όπου

Β είναι ο βαθµός, χ-το σύνολο των ερωτήσεων, α-ο αριθµός των σωστών απαντήσεων

215

και ν=2, 3 ή 40 ανάλογα αν πρόκειται για αυστηρή, κανονική ή µέτρια βαθµολόγηση,

αντίστοιχα.

Προτείνεται οι κάθε ερώτηση να έχει περισσότερες από µια σωστές

απαντήσεις και ανάλογα µε το πια είναι η σωστότερη να λαµβάνονται και οι

αντίστοιχες µονάδες. Εποµένως κατά την λύση των προαναφερόµενων test,

προτείνεται οι µαθητές να εργάζονται µε τον ακόλουθο τρόπο:

1. Να φτιάχνουν στο τετράδιο ένα πίνακα βαθµολόγησης, όπως ο ακόλουθος:

Πίνακας βαθµολόγησης γνώσεων

Test Όνοµα: Επώνυµο: Τάξη:

Συνολικός Αριθµός Μονάδων

Βαθµός

Ασκήσεις 1 2 3 4 Απάντηση Μονάδες Ο πίνακας αυτός είναι δυνατόν να δίνεται στο τέλος του κάθε test, αποφεύγοντας

έτσι την καθυστέρηση κατά την κατασκευή του.

2. Μετά την απάντηση της ερώτησης, µε κύκλο επισηµαίνεται η σωστή απάντηση

(ή η σωστότερη).

3. Το γράµµα που αντιστοιχεί στην απάντηση γράφεται κάτω από το νούµερο της

αντίστοιχης άσκησης (ερώτησης) στο πίνακα βαθµολογίας γνώσεων.

4. Με δεδοµένο τον πίνακα των µονάδων της κάθε απάντησης µπορεί να

προσδιοριστούν οι µονάδες της κάθε δοσµένης απάντησης, οι οποίες γράφονται στη

θέση των µονάδων στο πίνακα βαθµολόγησης γνώσεων. Ο πίνακας µονάδων πρέπει

να γράφεται στο τέλος του κάθε test. Για τα συγκεκριµένα test, αυτοί έχουν ως εξής:

TEST 1 Απάντηση Άσκηση

α β γ ∆

1 0 3 4 0 2 0 0 4 0 3 0 4 3 0 4 2 0 4 0

TEST 2 Απάντηση Άσκηση

α β γ ∆

1 2 0 4 0 2 0 0 4 0 3 4 1 1 0 4 0 3 4 0

216

5. Οι µονάδες για τις απαντήσεις των ερωτήσεων αθροίζονται και το αποτέλεσµα

γράφεται στην αντίστοιχη στήλη στο πίνακα βαθµολόγησης γνώσεων.

6. Οι µονάδες που έχουν συγκεντρωθεί για τις απαντήσεις των ερωτήσεων,

αντιστοιχούν σε κάποιο βαθµό, ο οποίος φαίνεται στους ακόλουθους πίνακες:

Πίνακας κλίµακας βαθµολογίας 1

Σύνολο µονάδων

0 1 2 3 4 5 6 7 8

Βαθµός 0 1 2 3,4 4,6 5,9 6,9 8,5 9,6 Πίνακας κλίµακας βαθµολογίας 2

Σύνολο µονάδων

9 10 11 12 13 14 15 16

Βαθµός 11 12,3 13,6 14,9 16,1 17,4 18,7 20

Οι βαθµοί στους δυο πίνακες κλίµακας βαθµολογίας προκύπτουν από τον

τύπο x

20.

−

−=Βν

αχα , όπου α-ο αριθµός των συγκεντρωµένων µονάδων, χ-το

σύνολο των µονάδων για το «άριστα» (δηλαδή 16) και το ν=40 (για επιεική

βαθµολόγηση). Επίσης για τους βαθµούς έχει γίνει στρογγύλευση στο δέκατο.


Με την βοήθεια των test αξιολόγησης κάθε µαθητής µπορεί µόνος του να

ελέγξει και να βαθµολογήσει τις γνώσεις του στα µαθηµατικά. Τα test µπορούν να

χρησιµοποιηθούν και για τον έλεγχο και εξακρίβωση των γνώσεων από µέρος των

καθηγητών. Με τον τρόπο αυτό οι τελευταίοι διαπιστώνουν τυχόν παραλήψεις

γνώσεων και να ανακαλύπτουν, όχι αρκετά αναπτυγµένες, δυνατότητες και

δεξιοτεχνίες. Έτσι είναι δυνατόν να τελειοποιηθούν οι γνώσεις των µαθητών,

δίνοντάς τους έτσι τη δυνατότητα να χρησιµοποιήσουν αυτές και σε άλλους τοµείς,

πέραν των µαθηµατικών.

Όλα αυτά πρέπει να συνδέονται µε το γεγονός ότι, σε κάθε ερώτηση

πολλαπλής επιλογής. Ο καθηγητής θα πρέπει να είναι σε θέση να γνωρίζει την ισχύ

της κάθε ερώτησης, έτσι ώστε να απαιτήσει από τους µαθητές να δικαιολογήσουν ή

όχι την απάντησή τους. Με τον τρόπο αυτό µπορούν να πραγµατοποιηθούν οι

διδακτικοί σκοποί των µαθηµατικών.

Τα δυο προαναφερόµενα test αξιολόγησης γνώσεων είναι δυνατόν να

αποτελέσουν µοντέλο για τη δηµιουργία και άλλων τέτοιων test, τόσο αναφερόµενα

στην άλγεβρα, όσο και στην γεωµετρία, καθώς και για όλα τα επίπεδα γνώσεων.

217

4. Το µάθηµα των µαθηµατικών στο σχολείο


Το περιεχόµενο και οι σκοποί της διδασκαλίας των µαθηµατικών

προσανατολίζονται προς την απάντηση τριών βασικών διδακτικών ερωτηµάτων και

συγκεκριµένα «Τι να διδάσκεται;», «Γιατί να διδάσκεται;» και «Πώς να διδάσκεται;»

µια µαθηµατική έννοια. Οι σύγχρονες απαιτήσεις της διδασκαλίας των µαθηµατικών

οδηγούν στην ανάγκη εύρεσης απάντησης και στο ερώτηµα «Πώς να σκεφτούµε» να

αρχίσουµε την απόδειξη ενός θεωρήµατος, τη λύση µιας άσκησης ή ακόµη και το πώς

θα γίνει η εισαγωγή µιας νέας µαθηµατικής έννοιας.

Μπορεί στη σύγχρονη διδασκαλία των µαθηµατικών τα θεωρήµατα να είναι

άµεσα συνδεδεµένα µε τις ασκήσεις και µε τη λύση αυτών, παρόλα αυτά υπάρχουν

ορισµένα σηµεία της σχέσης θεωρήµατα – ασκήσεις τα οποία πρέπει να

διευκρινιστούν. Η λύση των ασκήσεων εφαρµόζει άµεσα κάποιες συγκεκριµένες

έννοιες και θεωρήµατα χωρίς να προσδιορίζεται πάντα µε ευκρινή τρόπο ποιές

έννοιες και ποιά θεωρήµατα και γιατί ακριβώς αυτά. Η προσέγγιση των απαντήσεων

των παραπάνω ερωτηµάτων θα έχει ως αποτέλεσµα την καλλιέργεια της ευρετικής

ικανότητας των µαθητών.

4.2.Βασικές ενέργειες κατά τη διεξαγωγή του µαθήµατος των µαθηµατικών στο

σχολείο

Κάθε µάθηµα µαθηµατικών είναι σύνολο από ενέργειες – συνεργασία µεταξύ

µαθητών και καθηγητή οι οποίες διαρκούν ορισµένο χρονικό διάστηµα (ώρα

διδασκαλίας). Με τις ενέργειες αυτές οι µαθητές οµαδικά εµπεδώνουν γνώσεις στα

µαθηµατικά µε την καθοδήγηση του καθηγητή.

Μελετώντας τη διδασκαλία των µαθηµατικών στα σχολεία ως καλή

διοικητική διαδικασία µας οδηγεί σε κάποιες νέες µεθόδους τόσο διδασκαλίας όσο

και οργάνωσης του µαθήµατος των µαθηµατικών στην τάξη. Πρέπει στην ώρα του

µαθήµατος να δηµιουργούνται τέτοιες καταστάσεις έτσι ώστε να εξασφαλίζεται η

ενεργή συµµετοχή των µαθητών σε τροχιά παραπλήσια µε την τροχιά γνώσεών τους.

Για την εξασφάλιση αυτών το µάθηµα των µαθηµατικών πρέπει να περιέχει το

ακόλουθο σύστηµα βασικών ενεργειών:

I. Προετοιµασία των απαραίτητων συνθηκών για την εµπέδωση νέων

γνώσεων

α. Προκαταβολική προετοιµασία για την εµπέδωση του νέου µε:

218

α.1. ∆ιεξαγωγή προπαιδευτικής για το νέο αντικείµενο.

α.2. Ενεργοποίηση όλων των παλαιών γνώσεων οι οποίες θα χρησιµοποιηθούν.

α.3. ∆ιατύπωση των γνώσεων οι οποίες θα χρησιµοποιηθούν κατά την εξήγηση

του νέου και το διδακτικό πρόγραµµα δεν προβλέπει την άµεση επανάληψή τους. Για

παράδειγµα, για την αποτελεσµατικότερη εκµάθηση της έννοιας «συζυγής

παράσταση», είναι απαραίτητο να ερµηνευθούν και να κατανοηθούν τα ακόλουθα:

(α+β)(α-β)=α2-β2, ( α + β )( α - β )=α-β και α α =( α )2=α (αν α≥0).

α.4. Συστηµατοποίηση των διδασκόµενων γνώσεων σχετικών µε τις νέες έννοιες.

Μπορούν για παράδειγµα, να συστηµατοποιηθούν οι τρόποι υπολογισµού του

µέτρου γωνίας, του µήκους ευθύγραµµου τµήµατος, του εµβαδού και του όγκου

σχηµάτων. Η θέση και ο ρόλος των µαθητών κατά τη δηµιουργία των διδακτικών

αυτών συστηµάτων πρέπει να είναι ενεργή. Να τους δίνεται η δυνατότητα, µε την

κατάλληλη καθοδήγηση από τον καθηγητή, να ξαναθυµούνται τα ήδη γνωστά

θεωρήµατα, σχετικά πάντα µε το θέµα, ή να προσπαθούν από µόνοι τους να λύνουν

στην αρχή το νέο θεώρηµα σαν άσκηση και εν συνεχεία να γενικεύεται και να

λαµβάνεται ως πλέον γνωστό. Με τον τρόπο αυτό η ευρετική ικανότητα των µαθητών

εξασκείται κατά πολύ.

β. ∆ιατύπωση του νέου στην αρχή ή κατά την πορεία του εκθεµένου µε τη χρήση

βοήθεια:

β.1. Στοιχείων από την ιστορία των µαθηµατικών.

β.2. Προβλήµατα από άλλες επιστήµες ή πρακτικά η λύση των οποίων απαιτεί την

εφαρµογή των νέων γνώσεων. Ο µαθηµατικός µηχανισµός, επιτυχώς χρησιµοποιείται,

για παράδειγµα, στη χηµεία. Εκτός των βασικών µαθηµατικών γνώσεων κατά την

λύση µιας χηµικής άσκηση (όπως λύση εξισώσεων),οι έννοιες «διατεταγµένο

ζεύγος», «διατεταγµένη τριάδα» κ.τ.λ. καθώς και το «εσωτερικό γινόµενο», µπορούν

να βρούνε εφαρµογή σε αρκετές περιπτώσεις. Έστω η ακόλουθη άσκηση: «Να

υπολογιστεί το ΜΒ του H2S04, αν τα ατοµικά βάρη των Η, S και O είναι αντίστοιχα

1, 32 και 16». Η λύση της είναι η ακόλουθη: «∆ηµιουργούµε την διατεταγµένη

τριάδα (H, S, O) και εν συνεχεία έχουµε ότι: ΜΒ= (2, 1, 4).(1,32,

16)=2.1+1.32+4.16=98 και κατά συνέπεια ΜΒH2S04=98». Στη λύση αυτή φαίνεται

άµεσα η σχέση µε το εσωτερικό γινόµενο διανυσµάτων.

β.3. Καθαρά µαθηµατικές ασκήσεις για τη λύση των οποίων είναι απαραίτητες οι

νέες γνώσεις από το συγκεκριµένο διδασκόµενο θέµα.

219

β.4. Προβλήµατα λαογραφικά τα οποία µπορούν να λυθούν ή να γενικευτούν µε

βάση τη νέα θεωρία. Για παράδειγµα το ακόλουθο πρόβληµα: «Τρεις άντρες πήγαν

στον κουρέα. Αφού κουρεύτηκε ο πρώτος, ο κουρέας τους είπε: Κοίτα πόσα χρήµατα

υπάρχουν στο ταµείο, βάλλε άλλα τόσα και πάρε 1000δρχ ρέστα. Το ίδιο είπε και

στους άλλους δυο. Αφού έφυγαν και οι τρεις άντρες, ο κουρέας διαπίστωσε ότι στο

ταµείο δεν υπάρχουν χρήµατα. Πόσα είχε στην αρχή µέσα στο ταµείο;»

Η µαθηµατική µοντελοποίηση και η λύση του προβλήµατος αυτού µπορούν

να διατυπωθούν µε τον ακόλουθο τρόπο: «Συµβολίζουµε µε x τα χρήµατα που είχε

στο ταµείο στην αρχή. Εφόσον ο πρώτος άντρας έβαλε ακόµη x δραχµές και πήρε

1000δρχ. ρέστα, τότε έµειναν: x+x-1000=2x-1000. Μετά το κούρεµα του δεύτερου

άντρα στο ταµείο έµειναν:

(2x-1000)+(2x-1000)-1000=4x-3000.

Στο τέλος, µετά το κούρεµα και του τρίτου άντρα, στο ταµείο έµειναν:

(4x-3000)+(4x-3000)-1000=8x-7000.

Αλλά τελικά στο ταµείο δεν έµειναν χρήµατα. Εποµένως:

8x-7000=0⇔ x=875δρχ.

β.5. Σύγκριση και γενίκευση των ιδικών περιπτώσεων.

II. Εισαγωγή νέων εννοιών

α. Οι µαθητές µε φυσικό τρόπο και σχετικό µε την προετοιµασία που έχουν,

οδηγούνται στη νέα έννοια και των σχετικών ορισµών και θεωρηµάτων.

α.1. Με κατάλληλα παραδείγµατα πριν δοθεί ο ορισµός, αν η έννοια είναι

άγνωστη στους µαθητές.

α.2. ∆ιατύπωση του ορισµού, αν η έννοια είναι γνωστή στους µαθητές.

α.3. Αν για τη νέα έννοια δεν δίνεται ορισµός, πρώτα απ’ όλα να διατυπωθούν

αρκετά στοιχεία από τον όγκο των στοιχείων και των ιδιοτήτων, οι οποίες ανήκουν

στο περιεχόµενό της και εν συνεχεία να διατυπωθεί η ονοµασία της έννοιας.

β. Επαλήθευση του ορισµού µε την επανάληψή του από διαφορετικούς µαθητές και

µε τη λύση ασκήσεων µε σύντοµες λύσεις, στις οποίες εφαρµόζεται άµεσα και

οφθαλµοφανές ο ορισµός αυτός.

III. Εκµάθηση µιας έννοιας µε την εµπέδωση δυο οµάδων θεωρηµάτων

α. Να εισάγονται και να εµπεδώνονται τα θεωρήµατα.

α.1. Με φυσικό τρόπο να οδηγούνται οι µαθητές στο νέο θεώρηµα, µε

κατάλληλες ασκήσεις, γενίκευση και ειδίκευση του ιδίου θεωρήµατος.

220

α.2. Με άµεσο τρόπο να διαχωρίζεται η εκφώνηση του θεωρήµατος από τα

συµπεράσµατά του σε περίπτωση που το θεώρηµα διατυπώνεται ως εξής: «αν…να

δειχτεί ότι…». Αν το θεώρηµα διατυπώνεται ως «αν…να δειχτεί ότι…και

αντίστροφα», τότε να τονιστεί το γεγονός ότι πρέπει να αποδειχτεί το θεώρηµα και

προς τις δυο κατευθύνσεις και να γίνει εξαγωγή συµπερασµάτων για το τι πρέπει να

αποδειχτεί µε τη βοήθεια των καλών µαθητών. Να γίνει επανάληψη του θεωρήµατος

και των συµπερασµάτων του από ένα ή δυο αδύνατους µαθητές.

α.3. Να αποδειχτεί το θεώρηµα ξεκινώντας µε τρόπο αναλυτικό σύµφωνα µε το

«Σχήµα Πάππου», να γραφεί η απόδειξή του και εν συνεχεία να γίνει επανάληψη της

απόδειξης που είναι γραµµένη στον πίνακα από ένα ή δυο µαθητές. Συνήθως στην

πρώτη ενέργεια συµµετέχουν οι καλή µαθητές, στη δεύτερη οι µέτριοι και στην τρίτη

οι αδύνατοι.

Το «Σχήµα Πάππου», µε τη βοήθεια της µαθηµατικής λογικής, αποτελεί το

ακόλουθο: για να αποδειχτεί η πρόταση «αν p ορθή πρόταση, τότε q ορθή πρόταση»,

αναζητούνται ικανές συνθήκες για το q. Συγκεκριµένα:

Για να είναι η q αληθής πρόταση, αρκεί η pk να είναι αληθής πρόταση

Για να είναι η pk αληθής πρόταση, αρκεί η pk-1 να είναι αληθής πρόταση

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

Για να είναι η p1 αληθής πρόταση, αρκεί η p να είναι αληθής πρόταση

Αλλά η πρόταση p ισχύει, για το λόγο αυτό η πρόταση q είναι αληθής.

α.4. Να διατυπωθούν συµπεράσµατα για την εφαρµογή του θεωρήµατος ως

κριτήριο ή ιδιότητα. Σύµφωνα µε την επαγωγική εξέλιξη των µαθηµατικών, τα

διάφορα θεωρήµατα, σχετικά µε µια συγκεκριµένη έννοια, είναι «διασκορπισµένα»

σε διάφορες µεριές στα σχολικά βιβλία µαθηµατικών και διδάσκονται σε

διαφορετικές χρονικές περιόδους. Η διδασκαλία των θεωρηµάτων σχετικών µε την

ίδια και αυτή έννοια σε διαφορετικά γνωστικά επίπεδα και σε διαφορετικές

περιόδους, δυσκολεύει την εφαρµογής της διδασκόµενης έννοιας. Αυτό είναι έτσι

διότι δεν δηµιουργούνται στο υποσυνείδητο του µαθητή οι αναγκαίοι σύνδεσµοι και

αυτό παρεµποδίζει τόσο την αποµνηµόνευσή τους όσο και την εφαρµογής τους.

Ένα τέτοιο είδος συστηµατοποίησης είναι και αυτή της συγκέντρωσης όλων

των ικανών συνθηκών για µια έννοια. Το είδος αυτό συστηµατοποίησης να το

ονοµάσουµε «διδακτικό σύστηµα ικανών συνθηκών». Για παράδειγµα τέτοιο

διδακτικό σύστηµα µπορεί να δηµιουργηθεί για την έννοια «ορθή γωνία». Με τρόπο

ανάλογο µπορούν να συστηµατοποιηθούν και τα θεωρήµατα τα οποία εξασφαλίζουν

221

τις αναγκαίες συνθήκες για την ισχύ µιας έννοιας. Το είδος αυτό της

συστηµατοποίησης να το ονοµάσουµε «διδακτικά συστήµατα αναγκαίων συνθηκών».

Για παράδειγµα για την παραλληλία δυο ευθειών µπορεί να δηµιουργηθεί τέτοιο

διδακτικό σύστηµα

α.5. Να λυθούν οµαδικά και ατοµικά ασκήσεις µε σύντοµες λύσεις µε σκοπό την

άµεση εφαρµογή του νέου θεωρήµατος.

α.6. Να περιοριστεί ο αριθµός των θεωρηµάτων που θα διδάσκονται σε µια

διδακτική ώρα ως εξής: για τις τάξεις του Γυµνασίου το πολύ δυο θεωρήµατα εκ των

οποίων το ένα µε απόδειξη και το άλλο χωρίς, ενώ για τις τάξεις του Ενιαίου Λυκείου

το πολύ τρία θεωρήµατα µε ένα χωρίς απόδειξη.

IV. Πράξεις µε τις έννοιες ορισµός, θεώρηµα και άσκηση

α. Να χρησιµοποιούνται οι διδασκόµενες έννοιες για τον ορισµό νέων γνώσεων,

για την απόδειξη θεωρηµάτων και για τη λύση ασκήσεων [3].

β. Με άµεσο τρόπο να καθορίζόνται ποιες ασκήσεις είναι για οµαδική λύση στην

τάξη και ποιες για ατοµική λύση στην τάξη ή στο σπίτι.

γ. Ορισµένες από τις ασκήσεις να δίνονται για λύση µε σταδιακή και όχι δογµατική

βοήθεια. Με τρόπο δηµιουργικό και ευρετικό να οδηγούνται οι µαθητές στη λύση

δεδοµένης άσκησης.

δ. Κατά την εκλογή και τοποθέτηση των ασκήσεων για λύση να λαµβάνεται υπό

όψιν και η έννοια άσκηση – τµήµα.

ε. Να χρησιµοποιείται τακτικά ο αναλυτικός τρόπος σκέψης κατά τη λύση

ασκήσεων («Σχήµα Πάππου»).

ζ. Να επισηµαίνονται τα κοινά σηµεία των λύσεων κάθε µαθητή ή κάθε οµάδας

µαθητών. Εν συνεχεία να αναφέρεται η οµάδα ασκήσεων που µπορούν να λυθούν µε

αντίστοιχο τρόπο δηµιουργώντας έτσι διδακτικό σύστηµα από ασκήσεις.

η. Να επισηµανθούν και να τονιστούν τα λάθη των µαθητών, να ερµηνευτεί

ευκρινώς το σωστό, µαθαίνοντας έτσι από τα λάθη τους.

θ. Να περιέχονται σε ορισµένες ασκήσεις ή στη λύση αυτών, βασικές για την

εκπαίδευση µαθηµατικές έννοιες, όπως για παράδειγµα οι πράξεις µε αριθµούς.

ι. Αφού λυθούν καθαρά µαθηµατικές ασκήσεις, να ακολουθήσει η λύση ορισµένων

ασκήσεων µη µαθηµατικών µε µαθηµατική µοντελοποίηση.

V. ∆ιατήρηση και εµβάθυνση των παλαιών γνώσεων

α. Με φυσικό τρόπο και µε καθορισµένη συχνότητα να εµφανίζονται παλιές

έννοιες κατά την πρακτική εξάσκηση και εµπέδωση των νέων γνώσεων.

222

β. Επιπρόσθετο προγραµµατισµό, σχεδιασµό και καθορισµό παραρτηµάτων,

προκαθορισµένη συχνότητα, στην αρχή κάθε νέας παραγράφου ή στο τέλος αυτής ή

ακόµη και στο τέλος του κεφαλαίου.

VI. Έλεγχος των γνώσεων

α. Προφορικός έλεγχος µε σύντοµες απαντήσεις κατά την οµαδική εργασία στην

τάξη. Σε εξάρτηση από τις απαντήσεις µπαίνει βαθµός µόνο πάνω σ’ αυτές και

επιπρόσθετα ατοµική εξέταση διάρκειας 5 – 6 λεπτά, πάνω στις αποδείξεις των

θεωρηµάτων ή τη λύση ασκήσεων απ’ αυτές που είχαν για το σπίτι ή όµοιες µ’ αυτές.

β. Η προφορική εξέταση διεξάγεται µε την τήρηση των ακόλουθων:

β.1. Στις ερωτήσεις σύντοµης απάντησης: τίθεται η ερώτηση, αφήνεται κάποιο

µικρό χρονικό περιθώριο για την εύρεση της απάντησης (30 δευτερόλεπτα σε

εξάρτηση µε το βαθµό δυσκολίας της ερώτησης) και εν συνεχεία ζητείται από ένα

µαθητή να απαντήσει προφορικά ή στον πίνακα.

β.2. Στην ατοµική εξέταση: τίθεται η ερώτηση ή η άσκηση και µετά από 1 λεπτό

το πολύ ένας µαθητής στον πίνακα εκθέτει την απάντησή του, αφού του δοθεί ο

απαιτούµενος χρόνος.

β.3. Κατά την εξέταση του µαθητή πάνω στη λύση άσκησης: ο µαθητής χωρίς

βοήθεια εκθέτει τις ιδέες του για τη λύση της άσκησης.

β.4. ∆ίνεται βοήθεια στον εξεταζόµενο µαθητή όταν δυσκολεύετε και διδαχή κατά

την αποµάκρυνση των παραλήψεών του. Μόνο κατά την διαπίστωση µεγάλου

αριθµού παραλήψεων η διδαχή δεν γίνεται κατά τη διάρκεια της συγκεκριµένης

διδακτικής ώρας αλλά σε άλλη όπου γίνεται επιστροφή στις διδασκόµενες έννοιες και

εξετάζεται εκ νέου ο µαθητής στις γνώσεις αυτές.

γ. Γραπτή εξέταση: πραγµατοποιείται µε σύντοµα διαγωνίσµατα ή διαγωνίσµατα

µεγάλης διάρκειας.

γ.1. Τα σύντοµα διαγωνίσµατα διαρκούν από 15 έως 25 λεπτά, κατά τη διδακτική

ώρα, ενώ στο χρόνο που αποµένει λύνονται οµαδικά οι ασκήσεις από το διαγώνισµα.

Ορισµένες από τις ασκήσεις µπορούν να συνοδεύονται από σταδιακές βοήθειες,

καλλιεργώντας έτσι την ευρετική ικανότητα των µαθητών.

γ.2. Τα διαγωνίσµατα µεγάλης διάρκειας διεξάγονται καθ’ όλη τη διδακτική ώρα

και στα οποία και πάλι ορισµένες από τις ασκήσεις είναι µε σταδιακές βοήθειες.

4.3. Μελλοντικές τάσεις για τη διδασκαλία των µαθηµατικών στο σχολείο

Το µάθηµα των µαθηµατικών στο σχολείο δεν εµφανίστηκε κατευθείαν όπως το

γνωρίζουµε σήµερα. Εµφανίστηκε και άλλαξε σε διάφορες κοινωνικές – οικονοµικές

223

συνθήκες παράλληλα µε την ανάπτυξη της κοινωνίας. Από την άλλη πλευρά, θα ήταν

λάθος να υποστηριχθεί ότι η υπάρχουσα κατάσταση διδασκαλίας των µαθηµατικών

στα σχολεία είναι ιδανική και εποµένως αµετάβλητη. Υπάρχει η δυνατότητα για

µελλοντικά σχέδια και προτάσεις για την περαιτέρω ανάπτυξη της διδασκαλίας των

µαθηµατικών στα σχολεία.

Ορισµένες απ’ αυτές τις τάσεις και οι οποίες χαρακτηρίζουν το µέλλον των

µαθηµατικών στα σχολεία είναι οι ακόλουθες:

α) Κεντρικό µέρος των τάσεων πρέπει να λάβει η µάθηση δηλαδή η εµπέδωση του

εκπαιδευτικού περιεχοµένου και η καλλιέργεια ικανοτήτων κατά τη διάρκεια του

µαθήµατος. Οτιδήποτε γίνεται στο µάθηµα (εισαγωγή και εκµάθηση των

µαθηµατικών εννοιών, αποδείξεις θεωρηµάτων, λύση ασκήσεων, εξέταση µαθητών,

έλεγχος των εργασιών, επισήµανση των λαθών των µαθητών, συµπλήρωση των

παραλήψεων στις γνώσεις κ.τ.λ.) πρέπει να υπακούουν στη µάθηση. Για το λόγο αυτό

και η βαθµολόγηση των µαθητών καθώς και οι ενέργειες οι οποίες γίνονται από τους

καθηγητές και τους µαθητές σχετικές τη βαθµολόγηση, πρέπει να κατευθύνονται πριν

απ’ όλα προς τη χρησιµότητά τους, προς το πόσο µαθαίνουν οι µαθητές.

β) Οι γνώσεις και οι ικανότητες οι οποίες διδάσκονται και διατυπώνονται (ή

διαµορφώνονται) στην ώρα του µαθήµατος, πρέπει να ταξινοµούνται µε εµφανή και

πιστικό τρόπο µε βάση τη σηµαντικότητά τους και το ρόλο τους στην περαιτέρω

επιτυχή διδασκαλία των µαθηµατικών. Η ταξινόµησή τους µπορεί να υλοποιηθεί σε

τουλάχιστον τρις κατηγορίες, οι οποίες είναι οι ακόλουθες:

1η: Γνώσεις και ικανότητες τις οποίες οι µαθητές πρέπει να θυµούνται πάντα.

2η: Γνώσεις και ικανότητες τις οποίες οι µαθητές πρέπει να γνωρίζουν µόνο για

καθορισµένη χρονική περίοδο

3η: Γνώσεις και ικανότητες που αναφέρονται στους µαθητές επιγραµµατικά.

γ) ∆εν είναι µόνο αρκετό να ταξινοµηθούν οι γνώσεις και ικανότητες σχετικές µε

τα µαθηµατικά και να οριστεί ένας υποχρεωτικός όγκος τους τον οποίο ο κάθε

µαθητής πρέπει να γνωρίζει και να εµπεδώσει. Απαραίτητο είναι να οριστεί και ο

βαθµός της εµπέδωσης για να περάσει ένας µαθητής στην επόµενη τάξη.

δ) Ιδιαίτερη προσοχή πρέπει να δοθεί και να λάβει κεντρική θέση η περαιτέρω

διατήρηση των αναγκαίων γνώσεων και ικανοτήτων. Για το σκοπό αυτό πρέπει να

δηµιουργηθεί αποτελεσµατικό σύστηµα για περιοδική και µη υπενθύµιση και

διατήρηση των βασικών γνώσεων και ικανοτήτων.

224

ε) Για την επιτυχή υλοποίηση της προσωπικής και παραγωγικής διδασκαλίας των

µαθηµατικών στο µέλλον όλο και σηµαντικότερο ρόλο θα παίζει η

προγραµµατισµένη διδασκαλία. Βασικό ρόλο στη σύγχρονη διδασκαλία και στα

πλαίσια της προγραµµατισµένης διδασκαλίας, θα παίζουν και οι ηλεκτρονικοί

υπολογιστές. Ένα βασικό πρόβληµα κατά τη διδασκαλία των µαθηµατικών µε τη

βοήθεια ηλεκτρονικών υπολογιστών είναι και η δηµιουργία διδακτικών

προγραµµάτων τα οποία θα εξασφαλίζουν την αποτελεσµατικότητα της

εκπαιδευτικής διαδικασίας. Η επεξεργασία ενός διαλογικού διδακτικού

προγράµµατος, το οποίο να ενεργοποιεί το µαθητή στην τάξη κατά την εκπαιδευτική

διαδικασία και να καλλιεργεί την επιθυµία του για µάθηση, αποτελεί σοβαρή

επιστηµονική επεξεργασία (Ετοιµάζεται στη Delhi 3 υποδειγµατικό διδακτικό

σύστηµα) .

ζ. Ορισµένες ασκήσεις επαναλαµβάνονται στη λύση άλλων ασκήσεων.

αποτελώντας έτσι ασκήσεις – τµήµατα αυτών. Προτείνεται οι ασκήσεις αυτές να

λαµβάνονται ως γνωστές (λυµένες) και να ονοµαστούν «ηµιθεωρήµατα». Με τα

ηµιθεωρήµατα «συµπιέζονται» τα στάδια λύσης αυτής.

η. Ένας σύγχρονος τρόπος γραπτής εξέτασης είναι και τα test πολλαπλής επιλογής.

Με ένα παράδειγµα αναφερόµενο στη θεµατική ενότητα «Παραλληλόγραµµα» θα

παρουσιαστεί ένα τέτοιο test.

Θέµατα Α

1. Στις διατυπώσεις που ακολουθούν έχει γίνει κάποιο λάθος. Να βρεθεί αυτό:

α) το τετράπλευρο του οποίου οι διαγώνιοι είναι ίσες και κάθετες είναι τετράγωνο;

β) κάθε τετράγωνο είναι ρόµβος; γ) το τετράπλευρο του οποίου οι διαγώνιοι είναι

διχοτόµοι των γωνιών του είναι παραλληλόγραµµο; δ) αν σε τετράπλευρο οι

διαγώνιοί του διχοτοµούν τις γωνίες του τότε είναι ρόµβος.

2. Για ποιο από τα σχήµατα δεν µπορεί να ειπωθεί ότι είναι τετράγωνο:

α) κανονικό τετράπλευρο; β) ρόµβος µε ίσες διαγώνιους; γ) ορθογώνίο µε κάθετες

διαγώνιους; δ) παραλληλόγραµµο µε ορθή γωνία.

3. Στο παραλληλόγραµµο ΑΒΓ∆ η πλευρά του ΑΒ είναι 72 και αποτελεί τα 3/8 της

περιµέτρου του. Τα µήκη των πλευρών του παραλληλογράµµου είναι: α) 6 και 72; β)

45 και 72; γ) 24 και 72; δ) Η απάντηση είναι άλλη.

4. Σε ρόµβο έχουν κατασκευαστεί οι διαγώνιοί του. Κατασκευασµένη είναι η

διχοτόµος της γωνίας που σχηµατίζει η µια πλευρά του ρόµβου µε τη µια διαγώνιό

του και η διχοτόµος αυτή σχηµατίζει γωνία 75° µε την άλλη διαγώνιο. Μπορούµε να

225

ισχυριστούµε ότι µέτρο των γωνιών του ρόµβου είναι: α) 30° και 150°; β)100° και

80°; γ) 60° και 120°; δ) 50° και 130°.

5. Οι διχοτόµοι των γωνιών Γ και ∆ παραλληλογράµµου ΑΒΓ∆ (Σχήµ1)

τέµνονται σε σηµείο Μ της πλευράς ΑΒ (ΑΒ>Α∆). Ποια από τις ακόλουθες

προτάσεις είναι σωστή: ∆ Γ

α) τα τρίγωνα ΑΜ∆ και ΜΒΓ είναι ίσα

β) το τρίγωνο ΑΜ∆ είναι ισόπλευρο Α Μ Β

γ) το τρίγωνο Μ∆Γ είναι ορθογώνιο Σχήµ1

δ) δεν υπάρχει σωστή απάντηση

6. Οι διχοτόµοι των γωνιών Γ και ∆ παραλληλογράµµου ΑΒΓ∆ (Σχήµ1) τέµνονται

σε σηµείο Μ της πλευράς ΑΒ (ΑΒ>Α∆). ∆ίνονται οι ακόλουθες προτάσεις: i) οι

διχοτόµοι των γωνιών Γ και ∆ είναι κάθετες

ii)η πλευρά ΑΒ είναι δυο φορές µεγαλύτερη από την πλευρά ΒΓ.

Ποια είναι η σωστή; α) η i); β) η ii); γ) i) ή ii); δ) i) και ii)

7. Σε παραλληλόγραµµο µε περίµετρο 48, τα ευθύγραµµα τµήµατα τα οποία

ενώνουν τα άκρα µιας πλευράς του µε το µέσο της απέναντι πλευράς, είναι κάθετα.

Οι πλευρά του παραλληλογράµµου έχουν µήκη: α) 16 και 8;

β) 17 και 8,5; γ) 14 και 7; δ) κανένα από τα προηγούµενα.

Θέµατα Β

8. Οι διαγώνιοι παραλληλογράµµου διαιρούν αυτό σε τέσσερα τρίγωνα, η διαφορά

των περιµέτρων δυο απ’ αυτών είναι 5 και η περίµετρος του παραλληλογράµµου

είναι 50. Τα µήκη των πλευρών του παραλληλογράµµου είναι: α) 12 και 13; β) 7 και

12; γ) 15 και 10;

δ) εξαρτάτε ποια διαφορά περιµέτρων τριγώνων πήραµε.

9. Τετράγωνο και ορθογώνιο έχουν την ίδια περίµετρο. Η πλευρά του τετραγώνου

είναι 6 φορές µικρότερης της µιας πλευράς του ορθογωνίου και είναι 2 φορές

µεγαλύτερη από την άλλη. Τα µήκη των πλευρών του ορθογωνίου είναι: α) 18 και 6;

β) 6/5 και 42/5; γ) 7 και 20; δ) η απάντηση είναι άλλη.

10. Από την κορυφή ∆ παραλληλογράµµου ΑΒΓ∆ µε ΑΒ>Α∆ (Σχήµ2) έχει

κατασκευαστεί η διχοτόµος της εξωτερικής γωνίας η οποία τέµνει τις προεκτάσεις

των ΑΒ και ΒΓ στα σηµεία Μ και Ρ αντίστοιχα. Για το τρίγωνο ΒΜΡ µπορούµε να

ισχυριστούµε ότι είναι:

226

Ρ

α) ισόπλευρο β) ισοσκελές γ) ορθογώνιο δ) τα δεδοµένα δεν είναι αρκετά για να προσδιοριστεί ∆ Γ ο τύπος του τριγώνου Μ Α Β Σχήµ2

11. Στο τρίγωνο ΑΒΓ έχει κατασκευάζεται η διχοτόµος ΓΛ. Από το σηµείο Λ

κατασκευάζονται ευθείες παράλληλες µε τις ΑΓ και ΒΓ οι οποίες τέµνουν τις πλευρές

ΑΓ και ΒΓ στα σηµεία ∆ και Ε αντίστοιχα, ενώ η ∆Ε τέµνει την ΓΛ στο Ρ. Τότε η

γωνία ∆ΡΓ είναι: α) οξεία; β) ορθή ; γ) αµβλεία; δ) τα δεδοµένα δεν είναι αρκετά.

12. Παραλληλόγραµµο ΑΒΓ∆ έχει πλευρά ΑΒ=α. Οι διχοτόµοι των γωνιών ΒΑ∆

και ΑΒΓ τέµνουν την Γ∆ και τη διαιρούν σε τρία ίσα µέρη. Να προσδιοριστεί το Α∆:

α) α/3; β) 2α/3; γ) α/3 ή 2α/3; δ) κανένα από τα προηγούµενα.

13. Εξωτερικά του παραλληλογράµµου ΑΒΓ∆ (ΑΒ>Α∆, ΓΒΑ ˆ >90°) έχουν

κατασκευαστεί τετράγωνα Α∆ΜΝ και ∆ΓΡΠ. Ισχύει ότι: i) ΓΡΒ=ΝΒΑ ˆˆ ;

ii) ΒΝ=ΒΡ; iii) το τρίγωνο ΝΒΡ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

Ποια από είναι σωστή; α) η i); β) η iii); γ) η ii) και iii); δ) όλες.

14. Σε τετράπλευρο ΑΒΓ∆ (ΑΒ//Γ∆, ΑΒ>Γ∆ και Β =90°) έχει κατασκευαστεί η

διχοτόµος της Α , η οποία διέρχεται από το µέσο Μ της πλευράς ΒΓ. Από το σηµείο

Μ έχει κατασκευαστεί ευθεία κάθετη στο Α∆ η οποία τέµνει την Α∆ στο σηµείο Ρ.

Ποια πρόταση είναι σωστή: α) ΜΡ=ΜΓ; β) ΑΜ µεσοκάθετη του ΒΡ και ∆Μ

µεσοκάθετη του ΓΡ; γ) τα τρίγωνα ΑΜ∆ και ΒΡΓ είναι ορθογώνια; δ) Α∆=ΑΒ-Γ∆.

Για την ορθότητα των θεµάτων 1 έως και 12 λαµβάνεται από 1 µονάδα, ενώ

για τα θέµατα 13 και 14 από 2 µονάδες. Ο χρόνος λύσης του test κυµαίνεται από

90min έως και 120min, ανάλογα µε το επίπεδο των µαθητών στο οποίο απευθύνονται.

Ο κάθε µαθητής θα πρέπει να έχει τη δυνατότητα από µόνος του να αξιολογήσεις το

test. Έτσι θα µπορεί να έχει αυτογνωσία των µαθηµατικών του γνώσεων. Προτείνεται

οι κάθε ερώτηση να έχει περισσότερες από µια σωστές απαντήσεις και ανάλογα µε το

πια είναι η σωστότερη να λαµβάνονται και οι αντίστοιχες µονάδες. Ο µαθητής στο

τέλος θα συµπληρώσει τον ακόλουθο πίνακα, ο οποίος θα δίνεται στο τέλος του κάθε

test, αποφεύγοντας έτσι την καθυστέρηση κατά την κατασκευή του. Ο πίνακας

µονάδων πρέπει να δίνεται στο τέλος του κάθε test από τον καθηγητή.

227

Πίνακας βαθµολόγησης γνώσεων

Test Όνοµα: Επώνυµο: Τµήµα:

Συνολικός Αριθµός Μονάδων

Βαθµός

Θέµα Α 1 2 3 4 5 6 7 Απάντηση Μονάδες Θέµα Β 8 9 10 11 12 13 14 Απάντηση Μονάδες

θ. Στα πλαίσια των σύγχρονων διαγωνισµάτων προτείνεται και το ακόλουθο,

αναφερόµενο στη Γεωµετρία Γενική Παιδείας Β΄ Λυκείου:

Θέµα 1ο: α) Να δειχτεί ότι: µα2+µβ

2+µγ2=

4

3(α2+β2+γ2), όπου µα, µβ, µγ είναι οι

διάµεσοι τριγώνου µε µήκη πλευρών α, β και γ αντίστοιχα. β) Να δειχτεί ότι:

GA2+GB2+GΓ2=

3

1(α2+β2+γ2), G κέντρο βάρος τριγώνου µε α, β και γ.

Θέµα 2ο: α) Αν ∆ είναι το σηµείο τοµής της εσωτερικής διχοτόµου της γωνίας Α µε

την πλευρά ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ, να δειχτεί ότι: Β∆=γβ

αγ+

και ∆Γ=γβ

αβ+

. β) Έστω

για το τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει ότι β+γ=2α και.α≠ β. Αν Κ είναι το κέντρο βάρος του

τριγώνου και Ι είναι σηµείο της διχοτόµου του, να δειχτεί ότι ΙΚ//ΒΓ.

Θέµα 3ο: Να δειχτεί ότι σε τρίγωνο µε µήκη πλευρών α, β, γ ισχύει: ρρρρ γβα

1111=++

,

όπου ρ είναι η ακτίνα του εγγεγραµµένου στο τρίγωνο κύκλου και ρα, ρβ, ργ είναι οι

ακτίνες των παρεγγεγραµµένων του κύκλων.

Στο διαγώνισµα αυτό το 1ο και 2ο θέµα αποτελούνται από δυο ασκήσεις των

οποίων το α) υποερώτηµα αποτελεί ηµιθεώρηµα και εφαρµόζεται στο β). Στο 3ο θέµα

το ηµιθεώρηµα πρέπει να το «ανακάλυψη» ο µαθητής (Έχει προταθεί στο ΥΠ.Ε.Π.Θ.

σχετική έρευνα).


Η συστηµατοποίηση των µαθηµατικών γνώσεων έχει ευεργετικό ρόλο στην

εµπέδωση των µαθηµατικών εννοιών και στη λύση των ασκήσεων µε την καλλιέργεια

της ευρετικής ικανότητας των µαθητών. Για το λόγο αυτό, σε συνδυασµό µε µια καλή

προπαίδευση, πρέπει να εφαρµόζονται σε οποιαδήποτε χρονική στιγµή της

διδασκαλίας των µαθηµατικών.

228

Τα θεωρήµατα ή τα «ηµίθεωρήµατα» και η συστηµατοποίηση των

µαθηµατικών γνώσεων θα πρέπει να γίνεται µε κριτήριο την «σπουδαιότητα» της

κάθε έννοιας.

Τόσο η αναφορά κατά τη διάρκεια του µαθήµατος σε παραδείγµατα από

άλλες επιστήµες όσο και η συστηµατοποίηση των µαθηµατικών γνώσεων σε

συνδυασµό µε τα «ηµιθεωρήµατα», θεωρείται ότι είναι δυνατόν να αποτελέσουν

κανόνα γραφής των σύγχρονων σχολικών µαθηµατικών βιβλίων και να εφαρµόζονται

κατά τη διάρκεια οποιασδήποτε διδακτικής ώρας και για οποιαδήποτε µαθηµατική

έννοια.

5. Η εσωτερική σχέση των µαθηµατικών γνώσεων


Οι σύγχρονες έρευνες δείχνουν, ότι η δηµιουργία ενδιαφέροντος για λύση

ασκήσεων, είναι δυνατόν να πραγµατοποιηθεί, αφού γίνουν οι ακόλουθες ενέργειες:

α. Λύση ασκήσεων από τους µαθητές µε την βοήθεια του καθηγητή και λύση

ασκήσεων ατοµικά από τον κάθε µαθητή.

β. Σωστή εκλογή και τοποθέτηση των ασκήσεων για λύση .

γ. Εξασφάλιση της σκοπιµότητας της ενέργειας "λύση της άσκησης" µε τα

σχήµατα για ανάλυση της άσκησης («Σχήµα Ευκλείδη» και «Σχήµα Πάππου»).

δ. Προκαταβολική ανάλυση και συστηµατοποίηση των µαθηµατικών γνώσεων

ε. ∆ιαιρούµενη και στην ώρα της διατύπωση όλων των ικανοτήτων συνδεόµενων

µε τις νέες γνώσεις.

ζ. Αναγκαία είναι η ταξινόµηση των θεωρηµάτων και των ορισµών µε την λύση

ασκήσεων.

Στο σηµείο αυτό θα αναφερθούν στην σχέση των µαθηµατικών γνώσεων µε άλλες

επιστήµες, αλλά κυρίως θα γίνει σχετική ανάλυση της µεταξύ τους σχέσεις των

µαθηµατικών γνώσεων.

5.2. Η σχέση των µαθηµατικών γνώσεων µεταξύ τους και µε άλλες επιστήµες

Τα Μαθηµατικά, εκ πρώτης όψεως, για πολλούς, θεωρούνται ότι είναι

ανεξάρτητα και χωρίς καµία σχέση µε άλλες επιστήµες. Η πραγµατικότητα όµως

δηλώνει ότι πολλές µαθηµατικές ασκήσεις τις συναντάµε σε διαφορετικές φόρµες και

σε άλλες επιστήµες.

Κατά τις ασκήσεις αυτές έχουµε την ακόλουθη κατάσταση: γνώσεις και

επιδεξιότητες διδακτικού αντικειµένου x χρησιµοποιούνται για την αιτιολόγηση

229

διδακτικού αντικειµένου y. Και ακόµη, γνώσεις και επιδεξιότητες από το x

χρησιµοποιούνται κατά την διαµόρφωση (γέννηση) της θεωρίας του y.

Η βοήθεια που προσφέρουν τα Μαθηµατικά παρατηρείται στην Πληροφορική,

Βιολογία, Φυσική, Χηµεία, Αστρολογία, Μετερεολογία, Ψυχολογία και

Κοινωνιολογία. Η εξέλιξή τους είναι άµεσα συνδεδεµένη µε την εξέλιξη των

µαθηµατικών και συγκεκριµένα των Εφαρµοσµένων Μαθηµατικών. Η Στατιστική, η

Πιθανότητες, η Θεωρία των Αριθµών η Ανάλυση κ.τ.λ. βρίσκουν άµεση εφαρµογή

στην εξήγηση των διαφόρων παρατηρήσεών τους [1].

Εκτός της σχέσης αυτής, υπάρχει και η λεγόµενη «εσωτερική» σχέση των

µαθηµατικών εννοιών. Ο συσχετισµός αυτός αναφέρεται στην σχέση µεταξύ των

διαφόρων µαθηµατικών γνώσεων (γεωµετρία και άλγεβρα, τριγωνοµετρία και

άλγεβρα κ.τ.λ.). Το κάθε µαθηµατικό αντικείµενο από µέρος του βοηθάει στην

κατανόηση του άλλου. Στην εργασία αυτή θα γίνει αναφορά στη σχέση της

τριγωνοµετρίας και της άλγεβρας και συγκεκριµένα στον τρόπου που η πρώτη

βοηθάει τη δεύτερη. Στο σχήµα που ακολουθεί φαίνεται η µετάβαση από τον ένα

τοµέα Α (άλγεβρα), σε ένα άλλο τοµέα Β (τριγωνοµετρία), προκειµένου να

αποπερατωθεί η λύση της δεδοµένης άσκησης.

x3 x4 Β x1 x2 x5 Α

Σκοπός της εργασίας αυτής είναι να γίνει κατανοητή η προαναφερόµενη

σχέση καθώς και να διαπιστωθεί το γεγονός ότι το διδακτικό περιεχόµενο των

µαθηµατικών είναι επιλεγµένο µε τρόπο τέτοιο ώστε, να είναι υπαρκτή η σχέση

µεταξύ των γνωστικών επιπέδων (τάξεων).

5.3. Εφαρµογή των τριγωνοµετρικών γνώσεων στην άλγεβρα

Στο σηµείο αυτό θα αναφερθούµε συγκεκριµένα στο πώς είναι δυνατόν οι

τριγωνοµετρικές γνώσεις να βοηθήσουν στη λύση ασκήσεων µε αλγεβρικές

παραστάσεις, καθώς και στη λύση ασκήσεων άρρητων εξισώσεων. Για το σκοπό

αυτό θα λυθούν υποδειγµατικά τέσσερις αλγεβρικές ασκήσεις µε τη βοήθεια της

τριγωνοµετρίας. Οι ασκήσεις αυτές απαιτούν γνώσεις Β΄ Λυκείου, µε το υπάρχον

εκπαιδευτικό πρόγραµµα.

Άσκηση (1) Αν α2+β2=1 και γ2+δ2=1, να δειχτεί ότι: 1≤− βδαγ , όπου α, β∈R.

230

Λύση

Θέτουµε α=ηµφ, β=συνφ, γ=ηµω και δ=συνω, τότε θα έχουµε: ηµ2φ+συν2

φ=1,

καθώς και ηµ2ω+συν2

ω=1. Θα υπολογίσουµε το πρώτο µέλος της ανισότητας:

βδαγ − = )()..(.. ωφσυνηµωηµφσυνωσυνφσυνσυνφηµωηµφ +=−−=− .

Αλλά -1≤συνχ≤1, άρα για το τελευταίο απόλυτο θα χουµε: 1)(0 ≤+≤ ωφσυν από

το οποίο λαµβάνουµε ότι: 1≤− βδαγ .

Άσκηση (2) Να αποδειχτεί ότι: 2

143

2

922

2

≤+−

≤−βαααβ

, όπου α, β∈R.

Λύση

Θέτουµε α=ρηµφ και β=ρσυνφ και τότε, µετά από αντικατάσταση, λαµβάνουµε ότι:

225

42

2

3

2

5

2222

3)12(22

2

32.2.2.

2

3

4.3

)()(

)(4.343

2

22

2

22

2

22

2

−

−=

=−−=−−=−=

=+

−=

+−

=+−

φσυνφηµ

συνφφηµφσυνφηµφσυνσυνφηµφ

φσυνφηµφσυνσυνφηµφ

ρσυµφρηµφρσυνφρσυνωρηµφ

βαααβ

Έστω συνω=5

3 και ηµω=

5

4 τότε, µετά από αντικατάσταση, θα έχουµε ότι:

.2)2(2

52)2.2.(

2

5−−=−− ωφηµφσυνηµωφηµσυνω Εποµένως:

)2(2

54322

2

ωφηµβαβαβ

−=+−

-2 και επειδή 1)2(1 ≤−≤− ωφηµ , θα έχουµε ότι:

2

143

2

9

2

1)2(

2

5

2

922

2

≤+−

≤−⇔≤−≤−βαβαβωφηµ , το οποίο και έπρεπε να αποδειχτεί.

Άσκηση (3) Να λυθεί η εξίσωση: 24 x− =x2-2

Λύση

Πρέπει 4-x2≥0 και x2-2≥0 από τα οποία λαµβάνεται ότι x∈[-2, -2]∪[2, 2].

Θέτουµε x=2συνφ, για το οποίο θα πρέπει φ∈[0, π]. Αντικαθιστούµε στη δεδοµένη

εξίσωση και θα έχουµε: φσυν 244− =4συν2φ-2⇔ 2 φσυν 21− =2(2συν2

φ-1)

231

φηµ 2⇔ =συν2φ⇔ ⇔ ηµφ =συν2φ. Αλλά φ∈[0, π] και εποµένως και έτσι:

ηµφ=συν2φ⇔ ηµφ=ηµ

−φπ

2⇔ φ=2κπ+

−φπ

2 ή φ=(2κ+1)π-

−φπ

2, κ∈Ζ,

έτσι για κ=0 και κ=1 θα έχουµε αντίστοιχα: φ=4

π ή φ=-

4

π (αφού πρέπει φ∈[0, π] ).

Εποµένως η λύσεις τις εξίσωσης θα είναι x= 2 ή x=- 2 .

Άσκηση (4) Να λυθεί η εξίσωση: 2

121 2xx −+=1-2x2.

Λύση

Θέτουµε x=συνφ µε φ∈[0, π]. Μετά από αντικατάσταση λαµβάνουµε ότι:

2

11.21 22 συνφσυνφ −+=1-2συν2

φ2

1 2φηµ+⇔ =-συν2φ⇔ 1+ηµ2φ=2συν22φ

⇔ 1+ ηµ2φ=2(1-ηµ22φ)⇔ 2ηµ22φ+ηµ2φ-1=0. Θέτουµε y=ηµ2φ και θα έχουµε ότι:

2y2+y-1=0. Λύνοντας της εξίσωση αυτή βρίσκουµε ότι: y=-1 ή y=2

1 και κατά

συνέπεια: φ=4

3π ή φ=

12

5π. Εποµένως x=συν

4

3π=-

2

2 ή x=συν

12

5π=

4

26 −.


Με βάση την προαναφερόµενη σχέση της τριγωνοµετρίας και της άλγεβρας,

προτείνονται για λύση ακόµη τέσσερις ασκήσεις, οι οποίες απευθύνονται στο

διδακτικό περιεχόµενο της Β΄ Λυκείου.

Άσκηση (1) Αν α2+β2=9, γ2+δ2=16 και α, β, γ, δ∈R, να δειχτεί ότι: αδ+βγ≥0.

Άσκηση (2) Αν α, β∈R, να δειχτεί ότι: 01

≥+−αββα

.

Άσκηση (3) Να λυθεί η εξίσωση: 21 x− +x= 2 (2x2-1).

Άσκηση (4) Να λυθεί η εξίσωση: 2x 21 x− - x−1 =1-2x2.


Οι προαναφερόµενες πρακτικές εφαρµογές και συσχετίσεις των µαθηµατικών

γνώσεων, θεωρούµε ότι βοηθούν τους µαθητές στα ακόλουθα:

232

1.Αυξάνουν το ενδιαφέρον τους για τα µαθηµατικά, αφού διαπιστώνουν ότι τα

διδασκόµενα δεν είναι ανεξάρτητα µεταξύ τους.

2. Για µικρό χρονικό διάστηµα µαθαίνονται περισσότερα από ένα πράγµατα και

χρησιµοποιούνται οι γνώσεις από διαφορετικούς τοµείς.

Επισηµαίνεται ότι οι ασκήσεις του τύπου των προαναφερόµενων, πρέπει να

λύνονται αφού έχουν πρώτα λυθούν οι προτεινόµενες ασκήσεις των σχολικών

βιβλίων. Επίσης, ο τρόπος λύσης τους (θέτοντας), όταν διδάσκεται στη Β΄ Λυκείου,

είναι ένας αποδοτικός τρόπος προετοιµασίας για λύση ασκήσεων στη Γ΄ Λυκείου

σχετικών µε τα ολοκληρώµατα.

6. Επίλυση ασκήσεων µε την βοήθεια της συστηµατοποίησης των µαθηµατικών

γνώσεων


Απαραίτητη προϋπόθεση για την λύση ασκήσεων είναι η καλή γνώση, εκτός της

σχετικής θεωρίας, αλλά και των άλλων ασκήσεων, σχετικών µε την δεδοµένη. Πρέπει

οι γνώσεις των µαθητών να συστηµατοποιούνται και έτσι να µπορούν να γίνονται πιο

εύχρηστες.

Η συστηµατοποίηση των γνώσεων σχετίζεται άµεσα µε τις ιδέες του αρχαίου

έλληνα µαθηµατικού Ευκλείδη (3 αιώνα π. Χ.). Σ’ αυτόν ανήκει το πρώτο διδακτικό

βιβλίο µαθηµατικών (το λεγόµενο «Στοιχεία»), στο οποίο είχαν συγκεντρωθεί και

συστηµατοποιηθεί όλες οι µαθηµατικές γνώσεις τις εποχής αυτής.

Η εργασία αυτή αποτελεί συνέχεια της «Η συστηµατοποίηση των µαθηµατικών

γνώσεων ως βοήθηµα για τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων». Θα ασχοληθούµε µε

τρία γεωµετρικά θέµατα εξετάζοντας τον τρόπο συστηµατοποίησης των µαθηµατικών

γνώσεων απαραίτητων για στην λύση ασκήσεων σχετικές µε τα θέµατα αυτά. Τα

θέµατα αυτά αναφέρονται στο κεφάλαιο «Τρίγωνα-Παράλληλες ευθείες», της

σχολικής γεωµετρίας της Α΄ Λυκείου.

Πρέπει να τονιστεί ότι δεν υπάρχει κάποιος βασικός κανόνας-αρχή µε τον οποίο θα

λύνονται όλοι οι τύποι των ασκήσεων. Για το λόγο αυτό ψάχνουµε άλλους τρόπους

ελαχιστοποίησης, στο βαθµό που είναι δυνατό, των δυσκολιών κατά τη λύση

ασκήσεων.

6.2. Ανισοτικές σχέσεις στο τρίγωνο

Κατά της λύση ασκήσεων µε ανισότητες στο τρίγωνο, συνήθως χρησιµοποιούνται

τα ακόλουθα θεωρήµατα:

233

1. Το άθροισµα δυο πλευρών του τριγώνου είναι µεγαλύτερο από την Τρίτη

πλευρά.

2. Απέναντι από την µεγαλύτερη γωνία στο τρίγωνο βρίσκεται η µεγαλύτερη

πλευρά και αντίστρόφα.

3. ∆εν υπάρχει τρίγωνο µε περισσότερες από µια ορθή ή αµβλεία γωνία και

απέναντι απ΄ αυτή βρίσκεται η µεγαλύτερη πλευρά του τριγώνου.

4. Κάθε εξωτερική γωνία τριγώνου είναι µεγαλύτερη από κάθε εσωτερική, όχι

εφεξής µ’ αυτή, γωνία.

Στην περίπτωση που απαιτείται η απόδειξη ανισοτήτων µεταξύ ευθυγράµµων

τµηµάτων, συνήθως χρησιµοποιείται το 1 και κατά συνέπεια και το 2. Για το λόγο

αυτό, αναζητούµε κάποιο τρίγωνο στο οποίο να ανήκούν τα δεδοµένα ευθύγραµµα

τµήµατα. Αν απαιτηθεί γίνεται και επιπρόσθετη κατασκευή.

Με βάση τα προαναφερόµενα, να λύσουµε δυο ασκήσεις.

Άσκηση (1) Έστω τρίγωνο ΑΒΓ µε ≥ΒΓΑ ˆ 90°. Θεωρούµε δυο τυχαία σηµεία ∆, Ε

των ΑΓ και ΒΓ, αντίστοιχα. Να δειχτεί, ότι: ∆Ε<ΑΒ (Σχ.1).

Λύση Γ Ε Β ∆ Α Σχήµα 1 Ψάχνουµε τρίγωνο στο οποίο ανήκουν τα ∆Ε, ΑΒ και µε τον τρόπο αυτό να είναι

δυνατή η σύγκρισή τους. Αυτός όµως είναι αδύνατό και για το λόγο αυτό

κατασκευάζουµε την ΑΕ και µε τον τρόπο αυτό έχουµε τα τρίγωνα ΑΒΕ, ΑΕ∆.

Η Ε∆Α ˆ , εξωτερική στο τρίγωνο ∆ΕΓ θα είναι µεγαλύτερη από τη ΕΓ∆ ˆ η οποία

είναι ίση ή µεγαλύτερη από 90°. Άρα ΓΕ∆ ˆ >90°.

Είναι επίσης γνωστό ότι, δεν υπάρχει τρίγωνο µε περισσότερες από µια ορθή ή

αµβλεία γωνία, εποµένως ΑΕ>∆Ε.

Στο τρίγωνο ΑΓ∆ έχουµε ότι ≥ΕΓΑ>ΕΒΑ ˆ.ˆ 90°, ως εξωτερική, άρα ΕΒΑ ˆ >90°

και κατά συνέπεια ΑΒ>ΑΕ. Αλλά έχουµε ότι ΑΕ>∆Ε και εποµένως ΑΒ>∆Ε.

Άσκηση (2) Έστω ευθεία ε και δυο σηµεία Α, Β τα οποία δεν ανήκουν σ΄ αυτή. Αν τα

σηµεία αυτά ανήκουν σε διαφορετικό ηµιεπίπεδο σε σχέση µε την ε, να βρεθεί σηµείο

Γ της ε, τέτοιο ώστε, το άθροισµα ΑΓ+ΒΓ να είναι ελάχιστο (Σχ.2).

234

Λύση

Α Γ ∆ ε Β

Σχήµα 2 Για τη λύση της άσκησης αυτής θα χρησιµοποιήσουµε µια σχετικά παράδοξη

µέθοδο. Υποθέτουµε ότι η άσκηση είναι λυµένη. Ο τρόπος αυτός σκέψης έχει

χρησιµοποιηθεί για πρώτη φορά από τον Ευκλείδη στα «Στοιχεία».

∆εχόµαστε ότι το σηµείο Γ είναι γνωστό. Κατασκευάζουµε τρίγωνο ΑΒΓ. Έστω ∆

το σηµείο τοµής του ΑΒ µα την ε. Εποµένως στο τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: ΑΓ+ΒΓ>ΑΒ.

Η ανισότητα αυτή θα ισχύει πάντα όταν το σηµείο Γ δεν ταυτίζεται µε το ∆. Επειδή

τα σηµεία Α, Β και ∆ ανήκουν σε µια ευθεία, έχουµε ότι: Α∆+∆Β=ΑΒ. Άρα το

άθροισµα ΑΓ+ΒΓ θα είναι ελάχιστο αν τα Γ ταυτίζεται µε το ∆.

Προτείνονται οι ακόλουθες τέσσερις ασκήσεις για ατοµική λύση:

Άσκηση (3) Έστω ευθεία ε και δυο σηµεία Α, Β τα οποία δεν ανήκουν σ΄ αυτή. Αν τα

σηµεία αυτά ανήκουν στο ίδιο ηµιεπίπεδο σε σχέση µε την ε, να βρεθεί σηµείο Γ της

ε, τέτοιο ώστε, το άθροισµα ΑΓ+ΒΓ να είναι ελάχιστο

Άσκηση (4) Έστω Μ τυχαίο εσωτερικό σηµείο του τριγώνου ΑΒΓ. Να δειχτεί ότι αν

2τ=ΑΒ+ΑΓ+ΒΓ, τότε: 2τ>ΑΜ+ΒΜ+ΓΜ>τ .

Άσκηση (5) Να δειχτεί ότι, στο ορθογώνιο τρίγωνο η κάθετη που είναι απέναντι από

γωνία µεγαλύτερη από 30° είναι µεγαλύτερη του µισού της υποτείνουσα.

Άσκηση (6) Έστω τρίγωνο ΑΒΓ µε ΑΒ<ΑΓ. Να δειχτεί ότι, αν Α∆ είναι η διχοτόµος

της γωνίας Α, τότε για κάθε σηµείο αυτή ισχύει: ΜΒ<ΜΓ.

6.3. Προσδιορισµός τύπου τριγώνου

Βασικοί τύποι τριγώνων σε σχέση µε τις πλευρές τους είναι το ισοσκελές και το

ισόπλευρο, ενώ σε σχέση µε τις γωνίες είναι το οξυγώνιο, το ορθογώνιο και το

αµβλυγώνιο. Κατά τις ασκήσεις προσδιορισµού του τύπου του τριγώνου,

χρησιµοποιούνται τα ακόλουθα θεωρήµατα:

1. Οι αποστάσεις, από κάθε σηµείο της µεσοκαθέτου ευθυγράµµου τµήµατος ως τα

άκρα του, είναι ίσες.

2. Το άθροισµα των γωνιών τριγώνου είναι 180°.

3. Στο ορθογώνιο τρίγωνο απέναντι από γωνία 30° βρίσκεται κάθετη ίση µε το

µισό της υποτείνουσας.

235

4. Στο ορθογώνιο τρίγωνο η διάµεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα είναι ίση

µε το µισό της υποτείνουσας.

5. Αν δυο γωνίες του τριγώνου είναι ίσες τότε είναι ισοσκελές.

6. Αν σε ένα τρίγωνο το ένα ύψος είναι και διχοτόµος (ή το ύψος είναι και

διάµεσος, ή η διάµεσος είναι και διχοτόµος), τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

7. Αν ένα τρίγωνο είναι ισοσκελές και µια του γωνία είναι 60°, τότε το τρίγωνο

αυτό είναι ισόπλευρο.

Σε ορισµένες περιπτώσεις απαιτείται, για τον προσδιορισµό του είδους του

τριγώνου, να αποδειχτεί κάποια ισότητα ευθυγράµµων τµηµάτων τα οποία αποτελούν

πλευρές του ζητούµενου τριγώνου. Η ισότητα αυτή επιτυγχάνεται µε τη βοήθεια της

ισότητας τριγώνων.

Έστω να λύσουµε δυο ασκήσεις προσδιορισµού του τύπου τριγώνου.

Άσκηση (7) Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, Γ∆ η διάµεσός του µε 2Γ∆=ΑΒ. Θεωρούµε Ε∆Γ∆

και Ζ το σηµείο τοµής της Ε∆ µε την ΒΓ. Αν Μ είναι το µέσο του ΕΖ, να δειχτεί ότι:

ΓΜ⊥ΑΒ (Σχ.3).

Λύση Γ Ζ Α Ν Β Μ ∆ Ε Σχήµα 3

Έστω Ν το σηµείο τοµής του ΓΜ µε το ΑΒ. Αρκεί να δειχτεί ότι ΓΝΒ ˆ =90°.

Από την εκφώνηση της άσκησης έχουµε τις εξής πληροφορίες:

1) 2Γ∆=ΑΒ, Γ∆-διάµεσος, άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο µε ΒΓΑ ˆ =90°.

2) Εφόσον το Μ είναι µέσο του ΕΖ και ΒΓΑ ˆ =90°, τότε το ΓΜ θα είναι διάµεσος

στο ορθογώνιο τρίγωνο ΕΖΓ και κατά συνέπεια 2ΓΜ=ΕΖ.

Έχουµε ότι ΓΝΒ ˆ =180°-( ΓΒΑ+ΜΓΒ ˆˆ ). Αρκεί να δειχτεί ότι ΓΒΑ+ΜΓΒ ˆˆ =90°.

Στο τρίγωνο ΓΜΖ έχουµε: ΓΖΕ=ΜΓΒ ˆˆ (1)

Στο ορθογώνιο τρίγωνο Γ∆Ζ έχουµε ότι Γ∆⊥ ΕΖ και εποµένως: ΓΖΕ ˆ =90°- ΒΓ∆ ˆ (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) θα έχουµε ότι: ΒΓ∆−=ΜΓΒ Ο ˆ90ˆ (3)

Στο τρίγωνο ΒΓ∆ έχουµε ότι Γ∆=∆Β και κατά συνέπεια: ΓΒΑ=ΒΓ∆ ˆˆ (4)

236

Από τις σχέσεις (3) και (4) έχουµε ότι: ΓΒΑ−=ΜΓΒ Ο ˆ90ˆ από το οποίο

λαµβάνουµε ΓΒΑ+ΜΓΒ ˆˆ =90°. Άρα ΓΝΒ ˆ =180°-90° δηλαδή ΓΝΒ ˆ =90° και κατά

συνέπεια ΓΜ⊥ΑΒ.

Άσκηση (8) Έστω οξυγώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΒΓ). Η µεσοκάθετη της

ΑΓ τέµνει την προέκταση της ΑΒ στο σηµείο Μ. Στην προέκταση της ΓΜ (από το

µέρος του Γ) θεωρούµε σηµείο Ε τέτοιο ώστε ΓΕ=ΒΜ. Να δειχτεί ότι το τρίγωνο

ΑΜΕ είναι ισοσκελές (Σχ.4).

Λύση Ε Γ Ζ Α Β Μ

Σχήµα 4

Αρκεί να αποδειχτεί ότι τα τρίγωνα ΑΓΕ και ΒΜΓ είναι ίσα και τότε θα έχουµε:

ΓΒΜ=ΓΕΑ ˆˆ και έτσι το τρίγωνο ΑΜΕ θα είναι ισοσκελές.

Από την εκφώνηση έχουµε ότι: ΖΜ είναι η µεσοκάθετη της ΑΓ και κατά συνέπεια

το τρίγωνο ΑΜΓ θα είναι ισοσκελές. Εν συνεχεία συγκρίνουµε τα τρίγωνα ΑΓΕ και

ΜΒΓ για τα οποία έχουµε:

1) ΑΓ=ΒΓ (επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές)

2) ΜΒ=ΓΕ (από κατασκευή)

3) ΜΒΓ=ΒΑΓ−°=ΜΓΑ−°=ΑΓΕ ˆˆ180ˆ180ˆ

Εποµένως τα τρίγωνα θα είναι ίσα και κατά συνέπεια ΓΒΜ=ΓΕΑ ˆˆ , άρα το τρίγωνο

ΑΜΕ θα είναι ισοσκελές.

Προτείνονται για λύση οι ακόλουθες ασκήσεις:

Άσκηση (9) Έστω τρία σηµεία Α, Β και Γ τα οποία ανήκουν στην ίδια ευθεία. Με

πλευρές ΑΒ και ΒΓ κατασκευάζουµε τα ισόπλευρά τρίγωνα ΑΒΕ και ΒΓ∆. Να

δειχτεί ότι: Α∆=ΓΕ.

Άσκηση (10) Στο τρίγωνο ΑΒΓ η ΓΑΒ ˆ =60°. Αν Γ∆ και ΒΕ είναι τα ύψη του και Μ

το µέσο της ΒΓ, να δειχτεί ότι το τρίγωνο ∆ΕΜ είναι ισόπλευρο.

Άσκηση(11) Έστω τρίγωνο ΑΒΓ µε ΓΑΒ ˆ =30° και ΒΓΑΓΒΑ ˆ:ˆ =7:3. Η µεσοκάθετη

της ΑΒ τέµνει τη διχοτόµο της ΓΑΒ ˆ στο σηµείο Ο. Η ΟΒ τέµνει την ΑΓ στο σηµείο

∆. Να δειχτεί ότι το τρίγωνο Β∆Γ είναι ισοσκελές.

237

Άσκηση (12) Θεωρούµε τρίγωνο ΑΒΓ και Α∆ η εσωτερική διχοτόµος της Α και

Α∆=Β∆. Από το Α φέρνουµε ευθεία ε κάθετη στην Α∆ η οποία τέµνει την ΒΓ στο

σηµείο Ε, έτσι ώστε ΓΕΑ ˆ =30°. Να δειχτεί ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο.

6.4. Επιπρόσθετες κατασκευές

Οι ασκήσεις οι οποίες δυσκολεύουν ιδιαίτερα τους µαθητές είναι αυτές στις οποίες

απαιτείται επιπλέον κατασκευή. Η δυνατότητα λύσης των ασκήσεων του τύπου αυτού

είναι αποτέλεσµα της ικανότητας ανάλυσης των δεδοµένων και των ζητούµενων.

Πρέπει, όπως φυσικά και στους άλλους τύπους ασκήσεων, να παρατηρείται

προσεκτικά το σχήµα, έχοντας έτσι τη δυνατότητα να πούµε αν απαιτείται ή όχι

επιπρόσθετη κατασκευή. Βασικές τέτοιες κατασκευές είναι οι ακόλουθες:

1. Ένωση δυο σηµείων του σχήµατος.

2. Ανάπτυξη του αθροίσµατος ευθυγράµµων τµηµάτων τα οποία ανήκουν στην ίδια

ευθεία.

3. Κατασκευή καθέτων από κατάλληλο σηµείο της διχοτόµου γωνίας, προς τις

πλευρές του.

4. Εύρεση του σηµείου τοµής προέκτασης ευθυγράµµων τµηµάτων.

5. Κατασκευή διαµέσων, διχοτόµων, υψών και µεσοκαθέτων.

6. Κατασκευή ευθείας παράλληλης ή κάθετης σε άλλη δοσµένη ευθεία.

Σκοπός της εκάστοτε επιπρόσθετης κατασκευής είναι να λαµβάνονται νέες σχέσεις

µεταξύ των δεδοµένων και των ζητούµενων στοιχείων.

Έστω να λύσουµε δυο ασκήσεις µε επιπρόσθετη γεωµετρική κατασκευή

Άσκηση (13) Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και Γ∆ η εσωτερική διχοτόµος της Γ . Αν η Γ∆

χωρίζει την περίµετρο του τριγώνου ΑΒΓ σε δυο ίσα µέρη, να δειχτεί ότι το τρίγωνο

ΑΒΓ είναι ισοσκελές (Σχ.5).

Λύση Γ Α ∆ Β

Ν Μ

Σχήµα 5

Αρκεί να δειχτεί ότι δυο πλευρές ή δυο γωνίες, του τριγώνου ΑΒΓ, είναι ίσες.

Από την εκφώνηση έχουµε ότι, αφού η Γ∆ χωρίζει την περίµετρο του τριγώνου σε

δυο όσα µέρη, ΑΓ+Α∆=ΒΓ+∆Β.

238

Στις προεκτάσεις των ΑΓ, ΒΓ, προς τα Α, Β θεωρούµε τα σηµεία Μ, Ν, τέτοια

ώστε: ΑΜ=Α∆ και ΒΝ=Β∆. Τότε τα τρίγωνα ΑΜ∆ και ΒΝ∆ θα είναι ισοσκελή και

κατά συνέπεια Μ∆Α=∆ΜΑ ˆˆ , Ν∆Β=∆ΝΒ ˆˆ .

Συγκρίνουµε τα τρίγωνα ΓΜ∆ και ΓΝ∆ για τα οποία έχουµε ότι:

1) ΓΜ=ΓΝ (από την κατασκευή και ΑΓ+Α∆=ΒΓ+∆Β)

2) ∆ΓΝ=∆ΓΜ ˆˆ (Γ∆-διχοτόµος)

3) Γ∆ κοινή πλευρά

Εποµένως τα τρίγωνα αυτά θα είναι ίσα και κατά συνέπεια: ∆ΝΓ=∆ΜΓ ˆˆ

Επειδή τα τρίγωνα ΑΜ∆ και ΒΝ∆ είναι ισοσκελή και οι ΒΑΓ ˆ , ΓΒΑ ˆ είναι

εξωτερικές για τα τρίγωνα ΑΜ∆ και ΒΝ∆, αντίστοιχα, τότε θα έχουµε ότι:

∆ΜΓ=ΒΑΓ ˆ2ˆ και ∆ΜΓ=∆ΝΓ=ΓΒΑ ˆ2ˆ2ˆ . Άρα ΓΒΑ=ΒΑΓ ˆˆ και έτσι το τρίγωνο

ΑΒΓ θα είναι ισοσκελές.

Άσκηση (14) Έστω τρίγωνο ΑΒΓ µε ΒΓΑ ˆ =85° και ΓΑΒ ˆ =50°. Θεωρούµε ΓΗ και

ΒΤ τα ύψη αυτού. Να δειχτεί ότι η ΤΗ είναι διχοτόµος της ΒΤΑ ˆ (Σχ.6).

Λύση Γ Τ Μ Ν Α Η Β

Σχήµα 6 Αρκεί αν δειχτεί ότι οι αποστάσεις από τυχαίο σηµείο της ΤΗ προς στις ΑΤ και

ΤΒ, είναι ίσες ή µπορεί να δειχτεί ότι: ΒΤΗ=ΗΤΑ ˆˆ . Στη δεύτερη περίπτωση είναι

αδύνατο να καταλήξουµε αφού δεν υπάρχει η δυνατότητα να αποδειχτεί κάποια

ισότητα τριγώνων. Εποµένως αποµένει η πρώτη περίπτωση.

Έστω ΗΜ⊥ΑΤ και ΑΝ⊥ΒΤ. Μπορεί να αποδειχτεί ότι: ΜΗ=ΗΝ.

Θεωρούµε ΗΒΝ και ΗΜΓ τα δυο ορθογώνια τρίγωνα στα οποία οι ΗΜ, ΗΝ είναι

κάθετες, αντίστοιχα. Έτσι στο τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: ΓΒΗ ˆ =180°-50°-85°=45°.

Εποµένως το τρίγωνο ΗΒΓ είναι ισοσκελές, άρα ΗΒ=ΗΓ.

Αλλά ΗΓ⊥ΑΒ και ΒΤ⊥ΑΓ, άρα τα τρίγωνα ΑΗΓ και ΑΒΤ θα είναι ορθογώνια

και κοινή την ΒΑΓ ˆ =50°. Άρα ΤΒΑ=ΗΓΑ ˆˆ

Συγκρίνουµε τα ορθογώνια τρίγωνα ΗΜΓ και ΗΝΒ:

1) ΗΒ=ΗΓ (από ΗΒΓ-ισοσκελές)

239

2) ΤΒΑ=ΗΓΑ ˆˆ

Άρα τα δυο αυτά τρίγωνα θα είναι ίσα και κατά συνέπεια ΗΜ=ΗΝ.

Για ατοµική λύση προτείνονται οι ακόλουθες ασκήσεις:

Άσκηση (15) Το ύψος και η διάµεσος από την κορυφή Α τριγώνου ΑΒΓ χωρίζουν

την Α σε τρία ίσα µέρη. Να υπολογιστούν οι γωνίες του τριγώνου.

Άσκηση (16) Στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουµε ότι ΓΒΑ=ΓΑΒ ˆˆ =40°. Έστω Μ εσωτερικό

σηµείο του τριγώνου, τέτοιο ώστε ΑΒΜ ˆ =20°, ΒΑΜ ˆ =10°. Να δειχτεί ότι:

ΓΜΒ ˆ =140°.

Άσκηση (17) Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ µε βάση ΑΒ. Να προσδιοριστεί σηµείο

Μ της ΑΒ, τέτοιο ώστε η διαφορά της απόστασης από τις ΑΒ, ΒΓ να είναι ίση µε

δοσµένο ευθύγραµµο τµήµα.

Άσκηση (18) Θεωρούµε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ µε υποτείνουσα ΑΒ και σηµείο Μ

της ΑΓ, τέτοιο ώστε ΑΓΜ ˆ =30°. Αν ΒΓ=ΑΜ+ΜΓ, να δειχτεί ότι: ΒΜ=ΑΓ.

6.5. Συστηµατοποίηση των γεωµετρικών γνώσεων σχετικών µε τα τρίγωνα, τις

παράλληλες και κάθετες ευθείες

Τα θεωρήµατα και οι ιδιότητες που ακολουθούν είναι οι ελάχιστες γνώσεις,

απαραίτητες για να µπορείτε να λύνεται ασκήσεις στα τρίγωνα και στις παράλληλες,

κάθετες ευθείες. Προτείνεται, στο τέλος της διδασκαλίας του κεφαλαίου 2 της

«Θεωρητικής Γεωµετρίας» της Α΄ Λυκείου, να δίνονται στους µαθητές έτσι ώστε να

µπορούν να τα χρησιµοποιήσουν κατά τη λύση ασκήσεων. Αυτά είναι τα ακόλουθα:.

1. Το άθροισµα των γωνιών κάθε τριγώνου είναι 1800.

2. ∆εν υπάρχει τρίγωνο µε περισσότερες από µια ορθή ή αµβλεία γωνία.

3. Από τυχαία κορυφή τριγώνου διέρχεται µόνο ένα ύψος του τριγώνου

4. Κάθε εξωτερική γωνία ενός τριγώνου είναι ίση µε το άθροισµα των δυο

εσωτερικών γωνιών, όχι εφεξής µ’ αυτή.

5. Κάθε εξωτερική γωνία ενός τριγώνου είναι µεγαλύτερη από οποιαδήποτε

εσωτερική γωνία του τριγώνου, όχι εφεξής µ’ αυτή.

6. Απέναντι από την µεγαλύτερη γωνία του τριγώνου βρίσκεται µεγαλύτερη

πλευρά και αντίστροφα, απέναντι από την µεγαλύτερη πλευρά του τριγώνου

βρίσκεται µεγαλύτερη γωνία.

7. Το άθροισµα δυο τυχαίων πλευρών τριγώνου είναι µεγαλύτερο από την τρίτη

πλευρά.

8. Σε κάθε ισοσκελές τρίγωνο οι παρά την βάση γωνίες του είναι ίσες.

240

9. Αν δυο γωνίες σε ένα τρίγωνο είναι ίσες τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

10. Αν η διάµεσος και η διχοτόµος από την ίδια κορυφή ενός τριγώνου

ταυτίζονται, τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

11. Αν το ύψος και η διχοτόµος από την ίδια κορυφή ενός τριγώνου ταυτίζονται,

τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

12. Αν το ύψος και η διάµεσος από την ίδια κορυφή ενός τριγώνου ταυτίζονται,

τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

13. Αν όλες οι γωνίες ενός τριγώνου είναι ίσες, τότε το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

14. Αν η κάθετη σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο είναι ίση µε το µισό της υποτείνουσας,

τότε η γωνία απέναντι σ’ αυτή την κάθετη είναι 300.

15. Αν η γωνία απέναντι στην κάθετη πλευρά ορθογωνίου τριγώνου είναι 300, τότε

η κάθετη αυτή είναι ίση µε το µισό της υποτείνουσας.

16. Η διάµεσος προς την υποτείνουσα ενός ορθογωνίου τριγώνου είναι µε το µισό

της υποτείνουσας.

17. Πρώτο κριτήριο ισότητας τριγώνων: Αν δυο τρίγωνα έχουν δυο πλευρές ίσες

µια προς µια και τις περιεχόµενες σ’ αυτές γωνίες ίσες, τότε τα τρίγωνα είναι ίσα.

18. ∆εύτερο κριτήριο ισότητας τριγώνων: Αν δυο τρίγωνα έχουν µια πλευρά και τις

προσκείµενες σ’ αυτή γωνίες ίσες µια προς µια, τότε τα τρίγωνα είναι ίσα.

19. Τρίτο κριτήριο ισότητας τριγώνων: Αν δυο τρίγωνα έχουν τις πλευρές τους ίσες

µια προς µια, τότε τα τρίγωνα είναι ίσα.

20. Πρώτο κριτήριο ισότητα ορθογωνίων τριγώνων: Αν δυο ορθογώνια τρίγωνα

έχουν τις κάθετες πλευρές τους ίσες µια προς µια, τότε τα τρίγωνα είναι ίσα.

21. ∆εύτερο κριτήριο ισότητα ορθογωνίων τριγώνων: Αν δυο ορθογώνια τρίγωνα

έχουν µια κάθετη πλευρά και την περιεχόµενη στην πλευρά αυτή και την

υποτείνουσα ίσες µια προς µια, τότε τα τρίγωνα είναι ίσα.

22. Τρίτο κριτήριο ισότητα ορθογωνίων τριγώνων: Αν δυο ορθογώνια τρίγωνα

έχουν την υποτείνουσα και µια προσκείµενη στην υποτείνουσα γωνία ίσες µια προς

µια, τότε τα τρίγωνα είναι ίσα.

23. Τέταρτο κριτήριο ισότητα ορθογωνίων τριγώνων: Αν δυο ορθογώνια τρίγωνα

έχουν την υποτείνουσα και µια κάθετη πλευρά ίσες µια προς µια, τότε τα τρίγωνα

είναι ίσα.

24. Από σηµείο εκτός ευθείας διέρχεται µοναδική ευθεία, παράλληλη προς αυτή.

25. Από σηµείο εκτός ευθείας διέρχεται µοναδική ευθεία, κάθετη προς αυτή.

241

26. Αν δυο παράλληλες ευθείες τεµνόµενες από τρίτη, τότε σχηµατίζουν δυο εντός

εναλλάξ γωνίες ίσες

27. Αν δυο παράλληλες ευθείες τεµνόµενες από τρίτη, τότε σχηµατίζουν δυο εντός

εκτός και επί τα αυτά µέρη γωνίες ίσες.

28. Αν δυο παράλληλες ευθείες τεµνόµενες από τρίτη, τότε δυο εντός και επί τα

αυτά µέρη γωνίες είναι παραπληρωµατικές.

29. Αν δυο ευθείες τεµνόµενες από τρίτη σχηµατίζουν δυο εντός εναλλάξ γωνίες

ίσες, τότε είναι παράλληλες.

30. Κάθε σηµείο της µεσοκαθέτου ενός ευθυγράµµου τµήµατος βρίσκεται σε

απόσταση ίση από τα άκρα του.

31. Κάθε σηµείο, το οποίο ανήκει σε ίσες αποστάσεις από τα άκρα ενός

ευθυγράµµου τµήµατος, ανήκει στην µεσοκάθετο του ευθυγράµµου αυτού τµήµατος.

32. Οι αποστάσεις τυχαίου σηµείου της διχοτόµου γωνίας από τις πλευρές αυτής,

είναι ίσες.


Οι προαναφερόµενοι τρόποι συστηµατοποίησης αναφέρονται σε θέµατα της

αξιωµατικής γεωµετρίας της Α΄ Λυκείου. Με τον τρόπο ανάλογο µπορεί να γίνει

συστηµατοποίηση και άλλων γεωµετρικών εννοιών, καθώς και αλγεβρικών εννοιών.

Επιµένουµε περισσότερο στη γεωµετρία, διότι από την φύση της είναι δύσκολο και

ίσος αδύνατο, να βρεθεί κάποιος τρόπος-µέθοδος λύσης κάποιας οµάδας ασκήσεων,

σε αντίθεση µε την άλγεβρα.

Με την συστηµατοποίηση ενισχύεται ο τρόπος σκέψης ο οποίος οδηγεί στη λύση

δεδοµένης άσκησης. Βασικός σκοπός είναι η δηµιουργία ενδιαφέροντος και της

δυνατότητας για ατοµικά λύση ασκήσεων. Αυτό µπορεί να θεωρηθεί και το

βασικότερο στάδιο κατά την προετοιµασία των µαθητών για τις εξετάσεις.

Είναι γενικά παραδεχτό ότι ο µεγάλος αριθµός των ασκήσεων που προτείνονται για

λύση, δεν έχει πάντα θετικά αποτελέσµατα. Με µικρό και σωστά επιλεγµένο αριθµό

ασκήσεων είναι δυνατό να επιτευχθούν οι εκάστοτε διδακτικοί σκοποί. Οι

συστηµατοποίηση βοηθάει ακριβός σ’ αυτό το σκοπό.

Γεγονός εποµένως είναι ότι ο συστηµατοποιηµένος παράγοντας πρέπει να γίνει

σκοπός κάθε φορά που απαιτείται η εισαγωγή ή εξάσκηση µιας µαθηµατικής έννοιας.

Ένας προτεινόµενος τρόπος συστηµατοποίησης των µαθηµατικών γνώσεων είναι

και η συγκέντρωση θεµάτων σχετικών µεταξύ τους σε ένα βιβλίο. Επίσης αρκετά θα

242

βοηθούσε τους µαθητές, κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων και ένα βιβλίο-

βοήθηµα το οποίο θα ήταν µικρών διαστάσεων και θα περιείχε όλα όσα πρέπει να

γνωρίζει για κάποιο θέµα (χωρίς αποδείξεις), ανατρέχοντας σ’ αυτό όποτε του είναι

απαραίτητο.

7. Ακραίες ασκήσεις υπολογισµού εµβαδού Οι ασκήσεις, τις οποίες υποδειγµατικά θα λύσουµε, αναφέρονται στο γνωστικό

επίπεδο της Γεωµετρίας Β΄ Λυκείου, µε το υπάρχον εκπαιδευτικό πρόγραµµα και

πρέπει να λύνονται από τους αντίστοιχους µαθητές κατά την επανάληψη.

Προτείνεται για την τελευταία άσκηση, η οποία δεν είναι λυµένη, να σταλούν

λύσεις από µαθητές, στη διεύθυνση του περιοδικού.

Άσκηση (1) Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α =90°). Με διαµέτρους ΑΒ, ΑΓ και ΒΓ

κατασκευάζουµε ηµικύκλια κ1, κ2 και κ3, αντίστοιχα. Από τη κορυφή Α φέρνουµε

ευθεία ε, εξωτερικά για το τρίγωνο ΑΒΓ, η οποία τέµνει τα κ1, κ2 και κ3 στα σηµεία

Μ, ∆ και Ν, αντίστοιχα. Να δειχτεί ότι: (ΒΝΓ)=(ΑΓ∆)+(ΑΒΜ).

Λύση

Σχήµα 1

Έχουµε ότι: ΓΑ∆=ΑΒΜ ˆˆ , γιατί είναι οξείες γωνίες µε πλευρές κάθετες (Σχήµ1).

Επίσης ισχύει ότι: ΓΑ∆=ΝΓ

=ΓΒΝ ˆ2

ˆ , άρα ΑΒΜ=ΓΑ∆=ΓΒΝ ˆˆˆ . Εποµένως τα

ορθογώνια τρίγωνα ΒΝΓ, ΑΓ∆ και ΑΒΜ είναι όµοια µεταξύ τους και κατά συνέπεια

θα έχουµε ότι: 2

)(

)(

ΑΓΒΓ

=ΑΓ∆ΒΝΓ

, 2

)(

)(

ΑΓΒΓ

=ΑΒΜΒΝΓ

και 2

)(

)(

ΑΒΑΓ

=ΑΒΜΑΓ∆

. Αυτό

σηµαίνει ότι: (ΒΝΓ):(ΑΓ∆):(ΑΒΜ)=ΒΓ2:ΑΓ2:ΑΒ

2, το οποίο είναι ισοδύναµο µε

(ΒΝΓ)=λ.ΒΓ2, (ΑΓ∆)=λ.ΑΓ2 και (ΑΒΜ)=λ.ΑΒ

2, όπου λ είναι ο λόγος οµοιότητας.

Εποµένως (ΑΓ∆)+(ΑΒΜ)=λ.ΑΓ2+λ.ΑΒ

2=λ.(ΑΓ2+ΑΒ

2)=λ.ΒΓ2=(ΒΝΓ), από το

οποίο λαµβάνεται ότι: (ΒΝΓ)=(ΑΓ∆)+(ΑΒΜ), το οποίο και έπρεπε να αποδειχτεί.

Άσκηση (2) Έστω τρίγωνο ΑΒΓ µε Α∆, ΒΕ και ΓΖ οι διάµεσοί του, Μ το

βαρύκεντρό του. Να δειχτεί ότι: το εµβαδόν Ε του τριγώνου µε πλευρές τις διάµεσους

του τριγώνου ΑΒΓ, είναι ίσο µε τα 3/4 του τριγώνου ΑΒΓ.

243

Λύση

Γ ∆

Ε

Α Μ Β

Ζ

Σχήµα 2 Προεκτείνετε η ΓΖ, προς το µέρος του Ζ, έτσι ώστε ΜΖ=ΖΗ (Σχήµ2). Τότε το

τετράπλευρο ΜΒΗΑ είναι παραλληλόγραµµο, αφού οι διαγώνιοί του διχοτοµούνται.

Εποµένως ΑΗ=ΜΒ=3

2ΒΕ. Άρα οι διάµεσοι του τριγώνου ΑΒΓ λαµβάνονται από τις

πλευρές του τριγώνου ΑΜΗ µετά από πολλαπλασιασµό τους µε το3

2. Επειδή τα

τρίγωνα ΑΒΜ και ΑΒΓ έχουν την ίδια βάση και για τα ύψη τους ισχύει ότι και για τις

διάµεσους τους, δηλαδή ΜΖ:ΓΖ=1:3, θα έχουµε ότι (ΑΒΓ)=3(ΑΒΜ). Οµοίως

(ΑΒΓ)=3(ΒΜΓ) και (ΑΒΓ)=3(ΑΜΓ). Εποµένως το τρίγωνο ΑΒΓ χωρίζεται σε τρία

ισεµβαδικά τρίγωνα ΑΒΜ, ΒΜΓ και ΑΜΓ.

Έχουµε όµως ότι τα τρίγωνα ΜΖΒ και ΑΖΗ είναι ίσα και έτσι

(ΑΒΓ)=3(ΑΜΗ)=3(ΑΒΜ).

Αφού το τρίγωνο, µε πλευρές ίσες µε τις διάµεσους του τριγώνου ΑΒΓ, είναι όµοιο

µε το τρίγωνο ΑΜΗ µε λόγο οµοιότητας 3/2, θα έχουµε ότι για το ζητούµενο εµβαδόν

Ε θα ισχύει: )(4

3)(

3

1.

4

9)(

4

9

2

3

)(

2

ΑΒΓ=Ε⇔ΑΒΓ=Ε⇔ΑΜΗ=Ε⇔

=

ΑΜΗΕ

,

το οποίο και έπρεπε να αποδειχτεί.

Άσκηση (3) Έστω παραλληλόγραµµο ΑΒΓ∆. Στις προεκτάσεις των πλευρών ΑΒ και

Α∆ (προς τα σηµεία Β και ∆) θεωρούµε τα σηµεία Ε και Ζ, αντίστοιχα. Να δειχτεί

ότι: (ΑΒΚ∆)=(ΚΕΓΖ).

Λύση Ζ

∆ Θ Ρ Γ

Α Η Ι Β Ε

Σχήµα 3 Έστω ∆Η⊥ΑΒ, ΘΙ⊥ΑΒ (διερχόµενο από το σηµείο Κ) και ΡΕ⊥ Γ∆ (Σχήµ3). Τότε θα έχουµε: (ΑΒΚ∆)=(ΑΒΚ)+(Α∆Κ) (1) (ΚΕΓΖ)=(ΚΓΕ)+(ΖΚΓ) (2)

244

(ΑΒΚ)+(Γ∆Κ)=2

)(

2

.

2

..

2

.

2

. ΑΒΓ∆=

ΘΙΑΒ=

ΚΘΓ∆+ΚΙΑΒ=

ΚΘΓ∆+

ΚΙΑΒ (3)

Οµοίως (Α∆Κ)+(ΓΒΚ)=2

)(ΑΒΓ∆ (4)

Ισχύει ότι: (Γ∆Ε)=2

)(

2

. ΑΒΓ∆=

ΡΕΓ∆ και κατά συνέπεια θα ισχύει ότι:

(ΓΚΕ)+(Γ∆Κ)=(Γ∆Ε)=2

)(ΑΒΓ∆ (5)

Οµοίως (ΖΚΓ)+(ΓΒΚ)=(ΓΒΖ)= 2

)(ΑΒΓ∆ (6)

Από τις σχέσεις (3) και (5) λαµβάνουµε ότι: (ΑΒΚ)=(ΓΚΕ) (7) Από τις σχέσεις (4) και (6) λαµβάνουµε ότι: (Α∆Κ)=(ΖΚΓ) (8) Εποµένως από τις σχέσεις (1), (2), (7) και (8) θα έχουµε ότι: (ΑΒΚ∆)=(ΚΕΓΖ). Άσκηση (4) Έστω τρίγωνο ΑΒΓ µε Α <90°. Να υπολογιστεί το εµβαδόν του τριγώνου, αν οι διάµεσοί του τέµνονται κάθετα.

Λύση Γ Ε Η Β ∆ Α Σχήµ4 Έστω Γ∆ και ΒΕ οι διάµεσοι του τριγώνου ΑΒΓ και Γ∆⊥ΒΕ (Σχήµ4).

Έχουµε ότι: (ΑΒΓ)=2

1.ΑΒ.ΑΓ.ηµ Α (1)

Το γινόµενο ΑΒ.ΑΓ είναι δυνατόν να υπολογιστεί µε τη βοήθεια του νόµου

συνηµίτονου: ΒΓ2=ΑΒ2+ΑΓ

2-ΑΒ.ΑΓ.συν Α ⇔ ΑΒ.ΑΓ=Α

ΒΓ−ΑΓ+ΑΒˆ

222

συν (2)

Στο τετράπλευρο ΑΒΓ∆ οι διαγώνιοι είναι κάθετες και µε βάση το Πυθαγόρειο

θεώρηµα θα έχουµε, ότι: στο ορθογώνιο τρίγωνο ΓΗΕ: ΓΕ2=ΓΗ2+ΕΗ2 (3)

στο ορθογώνιο τρίγωνο Β∆Η: Β∆2=ΒΗ2+Η∆2 (4)

στο ορθογώνιο τρίγωνο Ε∆Η: Ε∆2=ΕΗ2+Η∆2 (5)

στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΓΗ: ΓΒ2=ΓΗ2+ΒΗ2 (6)

Προσθέτουµε τις σχέσεις (3), (4) και (5), (6), κατά µέλη και θα έχουµε ότι: ΓΕ

2+Β∆2=Ε∆2+ΓΒ2 (7)

Επίσης έχουµε ότι ΓΕ=2

ΑΓ (ΒΕ-διάµεσος), Β∆=

2

ΑΒ (Γ∆-διάµεσος) και Ε∆=

2

ΓΒ (Ε,

∆ µέσα των ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα) και κατά συνέπεια από την (7) λαµβάνουµε ότι:

⇔ΓΒ+

ΓΒ

=

ΑΒ

+

ΑΓ 2

222

222ΑΓ

2+ΑΒ2=5ΓΒ2 (8)

Από τις (2), (8) έχουµε ότι: ΑΒ.ΑΓ=ΑΒΓ−ΓΒˆ

5 22

συν⇔ ΑΒ.ΑΓ=

ΑΓΒ

ˆ4 2

συν (9)

245

Από τις (1), (9) έχουµε ότι: (ΑΒΓ)=2

1.

ΑΓΒ

ˆ4 2

συν. ηµ Α ⇔ (ΑΒΓ)=2ΓΒ2.εφ Α .

Άσκηση (5) Να δειχτεί ότι το εµβαδόν τετραπλεύρου ΑΒΓ∆ µε πλευρές α, β, γ και δ

δίνεται από τον τύπο: 2

ˆˆ.))()()(( 2 Γ+Α

−−−−− συναβγδδτγτβτατ , όπου 2τ=α+β+γ+δ.

8. Ακραίες ασκήσεις ανισοτήτων Οι ασκήσεις που υποδειγµατικά εν συνεχεία θα λυθούν, απευθύνονται σε µαθητές της Α΄ Λυκείου µε το υπάρχον εκπαιδευτικό πρόγραµµα. Αρµόζει να δίνονται για λύση σε µαθητές µε αυξηµένο το ενδιαφέρον για τα µαθηµατικά. Η τελευταία άσκηση, η οποία δεν είναι λυµένη, προτείνεται να λυθεί από ενδιαφερόµενους µαθητές και να σταλούν στη διεύθυνση του περιοδικού.

Άσκηση (1) Αν α>0, β>0 και α≠ β, να δειχτεί ότι ισχύουν τα ακόλουθα:

α) 22

22 βαβα +<

+ β)

2

βααβ +< γ) αβ

βααβ

<+

2

Λύση

α) Υποθέτουµε ότι ισχύει: 22

22 βαβα +<

+ (1)

2222

22

+<

+ βαβα

(2)

( )

24

222 βαβα +=

+ (3)

24

2 2222 βααββα +<

++ (4)

α2+β2+2αβ<2α2+2β2 (5)

-α2-β2+2αβ<0 (6)

-(α-β)2 (7)

Η σχέση (7) ισχύει αφού (α-β)2>0 και α≠ β.

Αντίστροφα: Από (7)⇒ (6)⇒ (5) ⇒ (4) ⇒ (3) ⇒ (2) ⇒ (1), άρα αποδείχτηκε η σχέση

22

22 βαβα +<

+, αν α>0, β>0 και α≠ β.

Παρατήρηση: Στις επόµενες ασκήσεις θα κάνουµε την υπόθεση ότι η ζητούµενη σχέση ισχύει και θα συνεχίζουµε µε «⇔ », δεχόµενοι έτσι ότι το αντίστροφο ισχύει. Στην αντίθετη περίπτωση, αυτό θα επισηµαίνεται.

β)Υποθέτουµε ότι:2

βααβ +< ⇔ ( )

22

2

+

<βααβ ⇔ ( ) ( )2

2

4

βααβ +< ⇔

246

⇔ αβ <4

2 22 βαβα ++⇔ αβ<

4

2 22 βαβα ++⇔

⇔ 4αβ<α2+2αβ+β2⇔ -α2-β2+2αβ<0⇔ -(α-β)2<0, το οποίο ισχύει και κατά συνέπεια θα ισχύει και η ζητούµενη ανίσωση.

γ) Υποθέτουµε ότι ισχύει: αββα

αβ<

+2

⇔ ( )22

2 αββα

αβ<

+

⇔

( ) αβ

βααβ

<+

⇔22

22⇔ αβ

βαβα

<+ 2

22

)(

4⇔

⇔ 4α2β

2<αβ(α+β)2⇔ 4α2β

2-αβ(α+β)2<0⇔

⇔ αβ[4αβ-(α+β)2]<0⇔ αβ(4αβ-α2-2αβ-β2) ⇔

⇔ αβ(2αβ-α2-β2)<0⇔ αβ[-(α-β)2]<0, το οποίο ισχύει και κατά συνέπεια θα ισχύει και η ζητούµενη σχέση.

Παρατήρηση: Οι προαναφερόµενες τρεις περιπτώσεις (α), β) και γ)), είναι δυνατό να γραφούν ως µια τριπλή ανίσωση, δηλαδή:

βαβα

αβαββαβα11

22

22

22

+=

+>>

+>

Αν α=β, τότε: βα

αβαββαβα+

≥≥+

≥2

22

22

, α≥0, β≥0.

Οι αριθµοί

βα

αββαβα11

2,,

2,

2

22

+

+, λέγονται µέσο τετραγωνικό, µέσο

αριθµητικό, µέσο γεωµετρικό και µέσο αρµονικό αντίστοιχα. Γεωµετρικά αυτά µπορούν να ερµηνευτούν µε τον ακόλουθο τρόπο:

∆ β Γ

Ν Η

Ε Ο Μ

Κ Ζ Θ Λ

Ρ Π

Α α Β

Σχήµα 1

1. ΚΛ=2

ba+, διάµεσος τραπεζίου.

247

2. ΕΜ=

βα11

2

+, παράλληλη προς στις βάσεις τραπεζίου ΑΒΓ∆ και διερχόµενη από

το σηµείο τοµής των διαγωνίων του.

3. ΝΗ= αβ , παράλληλη προς στις βάσεις τραπεζίου ΑΒΓ∆ και το διαιρεί σε δυο

όµοια τραπέζια.

4. ΡΠ=2

22 βα +, παράλληλη προς στις βάσεις τραπεζίου ΑΒΓ∆ και διαιρεί αυτό

σε δυο ισεµβαδικά τραπέζια. Εν συνεχεία θα αποδείξουµε τις προαναφερόµενες τέσσερις σχέσεις (Σχήµ.1).

1. Επειδή ΚΖ//α και Κ µέσο του Α∆ θα έχουµε ότι στο τρίγωνο Α∆Γ το Ζ θα είναι

µέσο της πλευράς ΑΓ και κατά συνέπεια ΚΖ=2

β. Επίσης στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουµε

ότι: ΖΛ=2

α. Άρα ΚΛ=ΚΖ+ΛΖ=

2

βα +

2. Από την οµοιότητα των τριγώνων ΑΟΕ και ΑΓ∆ ( ΓΑ∆ ˆ κοινή και ΑΓ∆=ΑΟΕ ˆˆ )

έχουµε ότι: ΑΓΟΑ

=ΟΕβ

(1)

Από την οµοιότητα των τριγώνων ΒΟΜ και ΒΓ∆ ( ΓΑ∆ ˆ κοινή και ΒΓ∆=ΟΜΒ ˆˆ )

έχουµε: ΑΓΟΑ

=ΟΜβ

(2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) συνεπάγεται ότι: ΟΕ=ΟΜ και εποµένως ΕΜ=2ΟΕ (3)

Αλλά βα

αβα

+=

ΑΓΟΑ

⇔=ΟΓΟΑ

(4)

Άρα ΟΕ=βα

αβ+

και έτσι από την σχέση (3) θα έχουµε ότι: ΕΜ=

βαβα

αβ11

22

+=

+.

3. Από την οµοιότητα των τραπεζίων ΝΗΓ∆ και του ΑΒΗΝ έχουµε ότι:

αβαβ

=ΝΗ⇔ΝΗ

=ΝΗ

.

4. Προεκτείνουµε τις Α∆ και ΒΓ και έστω Ρ το σηµείο τοµής τους (Σχήµ.2)

Ρ

S2

∆ β Γ

S1

Μ Ν

S1

Α α Β Σχήµα 2

248

Τα τρίγωνα ΜΝΡ, ∆ΓΡ και ΑΒΡ είναι όµοια. Έστω S1=SΜΝΓ∆, S2=S∆ΓΡ. Από την οµοιότητα των τριγώνων ΜΝΡ και ∆ΓΡ έχουµε ότι:

221

2

22

22

2

12

2

2

21

ββ

ββ

β −ΜΝ=⇔

−ΜΝ=⇔

ΜΝ=

+ SS

S

S

S

SS (1)

Από την οµοιότητα των τριγώνων ΜΝΡ και ΑΒΡ έχουµε ότι: 2

2

21

21

2 αΜΝ

=++

SS

SS (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) λαµβάνουµε ότι:

222

22

2

2

22

2

2

2

221

2

1

221

2

1 βααβα

ββ

ββ

+=ΜΝ⇔

ΜΝ=

−ΜΝΜΝ

⇔ΜΝ

=

−ΜΝ+

−ΜΝ+

SS

SS

.

Άσκηση (2). Αν α≥0, β≥0, γ≥0 και δ≥0, να δειχτεί ότι: 4

4αβγδδγβα

≥+++

.

Λύση

Είναι γνωστό ότι xyyx

≥+2

. Θέτουµε 2

,2

δγβα +=

+= yx και µετά από

αντικατάσταση θα έχουµε τα ακόλουθα: ⇔

+

+

≥

++

+

2.

2222 δγβαδγβα

Εποµένως αποδείξαµε ότι: 4

4αβγδδγβα

≥+++

.

Παρατήρηση: Στη προηγούµενη άσκηση αποδείξαµε ότι το µέσο αριθµητικό τεσσάρων αριθµών είναι µεγαλύτερο από το µέσο γεωµετρικό τους.

Άσκηση (3) Αν α≥0, β≥0 και γ≥0, να δειχτεί ότι: 3

4αβγγβα

≥++

.

Λύση

Στην ανίσωση 4

4αβγδδγβα

≥+++

αντικαθιστάµε το α µε x, το β µε y το γ µε

z και το 4

δγβα +++ µε

3

zyx ++ και έτσι λαµβάνουµε ότι:

δ=3

4(x+y+z)-(x+y+z)=

3

zyx ++. Τότε έχουµε τα ακόλουθα:

⇔++

≥

++

⇔++

≥++

3

zyx.

4

zyx

3

zyx.

3

zyx4

4 xyzxyz

33

33

zyx αβγγβα≥

++⇔≥

++⇔ xyz .

Άσκηση (4) Αν α1≥0, α2≥0,…,αν≥0, ν∈Ν*-1, να δειχτεί ότι ισχύει:

νν

ν αααν

ααα...

...21

21 ≥+++

.

4

2.

24αβγδγδαβδγβαδγβα

=≥

+

+

≥+++

249

9. Πολυωνυµικές ανισώσεις – ένα θεώρηµα

9.1. Θεώρηµα

Όπως είναι γνωστό αν η δευτεροβάθµια εξίσωση f(x)=αx2+βx+γ=0 έχει

πραγµατικές ρίζες (∆>0) µε x1<x2, τότε το τριώνυµο παραγοντοποιείται ως εξής:

f(x)=α(x-x1)(x-x2). Τότε στα διαστήµατα (-∞, x1) και (x2, +∞) η δευτεροβάθµια

συνάρτηση f(x) έχει το ίδιο πρόσηµο µε του α, ενώ στο διάστηµα (x1, x2) το πρόσηµο

της f(x) είναι αντίθετο του α.

Θεώρηµα: Αν x1, x2,…, xν είναι τυχαίοι πραγµατικοί αριθµοί µε x1<x2<…<xν, τότε

για τη συνάρτηση f(x)=ρ(x-x1)(x-x2)…(x-xν) ισχύουν τα ακόλουθα:

α) Σε κάθε ένα από τα διαστήµατα ∆1=(-∞, x1), ∆2=(x1, x2), …, ∆ν=(xν-1, xν),

∆ν+1=(xν, +∞).

β) Στα γειτονικά διαστήµατα ∆i, ∆i+1 η f(x) έχει αντίθετα πρόσηµα.

γ) Στο διάστηµα ∆ν+1=(xν, +∞) η f(x) έχει το ίδιο πρόσηµο µε το ρ.

Απόδειξη

α) Έστω οι αριθµοί α1, α2 µε α1<α2 οι οποίοι ανήκουν στο ίδιο διάστηµα, για

παράδειγµα στο ∆µ+1. Τότε x1<x2<…<xµ<α1<α2<…<xν και πρόσηµα α1-x1>0,

α1-x2>0,…,α1-xµ>0, α1-xµ+1<0, …, α1-xν<0 και α2-x1>0, α2-x2>0,…,α2-xµ>0,

α2-xµ+1<0, …, α2-xν<0. Αλλά από τα προαναφερόµενα διαπιστώνεται ότι:

α(α1-xi).(α2-xi)>0, i=1,…ν. Εποµένως:

f(α1).f(α2)=[ρ(α1-x1)(α1-x2)…(α1-xν)].[ ρ(α2-x1)(α2-x2)…(α2-xν)] ⇔

⇔ f(α1).f(α2)=ρ2[(α1-x1)(α2-x1)]…[(α2-xν)(α2-xν)]>0⇔ f(α1).f(α2)=ρ

2(α1-xi).(α2-xi)>0,

i=1,…ν., από το οποίο συµπεραίνεται ότι οι αριθµοί f(α1) και f(α2) είναι οµόσηµοι.

β) Έστω οι αριθµοί α1 και α2 ανήκουν σε γειτονικά διαστήµατα, για παράδειγµα ∆µ

και ∆µ+1. Τότε x1<x2<…<α1<xµ<α2<…<xν και πρόσηµα α1-x1>0, α1-x2>0,…,

α1-xµ-1>0, α1-xµ<0, α1-xµ+1<0,…, α1-xν<0 και α2-x1>0, α2-x2>0,…,α2-xµ-1>0, α2-xµ>0,

α2-xµ+1<0,…, α2-xν<0. Ανάλογα µε την περίπτωση α) και για κάθε i ≠ µ, i, µ=1,…ν,

λαµβάνεται ότι (α1-xi)(α2-xi)>0, ενώ (α1-xµ)(α2-xµ)<0. Εποµένως για το γινόµενο:

f(α1).f(α2)=[ρ(α1-x1)(α1-x2)…(α1-xν)].[ ρ(α2-x1)(α2-x2)…(α2-xν)] ⇔

⇔ f(α1).f(α2)=ρ2[(α1-x1)(α2-x1)]…[(α2-xν)(α2-xν)], το (α1-xµ)(α2-xµ) είναι αρνητικό,

ενώ τα υπόλοιπα είναι θετικά, άρα f(α1).f(α2)<0, από το οποίο συµπεραίνεται ότι οι

αριθµοί f(α1) και f(α2) είναι αντίθετοι.

250

γ) Έστω α0∈(xν, +∞), τότε x1<x2<…<xν<α0, άρα α0-xj>0 για κάθε j=1,2,…,ν και

τότε (α0-x1) (α0-x2)…(α0-xν)>0. Εποµένως το f(α0)=ρ((α0-x1) (α0-x2)…(α0-xν) είναι

οµόσηµο του ρ.

Πρακτικά το θεώρηµα αυτό εφαρµόζεται ως εξής: Πρώτα τοποθετούνται οι

αριθµοί x1, x2,…,xν πάνω στον άξονα των πραγµατικών αριθµών. Εν συνεχεία στο

διάστηµα (xν, +∞) γράφεται το πρόσηµο το ρ και στο τέλος γράφονται τα πρόσηµα

στα υπόλοιπα διαστήµατα εναλλάξ, προσδιορίζοντας έτσι το πρόσηµο του f(x).

Άσκηση 1 Για τις διάφορες τιµές του x∈R, να προσδιοριστεί του πρόσηµο του

γινοµένου f(x)= -5x(x-2)(x-1)(x+2).

Λύση

Με τη βοήθεια του θεωρήµατος έχουµε ότι (Σχήµα 1):

-∞ -2 + 0 1 + 2 +∞

- - -

Σχήµα 1

Η γραφική παράσταση Cf της συνάρτησης f(x) φαίνεται στο Σχήµα 2, από την

οποία µπορεί να διαπιστωθεί σε ποια διαστήµατα η γραφική της παράσταση είναι

κάτω από τον άξονα x´x (άρα f(x)<0) και σε ποια πάνω από τον x´x (άρα f(x)>0).

5 3 1 1 3 5

4 0 0

2 0 0

2 0 0

Εποµένως f(x)>0 για κάθε x∈(-2, 0)∪ (1, 2), ενώ f(x)<0 για κάθε

x∈(-∞, -2)∪ (0, 1) ∪ (2, +∞). Για x= -2 ή x=0 ή x=1 ή x=2 το γινόµενο f(x) είναι

ίσο µε το µηδέν.

Εν συνεχεία θα δούµε τον τρόπο λύσης ανισώσεων οι οποίες ανάγονται στην

µορφή f(x)=ρ(x-x1)(x-x2)…(x-xν).

Άσκηση 2 Να λυθεί η ανίσωση: xxx

41

1

3

2

2+≥

−+

−

y΄

y

x x΄

251

Λύση

Μεταφορά στο πρώτο µέλος: 04

11

3

2

2≥−−

−+

− xxx

Παραγοντοποίηση παρανοµαστών: ∆εν είναι απαραίτητη

Οµώνυµα κλάσµατα: 0)2)(1(

)2)(1(4

)2)(1(

)2)(1(

)2)(1(

)2(3

)2)(1(

)1(2≥

−−−−

−−−−−

−−−

−+

−−−

xxx

xx

xxx

xxx

xxx

xx

xxx

xx

Κοινός παρανοµαστής: 0)2)(1(

)2)(1(4)2)(1()2(3)1(2≥

−−−−−−−−−+−

xxx

xxxxxxxxx

Το Ε.Κ.Π. διάφορο του 0: x(x-1)(x-2)≠ 0⇔ x≠ 0 και x≠ 1 και x≠ 2

Πράξεις: 0)2)(1(

8844236322 22322

≥−−

−++−−+−−+−xxx

xxxxxxxxxx ⇔

⇔ 0)2)(1(

8223

≥−−

−++−xxx

xxx

Παραγοντοποίηση αριθµητή: Σχήµα Horner

-1 1 2 -8 ρ= -2

2 -6 8

-1 3 -4 0

0)2)(1(

)43)(2( 2

≥−−

−+−+xxx

xxx µε ∆= -7<0, άρα –x2+3x-4<0 εποµένως 0

)2)(1(

2≤

−−+

xxx

x.

Λαµβάνοντας υπό όψιν ότι το πηλίκο Α/Β έχει το ίδιο πρόσηµο µε το γινόµενο ΑΒ,

η τελευταία ανίσωση µετατρέπεται ισοδύναµα σε x(x-1)(x-2)(x+2)<0. Με βάση το

προαναφερόµενο θεώρηµα θα έχουµε τα εξής (Σχήµα 3):

Με τη βοήθεια του θεωρήµατος έχουµε ότι:

-∞ + -2 0 + 1 2 + +∞ - -

Σχήµα 3 Άρα x∈[-2, 0)∪ (1, 2)

9.2. Παρατήρηση

Το προαναφερόµενο θεώρηµα δεν µπορεί να εφαρµοστεί στην περίπτωση που

mkkk xxxxxxxf )...()()()( 2121 νρ −−−= , και k1, k2,…km τουλάχιστον ένας άρτιος

αριθµός, i=1,…,ν, m *N∈ . Τότε εφαρµόζεται η µέθοδος του πίνακα. Το

προαναφερόµενο θεώρηµα µπορεί να εφαρµοστεί µόνο όταν όλες οι δυνάµεις k1,

k2,…km , m*N∈ είναι περιττοί αριθµοί.

252

Άσκηση 3 Για τις διάφορες τιµές του x∈R, να προσδιοριστεί του πρόσηµο του

γινοµένου f(x)=x(x-1)(x-2)(x+1)2.

Λύση

∆ηµιουργούµε τον πίνακα του Σχήµατος 4 µε σηµεία στον άξονα τις τιµές που

µηδενίζουν τα x, x-1, x-2 και x+1.

X -∞ -1 0 1 2 +∞ X - - + + +

x-1 - - - + + x-2 - - - - +

(x+1)2 + + + + + f(x) - - + - +

Σχήµα 4

Από τον πίνακα συµπεραίνεται ότι f(x)>0 για κάθε x∈(0, 1)∪ (2, +∞), f(x)<0 για

κάθε x∈(-∞, -1)∪ (-1, 0) ∪ (1, 2), ενώ f(x)=0 για x= -1, ή x=0, ή x=1, ή x=2.


Άσκηση 4 Να λυθούν οι ακόλουθες ανισώσεις:

α) 2

1

2

3

2

1−>

−−

−+

xx

x β) 0

1

1

3

2

2

3>

+−

+−

+ xxx γ) 0

352

1542

2

>+−−−

xx

xx

δ) 0652

6423

23

<−−+−++

xxx

xxx ε)

xxx

x

xx

x

−≤

+−−

−+−

−3

1

34

23

23

2122

Άσκηση 5 Να λυθούν οι ακόλουθες ανισώσεις:

α) 31

132

2

<++−−

xx

xx β) 1

23

232

2

<+++−

xx

xx γ) 1

2

34

<++

xx

xx

Άσκηση 6 Για ποιες τιµές τις παραµέτρου λ∈R η ανίσωση 31

12

2

<+++−

xx

xx λ ισχύει

για κάθε x;

10. Η µορφή, η θέση και ο ρόλος των σχολικών βοηθηµάτων κατά τη

λύση µαθηµατικών ασκήσεων


Στην Αρχαία Αίγυπτο και στην Αρχαία Βαβυλώνα γινόταν δογµατικά χωρίς

εξήγηση. Στους τότε µαθητές δίνονταν έτοιµες λυµένες ασκήσεις της εποχής αυτής,

όπως για παράδειγµα αυτές του Παπύρου Rind. Για το λόγο αυτό λέγεται ότι την

περίοδο αυτή είχε δοθεί προσοχή µόνο στο «Πως» θα λυθεί µια άσκηση.

253

Στην Αρχαία Ελλάδα δόθηκε προσοχή ιδιαίτερα στο «Γιατί» να αποδειχτεί ή να

λυθεί µε τον συγκεκριµένο τρόπο. Υπήρχαν δυο τρόποι σκέψης κατά τη λύση

µαθηµατικών ασκήσεων. Ο πρώτος ανήκει στον Ευκλείδη και ο δεύτερος τρόπος

είναι συνδεδεµένος µε τον Έλληνα µαθηµατικό Πάππο.

Τον 20ο αιώνα ο Polya στα δυο προαναφερόµενα διδακτικά ερωτήµατα

συµπλήρωσε και προσέγγισε την απάντηση του «Πως θα σκεφτούµε» να αρχίσουµε

τη λύση δεδοµένης µαθηµατικής άσκησης (ή την απόδειξη θεωρήµατος). Κατά το

µηχανισµό λύσης µαθηµατικών ασκήσεων τις περισσότερες φορές το τελευταίο

διδακτικό ερώτηµα παραλείπεται. Παρόλα αυτά το ερώτηµα αυτό δεν είναι απόλυτα

νέο. Η προσέγγισή του από τον Polya είναι αναµφισβήτητα διδακτική καινοτοµία.

Αλλά από την Αρχαία Ελληνική περίοδο των µαθηµατικών γίνονταν προσπάθειες

προσέγγισης του πως θα σκεφτούµε για τη λύση δεδοµένης µαθηµατικής άσκησης,

γεγονός που φαίνεται στην ανάλυση προβληµάτων γεωµετρικής κατασκευής.

10.2. Σχολικά βοηθήµατα λύσης µαθηµατικών ασκήσεων

Η δηµιουργία ενδιαφέροντος για λύση ασκήσεων, µπορεί να γίνει αφού γίνουν οι

ακόλουθες ενέργειες:

α. Λύση ασκήσεων από τους µαθητές µε την βοήθεια του καθηγητή και λύση

ασκήσεων από τους µαθητές.

β. Σωστή εκλογή και τοποθέτηση ασκήσεων για λύση.

γ. Εξασφάλιση της σκοπιµότητας της ενέργειας «λύση της άσκησης» µε την ανάλυση

των σταδίων για τη λύσης της (τρόπος σκέψης Ευκλείδη ή Πάππου).

δ. Προκαταβολική ανάλυση και συστηµατοποίηση των διδασκόµενων µαθηµατικών

γνώσεων.

ε. ∆ιαιρούµενη και στην ώρα τους διατύπωση όλων των σχετικών εννοιών.

ζ. Αναγκαία είναι η ταξινόµηση των θεωρηµάτων και των ορισµών µε την λύση

ασκήσεων.

Στην ανάπτυξη της ευρετικής ικανότητας των µαθητών για λύση µαθηµατικών

ασκήσεων συµβάλουν και τα σχολικά βοηθήµατα. Πρέπει η δοµή τους να είναι τέτοια

έτσι ώστε να προετοιµάζουν τους µαθητές για τη νέα έννοια καθώς και για την

επιβεβαίωση, εκµάθηση και επέκταση των γνώσεων σχετικών µ’ αυτή και τη λύση

σχετικών µαθηµατικών ασκήσεων. Για το σκοπό αυτό τα σχολικά βοηθήµατα

προτείνουν λυµένες ασκήσεις, πανοµοιότυπες µ’ αυτές που δίνονται για λύση. Έτσι

αδιαµφισβήτητα τα σχολικά βοηθήµατα βοηθούν τους µαθητές στη λύση

254

µαθηµατικών ασκήσεων. Αυτό το οποίο παρατηρείται είναι ότι δίνονται οι λύσεις των

ασκήσεων έτοιµες, χωρίς τους λογικούς συλλογισµούς που οδηγούν στη λύση της. Το

γεγονός αυτό δυσκολεύει κατά πολύ τους µαθητές ανεξάρτητα αν είναι «δυνατή» ή

όχι στα µαθηµατικά στη διαδικασία της λύση ασκήσεων. Παρόλα αυτά παρατηρείται

βοήθεια (κυρίως στους καλούς µαθητές) αλλά σε µεγάλο βαθµό δεν τους βοηθούν

στη λύση άλλων πανοµοιότυπων µαθηµατικών ασκήσεων. Αυτό είναι έτσι για τους

ακόλουθους λόγους:

α) Κατά τη λύση ασκήσεων δίνεται µεγαλύτερη προσοχή στο να µάθει ο µαθητής τη

λύση της προτεινόµενης άσκησης, ενώ θα έπρεπε µε τη λύση της να διαµορφώνεται η

δυνατότητα για ατοµική λύση όµοιων ασκήσεων.

β) ∆εν δίνεται αρκετή προσοχή στο πως οι µαθητές θα σκεφτούν να ανακαλύψουν τη

λύση της δεδοµένης µαθηµατικής άσκησης.

γ) ∆εν δίνεται αρκετή προσοχή στους συλλογισµούς οι οποίοι πρέπει και απαιτείται

να διατυπώνονται για να σκεφτεί ο µαθητής τον τρόπο λύσης της άσκησης και να

διατυπώσει ορθά τα διάφορα στάδιά της.

Η διαδικασία λύσης ασκήσεων στα σχολικά βοηθήµατα είναι δυνατόν να

επικεντρωθεί στα ακόλουθα:

i) Λύση ασκήσεων µόνο για το µαθητή. Αυτό µπορεί να υλοποιηθεί τη γραφή

κάποιων τύπων ή σχήµατα πάνω στα οποία ο µαθητής θα διαλογίζεται έως ότου

ανακαλύψει τη λύση της άσκησης. Ο τρόπος αυτός δεν είναι καθόλου διδακτικός µιας

και δεν µπορεί να γενικευτεί και να βοηθήσει τον µαθητή στη λύση και άλλων

µαθηµατικών ασκήσεων.

ii) Λύση ασκήσεων µε διδακτικό σκοπό. Είναι η λύση ασκήσεων µε σκοπό διδακτικό.

Βασικός σκοπός είναι η ανακάλυψη και διατύπωση (γραπτός) του τρόπου λύσης µετά

από λογικούς συλλογισµούς. Τη λύση των ασκήσεων µε τέτοιο τρόπο ονοµάζουµε

«διδακτική λύση».

iii) Συνθετική λύση ασκήσεων. Ο απώτερος σκοπός της συνθετικής λύσης ασκήσεων

είναι η προβολή των µαθηµατικών γνώσεων αυτού που τις λύνει. Τα βασικά τους

χαρακτηριστικά είναι η συντοµία, η λογική συνέχεια και η τυπικότητα των όσων

γράφονται. Κατά τη λύση ασκήσεων µε τον τρόπο αυτό δεν απαιτείται από τους

µαθητές να ανακαλύψουν το πώς θα σκεφτούν να λύσουν τη δεδοµένη άσκηση.

iv) Βοήθεια για τη λύση ασκήσεων. Συχνά η ενέργεια αυτή είναι του τύπου της

συνθετικής λύσης, µόνο που είναι συντοµότερη χωρίς λόγια ή σε κάποιες περιπτώσεις

όχι ολοκληρωµένη. Μπορεί ο τρόπος αυτός να βοηθάει το µαθητή για τη λύση της

255

ρ

α

β

γ

δεδοµένης άσκησης, δεν τον εφοδιάζει όµως µε τα κατάλληλα εφόδια για γενίκευση

και εφαρµογή του τρόπου λύσης και σε άλλες µαθηµατικές ασκήσεις. Παρατηρείται

επίσης ότι η δογµατική – τυποποιηµένη βοήθεια µπορεί να δυσκολέψει (µπερδέψει)

το µαθητή, γεγονός που αντιτίθεται στο διδακτικό χαρακτήρα που πρέπει να έχει η

ενέργεια «λύση µαθηµατικών ασκήσεων».

10.3. ∆ιδακτικές παρατηρήσεις

Βασική µέριµνα των σχολικών βοηθηµάτων λύσης µαθηµατικών ασκήσεων πρέπει

να είναι η καλλιέργεια της ευρετικής ικανότητας των µαθητών να λύνουν δεδοµένη

άσκηση. Οι λύσεις των ασκήσεων πρέπει να είναι διατυπωµένες µε συλλογισµούς οι

οποίοι θα οδηγούν στην «ανακάλυψη» της λύσης, δηλαδή διδακτική λύση και όχι

έτοιµη, προπαρασκευασµένη, χωρίς λογική αρχή και συνέχεια. Πρέπει εποµένως οι

δογµατικές λύσεις των ασκήσεων στα σχολικά βοηθήµατα να αντικατασταθούν από

διδακτικές. Στην ενέργεια αυτή βοηθούν κατά πολύ τόσο η συστηµατοποίηση των

διδασκόµενων µαθηµατικών γνώσεων (Σάλτας Β., Λάρισα 1999, 16ο Συνέδριο ΕΜΕ),

όσο και η κατανοµή των ασκήσεων (ασκήσεις – τµήµατα πολλών άλλων ασκήσεων)

σε «ηµιθεωρήµατα» (Σάλτας Β., Βέροια 2003, 20ο Συνέδριο ΕΜΕ).

Προκειµένου να υλοποιηθεί η διδακτική λύση µαθηµατικών ασκήσεων θα λυθούν

τρεις γεωµετρικές ασκήσεις µε διδακτική και µε συνθετική λύση. Γίνεται επιλογή

γεωµετρικών ασκήσεων γιατί κατά βάση αυτές δυσκολεύουν περισσότερο τους

µαθητές.

Άσκηση 1: Να αποδειχτεί ότι, αν υα, υβ, υγ και ρ είναι αντίστοιχα τα µήκη των υψών

τριγώνου και η ακτίνα του εγγεγραµµένου κύκλου, τότε: ρυυυ γβα

1111=++ (Σχήµα 1).

Σχήµα 1

Λύση ∆ιδακτική λύση: Για να αποδειχτεί ο ζητούµενος συλλογισµός σκεφτόµαστε ως

εξής: επειδή τα ύψη τριγώνου και η ακτίνα του εγγεγραµµένου σ’ αυτό κύκλου

συνδέονται µε το εµβαδόν του, θα τα εκφράσουµε µε βάση αυτό, δηλαδή:

Β Γ

Α

Ο

256

Ε=2

1αυα⇔ υα=

a

E2. Οµοίως

γυ

βυ γβ

Ε=

Ε=

2 και

2. Από τον τύπο Ε=τρ⇔ ρ=

τΕ

,

όπου τ – ηµιπερίµετρος του τριγώνου. Έτσι για να αποδειχτεί ότι ρυυυ γβα

1111=++ ,

αρκεί να αποδειχτεί ότι:

τγβEEE

a

E1

21

21

21

=++ . Για αποδειχτεί η τελευταία ισότητα

αρκεί να αποδειχτεί ότι Ε

=Ε

+Ε

+Ε

τγβα222

. Για την ορθότητά της αρκεί

τγβα=

++2

, το οποίο και ισχύει.

Συνθετική λύση: Για να αποδειχτεί ότι ο ζητούµενος ισχυρισµός θα χρησιµοποιηθεί

η σχέση τγβα=

++2

. Πολλαπλασιάζουµε και τα δυο µέλη της µε το E

1 και

λαµβάνεται: EE

τγβα=

++2

. Η τελευταία ισότητα µπορεί να γραφεί και ως εξής:

Ε=

Ε+

Ε+

Ετγβα

222 από το οποίο λαµβάνεται:

τγβEEE

a

E1

21

21

21

=++ . Αλλά υα=a

E2,

γυ

βυ γβ

Ε=

Ε=

2 ,

2 και ρ=

τΕ

. Εποµένως ρυυυ γβα

1111=++ .

Χρήση βοήθειας: Χρησιµοποιείται ο τύπος τγβα=

++2

και πολλαπλασιάζονται

τα δυο µέλη µε E

1.

Τόσο η «συνθετική λύση» όσο και η «χρήση βοήθειας» γεννούν πολλά και σηµαντικά

διδακτικά ερωτήµατα όπως τα ακόλουθα:

α) Από πού θα ξεκινήσει η λύση της άσκησης;

β) Πως θα σκεφτούµε να χρησιµοποιήσουµε τον τύπο τγβα=

++2

;

γ) Πως θα σκεφτούµε να πολλαπλασιάσουµε µε το E

1;

δ) Γιατί τους συγκεκριµένους τύπους;

257

Σχήµα 3

Ζ Ε

Όταν όµως δοθεί η «διδακτική λύση», ο κάθε µαθητής θα µπορέσει να καταλάβει

γιατί πρέπει να ξεκινήσει τη λύση από το τγβα=

++2

, να πολλαπλασιάσει µε το

E

1 και να λάβει

τγβEEE

a

E1

21

21

21

=++ .

Άσκηση 2: ∆ίνεται τραπέζιο ΑΒΓ∆ µε ΑΒ//Γ∆. Αν οι διχοτόµοι των γωνιών Α , ∆

τέµνονται στο σηµείο Ε, ενώ οι διχοτόµοι των γωνιών Β , Γ στο σηµείο Ζ, το οποίο

είναι διαφορετικό από το Ε, να δειχτεί ότι ΕΖ//∆Γ (Σχήµ.2).

∆ Γ

Α ∆΄ Γ΄ Β

Σχήµα 2

∆ιδακτική λύση: Αρκεί να δειχτεί ότι το ευθύγραµµο τµήµα ΕΖ είναι διάµεσος του

τραπεζίου ∆ΓΓ΄∆΄ για το οποίο αρκεί να δειχτούν ΒΖ και ΑΕ διάµεσοι των τριγώνων

ΓΓ΄Β και ∆∆Ά αντίστοιχα. Αφού ΒΖ και ΑΕ διχοτόµοι των γωνιών Α και ∆

αντίστοιχα, τότε αρκεί τοα τρίγωνα ΓΓ΄Β και ∆∆Ά να είναι ισοσκελή το οποίο ισχύει

αν αποδειχτεί ότι τα ευθύγραµµα τµήµατα ΒΖ και ΑΕ είναι και ύψη. Το τελευταίο

ισχύει αφού: Α∆Ε+ΕΑ∆ ˆˆ =2

180

222

ο

=∆+Α

=∆

+Α

=90°, άρα ∆ΕΑ ˆ =90° , οµοίως

αποδεικνύεται ότι ΒΖΓ ˆ =90°.

Άσκηση 3: Η διαγώνιος Β∆1 ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου (Σχήµα 3) ορίζει µε τις 3

πλευρές του, οι οποίες διέρχονται από ένα άκρο του, γωνίες α, β και γ αντίστοιχα. Να

δειχτεί ότι ηµ2φ+ ηµ2

ω+ ηµ2ψ=1.

∆1 Γ1 δ Α1 Β1 γ ∆ Γ β Α α Β ∆ιδακτική λύση: Για να αποδειχτεί η ζητούµενη ισότητα θα εκφραστούν τα ηµφ,

ηµω και ηµψ σε σχέση µε τα µήκη των ακµών του ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου.

Έστω φ, ω και ψ οι γωνίες που η Β∆1 ορίζει µε τα επίπεδα ΑΒΓ∆, ΒΓΓ1Β1 και

ΑΒΒ1Α1 αντίστοιχα. Επειδή οι έδρες του ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου είναι

258

ορθογώνια, τότε η προβολή του ∆1 πάνω στο επίπεδο ΒΓΓ1Β1είναι η κορυφή Γ1 και

έτσι ΒΓ1 είναι η προβολή της Β∆1 πάνω σ’ αυτό το επίπεδο. Εποµένως 11ˆ ΓΒ∆ =ω.

Οµοίως 11ˆ ΑΒ∆ =ψ και 1

ˆ ∆Β∆ =φ.

Έστω ΑΒ=α, ΒΓ=β, ΓΓ1=γ και Β∆1=δ. Εφαρµόζεται ο ορισµός του ηµίτονου στα

τρίγωνα ∆Β∆1, ΒΓ1∆1, Α1Β∆1 και λαµβάνεται αντίστοιχα ηµφ=δγ

, ηµω=δα

,

ηµψ=δβ

. Υψώνονται και τα δυο µέλη των τριών αυτών ισοτήτων στο τετράγωνο,

προσθέτονται κατά µέλη και λαµβάνεται ότι:

ηµ2φ+ηµ2

ω+ηµ2ψ= ⇔++

2

2

2

2

2

2

δβ

δα

δγ

ηµ2φ+ηµ2

ω+ηµ2ψ=

2

222

δγβα ++

. Αλλά

α2+β2+γ2=δ2 και κατά συνέπεια ηµ2

φ+ηµ2ω+ηµ2

ψ=1.

Συνθετική λύση: Επειδή οι έδρες του ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου είναι

ορθογώνια, τότε η προβολή της κορυφής ∆1 πάνω στο επίπεδο ΑΒΓ∆ είναι η κορυφή

∆ και Β∆ είναι η προβολή του Β∆1 πάνω στο επίπεδο αυτό και κατά συνέπεια

1ˆ ∆Β∆ =φ. Οµοίως 11

ˆ ΓΒ∆ =ω και 11ˆ ΑΒ∆ =ψ. Από τα τρίγωνα ∆Β∆1, ΒΓ1∆1 και Α1Β∆1

λαµβάνεται αντίστοιχα 1

1

Β∆∆∆

=ηµφ, 1

11

Β∆Γ∆

=ηµω και 1

11

Β∆∆Α

=ηµψ. Τότε 2

1

21

Β∆∆∆

=ηµ2φ,

21

211

Β∆Γ∆

=ηµ2ω και

1

211

Β∆∆Α

=ηµ2ψ. Προσθέτονται κατά µέλη:

ηµ2φ+ηµ2

ω+ηµ2ψ= +

Β∆∆∆

21

21 +

Β∆∆Γ

21

21 ⇔

Β∆∆Α

21

211

ηµ2φ+ηµ2

ω+ηµ2ψ= ⇔

Β∆∆Α+∆Γ+∆∆

21

211

21

21 ηµ

2φ+ηµ2

ω+ηµ2ψ=1, αφού

211

21

21 ∆Α+∆Γ+∆∆ =δ2. Εποµένως ηµ2

φ+ηµ2ω+ηµ2

ψ=1.

Χρήση βοήθειας: Να χρησιµοποιηθεί ο ορισµός του ηµίτονου σε ορθογώνιο τρίγωνο

για της γωνίες που σχηµατίζονται µε τις έδρες, καθώς και το ότι το τετράγωνο της

διαγωνίου ισούται µε 211

21

21 ∆Α+∆Γ+∆∆ .


Για να µπορεί ένας µαθητής να δηµιουργεί και να λύνει ασκήσεις µε διδακτικό

τρόπο θα πρέπει πάνω απ’ όλα να διδαχτεί να λύνει ασκήσεις µε «διδακτική λύση».

Αυτό µπορεί να υλοποιηθεί µε τη συνεχή εφαρµογή διδακτικών λύσεων.

259

φ

Γ(x0+∆x, f(x0+∆x))

Συµπερασµατικά δύναται να αναφερθεί ότι στα σχολικά βοηθήµατα λύσης

µαθηµατικών ασκήσεων και κατά βάση όταν δίνονται για λύση στο σπίτι όπου ο

καθηγητής δεν είναι παρόν, πρέπει να υπάρχουν ασκήσεις λυµένες µε διδακτικό

τρόπο. Έτσι οι µαθητές µπορούν να διδαχτούν να λύνουν ασκήσεις διαφορών τύπων,

καλλιεργώντας την ευρετική στους ικανότητα. Βασικός και πρωταρχικός σκοπός να

είναι η «ανακάλυψη» της λύσης από τους ίδιους τους µαθητές.

Οι «διδακτικές λύσεις βοηθούν αρκετά τους αδύνατους µαθητές. Η σύγχρονη

διδασκαλία των µαθηµατικών και ο µηχανισµός λύσης ασκήσεων πρέπει να

συµπεριλαµβάνει τις διδακτικές λύσεις, απαντώντας έτσι στα ακόλουθα δυο

διδακτικά ερωτήµατα: «από πού να αρχίσουµε τη λύση µιας µαθηµατικής άσκησης;»

και «πως θα συνεχίσουµε τη λύση της;»

Προτείνεται να γίνεται σταδιακή µετάβαση των µαθητών σχετικά µε τον τρόπο

σκέψης κατά τη λύση ασκήσεων: για αρκετό χρονικό διάστηµα (Α΄ Τάξη Γυµνασίου)

οι ασκήσεις να λύνονται διδακτικά και εν συνεχεία, στις επόµενες σχολικές τάξεις, µε

συνθετικό τρόπο και µόνο όταν απαιτηθεί (κατά την κρίση του καθηγητή στις

ασκήσεις µε δύσκολη λύση) να γίνεται συνδυασµός αυτών.

11. ∆ιδακτικό σύστηµα ασκήσεων εµπέδωσης της έννοια παράγωγος

συνάρτησης

11.1. Ιστορική αναδροµή της έννοιας παράγωγος συνάρτησης Η έννοια της παραγώγου συνάρτησης είναι µια από τις βασικότερες έννοιες των

σύγχρονων µαθηµατικών την οποία ανέλυσαν για πρώτη φορά το 17ο αιώνα. Πρώτος

πλησίασε την έννοια αυτή ο γάλλος µαθηµατικός Ferma κατά την κατασκευή

εφαπτόµενης σε καµπύλη γραµµή (Σχήµα 1).

y γ Μ(x0, f(x0)) Ζ α Ε x΄ O ∆ A ∆x Β x β Cf

y΄ Σχήµα 1 Ο Ferma κατασκεύασε τη γραφική παράσταση Cf συνάρτησης y=f(x) και από το

σηµείο Μ της καµπύλης, στο οποίο ήθελε να κατασκευάσει εφαπτόµενη ευθεία β,

260

πρώτα κατασκευάζει την γ (τέµνουσα ΕΜΓ), όπου Ε το σηµείο τοµής της τέµνουσας

µε τον άξονα x´x. Εν συνεχεία κατασκεύασε τις κάθετες ΜΑ και ΓΒ προς τον x´x,

ενώ από το Μ κατασκεύασε ευθεία α//x´x. Αν Ζ είναι το σηµείο τοµής των α, ΓΒ τότε

για τα τρίγωνα ΜΑΕ και ΜΓΖ θα ισχύουν τα ακόλουθα:

1. ο90ˆˆ =Γ= ZMEAM

2. ΖΓΜ=ΑΜΕ ˆˆ (ως εντός εκτός και επί τα αυτά µέρη µε ΜΑ//ΓΖ)

Εποµένως τα δυο αυτά τρίγωνα είναι όµοια και κατά συνέπεια

x

xfxxf

xfAE

xfxxf

xxfMA

MZ

AE

∆−∆+

=⇔−∆+∆

=ΑΕ⇔ΓΖΜΖΜΑ

=ΑΕ⇔ΓΖ

=)()(

)(

)()(

).(.

00

0

00

0 Όταν

το σηµείο Γ πλησιάζει (τείνει) στο σηµείο Μ, τότε η τέµνουσα ΕΜΓ πλησιάζει

(τείνει) προς την εφαπτοµένη β και το ∆x πλησιάζει (τείνει) στο µηδέν. Τότε

λαµβάνεται το εξής: Α∆=)´(

)(

0

0

xf

xf, όπου f´(x0) είναι ο αριθµός

x

xfxxf

∆−∆+ )()( 00 , µε

∆x να τείνει στο µηδέν. Αν το σηµείο Μ είναι γνωστό και ορίζεται από την Α∆, η

εφαπτοµένη στην καµπύλη Cf στο σηµείο Μ κατασκευάζεται σαν ευθεία διερχόµενη

από τα σηµεία Μ και ∆.

Κατά όπως φαίνεται ο Ferma χρησιµοποίησε το όριο του x

xfxxf

∆−∆+ )()( 00 ,

όταν το ∆x να τείνει στο µηδέν, δηλαδή lim0∆x

f x0 ∆x f x

0

∆xκαι συµβολίζεται το

όριο αυτό µε f΄(x0) το οποίο ονοµάστηκε το 17ο παράγωγος συνάρτησης στο σηµείο

µε τετµηµένη x0.

Ορισµός: Παράγωγος f΄(x0) συνάρτησης f(x) µε πεδίο ορισµού Μ⊆R στο σηµείο µε

τετµηµένη x0, λέγεται το όριο (αν υπάρχει) του λόγου αύξησης ∆y της µεταβλητής y

προς το λόγο αύξησης ∆x της µεταβλητής x, όταν το ∆x τείνει στο 0, δηλαδή: αν

∆y=f(x0+∆x)-f(x0), τότε f΄(x0)=x

yx ∆

∆→∆ 0

lim .

Από τον ορισµό συµπεραίνεται ότι η παράγωγος τυχαίας συνάρτησης f(x) µπορεί

να υπολογιστεί µόνο για τα σηµεία του πεδίου ορισµού της. Για τον υπολογισµό της

παραγώγου συνάρτησης ακολουθούµε τα εξής βήµατα:

1. Υπολογίζεται η µεταβολή της συνάρτησης ∆y=f(x0+∆x)-f(x0), συναρτήσει της

µεταβολής ∆x.

261

2. Υπολογίζεται ο λόγος x

y

∆∆

.

3. Υπολογίζεται το όριο lim0∆ x

∆ y

∆ x

Παρατήρηση: Η παράγωγος f´(x) της συνάρτησης f(x) εκφράζει το ρυθµό µεταβολής

της συνάρτησης αυτής ως προς το x, όταν το x=x0.

Άσκηση 1 Να υπολογιστεί η παράγωγος της συνάρτησης f(x)=4x+5, x∈R.

Λύση Για τυχαίο ∆x≠ 0 θα έχουµε τα εξής:

1. ∆y=f(x0+∆x)-f(x0)=4(x0+∆x)+5-(4x0+5)= 4x0+4∆x+5-4x0-5=4∆x.

2. 44

=∆∆

=∆∆

x

x

x

y.

3. lim0∆ x

∆ y

∆ x=4

Εποµένως η f´(x0) υπάρχει και y´=f΄(x0)=4. Παρατηρείται ότι η f´(x0) ισχύει για

κάθε x0∈R. Για το λόγο αυτό η παράγωγος της συνάρτησης f(x)=4x+5 στο πεδίο

ορισµού της R είναι y´=f´(x)=4. Τότε η συνάρτηση f(x) λέγεται παραγωγίσηµη στο

πεδίο ορισµού της R και γράφεται f´(x)=4 ή (4x+5) =4.

Ορισµός: Η συνάρτηση y=f(x) µε πεδίο ορισµού Μ⊆R, λέγεται παραγωγίσηµη στο

σύνολο Μ΄⊆Μ, αν υπάρχει η παράγωγος της f(x) για κάθε x0∈M΄. Γράφεται

y΄=f´(x) και λέγεται ότι η f´(x) είναι η παράγωγος της συνάρτησης f(x) στο σύνολο

Μ΄.

Άσκηση 2 Να υπολογιστεί παράγωγος της συνάρτηση f(x)=x3, x∈R, στο σηµείο µε

τετµηµένη 2.

Λύση 1. ∆y=f(x0+∆x)-f(x0)=(x0+∆x)3-x0

3= x03+3x0

2∆x+3x0∆x2+∆x3x0

3-x03 =

=3x02∆x+3x0∆x2+∆x3.

2. =∆∆

x

y

x

xxxxx

∆∆+∆+∆ 32

020 33

=x

xxxxx

∆∆∆+∆+ )33( 2

020 =3x0

2+3x0∆x+∆x

3. lim0∆ x

∆ y

∆ x=3x0

2.

Εποµένως f´(x0)= 3x02 και για x0=2 θα ισχύει ότι f´(x0)=12.

Θεώρηµα: Αν η συνάρτηση f(x) είναι παραγωγίσηµη τότε είναι και συνεχής (Το

αντίστροφο του προηγούµενου θεωρήµατος δεν ισχύει).

262

11.2. Γεωµετρική ερµηνεία της έννοιας παράγωγος συνάρτησης

Από την ισότητα Α∆=)´(

)(

0

0

xf

xf, στην οποία κατέληξε ο Ferma, συνεπάγεται ότι

f´(x0)=∆Α

)( 0xf. Όπως φαίνεται από το Σχήµα 1, στο τρίγωνο ∆ΑΜ ο λόγος

∆Α)( 0xf

είναι η εφφ.

Η παράγωγος της συνάρτησης f(x) στο σηµείο µε τετµηµένη x0 είναι η εφαπτοµένη

της γωνίας που σχηµατίζει η εφαπτοµένη στη γραφική παράσταση Cf της συνάρτησης

f(x) στο σηµείο Μ(x0, f(x0)) µε τον Οx. Η εφφ λέγεται και συντελεστή διεύθυνσης της

εφαπτοµένης στην Cf και συµβολίζεται µε το γράµµα λ. Η εξίσωση της εφαπτοµένης

στη Cf στο σηµείο Μ(x0, f(x0)) είναι η y-f(x0)=f´(x0)(x-x0).

Άσκηση 3 Να βρεθεί η f΄(2

3) και να υπολογιστεί ο συντελεστής διεύθυνσης της

εφαπτοµένης στη γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x)=x2 στο σηµείο

Μ

2

3,

2

3f καθώς και η γωνία που σχηµατίζει µε τον Οx.

Λύση

Αρχικά υπολογίζεται µε τον προαναφερόµενο τρόπο η f´(x):

1. ∆y=f(x0+∆x)-f(x0)=(x0+∆x)2-x02= x0

2+2x0∆x+∆x2-x02=2x0∆x+∆x2.

2. =∆∆

x

y

x

xxx

x

xxx

∆∆∆+

=∆

∆+∆ )2(2 02

0 =2x0+∆x.

3. lim0∆ x

∆ y

∆ x=2x0.

Εποµένως f´(x0)=2x0⇔ f΄

2

3=

2

32= 3 και κατά συνέπεια λ= 3 , ενώ φ=60ο,

αφού εφφ= 3 .

11.3. Εφαρµογή της παραγώγου συνάρτησης

Η εφαρµογή της έννοιας παράγωγος συνάρτησης είναι εµφανή και σε άλλες

επιστήµες πέραν των µαθηµατικών, όπως τη Φυσική και τη Χηµεία.

i. Αν η συνάρτηση y=f(t) εκφράζει την απόσταση που διανύει ένα κινητό σε

χρόνο t, ενώ ∆s είναι η µεταβολή του διαστήµατος για ∆t=t-t0, τότε το

263

όριο lim0∆ t

∆ s( )t

∆ t είναι η ταχύτητα του κινητού τη χρονική στιγµή t0 (στιγµιαία

ταχύτητα).

ii. Αν ∆v είναι ο όγκος υγρού που τρέχει για χρόνο ∆t=t-t0 από µια βρύση, τότε

το όριο lim0∆ t

∆ v

∆ t είναι η ροή της βρύσης τη χρονική στιγµή t0.

iii. Αν ∆Q είναι η ποσότητα ηλεκτρισµού που περνάει από αγωγό για χρόνο ∆t=t-

t0, τότε το όριο lim0∆ t

∆ Q

∆ tείναι η ένταση του ρεύµατος τη χρονική στιγµή t0.

iv. Αν ∆Q είναι η ποσότητα θερµότητας, απαραίτητη για την αύξηση της

θερµότητας ενός σώµατος από τ0ο σε τ

ο, δηλαδή ∆τ=το-τ0ο, τότε το

όριο lim0∆τ

∆ Q

∆τείναι η απορρόφηση θερµότητας για µεταβολή ∆τ.

v. Αν ∆Q είναι η συγκέντρωση ύλης που υπάρχει σε χηµική αντίδραση για

χρόνο ∆t=t-t0, τότε το όριο lim0∆ t

∆ Q

∆ tείναι η ταχύτητα της χηµικής αντίδρασης τη

χρονική στιγµή t0.

Άσκηση 4 Σώµα κινείται ευθύγραµµα µε s(t)=2

1αt2. Σε ποια χρονική στιγµή η

ταχύτητά του θα είναι ίση µε 3α.

Λύση

1. ∆s(t)=s(t0+∆t)-s(t0)= 2

1α(t0+∆t)2-

2

1αt0

2=2

1α(t0

2+2t0∆t+∆t2)- 2

1αt0

2=

=2

1αt0

2+αt0∆t+2

1α∆t2-

2

1αt0

2= αt0∆t+2

1α∆t2.

2. t

ttt

t

ttt

t

ts

∆

∆∆+=

∆

∆+∆=

∆∆ )

2

1(α

2

1)( 0

20 ααα

=αt0+2

1α∆t.

3. lim0∆ t

∆ s( )t

∆ t =αt0.

Εποµένως αφού αt0=3α, τότε τη χρονική στιγµή t0=3 η ταχύτητά του θα είναι ίση

µε 3α.

Άσκηση 5 Κουτί σχήµατος ορθογωνίου µε διαστάσεις x και y έχει περίµετρο

Π=10cm και µεταβαλλόµενες πλευρές. Να υπολογιστεί ο ρυθµός µεταβολής του

εµβαδού Ε ως προς x, όταν το x είναι ίσο µε 2cm.

264

Λύση

Η περίµετρος θα ισούται µε: Π=2x+2y⇔ 10=2x+2y⇔ y=5-x. Το εµβαδόν του

ορθογωνίου θα είναι ίσο µε: E=xy⇔ E=x(5-x)⇔ E=5x-x2, x>0. Εποµένως το

ζητούµενο είναι ο υπολογισµός της E´(x) και εν συνεχεία E´(2).

1. ∆y=E(x0+∆x)-E(x0)=5(x0+∆x)-(x0+∆x)2-(5x0-x02)=

=5x0+5∆x-x02-2∆xx0-∆x2-5x0+x0

2=5∆x-2∆xx0-∆x2.

2. =∆∆

x

y=

∆∆∆−−

=∆

∆−∆−∆x

xxx

x

xxxx )25(25 02

0 5-2x0-∆x.

3. lim0∆ x

∆ y

∆ x=5-2x0.

Εποµένως Ε΄(x)= 5-2x0 και κατά συνέπεια Ε΄(2)=1.

11.4.Ασκήσεις προτεινόµενες για λύση

Προτείνονται συνολικά δεκαπέντε ασκήσεις οι οποίες είναι χωρισµένες σε τρεις

κατηγορίες και συγκεκριµένα ασκήσεις που αναφέρονται στον ορισµό, τη γεωµετρική

ερµηνεία και την εφαρµογή της έννοιας παράγωγος συνάρτησης:

Ι) Ορισµός παραγώγου συνάρτησης

Άσκηση 1 Να υπολογιστεί η παράγωγος της συνάρτησης f(x)=x4.

Άσκηση 2 Να υπολογιστεί η παράγωγος της συνάρτησης f(x)=x−1

1 στο x0=2.

Άσκηση 3 Να υπολογιστεί η παράγωγος της συνάρτησης f(x)=x3-x2, στο x0=1.

Άσκηση 4 α) Να υπολογιστεί η παράγωγος της συνάρτησης f(x)=x2.

β) Να δειχτεί ότι f΄(α+β)=f΄(α)+f΄(β).

γ) Για ποιες τιµής της πραγµατικής µεταβλητή x ισχύει f΄(x)=f(x);

ΙΙ) Γεωµετρική ερµηνεία παραγώγου συνάρτησης

Άσκηση 1 Να υπολογιστεί η γωνία που σχηµατίζει µε τον άξονα Οx η εφαπτοµένη

στη γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x)= x στο σηµείο µε τετµηµένη 12

1.

Άσκηση 2 Να βρεθεί το σηµείο της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f(x)=x2,

στο οποίο η εφαπτοµένη στη γραφική παράσταση της f(x) σχηµατίζει µε το Οx γωνία

30ο.

Άσκηση 3 Να υπολογιστεί η γωνία που σχηµατίζει µε τον άξονα Οx η εφαπτοµένη

στη γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x)=21 x

x

+ στο σηµείο µε τετµηµένη -1.

265

Άσκηση 4 Να βρεθούν οι εξισώσεις των εφαπτόµενων στη γραφική παράσταση της

συνάρτησης f(x)=x2-5x+6 οι οποίες διέρχονται από το σηµείο Α(1,1).

Έστω ευθείες α, β µε συντελεστές διεύθυνσης λ1, λ2 αντίστοιχα. Τότε ισχύουν: i)

α//β⇔ λ1=λ2, ii) α ⊥ β⇔ λ1.λ2= -1

Άσκηση 5 Να βρεθούν οι εξισώσεις των εφαπτόµενων στη γραφική παράσταση της

συνάρτησης f(x)= 24 x− οι οποίες είναι κάθετες στην ευθεία ε µε εξίσωση y=x+2.

ΙΙΙ) Εφαρµογή παραγώγου συνάρτησης

Άσκηση 1 Σώµα κινείται µε s=2t2-12t+5. Να υπολογιστούν η ταχύτητά του και σε

ποια χρονική στιγµή αυτό είναι ακίνητο.

Άσκηση 2 Σφαίρα µε ακτίνα R είναι εγγεγραµµένη σε κύλινδρο. Να υπολογιστεί ο

ρυθµός µεταβολής του όγκου σε συνάρτηση του ύψους h του κυλίνδρου.

Άσκηση 3 ∆υο απέναντι έδρες πυραµίδας µε βάση ορθογώνιο είναι ίσα ισόπλευρα

τρίγωνα µε πλευρά 2cm. Το ύψος της πυραµίδας είναι h. Να υπολογιστεί ο ρυθµός

µεταβολής του όγκου της πυραµίδας συναρτήσει του h.

Άσκηση 4 Ο όγκος του νερού που τρέχει από µια βρύση από t0=0 σε t sec

υπολογίζεται από τον τύπο V=2

1t2+50t. Να υπολογιστεί ροή της βρύσης τη χρονική

στιγµή t0=10sec.

Άσκηση 5 Η ένταση του ρεύµατος, συναρτήσει του χρόνου, είναι Ι=0,3t2. Να βρεθεί

η ταχύτητα µεταβολής του ρεύµατος τη χρονική στιγµή t0=5.

Άσκηση 6 Από ένα κωνικό χωνί τρέχει νερό µε ρυθµό 2cm3/sec. Η ακτίνα του κώνου

είναι 6cm και το ύψος του 10cm. Με τι ρυθµό µεταβολής κατεβαίνει η στάθµη του

νερού τη χρονική στιγµή t0 που το ύψος της είναι 3cm;

12. ∆ιδακτικό σύστηµα ασκήσεων συνδυαστικής θεωρίας


Απαραίτητη προϋπόθεση για την εµπέδωση µιας µαθηµατικής έννοιας είναι και η

ιστορικής της µελέτη. Η αναφορά στα εµπόδια της ανάπτυξής της. Για το λόγο αυτό,

πριν αναφερθούµε στα βασικά στοιχεία της συνδυαστικής θεωρίας, θα κάνουµε µια

σύντοµη ιστορική αναδροµή στα ελληνικά µαθηµατικά για να τονίσουµε τα στοιχεία

αυτά που δηλώνουν ότι οι αρχαίοι µαθηµατικοί γνώριζαν ορισµένα στοιχεία της

θεωρίας των συνδυασµών. Στα ιστορικά δεδοµένα που θα ακολουθήσουν

αναφέρονται ορισµένοι ορισµοί, συµβολισµοί και έννοιες τα οποία θα ερµηνευτούν

στη συνέχεια της εργασίας αυτής.

266

12.2. Η συνδυαστική θεωρία κατά την αρχαιότητα

Ο όρος «συνδυαστική» βγαίνει από τη λατινική λέξη «combina» που σηµαίνει

«συνδυάζω».

Η συνδυαστική θεωρία ήταν γνωστή ακόµη και στην αρχαία Ελλάδα. Για πρώτη

φορά αναφέρεται στα συγγράµµατα του Αριστοτέλη, του Ευκλείδη, του Πλάτωνα και

του ∆ιόφαντου. Θα αναφερθούµε σε οχτώ ενδεικτικά στοιχεία συνδυαστικής.

i) Ο Πλάτωνας στο σύγγραµµά του «Νόµος» εξηγεί ότι ο αριθµός 5040 έχει

ακριβώς 60 διαιρέτες. Παρατηρείται ότι 5040=7!

ii) Στα «Αναλυτικά» του Αριστοτέλη αναφέρονται οι δυνατοί τρόποι σχηµατισµού

συλλογισµών, αν είναι δεδοµένες τρεις διαφορετικές προτάσεις.

iii) Στο 10ο βιβλίο των «Στοιχείων» του Ευκλείδη ορίζεται ο συνδυασµός µ

στοιχείων µε ν, όταν οι αριθµοί µ, ν είναι αρκετά µικροί.

iv) Στο σύγγραµµα «Αριθµητική» του ∆ιόφαντου και στο 4ο και 5ο βιβλίο γίνεται

λόγος για τα αθροίσµατα 23Σ , 2

4Σ και 34Σ (υπενθυµίζεται ότι: 2

νΣ = Ν∈− ννν

,2

)1().

v) Ο Πλούταρχος στο «Συµποσιακά» αναφέρει τα ακόλουθα:

α. Ο αριθµός των συλλαβών, οι οποίες λαµβάνονται από τα 24 γράµµατα της

ελληνικής αλφαβήτου, είναι ίσος µε τον αριθµό 1000.(20.10000+10000.10000).

β. Ο συνδυασµός 10 αξιωµάτων είναι µεγαλύτερος του 1000000.

vi) Ο Απολλώνιος στα συγγράµµατά του αναφέρει δυο είδη συνδυασµών:

α. Το συνδυασµό δυο αντικειµένων µε τρία, µε επανάληψη, είναι ίσος µε το 6.

β. Το συνδυασµό τριών αντικειµένων µε τρία, µε επανάληψη, είναι ίσος µε το 10.

vii) Ο Αρχιµήδης ισχυρίζεται ότι ο όγκος σφαιροειδούς και πεπερασµένου κόσµου

δεν µπορεί να περιέχει περισσότερους από 1063 κόκκους άµµου.

viii) Κατά το 2ο αιώνα µ. Χ. η συνδυαστική θεωρία εφαρµόζεται και στη µουσική.

Συµπερασµατικά αναφέρεται ότι οι αρχαίοι έλληνες γνώριζαν ορισµένα βασικά

στοιχεία συνδυαστικής θεωρίας.

Ορισµένα στοιχεία συνδυαστικής ήταν γνωστά και στους αρχαίους ινδούς του 2ου

αιώνα π. Χ. Μπορούσαν να υπολογίζουν αριθµό, που όπως θα δούµε και στη

συνέχεια της εργασίας αυτής, ισούται µε µνC . Χρησιµοποιούσαν ακόµη και τον τύπο:

0νC + 1

νC +…+ ννC =2ν.

Κατά τον 7ο αιώνα µ. Χ. ο Bhaskara υπολόγισε αρκετές περιπτώσεις συνδυασµών

και µεταθέσεων. Υποθέτουµε ότι οι ινδοί ασχολήθηκαν µε τη συνδυαστική για την

267

εφαρµογή της στην ποίηση, όπως για παράδειγµα στον συνδυασµό των τονιζόµενων

και µη τονιζόµενων συλλαβών σε ένα ποίηµα.

Παρόλα αυτά σαν επιστηµονικός τοµέας των µαθηµατικών η συνδυαστική άρχισε

να µελετάτε κατά τον 17ο αιώνα µ. Χ.

Κατά το 1634 ο γάλλος µαθηµατικός Erigon στο σύγγραµµά του «Πρακτική

αριθµητική» ορίζει το µνC . Στο ίδιο και ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλο είχαν

καταλήξει κατά τον 16ο αιώνα µ. Χ. και άλλοι µαθηµατικοί όπως ο Tartaglian.

Το 1656 ο γάλλος Take στο βιβλίο του «Θεωρία και πράξεις της αριθµητικής»

αφιέρωσε ολόκληρο κεφάλαιο συνδυαστικής.

Ο Pascal κατά το 1665 στα συγγράµµατά του «Αριθµητικό τρίγωνο» και

Αριθµητικές σειρές» αναφέρεται στη συνδυαστική θεωρία.

Στον Fermat ήταν γνωστή η σχέση των «µαγικών τετραγώνων» µε τη θεωρία των

συνδυασµών.

Κατά το 1666 ο Leibniz στο βιβλίο του «Προτάσεις για τη συνδυαστική τέχνη» για

πρώτη φορά αναφέρει τον όρο «συνδυαστική».

Τον 19ο αιώνα µ. Χ. διάφοροι συγγραφείς πρότειναν τους σύγχρονους

συµβολισµούς. Για παράδειγµα το σύµβολο ! («παραγοντικό» – «factor») έχει

εισαχθεί το 1808 από το γάλλο µαθηµατικό Cramp.

12.3. Βασικά στοιχεία συνδυαστικής θεωρίας

Πρέπει να τονιστεί ότι η θεωρία των συνδυασµών βρίσκει εφαρµογή, εκτός των

µαθηµατικών, στη φυσική, στη χηµεία στη βιολογία κ.τ.λ. Για τη σχέση αυτή δεν θα

αναφερθούµε λεπτοµερέστερα.

Ορισµός 1: Κάθε οµάδα αντικειµένων ορισµένου τύπου (γράµµατα, ψηφία, αριθµοί

κ.τ.λ.) αποτελεί ένα σύνολο. Ένα σύνολο λέγεται πεπερασµένο ή µη πεπερασµένο σε

εξάρτηση µε το αν τα στοιχεία του είναι πεπερασµένα (αριθµούνται) ή µη

πεπερασµένα (δεν αριθµούνται, είναι άπειρα).

Για παράδειγµα το σύνολο των γραµµάτων της ελληνικής αλφαβήτου είναι

πεπερασµένο σύνολο, ενώ το σύνολο των άρτιων αριθµών είναι µη πεπερασµένο

σύνολο.

Ορισµός 2: Με τον όρο συνδυαστική θεωρία, εννοούµε τον κλάδο των µαθηµατικών ο

οποίος µελετά τις διαφορετικές δυνατότητες επιλογής και τοποθέτησης των στοιχείων

ενός πεπερασµένου συνόλου µε καθορισµένους κανόνες.

Ορισµός 3: Αν ν∈Ν τότε ν – παραγοντικό λέγεται το γινόµενο 1.2.3…..ν.

268

Συµβολίζεται µε ν!, δηλαδή ν!=1.2.3…..(ν-1).ν=(ν-1)!ν.

Ορισµός 4: Έστω Α=α1, α2,…,αν ένα πεπερασµένο σύνολο αποτελούµενο από ν

στοιχεία: α1, α2,…,αν. Θεωρούµε το φυσικό αριθµό κ για τον οποίο ισχύει ότι:

1≤κ≤ ν. Κάθε ακολουθία κ

ααα iii ,...,,21

, αποτελούµενη από κ διαφορετικά στοιχεία

του συνόλου Α, λέγεται διάταξη ν στοιχείων ανά κ χωρίς επανάληψη.

Συµβολίζεται µε κνV και ισούται µε

)!(

!

κνν−

.

Θεώρηµα 1: Ισχύει ότι: κνV =ν(ν-1)(ν-2)…(ν-κ+1).

Ορισµός 5: Αν το κάθε στοιχείο του συνόλου Α µπορεί να επαναληφθεί, τότε

πρόκειται για διάταξη ν στοιχείων ανά κ µε επανάληψη.

Συµβολίζεται µε κνV

~ και ισούται µε νκ.

Ορισµός 6: Για ν=κ η διάταξη χωρίς επανάληψη λέγεται µετάθεση ν στοιχείων.

Συµβολίζεται µε Pν και ισούται µε ν! δηλαδήννV =Pν.

Ορισµός 7: Το σύνολο των διατάξεων χωρίς επανάληψη ν στοιχείων ανά κ, οι οποίες

διατάξεις διαφέρουν µεταξύ τους µόνο στη «σύσταση» των στοιχείων, λέγεται

συνδυασµός ν στοιχείων ανά κ. Με άλλα λόγια πρόκειται για ένα υποσύνολο του

συνόλου Α αποτελούµενο από κ στοιχεία.

Συµβολίζεται µε κνC ή

κν

και ισούται µε )!(!

!

κνκν−

. Για κ>0 έχουµε ότι:

κνC =

!

)1)...(1(

κκννν +−−

.

Με τα προαναφερόµενα µπορεί να αποδειχτεί το ακόλουθο θεώρηµα:

Θεώρηµα 2: Να αποδειχτεί ότι: κνV =Pk

κνC και κ

νC =!

1

κκ

νV

Εν συνεχεία θα γίνει συνοπτική αναφορά των προαναφερόµενων τύπων, µη

αποδειγµένους στην εργασία αυτή. Ο ακόλουθους πίνακας βοηθάει κατά πολύ τη

λύση των σχετικών ασκήσεων.

1. Παραγοντικό: ν!=1.2.3…(ν-1)ν=(ν-1)!ν

2. ∆ιάταξη ν στοιχείων ανά κ χωρίς επανάληψη: κνV =

)!(

!

κνν−

=

=ν(ν-1)(ν-2)…(ν-κ+1)

3. ∆ιάταξη ν στοιχείων ανά κ µε επανάληψη: κνV

~=νκ

269

4. Μετάθεση: Pν=ν!= κνV

5. Συνδυασµός: κνC =

)!(!

!

κνκν−

=!

)1)...(1(

κκννν +−−

6. κνV =Pκ

κνC

7. κνC =

!

1

κκ

νV

Θα ακολουθήσει λύση ασκήσεων συνδυαστικής θεωρίας µε βάση τα

προαναφερόµενα στοιχεία. Επίσης θα προταθούν για λύση και ορισµένες ασκήσεις.

Εκεί που απαιτείται, στις άλυτες ασκήσεις, θα δίνεται η ορθή απάντηση για να είναι

δυνατός ο έλεγχος της ορθότητας της λύσης.

12.4. Ασκήσεις συνδυαστικής

Υποδειγµατικά λύνονται οι ακόλουθες έξι ασκήσεις συνδυαστικής:

Άσκηση (1) Πόσοι διαφορετικοί τριψήφιοι αριθµοί, αποτελούµενοι από διαφορετικά

ψηφία, µπορούν να σχηµατιστούν µε τη βοήθεια των ψηφίων 1, 2, 3,…,9; Πόσοι

τριψήφιοι αριθµοί µπορούν να σχηµατιστούν µε τα ίδια ψηφία;

Λύση

Το πρώτο ερώτηµα της άσκησης αποτελεί διάταξη 9 στοιχείων ανά 3 χωρίς

επανάληψη. Εποµένως 39V V3

9=!6

9.8.7!6

!6

!9

)!39(

!9==

−=7.8.9=504.

Η µορφή των αριθµών είναι: 123, 132, 213, 231, 312, 321, 142,…,978, 987.

Για το δεύτερο ζητούµενο ισχύει ότι: 39

~V =93=729.

Άσκηση (2) Με πόσους διαφορετικούς τρόπους µπορούν να ταξινοµηθούν σε ένα

ράφι 10 διαφορετικά βιβλία;

Λύση

Κάθε ταξινόµηση των βιβλίων σε ράφι αποτελεί µια µετάθεση 10 στοιχείων.

Εποµένως ο συνολικός αριθµός των διαφορετικών µεταθέσεων των 10 στοιχείων

είναι P10=10!=3628800. Άρα τα 10 βιβλία µπορούν να ταξινοµηθούν µε 3628800

διαφορετικούς τρόπους.

Άσκηση (3) Με πόσους διαφορετικούς τρόπους µπορούν να επιλεγούν 4 κάρτες από

σύνολο 52;

270

Λύση

Στην περίπτωση αυτή έχουµε συνδυασµό 52 στοιχείων ανά 4 χωρίς επανάληψη.

Εποµένως 452C =

24

6497400

4.3.2.1

6497400

!48!4

52.51.50.49!48

!48!4

!52

)!452(!4

!52====

−=270725.

Άσκηση (4) Πόσες στήλες ΛΟΤΟ πρέπει να συµπληρώσουµε για να είµαστε σίγουροι

για το «εξάρι»;

Λύση

Στην περίπτωση του ΛΟΤΟ έχουµε επιλογή 6 αριθµών από σύνολο 49. Εποµένως

πρόκειται για συνδυασµό 49 στοιχείων ανά 6 χωρίς επανάληψη. Άρα

649C =

)!649(!6

!49

−=13983816.

Άσκηση (5) Σε ένα εργοστάσιο παράγονται ηµερησίως Α αριθµός ενός προϊόντος εκ

των οποίων τα Β είναι ελαττωµατικά. Με πόσους διαφορετικούς τρόπους µπορούν να

αφαιρεθούν από την ηµερήσια παραγωγή ν αριθµός προϊόντος, έτσι ώστε µ απ΄ αυτά

να αναµένονται ελαττωµατικά (επισηµαίνεται ότι: Β≤Α, ν≤Α και µ≤ ν).

Λύση

Ο αφαιρούµενος αριθµός παραγόµενων προϊόντος (µ από τα Β) και ο

αφαιρούµενος αριθµός καλού προϊόντος (ν-µ από τα Α-Β) µπορούν να επιλεχτούν

αντίστοιχα µε µBC και

µν −−BAC διαφορετικούς τρόπους.

Επειδή κάθε οµάδα από µ ελαττωµατικά προϊόντα µπορεί να συσχετιστεί µε κάθε

οµάδα από ν-µ καλά προϊόντα, έτσι ώστε ο συνολικός αριθµός των παραγόµενων

προϊόντων να είναι ν. Κατά συνέπεια ο συνολικός αριθµός όλων των δυνατοτήτων

είναι µBC . µν −

−BAC .

Άσκηση (6) Να δειχτεί ότι: 48

47

37 CCC =+ .

Λύση

47

37 CC + = 70

24

1680

!4!3

7.6.5.4!3.2

!4!3

!7.2

!4!3

!7!7

!3!4

!7

!4!3

!7

)!47(!4

!7

)!37(!3

!7====

+=+=

−+

−.

48C = 70

24

1680

24

8.7.6.5

!4!4

8.7.6.5!4

!4!4

!8

)!48(!4

!8=====

−.

Εποµένως αποδείχθηκε ότι: 48

47

37 CCC =+ .

271

Προτείνονται για λύση οι ακόλουθες δεκατέσσερις συνδυαστικές ασκήσεις:

Άσκηση (7) Πόσες λέξεις µε 6 γράµµατα µπορούν να γραφούν:

α) Αν χρησιµοποιηθούν διαφορετικά γράµµατα της ελληνικής αλφαβήτου (χωρίς

επανάληψη).

β) Αν χρησιµοποιηθούν διαφορετικά γράµµατα της ελληνικής αλφαβήτου µε

επιτρεπόµενη επανάληψη.

Άσκηση (8) Σε ένα διαγωνισµό λαµβάνουν µέρος 12 οµάδες µαθητών. Με πόσους

τρόπους µπορούν να κατανεµηθούν οι τρις πρώτες νικήτριες θέσεις, αν κάθε θέση

λαµβάνει µόνο µια οµάδα;

Άσκηση (9) Από πόσα στοιχεία µπορούν να δηµιουργηθούν 120 διατάξεις ανά 4;

Άσκηση (10) Να λυθούν οι ακόλουθες εξισώσεις:

α) 5xV =20; β) 3

1−xV =12; γ) 31−xV - 3

2−xV =60.

Άσκηση (11) Ο αριθµός διατάξεων ν στοιχείων ανά 5 είναι 110 φορές µεγαλύτερος

από τον αριθµό διατάξεων ν-2 στοιχείων ανά 3. Να βρεθεί ο αριθµός ν των στοιχείων.

Άσκηση (12) Ο κωδικός µιας κλειδαριάς είναι ένας πενταψήφιος αριθµός, των

οποίων η σειρά έχει σηµασία. Ο κλειδαράς γνωρίζει ποια είναι τα ψηφία αλλά έχει

ξεχάσει τη σωστή σειρά. Πόσους δυνατούς τρόπους µπορεί να επιλέξει έτσι ώστε να

ανοίξει την κλειδαριά;

Άσκηση (13) Να λυθούν οι ακόλουθες εξισώσεις:

α) 1

1

−

+

x

x

P

P=30; β)

4

35

4

3

=P

Vx ; γ) Px+(x-1)!=840.

Άσκηση (14) Από πόσα στοιχεία µπορούν να δηµιουργηθούν 24 µεταθέσεις;

Άσκηση (15) Σε ένα διαγώνισµα, αποτελούµενο από 50 ερωτήσεις, σε κάθε ένα

καρτελάκι γράφονται από 2 ερωτήσεις. Πόσα διαφορετικά καρτελάκια µπορούν να

επιλεγούν;

Άσκηση (16) Με πόσους διαφορετικούς τρόπους µπορούν να διαιρεθούν 10 εισιτήρια

θεάτρου σε 40 µαθητές, αν κάθε µαθητής πάρει το πολύ ένα εισιτήριο;

Άσκηση (17) Να αποδειχθεί ότι:

α) 410

49

39 CCC =+ ; β) 5

11510

410 CCC =+ .

Άσκηση (18) Να δειχτεί ότι για κάθε ν, µ∈Ν ισχύει: 1+= µν

µν CC .

Άσκηση (19) Από πόσα στοιχεία µπορούν να δηµιουργηθούν 28 συνδυασµοί ανά 2;

Άσκηση (20) Με πόσους διαφορετικούς τρόπους 6 µαθητές µπορούν να καθίσουν σε

µια καρέκλα;

272

13. ∆ιδακτική επεξεργασία της αριθµητικής και της γεωµετρικής

πρόοδος

13.1.Αριθµητική πρόοδος

13.1.1. Ασκήσεις λυµένες στην αριθµητική πρόοδο

Άσκηση 1 Να υπολογιστούν τα x, y αν οι αριθµοί 2, x, 8, y είναι διαδοχικοί όροι

αριθµητικής προόδου.

Λύση

Αφού οι αριθµοί 2, x, 8, y είναι διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου τότε θα

ισχύουν: 2x=2+8⇔ 2x=10⇔ x=5 και 2.8=x+y⇔ 16=5+y⇔ y=11.

Άσκηση 2 Οι αριθµοί x1, x2 είναι ρίζες της εξίσωσης x2+2αx+β=0, ενώ οι αριθµοί y1,

y2 είναι ρίζες της εξίσωσης y2+3αy+2β+2=0. Αν οι αριθµού x1, y1, x2, y2 αποτελούν

διαδοχικούς όρους αριθµητικής προόδου, να υπολογιστούν τα α, β.

Λύση

Από τους τύπους Vieta θα έχουµε τα εξής: x1+x2= -2α (1)

x1.x2=β (2)

y1+y2= -3α (3)

y1.y2=2β+2 (4)

Επειδή η τετράδα x1, y1, x2, y2 είναι διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου, τότε θα

ισχύουν: 2y1=x1+x2 (5)

2x2=y1+y2 (6)

)7(

2

32x-2α(6) (3), Από

2y-2α(5) (1), Από

11

11

−=⇔=⇔

−=⇔=⇔

ax

ay

Η διαφορά ω της αριθµητικής προόδου θα ισούται µε x2-y1 και από τη σχέση (7)

υπολογίζεται ότι x1= -2

α, y2= -2α. Από τις σχέσεις (2), (4) υπολογίζεται ότι α=2, β=3

ή α= -2, β= -3.

Άσκηση 3 Για πια τιµή του x οι αριθµοί log6, log(2x+1) και log(2x+ 61 ) είναι

διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου.

Λύση

Εφόσον οι αριθµοί είναι διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου θα ισχύει:

2log(2x+1)=log6+log(2x+ 61 ). Επειδή 2x+1>0, 6>0, 2x+ 6

1 >0, συµπεραίνεται ότι x∈R.

273

2log(2x+1)=log6+log(2x+ 61 )⇔ log(2x++1)2=log6(2x+ 6

1 )⇔ (2x+1)2=6(2x+ 61 ).

Θέτω 2x=y>0.

(y+1)2=6(y+ 61 )⇔ y2+2y+1=6y+1⇔ y2-4y=0⇔ y(y-4)=0⇔ y=0 απορρίπτεται

ή y=4 δεκτή

Εποµένως 2x=4⇔ 2x=22⇔ x=2 η οποία είναι δεκτή λύση.

Άσκηση 4 Στη συνάρτηση f µε f(x)=αx3+βx2+γ η µεταβλητή α είναι η µεγαλύτερη

λύση της λογαριθµικής εξίσωσης 06log5log

12

2

=−+ xx

, η β είναι ο αριθµός των

όρων αριθµητικής προόδου για την οποία Sν=69, α3-α2=3, α4+α5-α6=10, ενώ η

µεταβλητή γ είναι η λύση της εκθετικής εξίσωσης 2x-4+2x-3+2x+1=70.

i) Να υπολογιστούν οι πραγµατικές µεταβλητές α, β, γ.

ii) Για τις τιµές των α, β, γ που βρέθηκαν, να εξεταστεί αν η συνάρτηση f είναι

άρτια ή περιττή.

iii) Για τις τιµές των α, β, γ που βρέθηκαν, να λυθεί f(x)≥ f(1).

Λύση

i) Πρέπει log2x≠ 0⇔ log2x=log21⇔ x≠ 1. Επίσης πρέπει x>0. Οπότε

συµπεραίνεται ότι x∈(0, 1)∪ (1, +∞ ).

06log5log

12

2

=−+ xx

⇔ 1+ 5log22x-6log2x=0. Θέτω log2x=y, οπότε:

5y2-6y+1=0⇔ y=1 ή y=5

1 οι οποίες είναι δεκτές.

Για y=1⇔ log2x=1⇔ log2x=log22⇔ x=2 δεκτή.

Για y=5

1⇔ log2x=

5

1⇔ x= 5

1

2 ⇔ x= 5 2 δεκτή.

Επειδή η µεταβλητή α είναι η µεγαλύτερη λύση της προηγούµενης λογαριθµικής

εξίσωσης τότε α=2.

4

3

6

10)5()4()3(

3)()2(

69)1(2(

10

3

69

1111

11

12

654

23

===

⇔=+−+++

=+−+

=−

⇔

=−+

=−

=

αων

ωαωαωαωαωα

ωνα

ααα

αα

ννS

Εποµένως β=6.

2x-4+2x-3+2x+1=70⇔34 2

2

2

2 xx

+ +2x2=70⇔8

2

16

2 xx

+ +2x2=70⇔ 2x+2x2+2x32=70.16

⇔ 2x35=70.16⇔ 2x=32⇔ 2x=25⇔ x=5. Άρα γ=5.

274

ii) Για α=2, β=6 και γ=5 η συνάρτηση γίνεται: f(x)=2x3+6x2+5 και έχει πεδίο

ορισµού το R. Για κάθε x∈R, -x∈R και f(-x)=2(-x)3+6(-x)2+5=-2x3+6x2+5≠ f(x),

άρα η συνάρτηση αυτή δεν είναι άρτια ούτε περιττή.

ii) f(x) ≥ f(1)⇔ 2x3+6x2+5≥13⇔ 2x3+6x2-8≥0⇔ (x+2)(2x2+2x-4) ≥0⇔

⇔ (x+2)(x2+x-2) ≥0⇔ (x+2)2(x-1) ≥0,

οπότε x≥1.

Άσκηση 5 Τρεις αριθµοί είναι διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου. Οι κύβοι αυτών

αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθµητικής προόδου. Να βρεθούν οι αριθµοί αυτοί.

Λύση

Εφόσον οι τριάδες x, y, z και x3, y3, z3 είναι διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου

τότε θα ισχύουν: 2y=x+z (1)

2y3=x3+z3 (2)

Από (2) έχουµε: 2y3=(x+z)(x2-xz+z2) και από την (1) θα έχουµε: 2y3=2y(x2-xz+z2)⇔

⇔ y[y2-(x2-xz+y)]=0⇔ y=0 ή y2-(x2-xz+z2)=0⇔ y2=x2-xz+z2. Αλλά y=2

zx+,

οπότε µε αντικατάσταση λαµβάνεται ότι: 4x2-4xz+4z2=x2+2xz+z2⇔ x2-2xz+z2=0⇔

⇔ (x-z)2=0⇔ x-z=0⇔ x=z, οπότε υπάρχουν άπειρες τριάδες αριθµών µε τις

ζητούµενες ιδιότητες, δηλαδή (x, y, z)=(λ, 0, λ) µε λ∈R.

Άσκηση 6 Ορισµένοι εργάτες µπορούν να τελειώσουν µια εργασία σε 24 ηµέρες. Σε

πόσες ηµέρες θα τελειώσουν την ίδια εργασία αν αρχίσουν να εργάζονται σε ίσα

χρονικά διαστήµατα και αυτός που θα αρχίσει πρώτος να εργάζεται θα έχει εργαστεί

5 φορές περισσότερο απ’ αυτό που θα αρχίσει να εργάζεται τελευταίος;

Λύση

Έστω x ο αριθµός των εργατών, y το διάστηµα χρόνου (σε ηµέρες) µετά τα πέρας

του οποίου αρχίζει εργασία ο επόµενος εργάτης και z ο χρόνος (σε ηµέρες) εργασίας

του τελευταίου εργάτη.

Αρχίζοντας από τον τελευταίο εργάτη θα έχουµε: z, z+y, z+2y,…,z+(x-1)y.

Αλλά z+(x-1)y=5z⇔ y(x-1)=4z (1)

z+(z+y)+(z+2y)+…+[z+(x-1)y]=24x⇔ xz+y[1+2+…+(x-1)]=24x⇔

⇔ xz+y2

)1(1 −+ x(x-1)=24x⇔ 2z+y(x-1)=48 (2)

Από (1), (2)⇔ 2z+4z=48⇔ z=8. Άρα ο τελευταίος εργάτης θα εργαστεί 8 ηµέρες,

ενώ ο πρώτος 5.8=40 ηµέρες και κατά συνέπεια η εργασία θα τελειώσει σε 40 ηµέρες.

2 6 0 -8 -2 -4 -4 8 2 2 -4 0

275

Άσκηση 7 Να λυθεί η εξίσωση x3+(κ-1)x2-κx=0, αν οι ρίζες της x1, x2, x3 αποτελούν

διαδοχικούς όρους αριθµητικής προόδου και κ∈R.

Λύση

∆ιακρίνονται οι εξής περιπτώσεις:

i) Για κ=0, τότε x3-x2=0⇔ x2(x-1)=0⇔ x=0 (διπλή) ή x=1, αδύνατο αφού οι ρίζες 0,

0, 1 δεν είναι διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου.

ii) Για κ=1, τότε x3+x=0⇔ x(x2+1)=0⇔ x=0 ή x2= -1 αδύνατο.

iii) Για κ≠ 0 και κ≠ 1, τότε η εξίσωση έχει ρίζες x1=0, x2=1, x3= -κ.

α) Αν κ∈(-∞ , -1), τότε x3= -κ και η τριάδα x1, x2, x3 είναι διαδοχικοί όροι

αριθµητικής προόδου και κατά συνέπεια 2.1=-κ+0⇔ κ= -2 και εποµένως x1=0, x2=1,

και x3=2.

β) Αν κ∈(-1, 0), τότε x3∈(0, 1) και η τριάδα x1, x3, x2 είναι διαδοχικοί όροι

αριθµητικής προόδου και κατά συνέπεια –2κ=1+0⇔ κ= -2

1 και εποµένως x1=0, x2=1

και x3= -2

1.

γ) Αν κ∈(-1, 0), τότε x3<0 και η τριάδα x3, x1, x2 είναι διαδοχικοί όροι αριθµητικής

προόδου και κατά συνέπεια 2.0= -κ+1⇔ κ=1 και εποµένως x1=0, x2=1 και x3= -1.

13.1.2. Ασκήσεις προτεινόµενες για λύση στην αριθµητική πρόοδο

Για λύση προτείνονται πέντε ασκήσεις βασισµένες στη θεωρία της αριθµητικής

προόδου. Η τελευταία εξ αυτών απαιτεί τη γνώση των λογαριθµικών ιδιοτήτων, για

το λόγο αυτό προτείνεται να δίνεται για λύση µετά τη διδασκαλία της αντίστοιχης

θεωρίας.

Άσκηση1 Σε µια αριθµητική πρόοδο ισχύει: α5-α3= -4 και α2-α4= -3. Να

υπολογιστούν τα α1, ω.

Άσκηση 2 Σε µια αριθµητική πρόοδο ισχύει: α1+α2+α4-α5=6 και α7-α3=4 3 . Να

υπολογιστούν τα α1, ω.

Άσκηση 3 Οι αριθµού α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου. Να δειχτεί

ότι και οι αριθµοί γβ +

1,

αγ +1

, βα +

1 είναι διαδοχικοί όροι

αριθµητικής προόδου.

Άσκηση 4 Αν οι αριθµοί α, β, γ αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθµητικής προόδου,

τότε να δειχτεί ότι και οι αριθµοί Α=α2+αβ+β2, Β=γ2+γα+α2 και Γ=β2+βγ+γ2

αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθµητικής προόδου.

276

Άσκηση 5 Να δειχτεί ότι οι αριθµοί 2log

1

3

, 2log

1

6

, 2log

1

12

αποτελούν διαδοχικούς

όρους αριθµητικής προόδου.

13.2.Γεωµετρική πρόοδος

13.2.1. Ασκήσεις λυµένες στη γεωµετρική πρόοδο

Άσκηση 1 Θεωρούµε γεωµετρική πρόοδο απείρων όρων της οποίας το άθροισµα των

άρτιων όρων είναι τρεις φορές µικρότερο από το άθροισµα των περιττών όρων. Το

άθροισµα των 5 πρώτων όρων της είναι 484. Να υπολογιστεί το άθροισµα των

απείρων όρων της γεωµετρικής προόδου.

Λύση

Η γεωµετρική πρόοδος απείρων όρων είναι α, λα, λ2α,…,λν

α,… και κατά συνέπεια

ισχύουν:

++=++

=++++

...)(3

1...

484

23

432

αλααλλα

αλαλαλλαα⇔

++=++

=++++

...)1(3

1...)(

484)1(

23

432

λαλλα

λλλλα⇔

⇔

−=

−

=

−−

1

1

3

1

1

4841

1

22

5

λα

λλα

λλα

⇔

=

=

−−

3

1

4841

15

λ

λλα

⇔

=

=

3

1

324

λ

ακαι κατά συνέπεια

το άθροισµα των απείρων όρων της γεωµετρικής προόδου θα ισούται S=

3

11

324

−=486.

Άσκηση 2 Για πιες τιµές της πραγµατικής µεταβλητής α οι ρίζες της εξίσωσης:

x3-2αx2+(α2+α-3)x-α2+α2=0 είναι διαδοχικοί όροι γεωµετρικής προόδου;

Λύση

Με Horner διαπιστώνεται ότι ο αριθµός 1 είναι λύση της εξίσωσης, συγκεκριµένα:

x3-2αx2+(α2+α-3)x-α2+α2=0⇔

⇔ (x-1)[x2+(-2α+1)x+α2-α-2]=0⇔

⇔ x=1 ή

x2+(-2α+1)x+α2-α-2=0

∆=(-2α+1)2-4.1.(α2-α-2)=4α2-4α+1-4α2+4α+8=9. Εποµένως οι ρίζες της τελευταίας

δευτεροβάθµιας εξίσωσης θα είναι x1=α+1 ή x2=α-2. Υπάρχουν οι εξής συνδυασµοί

ώστε οι ρίζες αυτές να είναι διαδοχικοί όροι γεωµετρικής προόδου:

1, α+2, α-2 ή α-2, 1, α+1 ή α-2, α+1, 1

(α-1)2=1.(α+1) ⇔ 12=(α-2)(α+1) ⇔ (α+1)2=1.(α-2) ⇔

1 -2α α2+α-3 -α2+α+2 ρ=1

1 -2α+1 α2-1-2

1 -2α+1 α2-α-2 0

277

⇔ α=2

135+ ⇔ α=

2

131+ ⇔ α

2+α+3=0 αδύνατη

Άσκηση 3 Οι ρίζες x1, x2 της εξίσωσης x2+αx+β=0 είναι αρνητικές, ενώ οι ρίζες της

εξίσωσης y2-2αy+β2=0 είναι θετικές. Αν οι αριθµού x1, y1, x2, y2 αποτελούν

διαδοχικούς όρους γεωµετρικής προόδου, να υπολογιστούν τα α, β.

Λύση

Από τους τύπους Vieta ισχύουν: x1+x2= -α, x1x2=β µε x1<0, x2<0 άρα α>0.

Αναλόγως y1+y2=2α, y1y2=β2 µε y1>0, y2>0. Επειδή η τετράδα αριθµών x1, y1, x2, y2

είναι διαδοχικοί όροι γεωµετρικής προόδου θα ισχύουν τα ακόλουθα:

y12=x1x2⇔ y1

2=β⇔ y1= β± . Αλλά y1>0, οπότε y1= β .

x22=y1y2⇔ x2

2=β2⇔ x2=2β± . Αλλά x2<0, οπότε x2=

2β− ⇔ x2= β− ⇔ x2= -β

Ο λόγος λ της γεωµετρικής προόδου ισούται µε λ= βββ

−=−

=2

2

y

xκαι η τετράδα

των αριθµών x1, y1, x2, y2 είναι η εξής: -1, β , -β, β β . Άρα x1= -1, y2= β , x2= -β

και y2=β β .

x1+x2= -α⇔ -1-β= -α⇔ α=1+β.

y1+y2=2α⇔ β +β β =2α⇔ β +β β =2+2β⇔ ( β +β β )2=(2+2β)2⇔

⇔ β+2β2+β3=4+8β+4β2⇔ β3-2β2-7β-4=0⇔ (β-4)(β2+2β+1)=0⇔

⇔ β=4 ή

β2+2β+1=0⇔ (β+1)2=0⇔ β+1=0⇔

⇔ β= -1<0, αδύνατο

Άρα β=4 και από α=1+β⇔ α=5

Άσκηση 4 Για την πρόοδο α1, α2,…,αν,… είναι γνωστοί οι όροι α1=1, α2=4 και α3=10.

Αν η διαφορά των µέσων όρων αν-αν-1, ω=1,2,3,… αποτελεί όρους γεωµετρικής

προόδου, να υπολογιστούν τα αν, Sν.

Λύση

Από τα δεδοµένα συµπεραίνεται ότι: α2-α1=β1

α3-α2=β2

α4-α3=β3

. . . . . . .

αν-1-αν-2=βν-1

αν-αν-1=βν

1 -2 -7 -4 ρ=4 4 8 4 1 2 1 0

278

µε β1, β2, β3,…,βν-1, βν διαδοχικοί όροι γεωµετρικής προόδου. Προσθέτοντας τις

προηγούµενες ισότητες κατά µέλη λαµβάνεται: αν-α1=β1+β2+β3+…+βν-1+βν⇔

⇔ αν-α1=β11

11

−−−

λλν

. Αλλά α1=1, α2=4 και α3=10, οπότε β1=3, β2=6 και κατά

συνέπεια λ= 23

6

1

2 ==ββ

. Άρα αν-1=32

12 1 −−ν

⇔ αν=3(2ν-1-1)+1⇔ αν=3.2ν-1-2.

Εποµένως θα ισχύουν: α1=3.20-2

α2=3.21-2

α3=3.22-2

. . . . . . . .

αν=3.2ν-1-2

Προσθέτοντας τις προηγούµενες ισότητες κατά µέλη λαµβάνεται ότι:

α1+α2+α3+…+αν=(3.20-2)+(3.21-2)+(3.22-2)+…+(3.2ν-1-2) ⇔

⇔ Sν=3(20+21+22+…+2ν-1)-2ν⇔ Sν=3

−−12

1220

ν

-2ν⇔ Sν=3.2ν-2ν-3.

Άσκηση 5 Το άθροισµα απείρων όρων φθίνουσας γεωµετρικής προόδου είναι 12,

ενώ το άθροισµα των τετραγώνων των όρων της είναι 48. Να προσδιοριστεί η

πρόοδος.

Λύση

Έστω α1, α1λ, α1λ2,… γεωµετρική πρόοδος απείρων όρων µε λ <1. Με βάση την

εκφώνηση α12, α1

2λ

2, α12λ

4,… είναι η γεωµετρική πρόοδος απείρων όρων των

τετραγώνων της προηγούµενης γεωµετρικής προόδου µε ΄λ <1, λ΄=λ2.

S=12⇔λ

α−1

1 =12⇔ α1=12(1-λ) (1)

S =48⇔λ

α−1

21 =48⇔ α1

2=48(1-λ΄)⇔ α12=48(1-λ2) (2)

Από (1), (2) ⇔ α1=6 και λ=2

1.

Άσκηση 6 Το γινόµενο των πρώτων πέντε όρων γεωµετρικής προόδου είναι 32, ενώ

το άθροισµα των κύβων των τριών πρώτων όρων της είναι 8

73. Να υπολογιστούν οι

πρώτοι τρεις όροι της προόδου.

279

Λύση

Έστω α, αλ, αλ2, αλ3, αλ4,…,αλν-1, η γεωµετρική πρόοδος. Τότε θα ισχύουν τα

ακόλουθα: α.αλ.αλ2.αλ3.αλ4=32⇔ α5λ

10=32⇔ αλ2=2⇔ α=

2

2

λ (1)

α3+α3λ

3+α3λ

6=8

73⇔ α

3(α+λ3+λ6)= 8

73 (2)

Με αντικατάσταση της σχέσης (1) στη (2) λαµβάνεται: 9λ6-64λ3-64=0. Θέτω λ3=y,

οπότε θα έχουµε 9y2-64y-64=0⇔ y=8 ή y=9

8− .

Για y=8 έχουµε: λ=2, α=2

1.

Για y=9

8− έχουµε: λ=

3

323

− , α=2

333

.

Άσκηση 7 Αν οι πλευρές α, β, γ τριγώνου ΑΒΓ αποτελούν διαδοχικούς όρους

γεωµετρικής προόδου, να υπολογιστεί ο λόγος λ.

Λύση

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ µε ΑΒ=γ, ΑΓ=β και ΒΓ=α. Οι πλευρές α, β, γ είναι διαδοχικοί

όροι γεωµετρικής προόδου, οπότε: λ=βγ

αβ

= και οι πλευρές είναι α, β=λα, γ=λ2α.

∆ιακρίνονται οι εξής περιπτώσεις:

i) λ=1, τότε το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

ii) λ≠ 1, τότε πρέπει λ>0.

α) 0<λ<1⇔ 0<αβ

<1⇔ 0<β<α και 0<βγ

<1⇔ 0<γ<β, οπότε γ<β<α. Εποµένως

αρκεί α<β+γ⇔ α<λα+λ2α ⇔ λ

2+λ-1>0⇔2

15 −<λ<1.

β) λ>1⇔αβ

>1⇔ β>α και βγ

>1⇔ γ>β, οπότε γ>β>α. Εποµένως αρκεί γ<α+β⇔

⇔ λ2α<α+λα⇔ λ

2-λ-1<0, οπότε 1<λ<2

51+.

Εποµένως από τα α), β) συµπεραίνεται ότι: λ∈

+−2

51,

2

15.

Άσκηση 8 Να λυθεί στο σύνολο των ακεραίων αριθµών η εξίσωση:

1+α+α2+…+αx=(1+α)(1+α2)(1+α4).

280

Λύση

i) Για α= -1, τότε ο x είναι τυχαίος περιττός αριθµός.

ii) Για α=1, τότε: 1+11+12+…+1x=8⇔ 11+12+…+1x=7⇔ 1x=7⇔ x=7.

iii) Για α 1≠ και α −≠ 1, to 1+α+α2+…+αx είναι άθροισµα x+1 όρων γεωµετρικής

Προόδου, εποµένως: 1

1.1

1

−−+

αα x

=(1+α)(1+α2)(1+α4) ⇔ αx+1-1=α8-1⇔ α

x+1=α8.

α) Αν α=0, τότε η εκθετική εξίσωση αx+1=α8 έχει άπειρες λύσεις.

β) Αν α≠ 0, τότε: αx+1=α8⇔ x+1=8⇔ x=7.

Άσκηση 9 Να υπολογιστεί το άθροισµα: S100=1+2.2+3.22+4.23+5.24+…+100.299.

Λύση

S100=1+2+22+23+24+…+298+299+

+2+22+23+24+…+298+299+

+22+23+24+…+298+299+

+23+24+…+298+299+

+24+…+298+299+

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

+298+299+

+299=

=12

122

12

122...

12

122

12

122

12

122

12

121

199

298

973

982

99100

−−

+−−

++−−

+−−

+−−

+−−

=

=100.2100-(1+2+22+23+…+298+299)=100.2100-12

12100

−−

=99.2100+1.

13.2.2. Ασκήσεις προτεινόµενες για λύση στη γεωµετρική πρόοδο

Άσκηση 1 Σε µια γεωµετρική πρόοδο ισχύει: α5-α4= -1 και α3-α2= -4. Να

υπολογιστούν τα α1, λ.

Άσκηση 2 Σε µια γεωµετρική πρόοδο ο λόγος είναι 2

1− , α1=512 και αν= -1. Να

υπολογιστούν τα ν, S5.

Άσκηση 3 Να υπολογιστεί η παράσταση:( )

ω

ν

ν

2

1...

8

1

4

1

2

11

2

1...

8

1

4

1

2

11

−++−+−

+++++, ν=2κ, κ∈Ν.

Άσκηση 4 Σε µια γεωµετρική πρόοδο ισχύει: α5:α3=4 και α2:α6= -11. Να

υπολογιστούν τα α1, λ.

281

Άσκηση 5 Να υπολογιστούν τα x, y αν οι αριθµοί 2, x, 8, y είναι διαδοχικοί όροι

γεωµετρικής προόδου.

Άσκηση 6 Αν α1, α2, α3,…,αν-1, αν, είναι διαδοχικοί όροι γεωµετρικής προόδου, τότε

να δειχτεί ότι: (α12+α2

2+…+αν-12)(α2

2+α32+…+αν

2)=(α1α2+α2α3+…+αν-1αν).

13.3.Γενικές ασκήσεις

Άσκηση 1 Τρεις αριθµοί αποτελούν διαδοχικούς όρους γεωµετρικής προόδου. Αν

από τον τρίτο αριθµό αφαιρέσουµε 64, τότε οι τρεις αριθµοί αποτελούν διαδοχικούς

όρους αριθµητικής προόδου. Αν από τον δεύτερο αριθµό αφαιρέσουµε 8 τότε οι τρεις

αριθµοί αποτελούν διαδοχικούς όρους γεωµετρικής προόδου. Να υπολογιστούν οι

τρεις αριθµοί.

Άσκηση 2 Τα ψηφία ενός διψήφιου αριθµού είναι τέτοια ώστε αν µεταξύ τους γραφεί

ο αριθµός 4 προκύπτει τριψήφιος αριθµός τα ψηφία του οποίου αποτελούν

διαδοχικούς όρους γεωµετρικής προόδου. Αν γραφεί µεταξύ τους ο αριθµός 5 τότε τα

ψηφία του τριψήφιου αριθµού αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθµητικής προόδου.

Να βρεθεί ο διψήφιος αριθµός.

Άσκηση 3 Οι πρώτοι όροι αριθµητικής και γεωµετρικής προόδου είναι ίσοι µε το 3,

ενώ οι τρίτοι όροι είναι µεταξύ τους ίσοι. Ο δεύτερος όρος της αριθµητικής προόδου

είναι κατά 6 µεγαλύτερος από τον δεύτερο όρο της γεωµετρικής προόδου. Να

υπολογιστούν η διαφορά ω της αριθµητικής προόδου και ο λόγος λ της γεωµετρικής

προόδου.

Άσκηση 4 Μπορούν δυο θετικοί αριθµοί να είναι ταυτόχρονα διαδοχικοί όροι

αριθµητικής και γεωµετρικής προόδου;

Άσκηση 5 Τρεις αριθµοί είναι ο πρώτος, ο πέµπτος και ο ένατος όρος γεωµετρικής

προόδου. Αν στο δεύτερο προστεθεί 8, τότε οι τρις αριθµοί είναι ο τέταρτος, ο

δέκατος και ο δέκατος έκτος όρος αριθµητικής προόδου. Αν στον τρίτο αριθµό

προστεθεί 64, τότε οι τρις αριθµοί είναι ο δεύτερος, τέταρτος και ο έκτος όρος

γεωµετρικής προόδου. Να βρεθούν οι αριθµοί αυτοί.

Άσκηση 6 Οι αριθµοί α, β, γ αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθµητικής προόδου,

ενώ οι αριθµοί α2, β2, γ2 αποτελούν διαδοχικούς όρους γεωµετρικής προόδου. Αν

αβγ≠ 0, υπολογιστεί ο λόγος λ της γεωµετρικής προόδου.

282

14. ∆ιδακτικό σύστηµα ασκήσεων µαθηµατικής επαγωγής


Η επαγωγή είναι ευρέως διαδεδοµένη σε όλες τις επιστήµες. Μ’ αυτή γίνεται

µετάβαση από το µερικό στο γενικό. Με τη βοήθεια παρατήρησης και πειράµατος

των ειδικών περιπτώσεων ανακαλύπτεται κάποια ιδιότητά του. Εν συνεχεία

διατυπώνεται κάποιος υποθετικός ισχυρισµός (υποθετική πρόταση) ο οποίος

λαµβάνεται για αληθής (ορθός).

Στα µαθηµατικά η κατάσταση διαφοροποιείται σε σχέση µε τις άλλες επιστήµες.

Συγκεκριµένα υπάρχουν παραδείγµατα όπου εκατοντάδες ειδικές περιπτώσεις

ισχύουν αλλά υπάρχει περίπτωση όπου δεν ισχύει κάποια δεδοµένη πρόταση. Για

παράδειγµα «Κάθε περιττός αριθµός είναι πρώτος». Υπάρχουν εποµένως µαθηµατικές

προτάσεις στις οποίες φαίνεται η ορθότητά τους στις ειδικές περιπτώσεις αλλά δεν

µπορεί να αποδειχτεί η γενίκευσή τους. Ένα άλλο παράδειγµα του προαναφερόµενου

είναι και η ακόλουθη πρόταση η οποία έχει διατυπωθεί στις αρχές του 18ου αιώνα µ.

Χ. και παραµένει ακόµη αναπόδειχτη: «Κάθε άρτιος αριθµός µεγαλύτερος του 4

µπορεί να εκφραστεί ως άθροισµα δυο περιττών πρώτων αριθµών».

Στην εργασία αυτή θα ασχοληθούµε αναλυτικά µε την επαγωγή όπως αυτή

εφαρµόζεται στα µαθηµατικά. Θα διατυπωθούν τα βασικά βήµατα αυτής και θα

λυθούν υποδειγµατικά επτά ασκήσεις και θα προταθούν ακόµη δεκαεπτά ασκήσεις

για λύση.

Τα όσα εν συνεχεία θα αναφερθούν απευθύνονται στο γνωστικό επίπεδο της Β΄

Τάξης Ενιαίου Λυκείου Θετικής Κατεύθυνσης, µε το υπάρχον εκπαιδευτικό σύστηµα.

Είναι βασικό βοήθηµα για τη λύση ασκήσεων άλγεβρας, τριγωνοµετρίας κ.τ.λ.

Προτείνεται να διδάσκεται πριν τη Θεωρία Αριθµών µε την οποία είναι άµεσα

συνδεδεµένη, όπως εν συνεχεία θα διαπιστωθεί.

14.2. Η µέθοδος της µαθηµατικής επαγωγής

Όπως προαναφέρθηκε η επαγωγή στα µαθηµατικά διαφοροποιείται απ’ αυτή των

άλλων επιστηµών. Η ειδική αυτή µέθοδος απόδειξης λέγεται µαθηµατική επαγωγή ή

τέλεια επαγωγή. Η µαθηµατική επαγωγή στηρίζεται στα λεγόµενα «Πέντε αξιώµατα

των φυσικών αριθµών» του ιταλού µαθηµατικού – φιλοσόφου Peano. Αυτά είναι:

1) Ο αριθµός 1 είναι φυσικός αριθµός.

2) Αν ο αριθµός κ είναι φυσικός αριθµός, τότε και ο κ+1 θα είναι φυσικός αριθµός.

3) Αν ο αριθµός κ είναι φυσικός αριθµός, τότε κ+1>1.

283

4) Αν υποθέσουµε ότι για δυο φυσικούς αριθµούς κ, λ ισχύει ότι κ+1=λ+1, τότε κ=λ.

5) Αν υποθέσουµε2 ότι έχουµε το υποσύνολο Ν΄ του συνόλου Ν των φυσικών

αριθµών για το οποίο ισχύουν τα ακόλουθα:

i) 1∈Ν΄

ii) ∀ κ∈Ν΄⇒ (κ+1)∈Ν΄

τότε το σύνολο Ν΄ ταυτίζεται µε το σύνολο Ν των φυσικών αριθµών.

Με βάση τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής, αν πρέπει να αποδειχτεί η

ορθότητα µιας µαθηµατικής πρότασης (τύπος, σχέση, κανόνας) στην οποία

συµµετέχει ο φυσικός αριθµός ν και για τον οποίο γνωρίζεται ακόµη ότι:

1) Η πρόταση ισχύει για συγκεκριµένο φυσικό αριθµό µ.

2) Από την υπόθεση της ορθότητας του ζητούµενου για κάποιο φυσικό αριθµό ν

µε ν≥µ, συνεπάγεται η ορθότητά του για αριθµό ν+1,

τότε η πρόταση αυτή είναι ορθή για όλους τους φυσικούς αριθµούς οι οποίοι είναι

µεγαλύτεροι ή ίσοι του µ.

Η µέθοδος της µαθηµατικής επαγωγής δίνει τη δυνατότητα απόδειξης και ότι µια

πρόταση δεν είναι ορθή. Αυτό µπορεί να επιτευχθεί µε την απόδειξη της µη ισχύος

ενός από τα 1) ή 2).

Αν µια µαθηµατική πρόταση ισχύει για ν=1, τότε περιλαµβάνει όλους τους

φυσικούς αριθµούς. Από το βήµα 2), δηλαδή αν ισχύει για ν θα ισχύει και για ν+1

συνεπάγεται ότι η πρόταση ισχύει και για ν=2, ν=3, ν=4,…κ.τ.λ. Άρα για κάθε τυχαία

επιλογή του ν (π. χ. ν=50) η δεδοµένη µαθηµατική πρόταση θα ισχύει.

Τα δυο αυτά βήµατα της µαθηµατικής επαγωγής λέγονται και «Θεώρηµα τέλειας

επαγωγής» και είναι δυνατόν να εφαρµοστούν και ως εξής: έστω ότι ζητείται η

απόδειξη µιας πρότασης Π η οποία εξαρτάτε από ένα φυσικό αριθµό ν, τότε:

1) Αν η Π ισχύει για ν=1

2) Αν η Π ισχύει για ν=κ (κ∈Ν)

3) Αν η Π ισχύει και για ν=κ+1,

τότε συνεπάγεται ότι η πρόταση Π θα ισχύει για κάθε ν∈Ν.

Η απόδειξη του θεωρήµατος αυτού στηρίζεται στα προαναφερόµενα πέντε

αξιώµατα των φυσικών αριθµών και είναι η ακόλουθη:

Θεωρείται σύνολο Ν΄ µε Ν΄⊆Ν και για το οποίο ισχύει ότι: Ν΄=ν∈Ν, Π-ορθή.

Επειδή η πρόταση Π είναι ορθή για ν=1, έπεται ότι Ν≠ , γιατί 1∈Ν΄.

2 Το πέµπτο αξίωµα λέγεται «αρχή της τέλειας επαγωγής»

284

Αν για το φυσικό αριθµό κ ισχύει ότι κ∈Ν, τότε η πρόταση Π είναι ορθή για ν=κ.

Επειδή Ν≠ και: i) 1∈Ν

ii) κ∈Ν΄⇒ (κ+1)∈Ν΄,

θα ισχύει ότι τα σύνολα Ν, Ν΄ ταυτίζονται και αν η πρόταση Π αληθεύει για ν=κ+1,

τότε (κ+1)∈Ν. Άρα η πρόταση Π είναι ορθή για κάθε ν∈Ν.

Συνήθως η µέθοδος της µαθηµατικής επαγωγής εφαρµόζεται µε τρόπο κάπως

διαφορετικό από τον προαναφερόµενο. Αυτός είναι ο ακόλουθος:

1) Αποδείχνουµε την πρόταση για ν=1.

2) ∆εχόµαστε ότι η πρόταση ισχύει για ν=κ.

3) Αποδείχνουµε ότι η πρόταση ισχύει και για ν=κ+1.

Τονίζεται ότι υπάρχουν περιπτώσεις στις οποίες τα 1) και 3) δεν ισχύουν, δηλαδή

δεν µπορούν να αποδειχτούν. Τότε η δεδοµένη αυτή µαθηµατική πρόταση δεν ισχύει.

Έστω το ακόλουθο παράδειγµα: «Κάθε φυσικός αριθµός είναι ίσος µε τον επόµενό

του».

Έστω ότι δεν έχει αποδειχτεί το 1) δηλαδή το ότι ισχύει για ν=1. Υποθέτουµε ότι

ισχύει για ν=κ (δηλαδή το δεύτερο βήµα), δηλαδή κ=κ+1. Θα αποδειχτεί ότι ισχύει

και για ν=κ+1, δηλαδή ότι κ+1=κ+2. Από το 1) ισχύει ότι 1=1+1 και κατά συνέπεια

συνεπάγεται ότι κ+1=κ+(1+1)=κ+1+1=κ+2. Άρα καταλήγουµε στη λανθασµένη

απόδειξη ότι ν=ν+1, ∀ ν∈Ν. Η αντίφαση προέρχεται από τι µη απόδειξη του 1) από

το οποίο λαµβάνεται από την αρχής ότι 1≠ 1+1.

Εποµένως βασικός στη µαθηµατική επαγωγή είναι να γίνεται έλεγχος (απόδειξη)

και του 1) και του 3), λαµβάνοντας υποθετικά την ισχύ του δεύτερου βήµατος.

14.3. Ασκήσεις λυµένες µε τη βοήθεια της µαθηµατικής επαγωγής

Στο σηµείο αυτό θα λυθούν, µε τη βοήθεια της µαθηµατικής επαγωγής, συνολικά

επτά αλγεβρικές ασκήσεις.

Άσκηση (1) Να δειχτεί3 ότι ∀ ν≥2, α>-1 ισχύει: (α+1)ν≥1+αν (1)

Λύση

1) Αποδείχνουµε την ανισότητα (1) για ν=1: (1+α)1=1+α, το οποίο ισχύει.

2) ∆εχόµαστε ότι η ανισότητα (1) ισχύει για ν=κ: (1+α)κ≥1+ακ (2)

3) Θα αποδείξουµε ότι η ανισότητα (1) ισχύει και για ν=κ+1: (1+α)κ+11+α(κ+1)

Απόδειξη: Πολλαπλασιάζουµε την ανισότητα (2) µε (1+α)>0 και λαµβάνεται ότι:

3 Η ανισότητα αυτή είναι γνωστή και ως «ανισότητα Bernoulli»

285

(1+α)κ(1+α)≥ (1+ακ)(1+α)⇔ (1+α)κ+1≥1+α+κα+κα2≥1+α+κα≥1+(κ+1)α, άρα θα

έχουµε ότι: (1+α)κ+1≥1+(κ+1)α άρα η (1) ισχύει για ν=κ+1 και κατά συνέπεια

∀ ν∈Ν, ν≥2.

Άσκηση (2) Να δειχτεί ότι ∀ ν∈Ν ισχύει: 12+22+32+…+ν2=6

)12)(1( ++ ννν (3)

Λύση

1) Αποδείχνουµε την ισότητα (3) για ν=1: 12=6

)11.2)(11(1 ++=1

2) ∆εχόµαστε ότι η ισότητα (3) για ν=κ: 12+22+32+…+κ2=6

)12)(1( ++ κκκ (4)

3) Θα αποδείξουµε ότι η ισότητα (3) ισχύει και για ν=κ+1:

12+22+32+…+κ2+(κ+1)2=6

]1)1(2)[2)(1( ++++ κκκ

Απόδειξη: Προσθέτουµε και στα δυο µέλη της ισότητας (4) το (κ+1)2 και λαµβάνεται:

12+22+32+…+κ2+(κ+1)2=6

)12)(1( ++ κκκ+(κ+1)2=(κ+1)

++

+1

6

12 κκκ =

=(κ+1)6

]1)1(2)[2)(1(

6

672 2 ++++=

++ κκκκκ, άρα η ισότητα (3) ισχύει για

ν=κ+1 και κατά συνέπεια ∀ ν∈Ν.

Άσκηση (3) Να δειχτεί ότι ∀ q≠ 1, ∀ ν≥0 ισχύει: 1+q+q2+…+qν=q

q

−− +

1

1 1ν

(5)

Λύση

1) Αποδείχνουµε ότι η ισότητα (5) ισχύει για ν=0: 1=q

q

−−

1

1=1.

2) ∆εχόµαστε ότι η ισότητα (5) ισχύει για ν=κ: 1+q+q2+…+qκ=q

q

−− +

1

1 1κ

(6)


1+q+q2+…+qκ+qκ+1=q

q

−− +

1

1 2κ

Απόδειξη: Προσθέτουµε και στα δυο µέλη της ισότητας (5) το qκ+1 και λαµβάνεται:

1+q+q2+…+qκ+qκ+1=q

q

−− +

1

1 1κ

+qκ+1=q

q

q

qqq

−−

=−

−+− +++

1

1

1

)1(1 211 κκκ

, άρα η ισότητα

(5) ισχύει για ν=κ+1 και κατά συνέπεια ∀ ν∈Ν.

Άσκηση (4) Να δειχτεί ότι ∀ χ≠ µ.π (µ∈Ζ), ∀ ν∈Ν ισχύει:

286

συνχ+συν3χ+…+συν(2ν-1)χ=ηµχ

νχηµ2

2 (7)

Λύση

1) Αποδείχνουµε την ισότητα (7) για ν=1: συνχ=ηµχ

ηµχσυνχηµχ

χηµ2

2

2

2= =συνχ.

2) ∆εχόµαστε ότι η ισότητα (7) ισχύει για ν=κ:

συνχ+συν3χ+…+συν(2κ-1)χ=ηµχ

κχηµ2

2 (8)


συνχ+συν3χ+…+συν(2κ-1)χ+συν(2κ+1) =ηµχ

χηµ2

)1(2 +k

Απόδειξη: Προσθέτουµε και στα δυο µέλη της ισότητας (8) το συν(2κ+1)χ και

λαµβάνεται: συνχ+συν3χ+…+συν(2κ-1)χ+συν(2κ+1)=ηµχ

κχηµ2

2+συν(2κ+1)=

=ηµχ2

1[ηµ2κχ+2ηµχσυν(2κ+1)χ] (9)

Εφαρµόζουµε την ιδιότητα 2ηµασυνβ=ηµ(α+β)+ηµ(α-β) στη (9) και λαµβάνεται:

συνχ+συν3χ+…+συν(2κ-1)χ+συν(2κ+1)= ηµχ2

1[ηµ2κχ+ηµ(2κ+2)χ+ηµ(-2κχ)]=

=ηµχ

χηµ2

)1(2 +k, άρα η ισότητα (7) ισχύει για ν=κ+1 και κατά συνέπεια ∀ ν∈Ν.

Άσκηση (5) Έστω χ1, χ2,…,χν τυχαίοι φυσικοί αριθµοί για τους οποίους ισχύει ότι

χ1.χ2…..χν=1. Να δειχτεί ότι χ1+χ2+…+χν≥ ν (10)

Λύση

1) Αποδείχνουµε την ανισότητα (10) για ν=1: από την υπόθεση ισχύει ότι χ1=1 και

εποµένως χ1≥ ν.

2) ∆εχόµαστε ότι ανισότητα (10) ισχύει για ν=κ: χ1+χ2+…+χκ≥κ µε χ1.χ2…..χκ=1.

∆ιακρίνονται δυο περιπτώσεις4:

i) Όλοι οι αριθµοί να είναι ίσοι µε το 1. Τότε το άθροισµα είναι κ+1 και εποµένως

η ανισότητα (10) αποδείχτηκε.

ii) Μεταξύ των αριθµών υπάρχει τουλάχιστον ένας αριθµός διαφορετικός του 1.

Τότε υποχρεωτικά υπάρχει ακόµη ένας αριθµός διαφορετικός του 1 και αν ο ένας

4 Στην άσκηση αυτή θα εφαρµοστούν τα δυο βήµατα της µαθηµατικής επαγωγής, δηλαδή τα 1) και 2)

της σελίδας 2

287

είναι µικρότερος του 1, ο άλλος θα είναι µεγαλύτερος του 1. Έστω χκ<1 ενώ χκ+1>1.

Το γινόµενό τους είναι ίσο µε το 1 και κατά συνέπεια από την υπόθεση ισχύει ότι:

χ1+χ2+…+χκ-1+χκχκ+1≥κ (11)

Προσθέτουµε και στα δυο µέλη της ανισότητας (11) το χκ+χκ+1 και εν συνεχεία

µεταφέρουµε στο δεύτερο µέλος της το γινόµενο χκ.χκ+1 και λαµβάνεται ότι:

χ1+χ2+…+χκ-1+χκ+χκ+1≥κ-χκχκ+1+χκ+χκ+1=κ+1+χκ-1+χκ+1(1-χκ)=κ+1-(-χκ-1)+χκ+1(1-χκ)=

=κ+1+(1-χκ)(χκ+1-1) ≥κ+1, άρα η ισότητα (10) ισχύει5 για ν=κ+1 και κατά συνέπεια

∀ ν∈Ν.

Άσκηση (6) Με τη βοήθεια της µαθηµατικής επαγωγής να βρεθεί το άθροισµα:

)1.(

1...

4.3

1

3.2

1

2.1

1

+++++

νν, αν ν≥1.

Λύση

Έχουµε ότι: 2

1

2.1

1=

3

2

6

1

2

1

3.2

1

2.1

1=+=+

4

3

12

1

6

1

2

1

4.3

1

3.2

1

2.1

1=++=++

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

Εποµένως )1.(

1...

4.3

1

3.2

1

2.1

1

+++++

νν=

1+νν

, το οποίο πρέπει και να αποδειχτεί.

1) Αποδείχνουµε ότι η τελευταία ισότητα ισχύει για ν=1: 2

1

)11(1

1

2.1

1=

+= .

2) ∆εχόµαστε ότι ισχύει για ν=κ: )1.(

1...

4.3

1

3.2

1

2.1

1

+++++

κκ=

1+κκ

(12)

3) Θα αποδείξουµε ότι η ισότητα ισχύει και για ν=κ+1:

)2)(1(

1

)1.(

1...

4.3

1

3.2

1

2.1

1

+++

+++++

κκκκ=

2

1

++

κκ

Απόδειξη: Προσθέτουµε και στα δυο µέλη της ισότητας (12) το )2)(1(

1

++ κκ:

++

++++)1.(

1...

4.3

1

3.2

1

2.1

1

κκ

)2)(1(

1

++ κκ=

1+κκ

+ )2)(1(

1

++ κκ=

5 Η Ισότητα στη (10) ισχύει για χ1=χ2=…=χν=1

288

=2

1

)2)(1(

)1(

)2)(1(

12 22

++

=++

+=

++++

κκ

κκκ

κκκκ

, άρα η ισότητα (12) ισχύει για ν=κ+1 και

κατά συνέπεια ∀ ν∈Ν.

Άσκηση (7) Nα δειχτεί ότι ο αριθµός 6 διαιρεί τον ν2+11ν,∀ ν∈Ν.

Λύση

1) Αποδείχνουµε ότι η πρόταση ισχύει για ν=1: 13+11.1=12=2.6, ο οποίος

διαιρείται µε το 6.

2) ∆εχόµαστε ότι η πρόταση ισχύει για ν=κ: κ3+11κ διαιρείται µε το 6.

3) Θα αποδείξουµε ότι η πρόταση ισχύει και για ν=κ+1: (κ+1)3+11(κ+1) διαιρείται

µε το 6.

Απόδειξη: Έχουµε ότι (κ+1)3+11(κ+1)=κ3+1+3κ(κ+1)+11κ+11=κ3+11κ+3κ(κ+1)+12.

Ο αριθµός κ3+11κ διαιρείται µε το (υπόθεση 2)).

Ο αριθµός 3κ(κ+1) διαιρείται µε το 6, γιατί από τους δυο διαδοχικούς αριθµούς κ

και κ+1 ο ένας είναι άρτιος και εποµένως ο κ(κ+1) διαιρείται µε το 2 και κατά

συνέπεια ο 3κ(κ+1) διαιρείται µε το 6.

Ο αριθµός 12=2.6 διαιρείται µε το 6. Άρα ο αριθµός κ3+11κ+3κ(κ+1)+12

διαιρείται µε το 6, άρα η πρόταση ισχύει για ν=κ+1 και κατά συνέπεια ∀ ν∈Ν.


Προτείνονται συνολικά δεκαοχτώ ασκήσεις για λύση µε τη βοήθεια την µεθόδου

της µαθηµατικής επαγωγής. Οι ασκήσεις 17 και 18, όπως θα ακολουθήσουν,

προτείνεται να λυθούν από ενδιαφερόµενους µαθητές και οι λύσεις αυτών να

σταλούν στη διεύθυνση το περιοδικού.

Άσκηση (1) Να αποδειχτεί µε τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής ότι:

(1-α)ν≥1-να, 0≤α≤1, ν∈Ν.


1+2+3+…+ν=2

)1( +νν, ν≥1.


1+3+5+…+(2ν-1)=ν2.


13+23+33+…+ν3=2

2

)1(

+νν

, ν≥1.


289

12-22+32+…+(-1)ν-1ν2=(-1)ν-12

)1( νν +, ν≥1.


12)12)(12(

1...

5.3

1

3.1

1

+=

+−+++

νν

νν, ν≥1.


13)13)(23(

1...

7.4

1

4.1

1

+=

+−+++

νν

νν, ν≥1..

Άσκηση (8) Να βρεθεί µε τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγή το άθροισµα:

1.2+2.3+3.4+…+ν(ν+1), , ν≥1.

Άσκηση (9) Για ποιους φυσικούς αριθµούς ν ισχύει ότι 2ν>5ν;

Άσκηση (10) Να δειχτεί ότι: ν! ≥2ν-1, ν≥1.


1.1!+2.2!+…+ν.ν!=(ν-1)!-1, ν≥0.

Άσκηση (12) Να αποδειχτεί ότι ο αριθµός 10ν+1-9ν-10 διαιρείται µε το 81.

Άσκηση (13) Να αποδειχτεί ότι ο αριθµός 72ν+16ν-1 διαιρείται µε το 16.

Άσκηση (14) Αν γα το χ ισχύει ότι ηµ ≠2

χ0, τότε να δειχτεί ότι για κάθε ν≥1

ισχύει:

ηµχ+ηµ2χ+…+ηµνχ=

2

2.

2

)1(

χηµ

νχηµχνηµ +

.


νν

ν3

2...321>

++++, ∀ ν∈Ν.


νν

ν χχχν

χχχ......

...21

21 ≥+++

, όπου χ1, χ2,…,χν τυχαίοι θετικοί αριθµοί.

Άσκηση(17) Να αποδειχτεί µε τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής ότι:

(χ1+χ2+…+χν)2

21

1...

11 νχχχ ν

≥

++ ,∀ ν∈Ν.

Άσκηση(18) Να αποδειχτεί µε τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής ότι:

νααααα

ααααν

ν 11

...

...112753

2642

+>++++++++++

− ,∀ ν∈Ν, α∈R-0.

290

15. ∆ιασκεδαστικές µαθηµατικές ασκήσεις

15.1 Εισαγωγή.

Η πρακτική αριθµητική περιλαµβάνει µαθηµατικά µε ευρεία πρακτική

εφαρµογή. Για το λόγο αυτό δεν απευθύνεται µόνο στους µαθητές, αλλά και σε άλλες

επιστήµες, παραπλήσιες της µαθηµατικής επιστήµης.

Ο τρόπος µε τον οποίο θα παρουσιαστούν τα διάφορα προβλήµατα, δεν είναι ο

αναµενόµενος, δηλαδή ο συνηθισµένος τρόπος έκφρασης ενός προβλήµατος

πρακτικής αριθµητικής. Αυτό είναι αποτέλεσµα της προσπάθειάς µας να

χρησιµοποιήσουµε τις πλέον σύγχρονες ψυχολογικές και διδακτικές ιδέες,

συνδεδεµένες µε την δυνατότητα αύξησης του ενδιαφέροντος για τις µαθηµατικές

γνώσεις.

Το βασικό σε µια απ’ αυτές τις ιδέες, είναι αυτό που εν ολίγοις θα µπορούσε να

εκφραστεί ως εξής: σε δεδοµένο επίπεδο της ανάπτυξης ενός ανθρώπου, οι γνώσεις

και οι δυνατότητες που έχει αναπτύξει η ανθρωπότητα µέχρι τώρα, µπορούν να

διαιρεθούν, σε σχέση µε τον συγκεκριµένο αυτό άνθρωπο, στις ακόλουθες

κατηγορίες:

α) Προβλήµατα, τα οποία ο δεδοµένος άνθρωπος µόνος του µπορεί να τα λύσει

και να τα χρησιµοποιεί.

β) Προβλήµατα, τα οποία ο δεδοµένος άνθρωπος µπορεί να τα λύσει και να τα

χρησιµοποιεί µε την βοήθεια κάποιου άλλου (καθηγητής, γονείς κ.τ.λ).

γ) Προβλήµατα, τα οποία ο δεδοµένος άνθρωπος δεν µπορεί στο συγκεκριµένο

επίπεδο αυτό της γνώσης του να τα λύσει και να τα χρησιµοποιήσει, ούτε ακόµη και

µε τη σχετική βοήθεια.

Βασικός µας σκοπός πάντα είναι να συστηµατοποιήσουµε τις γνώσεις που

σχετίζονται µε την πρακτική αριθµητική και να ταξινοµήσουµε σε οµάδες και επίπεδα

δυσκολίας όλα τα σχετικά προβλήµατα, έτσι ώστε, ο κάθε αναγνώστης λύνοντας ένα

απ’ αυτά τα προβλήµατα (ή σε άλλες περιπτώσεις οµάδα προβλήµατα), να είναι σε

θέση να λύνει σειρά άλλων προβλήµατα, πανοµοιότυπων µε τα λυµένα. Στο σηµείο

αυτό πρέπει να αναφερθεί ότι στην εργασία αυτή θα γίνει αναφορά µόνο σε ένα τύπο

προβλήµατα πρακτικής αριθµητικής. Θα υπάρξει και συνέχιση αυτής µε άλλους

τύπους προβληµάτων.

Τονίζεται επίσης ότι τα προβλήµατα πρακτικής αριθµητικής που θα ακολουθήσουν

απευθύνονται σε αναγνώστες των 15 χρόνων, λόγου των γνώσεων που απαιτούνται

για τη λύση τους.

291

15.2. Η πορεία των προβλήµατα πρακτικής αριθµητικής στο χρόνο

Η ανθρωπότητα έχει φιλοτεχνήσει πολλά αινίγµατα, σπαζοκεφαλιές,

ταχυδακτυλουργίες και παιχνίδια, στα οποία απεικονίζει τα διάφορα στάδια της

εξέλιξης του πολιτισµού της, της κοινωνική-οικονοµικής κατάστασης, της

εφευρετικότητας της και της ευφυίας της. Όλα αυτά είναι δυνατόν να θεωρηθούν

προβλήµατα πρακτικής αριθµητικής. Γεγονός είναι ότι τις περισσότερες φορές η

δηµιουργία αυτών ήταν αποτέλεσµα της ανάγκης για λύση προβληµάτων πρακτικής

φύση.

Από την ιστορία των µαθηµατικών γνωρίζουµε ότι µε τα προβλήµατα πρακτικής

αριθµητικής ασχολούνταν οι αρχαίοι αιγύπτιοι. Οι τελευταίοι είχαν συνειδητοποιήσει

καλά το ρόλο του ενδιαφέροντος και του ευχάριστου στην εξάσκηση µε τη λύση

προβληµάτων πρακτικής αριθµητικής. Τονίζεται ότι στην αρχαία Αίγυπτο δεν

υπήρχαν διατυπωµένες γεωµετρικές ή αλγεβρικές έννοιες, ούτε αφηρηµένες και

γενικευµένες µαθηµατικές έννοιες. Ασχολούνταν περισσότερο µε ασκήσεις

πρακτικής σηµασίας (για παράδειγµα η διαίρεση καλλιεργήσιµης έκτασης).

Ενδεικτικά είναι και τα λόγια του Πλάτωνα σχετικά µε τις αντιλήψεις των αρχαίων

αιγυπτίων:

«Σε ότι αφορά την αριθµητική, εκεί, ειδικά για τα παιδιά έχουν εφευρεθεί τέτοια

διδακτικά εγχειρίδια που να κάνουν την εκµάθηση τόσο ευχάριστη, όσο ευχάριστα

είναι και τα παιχνίδια»

Στους αρχαίους αιγυπτίους τα λογικά συµπεράσµατα εξυπηρετούν µόνο ως µέσο

για να λαµβάνουν αποτελέσµατα, µε βάση τα οποία, οι µαθηµατικοί τις εποχής αυτής,

δηµιουργούν και προτείνουν µεθόδους για την λύση ασκήσεων, χωρίς όµως να

αποκαλύπτουν αυτές στον απλό λαό, καθώς επίσης να µην τις κάνουν σκοπό για

κατανόηση άλλων ασκήσεων.

Η κατάσταση αυτή διαφοροποιείται κατά πολύ κατά την αρχαία ελληνική περίοδο

των µαθηµατικών. Εκτός από ορισµένες µεµονωµένες περιπτώσεις όπως για

παράδειγµα ο Αρχιµήδης, οι αρχαίοι έλληνες µαθηµατικοί παραµελούν την εφαρµογή

των µαθηµατικών γνώσεων. Η παραµέλησή τους αυτή οφείλεται στο γεγονός, ότι οι

περισσότεροι απ’ αυτούς τους αρχαίους έλληνες µαθηµατικούς και φιλοσόφους, ήταν

αριστοκράτες (για παράδειγµα ο Πυθαγόρας και ο Πλάτωνας ). Αυτοί θεωρούσαν, ότι

η πρακτική εφαρµογή είναι για τους εµπόρους και όχι για τους αριστοκράτες. Αυτό

τους οδήγησε και στο διαχωρισµό της «Αριθµητικής», την οποία ονόµαζαν

«Λογιστική», από τη «Θεωρία των Αριθµών». Η Αριθµητική αναφέρεται στις πράξεις

292

µε αριθµούς (πρόσθεση, αφαίρεση, πολλαπλασιασµό και διαίρεση), ενώ η Θεωρία

των Αριθµών ασχολείται µε τις ιδιότητες αυτών. Για το λόγο αυτό οι αριθµητικές

ασκήσεις στα αρχαία ελληνικά µαθηµατικά είναι λίγες στον αριθµό.

Ένα από τα αρχαιότερα ίσως ελληνικά προβλήµατα πρακτικής αριθµητικής

βρίσκεται στα συγγράµµατα του αρχαίου έλληνα µαθηµατικού Νικόµαχος (3 αιώνα

µ. Χ.) και είναι η ακόλουθη:

«Πατέρας είχε τρεις γιους και τρεις κόρες και του άφησε κληρονοµιά χρυσά

νοµίσµατα ως εξής: ο πρώτος γιος, αφού βάλλει όσα έχει µέσα, να πάρει 250 χρυσά

νοµίσµατα, ο δεύτερος, αφού βάλλει όσα έχει µέσα, να πάρει 250 χρυσά νοµίσµατα,

ο τρίτος, αφού βάλλει όσα έχει µέσα, να πάρει 250 χρυσά νοµίσµατα, η πρώτη κόρη,

αφού βάλλει όσα έχει µέσα να πάρει 125 χρυσά νοµίσµατα, η δεύτερη, αφού βάλλει

όσα έχει µέσα να πάρει 125 χρυσά νοµίσµατα και η τρίτη, αφού βάλλει όσα έχει µέσα

να πάρει 125 χρυσά νοµίσµατα και τότε δεν θα µείνουν καθόλου χρυσά νοµίσµατα.

Πόσα νοµίσµατα υπήρχαν;»

Το προαναφερόµενο προβλήµατα υπάρχει και σε νεότερες διατυπώσεις, γεγονός

που δηλώνει την µετάδοση και την επιθυµία διατήρησης των προβλήµατα αυτών από

γενιά σε γενιά, µε τρόπο κυρίως προφορικό. Τρόπο λύσης του προβλήµατα αυτού θα

προτείνουµε στη συνέχεια.

Στα συγγράµµατα του Νικόµαχου υπάρχουν ακόµη πέντε προβλήµατα σχετικής

µε αριθµητικές γνώσεις και γνώσεις Θεωρίας των Αριθµών, για της οποίες στην

εργασία αυτή δεν θα γίνει αναφορά.

15.3. Ορισµένες ασκήσεις

Πριν λύσουν ενδεικτικά ορισµένες ασκήσεις πρακτικής αριθµητικής, αναφέρουµε

ότι σε κάθε τεύχος του περιοδικού θα υπάρχει αντίστοιχη στήλη µε λυµένες και

άλυτες ασκήσεις πρακτικής αριθµητική.

Άσκηση 1η Πώς µε τη µετακίνηση ενός µόνο σπίρτου θα προκύψει αληθής ισότητα;

α)

β)

γ)

293

Λύση

α)

β)

γ)

Άσκηση 2η Να διαιρεθεί το τραπέζιο κατασκευασµένο από σπίρτα σε 4 ίσα τραπέζια,

αν χρησιµοποιηθούν ακόµη 5 σπίρτα.

Λύση Άσκηση 3η Να γίνουν µε 6 σπίρτα 4 ίσα τρίγωνα.

Άσκηση 4η Μεταξύ 9 νοµισµάτων υπάρχουν 2 πλαστά. Κάθε κανονικό νόµισµα

ζυγίζει 10gr, ενώ κάθε πλαστό 11gr. Πώς µε 5 ζυγίσεις θα µπορέσουµε να

ανακαλύψουµε τα πλαστά νοµίσµατα, αν διαθέτουµε αρκετό αριθµό

σταθµών του 1gr;

15.4. Προτεινόµενες λύσεις Λύση 3ης άσκησης

Κατασκευάζουµε τριγωνική πυραµίδα µε ακµές τα 6 σπίρτα.

Λύση 4ης άσκησης Με Α, Β, Γ, ∆, Ε, Ζ, Η, Θ και Ι να συµβολίσουµε τα 9 νοµίσµατα. 1ο Ζύγισµα: (Α, Β, Γ). 2ο Ζύγισµα: (∆, Ε, Ζ).

294

Τότε εύκολα µπορούµε να υπολογίσουµε πόσο ζυγίζει η τριάδα (Η, Θ, Ι). 1η Περίπτωση: Μια από τις τριάδες, για παράδειγµα (Α, Β, Γ), έχει συνολικό βάρος 32gr. Τότε δυο από τα νοµίσµατα αυτά είναι πλαστά. 3ο Ζύγισµα: Α. 4ο Ζύγισµα (αν είναι απαραίτητο): Β. Ανακαλύπτουµε το πλαστό νόµισµα. 2η Περίπτωση: ∆υο από τις τρις οµάδες είναι από 31gr. Έστω (Α, Β, Γ), (∆, Ε, Ζ). 3ο Ζύγισµα: (Α, ∆). 2αη Περίπτωση: Το βάρος των (Α, ∆) είναι 22gr. Τότε τα δυο αυτά νοµίσµατα είναι πλαστά. 2βη Περίπτωση: Το βάρος των (Α, ∆) είναι 21gr. Τότε ένα από τα νοµίσµατα είναι πλαστό. 4ο Ζύγισµα: Α. Από εδώ µπορεί να προσδιοριστεί ένα πλαστό νόµισµα. Έστω αυτό να είναι το Α. Τότε το άλλο πλαστό είναι µεταξύ των (Ε, Ζ). 5ο Ζύγισµα: Ε. Από εδώ προσδιορίζεται ακριβώς το πλαστό νόµισµα. 2γη Περίπτωση: Το βάρος των (Α, ∆) είναι 20gr. Τότε σε κάθε µια από τις οµάδες (Β, Γ) και (Ε, Ζ) υπάρχει από ένα πλαστό νόµισµα. 4ο Ζύγισµα: Β. 5ο Ζύγισµα: Ε. Μετά από τα δυο αυτά ζυγίσµατα εύκολα προσδιορίζονται τα πλαστά νοµίσµατα. 16. Υπολογισµοί µνήµης – διδακτική προσέγγιση


Ένας από τους βασικότερους σκοπούς της διδασκαλίας των µαθηµατικών είναι η

δηµιουργία κατάλληλων συνθηκών, έτσι ώστε οι διδασκόµενοι να κατανοήσουν και

να είναι σε θέση να εφαρµόσουν τις διδασκόµενες µαθηµατικές έννοιες, στην πράξη,

στην καθηµερινή ζωή. Η µη ύπαρξη πρακτικής εφαρµογής των µαθηµατικών

αποτέλεσµα έχει να µην µπορούν αυτά να εµπεδωθούν, µιας και θα θεωρούνται

ξεκοµµένα από την πραγµατικότητα και τις άλλες επιστήµες, πράγµα άτοπο.

Στην εργασία αυτή γίνεται προσπάθεια να αποδοθεί µια διαφορετική διάσταση της

θεωρίας των αριθµών και της αριθµητικής. Τα αναφερόµενα είναι δυνατόν να

απευθυνθούν σε όλους, ασχέτου αν ασχολούνται, άµεσα ή έµµεσα, µε τα µαθηµατικά.

Και αυτό γιατί οι αριθµητικές πράξεις εφαρµόζονται στην καθηµερινή ζωή επί

µονίµου βάση.

16.2. Μνηµονικοί κανόνες υπολογισµού γινοµένου

16.2.1. Γινόµενο διψήφιων αριθµών των οποίων τα ψηφία των δεκάδων είναι ο

αριθµός 1

Προσθέτουµε ένα από τους αριθµούς µε το ψηφίο της µονάδας του δεύτερου

αριθµού, το αποτέλεσµα το πολλαπλασιάζουµε µε το 10 και σ’ αυτό που θα βρούµε

προσθέτουµε το γινόµενο των ψηφίων των µονάδων των δυο αριθµών.

Παράδειγµα: 13.14=(13+4).10+3.4=182

295

Ο υπολογισµός γίνεται νοητά και γράφεται το αποτέλεσµα.

16.2.2. Γινόµενο δυο ίδιων διψήφιων αριθµών, οι οποίοι είναι πολλαπλάσια του 5

Το ψηφίο της δεκάδας πολλαπλασιάζεται µε τον εαυτό του και προσθέτουµε το

ίδιο το ψηφίο και στα δεξιά του αποτελέσµατος βάζουµε τον αριθµό 25.

Παράδειγµα: Για το 25.25 έχουµε ότι 2.2+2=6 και µετά το 6 βάζουµε 25,

εποµένως 25.25= 625.

16.2.3. Γινόµενο διαφορετικών διψήφιων αριθµών οι οποίοι είναι πολλαπλάσια

του 5

1η περίπτωση: Το µέσο αριθµητικό των ψηφίων των δεκάδων είναι φυσικός

αριθµός. Στην περίπτωση αυτή πολλαπλασιάζουµε τα ψηφία των δεκάδων,

προσθέτουµε το µέσο αριθµητικό και δεξιά του αποτελέσµατος βάζουµε τον αριθµό

25.

Παράδειγµα: Για το 25.45 έχουµε ότι 2.4+3=11 και στο τέλος 25, εποµένως

25.45=1125, όπου 3=2

42+ (µέσο αριθµητικό των 2 και 4).

2η περίπτωση: Το µέσο αριθµητικό των ψηφίων των δεκάδων δεν είναι φυσικός

αριθµός. Στην περίπτωση αυτή πολλαπλασιάζουµε τα ψηφία των δεκάδων,

προσθέτουµε το µέσο αριθµητικό στρογγυλεµένο και δεξιά του αποτελέσµατος

βάζουµε τον αριθµό 75.

Παράδειγµα: Για το 35.85 έχουµε ότι 3.8+5=29 και στο τέλος 75, εποµένως

35.65=2975, όπου 5 είναι ο 5,5=2

83+ στρογγυλεµένος.

Παρατηρήσεις

1) Ο τρόπος αυτός υπολογισµού είναι δυνατόν να εφαρµοστεί και στη περίπτωση

του γινοµένου διψήφιου µε τριψήφιου αριθµού, πολλαπλάσιων του 5.

Παραδείγµατα: α) 45.105, 4.10+7=47 και στο τέλος 25, εποµένως

45.105=4725, όπου 7 είναι το µέσο αριθµητικό των 4 και 10.

β) 25.115, 2.11+6=28 και στο τέλος 75, εποµένως

25.115=2875, όπου 6 είναι το µέσο αριθµητικό 6,5 των 2 και 11, αλλά

στρογγυλεµένος.

2) Τα όσα έχουν αναφερθεί στις παραγράφους 2.1, 2.2 και 2.3 του κεφαλαίου αυτού

ισχύουν και στην περίπτωση του γινοµένου δυο τριψήφιων αριθµών πολλαπλάσιων

του 25. Στην περίπτωση αυτή έχουµε:105.105=11025, 105.205=21525 κ.τ.λ.

296

16.2.4. Γινόµενο αριθµών των οποίων όλα τα ψηφία είναι 1

1η περίπτωση: Οι δυο αριθµοί να έχουν τον ίδιο αριθµό (πλήθος) µονάδων. Τότε

γράφουµε τους αριθµούς 1,2, 3,… στην σειρά, τόσα ψηφία, όσος είναι ο αριθµός των

µονάδων και εν συνεχεία γράφουµε τους ίδιους αριθµούς, αλλά µε αντίθετη σειρά.

Παραδείγµατα: α) 11.11=121.

β) 111111.111111=123454321, δηλαδή γράφουµε τους αριθµούς

1, 2, 3, 4 και 5 στην σειρά και µετά τους ίδιους αλλά µε αντίθετη σειρά, δηλαδή 4, 3,

2 και 1.

γ) 111111111.111111111=12345678987654321.

2η περίπτωση: Οι δυο αριθµοί να έχουν διαφορετικό αριθµό (πλήθος) µονάδων. Τότε

γράφουµε τους αριθµούς 1, 2, 3,…στην σειρά, τόσα ψηφία, όσος είναι ο αριθµός των

µονάδων του πρώτου αριθµού και εν συνεχεία επαναλαµβάνουµε το τελευταίο ψηφίο

τόσες φορές, όση είναι η διαφορά σε ψηφία των δυο αριθµών και µετά γράφουµε

τους ίδιους αριθµούς αλλά µε αντίθετη σειρά.

Παραδείγµατα: α) 1111.11111=12344321, δηλαδή γράφουµε τους αριθµούς 1, 2,

3 και 4, µετά επαναλαµβάνουµε τον αριθµό 4 µια φορά γιατί ο πρώτος αριθµός έχει 4

ψηφία, ενώ ο δεύτερος έχει 5 ψηφία (δηλαδή: 5-4=1) και εν συνεχεία γράφουµε τους

αριθµούς 3, 2 και 1.

β) 111.111111=12333321.

γ) 1111.111111=123444321.

Παρατήρηση: Πρέπει να επισηµανθεί, ότι τα αναφερόµενα στην παράγραφο 2.4

ισχύουν µόνο µέχρι και αριθµού αποτελούµενους από 9 µονάδες.

16.2.5. Γινόµενο αριθµών των οποίων όλα τα ψηφία είναι 9 και οι δυο αριθµοί

έχουν τον ίδιο αριθµό ψηφίων

Έστω ότι οι δυο αριθµοί έχουν από ν εννιάρια, (όπου 1<ν≤9). Τότε γράφουµε ν-1

εννιάρια, µετά ένα 8, ένα συνεχεία ν-1 µηδενικά και στο τέλος βάζουµε την µονάδα.

Παραδείγµατα: α) 999.999=998001, δηλαδή, αφού ν=3, τότε βάζουµε δυο 9, το

8, δυο 0 και στο τέλος 1.

β) 99999.99999=9999800001.

Παρατήρηση: Πρέπει να επισηµανθεί, ότι τα αναφερόµενα στην παράγραφο 2.5

ισχύουν µόνο µέχρι και αριθµού αποτελούµενους από 9 εννιάρια.

297

16.3. Μνηµονικοί κανόνες διαίρεσης

16.3.1. Κριτήρια διαιρετότητας

1) Ένας φυσικός αριθµός διαιρείται µε το 2, όταν το τελευταίο του ψηφίο είναι 0,

2, 4, 6 ή 8.

Παραδείγµατα: Οι αριθµοί 234230, 232342, 45434, 5656126, 234568

διαιρούνται µε το 2, γιατί τα τελευταία τους ψηφία είναι 0, 2, 4, 6 και 8 αντίστοιχα.

2) Ένας φυσικός αριθµός διαιρείται µε το 3, όταν το άθροισµα των ψηφίων του


Παράδειγµα: Ο αριθµός 1234232982 διαιρείται µε το 3 γιατί το άθροισµα των

ψηφίων του, 1+2+3+4+2+3+2+9+8+2=36, διαιρείται µε τον αριθµό 3 (γιατί 3+6=9,

το οποίο διαιρείται µε το 3).

3) Ένας φυσικός αριθµός διαιρείται µε το 4, όταν τα δυο τελευταία ψηφία του

αποτελούν αριθµό ο οποίος διαιρείται µε το 4.

Παράδειγµα: Ο αριθµός 12543212 διαιρείται µε το 4, διότι ο αριθµό 12,

σχηµατιζόµενος από τα δυο τελευταία ψηφία, διαιρείται µε το 4.

4) Ένας φυσικός αριθµός διαιρείται µε το 5, όταν το τελευταίο του ψηφίο είναι 0 ή

5.

Παραδείγµατα: Οι αριθµοί 234510 και 234567895, διαιρούνται µε το 5, διότι τα

τελευταία τους ψηφία είναι 0 και 5 αντίστοιχα.

5) Ένας φυσικός αριθµός διαιρείται µε το 6, όταν ταυτόχρονα διαιρείται µε το 2 και

το 3.

Παράδειγµα: Ο αριθµός 12450 διαιρείται µε το 6, γιατί διαιρείται ταυτόχρονα µε

το 2 και µε το 3.

6) Ένας φυσικός αριθµός διαιρείται µε το 8, όταν τα τρία τελευταία ψηφία του

αποτελούν αριθµό ο οποίος διαιρείται µε το 8.

Παράδειγµα: Ο αριθµός 123416 διαιρείται µε το 8, διότι ο 16 διαιρείται µε το 8

(16 – ο αριθµός των δυο τελευταίων ψηφίων).



Παράδειγµα: Ο αριθµός 312453 διαιρείται µε το 9, διότι το άθροισµα των

ψηφίων του, 3+1+2+4+5+3=18, διαιρείται µε το 9.


που βρίσκονται σε περιττή θέση (ξεκινώντας από αριστερά) µείων το άθροισµα των

ψηφίων του που βρίσκονται σε άρτια θέση, διαιρείται µε το 11.

298

Παράδειγµα: Ο αριθµός 49002602 διαιρείται µε το 11, διότι: (το άθροισµα των

ψηφίων του που βρίσκονται σε περιττή θέση είναι 4+0+2+0=6) – (το άθροισµα των

ψηφίων του που βρίσκονται σε άρτια θέση είναι 9+0+6+2=17)=6 – 17= -11, το οποίο


9) Όταν ένας αριθµός διαιρεί δυο άλλους, τότε διαιρεί το άθροισµα και τη διαφορά

τους.

Παραδείγµατα: Το άθροισµα 3452+2340 διαιρείται µε το 2, γιατί οι αριθµοί

3452 και 2340 διαιρούνται µε το 2. Η διαφορά 3456-345 διαιρείται µε το 3, διότι οι

αριθµοί 3456 και 345 διαιρούνται µε το 3.

10) Όταν ένας αριθµός διαιρεί ένα άλλο, τότε διαιρεί και τα πολλαπλάσιά του.

Παράδειγµα: Ο αριθµός 5 διαιρεί τον 234560.123, διότι ο αριθµό αυτός είναι

πολλαπλάσιος του 234560 και επίσης ο 5 διαιρεί τον αριθµό αυτό.

16.3.2. ∆ιαίρεση τυχαίου αριθµού µε το 5, 0,5, 0,05, 0,005,…

Γράφουµε τους αριθµούς 5, 0,5, 0,05, 0,005,…µε την µορφή κλάσµατος: 2

105 = ,

2

1

10

55,0 == ,

20

1

100

505,0 == ,

200

1

1000

5005,0 == ,…

i) Κατά την διαίρεση αριθµού µε το 5, πολλαπλασιάζουµε τον δεδοµένο αριθµό µε

το 2 και αυτό που βρίσκουµε το διαιρούµε µε το 10.

Παράδειγµα: 24605367:5=4921073,4.

ii) Κατά την διαίρεση αριθµού µε το 0,5, πολλαπλασιάζουµε τον δεδοµένο αριθµό

µε το 2.

Παράδειγµα: 1234321431:0,5=2468642862.

iii) Κατά την διαίρεση αριθµού µε το 0,05, πολλαπλασιάζουµε τον δεδοµένο

αριθµό µε το 20.

Παράδειγµα: 2121323142:0,05=42426462840.

iv) Κατά την διαίρεση αριθµού µε το 0,005, πολλαπλασιάζουµε τον δεδοµένο


Παράδειγµα: 4364012364:0.005=872802472800.

Παρατηρήσεις: α) Κατά την διαίρεση αριθµού µε το 50, πολλαπλασιάζουµε το

δεδοµένο αριθµό µε το 2 και αυτό που βρίσκουµε το διαιρούµε µε το 100.

Παράδειγµα: 23140625:50=462812,50.

β) Κατά την διαίρεση αριθµού µε το 500, πολλαπλασιάζουµε το


299

Παράδειγµα: 341063246:500=682126492.

γ) Κατά την διαίρεση αριθµού µε το 5000, πολλαπλασιάζουµε το


Παράδειγµα: 246893201:5000=49378,6402.

16.3.3. ∆ιαίρεση τυχαίου αριθµού µε 25, 0,25, 0,025, 0,0025,…

Γράφουµε τους αριθµούς 25, 0,25, 0,025, 0,0025,… µε την µορφή κλάσµατος:

,4

10025= ,

4

1

100

2525,0 == ,

40

1

100

25025,0 == κ.τ.λ.

i) Κατά την διαίρεση αριθµού µε το 25, πολλαπλασιάζουµε τον δεδοµένο αριθµό

µε το 4 και το αποτέλεσµα το διαιρούµε µε το 100.

Παράδειγµα: 2222211111:25=88888444,44

ii) Κατά την διαίρεση αριθµού µε το 0,25, πολλαπλασιάζουµε τον δεδοµένο


Παράδειγµα: 234617304:0,25=938469216.

iii) Κατά την διαίρεση αριθµού µε το 0,025, πολλαπλασιάζουµε τον δεδοµένο


Παράδειγµα: 3025:0,025=121000.

iv) Κατά την διαίρεση αριθµού µε το 0,0025, πολλαπλασιάζουµε τον δεδοµένο


Παράδειγµα: 182800:0,0025=73120000.

Παρατηρήσεις: α) Για να διαιρέσουµε δεδοµένο αριθµό µε το 2,5, πολλαπλασιάζουµε

αυτόν µε το 4 και το αποτέλεσµα το διαιρούµε µε το 10, για παράδειγµα:

123406:2,5=49362,4.

β) Για να διαιρέσουµε δεδοµένο αριθµό µε το 250,

πολλαπλασιάζουµε αυτόν µε το 4 και το αποτέλεσµα το διαιρούµε µε το 1000, για

παράδειγµα: 172483:250=689,932.

16.3.4. ∆ιαίρεση τυχαίου αριθµού µε 2 και 0,2

Γράφουµε τους αριθµούς 2 και 0,2 σε µορφή κλάσµατος:

5

102 = και

10

22,0 = .

Κατά την διαίρεση αριθµού µε το 2, πολλαπλασιάζουµε το δεδοµένο αριθµό µε το

5 και το αποτέλεσµα το διαιρούµε µε το 10.

Παραδείγµατα: α) 976843067:2=488421533,5.

β) 11111114:2=5555557,0.

300

Κατά την διαίρεση αριθµού µε το 0,2, πολλαπλασιάζουµε το δεδοµένο αριθµό µε

το 5.

Παραδείγµατα: α) 632148:0,2=3160740.

β) .61716052,0

1234321

2,0

1111.1111==

16.4. Μνηµονικοί κανόνες υπολογισµού διαφόρων γινοµένων και πηλίκων

16.4.1. Χρησιµοποίηση της διαφοράς τετραγώνου κατά τις αριθµητικής πράξεις

Η χρησιµοποίηση της διαφοράς τετραγώνου (α-β)(α+β)=α2-β2, κατά τις µνηµονικές

αριθµητικές πράξεις, είναι άµεση. Κατά τον υπολογισµό του γινοµένου 99.101, για

παράδειγµα, εργαζόµαστε ως εξής:

99.101=(100-1)(100+1)=1002-12=10000-1=9999.

Έστω να δούµε ορισµένες από τις περιπτώσεις του γινοµένου αυτού:

18.22=396 58.62=3596 97.103=9991

16.4.2. Άθροισµα φυσικών αριθµών

Το άθροισµα Σ φυσικών αριθµών από τι 1 έως το ν είναι ίσο µε το γινόµενο του

τελευταίου όρου αυξηµένο κατά 1 (δηλαδή του ν+1), πολλαπλασιασµένο κατά το

µισό του πλήθους των προσθετέων.

Παραδείγµατα: α) Σ40=1+2+3+4+5+…+40=41.2

40=41.20=820.

β) Σ1000=1001.500=500500.

16.4.3. Μνηµονικοί κανόνες υπολογισµού δύσκολων ασκήσεων

Υπάρχει περίπτωση η χρησιµοποίηση του µνηµονικού υπολογισµού σε σχετικά

δύσκολες ασκήσεις [1]. ∆ιακρίνουµε τις ακόλουθες οκτώ διαφορετικές ειδικές

περιπτώσεις τέτοιων ασκήσεων, οι οποίες µπορούν να γενικευτούν για τυχαίες

ασκήσεις, των αναφερόµενων τύπων:

1) Υπολογισµός του πηλίκου 5

1111.1111.

Με βάση τις παραγράφους 2.4 του 3.2, έχουµε ότι: 1111.1111=1234321.

Πολλαπλασιάζουµε τον αριθµό αυτό µε το 2 και το αποτέλεσµά του το διαιρούµε µε

το 10 και βρίσκουµε έτσι το τελικό αποτέλεσµα, το οποίο είναι ο αριθµός 246864,2.

2) Υπολογισµός του πηλίκου 5,0

1111.111.

Με τρόπο όµοιο µε τον προαναφερόµενο, βρίσκουµε ότι το τελικό αποτέλεσµα

είναι 246642.

301


125.125.

Με βάση τις παραγράφους 2.4 του 3.2 και µε τρόπο ανάλογο µε τον

προαναφερόµενο, βρίσκουµε ότι το τελικό αποτέλεσµα είναι ο αριθµός 312,50.

4) Υπολογισµός του πηλίκου 5.156

234.13.12.

Με βάση τις παραγράφους 2.1 και 3.2και των προαναφερόµενων, βρίσκουµε 46,8

(στην περίπτωση αυτή απλοποιούµε το γινόµενο 12.13 µε το 156).


101.99.

Βρίσκουµε ότι το πηλίκο αυτό είναι 1999,8.

6) Υπολογισµός του πηλίκου 5.5525

1144.65.85.


7) Υπολογισµός του πηλίκου 5,0

18.16.

Βρίσκουµε ότι το πηλίκο αυτό είναι 576.

8) Υπολογισµός του πηλίκο 1225.50

35.35.2222.


16.4.4. Γινόµενο τριψήφιων αριθµών των οποίων το ψηφίο των εκατοντάδων

είναι 1

Κατά το γινόµενο τριψήφιων αριθµών των οποίων το ψηφίο των εκατοντάδων

είναι 1, εργαζόµαστε µε τον εξής τρόπο: προσθέτουµε τον ένα από τους δυο αριθµούς

µε τον αριθµό σχηµατιζόµενο από τα ψηφία του άλλου, το άθροισµα το

πολλαπλασιάζουµε µε το 100 και στη συνέχεια προσθέτουµε το γινόµενο των

αριθµών οι οποίοι σχηµατίζονται από το δεύτερο και τρίτο ψηφίο των δυο αριθµών.

Κατά τον πολλαπλασιασµό µε το 100, αντί των δυο µηδενικών βάζουµε δυο παύλες

( - - ), στην συνέχεια πάνω από τις παύλες γράφουµε τα ψηφία του αριθµού, ο οποίος

προέρχεται από το γινόµενο των αριθµών, οι οποίοι προέρχονται από το δεύτερο και

τρίτο ψηφίο των δυο αριθµών.

Παραδείγµατα: α) 104.112=(104+12). 100+4.12=11600+48=11648.

β) 104.111=(104+11). – – +4.11=11544.

302

16.4.5. Γινόµενο τετραψήφιων αριθµών των οποίων το ψηφίο των χιλιάδων είναι

1

Το γινόµενο τετραψήφιων αριθµών των οποίων το ψηφίο των χιλιάδων είναι 1,

πραγµατοποιείται µε τρόπο ίδιο µ’ αυτόν που αναφέραµε στην 4.4 παράγραφο

Παράδειγµα: 1001.1002=(1001+02).100+1.2=1003002.

Παρατηρήσεις: α) Ο πολλαπλασιασµός πενταψήφιων κ.τ.λ. αριθµών οι οποίοι

αρχίζουµε µε µονάδα, γίνεται όπως ο πολλαπλασιασµός των τριψήφιων, τετραψήφιων

και πενταψήφιων αριθµών.

Παράδειγµα: 10004.10006=(10004+6).10000+4.6=1001100024.

β) Οι υπολογισµοί µνήµης είναι αρκετές φορές πιο πρακτικοί από την

χρήση των υπολογιστών τσέπης. Χαρακτηριστική είναι τα γινόµενα της 1ης

παρατήρησης, τα οποία είναι αδύνατον να υπολογιστούν µε υπολογιστή µνήµης.

17. Χρήση απλών υπολογιστικών εφαρµογών στη διδασκαλία των

µαθηµατικών


Ο ηλεκτρονικός υπολογιστής, µε την τεχνολογία την οποία διαθέτει, δηµιουργεί

τέτοια κατάσταση, ώστε οι καθηγητές να µπορούν να τους χρησιµοποιούν στην

εκπαίδευση. Για να µπορεί ο ηλεκτρονικός υπολογιστής να βοηθάει στη λύση

ασκήσεων ή την απόδειξη θεωρηµάτων, πρέπει να δηµιουργούνται διδακτικά

προγράµµατα τα οποία µε τρόπο ευρετικό να οδηγούν τους µαθητές στη λύση ή την

απόδειξη αντίστοιχα.

Τα διδακτικά αυτά προγράµµατα µπορούν να υλοποιηθούν είτε µε τη βοήθεια

κάποιας γλώσσας προγραµµατισµού είτε και µε απλούστερες εφαρµογές. Η

δηµιουργία ενός διαλογικού προγράµµατος µε τη βοήθεια του Microsoft Power Point

είναι σχετικά απλή και η υλοποίησή της µπορεί να γίνει και µε τη βοήθεια των

µαθητών.

17.2. ∆ηµιουργία ενδιαφέροντος για λύση µαθηµατικών ασκήσεων – σύγχρονες

τάσεις

Οι σύγχρονες έρευνες δείχνουν, ότι η δηµιουργία ενδιαφέροντος για λύση

µαθηµατικών ασκήσεων και γενικότερα για την επίλυση προβληµάτων, µπορεί να

γίνει αφού ολοκληρωθούν οι ακόλουθες ενέργειες:

303

Λύση ασκήσεων από τους µαθητές µε την βοήθεια του καθηγητή και λύση

ασκήσεων από τους µαθητές.

Σωστή εκλογή και τοποθέτηση των ασκήσεων για λύση.

Εξασφάλιση της σκοπιµότητας της ενέργειας «λύση της άσκησης».

Προκαταβολική ανάλυση και συστηµατοποίηση των γνώσεων τις οποίες,

σύµφωνα µε το εκπαιδευτικό πρόγραµµα πρέπει οι µαθητές να διδάσκονται.

∆ιαιρούµενη και στην ώρα της διατύπωση όλων των ικανοτήτων συνδεόµενων µε

τις νέες γνώσεις.

Ταξινόµηση των θεωρηµάτων και των ορισµών µε τη λύση ασκήσεων. Στην αρχή

µε άµεση εφαρµογή του νέου και λίγο παλιές γνώσεις και ικανότητες.

∆υνατόν είναι η δηµιουργία ενδιαφέροντος για λύσης µαθηµατικών ασκήσεων, να

πραγµατοποιηθεί επίσης µε την βοήθεια των ηλεκτρονικών υπολογιστών. Κατά τη

λύση τέτοιων ασκήσεων συνδυάζονται γνώσεις, επιθυµίες και επιδεξιότητες των

µαθηµατικών γνώσεις πέρα των µαθηµατικών. Η βοήθεια των ηλεκτρονικών

υπολογιστών παρατηρείται στα ακόλουθα:

Ο ηλεκτρονικός υπολογιστής δίνει τη δυνατότητα να κατασκευάζονται σχήµατα

γρηγορότερα, δυναµικότερα και ακριβέστερα, από ότι στο χαρτί.

Ο ηλεκτρονικός υπολογιστής µπορεί πρακτικά να δουλεύει διαρκώς και να λύνει

πάρα πολλές ασκήσεις χωρίς να κουράζεται, εξοικονοµώντας έτσι αρκετό χρόνο.

Ο ηλεκτρονικός υπολογιστής µπορεί να χρησιµοποιηθεί και µετά τη διδασκαλία

µιας έννοιας (εµπέδωση µαθηµατικών εννοιών).

Η κατανόηση της λύσης µαθηµατικών ασκήσεων και προβληµάτων επιτυγχάνεται

µε τη µετάβαση από την αφηρηµένη στην πρακτική σκέψη της δεδοµένης

µαθηµατικής άσκησης ή προβλήµατος. Έστω µε Π να συµβολίσουµε κάποιο

πρακτικό πρόβληµα, µε Μ το µαθηµατικό του µοντέλο, µε Ρ τη λύση της

µαθηµατικής άσκησης, µε Ο τη λύση του πρακτικού προβλήµατος, µε Α το

πρόγραµµα µε το οποίο µπορεί να λυθεί η µαθηµατική άσκηση και µε Ρκ τη λύση του

προβλήµατος µε τον υπολογιστής. Με το βέλος ΑΡκ συµβολίζεται η διαδικασία λύσης

του προβλήµατος µε τον υπολογιστή, ενώ µε το ΜΡ τη διαδικασία του

προγραµµατισµού (Σχήµ.1).

304

Α Ρκ

Μ Ρ

Π Ο

Σχήµ.1

Στην περίπτωση που προσπεράσουµε το δεύτερο επίπεδο, δηλαδή τη δηµιουργία

µαθηµατικού µοντέλου, είναι δυνατόν να χαθούν περιπτώσεις της άσκησης και κατά

συνέπεια η λύση που ο ηλεκτρονικός υπολογιστής προτείνει είναι ελλιπής. Με τον

τρόπο αυτό δεν είναι δυνατόν να ταυτιστεί η λύση του ηλεκτρονικού υπολογιστή µε

τη λύση του µαθητή στο τετράδιο.

Παρόλα αυτά οι δυνατότητες του ηλεκτρονικού υπολογιστή είναι περιορισµένες

και η παρουσία του καθηγητή είναι άµεση. Και αυτό γιατί ο ηλεκτρονικός

υπολογιστής δεν µπορεί να σκεφτεί, έχει αρκετές αδυναµίες:

• Ο ηλεκτρονικός υπολογιστής δεν µπορεί να λύσει τυχαία άσκηση, δηλαδή

άσκηση για την οποία δεν είναι προγραµµατισµένος.

• Ο ηλεκτρονικός υπολογιστής δεν µπορεί να επιλέξει τρόπους και µεθόδους λύσης

µιας µαθηµατικής άσκησης.

• Ο ηλεκτρονικός υπολογιστής δεν µπορεί να κατευθύνει την εργασία µέσα στη

τάξη.

• Ο ηλεκτρονικός υπολογιστής δεν µπορεί να ελέγχει τα ενδιάµεσα στάδια της

λύσης µιας µαθηµατικής άσκησης.

Προς το παρόν τα µειονεκτήµατα αυτά είναι µη προσπελάσιµα. Παρόλα αυτά η

βοήθεια που οι ηλεκτρονικοί υπολογιστές προσφέρουν στη διδασκαλία των

µαθηµατικών είναι πολύ σηµαντική και υπολογίσιµη.

17.3. Η χρήση απλού λογισµικού ηλεκτρονικών υπολογιστών στη διδασκαλία

των µαθηµατικών

Το βασικό πρόβληµα της διδασκαλίας των µαθηµατικών και συγκεκριµένα λύσης

µαθηµατικών ασκήσεων και προβληµάτων, µε τη βοήθεια ηλεκτρονικού υπολογιστή

είναι η δηµιουργία διδακτικών δοµών (διδακτικών προγραµµάτων). Οι δοµές αυτές

µε τη βοήθεια ενός «διαλόγου» µεταξύ µαθητή και ηλεκτρονικού υπολογιστή θα

πρέπει να οδηγούν το µαθητή στη λύση ή απόδειξη µιας άσκησης ή ενός θεωρήµατος,

αντίστοιχα. Τα διδακτικά προγράµµατα πρέπει να αποσκοπούν στα ακόλουθα:

305

Ανακάλυψη εκ νέου των είδη γνωστών γνώσεων ή της αναγκαιότητας για νέες

γνώσεις.

Εξήγηση των νέων γνώσεων.

Εξάσκηση των νέων γνώσεων.

Υπενθύµιση των παλαιών γνώσεων και η παρουσίαση των σχέσεών τους µε τις

νέες γνώσεις.

Με τη συνεργασία των καθηγητών στο µάθηµα των µαθηµατικών και της

πληροφορικής και εφόσον οι µαθητές έχουν διδαχτεί τα αντίστοιχα αντικείµενα,

µπορεί να υλοποιηθεί ένα τέτοιο απλό διδακτικό πρόγραµµα. Με την ολοκλήρωση

µιας τέτοιας εργασίας – συνεργασίας υλοποιείται η ήδη υπάρχουσα σχέση µεταξύ δυο

επιστήµων (µαθηµατικά – πληροφορική) από τους ίδιους τους µαθητές.

17.4. Υλοποίηση διδακτικού προγράµµατος

Το διδακτικό πρόγραµµα που υλοποιείται αφορά τη διεξαγωγή διαγωνίσµατος το

οποίο αποτελείται από δυο ενότητες – τεστ (ΤΕΣΤ 1 και ΤΕΣΤ 2). Αναφέρεται στο

γνωστικό αντικείµενο της άλγεβρας - «Άρρητες Εξισώσεις». Απαραίτητος είναι

υπολογιστής µε λειτουργικό MS-Windows και τα λογισµικά MS-Excel και MS-

PowerPoint. Υλοποιείται µε τη βοήθεια µαθητών της Α΄ Τάξης Λυκείου, αφού έχουν

διδαχθεί τις αντίστοιχες έννοιες της πληροφορικής και των µαθηµατικών. Το πρώτο

τεστ του προγράµµατος αρχίζει µε µια εισαγωγική σελίδα (Σχήµα 2) και εν συνεχεία

µε µια δραστηριότητα (T.1.), Σχήµα 3:


Στη δραστηριότητα αυτή (παρουσίαση) υπάρχουν δυο κουµπιά ενεργειών. Το

Τ.1.1. («ΒΟΗΘΕΙΑ»), το οποίο παραπέµπει το µαθητή σε βοήθεια (Σχήµα 4) και το

Τ.1.2. το οποίο τον οδηγεί στην ερώτηση (Σχήµα 5). Από τη βοήθεια (Τ.1.1.) µπορεί

να επιστρέψει, µε το κουµπί ενέργειας «ΕΠΙΣΤΡΟΦΗ» (Τ.1.), στην αρχή του ΤΕΣΤ

ΗΗβοήθειαβοήθειατωντωνηλεκτρονικώνηλεκτρονικών

υπολογιστώνυπολογιστώνστηστηδιδασκαλίαδιδασκαλία

τωντωνµαθηµατικώνµαθηµατικώνστοστοσύγχρονοσύγχρονο

ελληνικόελληνικόσχολείοσχολείο

ΑΡΧΗ ∆ΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ

ΤΕΣΤ 1ΤΕΣΤ 1

Τ.1.1. ΒΟΗΘΕΙΑ Τ.1.2. ΕΡΩΤΗΣΗ

∆ραστηριότητα::

ΤΤ.1..1.Ναλυθεί στο τετράδιόσας ηεξίσωση(στο σύνολο των πραγµατικών αριθµών R):

Εν συνεχεία να απαντήσετε σε µια από τις ερωτήσεις Τ.1.2. («ΕΡΩΤΗΣΗ»)

1621 +−=+−− xxx

306

1 και να συνεχίσει τη λύση (Τ.1.2., Σχήµα 3) ή να απαντήσει κατευθείαν πατώντας το

κουµπί «ΕΡΩΤΗΣΗ» (Τ.1.2.) του Σχήµατος 4.


Ο µαθητής έχει δυνατότητα επιστροφής στο ΤΕΣΤ 1 ακόµη και στο σηµείο της

ερώτησης (Τ.1.2., Σχήµα 5). Ο τρόπος αυτός δοµής της δραστηριότητας έχει άµεσα

διδακτικά αποτελέσµατα µιας και δεν απαιτείται από το µαθητή, χωρίς βοηθείας, να

γνωρίζει οτιδήποτε έχει σχέση µε τη διδασκόµενη ύλη των µαθηµατικών.

Με τη µετάβαση του στην «Ερώτηση» (Τ.1.2.) ο µαθητής καλείτε να απαντήσει

πατώντας ένα από τα πέντε κουµπιά ενεργειών (πράσινα) ή να χρησιµοποιήσει το

κουµπί Τ.1. για να επιστρέψει στη διατύπωση της ερώτησης. (Σχήµα 3). Τα 5

κουµπιά υπερσυνδέονται µε µια από τις διαφάνειες Σχήµα 6, 7, 8, 9 ή 10.


Σχήµα 8

Τ.1.2.1Τ.1.2.1

Τ.1.3.

ΤΤ.1.2.1..1.2.1.Από την απάντηση αυτή πήρατε βαθµό 0. ∆ιαβάστε περισσότερο!

Τ.1.3.

ΤΤ.1.2.2..1.2.2.Από την απάντηση αυτή

πήρατε βαθµό 20. Μπράβο!

Τ.1.2.2Τ.1.2.2

Τ.1.3.

ΤΤ.1.2.3..1.2.3.Από την απάντηση αυτή πήρατε βαθµό 15. ∆εν

ήταν ολοκληρωµένη. Προσπαθήστε περισσότερο!

Τ.1.2.3Τ.1.2.3

ΒΟΗΘΕΙΑΒΟΗΘΕΙΑ

Τ.1.2. ΕΡΩΤΗΣΗΤ.1. ΕΠΙΣΤΡΟΦΗ

ΤΤ.1.1.1.1. Να θυµηθείτε τα ακόλουθα:•Περιορισµούς υπόριζης ποσότητας τετραγωνικής ρίζας:

•Ιδιότητες τετραγωνικής ρίζας:0 και 0 τότε Αν ≥≥= αxxa

( )0 , )2

x τότε0 Αν 1)2

2

≥±=⇔=

=≥

aaxax

xx

307

Σχήµα 11


Ο µαθητής για την κάθε απάντηση που τυχόν δώσει λαµβάνει και ένα βαθµό. ∆ίνεται

η δυνατότητα ανάγνωσης της σωστής λύσης πατώντας το κουµπί Τ.1.3. (Σχήµα 11).

Με το κουµπί µετάβασης «ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ» οδηγείται σε ένα φύλλο του

Microsoft Excel (Σχήµα 12) στο οποίο εισάγει τον αντίστοιχο βαθµό στο επιλεγµένο

κελί.


Το κείµενο ΤΕΣΤ 2 υπερσυνδέεται µε το δεύτερο ΤΕΣΤ για το οποίο ισχύουν ότι

και στο προηγούµενο ΤΕΣΤ. Με την ολοκλήρωσή του ο µαθητής ενηµερώνεται για

Τ.1.3.

ΤΤ.1.2.4..1.2.4.Από την απάντηση αυτή πήρατε βαθµό 0. ∆ιαβάστε περισσότερο!

Τ.1.2.4Τ.1.2.4

Τ.1.3.

ΤΤ.1.2.5..1.2.5.Από την απάντηση αυτή πήρατε βαθµό 0. ∆ιαβάστε

περισσότερο!

Τ.1.2.5Τ.1.2.5

Λ ύ σ ηΛ ύ σ η

Α Π Ο Τ Ε Λ Ε ΣΜ Α Τ Α

Τ .1 .3 .Τ .1 .3 . Π Ε Ρ ΙΟ Ρ ΙΣ Μ Ο Ι : ο π ό τ ε

∆ ε κ τή ε ίν α ι η ρ ίζ α α φ ο ύ

01,062,01 ≥+≥+≥− xxx 1≥x

⇔+=+−−++−⇔+−=+−− 162126211621 xxxxxxxx

⇔+−=++⇔+−=+⇔ )62)(1(446212 2 xxxxxxx

10102 ±=⇔=⇔ xx

1≥x10=x

308

ΤΕΣΤ ΤΕΣΤ 22

Τ.2.1. ΒΟΗΘΕΙΑ Τ.2.2. ΕΡΩΤΗΣΗ

∆ραστηριότητα::

ΤΤ..22.. Να λυθεί στο τετράδιό σας η εξίσωση

(στο σύνολο των πραγµατικών αριθµών R):

Εν συνεχεία να απαντήσετε σε µια από τις ερωτήσεις Τ.2.2. («ΕΡΩΤΗΣΗ»)

11 +−= xx



τον «ΤΕΛΙΚΟ ΒΑΘΜΟ» (Σχήµα 12) και το εάν «ΠΕΤΥΧΕ» ή «ΑΠΕΤΥΧΕ» στο

συγκεκριµένο διαγώνισµα (Σχήµα 12, «ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ»). Με την υπερσύνδεση

«Στατιστικά Αποτελέσµατα» ο µαθητής µεταβαίνει στο βιβλίο εργασίας

(«ΒΑΘΜΟΣ») του Σχήµατος 13 όπου µε τη βοήθεια στηλών πληροφορείτε γραφικά

τα αποτελέσµατα των δυο τεστ. Από το βιβλίο αυτό µπορεί πατώντας το κουµπί

(µακροεντολή) «ΕΠΙΣΤΡΟΦΗ» να επιστρέψει στο Σχήµα 12 και να αποθηκεύσεις

τα αποτελέσµατα («Αποθήκευση ως») ή να διαγράψει αυτά («Καθαρισµός

αποτελεσµάτων», αν έκανε κάποιο λάθος.

Το ΤΕΣΤ 2 αποτελείται από εννέα συνολικά διαφάνειες, όπως αυτές φαίνονται στα

Σχήµατα 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21 και 22.


Τ.Τ.22.2.1.2.1

Τ.2.3.

ΤΤ..22.2.1..2.1.Από την απάντηση αυτή πήρατε βαθµό 0. ∆ιαβάστε


Τ.2.3.

ΤΤ..22.2.3..2.3.Από την απάντηση αυτή πήρατε βαθµό 20. Μπράβο! Συνεχίστε µε τον ίδιο ρυθµό.

Τ.Τ.22.2.3.2.3

Τ.2.3.

ΤΤ..22.2.2. .2.2. Από την απάντηση αυτή πήρατε βαθµό 15. ∆εν ήταν

ολοκληρωµένη. Προσπαθήστε περισσότερο!

Τ.Τ.22.2.2.2.2

ΕρώτησηΕρώτησηΤ.2.2.1. Οι λύσεις είναι: 0 και -1

Τ.2.2.2. Οι λύσεις είναι: 0 και 3

Τ.2. ΕΠΙΣΤΡΟΦΗ

Τ.2.2.3. Η λύση είναι: 0

Τ.2.2.4. Καµία από τις αναφερόµενες

Τ.2.2.5. ∆εν ξέρω

ΤΤ..22.2. .2. ΠοιαΠοια είναιείναι ηη σωστήσωστή απάντησηαπάντηση;;

ΒΟΗΘΕΙΑΒΟΗΘΕΙΑ

Τ.2.2. ΕΡΩΤΗΣΗΤ.2. ΕΠΙΣΤΡΟΦΗ

ΤΤ..22.1.1. Να θυµηθείτε τα ακόλουθα:• Περιορισµούς υπόριζης ποσότητας

τετραγωνικής ρίζας:• Ιδιότητες τετραγωνικής ρίζας:

0 και 0 τότε Αν ≥≥= αxxa

( )0 , )2

x τότε0 Αν 1)2

2

≥±=⇔=

=≥

aaxax

xx

309


Σχήµα 22

17.5. ∆ιδακτικές παρατηρήσεις Λαµβάνοντας υπ’ όψιν τόσο τα προαναφερόµενα διδακτικά θέµατα όσο και το

υλοποιηµένο διαλογικό διδακτικό πρόγραµµα, είναι δυνατόν να γίνουν οι ακόλουθες

διδακτικές παρατηρήσεις:

α) Οι προϋποθέσεις τις οποίες πρέπει να εκπληρώνουν τα τεστ είναι οι ακόλουθες:

Πρέπει να είναι κατανοητά και να περιέχουν στοιχεία για τα οποία απαιτείται η

εύρεση της σωστής απάντησης.

Πρέπει να είναι σύντοµα και ακριβής, χρησιµοποιώντας γνωστή ορολογία και να

αναφέρονται στη διδασκόµενη ύλη.

Για κάθε τέτοιο τεστ να γράφονται πέντε τουλάχιστον απαντήσεις.

Με σωστή επιλογή των τεστ να ελέγχονται οι γνώσεις, έτσι ώστε ο παράγοντας

«τύχη» για σωστή απάντηση χωρίς τη γνώση αυτής, να ελαχιστοποιείται.

Σε κάθε τεστ πρέπει να αντιστοιχεί µόνο µια σωστή απάντηση από τις

προτεινόµενες. Στη περίπτωση που υπάρχουν περισσότερες από µια σωστές

απαντήσεις, να επιλέγεται η σωστότερη απ’ αυτές.

Τ.2.3.



Τ.Τ.22.2.5.2.5

Τ.2.3.



Τ.Τ.22.2.4.2.4

310

Να αποφεύγονται τεστ για τα οποία απαιτείται απλή ύλη για αποµνηµόνευση.

β) Η δηµιουργία ενδιαφέροντος για λύση µαθηµατικών ασκήσεων πρέπει να

συµπληρώνεται και µε τη δηµιουργία διαλογικών διδακτικών προγραµµάτων.

γ) Το µάθηµα αρχίζει µε µια µικρή αφήγηση από τους αντίστοιχους καθηγητές για το

τι επρόκειτο να δηµιουργήσουν και ποιος είναι ο απώτερος σκοπός (3 – 4 λεπτά).

Τονίζονται οι βασικές έννοιες που κάθε µαθητής πρέπει να γνωρίζει τόσο ότι αφορά

τα µαθηµατικά όσο και την πληροφορική. Επίσης τονίζεται η σχέση των εννοιών

αυτών µε παλιές γνώσεις.

δ) ∆υνατή είναι η υλοποίηση τέτοιων διαλογικών προγραµµάτων για κάθε

µαθηµατική έννοια. Προτείνεται η επέκτασή τους και σε άλλους επιστηµονικούς

τοµείς όπως φυσική, φιλολογία κ.τ.λ. Η σχέση αυτή τονίζεται και στους µαθητές.

ε) Πρέπει να επισηµαίνονται τόσο τα εποπτικά µέσα που είναι απαραίτητα για την

ολοκλήρωση διαλογικών διδακτικών προγραµµάτων, όσο και αν είναι απαραίτητα

εξωσχολικά ή µη βοηθήµατα.

ζ) Προτείνεται η χρονική τοποθέτηση των συγκεκριµένων τεστ να είναι µετά τη

διδασκαλία και τη λύση των αντίστοιχων προβληµάτων ή ασκήσεων, όπως αυτά

αναγράφονται στο πρόγραµµα σπουδών. Ο χρόνος υλοποίησης τέτοιων διαλογικών

µοντέλων µε τη βοήθεια των µαθητών δεν πρέπει να επηρεάζει το όλο διδακτικό

πρόγραµµα. Προτείνεται η υλοποίησή τους σε ώρες µετά το µάθηµα.

η) Οι καθηγητές πρέπει κατά τη διάρκεια της δηµιουργίας διαλογικού διδακτικού

προγράµµατος να ζητούν από τους µαθητές, χωρίς βαθµολόγηση, να απαντούν τόσο

στις δραστηριότητες όσο και σχετικές ερωτήσεις για την κατασκευή της όλης

παρουσίασης. Από µόνοι τους οι µαθητές, µε λογικό τρόπο να οδηγηθούν στη

δηµιουργία τέτοιων διδακτικών µοντέλων (6ο στάδιο προετοιµασίας).

θ) Με τη βοήθεια του διαλογικού διδακτικού µοντέλου οι µαθητές µπορούν να

δηµιουργήσουν ένα «µονοπάτι» προς τη λύση µιας άσκησης.

ι) Με την ολοκλήρωση του διαλογικού µοντέλου πρέπει να δίνονται παρόµοιες

εργασίες σε οµάδες µαθητών. Μετά το σχετικό έλεγχο και βαθµολόγηση αυτών

(βαθµός ο οποίος δεν πρέπει να επηρεάζει τη βαθµολογία των µαθητών) να γίνεται

διάκριση της καλύτερης ή των δυο καλύτερων εργασιών εξ αυτών και να

βραβεύονται σε κάποια σχολική εορτή. Απώτεροι σκοποί είναι η ηθική ικανοποίηση

και ο παραδειγµατισµός για τους υπόλοιπους µαθητές.

311

κ) Τα διδακτικά αποτελέσµατα µιας τέτοιας συνεργασίας είναι δυνατόν να


Αυξάνουν το ενδιαφέρον τους για τα µαθηµατικά, αφού διαπιστώνουν ότι αυτά

δεν είναι ανεξάρτητα και χωρίς πρακτική εφαρµογή και σχέση µε άλλους

επιστηµονικούς τοµείς.

Για µικρό χρονικό διάστηµα µαθαίνονται περισσότερα από ένα πράγµατα και

χρησιµοποιούνται οι γνώσεις από δυο διαφορετικές επιστήµες.

Προσφέρουν ικανοποίηση και αυτοπεποίθηση στους µαθητές αφού

ολοκληρώνουν µια σύνθετη και ενδιαφέρουσα εργασία.

17. Η βοήθεια των µαθηµατικών στη διδασκαλία βασικών εννοιών του

λογιστικού φύλλου MS-Excel


Για να µπορούν να λύνουν οι µαθητές µια άσκηση πρέπει καλά να γνωρίζουν, εκτός

την λύση αυτής, τη σχέση της µε άλλες ασκήσεις του ιδίου ή άλλου τοµέα. Οι διάφορες

γνώσεις πρέπει να τοποθετούνται ανάλογα µε το θέµα στο οποίο αναφέρονται. Με άλλα

λόγια να γίνει συστηµατοποίηση των διδασκόµενων γνώσεων. Η συστηµατοποίηση

αυτή αποτελεί από τους βασικότερους παράγοντες για τη λύση άσκησης. Να

συστηµατοποιούνται οι γνώσεις που είναι απαραίτητες για τη λύση µιας άσκησης και

να αναφέρονται οµάδες ασκήσεων που λύνονται µε τις ίδιες γνώσεις.

17.2. Εισαγωγή των λογικών πράξεων στο MS-Excel µε τη βοήθεια


Κατά τη λύση λογικών ασκήσεων στο λογισµικό πρόγραµµα MS-Excel είναι

δυνατόν να συναντηθούν οι ακόλουθοι τύποι ασκήσεων:

Ασκήσεις µε την εφαρµογής µιας από τις λογικές συναρτήσεις: if, and, not, or,

false ή true.

Ασκήσεις µε συνδυασµό των προηγούµενων συναρτήσεων.

Αρχικά τονίζεται ο τρόπος εισαγωγής και σύνταξης των συγκεκριµένων

συναρτήσεων στο MS-Excel. Απαραίτητη είναι και η σχετική αναφορά στη

σκοπιµότητα της κάθε διδασκόµενης λογικής συνάρτησης. Θέτονται οι ακόλουθοι

στόχοι:

1. Γνωριµία των µαθητών µε την έννοια «λογική συνάρτηση» και η

δηµιουργία δυνατότητας για την εύρεση της κατάλληλης λογικής πράξης.

312

2. Γνωριµία των µαθητών µε την ουσία και την εφαρµογή της έννοιας

«λογική συνάρτηση».

3. ∆ηµιουργία κατάλληλου περιβάλλοντος για πολύπλευρη σκέψη, κατά την εκµάθηση

νέων εννοιών και την διατύπωση νέων ικανοτήτων.

4. ∆ηµιουργία διανοητικής ανάπτυξης των µαθητών µέσου της:

α. Επεξήγησης των νέων εννοιών και εκµάθηση των τρόπων εφαρµογής της

«λογική συνάρτηση».

β. ∆ιεξαγωγή επαγωγικών συλλογισµών, µε την βοήθεια των οποίων, αφού έχουν

κατανοηθεί οι απαραίτητες γνώσεις, οι µαθητές επιλέγουν την κατάλληλη «λογική

συνάρτηση».

γ. ∆ηµιουργία αισθήµατος για αποδειγµένη (δηµιουργική) σκέψη.

17.3. Πορεία µαθήµατος

Λαµβάνοντας υπ' όψιν της προαναφερόµενες διδακτικές παρατηρήσεις,

προτείνονται, για τις συναρτήσεις if και and if, πορείες µαθηµάτων (συνολικά 8

διδακτικές ώρες, γνωστικό επίπεδο Α' Λυκείου).

Πορεία µαθήµατος - «λογική συνάρτηση if» (4 ώρες)

Βήµα 1°: Προετοιµασία της έννοιας «λογική συνάρτηση if»

Άσκηση 1: Αν δηµιουργηθεί στο MS-Excel ο ακόλουθος πίνακας (Σχήµα 1):

Σχήµα 1

Πριν τη λύση της προτεινόµενης άσκησης πρέπει να γίνει σχετική αναφορά

στις παλαιότερες αλλά απαιτούµενες γνώσεις τόσο µαθηµατικές όσο και της

πληροφορικής και συγκεκριµένα: µορφοποίηση κελιών και µορφοποίηση πίνακα.

Βήµα 2°: Αναφορά στη σκοπιµότητα εφαρµογής της λογικής συνάρτηση if

Η λογική συνάρτηση if εκτελεί κάποιο λογικό έλεγχο (π.χ. σύγκριση δυο αριθµών) και

έχει ως αποτέλεσµα TRUE (αλήθεια) αν ικανοποιείται η συνθήκη ή FALSE (ψέµα) στην

αντίθετη περίπτωση.

Βήµα 3°: Σύνταξη της λογικής συνάρτηση if

Η σύνταξη της λογικής συνάρτησης if είναι η ακόλουθη: =if(logical_test;

value_if_true; value_if_false) ή διαφορετικά: =if(συνθήκη; τιµή1; τιµή2).

313

Άσκηση 2: Στον πίνακα του Σχήµατος 1 να εµφανιστούν οι λέξεις «Μικρότερος»,

«Μεγαλύτερος» στο κελί C5 υπό τη συνθήκη B3<D3. Να µην γίνεται έλεγχος της

ισότητας των αριθµών στα κελιά Β3, D3.

Στην άσκηση αυτή η συνθήκη είναι το B3<D3 η οποία αν ισχύει τότε θα

εµφανίζεται η τιµή1 («Μικρότερος»), ενώ αν δεν ισχύει - η τιµή2 («Μεγαλύτερος»).

Ο τρόπος σύνταξης της λογικής συνάρτησης if στο κελί C5 φαίνεται στο Σχήµα 2.

Σχήµα 2

Βήµα 4ο: Μαθηµατικές ασκήσεις προτεινόµενες για λύση

Άσκηση 3: α) Να δηµιουργηθεί στο MS-Excel πίνακας του Σχήµατος 3.

Σχήµα 3

β) Στο κελί F3 να συνταχθεί ο κατάλληλος τύπος υπολογισµού του –β/α, όπου α, β οι

τιµές των κελιών D3 και D4 αντίστοιχα, µε α≠ 0.

Πριν τη λύση της προτεινόµενης άσκησης πρέπει να γίνει σχετική αναφορά στις

παλαιότερες αλλά απαιτούµενες γνώσεις τόσο µαθηµατικές όσο και της πληροφορικής

και συγκεκριµένα: µορφοποίηση κελιών, µορφοποίηση πίνακα και τελεστές πράξεων

και αριθµητικές πράξεις

Άσκηση 4: Στο σύνολο των πραγµατικών αριθµών R, να λυθεί η πρωτοβάθµια

εξίσωση αx+β=0, α, β∈R τα αποτελέσµατα της οποίας θα αναγράφονται στο κελί F3,

αν υπάρχουν, ή στο κελί Ε4 στην αντίθετη περίπτωση (Σχήµα 3).

Απαιτούµενες µαθηµατικές γνώσεις: Τρόπος λύσης πρωτοβάθµιας εξίσωσης στο

σύνολο R των πραγµατικών αριθµών και συγκεκριµένα:

α) Αν α≠ 0, η πρωτοβάθµια εξίσωση έχει µοναδική λύση την x =α

β− .

β) Αν α =0, διακρίνονται οι περιπτώσεις:

β.1) Αν β=0, η πρωτοβάθµια εξίσωση είναι αόριστη

β.2) Αν β≠ 0, η πρωτοβάθµια εξίσωση είναι αδύνατη

314

Απαιτούµενες υπολογιστικέ γνώσεις: α) Τελεστές πράξεων, αριθµητικές πράξεις και

µορφοποίηση κελιών; β) Σύνταξη στο κελί F3 της αντίστοιχη συνάρτησης:

=IF(D3<>0;-D4/D3;IF(D4=0;" ";" ")). Σκοπός είναι να εµφανιστεί το αποτέλεσµα

α

β− αν α≠ 0, ενώ στις περιπτώσεις «Αόριστη» και «Αδύνατη» να µένει κενό δηλαδή «"

"»; γ) Σύνταξη στο κελί E4 της αντίστοιχη συνάρτησης:

=IF(D3<>0;"ΜοναδικήΛύση";IF(D4=0;" Αόριστη";" Αδύνατη"))

Σαν παράδειγµα δίνονται προς λύση οι εξισώσεις 2x+4=0,0x+0=0 και 0x+2=0. Στο

σηµείο αυτό κρίνεται αναγκαίο να αναφερθεί και να τονιστεί η εργασία µε κελιά και

οι πράξεις µ' αυτά ως εργαλείο για τη γενίκευση των λύσεων. Συγκεκριµένα, λύνεται

η πρωτοβάθµια εξίσωση στη γενική της µορφή και είναι εφαρµόσιµη για κάθε τυχαίο

παράδειγµα. Τόσο ο πίνακας του Σχήµατος 3, όσο και οι πίνακες που ακολουθούν

(Σχήµα 4, 5 και 6) πρέπει να τυπώνονται και να δίνονται στους µαθητές. Ως

προαιρετική εργασία και εφόσον έχουν διδαχτεί την αντίστοιχη θεωρία, µπορεί να

ζητηθεί η δηµιουργία µακροεντολής και αντιστοίχισή της σε κουµπί, η οποία θα

διαγράφει τα περιεχόµενα των κελιών D3 και D4.

Σχήµα 4 Σχήµα 5 Σχήµα 6

Βήµα 5°: Εµπέδωση λογικής της «συνάρτηση if»

Για εµπέδωση της προηγούµενης διαδικασίας µπορεί να ζητηθεί από τους

µαθητές να λύσουν την ακόλουθη άσκηση:

Άσκηση 5: Με τη βοήθεια του MS-Excel, να βρεθεί το πεδίο ορισµού της

ακόλουθη συνάρτησης: f(x) =1

1

−x. (Βοήθεια: Ο παρανοµαστής πρέπει να είναι

διάφορος του µηδενός).

Στην άσκηση αυτή ο µαθητής εργάζεται όπως και στην Άσκηση 3 (α=1, β= -1) µόνο

που την τιµή που θα βρει για λύση (δηλαδή x=1) θα την εξαιρέσει για να ορίσει το πεδίο

ορισµού της δεδοµένης συνάρτησης το οποίο είναι Df =R-1.

Για πρακτική εξάσκηση στο σπίτι προτείνονται δυο ασκήσεις. Η πρώτη απ' αυτές

µπορεί να ζητηθεί να παραδοθεί τυπωµένη ως εργασία προς βαθµολόγηση. Η

ανάθεσή της προτείνεται να γίνει σε οµάδες των τεσσάρων ατόµων και εφόσον

315

παραδοθούν πρέπει απαραίτητα να γίνει συζήτηση στην τάξη τόσο για τα µαθηµατικά

αποτελέσµατα, όσο και γι' αυτά που έχουν προγραµµατιστεί να εµφανίζονται µε τη

βοήθεια του MS-Excel.

Άσκηση 6: α) Να δηµιουργηθεί στο MS-Excel ο πίνακας του Σχήµατος 7.

Σχήµα 7

β) Να ονοµαστούν τα κελιά C3, C4, C5, Ε3, Ε4 και Ε5 ως α, β, γ. ∆, xl και x2.

Να µορφοποιηθούν τα κελιά σε αριθµό, δυο δεκαδικών ψηφίων, διαχωριστικό χιλιάδων

και οι αρνητικοί µε χρώµα κόκκινο.

γ) Στο κελί Ε3 να συνταχθεί ο τύπος υπολογισµού του β2-4αγ.

δ) Στα κελιά Ε4 και Ε5 να συνταχθούν οι τύποι υπολογισµού

αντίστοιχα aa 2

∆-β- και

2

∆β- +.

ε) Να γίνει µαθηµατική διερεύνηση των λύσεων δευτεροβάθµιας εξίσωσης στο

σύνολο των πραγµατικών αριθµών R: αx2+βx+γ=0, α, β, γ∈R.

ζ) Λαµβάνοντας υπ' όψιν τα µαθηµατικά αποτελέσµατα του ε) να συµπληρωθούν µε

τα κατάλληλα µηνύµατα τα κελιά Ε4, Ε5 και Ε7 (Σχήµα 7).

η) Να δηµιουργηθεί µακροεντολή και αντιστοίχιση αυτής σε κουµπί µε

ετικέτα «Νέα ∆ευτεροβάθµια Εξίσωση», ώστε να απαλείφονται τα περιεχόµενα των

κελιών C3, C4 και C5.

Για επαλήθευση χρησιµοποιήστε τα ακόλουθα παραδείγµατα: i) x2-5x+6=0,

Απάντηση: xl=2, x2=3, ii) x2+x+1=0, Απάντηση:αδύνατη στο R, ii) x2-2x+1,

Απάντηση: x1=1, x2=1.

Άσκηση 7: Να υπολογιστεί το πεδίο ορισµού της συνάρτησης: f(x)=615

12 +− xx

.

Προκαταβολικά επισηµάνονται οι απαιτούµενες γνώσεις για τις δυο αυτές

ασκήσεις:

Μαθηµατικές: α) Λύση δευτεροβάθµιων εξισώσεων στο R µε συγκεκριµένα

παραδείγµατα; β) Εύρεση πεδίου ορισµού κλασµατικών συναρτήσεων.

Υπολογιστικές: α) Τελεστές πράξεων και αριθµητικές πράξεις και µορφοποίηση κελιών;

β) Συνάρτηση υπολογισµού τετραγωνικής ρίζας sqrt; γ) Λογική συνάρτηση if και

316

εφαρµογή αυτής; δ) Χρήση κουµπιών και µακροεντολών;

δ) ∆υνατότητα χρήσης του PrtScrn.

Με την παράδοση των λύσεων των προηγούµενων ασκήσεων δίνονται στους

µαθητές η µαθηµατική διατύπωση και λύση των ασκήσεων 6 και 7 καθώς και οι

τρόποι σύνταξης των αντίστοιχων τύπων και συναρτήσεων, όπως για παράδειγµα

φαίνεται στο Σχήµα 8 για την Άσκηση 6.

Σχήµα 8

Βήµα 6°: Συµβουλές κατά την εργασία µε τη «λογική συνάρτηση if»

i) ∆υνατότητα ενσωµάτωσης έως και 7 συναρτήσεων if η µια στην άλλη ως τιµή1

(TRUE) και τιµή2 (FALSE).

ii) Συµπλήρωση των πεδίων συνθήκη, τιµή1 και τιµή2 είτε µε αριθµητικές τιµές είτε

µε άλλη συνάρτηση ή συναρτήσεις.

Βήµα 7°: Εργασίες για το σπίτι.

Προτείνονται δυο εργασίες για το σπίτι, ο βαθµός των οποίων προτείνεται να µην

υπολογιστεί στη γενική τους βαθµολογία.

Εργασία 1: Να δηµιουργηθεί πίνακας στο MS-Excel υπολογισµού των πραγµατικών

ριζών της διτετράγωνης εξίσωσης αx4+βx2-γ=0, α, β, γ∈R.

Εργασία 2: Να δηµιουργηθεί πίνακας υπολογισµού των πραγµατικών ριζών της

τριτοβάθµιας εξίσωσης αx3+βx2+γx+δ=0, α, β, γ, δ∈R.

Πορεία µαθήµατος - «λογική συνάρτηση and» (2 ώρες)

Βήµα 1°: Προετοιµασία της έννοιας «λογική συνάρτηση and»

Άσκηση 8: Να δηµιουργηθεί στο MS-Excel ο ακόλουθος πίνακας (Σχήµα 9):

Σχήµα 9

Βήµα 2°: Αναφορά στη σκοπιµότητα της «λογικής συνάρτηση and»

Λογική συνάρτηση and δίνει δυο τιµές: TRUE, αν η τιµή σύγκρισης ισχύει και

FALSE αν έστω και µια από τις συγκρινόµενες τιµές δεν ισχύει. Χρησιµοποιείται

317

είτε ως λογικός έλεγχος ισχύς ή όχι µιας σχέσης, είτε σε συνδυασµό µε άλλες

συναρτήσεις (π.χ. συνάρτηση if) που είναι και το επικρατέστερο.

Βήµα 3°: Σύνταξη της «λογικής συνάρτηση and»

Η λογική συνάρτηση and συντάσσεται µε τον ακόλουθο τρόπο: =and(logicall;

logical2;...) ή διαφορετικά =and(συνθήκη 1; συνθήκη 2;...).

Άσκηση 9: Στον πίνακα του Σχήµατος 9 να εµφανιστεί στο κελί C5 η λέξη «True»,

υπό τη συνθήκη αν B3<D3<F3, ή «False» στην αντίθετη περίπτωση.

Στην άσκηση αυτή οι συνθήκες είναι B3<D3 και D3<F3, οι οποίες αν ισχύουν τότε

θα εµφανίζεται η τιµή1 («True»), ενώ αν µια τουλάχιστον απ' αυτές δεν ισχύει - η

τιµή2 («False»). Η σύνταξης της λογικής συνάρτησης and αναγράφεται στο κελί Α5

(Σχήµα 10).

Σχήµα 10

Βήµα 4°: Μαθηµατικές ασκήσεις προτεινόµενες για λύση

Άσκηση 10: Να συµπληρωθούν τα κελιά D3 έως και D12 (True ή False) του Σχήµατος

11 µε τις αντίστοιχες συγκρίσεις για τους αριθµούς των B3 έως B12.

Σχήµα 11

Βήµα 5°: Εµπέδωση της «λογικής συνάρτησης and»

Άσκηση 11: Να δηµιουργηθεί στο MS-Excel πίνακας της µορφής του Σχήµατος 11,

στον οποίων θα γίνονται οι ακόλουθες συγκρίσεις: α) 132 << , β)

132 33 >> , γ) 3 23

2

3

1<< (Βοήθεια: η 3 2 συντάσσεται ως 2^(1/3)).

Άσκηση 12: Να δηµιουργηθεί πίνακας, να συγκριθούν, και να γίνει

επαλήθευση του αποτελέσµατος µε τα µαθηµατικά: 13

13

13

13

13

13

−

+<

−+

<+−

.

(Προτείνεται η άσκηση 9 να παραδοθεί σε µορφή εργασίας),

318

Οι απαιτούµενες γνώσεις για την επίλυση των δυο τελευταίων ασκήσεων είναι οι

ακόλουθες:

Μαθηµατικές: Κλάσµατα, ρίζες, ιδιότητες ριζών.

Υπολογιστικές: Εργασίες µε κελιά, µακροεντολή, PrtScrn, συνάρτηση and.

Βήµα. 6°: Συµβουλές κατά την εργασία µε τη «λογική συνάρτηση and».

i) ∆υνατότητα σύνταξης έως και 30 τιµών (logical)

ii) Αν χρησιµοποιηθεί µόνοι της το µόνο που µπορεί να κάνει είναι λογικό έλεγχο

(True ή False).

Βήµα 7°: Εργασίες για το σπίτι

Εργασία 3: Με τη βοήθεια του MS-Excel να συγκριθούν τα ακόλουθα:

135

1

135

1

13

1

13

1

++>

−+>

++

−.

Πορεία µαθήµατος - «λογικές συναρτήσεις if και and»(2 ώρες)

Όπως προαναφέρθηκε η λογική συνάρτηση and µπορεί να χρησιµοποιηθεί σε

συνδυασµό µε την if. Η συνάρτηση and στην περίπτωση αυτή ελέγχει τα περιεχόµενα

των κελιών και δίνει ως αποτέλεσµα True, αν ισχύουν και False στην αντίθετη

περίπτωση.

Συµπερασµατικά αναφέρεται ότι η σύνταξη τους ξεκινά από την if και στη

«συνθήκη» («logical_test») της if γράφεται η συνάρτηση and. Για την αποφυγή λαθών

προτείνεται να γράφονται πρώτα τα «τιµή1» και «τιµή2» της if και εν συνεχεία να

γράφεται η and. Τέλος τονίζεται ότι η «τιµή1» λαµβάνεται µόνο όταν ισχύουν όλες οι

συνθήκες της συνάρτησης and, ενώ η «τιµή2» αν έστω και µια απ' αυτές δεν ισχύει.

Για λύση στην τάξη προτείνονται οι ακόλουθες δυο ασκήσεις, οι λύσεις των οποίων

πρέπει, µε την ολοκλήρωση τους να τυπώνονται και να δίνονται στους µαθητές:

Άσκηση 13: Να δηµιουργηθεί στο MS-Excel ο πίνακας του Σχήµατος 12. Να

εµφανίζεται το µήνυµα «∆εν ορίζεται τρίγωνο» (στα κελιά Ε6 και F6) στην περίπτωση

που µια τουλάχιστον από τις πλευρές είναι αρνητική ή να υπολογίζεται η περίµετρος και

το εµβαδόν του τριγώνου αν όλες οι πλευρές είναι θετικές, στα αντίστοιχα κελιά (π.χ.

α=3, β=4, γ=5 και α=-3, β=-4,γ=5).

Σχήµα 12

319

Η λύση που θα πρέπει να τυπωθεί για τους µαθητές προτείνεται να είναι όπως

στο Σχήµα 13.

Σχήµα 13

Άσκηση 14; Η Άσκηση 10 να ολοκληρωθεί λαµβάνοντας υπ' όψιν και την ύπαρξη

ή όχι τριγώνου µε βάση τη τριγωνική ανισότητα, δηλαδή για να υπάρχει τρίγωνο πρέπει:

α>0, β>0, γ>0, α<β+γ, β<α+γ και γ<α+β. (π.χ. α=3, β=4, γ=5; α=4, β=2, γ=3 και α=-3,

β=4, γ=5).

Για άσκηση στο σπίτι και για εργασία προτείνονται οι ακόλουθες δύο µαθηµατικές

ασκήσεις:

Άσκηση 15: Με τη βοήθεια του MS-Excel να δηµιουργηθεί κατάλληλος πίνακας στον

οποίο θα υπολογίζεται το πεδίο ορισµού της συνάρτησης: f(x)=65

1

2

12 +−

+− xxx

.

Εργασία 4: Να δηµιουργηθεί πίνακας στο MS-Excel όπου θα υπολογίζονται οι τιµές

της συνάρτησης f(x)=2

1

1

1

−−

++ x

x

x, αν x=x0+ ih, xo= -2 και h=0,5. Επίσης να

εµφανίζεται το µήνυµα «∆εν ορίζεται», αν το σηµείο µε τετµηµένη x είναι εκτός του

πεδίου ορισµού της συνάρτησης f(x).


Το µάθηµα προτείνεται να αρχίζει µε µια µικρή αφήγηση από τους αντίστοιχους

καθηγητές για το τι επρόκειτο να δηµιουργήσουν και ποιος είναι ο απώτερος σκοπός

(3-4 λεπτά). Τονίζονται γενικότερα οι βασικές έννοιες που κάθε µαθητής πρέπει να

γνωρίζει τόσο ότι αφορά τα µαθηµατικά όσο και την πληροφορική. Επίσης τονίζεται η

σχέση των εννοιών αυτών µε παλιές γνώσεις.

∆υνατή είναι η υλοποίηση τέτοιων διδακτικών ασκήσεων και για άλλες

µαθηµατικές έννοια, όπως για παράδειγµα η κατασκευή γραφικών παραστάσεων

συναρτήσεων, ακολουθίες κ.τ.λ.

Πρέπει να επισηµαίνονται τόσο τα εποπτικά µέσα που είναι απαραίτητα, όσο και αν

είναι απαραίτητα εξωσχολικά ή µη βοηθήµατα µιας και κάποιες ασκήσεις θα

παραδοθούν ως εργασία.

320

Προτείνεται η χρονική τοποθέτηση των συγκεκριµένων ασκήσεων να είναι µετά τη

διδασκαλία και τη λύση των αντίστοιχων προβληµάτων ή ασκήσεων, όπως αυτά

αναγράφονται στο πρόγραµµα σπουδών. Ο χρόνος υλοποίησης τέτοιων µοντέλων

διδασκαλίας δεν πρέπει να επηρεάζει το όλο διδακτικό πρόγραµµα ή να υλοποιείται

σε ώρες εκτός µαθήµατος.

Οι καθηγητές πρέπει κατά τη διάρκεια της διδασκαλίας να ζητούν από τους µαθητές,

χωρίς βαθµολόγηση, να απαντούν σε ερωτήσεις για τη λύση της άσκηση. Από µόνοι

τους οι µαθητές, µε λογικό τρόπο να οδηγηθούν στην «ανακάλυψη» της λύσης.

Ότι αφορά της εργασίες - ασκήσεις (Ασκήσεις 7, 12 και 16) που δίνονται στους

µαθητές, µετά το σχετικό έλεγχο και βαθµολόγηση αυτών να γίνεται διάκριση της

καλύτερης ή των δυο καλύτερων εργασιών εξ αυτών και να βραβεύονται σε κάποια

σχολική εορτή. Απώτεροι σκοποί είναι η ηθική ικανοποίηση και ο παραδειγµατισµός για

τους υπόλοιπους µαθητές.

Η δηµιουργία του προαναφερόµενου διδακτικού µοντέλου, ως κάτι νέο για τους

µαθητές, µπορεί να προκαλέσει και αρνητικές αντιδράσεις απ' αυτούς. Οι καθηγητές

πρέπει να είναι προετοιµασµένοι για την αντιµετωπίσει τέτοιων καταστάσεων. Με

παραδείγµατα να βοηθήσουν τους µαθητές να δουν, τόσο τα µαθηµατικά όσο και την

πληροφορική, από µια άλλη οπτική γωνία, πέραν των ξερών µαθηµατικών

θεωρηµάτων, ασκήσεων και των γλωσσών προγραµµατισµού.

Τα διδακτικά αποτελέσµατα µιας τέτοιας συνεργασίας είναι δυνατόν να


i) Αυξάνουν το ενδιαφέρον τους για τα µαθηµατικά, αφού διαπιστώνουν ότι

αυτά δεν είναι ανεξάρτητα και χωρίς πρακτική εφαρµογή και σχέση µε άλλους

επιστηµονικούς τοµείς.

ii) Για µικρό χρονικό διάστηµα µαθαίνονται περισσότερα από ένα πράγµατα και

χρησιµοποιούνται οι γνώσεις από δυο διαφορετικές επιστήµες.

iii) Προσφέρουν ικανοποίηση και αυτοπεποίθηση στους µαθητές αφού

ολοκληρώνουν µια σύνθετη και ενδιαφέρουσα εργασία.

18. ∆ιδακτική αξιοποίηση µαθηµατικών µοντέλων

18.1 Μαθηµατική µοντελοποίηση

Με τον όρο µοντελοποίηση εννοούµε την γνωστική µέθοδο κατά την οποία,

καλά αναπτυγµένες και γνωστές έννοιες από ένα τοµέα, αντιπαραθέτονται µε µη

321

αναπτυγµένες και άγνωστες έννοιες από κάποιο άλλο τοµέα. Οι πρώτες έννοιες

χρησιµοποιούνται ως ισχυρό µέσο για την επεξήγηση και ανάπτυξη των δεύτερων.

Οι γνώσεις οι οποίες χρησιµοποιούνται για τη µελέτη και επεξήγηση άλλων

γνώσεων λέγονται µοντέλα, ενώ οι προς µελέτη γνώσεις λέγονται πρωτότυπες. Πρέπει

να τονιστεί ότι το µοντέλο περιέχει µόνο µέρος από τις ιδιότητες του πρωτοτύπου,

αλλά οι ιδιότητες αυτές είναι αρκετές για να προσδιοριστούν νέες ιδιότητες και νέα

χαρακτηριστικά του πρωτοτύπου.

Όταν το µοντέλο αποτελείται από µαθηµατικές σχέσεις, ονοµάζεται

µαθηµατικό µοντέλο, ενώ η διαδικασία µε την οποία οδηγούµαστε στο µοντέλο αυτό

λέγεται µαθηµατική µοντελοποίηση. Για την µαθηµατική µοντελοποίηση διακρίνουµε

τα ακόλουθα τέσσερα στάδια:

α. Μελέτη του πρωτοτύπου και εν συνεχεία καθορισµός των χαρακτηριστικών, των

σχέσεων και των παραµέτρων, τα οποία το προσδιορίζουν.

β. ∆ηµιουργία του µαθηµατικού µοντέλου. Στο βήµα αυτό «µεταφράζεται» η άσκηση

στη µαθηµατική γλώσσα.

γ. Λύση της δηµιουργηµένης µαθηµατικής άσκησης.

δ. Εκτίµηση της λαµβανόµενης λύσης. Το στάδιο αυτό διαιρείται σε δυο µέρη:

δ.1. Έλεγχος της σχέσης µεταξύ του λαµβανόµενου αποτελέσµατος και του

µαθηµατικού µοντέλου.

δ.2. Έλεγχος της σχέσης µεταξύ της λαµβανόµενης µαθηµατικής λύσης και του

πρωτοτύπου

Τα τέσσερα αυτά στάδια δίνουν τη δυνατότητα να εισαχθούν ορισµένες

µεταβολές και διευκρινίσεις του µαθηµατικού µοντέλου και έτσι να εξηγηθούν και να

εµπεδωθούν καλύτερα.

Η χρησιµοποίηση µαθηµατικού µοντέλου δίνει τη δυνατότητα να λυθούν

ευκολότερα και επιτυχώς ασκήσεις πρακτικής αριθµητικής, ασκήσεις φυσικής,

χηµείας κ.τ.λ.. Στις περιπτώσεις αυτές συνήθως χρησιµοποιείται η λύση

πρωτοβάθµιων ή δευτεροβάθµιων εξισώσεων ή ανισώσεων. Συγκεκριµένα η

λαµβανόµενη εξίσωση (ή ανίσωση ή σύστηµα), είναι το µοντέλο της άσκησης, ενώ η

λύση αποτελεί το πρωτότυπο.

Τονίζεται, ότι συνήθως µε τον όρο µαθηµατική µοντελοποίηση εννοείται η

µελέτη µη µαθηµατικών τοµέων µε τη βοήθεια µαθηµατικών ενώσεων και

ικανοτήτων. Στην πραγµατικότητα όµως από την αρχαιότητα στα µαθηµατικά

χρησιµοποιούνταν η µοντελοποίηση για τη µελέτη και ανάπτυξη γνώσεων ενός

322

µαθηµατικού τοµέα µε τη βοήθεια γνώσεων από άλλο µαθηµατικό τοµέα (π.χ.

εφαρµογή γεωµετρικών γνώσεων για τον κατά προσέγγιση υπολογισµό του 2 στην

Αρχαία Ελλάδα). Για το λόγο αυτό διαχωρίζεται η µοντελοποίηση σε εσωτερική

(µεταξύ των µαθηµατικών τοµέων) και εξωτερική (µεταξύ των µαθηµατικών και

άλλων µη µαθηµατικών τοµέων).

18.2. Εσωτερική µαθηµατική µοντελοποίηση

Άσκηση (1): Ένας εργάτης τελειώνει µόνος του κάποιο έργο σε 5h, ενώ ένας άλλος

σε 7 h. Για πόση ώρα και οι δυο µαζί θα τελειώσουν το ίδιο έργο, αν εργαστούν µαζί;

Λύση α. Έστω να συµβολίσουµε µε χ τις ώρες που και οι δυο µαζί θα τελειώσουν το

καθορισµένο έργο. Τότε, ο πρώτος και ο δεύτερος, θα τελειώσουν αντίστοιχα 5

1 και

7

1 της εργασίας. Εποµένως σε χ h θα τελειώσουν αντίστοιχα

5

χ και

7

χ ηµέρες της

εργασίας.

β. Εφόσον η εργασία του πρώτου και του δεύτερου για χ h αποτελεί ολόκληρη την

εργασία, τότε ισχύει η εξίσωση: 175

=+χχ

.

γ. Η εξίσωση αυτή λύνεται µαθηµατικός και λαµβάνουµε χ=12

35=2 h 55min.

δ. Αν υποθέσουµε ότι χ=12

35, τότε .142,058,0

84

35

60

35

712

35

512

35

=+=+=+

Άσκηση (2) Να αποδειχθεί ότι εµβαδόν S του κυκλικού τοµέα του σχήµατος 1, είναι

ίσο µε 4

1.(D+d).(D-d), όπου D, d είναι οι διάµετροι των κύκλων κ1(Ο, R) και κ2(Ο,

r), αντίστοιχα.

Λύση

κ1

κ2

Ο

r R

Σχήµα 1

Το εµβαδόν του κυκλικού τοµέα υπολογίζεται, αν από το εµβαδόν του κύκλου

κ1, αφαιρέσουµε το εµβαδόν του κύκλου κ2 και συγκεκριµένα:

323

S=πR2-πr2=π(R2-r2)=π(R+r)(R-r)=π

−

+

2222

dDdD=

4

π(D+d)(D-d). Άρα

S=4

π(D+d)(D-d).

Έστω µε G να συµβολίσουµε το σύνολο των γεωµετρικών γνώσεων, ενώ µε V

το σύνολο των αλγεβρικών γνώσεων. Με x1, x2, x3, x4 και x5 να συµβολίσουµε τους

διάφορους συλλογισµούς (ισχυρισµούς) της άσκησης(1) και της λύσης αυτής. Πιο

συγκεκριµένα:

x1: «το εµβαδόν του κύκλου κ1 είναι πR2»,

x2: «το εµβαδόν του κύκλου κ2 είναι πr2»,

x3: «εφαρµόζουµε την επιµεριστική ιδιότητα, δηλαδή π(R2-r2)»,

x4: «εφαρµόζουµε την διαφορά τετραγώνων, δηλαδή π(R+r)(R-r)»,

x5: « βγάζουµε κοινό παράγοντα το 2

1, δηλαδή

4

π(D+d)(D-d)».

Στο Σχήµα 2 φαίνεται η µετάβαση από τον ένα τοµέα Α (γεωµετρία), σε ένα

άλλο τοµέα Β (άλγεβρα), προκειµένου να αποπερατωθεί η λύση της δεδοµένης

άσκησης.

x3 x4 Β

x1 x2 x5 Α

Σχήµα 2

Με τον ίδιο σκεπτικό, είναι δυνατόν να λυθεί και η ακόλουθη άσκηση, στην

οποία είναι απαραίτητη η εφαρµογή του Πυθαγορείου Θεωρήµατος καθώς και ο

τρόπος λύσης δευτεροβάθµιας εξίσωσης µε ένα άγνωστο:

Άσκηση (3) Να υπολογιστεί η περίµετρος ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ µε

ΑΒ=ΑΓ=5cm και ύψος (προς την βάση) ΑΗ=3cm.

Άσκηση (4) Τρεις άντρες πήγαν στον κουρέα. Αφού κουρεύτηκε ο πρώτος, ο κουρέας

τους είπε:

- Κοίτα πόσα χρήµατα υπάρχουν στο ταµείο, βάλλε άλλα τόσα και πάρε 1000δρχ

ρέστα.

Το ίδιο είπε και στους άλλους δυο. Αφού έφυγαν και οι τρεις άντρες, ο κουρέας

διαπίστωσε ότι στο ταµείο δεν υπάρχουν χρήµατα. Πόσα είχε στην αρχή µέσα στο

ταµείο;

324

Λύση

Μαθηµατική µοντελοποίηση: Συµβολίζουµε µε χ τα χρήµατα που έχε στο ταµείο

στην αρχή. Εφόσον ο πρώτος άντρας έβαλε ακόµη χ δραχµές και πήρε 1000δρχ.

ρέστα, τότε έµειναν:

χ+χ-1000=2χ-1000.

Μετά το κούρεµα του δεύτερου άντρα στο ταµείο έµειναν:

(2χ-1000)+(2χ-1000)-1000=4χ-3000.

Στο τέλος, µετά το κούρεµα και του τρίτου άντρα, στο ταµείο έµειναν:

(4χ-3000)+(4χ-3000)-1000=8χ-7000.

Αλλά τελικά στο ταµείο δεν έµειναν χρήµατα. Εποµένως:

8χ-7000=0⇔ χ=875δρχ.

Το πρόβληµα αυτό είναι δυνατόν να λυθεί και µε άλλο τρόπο, χωρίς την δηµιουργία εξισώσεων. Η λύση αυτή παραστατικά παρουσιάζεται στο επόµενο σχήµα: .2 +1000 .2 +1000 .2 +1000 875 0 :2 1750 +1000 750 :2 1500 +1000 500 :2 1000 +1000

Με βάση τα δεδοµένα λαµβάνουµε την πάνω σειρά βελών,

συµπεριλαµβανοµένου και του 0 (π.χ. το «βάλλε άλλα τόσα» σηµαίνει .2, το «πάρε

1000δρχ.» σηµαίνει -1000). Με αντίθετη διαδικασία (κάτω σειρά βελών) και µε

αντίθετες πράξεις σε σχέση µε αυτές της πρώτης σειράς βελών, λαµβάνουµε 875 που

είναι το αποτέλεσµα.

18.3. Εξωτερική µαθηµατική µοντελοποίηση

α) Φυσική

Άσκηση (5): Από τις πόλεις Α και Β ξεκίνησαν δυο αυτοκίνητα, προς συνάντηση, µε

ταχύτητα 80Km/h και 60Km/h. Συναντήθηκαν 30Km µετά το µέσο της διαδροµής.

Να υπολογιστεί η απόσταση ΑΒ.

Λύση

α. Έστω µε 2χ να συµβολίσουµε την απόσταση ΑΒ και κατά συνέπεια θα έχουµε τον

ακόλουθο πίνακα (Σχήµα 3):

325

µέγεθος

όχηµα

ταχύτητα διανυόµενη απόσταση χρόνος

10 όχηµα 80Km/h χ+30 t1=

80

30+χ

20 όχηµα 60Km/h χ-30 t2=

60

30−χ

Σχήµα 3

β. Μαθηµατική µοντελοποίηση: Επειδή τα δυο οχήµατα κινούνται για τον ίδιο χρόνο

έχουµε ότι: t1=t2 και κατά συνέπεια: 80

30+χ=

60

30−χ.

γ. Η µαθηµατική λύση της εξίσωσης αυτής είναι χ=210Km και κατά συνέπεια η

απόσταση ΑΒ είναι 420Km.

δ. Αν υποθέσουµε ότι η απόσταση ΑΒ είναι 420Km, τότε εφόσον τα οχήµατα

κινούνται µε 80Km/h και 60Km/h και αφού θα συναντηθούν 30Km µετά το µέσο της

διαδροµής, θα πρέπει να κινούνται για χρόνο t1=30h και t2=30h. Εποµένως t1=t2.

Και οι δυο αυτές ασκήσεις δηλώνουν την πρακτική εφαρµογή και σχέση των

µαθηµατικών µε άλλες επιστήµες. Προτείνεται ασκήσεις του τύπου αυτού να δίνονται

για λύση, αφού πρώτα έχει λυθεί αρκετός αριθµός άλλων ασκήσεων, άµεσα

συνδεδεµένες µε το θέµα (δηλαδή τη λύση πρωτοβάθµιων εξισώσεων).

β) Μοντελοποίηση και ηλεκτρονικοί υπολογιστές

Οι Η/Υ, µε την τεχνολογία την οποία διαθέτουν, δίνουν τη δυνατότητα στους

εκπαιδευτικούς να µπορούν να τους χρησιµοποιούν στην εκπαίδευση. Η σύγχρονη

πρακτική δηλώνει ότι οι σκοποί της εκπαίδευσης µπορούν να εκπληρωθούν µόνο

όταν οι µαθητές µόνοι τους µαθαίνουν τα διδακτικά αντικείµενα, γεγονός το οποίο

µπορεί να πραγµατοποιηθεί µε ενεργητικό διάλογο. Η εκπαίδευση αυτή λέγεται

προσωπική και στις περισσότερες περιπτώσεις δεν µπορεί να πραγµατοποιηθεί λόγου

του ότι είναι αρκετά ακριβή. Για το λόγο αυτό ψάχνουµε τον καλύτερο τρόπο για την

διατήρηση της προσωπικής εκπαίδευσης. Οι σύγχρονοι Η/Υ βοηθούν αρκετά πάνω

στο θέµα αυτό. Συγκεκριµένα η προσφορά τους επισηµαίνετε στα ακόλουθα:

α. Οι Η/Υ δίνουν τη δυνατότητα κατασκευής σχηµάτων γρηγορότερα και

ακριβέστερα σε σχέση µε το χέρι (µε µολύβι και χαρτί). Τα «εργαλεία» τα οποία

µπορούν να χρησιµοποιηθούν ποικίλουν ανάλογα µε το πρόγραµµα.

β. Ο Η/Υ µπορεί πρακτικά να δουλεύει συνεχώς και να λύνει ασκήσεις χωρίς να

κουράζεται. Με τον τρόπο αυτό κερδίζεται αρκετός χρόνος.

326

γ. Ο Η/Υ µπορεί να χρησιµοποιηθεί και µετά την εκµάθηση µιας έννοιας. Για

παράδειγµα µετά την λύση δευτεροβάθµιων εξισώσεων, γίνεται µέσο για λύση

ασκήσεων σχετικών µε την λύση συστηµάτων εξισώσεων δύναµης µεγαλύτερης του

δυο.

Σηµαντικό για τη κατανόηση της λύσης µαθηµατικής άσκησης είναι η

µετάβαση από την αφηρηµένη στην πρακτική σκέψη της µαθηµατικής άσκησης.

Έστω µε Π να συµβολίσουµε ένα πρακτικό πρόβληµα, µε Μ το µαθηµατικό του

µοντέλο (δηλαδή κάποια µαθηµατική άσκηση), µε Λ την λύση της µαθηµατικής

άσκησης, µε Λ΄ την λύση του πρακτικού προβλήµατος, µε Ρ το πρόγραµµα του Η/Υ

µε το οποίο µπορεί να λυθεί το δεδοµένο πρακτικό πρόβληµα και µε Λ΄΄ την λύση

του Η/Υ. Με το βέλος ΡΛ΄΄ του Σχήµ.4 εννοούµε την λύση της άσκησης από τον

Η/Υ, ενώ µε ΜΛ, τις ενέργειες του προγραµµατισµού.

Το Σχήµα 4 µπορεί να χρησιµοποιηθεί και για περιγραφική εξήγηση της

ευρετικής-δηµιουργικής διαδικασίας κατά τη διδασκαλίας των µαθηµατικών.

Επισηµαίνεται ότι αν αγνοηθεί το δεύτερο επίπεδο (Σχήµ.4), δηλαδή αν δεν γίνει

µαθηµατική µοντελοποίηση, χάνονται περιπτώσεις και τότε η λύση την οποία ο Η/Υ

προτείνει είναι ελλιπής. Εκτός αυτού, µε τον τρόπο αυτό δεν είναι δυνατόν να

προελεγχθούν οι λύσεις που ο Η/Υ δίνει, µε αυτές που λαµβάνονται µε την λύση της

δεδοµένης άσκησης στο τετράδιο.

Ρ. .Λ΄΄

Μ. .Λ

Π. .Λ΄

Σχήµα 4

Πρέπει να έχουµε υπό όψιν ότι η δουλειά του Η/Υ και του καθηγητή στην

ενέργεια «λύση άσκησης», είναι αµοιβαία. Οι δυνατότητες του Η/Υ είναι

περιορισµένες. ∆εν µπορεί να σκέφτεται και για το λόγο αυτό είναι αδύνατο να

αντικαταστήσει τον καθηγητή. Συγκεκριµένα τα αρνητικά του Η/Υ είναι τα

ακόλουθα:

α. Ο Η/Υ δεν µπορεί να λύση απρόβλεπτη άσκηση, δηλαδή άσκηση για την οποία δεν

είναι προγραµµατισµένος.

β. Ο Η/Υ δεν µπορεί να επιλέξει τρόπους και µέσα λύσης δεδοµένης άσκησης.

γ. Ο Η/Υ δεν µπορεί να διευθύνει την εργασία µέσα στη τάξη.

327

δ. Ο Η/Υ δεν µπορεί να ελέγχει τα ενδιάµεσα στάδια της λύσης δεδοµένης άσκησης

και έτσι να βοηθήσει τον µαθητή να κατανοήσει τη λύση της.

Για να µπορεί ο Η/Υ να βοηθήσει στη λύση κάποιας άσκησης και γενικά στην

εκπαίδευση, πρέπει να δηµιουργηθούν προγράµµατα τα λεγόµενα διάλογο-

εκπαιδευτικά προγράµµατα, όπως για παράδειγµα η LogoWrite. Έστω να λύσουµε µια

άσκηση για την κατανόηση της υπεροχής των διάλογο-εκπαιδευτικών

προγραµµάτων.

Άσκηση (6): Να κατασκευαστεί γωνία ίση µε δοσµένη ψχΑ .

Λύση

Με την βοήθεια του χάρακα και του διαβήτη η άσκηση αυτή µπορεί να λυθεί

ως εξής: µε κέντρο Ο και ακτίνα ρ κατασκευάζουµε κύκλο κ1, ο οποίος τέµνει τις Οχ

και Οψ στα σηµεία Α και Β αντίστοιχα. Κατασκευάζουµε ηµιευθεία Ο΄χ΄. Με κέντρο

Ο΄ και ακτίνα ρ κατασκευάζουµε κύκλο κ2, ο οποίος τέµνει την Ο΄χ΄ στο σηµείο Α΄.

Με κέντρο Α΄ και ακτίνα ρ κατασκευάζουµε κύκλο κ3, ο οποίος τέµνει τον κ2 στο

σηµείο Β΄. Κατασκευάζουµε την ηµιευθεία Ο΄Β΄. Αποδεικνύεται ότι

΄΄΄ ψχψχ Α=Α ˆˆ .

Με τον τρόπο αυτό λύσης δεν γίνεται κατανοητό το γεγονός ότι τα σηµεία του

κύκλου βρίσκονται σε απόσταση ίση από το κέντρο του, κάτι το οποίο γίνεται

κατανοητό µε τη LogoWrite. Και αυτό γιατί για να κατασκευαστεί τµήµα ΟΆ΄=ΟΑ

πρέπει να είναι γνωστή η ψχΑ .

γ) Φιλολογία

Μπορεί να ακούγεται παράξενο, παρ’ όλα αυτά υπάρχει σχέση µεταξύ των

µαθηµατικών και της φιλολογίας. Η έννοια «καρτεσιανό γινόµενο» είναι δυνατόν να

συσχετισθεί µε κάποια γραµµατικά φαινόµενα. Έστω οι ακόλουθες ασκήσεις:

Άσκηση (7) Έστω τα ακόλουθα σύνολα: Α= τρι και Β=ετία, ήµερο, ωρος. Να

υπολογιστεί το σύνολο Γ=ΑΧΒ.

Λύση

Σύµφωνα µε την θεωρία των συνόλων, το καρτεσιανό γινόµενο Γ

υπολογίζεται µε τον εξής τρόπο: Γ= τριετία, τριήµερο, τρίωρος.

Άσκηση (8) Έστω τα ακόλουθα σύνολα: Α=καλ και Β=ός, ή, ό. Να υπολογιστεί

το σύνολο Γ=ΑΧΒ.

Λύση

Γ=καλός, καλή, καλό.

328

Άσκηση (9) Έστω τα ακόλουθα σύνολα: Α=έχ, θέλ και Β=ω, εις, ει, ουµε, ετε,

ουν,. Να υπολογιστεί το σύνολο Γ=ΑΧΒ.

Λύση

Γ=έχω, έχεις, έχει, έχουµε, έχετε, έχουν, θέλω, θέλεις, θέλει, θέλουµε,

θέλετε, θέλουν.

Εποµένως ωφέλιµο είναι να συνδέονται το καρτεσιανό γινόµενο µε τα επίθετα

και µε τα ρήµατα, εξασκώντας µε τον τρόπο αυτό και τις γραµµατικές γνώσεις αλλά

και τη µαθηµατική έννοια.


Οι προαναφερόµενες πρακτικές εφαρµογές και συσχετίσεις των µαθηµατικών,

θεωρούµε ότι βοηθούν τους µαθητές στα ακόλουθα:

1. Αυξάνουν το ενδιαφέρον τους για τα µαθηµατικά, αφού διαπιστώνουν ότι αυτά

δεν είναι ανεξάρτητα και χωρίς πρακτική εφαρµογή, σε άλλους επιστηµονικούς

τοµείς.

2. Για µικρό χρονικό διάστηµα µαθαίνονται περισσότερα από ένα πράγµατα και

χρησιµοποιούνται οι γνώσεις από τις διάφορες επιστήµες.

3. Ανακάλυψη εκ νέου των νέων γνώσεων (ή την αναγκαιότητα για εισαγωγή νέας

έννοιας).

4. Επεξήγηση των νέων γνώσεων.

5. Εµπέδωση των νέων γνώσεων.

Επισηµαίνεται ότι οι ασκήσεις του τύπου των προαναφερόµενων, πρέπει να

λύνονται αφού έχουν πρώτα λυθούν οι προτεινόµενες ασκήσεις των σχολικών

βιβλίων.

19. ∆ιδακτική τεχνολογία των µαθηµατικών


Η σχολική εκπαίδευση µπορεί να διαιρεθεί σε δυο µέρη: την προπαιδευτική

και τη συστηµατική. Και στα δυο αυτά µέρη εισάγονται και διδάσκονται µαθηµατικές

έννοιες, διαπιστώνονται και εδραιώνονται µαθηµατικές ιδιότητες και κανόνες και

διαπλάθονται οι ικανότητες των µαθητών για λύση µαθηµατικών ασκήσεων. Όλα

αυτά υλοποιούνται, στα δυο αυτά µέρη της εκπαίδευσης, µε διαφορετικό τρόπο. Για

το λόγο αυτό οι ενέργειες σχετικές µ’ αυτά διαφέρει κατά περίπτωση.

329

Με τον όρο διδακτική τεχνολογία εννοείται ο προκαθορισµένος τρόπος

επεξεργασίας πρωταρχικών εννοιών και η διαδοχική οµάδα εργασιακών ενεργειών

για την διοργάνωση δεδοµένης παραγωγικής πορείας.

∆ιδακτική τεχνολογία µαθηµατικών ενεργειών

Κατά την εκπαιδευτική διαδικασία των µαθηµατικών και καθ’ όλη τη

διάρκεια της σχολικής εκπαίδευσης των µαθητών, εφαρµόζονται δεδοµένες

διδακτικές τεχνολογίες όπως π.χ. για την εισαγωγή ή εµπέδωση µιας µαθηµατικής

έννοιας. ∆ιακρίνονται συνολικά έξι τέτοιες τεχνολογίες, οι οποίες εφαρµόζονται

ανάλογα µε την περίσταση. Η χρήση ερωτήσεων κατά την εφαρµογή των διδακτικών

αυτών τεχνολογιών, οι οποίες µε ευρετικό τρόπο, δύναται να βοηθήσουν στην

εκπλήρωση του σκοπού της διδασκόµενης µαθηµατικής έννοιας. Συγκεκριµένα:

19.2. ∆ιδακτική τεχνολογία για την εισαγωγή µαθηµατικών όρων

H διδακτική αυτή τεχνολογία αποτελείται από τις ακόλουθες έξι στοιχειώδεις

διδακτικές ενέργειες: α) Εξέταση κατάλληλων στοιχείων από τον όγκο της

εισαγόµενης µαθηµατικής έννοιας. β) Προσανατολισµός της προσοχής των µαθητών

προς τις κοινές ιδιότητες των αντικειµένων αυτών, οι οποίες αποτελούν το

περιεχόµενο της εισαγωγικής έννοιας. γ) Λήψη ενός εκ των εξεταζόµενων

αντικειµένων ως αντιπροσωπευτικό παράδειγµα και διατύπωση, µε τη βοήθεια

αυτού, των ιδιοτήτων της εισαγόµενης έννοιας. δ) Εισαγωγή της ονοµασίας της νέας

µαθηµατικής έννοιας. ε) Εµπέδωση της νέας έννοιας (ορισµός). Οι µαθητές

καταδεικνύουν τα αντικείµενα τα οποία ανήκουν στον όγκο της εξεταζόµενης

µαθηµατικής έννοιας. ζ) Απαιτείται από τους µαθητές να αιτιολογήσουν για ποια από

τα προτεινόµενα αντικείµενα επαληθεύονται οι ιδιότητες της εισαγόµενης

µαθηµατικής έννοιας.

19.3. ∆ιδακτική τεχνολογία για την εγκαθίδρυση και εµπέδωση µαθηµατικών

ιδιοτήτων.

Τα στοιχεία τα οποία απαρτίζουν τη διδακτική αυτή τεχνολογία είναι τα

ακόλουθα πέντε: α) Επικέντρωση της προσοχής των µαθητών στο αντιπροσωπευτικό

παράδειγµα ή εκτέλεση καθορισµένης πολύπλευρης πειραµατικής εργασίας. β)

Εκτέλεση πολύπλευρης παρατήρησης για την ανακάλυψη και εδραίωση της

επικείµενης, για την εκπαίδευση, µαθηµατικής ιδιότητας. γ) Με τη βοήθεια

συλλογικής εργασίας και στοιχειωδών επαγωγικών συλλογισµών, συνειδητοποιείται

η ύπαρξη και εδραιώνεται η διδασκόµενη µαθηµατική ιδιότητα. δ) Γενίκευση των

διεξαγόµενων στοιχείων επαγωγικού συλλογισµού πάνω στο υποδειγµατικό –

330

αντιπροσωπευτικό παράδειγµα ή πάνω στη διεξαγόµενη ερευνητική διεργασία. ε)

Εγκαθίδρυση της ιδιότητας µε την εδραίωσή της σε νέες καταστάσεις ή µε την

εφαρµογή της κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων.

Παράδειγµα: «Οι απέναντι πλευρές παραλληλογράµµου είναι ίσες»

α) ∆ίνεται τους µαθητές η ακόλουθη εργασία: «Να σχεδιαστεί σε χαρτί ένα

παραλληλόγραµµο και να ονοµαστούν οι κορυφές του Α, Β, Γ και ∆. Εν συνεχεία να

κοπεί περιµετρικά και µετά κατά τη διαγώνιο ΑΓ, έτσι ώστε να προκύψουν δυο

τρίγωνα.

Ερώτηση 1 Να ελεγχθεί αν τα δυο αυτά τρίγωνα ταυτίζονται.

Ερώτηση 2 Τι συµπεραίνετε για τις απέναντι πλευρές του παραλληλογράµµου ΑΒΓ∆;

β) Για την εδραίωση της διδασκόµενης ιδιότητας του παραλληλογράµµου

προτείνονται οι ακόλουθες ερωτήσεις:

Ερώτηση 3 Σε ποιους από εσάς τα δυο αυτά τρίγωνα ταυτίζονται και σε ποιους όχι;

Ερώτηση 4 Γιατί σε κάποιους από εσάς δεν ταυτίζονται τα δύο τρίγωνα;

Ερώτηση 5 Ποιες είναι οι απέναντι πλευρές του παραλληλογράµµου ΑΒΓ∆;

γ) Για την εδραιώνεται της διδασκόµενης µαθηµατικής ιδιότητα προτείνονται οι

ακόλουθες ερωτήσεις:

Ερώτηση 6 Πως ονοµάζονται δυο τρίγωνα τα οποία ταυτίζονται;

Ερώτηση 7 Ποιες οι ιδιότητες των πλευρών ίσων τριγώνων;

Ερώτηση 8 Με βάση τι µπορούµε να ισχυριστούµε, ότι οι απέναντι πλευρές

παραλληλογράµµου ΑΒΓ∆ είναι ίσες;

Ερώτηση 9 Μπορεί να ειπωθεί το ίδιο και για τις πλευρές Α∆ και ΒΓ του

παραλληλογράµµου ΑΒΓ∆;

δ) Ερώτηση 10 Μπορεί µε το ακόλουθο πείραµα να ισχυριστούµε (αποδείξουµε), ότι

οι απέναντι πλευρές παραλληλογράµµου ΑΒΓ∆ είναι ίσες;

Στο τέλος ανακοινώνεται ότι σε µεγαλύτερες τάξεις θα διδαχθούν την

απόδειξη της προαναφερόµενης ιδιότητας του παραλληλογράµµου.

ε) Προτείνονται οι ακόλουθες ασκήσεις:

Άσκηση 1 Να αποδειχτεί ότι οι πλευρές του τετραγώνου είναι ίσες.

Άσκηση 2 Αν οι δυο πλευρές παραλληλογράµµου είναι 6cm και 8cm, να υπολογιστεί

η περίµετρός του.

331

19.4. ∆ιδακτική τεχνολογία για την διάπλαση των ικανοτήτων για εφαρµογή των

γνώσεων κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων

Παραθέτονται τα πέντε στοιχεία της διδακτικής αυτής τεχνολογίας: α)

∆ιεξαγωγή άµεσου διαλόγου µε τους µαθητές µε τον οποίο ενεργοποιούνται και

υπενθυµίζονται οι απαραίτητες µαθηµατικές γνώσεις. β) Λύση κατάλληλων

µαθηµατικών ασκήσεων. γ) Οµαδική λύση µαθηµατικών ασκήσεων µε σκοπό τη

διάπλαση των ικανοτήτων για εφαρµογή των γνώσεων και των µεθόδων λύσης

ασκήσεων. Η οµαδική αυτή εργασία συνεχίζεται έως ότου ο καθηγητής καταλάβει,

ότι οι µαθητές µπορούν να ενεργήσουν αυτόνοµα, βασισµένοι ο καθ’ ένας στις

δυνάµεις του. δ) Ατοµική σταθεροποίηση των ικανοτήτων για εφαρµογή των εννοιών

ή των µεθόδων κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων. ε) Με τη βοήθεια του

διαλόγου γενικεύεται η ύπαρξη των εγκαθιδρυµένων πλέων ικανοτήτων για

εφαρµογή γνώσεων ή µεθόδων λύσης µαθηµατικών ασκήσεων.

19.5. ∆ιδακτική τεχνολογία για την εισαγωγή και εκµάθηση µαθηµατικών

εννοιών

Κατά τη διδακτική αυτή τεχνολογία δύναται να ακολουθηθούν τα εξής εννέα

εκπαιδευτικά στάδια: α) ∆ίνεται στο µαθητή συγκεκριµένη µαθηµατική άσκηση µε

απώτερη βλέψη τη δέσµευσή της σε άλλες µαθηµατικές ενέργειες. β) ∆ιεξαγωγή

συγκεκριµένων µαθηµατικών ενεργειών, από την πλευρά των µαθητών, για τη λύση

της προτεινόµενης µαθηµατικής άσκησης. γ) Προσανατολισµός των µαθητών προς το

τυπικό αποτέλεσµα της δεδοµένης άσκησης, το οποίο πρέπει να χαρακτηρίζει την

εισαγόµενη έννοια. δ) Εισαγωγή της ορολογίας της νέας έννοιας. ε) Ορισµός της νέας

µαθηµατικής έννοιας. ζ) Προσδιορισµός των ενεργειών που δύναται να εκτελεστούν

µε τη νέα έννοια και διατύπωση των σχετικών µ’ αυτή, ιδιοτήτων. η) ∆ιατύπωση και

απόδειξη θεωρηµάτων µε γνώµονα τη συστηµατοποίηση των γνώσεων και

δηµιουργία διδακτικών συστηµάτων ικανών συνθηκών θ) ∆ιατύπωση και απόδειξη

ιδιοτήτων και δηµιουργία κατάλληλων διδακτικών συστηµάτων ικανών συνθηκών. ι)

Παρατηρήσεις και συµπεράσµατα σχετικά µε τη νέα µαθηµατική έννοια, τα σχετικά

θεωρήµατα και τις αποδειγµένες ιδιότητες.

Παράδειγµα: «Εφεξής παραπληρωµατικές γωνίας»

α) Τίθεται στους µαθητές η ακόλουθη άσκηση:

Άσκηση 1 Να σχεδιαστεί ευθεία γωνία ˆχ ψΟ και τυχαία ηµιευθεία Οζ (Σχήµα 1).

ζ

332

z

y x

r p

s

ψ Ο χ

Σχήµα 1

β) Οι µαθητές µε στοιχειώδεις γεωµετρικές γνώσεις σχεδιάζουν τη ζητούµενη γωνία

ˆχ ψΟ και την ηµιευθεία Οζ.

γ) Ερώτηση 1 «Ποια είναι τα χαρακτηριστικά των δυο σχηµατιζόµενων γωνιών ˆχ ζΟ

και ˆζ ψΟ ;» ∆εν είναι δύσκολο να φτάσουν στο συµπέρασµα ότι οι δυο αυτές γωνίες

έχουν κοινή πλευρά την ηµιευθεία Οζ ενώ οι άλλες δυο πλευρές τους είναι

αντικείµενες.

δ) Ανακοινώνεται στους µαθητές ότι τέτοιες γωνίες λέγονται εφεξής

παραπληρωµατικές.

ε) Ορίζεται η νέα έννοια: Ορισµός: «∆υο γωνίες που έχουν µια κοινή πλευρά ενώ οι

άλλες πλευρές τους είναι αντικείµενες ηµιευθείες λέγονται εφεξής παραπληρωµατικές

γωνίες.»

ζ) Η διάπλαση των πρωταρχικών επιθυµιών για λύση ασκήσεων σχετικά µε τη νέα

έννοια δύναται να υλοποιηθεί µε τις ακόλουθες δυο ασκήσεις:

Άσκηση 2 Να σχεδιαστούν δυο εφεξής παραπληρωµατικές γωνίες.

Άσκηση 3 Ποιες από τις γωνίες του σχήµατος 2 είναι εφεξής παραπληρωµατικές;

Σχήµα 2

η) Θεώρηµα – ιδιότητα: «Το άθροισµα εφεξής παραπληρωµατικών γωνιών είναι

180ο.» Με το θεώρηµα αυτό διδάσκονται οι µαθητές µια πολύ σηµαντική ιδιότητα

των εφεξής παραπληρωµατικών γωνιών η οποία δεν φαίνεται στον ορισµό.

θ) Θεώρηµα – κριτήριο: «Αν το άθροισµα δυο γωνιών είναι 180ο και οι δυο πλευρές

τους είναι αντικείµενες ηµιευθείες, τότε είναι εφεξής παραπληρωµατικές γωνίες.»

ι) Με βάση τον ορισµό και τα προαναφερόµενα θεωρήµατα, προτείνεται για την

εµπέδωση τους το ακόλουθο σύστηµα ασκήσεων:

333

1 2

Άσκηση 4 Να υπολογιστεί το µέτρο γωνίας, αν το αντίστοιχο µέτρο της εφεξής

παραπληρωµατικής της είναι: i) 30ο, ii) 120o, iii) 150o.

Άσκηση 5 Να σχεδιαστεί µια γωνία και µε τη βοήθεια του µοιρογνωµονίου να

υπολογιστεί το µέτρο της. Να σχεδιαστεί η εφεξής παραπληρωµατική της και χωρίς

να µετρηθεί, να υπολογιστεί το µέτρο της.

Άσκηση 6 ∆υο από τις πλευρές των γωνιών φ και θ είναι αντικείµενες ηµιευθείες και

η φ=30ο. Με τι ισούται η γωνία θ, αν οι γωνίες φ και θ είναι εφεξής

παραπληρωµατικές;

19.6. ∆ιδακτική τεχνολογία για την απόδειξη και εφαρµογή των θεωρηµάτων

Η διδακτική αυτή τεχνολογία αποτελείται από τα ακόλουθα εννέα στοιχεία: α)

∆ίνεται στους µαθητές συγκεκριµένη µαθηµατική άσκηση. β) Εκτελείται από τους

µαθητές καθορισµένη µαθηµατική διεργασία για τη λύση της προτεινόµενης

άσκησης. γ) Οµαδικά µε όλη την τάξη και µε τη βοήθεια συγκεκριµένων επαγωγικών

συλλογισµών εξακριβώνεται ο ζητούµενος προς απόδειξη συλλογισµός. δ)

Επιχειρηµατολογείτε ο ισχυρισµός για το συγκεκριµένο παράδειγµα (λυµένη

µαθηµατική άσκηση). ε) ∆ιατύπωση του θεωρήµατος. ζ) Απόδειξη του θεωρήµατος.

∆ίνεται ιδιαίτερη προσοχή στην ανακάλυψη της απόδειξης µε τη βοήθεια της λυµένης

µαθηµατικής άσκησης. η) Συµπεράσµατα για την εφαρµογή του αποδειγµένου

θεωρήµατος. θ) Εφαρµογή του θεωρήµατος σε απλές περιπτώσεις – ασκήσεις,

ορισµένες εκ των οποίων λύνονται προφορικά. ι) Εφαρµογή του θεωρήµατος υπό

νέες, άγνωστες συνθήκες και καταστάσεις για τις οποίες απαιτείται δηµιουργική

σκέψη.

Παράδειγµα: «Το άθροισµα των εσωτερικών γωνιών τριγώνου είναι ίσο µε 180ο».

α) Αρχικά δίνεται στους µαθητές η ακόλουθη γεωµετρική άσκηση:

Άσκηση 1 Να σχεδιαστεί τρίγωνο ΑΒΓ και ευθεία ε, διερχόµενη από την κορυφή Γ

και παράλληλη στην πλευρά ΑΒ του τριγώνου (Σχήµα 1). Με τι ισούνται οι Γ , 1Γ

και 2Γ ; Γ ε

Α Β

Σχήµα 1

β) Οι µαθητές σχεδιάζουν το τρίγωνο ΑΒΓ και την διερχόµενη από την κορυφή Γ

ευθεία ε, η οποία είναι και παράλληλη µε την ΑΒ και αποδεικνύουν, ότι το άθροισµα

των Γ , 1Γ και 2Γ είναι 180ο.

334

γ) ∆ίνεται ιδιαίτερη προσοχή στη σχέση µεταξύ των γωνιών 1Γ , Α και 2Γ , Β

(«εντός εναλλάξ γωνίες») και τίθεται η ακόλουθη ερώτηση:

Ερώτηση 1 Με τη ισούται το άθροισµα των γωνιών Α , Β και Γ ;

δ) Με οµαδική εργασία και µε τη βοήθεια επαγωγικού συλλογισµού αποδεικνύεται,

ότι το άθροισµα των Α , Β και Γ είναι 180ο.

ε) ∆ιατυπώνεται το θεώρηµα: «Το άθροισµα των εσωτερικών γωνιών ενός τριγώνου

ισούται µε 180ο».

ζ) ∆ίνεται ιδιαίτερη προσοχή στο πως αποδεικνύεται το θεώρηµα. Για το λόγο αυτό

τίθεται η ακόλουθη ερώτηση:

Ερώτηση 2 Πως αποδεικνύεται, ότι το άθροισµα των Α , Β και Γ είναι 180ο;

η) Το θεώρηµα µπορεί να χρησιµοποιηθεί όταν είναι γνωστές οι δυο εκ των τριών

γωνιών του τριγώνου και ζητείται ο υπολογισµός της τρίτης – άγνωστης γωνίας του.

θ) Για την εφαρµογή του θεωρήµατος προτείνονται οι ακόλουθες γεωµετρικές

ασκήσεις µε την πρώτη εξ αυτών να απαιτείται προφορική λύση:

Άσκηση 2 Μπορεί σε ένα τρίγωνο να υπάρχουν δυο ορθές ή δυο αµβλείες γωνίες;

Άσκηση 3 Να υπολογιστή η τρίτη γωνία τριγώνου αν είναι γνωστές οι άλλες δυο στις

ακόλουθες περιπτώσεις: α) 70ο και 20ο, β) 35ο και 120ο.

ι) Για ασκήσεις µε αυξηµένο δείκτη δυσκολίας λύσης προτείνονται οι ακόλουθες

τέσσερις:

Άσκηση 4 Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι γνωστή η αναλογία των γωνιών του ˆ ˆ ˆ: :Α Β Γ =1:3:5.

Να υπολογιστούν οι γωνίες του.

Άσκηση 5 Σε τρίγωνο ΑΒΓ Α =60ο και Γ =50ο. Οι διχοτόµοι των Α , Β τέµνουν τις

πλευρές ΒΓ και ΑΓ στα σηµεία ∆ και Ε αντίστοιχα, ενώ µεταξύ τους τέµνονται στο

σηµείο Ο. Να υπολογιστεί η ˆΑΟΒ .

Άσκηση 6 Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, µε γωνία ορθή την Γ , η γωνία Α ισούται µε

30ο και Γ∆ είναι το ύψος του. Να υπολογιστεί η ˆΒΓ∆ .

Άσκηση 7 Σε τρίγωνο ΑΒΓ το ευθύγραµµο τµήµα Γ∆ είναι το ύψος του. Αν

ˆ ˆΓΑ∆ = ΒΓ∆ , να δειχτεί, ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο µε Γ =90ο.

19.7. ∆ιδακτική τεχνολογία για την διάπλαση των ικανοτήτων για λύση


∆ύναται να διακριθούν τα ακόλουθα επτά στοιχεία της διδακτικής αυτής

τεχνολογίας που µπορεί να εφαρµοστεί κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων: α)

335

Ενεργοποίηση και υπενθύµιση των αντίστοιχων γνώσεων και ικανοτήτων

απαραίτητων για τη λύση δεδοµένων µαθηµατικών ασκήσεων. β) Επιλογή

κατάλληλων µαθηµατικών ασκήσεων οι οποίες δίνονται στους µαθητές υπό τη µορφή

διδακτικού συστήµατος. Επιβάλλεται η συστηµατοποίηση των διδασκόµενων

µαθηµατικών ασκήσεων, για την οποία εκτενέστερη αναφορά θα γίνει εν συνεχεία. γ)

Σκόπιµος καθορισµός της οµαδικής και ατοµικής εργασίας κατά τη λύση ασκήσεων.

δ) Ατοµική λύση ασκήσεων ανάλογων των λυµένων έως τη δεδοµένη στιγµή και

χρήση των ήδη λυµένων µαθηµατικών ασκήσεων (ηµιθεωρήµατα) [3]. ε) Λύση

ασκήσεων που απαιτούν την εφαρµογή γνώσεων και ικανοτήτων νέων, άγνωστων

συνθηκών και καταστάσεων και σε καµία περίπτωση τυπική σκέψη. ζ) Με τη βοήθεια

διαλόγου γενικεύεται η ύπαρξη των ικανοτήτων λύσης µαθηµατικών ασκήσεων.

Παράδειγµα: «Θεώρηµα διαµέσου τριγώνου»

α) Τίθενται τα ακόλουθα ερωτήµατα:

Ερώτηση 1 Με τι ισούται το άθροισµα των τετραγώνων δυο πλευρών τριγώνου;

Ερώτηση 2 Αν δυο τρίγωνα έχουν τις δυο πλευρές τους ίσες ενώ τις άλλε άνισες, τι

ισχύει για τις γωνίες απέναντι στις άνισες πλευρές;

Ερώτηση 3 Αν Β∆ είναι το ύψος αµβλυγώνιου ή οξυγώνιου τριγώνου ΑΒΓ, τι

γνωρίζεται για το τετράγωνο της πλευράς ΒΓ;

Ερώτηση 4 Με τι ισούται η διαφορά των τετραγώνων δυο πλευρών τριγώνου;

(άσκηση για την εξήγηση νέων γνώσεων)

β) ∆ιδακτικό σύστηµα ασκήσεων:

Άσκηση 1 Στο τρίγωνο АВС b = 4cм, c = 6cм και ma = 4cм. Να βρεθεί το µήκος της

προβολής της ma πάνω στην πλευρά а.

Άσκηση 2 Έστω παραλληλόγραµµο ABCD µε διαγώνιους АС και BD. Να

αποδειχτεί, ότι: 2АВ2 + 2ВС2 = АС

2 + ВD2.

Άσκηση 3 Αν σε ένα ισοσκελές τρίγωνο АВС (АВ = АС), προεκταθεί η ВС, προς το

µέρος του С, έτσι ώστε CD = BC, να αποδειχτεί, ότι: АD2 = АС2 + 2ВС2.

Άσκηση 4 Αν Р του επιπέδου του ορθογωνίου ABCD, να αποδειχτεί, ότι: РА2 + РС2

= РВ2 + РС2.

γ) Οι ασκήσεις αυτές είναι σηµαντικές και κάθε µαθητής πρέπει να µπορεί να λύσει.

Προτείνονται για την τάξη ατοµική ή συλλογική προσπάθεια. Για παράδειγµα οι δυο

πρώτες ασκήσεις µπορούν να λυθούν από τους µαθητές µε την καθοδήγηση του

καθηγητή, ενώ οι άλλες δυο συλλογικά. Ακολουθούν δύσκολες ασκήσεις που µετά

336

από προσπάθεια κάθε µαθητής πρέπει να µπορεί να λύσει. Οι ασκήσεις αυτές

προτείνονται για το σπίτι για ατοµική λύση.

Άσκηση 5 Αν το τρίγωνο АВС είναι ισοσκελές (АВ = АС) και D είναι σηµείο της

ВС, να αποδειχτεί, ότι: АВ2 − АD2 = BD.DC.

Άσκηση 6 Αν το ABCD είναι ισοσκελές τραπέζιο (АВCD), να αποδειχτεί, ότι:

АС2 − ВС2 = АB.СD.

δ) Ηµιθεώρηµα – σχετικό µε τη διδασκόµενη ενότητα: «Αν ma ,mb ,mc, ειναι οι τρειq

διάµεσοι τριγώνου АВС, να αποδειχτεί, ότι: α) ma2 =

4

22 222 acb −+; β) mb

2 =

4

22 222 bca −+; в) mс

2 = 4

22 222 cba −+.»

Οι ασκήσεις που ακολουθούν λύνονται µε τη βοήθεια του ηµιθεωρήµατος.

Προτείνονται για συλλογική ή ατοµική λύση στην τάξη ή σπίτι:

Άσκηση 7 Να αποδειχτεί, ότι για κάθε τρίγωνο АВС ισχύει η ισότητα: ma2 + mb

2 +

mс2 =

4

3(a2 + b2 + c2).

Άσκηση 8 Να αποδειχτεί, ότι: ma4 + mb

4 + mс4 =

16

9(a4 + b4 +c4).

Άσκηση 9 Έστω τρίγωνο АВС µε mb ⊥ mс. Να αποδειχτεί, ότι: mb2+mc

2 = ma2.

Άσκηση 10 Αν G είναι το κέντρο βάρος τριγώνου АВС, να αποδειχτεί, ότι:

GA2 + GB2 + GC2 = 4

3(a2 + b2 + c2).

ε) ∆ύσκολες ασκήσεις για τους µαθητές που επιθυµούν «άριστα» και απαιτούν

εφαρµογή γνώσεων και ικανοτήτων σε δύσκολες συνθήκες:

Άσκηση 11 Αν М είναι τυχαίο σηµείο του επιπέδου του τριγώνου АВС, G είναι το

κέντρο βάρος του, να αποδειχτεί, ότι: МA2 + МB2 + МC2 = 3МG2 + 2

222 cba ++.

Άσκηση 12 Σε κυρτό τετράπλευρο ABCD τα σηµεία M και N είναι αντίστοιχα τα

κέντρα των AC και BD. Να αποδειχτεί, ότι:

АВ2 + ВС2 + СD2 + DA2 = AС

2 + BD2 +4MN2.

ζ) Ανακεφαλαίωση της διδασκόµενης γεωµετρικής έννοιας και των σχετικών µ’

ασκήσεων που προτάθηκαν προς λύση.

365

Πορίσµατα

Οι Μαθηµατικές ασκήσεις και περισσότερο τα προβλήµατα γεωµετρικών

κατασκευών µαζί µε τα αξιώµατα και τα θεωρήµατα κατέλαβαν σηµαντικό µέρος στα

κλασσικά µαθηµατικά και υπαρξιακά ήταν ισοδύναµα µ’ αυτά. Μπορεί να ειπωθεί, ότι οι

ασκήσεις υπήρξαν αδιαίρετο µέρος των θεωρητικών γνώσεων όχι µόνο στη γεωµετρία

αλλά και στην αριθµητική. Αυτές υπάρχουν σε αξιόλογες εργασίες του Θαλή, του

Πυθαγόρα, του Αρχιµήδη, του Ευκλείδη και άλλων, αλλά δεν είχαν τη λειτουργία µε τη

λύση τους να παρουσιάζονται (αναπτύσσονται) νέες γνώσεις. Από τα γνωστά

µαθηµατικά ιστορικά γεγονότα δύναται να εξαχθεί το συµπέρασµα ότι η κατάσταση αυτή

συνεχίστηκε έως τα χρόνια του ∆ιόφαντου, ο οποίος ήταν ο πρώτος µε τη βοήθεια

λυµένης άσκησης παρουσίασε θεωρία µαθηµατικού χαρακτήρα. Παρά όλες αυτές τις

ιδιαιτερότητες τα προβλήµατα και οι λιγοστές ασκήσεις στα αρχαία ελληνικά

µαθηµατικά µοιάζουν κατά πολύ µε το περιεχόµενο των ασκήσεων στα σύγχρονα

ελληνικά βιβλία µαθηµατικών.

Στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο οι µαθηµατικές ασκήσεις δεν είναι µόνο φορείς

µαθηµατικών πληροφοριών. Με τη λύση τους οι µαθητές ανακαλύπτουν εκ νέου, νέες γι’

αυτούς, µαθηµατικές έννοιες, εφαρµόζουν τις διδασκόµενες έννοιες κατά τη λύση

ασκήσεων και προβληµάτων θεωρητικού ή πρακτικού χαρακτήρα.

Τα αποτελέσµατα από τη διδασκαλία των µαθηµατικών και το ενδιαφέρον των

µαθητών προς τα µαθηµατικά εξαρτάτε από τον χαρακτήρα των ασκήσεων και από τη

χροννική και θεµατική τους προσέγγιση, δηλαδή πότε προτείνονται για λύση. Αν οι

ασκήσεις δεν είναι ορθά τοποθετηµένες στην εκπαιδευτική µαθηµατική διαδικασία,

χάνουν την εκπαιδευτική, την αναπτυξιακή και την διαπαιδαγωγική τους λειτουργία. Για

το λόγο αυτό η θέση και ο ρόλος των ασκήσεων πρέπει να συσχετίζεται µε το τρέχον

διδακτικό περιεχόµενο και µετά την αντίστοιχη θεωρία, µε βάση την οποία λύνονται οι

προτεινόµενες ασκήσεις.

Στη διδασκαλία των µαθηµατικών υπάρχουν σηµαντικές ιδέες σχετικές µε τη θέση,

το ρόλο και τη σηµασία των ασκήσεων στη διδασκαλία των µαθηµατικών, καθώς και µε

τη γέννηση και ανάπτυξη των ικανοτήτων των µαθητών να λύνουν µαθηµατικές και µη

ασκήσεις. Τα προαναφερόµενα θεωρητικά και ερευνητικά συµπεράσµατα φανερώνουν,

366

ότι η χρησιµοποίηση στη διδασκαλία των µαθηµατικών ασκήσεις υπό τη µορφή των

«ηµιθεωρηµάτων», εξασφαλίζεται η δυνατότητα για επιτάχυνση της ανάπτυξης των

ικανοτήτων των µαθητών να λύνουν ασκήσεις και απ’ αυτό και η αύξηση της

αποτελεσµατικότητας της µαθηµατικής εκπαίδευσης. Σε διαφορά µε τα θεωρήµατα, οι

λύσεις των «ηµιθεωρηµάτων» δεν θα πρέπει να εγκλείονται στις θεωρητικές µαθηµατικές

γνώσεις και γι’ αυτά δεν θα πρέπει να υπάρχει εξέταση όπως αυτή των θεωρηµάτων.

Όταν τα «ηµιθεωρήµατα» είναι µε στοιχειώδη και εύκολη λύση, η σειρά στην

εκπαιδευτική διαδικασία προτείνεται να είναι: θεώρηµα, «ηµιθεώρηµα», ασκήσεις. Όταν

τα «ηµιθεωρήµατα» είναι µε πολύπλοκη και δύσκολη λύση, η σειρά στην εκπαιδευτική

διαδικασία προτείνεται να είναι: θεώρηµα, ασκήσεις, οι λύσεις των οποίων σχετίζονται

µε το διδασκόµενο θεώρηµα και είναι εύκολες και προσιτές στους µαθητές,

«ηµιθεώρηµα», ασκήσεις.

Με τον εγκλεισµό των «ηµιθεωρηµάτων» στη διδασκαλία των µαθηµατικών

συντοµεύονται στα στάδια λύσεις πολλών µαθηµατικών ασκήσεων και αυτό οδηγεί στην

οικονοµία χρόνου και πνευµατικής δύναµης από την πλευρά των µαθητών, στην αύξηση

της αποτελεσµατικότητας της διδασκαλίας των µαθηµατικών.

Οι δυνατότητες για εµπλουτισµό των διδακτικών ιδεών, σχετικών µε τις ασκήσεις

στη διδασκαλία των µαθηµατικών, προτείνεται µε εκτενή ανάλυση των αρχαιοελληνικών

µαθηµατικών, µε την ανακάλυψη των δυνατοτήτων για επέκταση του ρόλου των

ασκήσεων στη διδασκαλία των µαθηµατικών.

Οι προτεινόµενες ιδέες κατευθύνονται προς την τελειοποίηση της δοµής του

εκπαιδευτικού περιεχοµένου των µαθηµατικών των σύγχρονων ελληνικών σχολείων µε

την εφαρµογή των ασκήσεων – τµηµάτων, των «ηµιθεωρηµάτων», τη συστηµατοποίηση

των µαθηµατικών γνώσεων, τον εγκλεισµό διδακτικών συστηµάτων ασκήσεων,

ασκήσεων διασκεδαστικών και πρακτικών. Τα προαναφερόµενα βοηθούν τη διάπλαση

των ικανοτήτων των µαθητών για εφαρµογή των διδασκόµενων θεωρηµάτων, για λύση

µαθηµατικών ασκήσεων διαφορετικού χαρακτήρα, για µοντελοποίηση.

362

Συµπεράσµατα

Η διενεργούµενη θεωρητική και ερευνητική µελέτη για τα προβλήµατα στην

Αρχαία Ελλάδα και στις ασκήσεις στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο, δίνει τη δυνατότητα

για τα ακόλουθα γενικά συµπεράσµατα:

1. Για να βελτιωθεί το σύστηµα µεθόδων και δεξιοτήτων κατά την εκµάθηση

µαθηµατικών ασκήσεων, ως σκοπό και µέσο στη διδασκαλία των µαθηµατικών στο

σύγχρονο ελληνικό σχολείο, είναι απαραίτητη η γνώση των ιστορικών γεγονότων

σχετικά µε το ρόλο και τη θέση των προβληµάτων και των λιγοστών ασκήσεων, στα

αρχαιοελληνικά µαθηµατικά. Στην Αρχαία Ελλάδα τα προβλήµατα είχαν προορισµό την

εµπέδωση νέων γνώσεων, ενώ στη σύγχρονη εκπαιδευτική διαδικασία οι λειτουργίες των

ασκήσεων είναι εκπαιδευτικές, αναπτυξιακές, διαπαιδαγωγικές και εξεταστικές

2. Η διενεργούµενη ερευνητική εργασία σχετικά µε τα µαθηµατικά προβλήµατα

στην Αρχαία Ελλάδα έως τον 4ο αιώνα µ.Χ. και η διδασκαλία των µαθηµατικών στο

σύγχρονο ελληνικό σχολείο αποδεικνύει, ότι υπάρχουν αχρησιµοποίητες δυνατότητες,

τόσο στη δοµή του εκπαιδευτικού περιεχοµένου, όσο και στις γνωστικές δυνατότητες

των µαθητών, οι οποίες κατευθύνονται προς τη γέννηση και τελειοποίηση των

ικανοτήτων τους για λύση µαθηµατικών ασκήσεων. Η έκφραση και πραγµατοποίηση των

δυνατοτήτων αυτών µπορεί να υλοποιηθεί µε τη βοήθεια κατάλληλων ασκήσεων,

συστηµάτων από ασκήσεις και ισοδύναµες εκτελούµενες ενέργειες µε τη λύση

µαθηµατικών ασκήσεων.

3. Η διενεργούµενη θεωρητική και πειραµατική ερευνητική µελέτη έδωσε

προϋποθέσεις για διευκρίνιση, συµπλήρωση και γενίκευση των έως τώρα διδακτικών

διδακτικών ιδεών για τα µαθηµατικά και τις µαθηµατικές ασκήσεις και συγκεκριµένα:

α) Ανακάλυψη δυνατοτήτων για επέκταση του ρόλου των ασκήσεων στη

διδασκαλία των µαθηµατικών στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο µε τη βοήθεια της

προπαιδευτικής λύσης υπολογιστικών ασκήσεων, ασκήσεων απόδειξης και λύση

ασκήσεων συνδεµένες µε γεωµετρικές κατασκευές.

β) Λύση παραδοσιακών ασκήσεων, διασκεδαστικών ασκήσεων και χρησιµοποίηση

των ιστορικών γεγονότων για την εκµάθηση µαθηµατικών εννοιών είναι µέσα για τον

αύξηση του ενδιαφέροντος των µαθητών για λύση µαθηµατικών ασκήσεων.

363

4. Με τη βοήθεια της υλοποιηµένης συστηµατοποίησης των γνώσεων για τις

µαθηµατικές ασκήσεις ξετυλίγονται δυνατότητες για δόµηση των ασκήσεων στα

σύγχρονα ελληνικά βιβλία µαθηµατικών µε σκοπό τη δηµιουργία αισιόδοξων συνθηκών

για την εκµάθηση των µαθηµατικών γνώσεων µε τη λύση ασκήσεων διαφορετικού

χαρακτήρα.

5. Η διενεργούµενη ερευνητική εργασία αποδεικνύει, ότι η ιδέα των

«ηµιθεωρηµάτων», η οποία βασίζεται στην ιδέα των αρχαίων ελλήνων για τα

θεωρήµατα και την εφαρµογή αυτών στη λύση προβληµάτων, µπορεί να

εφαρµοστεί στη διδασκαλία των µαθηµατικών µε σκοπό την εύρεση αισιόδοξων

συνθηκών για την αύξηση της αποτελεσµατικότητας της διδασκαλίας των


∆ύναται, µε βάση τα αναφερόµενα στην ερευνητική αυτή εργασία, να γίνουν

οι ακόλουθες διδακτικές προτάσεις σχετικά µε τη διδασκαλία των µαθηµατικών

και τη λύση ασκήσεων στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο:

1. Η διδασκαλία των µαθηµατικών µε τη βοήθεια ασκήσεων είναι δύσκολη

γνωστική διαδικασία και η αποτελεσµατικότητά της µπορεί να αυξηθεί αν

τηρούνται οι ακόλουθες συνθήκες:

α) Χρήση κατάλληλων ασκήσεων για υπολογισµό, απόδειξη και κατασκευή,

µε διαφορετικό επίπεδο δυσκολίας και πολυπλοκότητας λύσης.

β) Εγκλεισµός στο εκπαιδευτικό περιεχόµενο των µαθηµατικών ασκήσεις –

«ηµιθεωρήµατα», οι οποίες θα αναφέρονται σε στοιχεία του µαθηµατικού

αντικειµένου τα οποία επαναλαµβάνονται συχνότερα, µε τη βοήθεια των οποίων

εξασφαλίζεται η µικρότερη δυνατή προσπάθεια κατά τη λύση µαθηµατικών

ασκήσεων.

2. Προτείνεται η αναδιοργάνωση των σύγχρονων σχολικών βιβλίων

µαθηµατικών, στα οποία θα φαίνονται άµεσα τα θεωρήµατα, «ηµιθεωρήµατα»

και τα συστήµατα ασκήσεων που δύναται να λυθούν µε την εφαρµογή των

διδασκόµενων θεωρηµάτων ή «ηµιθεωρηµάτων».

364

3. Για να δηµιουργηθούν οι ικανότητες των µαθητών για εφαρµογή των

θεωρηµάτων και των «ηµιθεωρηµάτων», τα οποία εγκλείονται στο εκπαιδευτικό

πρόγραµµα των σχολικών βιβλίων µαθηµατικών, µε τη λύση ασκήσεων, είναι

βοηθητικό να προτείνονται ασκήσεις, οι λύσεις των οποίων συνδέονται µε την

κατάκτηση συγκεκριµένων θεωρητικών στοιχείων, µε την ανακάλυψη των

εσωτερικών ή εξωτερικών σχέσεων των µαθηµατικών, µε την εφαρµογή των

µαθηµατικών γνώσεων σε µη µαθηµατικές καταστάσεις κ.τ.λ.

4. ολοκληρώνοντας, η προαναφερόµενες θεωρητικές και µη ερευνητικές

διδακτικές παρεµβάσεις, δίνει τη δυνατότητα να ειπωθεί, ότι είναι απαραίτητη η η

συνέχιση της έρευνα στους ακόλουθους τοµείς:

α) Επιλογή και ταξινόµηση των µαθηµατικών ασκήσεων στα σύγχρονα

σχολικά βιβλία µαθηµατικών µε βάση τα θεωρήµατα, «ηµιθεωρήµατα» και τον

τρόπο επισήµανσή του καθώς και πάντα µε γνώµονα τη συστηµατοποίηση των

µαθηµατικών γνώσεων, τόσο των διδασκόµενων ασκήσεων, όσο και των σχετικών

θεωρηµάτων.

β) Εισαγωγή της διαδικασίας «λύση ασκήσεων» στη δυνατότητα των

µαθητών να εφαρµόζουν τα θεωρήµατα, τα οποία αναφέρονται σε βασικές

µαθηµατικές έννοιες.

339

Παράρτηµα 1

Ορισµένα ηµιθεωρήµατα και ασκήσεις

που λύνονται µε τη βοήθειά τους

Όπως έχει ειπωθεί, η ιδέα για τα ηµιθεωρήµατα µπορεί να υλοποιηθεί σχεδόν

για όλο το µαθηµατικό περιεχόµενο. Στην εφαρµογή αυτή θα γίνει αναφορά για

ορισµένα ηµιθεωρήµατα ( )jTi

Π και ασκήσεις ( )jTi

A , για τις οποίες είναι ασκήσεις –

τµήµατα. Πολλές από τις ασκήσεις αυτές είναι από τα σύγχρονα σχολικά βιβλία

µαθηµατικών. Για αυτό δεν θα προταθεί ολόκληρο το µαθηµατικό περιεχόµενο το

οποίο συνδέεται µε τα αντίστοιχα ηµιθεωρήµατα.

1iTΠ : Για το τρίγωνο АВС, να δειχτεί ότι:

α) συνA = bc

acb

2

222 −+; β) συνB =

ac

bca

2

222 −+; γ) συνC =

ab

cba

2

222 −+, όπου

a, b, c οι πλευρές του και A, B, C οι αντίστοιχες γωνίες του (17 ετών).

1

iTA : 1. Στο τρίγωνο АВС, а = 10cm, b = 14cm, c =12cm. Να υπολογιστούν οι

γωνίες του.

2. Τα πόδια µιας σκάλας (Σχήµα 1) είναι АВ = 1,5m και BC = 1,4m. Όταν η

σκάλα είναι ανοιχτή η απόσταση АС ισούται µε 80cm. Να υπολογιστεί η γωνία

µεταξύ των ποδιών της σκάλας όταν αυτή είναι ανοιχτή.

3. Με κατάλληλη κατασκευή ένα σχοινί µήκους 16m µπορεί να τεντωθεί

µεταξύ τριών αµαξών (Σχήµα 2). Αν AB = 4m και AC = 5m, να υπολογιστεί η γωνία

BAC.

B А

5cm

4cm

С

A C B Σχήµα 1 Σχήµα 2

340

4. Έστω στο τρίγωνο АВС АМ = ma είναι η διάµεσος. Να δειχτεί ότι:

α) b2 = ma2 +

4

2a −−−−a.ma.συν(AMC); β) c2 = ma

2 + 4

2a −−−−a.ma.συν(AMB);

γ) b2 + c2 = 2ma2 +

2

2a; δ) ma = ;, αν а = 11cm, b = 7cm και c = 6cm.

2iTΠ : Να δειχτεί ότι για κάθε τρίγωνο АВС ισχύει ότι:

α) а2 = b2 + c2 ⇔ A = 90°; β) а2 > b2 + c2 ⇔ A > 90°;

γ) а2 < b2 + c2 ⇔ A < 90°. (17 ετών).

1

iTA : 1. Το ορθογώνιο τρίγωνο АВС (А=90°) έχει πλευρές τις a, b και c. Να

προσδιοριστεί ο τύπος του τριγώνου µε πλευρές:

α) 4а, 4b, 4c; β) m.a, m.b, m.c (m ∈ N −−−− 0,1).

2. Να προσδιοριστεί ο τύπος της γωνίας η οποία είναι απέναντι στη µεγαλύτερη

πλευρά του τριγώνου АВС, αν:

α) a = 5cm, b = 12cm, c = 13cm; β) a = 4cm, b = 4cm, c = 6cm;

γ) a = 4cm, b = 5cm, c = 7cm.

3. Να δειχτεί ότι υπάρχει οξυγώνιο τρίγωνο АВС µε πλευρές a = 7cm, b = 5cm,

c = 4 2 cm και να υπολογιστεί το µήκος του ύψους του AD.

4. Αν για τις πλευρές a, b και c του τριγώνου АВС ισχύει ότι:

c = abba ++ 22 , να υπολογιστεί η γωνία С.

3

iTΠ : Έστω στο τρίγωνο АВС, b > c και AD, AE είναι η εσωτερική και η εξωτερική

του διχοτόµος, αντίστοιχα της γωνία А. Να δειχτεί ότι DB = cb

ac

+, DC =

cb

ab

+, EB =

cb

ac

−, EC =

cb

ab

− (16 ετών).

3

iTA : 1. Στο τρίγωνο АВС, b > c, ενώ BE και CZ είναι οι διχοτόµοι αντίστοιχα των

γωνιών B, C. Να δειχτεί ότι: AE > AZ.

2. Στο τρίγωνο АВС, b + c = 2a (b ≠ c). Αν К είναι το κέντρο βάρος του και I

είναι το σηµείο τοµής των διχοτόµων, να δειχτεί ότι: α) IKBC;

341

β) Αν το ευθύγραµµο τµήµα IK τέµνει τις πλευρές AB και АС αντίστοιχα στα

σηµεία D και Е τότε να δειχτεί ότι: DE = 3

cb +.

3. Στο τρίγωνο АВС το ευθύγραµµο τµήµα BD είναι η εσωτερική διχοτόµος

της γωνίας В. Από το σηµείο D κατασκευάζεται ευθεία παράλληλη της πλευράς

АВ, η οποία τέµνει την ВС στο σηµείο Е και από το Е κατασκευάζεται ευθεία

παράλληλη του BD, η οποία τέµνει την АС στο Z. Αν AB = 20, BC = 30, AD –

ZC = 1, να υπολογιστεί το µήκος της πλευράς АС.

4. Από το µέσο М της πλευράς ВС τριγώνου АВС κατασκευάζεται ευθεία

παράλληλη στη διχοτόµο АD, η οποία τέµνει τις πλευρές АВ και АС

αντίστοιχα στα σηµεία Е και Z. Να δειχτεί ότι: BE = CZ.

4

iTΠ : Στο τρίγωνο АВС АС > ВС και О είναι σηµείο της διαµέσου АМ. Να δειχτεί

ότι:

α) η γωνία АМС είναι µεγαλύτερη της γωνίας АМВ; β) ОС>ОВ (16 ετών).

4

iTA : 1. Αν М είναι εσωτερικό σηµείο του τριγώνου АВС, να δειχτεί ότι:

p < MA + MB + MС < 2p, όπου p = 2

cba ++.

2. Αν στο τρίγωνο АВС b > c, να δειχτεί ότι: mb < mc.

3. Έστω το τρίγωνο АВС είναι ισοσκελές (АВ = АС). Αν D και E είναι σηµεία

από τις πλευρές АВ και АС αντίστοιχα, τέτοια ώστε AD = CE, τότε να βρεθεί ο

γεωµετρικός τόπος των µέσω του DE.

5

iTΠ : Να δειχτεί ότι, σε κάθε ισοσκελές τραπέζιο οι προσκείµενες στις βάσεις γωνίες

είναι είναι ίσες καθώς και ότι οι διαγώνιοί του είναι ίσες (16 ετών).

5

iTA : 1. ∆ίνεται ισοσκελές τραπέζιο ABCD (ABDC), στο οποίο η γωνία B

διπλάσια της C και BD⊥BC. Να υπολογιστεί η περίµετρός του αν АВ = 3cm.

2. ∆ίνεται ισοσκελές τραπέζιο ABCD (ABDC), στο οποίο DA = AB = BC

και BD = DC. Να υπολογιστούν οι γωνίες του.

3. ∆ίνεται ισοσκελές τραπέζιο ABCD (ABDC), στο οποίο οι διαγώνιοι των

γωνιών DAB και DBA τέµνονται στο σηµείο Е, ενώ οι διαγώνιοι των γωνιών

САВ και СВА τέµνονται στο Z. Να δειχτεί ότι: EZAB.

342

4. ∆ίνεται ισοσκελές τραπέζιο ABCD (ABDC), στο οποίο DC = 3АВ. Αν К

και L τα µέσα των διαγωνίων BD και AC αντίστοιχα, να δειχτεί ότι το

τετράπλευρο ABLK είναι ορθογώνιο.

6

iTΠ : Να δειχτεί ότι κάθε τραπέζιο το οποίο επαληθεύει τουλάχιστον µια από τις

ακόλουθες ιδιότητες είναι ισοσκελές: α) ίσες προσκείµενες στη µια βάση

γωνίες; β) ίσες διαγώνιους (16 ετών).

6

iTA : 1. Έστω στο τραπέζιο ABCD (ABDC) K, L είναι τα µέσα αντίστοιχα των

BD, AC. Να δειχτεί ότι αν ABLC είναι ορθογώνιο, τότε ABCD είναι ισοσκελές

τραπέζιο και DC = 3AB.

2. Έστω τραπέζιο ABCD και E, Z, H, F είναι τα µέσα αντίστοιχα των AB, BC,

CD, DA. Να δειχτεί ότι αν το τετράπλευρο EZHF είναι ρόµβος, τότε το

τραπέζιο ABCD είναι ισοσκελές.

3. Έστω AD είναι το ύψος τριγώνου АВС µε γωνία В ≠ 90° και В >С. Αν K, L

και M είναι αντίστοιχα τα µέσα των ВС, СА και АВ, τότε να δειχτεί, ότι

DKLM είναι ισοσκελές τραπέζιο.

7

iTΠ : Έστω τρίγωνο АВС εγγεγραµµένο σε κύκλο k(О,ОС), ενώ ο κύκλος k1(P,2

OC)

έχει κέντρο το σηµείο P, το οποίο είναι µέσο του τµήµατος ОС. Να δειχτεί, ότι

k1 διέρχεται από τα K και L, τα οποία είναι µέσα αντίστοιχα των АС και ВС

(16 ετών).

7

iTA : 1. Έστω τρίγωνο ABC εγγεγραµµένο σε κύκλο k(О,ОС), ενώ ο κύκλος

k1(P,2

OC) έχει κέντρο το σηµείο P, το οποίο είναι µέσο του τµήµατος ОС. Να

δειχτεί, ότι KL = 2

AB, όπου K και L είναι τα σηµεία του κύκλου k1 αντίστοιχα

µε τις πλευρές АС και ВС.

2. Έστω τρίγωνο АВC εγγεγραµµένο σε κύκλο k(О, ОС) και АВ = 7cm. Αν K,

L είναι τα σηµεία τοµής µε τον κύκλο k1(P, 2

OC) µε κέντρο το σηµείο P, που

είναι µέσο του τµήµατος OC, να υπολογιστεί το µήκος του KL.

343

O

8

iTΠ : Στο τρίγωνο АBС έχει εγγραφεί κύκλος k(О, r) (Σχήµα 3). Να δειχτεί, ότι: α)

AP = 2

acb −+ = p −−−− a; BM = 2

bca −+ = p −−−− b; CN = 2

cba −+ = p −−−− c; β) АОВ

= 90° +2

γ; ВОС = 90° +

2

α; СОА = 90° +

2

β (16 ετών).

С

r

А В

Σχήµα 3

8

iTA : 1. Σε ορθογώνιο τρίγωνο µε καθέτους a, b και υποτείνουσα έχει εγγραφεί

κύκλος ακτίνας r. Να δειχτεί, ότι r = 2

cba −+.

2. Το σηµείο М ανήκει στην πλευρά АВ ισοσκελούς τριγώνου АВС. Οι

εγγεγραµµένοι στα τρίγωνα АМС και ВМС εφάπτονται µε το τµήµα СМ

αντίστοιχα στα σηµεία P και Q. Να υπολογιστεί το µήκος του τµήµατος PQ, αν

η απόσταση από το М ως την πλευρά АВ είναι: α) 2cm; β) 6cm.

3. Το ευθύγραµµο τµήµα CL είναι διχοτόµος του τριγώνου АВС, ενώ οι

εγγεγραµµένοι στα τρίγωνα ALC και LBC εφάπτονται µε την πλευρά АВ

αντίστοιχα στα σηµεία P και Q. Αν Т είναι το σηµείο επαφής του

εγγεγραµµένου στο τρίγωνο АВС κύκλου και της πλευράς ВС, να δειχτεί, ότι

CL = PQ + CT.

4. Αν T είναι το κοινό σηµείο των διχοτόµων ορθογωνίου τριγώνουАВС (γωνία

А = 90°), να δειχτεί, ότι ТВ.ТС = ТА.ВС.

М

N P

344


Ασκήσεις για τη κατανόηση και σταθεροποίηση των

µεθόδων λύσης ασκήσεων γεωµετρικής κατασκευής,

υπολογιστικές και απόδειξης διδασκόµενες στο σχολείο

Στην εφαρµογή αυτή προτείνονται κάποιες ασκήσεις για την εµπέδωση

βασικών µεθόδων λύσης κατασκευαστικών και υπολογιστικών ασκήσεων, όπως

επίσης και για ασκήσεις απόδειξης.

Α. Ασκήσεις για την εµπέδωση των µεθόδων λύσης

κατασκευαστικών ασκήσεων

Προτείνονται ασκήσεις για την κατανόηση και εµπέδωση των µεθόδων:

αξονική συµµετρία, κεντρική συµµετρία, µετάθεση, περιστροφή, οµοιοθεσία και της

αλγεβρικής µεθόδου λύσης ασκήσεων (προβληµάτων) γεωµετρικής κατασκευής.

Α.1. Ασκήσεις για την κατανόηση και εµπέδωση της µεθόδου αξονική

συµµετρία (16 – 17 ετών)

Άσκηση 1. ∆ίνεται κύκλος k και ευθείες l και a. Να κατασκευαστεί,

πάνω στην ευθεία а, σηµείο το οποίο είναι απεικόνιση σηµείου του κύκλου k

κατά την αξονική συµµετρία µε άξονα την ευθεία l.

Άσκηση 2 ∆ίνονται δυο ίσα ευθύγραµµα τµήµατα АВ και А1В1, τα οποία

είναι συµµετρικά. Να κατασκευαστεί ο άξονας συµµετρίας αν: α) АВА1В1;

β) АВ⊥А1В1; γ) Τα σηµεία А και А1 ταυτίζονται.

Άσκηση 3. ∆ίνεται κύκλος k και ευθείες l, а. Να κατασκευαστεί

ισόπλευρο τρίγωνο АBС, του οποίου η µία κορυφή να ανήκει στον k, η άλλη

στην ευθεία а, ενώ το ύψος του από την τρίτη κορυφή να ανήκει στην ευθεία l.

345

Άσκηση 4. Να κατασκευαστεί ρόµβος, η µια διαγώνιός του να έχει µήκος

d και να ανήκει στην ευθεία l, ενώ τα άκρα της άλλης διαγωνίου του να

ανήκουν στην ευθεία а και στον κύκλο k.

Άσκηση 5. ∆ίνονται δυο ίσα ευθύγραµµα τµήµατα. Να κατασκευαστούν

δυο ευθείες, έτσι ώστε αν κατασκευαστεί η απεικόνιση του ενός εκ των δυο

ευθυγράµµων τµηµάτων, µε αξονική συµµετρία, να ληφθεί το άλλο

ευθύγραµµο τµήµα.

A.2. Ασκήσεις για την κατανόηση και εµπέδωση της µεθόδου

κεντρική συµµετρία (16 – 17 ετών)

Άσκηση 6. ∆ίνονται δυο ίσα και παράλληλα ευθύγραµµα τµήµατα. Να

κατασκευαστεί το κέντρο συµµετρίας τους.

Άσκηση 7 Έχουν κατασκευαστεί τα συµµετρικά σηµεία М1, М2 και М3

τυχαίου σηµείου М σχετικά µε τα µέσα των πλευρών τριγώνουАВС. Να

δειχτεί ότι το τρίγωνο М1М2М3 είναι ίσο µε το τρίγωνο АВС.

Άσκηση 8. ∆ίνεται σηµείο А, ευθεία p και κύκλος k(О, r). Να

κατασκευαστεί ευθύγραµµο τµήµα MN µε µέσο το σηµείο А και άκρα πάνω

στην ευθεία p και στο κύκλο k.


µετάθεσης

Άσκηση 9. Να κατασκευαστεί διάνυσµα, ίσο µε δοσµένο διάνυσµα, έτσι

ώστε τα άκρα του να ανήκουν σε δοσµένη ευθεία και δοσµένο κύκλο.

Άσκηση 10. Να κατασκευαστεί ευθύγραµµο τµήµα, παράλληλο και ίσο

µε δοσµένο ευθύγραµµο τµήµα, έτσι ώστε τα άκρα του να ανήκουν σε δυο

δοσµένους κύκλου.

Άσκηση 11. Να κατασκευαστεί ευθύγραµµο τµήµα, ίσο µε δοσµένο

ευθύγραµµο τµήµα, έτσι ώστε τα άκρα του να ανήκουν στις πλευρές δοσµένης

γωνίας και να είναι κάθετο στη µια πλευρά της γωνίας.

Άσκηση 12. Να κατασκευαστεί τρίγωνο µιας γνωστής οξείας γωνίας και

του ύψους που άγεται από την κορυφή πουν ανήκει η γωνία αυτή.

346

Άσκηση 13. Να κατασκευαστεί τετράπλευρο γνωστών τεσσάρων

πλευρών του και της γωνίας που σχηµατίζεται από την προέκταση δυο

απέναντι πλευρών του.

Άσκηση 14. Να κατασκευαστεί τετράπλευρο γνωστών τριών πλευρών

του και της προσκείµενης στην άγνωστη πλευρά γωνίας του.

Άσκηση 15. Να κατασκευαστεί τετράπλευρο γνωστών τεσσάρων

πλευρών του και του ευθύγραµµου τµήµατος που ενώνει τα µέσα δυο απέναντι

πλευρών του.

A.4 Ασκήσεις για την κατανόηση και εµπέδωση της µεθόδου

περιστροφής

Άσκηση 16. ∆ίνεται κύκλος k, ευθεία а και σηµείο А. Πάνω στον k να

κατασκευαστούν όλα τα σηµεία τα οποία είναι απεικονίσεις σηµείων της а

κατά την περιστροφή µε κέντρο А και γωνία 60°.

Άσκηση 17. Να κατασκευαστεί ισόπλευρο τρίγωνο του οποίου οι

κορυφές βρίσκονται πάνω σε σηµείο А, ευθεία р και κύκλο k.


κορυφές βρίσκονται πάνω σε τρεις δοσµένες ευθείες.


κορυφές βρίσκονται πάνω σε τρεις δοσµένους οµόκεντρους κύκλους.

Άσκηση 20. Να κατασκευαστεί τετράγωνο ABCD µε κορυφές δοσµένο

σηµείο А, ενώ οι κορυφές του D, B ανήκουν σε δυο παράλληλες ευθείες.


οµοιοθεσίας

Άσκηση 21. Να κατασκευαστεί τρίγωνο γνωστών γωνιών α και β και του

αθροίσµατος s της βάσης και του ύψους προς αυτή.

Άσκηση 22. Να κατασκευαστεί τρίγωνο γνωστών δυο γωνιών και της

διαφοράς µεταξύ της µεγαλύτερης πλευράς και του αντίστοιχου ύψους.

Άσκηση 23. Να εγγραφεί τετράγωνο σε δοσµένο οξυγώνιο τρίγωνο.

347

Άσκηση 24. Να κατασκευαστεί κύκλος k, ο οποίος να εφάπτεται σε δυο

δοσµένες τεµνόµενες ευθείες а και b και να διέρχεται από δοσµένο σηµείο А.

Άσκηση 25 Να κατασκευαστεί παραλληλόγραµµο δοσµένης της

αναλογίας µεταξύ των διαγωνίων του, της γωνίας µεταξύ των διαγωνίων και

του ύψους προς µια εκ των πλευρών του.

Άσκηση 26. Να κατασκευαστεί ρόµβος δοσµένης αναλογίας µεταξύ της

πλευράς και της ακτίνας του εγγεγραµµένου κύκλου 3:1 και της διαφοράς

µεταξύ των διαγωνίων του 12 mm.

A.6. Ασκήσεις για την κατανόηση και εµπέδωση της αλγεβρικής

µεθόδου κατασκευής

Τέτοιες ασκήσεις προτείνεται να λύνονται αφού πρώτα λυθούν ασκήσεις για

την κατασκευή ευθύγραµµου τµήµατος х µε βάση τους τύπους: x = a ± b, x = c

ba −,

x2 = a2 + b2, x2 = a2 – b2, x2 = ab (17 ετών).

Άσκηση 27. Αν a, b και c είναι γνωστά ευθύγραµµα τµήµατα, να

κατασκευαστεί ευθύγραµµο τµήµα х, τέτοιο ώστε: α) х = bca +23 ; β) x4 = a4 – b4

(a > b); γ) x4 = a4 + b4.

Άσκηση 28. Να κατασκευαστεί ευθύγραµµο τµήµα х υπό την προϋπόθεση ότι x

= 22 baab ++ .

Άσκηση 29. Αν a, b, c και d είναι τέσσερα γνωστά ευθύγραµµα τµήµατα, να

κατασκευαστεί ευθύγραµµο τµήµα х, έτσι ώστε: α) x = 21+ ; β) x = cdab + .

Άσκηση 30. Να κατασκευαστεί τρίγωνο АВС, αν δίνονται: α) BC = a, ha, b2 +

c2 = k2; β) BC = a, γωνία A = φ , b2 – c2 = λ2.

Άσκηση 31. Να κατασκευαστεί τρίγωνο АВС, αν δίνονται: α) BC = a, γωνία

B = ω , AB2 + AC2 = k2; β) BC = a, γωνία B = ω , AC2 – AB2 = λ2.

Β. Ασκήσεις για την εµπέδωση του Πυθαγορείου Θεωρήµατος

Κατά την εκµάθηση του Πυθαγορείου Θεωρήµατος (15 ετών), προτείνεται να

λύνονται ασκήσεις σαν τις ακόλουθες:

348

Άσκηση 32. Αν a, b είναι αντίστοιχα το µήκος και το πλάτος ορθογωνίου και d

είναι η διαγώνιος του, να δειχτεί ότι: d2 = a2 + b2.

Άσκηση 33. ∆ίνεται τετράγωνο πλευράς а και διαγωνίου d, να δειχτεί ότι: d2 =

2a2.

Άσκηση 34. Αν το τρίγωνο ABC είναι ισοσκελές, AB = AC = a, BC = b και

AD = h είναι το ύψος του, να δειχτεί ότι: h2 = а2 −−−− 4

2b.

Άσκηση 35. Αν το τρίγωνο ABC είναι ισοσκελές µε πλευρά a και AD = h είναι

το ύψος του, να δειχτεί ότι: h2 = 4

3 2b.

Άσκηση 36. Να δειχτεί, ότι υπάρχει ορθογώνιο τρίγωνο µε πλευρές: α) 3, 4, 5;

β) 6, 8, 10; γ) 2

3, 2, 2

2

1.

Γ. Ασκήσεις για την εµπέδωση των ριζών (16 ετών)

Άσκηση 37. Να δειχτεί ότι:α)4

3

16

9

16

9== ; β)

3,1

7,0

69,1

49,0

69,1

49,0== ; γ)

b

a

b

a= , a ≥ 0, b > 0.

Άσκηση 38. Να δειχτεί ότι: α) 37575 +≠+ ; β) 416416 +≠+ ;

γ) baba +≠+ , a ≥ 0, b ≥ 0.

Άσκηση 39. Να δειχτεί ότι: α) baba +≠+ 22 ; β) baba −≠− 22 , όπου

а και b είναι πραγµατικοί αριθµοί

Άσκηση 40. Να δειχτεί ότι: α) 3212 = ; β) baba =2 , όπου а, b > 0

Άσκηση 41. Να δειχτεί ότι αν х > 0, τότε 9

1

7

45:

7

5=

xx.

Άσκηση 42. Να δειχτεί ότι: 0=−−

++−

ba

ab

ba

ba, (a ≠ b).

Άσκηση 43. Να δειχτεί ότι: α) 523

3

23

2=

++

−;

349

β) ( ) ( ) 3823

1

23

122=

+−

−.

Άσκηση 44. Αφού εφαρµοστούν οι κατάλληλες ιδιότητες ριζών, ανα αποδειχτεί

ότι: α) 2

2

4

24

9

1,0

81

01,0

a

yx

a

yx= ; β)

2

2

51055

102 232++ =

mmmm yx

ab

yx

ba, όπου a, b, x, y

πραγµατικοί αριθµοί, x, y ≠ 0 και m φυσικός αριθµός.

Άσκηση 45 Αν А και В είναι σηµεία µε συντεταγµένες А(x1, y1), B(x2, y2), να

δειχτεί, ότι η απόσταση |AB| από А έως το В είναι: |AB| = ( ) ( )2122

12 yyxx −+− .

Άσκηση 46. Να δειχτεί ότι το τρίγωνο АВС, µε συντεταγµένες κορυφών

А(1, 1), В(1, 3) και С(3, 1), είναι ορθογώνιο µε ορθή γωνία την А.

∆. Ασκήσεις για την εµπέδωση των υπολογιστικών δυνατοτήτων

για το θέµα δευτεροβάθµια εξίσωση

Άσκηση 47. Να λυθούν οι ακόλουθες εξισώσεις: α) (x+1).(x−−−−1) = 0; β) 3x2 + x

= 0; γ) 25x2 – 36 = 0; δ) 2x2 + 3x – 2 = 0; ε) 3x2 – 6 = 0; ζ) 5x2 + 7 = 0.

Άσκηση 48. Να λυθούν οι ακόλουθες εξισώσεις: α) x2 – 4 = 0; β) 4x2 – 9 = 0;

γ) (x−−−−1)2 – 4 = 0; δ) x2 – 2x + 1 = 4; ε) x2 – 2x – 3 = 0; ζ) (x−−−−2

3)2 – 4 = 0; η) x2 −−−− 3x +

4

9 −−−− 4 = 0; θ) x2 −−−− 3x −−−−

4

7 = 0.

Άσκηση 49. Να λυθούν οι ακόλουθες εξισώσεις: α) 2(x−−−−1).(x2–5x+6) = 0; β)

(x2+2x−−−−15).(x2−−−−6x+8)=0.

Άσκηση 50. Να βρεθούν δυο αριθµοί οι οποίοι να έχουν γινόµενο 384 και

άθροισµα 44.

Άσκηση 51. Το άθροισµα των ψηφίων ενός διψήφιου αριθµού είναι 9, ενώ το

άθροισµα των τετραγώνων των ψηφίων του είναι 41. Να προσδιοριστεί ο αριθµός

αυτός.

Άσκηση 52. Να λυθούν οι ακόλουθες εξισώσεις:

α) yyyy

y

2

4

2

2

2

22 −

+−

=−

; β) 1

1

11

12

2

++

−=

−+

xx

x

x

x;

γ) 2

2

25

25

5

5

5 x

x

xx

x

−+

=+

+−

.

350

Άσκηση 53. Να δηµιουργηθεί δευτεροβάθµια εξίσωση µα ρίζες x1 = 2

34−

και x2 = 2

34+.

Άσκηση 54. Να βρεθεί για ποιες τιµές της παραµέτρου а η δευτεροβάθµια

εξίσωση x2 −−−− аx + а −−−− 1 = 0 έχει δυο οµόσοιµες πραγµατικές και άνισες ρίζες.

351


Ιστορικές, παραδοσιακές και διασκεδαστικές ασκήσεις

Στην εφαρµογή αυτή προτείνονται ιστορικές, παραδοσιακές και διασκεδαστικές

ασκήσεις. Οι ασκήσεις αυτές µπορούν να αυξήσουν το ενδιαφέρον των µαθητών προς

τις µαθηµατικές ασκήσεις.

Από αυτές οι ασκήσεις 1, 2, 3, 4 και 5 είναι συνδεδεµένες µε ιστορικά γεγονότα

τα οποία παραθέτονται στη διατριβή. Οι υπόλοιπες ασκήσεις είναι παραδοσιακές ή

διασκεδαστικές.

Άσκηση 1. Να λυθεί το σύστηµα: x + y + z = 6

x + y = 3

x + z = 4

Άσκηση 2. Να λυθεί το σύστηµα: x + y + z + n = 120

x + y = 80

x + z = 90

x + n = 66

Άσκηση 3. Να λυθεί το σύστηµα: x + y + z + n = 120

x + y = 45

(z + n)

x + z = 5

6(y + n)

x + n = 6

7(y + z)

Άσκηση 4. Να υπολογιστεί το άθροισµα 2 + 4 + ... + 1002.

Άσκηση 5. Ένα γεωργός θέλει να φύτευση ενενήντα δέντρα, έτσι ώστε να

προκύψουν δέκα σειρές από τρία δέντρα η κάθε µια. Πως µπορεί να υλοποιηθεί αυτό;

Άσκηση 6. ∆υο γυναίκες συνοµιλούν:

−−−− Πόσο χρονών είναι τα παιδία σου;

−−−− Το γινόµενο των χρόνων τους είναι 36.

−−−− Αυτό δεν µου είναι κατανοητό.

−−−− Το ένα µου παιδί είναι µεγαλύτερο από τα άλλα δυο.

352

−−−− Ευχαριστώ! Τώρα ξέρω πόσο χρονών είναι τα παιδία σου.

Μπορείτε να ανακαλύψετε την ηλικία των παιδιών της;

Άσκηση 7. Να υπολογιστεί νοητά το ακόλουθο: α) 236.47; β) 7772.

Άσκηση 8. Να υπολογιστεί νοητά το γινόµενο: α) 501.499; β) 503.479.

Άσκηση 9. Να υπολογιστεί 1 + 2 + 3 + ... + 100.

Άσκηση 10. Να υπολογιστεί 1 + 2 + 3 + ... + 1000.

Άσκηση 11. Να υπολογιστεί το τετράγωνο του αριθµού 95.

353


Έρευνα 1

Θέµα: Λύση µαθηµατικών ασκήσεων

Τάξη: B΄Λυκείου

Αντικείµενο: Ευκλείδεια Γεωµετρία

Οµάδα: Α΄

Ώρες: 2 διδακτικές

Γνώσεις: Γενίκευση Πυθαγορείου Θεωρήµατος, θεωρήµατα διαµέσων

τριγώνου και θεώρηµα διχοτόµων τριγώνου

Ασκήσεις

1. α) Να δειχτεί ότι: ma2 + mb

2 + mc2 =

43

(a2 + b2 + c2), όπου ma, mb и mc

είναι διάµεσοι τριγώνου µε µήκη πλευρών αντίστοιχα a, b και c;

β) Να δειχτεί ότι: GA2 + GB2 + GC2 = 3

1(a2 + b2 + c2), όπου G είναι το

κέντρο βάρος του τριγώνου µε µήκη πλευρών a, b και c.

2. α) Αν στο τρίγωνο АВС D είναι το σηµείο τοµής της εσωτερικής

διχοτόµου της γωνίας А µε την πλευρά Всνα δειχτεί ότι: BD = cb

ac

+ και DC =

cb

ab

+.

β) Έστω τρίγωνο АВС, για το οποίο b + c = 2a, a ≠ b. Αν k είναι το

κέντρο βάρος του και I είναι το σηµείο τοµής των εσωτερικών διχοτόµων, να δειχτεί

ότι: IKBC.

3. Να υπολογιστούν τα ύψη τριγώνου AВС µε µήκη πλευρών AB = 3cm,

AC = 6cm και BC = 7cm.

354

Τάξη: B΄Λυκείου


Οµάδα: Β΄


Γνώσεις: Γενίκευση Πυθαγορείου Θεωρήµατος, θεωρήµατα διαµέσων

τριγώνου και θεώρηµα διχοτόµων τριγώνου

Ασκήσεις

1. α) Να δειχτεί ότι: ma2 + mb

2 + mc2 =

43

(a2 + b2 + c2), όπου ma, mb и mc

είναι διάµεσοι τριγώνου µε µήκη πλευρών αντίστοιχα a, b και c;

β) Να δειχτεί ότι: GA2 + GB2 + GC2 = 3

1(a2 + b2 + c2), όπου G είναι το

κέντρο βάρος του τριγώνου µε µήκη πλευρών a, b και c.

2. Έστω τρίγωνο АВС, για το οποίο b + c = 2a, a ≠ b. Αν k είναι το

κέντρο βάρος του και I είναι το σηµείο τοµής των εσωτερικών διχοτόµων, να δειχτεί

ότι: IKBC.

3. α) Αν στο τρίγωνο АВС είναι γνωστές οι πλευρές του AB = c, AC =

b και BC = a, τότε να δειχτεί ότι, το ύψος προς την πλευρά АС είναι ίσο µε

hb = b

cpbpapp ))()((2 −−−.

β) Να υπολογιστούν τα ύψη τριγώνου AВС µε µήκη πλευρών

AB = 3cm, AC = 6cm και BC = 7cm.

355


Έρευνα 2

Θέµα: Λύση µαθηµατικών ασκήσεων µε τη βοήθεια των

ηµιθεωρηµάτων

Τάξη: Α΄ Λυκείου


Οµάδα: Α΄, Β΄


Γνώσεις: Παραλληλόγραµµο

Ασκήσεις

1. ∆ίνεται παραλληλόγραµµο ABCD και E,Z είναι τα µέσα αντίστοιχα των AB

και CD. Να δειχτεί ότι το τετράπλευρο AECZ παραλληλόγραµµο.

2. Να δειχτεί ότι οι διχοτόµοι των απέναντι γωνιών παραλληλογράµµου ABCD

είναι παράλληλες, ενώ των γειτονικών είναι κάθετες.

3. Από τυχαίο σηµείο D της βάσης BC ισοσκελούς τριγώνου ABC (AB = AC)

κατασκευάζονται ευθείες παράλληλες προς τις AB και AC, οι οποίες τέµνουν τις AC

και AB αντίστοιχα στα σηµεία E και Z. Να δειχτεί ότι η περίµετρος του AEDZ είναι

σταθερή.



Οµάδα: Α΄


Γνώσεις: Τραπέζιο

Ασκήσεις

1. Να δειχτεί, ότι για κάθε ισοσκελές τραπέζιο ισχύειοοτι:

α) Οι προσκείµενες σε κάθε βάση γωνίες είναι ίσες;

β) Οι διαγώνιοί του είναι ίσες.

356

2. ∆ίνεται ισοσκελές τραπέζιο ABCD (АВDC), στο οποίο η γωνία B είναι

διπλάσια της C και BD⊥BC. Να υπολογιστεί η περίµετρός του αν AB = 3cm.

3. ∆ίνεται ισοσκελές τραπέζιο ABCD (АВDC), στο οποίο DA = AB = BC




Οµάδα: Β΄


Γνώσεις: Τραπέζιο

Ασκήσεις

1. ∆ίνεται ισοσκελές τραπέζιο ABCD (АВDC), στο οποίο η γωνία B είναι

διπλάσια της C και BD⊥BC. Να υπολογιστεί η περίµετρός του αν AB = 3cm.

2. ∆ίνεται ισοσκελές τραπέζιο ABCD (АВDC), στο οποίο DA = AB = BC


357


Έρευνα 3

Θέµα: Πρακτική εφαρµογή των µαθηµατικών γνώσεων

Τάξη: Β΄ Γυµνασίου

Αντικείµενο: Άλγεβρα

Οµάδα: Α΄, Β΄


Γνώσεις: Λύση πρωτοβάθµιων εξισώσεων

Ασκήσεις

1. Να λυθούν οι εξισώσεις:

а) 3x −−−− 2 + 7x = −−−−2x −−−− 8;

б) 1 −−−− 4x −−−− x −−−−1 = −−−−5x −−−− 4 + 5;

в) 3x −−−− 2 + 7x = 10x −−−− 2.


5

20

4

4

1

5

41+

−=

+−

− xxx.

3. Να λυθεί η εξίσωση: (x+1).(2−−−−x) + (x+1).(2+x) = (x−−−−1).(x−−−−2) + (−−−−x−−−−1).



Οµάδα: Α΄


Γνώσεις: Λύση πρωτοβάθµιων εξισώσεων και ανισόσεων

Ασκήσεις


2

4

1

2

1

2

1

2

3+−

−+

+=+ x

xxx.

2. Τρεις άνδρες πηγαίνουν στον κουρέα. Κουρεύεται ο πρώτος και ο κουρέας

του λέει: «Κοίτα πόσα χρήµατα υπάρχουν στο ταµείο, τοποθέτησε άλλα τόσα και

358

πάρε 20€ ρέστα». Το ίδιο είπε και στους άλλους δυο άνδρες και στο τέλος στο ταµείο

δεν υπήρχαν χρήµατα. Πόσα χρήµατα υπήρχαν αρχικά στο ταµείο;

3. Μια αγροτική έκταση 600 στρεµµάτων πρέπει να δενδροφυτευτεί. Κάθε

µέρα φυτεύονται 50 δένδρα. Κατά πόσο πρέπει να αυξηθεί η ηµερήσια

δενδροφύτευση, έτσι ώστε να τελειώσει 4 µέρες γρηγορότερα;



Οµάδα: Β΄


Γνώσεις: Λύση πρωτοβάθµιων εξισώσεων και ανισόσεων

Ασκήσεις


2

4

1

2

1

2

1

2

3+−

−+

+=+ x

xxx.

2. Να λυθεί η εξίσωση: xxxx

72

32

3

3

5

1=+−

−+

−.


2

312

2

4

13

3

2 xxxxx −+−≥−

−+

−.


8

3

79

5

812

3

23 xxxx

x+

−<+−+

−.

359


Αρχαίοι έλληνες µαθηµατικοί (από τον 7ο αιώνα π.Χ. έως και

τον 19ο µ.Χ.)

Από τις πληροφορίες που υπάρχουν, από τον 7ο αιώνα π.Χ έως τον 19ο αιώνα

µ.Χ. έζησαν περίπου 230 έλληνες µαθηµατικοί. Πενήντα απ’ αυτούς είναι οι

ακόλουθη:

1. Θαλής 624−−−−547 πΧ. 2. Πυθαγόρας 580−−−−500 πΧ. 3. Αναξαγόρας 500−−−−428 πΧ. 4. Ζήνων 500−−−−420 πΧ. 5. ∆ηµόκριτος 460−−−−370 πΧ. 6. Αντιφών 5 αιώνα πΧ. 7. Θυµαρίδης 5 αιώνα πΧ. 8. Ιπποκράτης 5 αιώνα πΧ. 9. Άρχιππος 5−−−−4 αιώνα πΧ. 10. Πλάτωνας 427−−−−347 πΧ. 11. Εύδοξος 408−−−−355 πΧ. 12. Μεναίχµος 4 αιώνα πΧ. 13. Αριστοτέλης 4−−−−3 αιώνα πΧ. 14. Ευκλείδης 4−−−−3 αιώνα πΧ. 15. Φειδίας 4−−−−3 αιώνα πΧ. 16. Αρχιµήδης 287−−−−212 πΧ. 17. ∆οσίθεος 3 αιώνα πΧ. 18. Ερατοσθένης 276−−−−194 πΧ. 19. Απολλώνιος 3−−−−2 αιώνα πΧ. 20. Νικοµήδης 2 αιώνα πΧ. 21. ∆ιοκλής 2−−−−1 αιώνα πΧ. 22. Ζηνόδοτος 1 αιώνα πΧ. 23. Ήρωνας 1 αιώνα µΧ. 24. Μενέλαος 1 αιώνα µΧ. 25. Αρχίππας 1−−−−2 αιώνα µΧ. 26. Νικόµαχος 1 αιώνα µΧ. 27. Πτολεµαίος 2 αιώνα µΧ. 28. ∆ιόφαντος 3 αιώνα µΧ. 29. Θέων 3−−−−4 αιώνα µΧ. 30. Ιάµβλιχος 3−−−−4 αιώνα µΧ. 31. Πάππος 4 αιώνα µΧ. 32. Πείθων 4 αιώνα µΧ. 33. Υπατία 4−−−−5 αιώνα µΧ.

360

34. Πρόκλος 5 αιώνα µΧ. 35. Πρόκλος ο Βυζάντιος 5−−−−6 αιώνα µΧ. 36. Ασκληπιός 6 αιώνα µΧ. 37. Στέφανος 7 αιώνα µΧ. 38. Γεώργιος ο Γεωµέτρης 9 αιώνα µΧ. 39. Μιχαήλ Ψελλός 11 αιώνα µΧ. 40. Νεόφυτος 12 αιώνα µΧ. 41. Θεόδωρος Πρόδοµος 12 αιώνα µΧ. 42. Γρηγόριος Νικηφόρος 13−−−−14 αιώνα µΧ. 43. Ισαάκ Αργυρός 14 αιώνα µΧ. 44. Καβάσηλας Νικόλας 14 αιώνα µΧ. 45. Μοσχόπουλος Εµµανουήλ 14−−−−15 αιώνα µΧ. 46. Ρητόριος Βυζαντινός 15 αιώνα µΧ. 47. Φραγκίσκος Μ. 15−−−−16 αιώνα µΧ. 48. Οκταβιανός Κ. 18 αιώνα µΧ. 49. Θεοτόκης 18 αιώνα µΧ. 50. Βούλγαρης Ε. 19 αιώνα µΧ.

Για να είναι εµφανής η σχέση µεταξύ χρονικών διαστηµάτων στα οποία έζησαν

κάποιοι έλληνες µαθηµατικοί (και συγκεκριµένα αυτοί που έζησαν από τον 7 αιώνα

π.Χ. έως τον 1 αιώνα µ.Χ.) στο Σχήµα 1 υπάρχει συνεχής µαύρη γραµµή, όταν είναι ο

ακριβές χρόνος, ενώ µε διακεκοµµένη όταν είναι γνωστός µόνο ο αιώνας.

361

Σχήµα 1

Ζηνόδοτος

∆ιοκλής

Νικοµήδης

Απολλώνιος

Ερατοσθένης

∆οσίθεος

Αρχιµήδης

Φειδίας

Ευκλείδης

Αριστοτέλης

Μεναίχµος

Εύδοξος

Πλάτωνας

Ιπποκράτης

Αντιφών

∆ηµόκριτος

Ζήνων

Αναξαγόρας

Πυθαγόρας

Θαλής

620

60

0

580

56

0

540

52

0

500

48

0

460

44

0

420

40

0

380

36

0

340

320

3

00

28

0 2

60

240

2

20

200

1

80

160

1

40

120

1

00

80

6

0

40

20

0г.

пр. н

. е.

367

Βιβλιογραφία

1. Αλιµπινίσης, Α. κ.α., Μαθηµατικά Α΄ Γυµνασίου, Αθήνα 1998.

2. Αλιµπινίσης, Α. κ.α., Μαθηµατικά Β΄ Γυµνασίου, Αθήνα 1998.

3. Αλιµπινίσης, Α. κ.α., Μαθηµατικά Γ΄ Γυµνασίου, Αθήνα 1998.

4. Αλιµπινίσης, Α. κ.α., Γεωµετρία Α΄ Λυκείου, Γενικής Παιδείας, Αθήνα 1998.

5. Αλιµπινίσης, Α. κ.α., Θεωρητική Γεωµετρία Β΄ Λυκείου, Γενικής Παιδείας, Αθήνα

1998.

6. Βαϊνάς, Κ., Ανάλυση της διδακτικής των µαθηµατικών στην Ελλάδα. Κριτική

παρουσίαση των σπουδαιότερων ρευµάτων και τάσεων της διδακτικής των µαθηµατικών,

Αθήνα 1990.

7. Βαρουχάκης, Ν. κ.α., Αναλυτική Γεωµετρία Γ΄ Λυκείου, Αθήνα 1990.

8. Γαγάτσης, Α., Στοιχεία ιστορίας της µαθηµατικής εκπαίδευσης, Θεσσαλονίκη 1991.

9. Γαγάτσης, Α., Θέµατα διδακτικής των µαθηµατικών, Θεσσαλονίκη 1991.

10. Γαγάτσης, Α., Η εκτίµηση της κατανόησης των µαθηµατικών κειµένων,

Θεσσαλονίκη 1985.

11. Γαγάτσης, Α., ∆ιδακτική των µαθηµατικών, Θεσσαλονίκη, 1993.

12. Γκλαβά, Χ. – Μεθοδολογία της µαθηµατικής εκπαίδευσης, Αθήνα 1967.

13. Γκλαβά, Χ. – Εισαγωγή στη διδακτική µαθηµατικών, Αθήνα 1960.

14. Εξαρχάκος, Θ. – ∆ιδακτική των µαθηµατικών, Αθήνα 1988.

15. Εξαρχάκος, Θ. – Εισαγωγή στα µαθηµατικά, 1991.

16. Ευκλείδης Γ΄ Τεύχη 47-48-49-50, ΕΜΕ, 1998.

17. Καλοµητσίνης, Σ., Μάθετε πως να λύνετε προβλήµατα, Αθήνα 1990.

18. Καστάνης, Ν. – Εισαγωγή στην ιστορία της µαθηµατικής εκπαίδευσης, Τεύχος 2ο,

Αρχαία Ελλάδα, Θεσσαλονίκη 1993.

19. Λεγένδρου, Α. – Στοιχεία Γεωµετρίας, Αθήνα 1860.

20. Νοταράς, ∆. κ.α., Άλγεβρα Λ΄ Λυκείου, Αθήνα 1990.

21. Νοταράς, ∆. κ.α., Ανάλυση Γ΄ Λυκείου, Αθήνα 1990.

22. Παπαδόπουλος, Θ., Το πανηγύρι των µαθηµατικών, Αθήνα 1987.

368

23. Πατρώνης, Ι. – Θεµελιώδες µαθηµατικές έννοιες και παιδική σκέψη, Αθήνα

1998.

24. Περιστερόπουλος, Α., Το πρόβληµα του Απολλώνιου, Αθήνα 1972.

25. Πολύζος, Γ. κ.α., Άλγεβρα Α΄ Λυκείου, Γενικής Παιδείας, Αθήνα 1998.

26. Πολύζος, Γ. κ.α., Άλγεβρα Β΄ Λυκείου, Γενικής Παιδείας, Αθήνα 1998.

27. Πούλος, Α., Ελληνική Βιβλιογραφία, Αθήνα 1988.

28. Πούλος, Α., Ελληνική Βιβλιογραφία, Αθήνα 1988.

29. Ρουσόπουλος, Γ., Ευρετική επίλυσης προβληµάτων, Σύγχρονη Εκπαίδευση, Τέυχος

52, Αθήνα 1990.

30. Ρουσόπουλος, Γ., Ευρετική µεθοδολογία επίλυσης προβληµάτων, Αθήνα 1993.

31. Σάλτας, Β., Ιστορική αναδροµή στα αρχαία Ελληνικά µαθηµατικά,

“Στρατιωτική Επιθεώρηση”, Αθήνα 1998.

32. Σάλτας, Β., Επίλυση ασκήσεων µε τη βοήθεια της συστηµατοποίησης των

µαθηµατικών γνώσεων, “Μαθηµατικά στο Ενιαίο Λύκειο”, Τεύχος 2ο, Χαλκίδα

1998.

33. Σάλτας, Β., Ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής, “Μαθηµατικά στο Ενιαίο

Λύκειο”, Τεύχος 2ο, Χαλκίδα 1998.

34. Σάλτας, Β., Λάθη κατά τη λύση µαθηµατικών ασκήσεων, “Μαθηµατικά στο

Ενιαίο Λύκειο”, Τεύχος 3ο, Χαλκίδα 1998.

35. Σάλτας, Β., Η εσωτερική σχέση την µαθηµατικών γνώσεων "Μαθηµατικά

στο Ενιαίο Λύκειο”, Τεύχος 4ο, Χαλκίδα 1999.

36. Σάλτας, Β., ∆ιδακτική επεξεργασία του περιεχοµένου των µαθηµατικών, 15ο

Συνέδριο Ε.Μ.Ε., Χίος 1998.

37. Σάλτας, Β. ∆ιασκεδαστικές µαθηµατικές ασκήσεις, “Μαθηµατικά στο Ενιαίο


38. Σάλτας, Β., Το µάθηµα των µαθηµατικών στο σχολείο, 16ο Συνέδριο

Ε.Μ.Ε., Λάρισα 1999.

39. Σάλτας, Β., ∆ιασκεδαστικές µαθηµατικές ασκήσεις, “Μαθηµατικά στο

Ενιαίο Λύκειο”, Τεύχος 6ο, Χαλκίδα 2000.

369

40. Σάλτας, Β., Εµβαδά βασικών πολυγώνων, “Μαθηµατικά στο Ενιαίο


41. Σάλτας, Β., Μαθηµατική επαγωγή, “Μαθηµατικά στο Ενιαίο Λύκειο”,

Τεύχος 8ο, Χαλκίδα 2000.

42. Σάλτας, Β., Ασκήσεις ανισοτήτων, “Μαθηµατικά στο Ενιαίο Λύκειο”,

Τεύχος 9ο, Χαλκίδα 2000.

43. Σάλτας, Β., Η θέση και ο ρόλος των ασκήσεων στη διδασκαλία των

µαθηµατικών στο σύγχρονο ελληνικό σχολείο, 20ο Συνέδριο Ε.Μ.Ε., Βέροια

2003.

44. Σάλτας, Β., Χρήση απλών υπολογιστικών εφαρµογών στη διδασκαλία των

µαθηµατικών 21ο Συνέδριο Ε.Μ.Ε, Τρίκαλα 2004.

45. Σταµάτης, Ε., Το δήλιον πρόβληµα και η τριχοτόµησις γωνίας, Αθήνα 1949.

46. Σταµάτης, Ε., Αρχιµήδους εγγραφή κανονικού επταγώνου εις κύκλον, Αθήνα 1976.

47. Σταµάτης, Ε., Ευκλείδου Γεωµετρία, Στοιχεία, Βιβλία 1, 2, 3, 4, Τόµος I, Αθήνα

1975.

48. Σταµάτης, Ε., Ευκλείδου Γεωµετρία, Στοιχεία, Βιβλία 5, 6, 7, 8, 9, Τόµος II, Αθήνα

1953.

49. Σταµάτης, Ε., Ευκλείδου περί ασύµµετρων Στοιχείων, Βιβλίο 10, Τόµος III, Αθήνα

1957.

50. Σταµάτης, Ε., Αρχιµήδους τετραγωνισµός παραβολής, Αθήνα 1946.

51. Σταµάτης, Ε., Ελληνικά µαθηµατικά, Αθήνα 1976.

52. Σταµάτης, Ε., Επιστηµονικαί Εργασίαι, Αθήνα 1980.

53. Σταµάτης, Ε., Μαθηµατικά εις στους διάλογους του Πλάτωνος, Αθήνα 1976.

54. Ψελλός, Μ., Οι τέσσερις µαθηµατικές επιστήµες, Βενετία 1532.

55. Brown, M., Real Problems for Mathematics Teachers, Oxford University

Press 1997.

56. Barra R., Maths 4, France.

57. Blandford, B. – Study of mathematics Education, Oxford University Press.

58. Butler, H.C. – The teaching of secondary mathematics, New York, 1965.

59. Heath, T.L. – History of Greek Mathematics, New York 1931.

370

60. Kolmogorov, A. – Τα σύγχρονα µαθηµατικά και τα µαθηµατικά στο

σχολείο, Μαθηµατική Επιθεώρηση, Τεύχος 23, Αθήνα 1981.

61. Loria, G. – Ιστορία των µαθηµατικών, ΕΜΕ, 1971.

62. Martin, G. – Το πανηγύρι των µαθηµατικών, 1986.

63. Nelson, R. et al, Dictionary of mathematics, Penguin 1989.

64. Polya, D. – How to solve it, Princeton Oxford University Press, 1945.

65. Polya, D. Mathematics and plausible reasoning, Princeton Oxford University Press, 1954.

66. Schoenfeld, A., Mathematical Problems Solving, Academic Press 1985.

67. Wichelgren, W., How to solve problems.

68. Андреев, М., Дидактика, София 1981 г.

69. Александров, И., Сборник от геометрични задачи за построение, София

1962 г. (превод от руски, Пр. Б. Петканчин).

70. Ван дер Ванден, Пробуждаща се наука, София 1962 г. (Превод от руски

доц. Р. Петров и др.)

71. Вишин, Я., Методика за решаване на математическите задачи, София

1965 г. (Превод от чешки Марина Попова)

72. Ганчев, И., За математическите задачи, София 1976 г.

73. Ганчев, И., История на математиката, Велико Търново 1994 г.

74. Ганчев, И., Занимателни фолклорни задачи, фокуси и игри, София 1993

г.

75. Ганчев, И., Основни учебни дейности в съвременния урок по

математика −−−− Синтез на резултати от различни изследвания

(дисертация −−−− доктор на науките), София 1991 г.

76. Ганчев, И. и др., Методика на обучението по математика от VІІІ до ХІ

клас, І част, София 1996 г.

77. Ганчев, И., Методика на обучението по математика от VІІI до ХІ клас, ІІ

част, София 1998 г.

371

78. Ганчев, И. и др., Организация и методика но урока по математика,

София 1996 г.

79. Ганчев, И. и др., Учебно пособие по математика за 7 клас, София 1996 г.

80. Ганчев, И. и др., Методика на обучението по математика, 5−−−−7 клас,

Пловдив 1997 г.

81. Ганчев, И. и др., Ръководство за решаване на задачи по геометрия за 9

клас, София 1995 г.

82. Ганчев, И., Обучението по математика в средното училище и някои

въпроси от съвременната логика, София 1966 г. (докторска дисертация).

83. Димовски, И., За математиката и математиците, София 1972 г.

84. Иванов, П., Методика на обучението по математика, София 1965 г.

85. Киселова, Е., Задачи с допълнителни построения по геометрия за седми

клас, София 1997 г. (дипломна работа, научен ръководител доц. И. Тонов).

86. Колягин, Ю., Задачи в обучении математике, Москва 1977 г.

87. Константинов, Д. и др., Жеравна в миналото и до днешно време, 1948 г.

88. Кучинов, Й. и др., Учебно подобие по геометрия за 7 клас, София 1996

г.

89. Петров, К., Осъвременяване на обучението по математика, София 1976

г.

90. Пойа, Д., Как да се решават задачи, София 1972 г. (Превод от английски

И. Димовски).

91. Родоский, К., Алгоритъм на Евклида, Москва 1988 г.

92. Рушан Абдулхавич Хабиб - За някои методи в обучението по

математика, София 1979 г. (Превод от руски К. Петров).

93. Салтас, В., Задачи за построение в древногръцката математика и в

обучението по геометрия в съвременното гръцко училище, София 1995 г.

(Дипломна работа, научен ръководител И.Ганчев).

94. Салтас, В., Системи неопределени уравнения, сп. “Математика и

Информатика”, кн. 1−−−−2, София 1997 г.

372

95. Салтас, В., Символните начини за записване на числата и възможности

за включването им в обучението по математика, сп. “Математика и

Информатика”, кн.5−−−−6, 1997 г.

96. Салтас, В., Геометричните построения и задачите за построение в

Древна Гърция. Схемите за решаването им, 27-ма пролетна конференция на

СБМ, Плевен 1998 г.

97. Салтас, В., Едно интересно използване на задачата за златното сечение,

28-ма пролетна конференция на СБМ, Монтана 1999 г.

98. Салтас, В., Αритметични задачи в древногръцкта математика, сп.

“Математика и Информатика”, кн.4, 1999 г.

99. Табов, И. и др., Из американския и западноевропейския опит в

изследванията в математическото образование, сп. “Математика и

Информатика”, кн. 4, 1995 г.

100. Чобанов, И., Знаменитите задачи на древността, София 1982 г.

Documents

Σάλτας Μαθηµατικών of geometric...16.3.4. ∆ιαίρεση τυχαίου αριθµού µε 2 και 0,2 299 16.4. Μνηµονικοί κανόνες υπολογισµού