A 4 A 3 A 5 A 1 N A 2 A 6 M Σάλτας Βασίλειος Διδάκτωρ Μαθηματικών Καβάλα 2006 P Τ Τ α α π π ρ ρ ο ο β β λ λ ή ή μ μ α α τ τ α α σ σ τ τ α α α α ρ ρ χ χ α α ι ι ο ο ε ε λ λ λ λ η η ν ν ι ι κ κ ά ά μ μ α α θ θ η η μ μ α α τ τ ι ι κ κ ά ά κ κ α α ι ι ο ο ι ι α α σ σ κ κ ή ή σ σ ε ε ι ι ς ς σ σ τ τ ο ο σ σ ύ ύ γ γ χ χ ρ ρ ο ο ν ν ο ο ε ε λ λ λ λ η η ν ν ι ι κ κ ό ό σ σ χ χ ο ο λ λ ε ε ί ί ο ο q p q p p p p p p p p p k k k → → → → → → - , ,..., , , 1 3 2 2 1 1 q p q p p p p p p p k k k → → → → → - , ,..., , 1 3 2 2 ημιθεώρημα 2 2 1 1 , p p p p p p → → →
384
Embed
Σάλτας Μαθηµατικών of geometric...16.3.4. ∆ιαίρεση τυχαίου αριθµού µε 2 και 0,2 299 16.4. Μνηµονικοί κανόνες υπολογισµού
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
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:
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 Βôà 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:
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
Σχήµα 2α Σχήµα 2β
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
Σχήµα 6α Σχήµα 6β
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
Σχήµα 7α Σχήµα 7β
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
Σχήµα 9α Σχήµα 9β
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»
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
Τύπος άσκησης
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
Τύπος άσκησης
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
Συναρτήσεις 0 8,6 0 7,3
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)
Τύπος άσκησης
Κεφάλαιο
І ІІ ІІІ ІV
Πραγµατικοί αριθµοί 0 23,3 0 46,7
Συναρτήσεις 0 17,8 0 11,7
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)
Τύπος άσκησης
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)
Τύπος άσκησης
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)
Τύπος άσκησης
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
Τύπος άσκησης
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
%
Τύπος άσκησης
101
Πίνακας 10
Τύπος άσκησης
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):
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
Συχνότητες και σχετικές συχνότητες Α΄
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΄
Οµάδας – πριν
Πίνακας 23
Συχνότητες και σχετικές συχνότητες Β΄
Οµάδας – µετά
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
Συχνότητες και σχετικές συχνότητες Α΄
Οµάδας – πριν
Πίνακας 29
Συχνότητες και σχετικές συχνότητες Α΄
Οµάδας – µετά
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
Συχνότητες και σχετικές συχνότητες Β΄
Οµάδας – πριν
Πίνακας 31
Συχνότητες και σχετικές συχνότητες Β΄
Οµάδας – µετά
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
λανθασµένο.
γ. Από 0,. ≠= βδβδαγ
δγ
βα
, ανάλογα ισχύει ότι: δβγα
δγ
βα
++
=+ , το οποίο είναι
λανθασµένο.
δ. Από 0, ≠+=+ γ
γβ
γα
γβα
, ανάλογα ισχύει ότι: γα
βα
γβα
+=+
, το οποίο είναι
λανθασµένο.
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
Άσκηση (4) Να υπολογιστεί η συζυγή παράσταση:
207
,βα − βα + , ,2 βα + 2βα + , ,2 βα − 2βα −
Άσκηση (5) Να υπολογιστεί η συζυγή παράσταση:
,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:
Άσκηση (7) Να µετατραπoύν τα κλάσµα σε ισοδύναµα µε ρητό παρανοµαστή:
352
2
−,
251
3
−,
γαα
, βα
βα+−
Αφού λυθούν οι ασκήσεις 6 και 7, µπορεί να λυθεί µε συλλογική προσπάθεια
η ακόλουθη άσκηση:
Άσκηση (8) Να µετατραπoύν τα κλάσµα σε ισοδύναµα µε ρητό παρανοµαστή:
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:
Άσκηση (9) Να υπολογιστεί η συζυγή παράσταση:
βα −3 , βα −3
1, βαβα +−− , 1123 −−α , βα +− , βα −−
Άσκηση (10) Να µετατραπoύν τα κλάσµα σε ισοδύναµα µε ρητό παρανοµαστή:
208
αα
, αα 25
, 8
12,
35
12
Άσκηση (11) Να µετατραπoύν τα κλάσµα σε ισοδύναµα µε ρητό παρανοµαστή:
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:
Άσκηση (12) Να µετατραπoύν τα κλάσµα σε ισοδύναµα µε ρητό παρανοµαστή:
35
12,
32
653 −,
32
5
−,
35
12
+,
3233
30
+,
3223
3223
−+
Άσκηση (13) Να µετατραπoύν τα κλάσµα σε ισοδύναµα µε ρητό παρανοµαστή:
βαβα
−+
, βαβα
−−2
, x
xx
3
33 −,
yx+1
, yx
yx
+
−
Άσκηση (14) Να µετατραπoύν τα κλάσµα σε ισοδύναµα µε ρητό παρανοµαστή:
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:
Άσκηση (15) Να µετατραπoύν τα κλάσµα σε ισοδύναµα µε ρητό παρανοµαστή:
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.
2.7. Συµπεράσµατα
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
3.1. Εισαγωγή
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
δ. καµία από τις αναφερόµενες
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
δ. καµία από τις αναφερόµενες
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
δ. καµία από τις αναφερόµενες
3. Να λυθεί η εξίσωση: x2+3- )1(2
3232 2 +=− xxx
α. 1, 2
1
β. 1
γ. 2
1
δ. καµία από τις αναφερόµενες
4. Να λυθεί η εξίσωση: 144423 =−−+−−− xxxx
α. (-∞ , 5]∪ [8, +∞ )
β. (5, 8)
γ. [5, 8]
δ. καµία από τις αναφερόµενες
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:
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.
6.6. Συµπεράσµατα
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:
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
16.1. Εισαγωγή
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
διαιρείται µε το 3.
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).
7) Ένας φυσικός αριθµός διαιρείται µε το 9, όταν το άθροισµα των ψηφίων του
διαιρείται µε το 9.
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.
8) Ένας φυσικός αριθµός διαιρείται µε το 11, όταν το άθροισµα των ψηφίων του
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
διαιρείται µε το 11.
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
αριθµό µε το 200.
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
δεδοµένο αριθµό µε το 2 και αυτό που βρίσκουµε το διαιρούµε µε το 1000.
299
Παράδειγµα: 341063246:500=682126492.
γ) Κατά την διαίρεση αριθµού µε το 5000, πολλαπλασιάζουµε το
δεδοµένο αριθµό µε το 2 και αυτό που βρίσκουµε το διαιρούµε µε το 10000.
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).
17.4. Συµπεράσµατα
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
επικεντρωθούν στα ακόλουθα:
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 ϴ´. 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,
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
Παράρτηµα 5
Έρευνα 2
Θέµα: Λύση µαθηµατικών ασκήσεων µε τη βοήθεια των
ηµιθεωρηµάτων
Τάξη: Α΄ Λυκείου
Αντικείµενο: Ευκλείδεια Γεωµετρία
Οµάδα: Α΄, Β΄
Ώρες: 2 διδακτικές
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.
Τάξη: Α΄ Λυκείου
Αντικείµενο: Ευκλείδεια Γεωµετρία
Οµάδα: Α΄
Ώρες: 2 διδακτικές
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
και BD = DC. Να υπολογιστούν οι γωνίες του.
Τάξη: Α΄ Λυκείου
Αντικείµενο: Ευκλείδεια Γεωµετρία
Οµάδα: Β΄
Ώρες: 2 διδακτικές
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
και BD = DC. Να υπολογιστούν οι γωνίες του.
357
Παράρτηµα 6
Έρευνα 3
Θέµα: Πρακτική εφαρµογή των µαθηµατικών γνώσεων
Τάξη: Β΄ Γυµνασίου
Αντικείµενο: Άλγεβρα
Οµάδα: Α΄, Β΄
Ώρες: 2 διδακτικές
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.
2. Να λυθεί η εξίσωση: 4
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).
Τάξη: Β΄ Γυµνασίου
Αντικείµενο: Άλγεβρα
Οµάδα: Α΄
Ώρες: 2 διδακτικές
Γνώσεις: Λύση πρωτοβάθµιων εξισώσεων και ανισόσεων
Ασκήσεις
1. Να λυθεί η εξίσωση: 3
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;
Τάξη: Β΄ Γυµνασίου
Αντικείµενο: Άλγεβρα
Οµάδα: Β΄
Ώρες: 2 διδακτικές
Γνώσεις: Λύση πρωτοβάθµιων εξισώσεων και ανισόσεων
Ασκήσεις
1. Να λυθεί η εξίσωση: 3
2
4
1
2
1
2
1
2
3+−
−+
+=+ x
xxx.
2. Να λυθεί η εξίσωση: xxxx
72
32
3
3
5
1=+−
−+
−.
3. Να λυθεί η εξίσωση: 2
2
312
2
4
13
3
2 xxxxx −+−≥−
−+
−.
4. Να λυθεί η εξίσωση: 5
8
3
79
5
812
3
23 xxxx
x+
−<+−+
−.
359
Παράρτηµα 7
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.