B. ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΑΠΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΥΣ

Τα Mαθηματικά παίζουν κυρίαρχο ρόλο σε όλους τους χώρους της σύγχρονης κοινωνίας. Όλα σχεδόν τα επιτεύγματα της τεχνολογίας και της ε- πιστήμης στηρίζονται στην ανάπτυξη των Μαθηματικών. Αλλά και τα προβλήματα που προκύπτουν στις οικονομικές ή πολιτιστικές σχέσεις των ανθρώπων, των επιχειρήσεων και των εργατών απαιτούν για τη λύση τους μαθηματικά μοντέλα και αυξημένες γνώσεις των μαθηματικών επιστημών. Από τη μια μεριά η μορφή της παραγωγής και από την άλλη ο εντεινόμενος ανταγωνισμός, σε όλα τα επίπεδα, αναγκάζουν τις προηγμένες χώρες να επενδύουν στη μαθηματική παιδεία και στην καλλιέργεια της αιτιοκρατικής σκέψης. Τα εκπαιδευτικά προγράμματα δίνουν μεγάλη βαρύτητα στην ανάπτυξη της μαθηματικής αντίληψης, από τα πρώτα κιόλας χρόνια της μαθητικής ζωής του παιδιού. Η βασική λοιπόν φροντίδα των προηγμένων οικονομιών είναι διπλή: Να στρέψει όλο και περισσότερα άτομα στις θετικές σπουδές προβάλλοντας τη σημασία των Μαθηματικών, δίνοντας συγχρόνως ψυχαγωγικά κίνητρα και στηρίγματα για την αποβολή του φόβου για τα Μαθηματικά. Να ανακαλύψει πολύ νωρίς τα μαθηματικά ταλέντα και να τα αξιοποιήσει, δίνοντας μεταξύ των άλλων την ευκαιρία να φοιτήσουν σε ειδικά μαθηματικά σχολεία, αφού οι γερές οικονομίες στηρίζουν την ύπαρξη και το μέλλον τους κυρίως στα Μαθηματικά. Οι δύο παραπάνω στόχοι πραγματοποιούνται κυρίως με την καθιέρωση, σε όλες τις βαθμίδες, μαθηματικών διαγωνισμών και μαθηματικών ολυμπιάδων, τόσο σε επίπεδο σχολείων όσο και σε επίπεδο εθνικό ή παγκόσμιο. Οι διαγωνισμοί αυτοί στηρίζονται θερμά από τις τοπικές κοινωνίες, τα υπουργεία παιδείας των κρατών, τις τράπεζες, τις βιομηχανίες, τις επιχειρήσεις αλλά και από άλλους ιδιωτικούς ή κρατικούς φορείς που αντιλαμβάνονται την καθοριστική σημασία των Μαθηματικών για την πορεία τόσο των ίδιων όσο και των κρατών τους. 13

Το βιβλίο αυτό, διαποτισμένο από τους παραπάνω προβληματισμούς και διαπιστώσεις, έρχεται να βοηθήσει τα Ελληνόπουλα της τελευταίας τάξης του δημοτικού να γνωρίσουν καλύτερα τα Μαθηματικά, να τα αγαπήσουν και μέσα από ελκυστικά προβλήματα να αυξήσουν την ικανότητα στη λύση μαθηματικών προβλημάτων. Σχεδόν το σύνολο των ασκήσεων που περιέχονται έχουν τεθεί σε διεθνείς διαγωνισμούς, κυρίως από τον Καναδά, τις ΗΠΑ, την Ευρώπη, την Αυστραλία αλλά και άλλες χώρες με ισχυρή μαθηματική παιδεία. Πολλά επίσης θέματα προέρχονται από τον πιο διαδεδομένο παγκόσμιο σχολικό διαγωνισμό, γνωστό με το όνομα Καγκουρό. Στην πατρίδα μας είναι μεγάλη τύχη και χαρά που ο διαγωνισμός αυτός εξαπλώνεται γρήγορα, χάρη στην οργάνωση, τη στήριξη και τη φροντίδα του καθηγητή του Πανεπιστημίου Κρήτης Μιχάλη Λάμπρου. Αλλά και τα παραρτήματα της Μαθηματικής Εταιρείας διοργανώνουν, με μεγάλη συμμετοχή και επιτυχία, τοπικούς διαγωνισμούς στους νομούς τους, συμβάλλοντας έτσι στη διάδοση της αγάπης για τα Μαθηματικά και στη χώρα μας. Στο τελευταίο κεφάλαιο του βιβλίου δίνονται αρκετά θέματα από ελληνικούς διαγωνισμούς για παιδιά του δημοτικού. B. ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΑΠΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΥΣ Στους μαθηματικούς διαγωνισμούς, των μικρών κυρίως τάξεων, συνηθίζονται θέματα όλων των βαθμών δυσκολίας, που έχουν όμως ένα κοινό χαρακτηριστικό. Αυτό είναι να αποτελούν πρόκληση για τη σκέψη και το νοητικό κόσμο του μαθητή, ώστε να τον δελεάσουν ή να τον παρακινήσουν να ασχοληθεί με το πρόβλημα. Βέβαια, για να μην απογοητευτούν οι μαθητές και αποχωρήσουν από τα πρώτα κιόλας λεπτά, αρκετά ερωτήματα είναι α- πλά, ώστε το παιδί να πιστέψει στις δυνάμεις του και να ασχοληθεί έπειτα και με τα δυσκολότερα θέματα. Πολλές ασκήσεις βασίζονται μόνο στις γνώσεις και στο επίπεδο του σχολείου. Μερικά όμως προβλήματα, τα πιο ελκυστικά, είναι απλές ιστοριούλες, κάθε μορφής και κάθε προέλευσης, που κρύβουν κάτι το μαγικό ή το θρυλικό. Για τη λύση τους δεν χρειάζεται τόσο η απλή αποστήθιση τεχνικών αλλά η συστηματική διείσδυση στα δεδομένα και 14 ΕΙΣΑΓΩΓΗ

και στα ζητούμενα, μέχρι την τελική ανακάλυψη και σύνθεση της λύσης. Τα προβλήματα προέρχονται από την καθημερινή ζωή, την τηλεόραση ή τον κινηματογράφο, τα παραμύθια, την επιστημονική φαντασία αλλά και από τους συνηθισμένους χώρους των Μαθηματικών: αριθμητική, λογική, συνδυασμοί, πιθανότητες, γεωμετρία κ.λπ. Για να αντιληφθούμε καλύτερα το ύφος και το πνεύμα των προβλημάτων που τίθενται σε διαγωνισμούς, παρουσιάζουμε στη συνέχεια ορισμένα από αυτά με τις λύσεις τους. Πρόβλημα 1ο Γνωριμία με τους αριθμούς... Να βρείτε τον μικρότερο φυσικό αριθμό του οποίου το γινόμενο των ψηφίων είναι 210. Για να βρούμε το μικρότερο αριθμό του οποίου το γινόμενο των ψηφίων είναι ίσο με 210, πρέπει ο αριθμός αυτός να έχει όσο λιγότερα ψηφία γίνεται. Για να έχει όσο λιγότερα ψηφία γίνεται, πρέπει αυτά να είναι όσο το δυνατό μεγαλύτερα. Το 210 διαιρείται με τους 2, 3, 5, 6, 7. Παίρνουμε τον μεγαλύτερο (το 7) και βρίσκουμε ότι 210 = 7 30. Τώρα, το 30 διαιρείται με τους 2, 3, 5, 6. Παίρνουμε πάλι το μεγαλύτερο (το 6) και βρίσκουμε ότι 30 = 6 5. Άρα 210 = 7 6 5. Άρα ο αριθμός που ψάχνουμε αποτελείται από τα ψηφία 7, 6, 5. Ο μικρότερος φυσικός αριθμός που σχηματίζεται από αυτά είναι ο 567. Σχόλιο Αν μας ζητούσαν το μεγαλύτερο πενταψήφιο αριθμό που το γινόμενο των ψηφίων του είναι 210, θα έπρεπε πάλι να παρατηρήσουμε ότι 210 = 5 6 7. Ο αριθμός όμως 765 είναι τριψήφιος. Άρα ο αριθμός που ζητάμε είναι ο 76511, μιας και το γινόμενο των ψηφίων δεν αλλάζει, αν κάποιο από αυτά που βάζουμε είναι το 1. 15

Πρόβλημα 2ο Σκέφτομαι και παίζω... Στο διπλανό σχήμα βλέπετε έναν πίνακα που δείχνει τις χιλιομετρικές αποστάσεις μεταξύ των πόλεων Α, Β, Γ,, Ε, Ζ, Η και οι οποίες βρίσκονται με αυτή τη σειρά κατά μήκος της εθνικής οδού. Στον πίνακα αυτό βλέπετε ήδη ορισμένες αποστάσεις. Για παράδειγμα, ο αριθμός 23 δείχνει ότι οι πόλεις Α και απέχουν 23 χιλιόμετρα, αφού πάνω από τον αριθμό 23 βρίσκεται η πόλη Α και δεξιά από το 23 βρίσκεται η πόλη. Ο αριθμός 30 δείχνει ότι οι πόλεις Β και Ε απέχουν 30 χιλιόμετρα. Μπορείτε να συμπληρώσετε τον πίνακα, ώστε να φαίνονται όλες οι αποστάσεις μεταξύ και των επτά αυτών πόλεων; Αρχικά ας βάλουμε τις πόλεις Α, Β, Γ,, Ε, Ζ, Η σε μία σειρά. Σχήμα 1 Έπειτα παρατηρούμε το σχήμα της εκφώνησης. Στην πρώτη στήλη βλέπουμε τους αριθμούς 23 και 58. Το νούμερο 23 μας λέει ότι η πόλη Α απέχει από τη 23 χιλιόμετρα, ενώ το 58 ότι η πόλη Α απέχει από τη Ζ 58 χιλιόμετρα. Όμως, αφού Α = 23 και ΑΖ = 58, το σχήμα 1 μας βοηθάει να συμπεράνουμε ότι: Ζ = ΑΖ Α = 58 23 = 35 Άρα οι πόλεις, Ζ απέχουν 35 χιλιόμετρα και αυτό το σημειώνουμε στο αρχικό διάγραμμα όπως δείχνει το σχήμα 2. Το (1) στον αριθμό 35 (1) δηλώνει ότι την απόσταση Ζ = 35 τη βρήκαμε στο 1ο βήμα της λύσης. Στη δεύτερη στήλη, κάτω από το Β βρίσκονται οι αριθμοί 30 και 68. Αυτό σημαίνει ότι ΒΕ = 30 και ΒΗ = 68. Κοιτάζοντας το σχήμα 1 καταλαβαίνουμε ότι οι πόλεις Ε και Η απέχουν 68 30 = 38 χμ. Άρα ΕΗ = 38, οπότε στο κουτάκι των Ε, Η γράφουμε τον αριθμό 38 (2) Σχήμα 2. 16 ΕΙΣΑΓΩΓΗ

Τώρα η πορεία λύσης έγινε πιο κατανοητή. Σε όποια γραμμή ή στήλη του σχήματος 2 υπάρχουν δύο αριθμοί, μπορούμε να βρούμε μια νέα απόσταση. Ας πάρουμε λοιπόν τη γραμμή που βρίσκεται το Ζ. Εδώ βλέπουμε τους αριθμούς 58, 40 και το 35 (1). Το νούμερο 58 δείχνει ότι ΑΖ = 58 και το 40 δείχνει ότι ΓΖ = 40. Άρα ΑΓ = ΑΖ ΓΖ = 58 40 = 18 χμ. Στο κουτάκι λοιπόν των Α, Γ γράφουμε τον αριθμό 18 (3). Στη γραμμή του Ζ και από τους αριθμούς 40 και 35 (1) βρίσκουμε ότι: ΓΖ = 40, Ζ = 35, οπότε Γ = 40 35 = 5 Συμπληρώνουμε λοιπόν το τετραγωνάκι των Γ, με τον αριθμό 5 (4). Στη γραμμή του Η έχουμε: Η = 53, ΕΗ = 38, οπότε Ε = 53 38 = 15 (5) Με μια προσεκτική ματιά βλέπουμε ότι: ΓΕ = Γ + Ε = 5 (4) + 15 (5) = 20 (6) Στη στήλη του βλέπουμε ότι: Ζ = 35, Ε = 15, οπότε ΕΖ = 35 15 = 20 (7) Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο συμπληρώνουμε όλα τα κουτάκια. Ο συμπληρωμένος πίνακας φαίνεται στο σχήμα 3. Σχήμα 3 Να τονίσουμε μόνο ότι η σειρά εύρεσης των διάφορων αποστάσεων μπορεί να διαφέρει από μαθητή σε μαθητή. Για παράδειγμα το Β = ΒΗ Η = = 68 53 = 15 (8) μπορεί να υπολογιστεί από το πρώτο κιόλας βήμα. Πρόβλημα 3ο Προβλήματα που ξεχωρίζουν... Μια νύχτα ξύπνησα απότομα εξαιτίας ενός εφιάλτη και κοιτάζοντας το ρολόι είδα ότι η ώρα ήταν 3. ιαπίστωσα όμως ότι το ρολόι είχε σταματήσει και το έβαλα πάλι σε λειτουργία. Το πρωί που ξύπνησα κοίταξα το ρολόι και έδειχνε 6:30. Την ίδια στιγμή το ραδιόφωνο έλεγε ότι η ώρα ήταν 8. Τι ώρα ήταν τη στιγμή που ξύπνησα; 17

Όταν η πραγματική ώρα ήταν σύμφωνα με το ραδιόφωνο 8, το ρολόι έδειχνε 6:30. Αυτό σημαίνει ότι είχε μείνει πίσω 1 ώρα και 30 λεπτά (μιάμιση ώρα). Σίγουρα το ρολόι δούλευε μέχρι τις 3 και σταμάτησε ακριβώς στις τρεις. Ε- πομένως, από τη στιγμή που σταμάτησε το ρολόι, μέχρι τη στιγμή που ξύπνησα πέρασε 1 ώρα και 30 λεπτά. Επομένως, όταν ξύπνησα, η ώρα ήταν 4:30 (τέσσερις και μισή). Άλλος τρόπος Από την ώρα που έβαλα το ρολόι σε λειτουργία μέχρι τις 8, το ρολόι δούλεψε τρεισήμισι ώρες (όσο είναι από τις 3:00 μέχρι τις 6:30). Αν αυτές τις τρεισήμισι ώρες τις αφαιρέσω από το 8, θα βρω την ώρα που ξύπνησα. Επειδή 8 3,5 = 4,5 συμπεραίνουμε ότι ξύπνησα στις 4:30. Πρόβλημα 4 ο Πράξεις της αριθμητικής... Να βρείτε το αποτέλεσμα στην παρακάτω παράσταση: 2009 2008 2007 + + 200,9 20,08 2,007 Το κλάσμα 2009 συμβολίζει τη διαίρεση 2009 : 200,9. Βλέπουμε ότι ο 200,9 διαιρετέος 2009 και ο διαιρέτης 200,9 αποτελούνται από τα ίδια ψηφία και διαφέρουν μόνο στο ότι ο διαιρέτης είναι δεκαδικός. Επειδή ο διαιρέτης έχει ένα δεκαδικό ψηφίο, η διαίρεση αυτή είναι ίδια με τη διαίρεση 20.090 : 2009 που θα πάρουμε αν μετακινήσουμε την υποδιαστολή κατά μία θέση προς τα δεξιά τόσο στον διαιρέτη 200,9 όσο και στον διαιρετέο 2009,0. Με αυτό τον τρόπο παίρνουμε τους αριθμούς 2009 και 20.090. Αλλά 20.090 : 2009 = 10. Αυτό φαίνεται καλύτερα αν γράψουμε: 20.090 2009 10 10 = = = 10 2009 2009 1 1 Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο βρίσκουμε ότι: 2008 200.800 2008 100 = = = 100 20,08 2008 2008 18 ΕΙΣΑΓΩΓΗ

2007 2.007.000 2007 1.000 = = = 1.000 2,007 2007 2007 Τελικά θα βρούμε: 2009 2008 2007 + + = 10 + 100 + 1.000 = 1.110 200,9 20,08 2,007 Πρόβλημα 5 ο Ιδιότητες των αριθμών... Στον πίνακα ήταν γραμμένος ένας πολλαπλασιασμός του 18 με έναν άλλο διψήφιο αριθμό. Στο διάλειμμα όμως ένας μαθητής έσβησε πολλά από τα ψηφία και στη θέση τους έβαλε α- στεράκια. Μπορείτε να βρείτε τον άλλο διψήφιο αριθμό, ώστε να ξαναφτιάξετε τον πολλαπλασιασμό; Ο αριθμός 18 είναι πολλαπλάσιο του 9, διότι 18 = 9 2. Άρα το γινόμενο 41* πρέπει να είναι επίσης πολλαπλάσιο του 9. Με άλλα λόγια, ο αριθμός 41* πρέπει να διαιρείται με το 9. Για να συμβαίνει όμως αυτό, πρέπει το άθροισμα των ψηφίων του, δηλαδή ο αριθμός: 4 + 1 + * = 5 + * να διαιρείται με το 9. Αλλά η μόνη περίπτωση για να διαιρείται ο αριθμός 5 + * με το 9 είναι να είναι * = 4 (ώστε 5 + * = 5 + 4 = 9). Το γινόμενο λοιπόν του 18 επί τον άλλο διψήφιο αριθμό είναι ο αριθμός 414. Επειδή 414 : 18 = 23, ο αριθμός που ψάχνουμε είναι ο 23 και ο συμπληρωμένος πολλαπλασιασμός φαίνεται δίπλα. Άλλος τρόπος Το γινόμενο 41* είναι ένας αριθμός ανάμεσα στο 410 και το 419 (από 410 έως και 419). Αν κάνουμε τη διαίρεση 410 : 18 θα βρούμε πηλίκο 22 και υπόλοιπο 14. Είναι όμως 18 14 = 4. Αν λοιπόν τον αριθμό (διαιρετέο) 410 τον αυξήσουμε κατά 4, τότε το υπόλοιπο της διαίρεσης 414 : 18 είναι μηδέν. Άρα το γινόμενο είναι ο αριθμός 414. 19

Πρόβλημα 6 ο Μαθηματικά παιχνίδια... Οι σελίδες κάθε βιβλίου είναι αριθμημένες και τον αριθμό αυτό τον βλέπουμε συνήθως στο πάνω ή στο κάτω μέρος της σελίδας. Όταν η Μαριάννα άνοιξε ένα βιβλίο για μαθηματικούς διαγωνισμούς του δημοτικού πρόσεξε ότι αν πολλαπλασιάσει τους αριθμούς των δύο σελίδων που έχει μπροστά της θα βρει τον αριθμό 600. Μπορείτε να βρείτε αυτούς τους δύο αριθμούς που βλέπει η Μαριάννα; Ένας τρόπος να βρούμε τους αριθμούς των δύο σελίδων είναι να αρχίζουμε να δοκιμάζουμε αριθμούς. Παρατηρούμε ότι: 600 = 1 600 = 2 300 = 6 100 = = 10 60 = 20 30 = 40 150 = 50 12 Καμία από αυτές τις περιπτώσεις δε μας ενδιαφέρει, διότι οι δύο παράγοντες πρέπει να είναι συνεχόμενοι (διαδοχικοί) αριθμοί, όπως για παράδειγμα οι 19, 20 ή 20, 21 κ.λπ. Επειδή ισχύει ότι: 20 21 = 420 και 29 30 = 870 παρατηρούμε ότι οι αριθμοί που ψάχνουμε είναι ανάμεσα στο 20 και το 30. Επειδή όμως ο 600 τελειώνει σε μηδέν, θα πρέπει ένας από τους δύο διαδοχικούς αριθμούς να τελειώνει σε μηδέν ή πέντε. Τότε οι δυνατοί συνδυασμοί που απομένουν είναι οι: 20 21 ή 24 25 ή 29 30 Κάνοντας τους πολλαπλασιασμούς, παρατηρούμε ότι ο πολλαπλασιασμός 24 25 δίνει αποτέλεσμα 600. Άρα οι δύο σελίδες που βλέπει μπροστά της η Μαριάννα έχουν τους αριθμούς 24 και 25. Άλλος τρόπος Βρίσκουμε τους πρώτους παράγοντες του 600 και βλέπουμε ότι: 600 = 2 2 2 3 5 5 Με απλές δοκιμές βλέπουμε ότι: 600 = (2 2 2 3) (5 5) = 24 25 Άρα οι αριθμοί που ζητάμε είναι οι 24 και 25. 20 ΕΙΣΑΓΩΓΗ

Πρόβλημα 7 ο Στο διπλανό σχήμα φαίνονται τέσσερα τετράγωνα. Το τετράγωνο 1 έχει περίμετρο 16 εκ. και το τετράγωνο 2 έχει περίμετρο 24 εκ. Πόση είναι η περίμετρος του μεγάλου τετραγώνου (του 4) και πόσο το εμβαδόν του; Από τη γεωμετρία... Το τετράγωνο 1 έχει περίμετρο 16, οπότε η πλευρά του είναι 16 : 4 = 4 εκ. Όμοια, αφού το τετράγωνο 2 έχει περίμετρο 24 εκ., τότε η πλευρά του Α έχει μήκος 24 : 4 = 6 εκ. Το τετράγωνο 3 έχει πλευρά ΑΒ = 4 + 6 = 10 εκ. Το τετράγωνο 4 έχει πλευρά: Γ = ΓΒ + Β = 10 + 6 = 16 εκ. Συνεπώς η περίμετρός του είναι Π = 4 16 = 64 εκ. και το εμβαδόν του είναι Ε = 16 16 = 256 τ.εκ. Πρόβλημα 8 ο 1 2 4 6 3 Δ Ε 6 Β 4 10 Γ Ζ Η Μαριάννα έχει 42 μικρούς κύβους με πλευρά 1 εκατοστό. Θέλει να φτιάξει με αυτούς ένα ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο που η περίμετρος της βάσης του να είναι 18 εκατοστά. Πόσο ψηλό είναι το παραλληλεπίπεδο αυτό; Ο όγκος ενός παραλληλεπίπεδου με διαστάσεις α, β, γ βρίσκεται από τον τύπο V = α β γ. Πρέπει λοιπόν α β γ = 42, διότι το παραλληλεπίπεδο θα έχει όγκο 42 κ.εκ. όσοι είναι δηλαδή και οι κύβοι που το αποτελούν. Αναλύουμε το 42 σε γινόμενο πρώτων παραγόντων και έχουμε ότι: 42 = 2 3 7 Αφού η βάση έχει περίμετρο 18, πρέπει το α και το β να έχουν άθροισμα 9, δηλαδή α + β = 9. 21

Επειδή τα α, β είναι δύο από τους αριθμούς 2, 3, 7 (διότι 42 = 2 3 7), και α + β = 9, θα είναι: α = 2 και β = 7 ή α = 7 και β = 2 Το παραλληλεπίπεδο έχει λοιπόν βάση με εμβαδόν Ε = 2 7 = 14 τ.εκ. και αφού ο όγκος του είναι 42, το ύψος του είναι 42 : 14 = 3 εκ. Πρόβλημα 9 ο Προβλήματα από τη λογική... Ένας παρατηρητικός μαθητής πρόσεξε ότι κάποια χρονιά τρεις συνεχόμενοι (διαδοχικοί) μήνες είχαν ακριβώς από 4 Κυριακές ο καθένας τους. Να αιτιολογήσετε γιατί ο ένας από αυτούς τους μήνες ήταν οπωσδήποτε ο Φεβρουάριος! Υποθέτουμε ότι κανένας από τους μήνες αυτούς δεν ήταν ο Φεβρουάριος. Επομένως οι μήνες αυτοί είχαν συνολικά τουλάχιστον: 30 + 31 + 30 = 91 ημέρες ή 31 + 30 + 31 = 92 ημέρες Ας δούμε όμως πόσες εβδομάδες είναι οι 91 ή οι 92 ημέρες: Όπως δείχνουν οι παραπάνω διαιρέσεις οι τρεις αυτοί διαδοχικοί μήνες έχουν τουλάχιστον 13 εβδομάδες, δηλαδή έχουν συνολικά τουλάχιστον 13 Κυριακές. Αλλά στο πρόβλημα μάς δίνεται ότι αυτοί οι μήνες είχαν ακριβώς 4 Κυριακές, δηλαδή συνολικά 4 3 = 12 Κυριακές. Επειδή εμείς βρήκαμε ότι οι μήνες αυτοί έχουν τουλάχιστον 13 Κυριακές, έχουμε οδηγηθεί σε ένα αποτέλεσμα που δεν ισχύει. Άρα η υπόθεση που κάναμε ότι κανένας μήνας δεν είναι ο Φεβρουάριος είναι λανθασμένη. Υποχρεωτικά λοιπόν κάποιος από τους μήνες αυτούς είναι ο Φεβρουάριος. 22 ΕΙΣΑΓΩΓΗ

Η σημασία που έχει η επίλυση προβλημάτων για την ανάπτυξη της μαθηματικής σκέψης, οδήγησε πολλούς μαθηματικούς και παιδαγωγούς στην έ- ρευνα για την ανακάλυψη ορισμένων βασικών αλλά γενικών μεθόδων που θα χρησίμευαν για το σκοπό αυτό. Τονίζουμε ότι μέθοδος - συνταγή που να λύνει μαθηματικά προβλήματα δεν υπάρχει. Αυτό που υπάρχει είναι ένας μικρός κατάλογος που περιγράφει τους γενικούς άξονες γύρω από τους οποίους περιστρέφεται συνήθως η προσπάθεια για την αναζήτηση της λύσης ενός προβλήματος. εν είναι σκοπός του βιβλίου αυτού η λεπτομερής ανάλυση αυτών των αξόνων και των μεθόδων επίλυσης. Ορισμένες ωστόσο περιπτώσεις φαίνονται σε ορισμένα προβλήματα που ακολουθούν. ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ Πριν ξεκινήσουμε την προσπάθειά μας για να λύσουμε ένα πρόβλημα, πρέπει να το διαβάσουμε αρκετές φορές, ώστε να βεβαιωθούμε ότι καταλαβαίνουμε όλες τις πληροφορίες (δεδομένα) και τις ερωτήσεις του (ζητούμενα). Μπορούμε να μεταφέρουμε το πρόβλημα σε μια πιο απλή μορφή, ώστε να το καταλαβαίνουμε γρηγορότερα, να καταγράψουμε τα δεδομένα και τα ζητούμενα και γενικότερα, πριν ακόμα ξεκινήσουμε να το λύνουμε, να έχουμε σχηματίσει ένα δικό μας διάλογο με το πρόβλημα. Για τη λύση ενός προβλήματος πρέπει να οργανώσουμε ένα σχέδιο. Αυτά τα σχέδια τα λέμε στρατηγικές. Ορισμένες από τις πιο βασικές στρατηγικές είναι οι παρακάτω: Λύνω ένα πιο απλό πρόβλημα Βρίσκω ένα μοτίβο Φτιάχνω σχήμα ή διάγραμμα Φτιάχνω έναν κατάλογο ή μια οργανωμένη λίστα Σκέφτομαι αντίστροφα Κάνω συλλογισμούς - Κάνω απόδειξη 23

Αφού διαλέξουμε μια κατάλληλη στρατηγική ή πιθανόν ανακαλύψουμε ένα συνδυασμό, ξεκινάμε τη λύση. ε βιαζόμαστε, κοιτάζουμε συνεχώς τα δεδομένα, δεν απομακρυνόμαστε από το στόχο μας. Κάνουμε με προσοχή τις πράξεις. Αν αντιληφθούμε ότι η στρατηγική μας δεν βοηθάει άλλο, επιλέγουμε μια άλλη. εν εγκαταλείπουμε, μέχρι να μας το επιβάλλει ο χρόνος. Αν δεν μπορούμε να λύσουμε το συγκεκριμένο πρόβλημα και είμαστε σε διαγωνισμό, περνάμε στη λύση άλλου προβλήματος. Μέθοδος 1η: Λύνω ένα πιο απλό πρόβλημα Αν το πρόβλημα που έχουμε να λύσουμε είναι αρκετά σύνθετο, προσπαθούμε να λύσουμε ένα πιο απλό, αλλά παρόμοιο πρόβλημα, ώστε να αντιληφθούμε τον τρόπο που πρέπει να το προσεγγίσουμε. Πρόβλημα 10 ο Να βρείτε την τιμή της παράστασης: Α = (2 + 4 + 6 + + 2010) (1 + 3 + 5 + + 2009) Θα προσπαθήσουμε να δώσουμε μερικά παρόμοια, αλλά πιο απλά προβλήματα, στα οποία οι παρενθέσεις να έχουν λιγότερους αριθμούς. Α 1 = 2 1 = 1 Α 2 = (2 + 4) (1 + 3) = 6 4 = 2 Α 3 = (2 + 4 + 6) (1 + 3 + 5) = 12 9 = 3 Α 4 = (2 + 4 + 6 + 8) (1 + 3 + 5 + 7) = 20 16 = 4 Αν ρίξουμε μια προσεκτική ματιά στο αποτέλεσμα της κάθε πράξης, θα διαπιστώσουμε ότι η τιμή της κάθε παράστασης είναι τόση, όσοι είναι οι αριθμοί (προσθετέοι) στην κάθε παρένθεση. Κάθε παρένθεση της παράστασης Α που θέλουμε να υπολογίσουμε έχει τόσους αριθμούς, όσοι είναι οι αριθμοί: 2, 4, 6, 8, 10,, 2010 Αλλά οι αριθμοί αυτοί είναι τα πολλαπλάσια του 2, ξεκινώντας από το 2 = 2 1. Επειδή 2010 : 2 = 1.005, το πλήθος των αριθμών αυτών είναι 1.005. Τόσοι όμως είναι και οι αριθμοί 1, 3, 5, 7, 9,, 2009. 24 ΕΙΣΑΓΩΓΗ

Επομένως η τιμή της παράστασης Α είναι 1.005, δηλαδή Α = 1.005. Άλλος τρόπος Ας δούμε πάλι την περίπτωση όπου κάθε παρένθεση έχει 2 αριθμούς: Α 2 = (2 + 4) (1 + 3) Αντί να κάνουμε τις πράξεις μπορούμε να αλλάξουμε τη σειρά των αριθμών και να γράψουμε: Α 2 = (2 1) + (4 3) = 1 + 1 = 2 Όμοια μπορούμε να γράψουμε: Α 3 = (2 + 4 + 6) (1 + 3 + 5) = (2 1) + (4 3) + (6 5) = 1 + 1 + 1 = 3 Εύκολα πια τώρα βλέπουμε ότι: Α = (2 + 4 + 6 + + 2010) (1 + 3 + 5 + + 2009) = = (2 1) + (4 3) + (6 5) +... + (2010 2009) = = 1 + 1+ 1+ 1 +... + 1= 1.005 Μέθοδος 2η: Βρίσκω το μοτίβο 2010 : 2= 1.005 αριθμοί Μια εξαιρετική μέθοδος, χρήσιμη για την επίλυση πολλών προβλημάτων, είναι η προσπάθεια να μαντέψουμε τη λύση, μέσα από αρκετές δοκιμές, με συγκεκριμένους αριθμούς και απλές πράξεις. Στη συνέχεια προσπαθούμε να βρούμε μια σχέση που να συνδέει τα αποτελέσματα της κάθε περίπτωσης. Πρόβλημα 11 ο Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης: 1 1 1 1 1 A = + + + +... + 1 2 2 3 3 4 4 5 99 100 Θα ξεκινήσουμε να κάνουμε ορισμένες δοκιμές με λιγότερους προσθετέους: 1 1 = 12 2 1 1 1 1 3 1 4 2 + = + = + = = 1 2 2 3 2 6 6 6 6 3 1 1 1 1 1 1 2 1 8 1 9 3 3 3 + + = + + = + = + = = = 1 2 2 3 3 4 1 2 2 3 3 4 3 12 12 12 12 3 4 4 25

1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 + + + = + + + = + = 1 2 2 3 3 4 4 5 1 2 2 3 3 4 4 5 4 20 15 1 16 4 4 4 = + = = = 20 20 20 4 5 5 Τα παραδείγματα αυτά είναι αρκετά για να μαντέψουμε το αποτέλεσμα. Παρατηρούμε ότι το αποτέλεσμα είναι ένα κλάσμα, που αριθμητής και παρονομαστής είναι οι όροι του γινομένου του παρονομαστή στο τελευταίο κλάσμα της παράστασης. Για παράδειγμα: 1 Στην τέταρτη περίπτωση, το τελευταίο κλάσμα είναι το και το αποτέλεσμα ήταν το 4 5 4 5. Στην τρίτη περίπτωση το τελευταίο κλάσμα είναι το 1 3 4 και βρίσκουμε αποτέλεσμα 3 4. Είναι λογικό λοιπόν να υποψιαστούμε ότι, αφού στην παράσταση Α το τελευταίο κλάσμα είναι το, η τιμή της παράστασης θα είναι 1 99 99 100 100. Να σημειώσουμε ότι η παραπάνω διαδικασία δεν είναι μια πλήρης αιτιολόγηση αλλά μια ικανοποιητική λύση, που για παιδιά αυτής της ηλικίας είναι σπουδαία επιτυχία! Μέθοδος 3η: Φτιάχνω σχήμα ή διάγραμμα Σε πολλά προβλήματα η δημιουργία σχημάτων, διαγραμμάτων ή οργανωμένων πινάκων μπορεί να βοηθήσει αποτελεσματικά στην εύρεση της λύσης. Πρόβλημα 12 ο Σε πόσα το πολύ κομμάτια μπορούμε να χωρίσουμε μια ορθογώνια πίτσα με τέσσερις ευθύγραμμες μαχαιριές; Θα κάνουμε ορισμένες δοκιμές: Σχήμα α Σχήμα β Σχήμα γ 26 ΕΙΣΑΓΩΓΗ

Από τις δοκιμές αυτές παρατηρούμε ότι τα σχήματα (α), (β), (γ) μπορούμε να τα χωρίσουμε σε 5, 5, 8 κομμάτια αντίστοιχα. Με μια ακόμη προσπάθεια, στην οποία όλες οι μαχαιριές είναι ευθείες που τέμνονται, παίρνουμε το διπλανό σχήμα. Στην περίπτωση αυτή παίρνουμε 11 κομμάτια. Αυτός λοιπόν είναι ο μέγιστος αριθμός που ζητάμε. Κάνοντας πολλές δοκιμές, παρατηρούμε ότι για να χωρίσουμε το ορθογώνιο στο μέγιστο αριθμό κομματιών θα πρέπει: οι δυο πρώτες ευθείες να τέμνονται σε ένα σημείο, η τρίτη ευθεία να τέμνει και τις δύο ευθείες, η τέταρτη ευθεία να τέμνει και τις τρεις ευθείες. Μέθοδος 4η: Σκέφτομαι αντίστροφα Πρόβλημα 13 ο Ο Γιάννης πήγε στο βιβλιοπωλείο και το 1 3 των χρημάτων του το έδωσε για βιβλία. Αγόρασε μετά ένα στυλό με 3 ευρώ και τα 2 3 των χρημάτων που του περίσσεψαν τα έδωσε για τετράδια. Αν δεν αγόραζε στο δρόμο ένα παγωτό με 3 ευρώ, θα γύριζε στο σπίτι έχοντας πάνω του 19 ευρώ. Πόσα χρήματα είχε ο Γιάννης τη στιγμή που μπήκε στο βιβλιοπωλείο; Θα λύσουμε το πρόβλημα ακολουθώντας αντίστροφη πορεία. Θα ξεκινήσουμε δηλαδή από τη στιγμή που ο Γιάννης φτάνει στο σπίτι και χρησιμοποιώντας κατάλληλα τα δεδομένα του προβλήματος θα καταλήξουμε στη στιγμή πριν μπει στο βιβλιοπωλείο. Έχουμε λοιπόν: Ο Γιάννης έφυγε από το βιβλιοπωλείο και είχε 19. Τα 19 του έμειναν αφού έδωσε τα 2 3 των χρημάτων του για τετράδια. Τότε λοιπόν το 1 3 των χρημάτων αυτών είναι 19. Άρα όλο το ποσό που είχε πριν αγοράσει τα τετράδια ήταν 319 = 57. Πριν αγοράσει το στυλό με 3, είχε 57 + 3 = 60. 27

Τα 60 του έμειναν αφού είχε αγοράσει βιβλία, για τα οποία ξόδεψε το 1 3 των χρημάτων του. Τα 60 είναι λοιπόν τα 2 3 των χρημάτων που είχε πριν ξεκινήσει να ψωνίζει. Άρα το 1 3 των χρημάτων του είναι 60 : 2 = 30. Συνεπώς όλα τα χρήματα που είχε μπαίνοντας στο βιβλιοπωλείο ήταν 3 30= 90. Μέθοδος 5η: Κάνω μια απόδειξη Η απόδειξη είναι η καρδιά και συγχρόνως η ψυχή των μαθηματικών. Προβλήματα με απόδειξη (αιτιολόγηση) θα συναντάμε κυρίως σε μεγαλύτερες τάξεις. Πρόβλημα 14 ο Ένα σχολείο έχει 61 μαθητές. Να αποδείξετε ότι ανάμεσα στους μαθητές υπάρχουν τουλάχιστον 6 που έχουν γενέθλια τον ίδιο μήνα. Οι μήνες είναι 12 και οι μαθητές 61. Όμως 61= 12 5 + 1. Αν λοιπόν θεωρήσουμε ότι οι μήνες είναι 12 κουτάκια, οι 61 μαθητές είναι 61 μπίλιες και θελήσουμε να βάλουμε τις μπίλιες στα κουτάκια, τότε σε ένα τουλάχιστον κουτάκι θα μπουν 6 μπίλιες. Πραγματικά: Μοιράζουμε τις μπίλιες στα κουτάκια, βάζοντας από μία σε κάθε κουτάκι. Τότε κάποια στιγμή όλα τα κουτάκια θα έχουν από 5 μπίλιες και θα περισσεύει μία (διότι 61 = 12 5 + 1). Αυτή τη μπίλια που περισσεύει θα τη βάλουμε σε ένα από τα 12 κουτάκια και αμέσως αυτό το κουτί θα περιέχει 6 μπίλιες. Επομένως, ανάμεσα στους 61 μαθητές, τουλάχιστον οι 6 έχουν γενέθλια τον ίδιο μήνα. Σχόλιο Επειδή ο μήνας έχει 4 εβδομάδες, με τους ίδιους συλλογισμούς συμπεραίνουμε ότι υπάρχουν τουλάχιστον δύο μαθητές που έχουν γενέθλια την ίδια εβδομάδα! 28 ΕΙΣΑΓΩΓΗ