Η ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ -Μέρος της λύσης ,ΝΑΙ ή ΟΧΙ ή...

S.E.Louridas · #1

Διερεύνηση :
‘Είδος πολυτέλειας’ ή Αναγκαία μαθηματική ενέργεια - μέρος της λύσης ενός μαθηματικού προβλήματος;

Ας δούμε γιά πρόλογο δύο γνωστα μας προβλήματα :

Πρόβλημα 1.
Θεωρούμε συνάρτηση
$f:\left[ {a,b} \right] \to \mathbb{R},$
που είναι συνεχής στο διάστημα [a,b] και παραγωγίσιμη στο διάστημα (a, b) με f(a)=f(b)=0. Να αποδείξετε ότι για κάθε συνάρτηση
$g:\left[ {a,b} \right] \to \mathbb{R},$
που είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (a,b), υπάρχουν
$x_1 ,x_2 \in \left( {a,b} \right):f'\left( {x_1 } \right)f'\left( {x_2 } \right) + g'\left( {x_1 } \right)g'\left( {x_2 } \right)f\left( {x_1 } \right)f\left( {x_2 } \right) = 0$ ........(*)
Λύση:
Όπως είδαμε με εφαρμογή του θ. Rolle για τις
$f:\left[ {\alpha ,\beta } \right] \to \mathbb{R},g:\left[ {\alpha ,\beta } \right] \to \mathbb{R}$
με τις ιδιότητες i) συνεχείς στο πεδίο ορισμού τους ,ii) παραγωγίσιμες στο διάστημα (a,b) ,iii) $f\left( a \right) = f\left( b \right) = 0,$ καταλήξαμε στην ύπαρξη
$x_1 ,x_2 \in \left( {a,b} \right):f'\left( {x_1 } \right) = g'\left( {x_1 } \right)f\left( {x_1 } \right){\rm K}{\rm A}{\rm I}f'\left( {x_2 } \right) = - g'\left( {x_2 } \right)f\left( {x_2 } \right).$
Διερεύνηση ;
Αν τουλάχιστον ένας από τους παράγοντες των παραπάνω σχέσεων είναι 0,τότε η σχέση (*) ισχύει για άπειρα ζεύγη
$x_1 ,x_2 \in \left( {a,b} \right) , \left( {x_1 \ne x_2 \vee x_1 = x_2 } \right).$ Αν τώρα όλοι οι παράγοντες των ίδιων σχέσεων είναι διάφοροι από το 0 τότε με την υπόθεση

παίρνουμε ότι :
$f'\left( {x_1 } \right) = g'\left( {x_1 } \right)f\left( {x_1 } \right){\rm K}{\rm A}{\rm I}f'\left( {x_1 } \right) = - g'\left( {x_1 } \right)f\left( {x_1 } \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( + \right)} 2f'\left( {x_1 } \right) = 0 \Rightarrow 0 \ne 0,$
πράγμα άτοπο οπότε στην περίπτωση αυτή παίρνουμε
$x_1 \ne x_2 .$

Πρόβλημα 2.
(Εκφώνηση και λύση από το βιβλίο Γεωμετρίας (το πράσινο) Γιάννη Ντάνη-Πρόβλημα789-σελίδα298, για να θυμόμαστε).
Αν x,y,z οι αποστάσεις τυχαίου σημείου ,έστω Μ τριγώνου ΑΒΓ (από την εισαγωγή του βιβλίου του εννοεί στο εσωτερικό ή την περίμετρο του τριγώνου) από τις πλευρές του ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχα να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Μ ,όταν
x +y +z=k, k θετική σταθερή.
Λύση :
Επειδή
${\rm E}_{{\rm M}{\rm B}\Gamma } + {\rm E}_{{\rm M}\Gamma {\rm A}} + {\rm E}_{{\rm M}{\rm A}{\rm B}} = {\rm E}_{{\rm A}{\rm B}\Gamma } \Rightarrow \alpha x + \beta y + \gamma z = 2\lambda ^2 ......\left( 1 \right),\lambda ^2 = {\rm E}_{{\rm A}{\rm B}\Gamma } .$
Απαλείφοντας το x από την (1) και την x +y +z=k , έχουμε
$\left( {\alpha - \beta } \right)y + \left( {\alpha - \gamma } \right)z = \alpha k - 2\lambda ^2 ,$ οπότε το πρόβλημα ανάγεται πλέον ,γενικά, στον γνωστό γεωμετρικό τόπο (Γεωμετρία Γιάννη Ντάνη –σελ 297):
Δίνεται γωνία χΟψ .Αν ΜΑ, ΜΒ οι αποστάσεις σημείου Μ της γωνίας από τις πλευρές Οχ, Οψ αντίστοιχα ,να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του Μ όταν ισχύει η σχέση
$\lambda {\rm M}{\rm A} + \mu {\rm M}{\rm B} = k.$ Ο γεωμετρικός τόπος είναι ευθύγραμμο τμήμα ,έστω ΣΡ με Σ σημείο της Οχ και Ρ σημείο της Οψ.
ΟΜΩΣ η διερεύνηση εδώ είναι πολλαπλή.
Αν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο, ισοσκελές (και μη ισόπλευρο), τυχόν .
Αλλά και σε όλες αυτές τις περιπτώσεις το k πρέπει να είναι ‘κατάλληλη’ σταθερή.
Ο όρος κατάλληλη δεν είναι βέβαια μαθηματικός όρος αλλά μας προϊδεάζει τουλάχιστον για την ύπαρξη του γεωμετρικού τόπου.
Η διερεύνηση ,λοιπόν, εδώ είναι επιβεβλημένη ,πάντα κατά την άποψή μου.
Όλοι μας ,οπως πολύ σωστά και τεκμηριωμένα ήδη επισήμανε ο Μπάμπης ο Στεργίου έχουμε αντιμετωπίσει τέτοια διδακτικά προβλήματα .Θεωρώ ,λοιπόν ,ότι πρέπει να συζητήσουμε ΕΔΩ στο MATHEMATICA το θέμα :
Χρειάζεται ΚΑΙ από ποιο σημείο η διερεύνηση με την έννοια να αποτελεί μέρος της λύσης ενός Μαθηματικού προβλήματος;

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #2

Το ερώτημα παραμένει: Ναι ή Όχι ή…στην διερεύνηση;

J. Bertrand- Βασικό πρόβλημα:
Δίνεται ευθεία
{x'x

και δύο φωτεινές πηγές Α και Β αντίστοιχα. Αν
${\rm A}\Gamma \bot x'x \wedge {\rm A}\Gamma = a,{\rm B}\Delta \bot x'x \wedge {\rm B}\Delta = b,\Gamma \Delta = c.$
Να βρεθεί σημείο
${\rm M} \in x'x$ ομοίως φωτιζόμενο από τις πηγές Α, Β αντίστοιχων εντάσεων λ, λ΄.

Λύση :
Μπορούμε να θεωρήσουμε
$\Gamma = \Gamma \left( 0 \right),\Delta = \Delta \left( c \right).$ Αφού το Μ φωτίζεται ομοίως από τις Α, Β παίρνουμε ότι
$\frac{{{\rm M}{\rm A}^2 }} {{{\rm M}{\rm B}^2 }} = \frac{\lambda } {{\lambda '}}.....\left( 1 \right).$
Αν
${\rm M} = {\rm M}\left( x \right) \Rightarrow \Gamma {\rm M} = x \Rightarrow {\rm M}\Delta = c - x \Rightarrow {\rm A}{\rm M}^2 = a^2 + x^2 \wedge {\rm M}{\rm B}^2 = b^2 + \left( {c - x} \right)^2 .$
$\left( 1 \right) \Rightarrow \frac{{a^2 + x^2 }} {{b^2 + \left( {c - x} \right)^2 }} = \frac{\lambda } {{\lambda '}} \Rightarrow \sigma \left( x \right) = \left( {\lambda ' - \lambda } \right)x^2 + 2\lambda cx + \lambda 'a^2 - \lambda \left( {b^2 + c^2 } \right) = 0......\left( 2 \right).$
Οι ρίζες της
x_1 ,x_2

μας δίνουν τις θέσεις του Μ επί της {x'x.

ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ :
Έστω ότι είναι
$\lambda ' > \lambda \Rightarrow \sigma \left( 0 \right) = a^2 \lambda \left[ {\frac{{\lambda '}} {\lambda } - \frac{{b^2 + c^2 }} {{a^2 }}} \right] \wedge \sigma \left( c \right) = \left( {a^2 + c^2 } \right)\lambda \left[ {\frac{{\lambda '}} {\lambda } - \frac{{b^2 }} {{a^2 + c^2 }}} \right],$
με $\frac{{b^2 + c^2 }}{{a^2 }} > \frac{{b^2 }}{{a^2 + c^2 }}.$
Οπότε έχουμε τις εξής περιπτώσεις :
i) $\frac{{b^2 + c^2 }}{{a^2 }} > \frac{{\lambda '}}{\lambda } > \frac{{b^2 }} {{a^2 + c^2 }}......\left( 3 \right) \Rightarrow \sigma \left( 0 \right)\sigma \left( c \right) < 0 \Rightarrow 0 < x_1 < c < x_2 \vee x_1 < 0 < x_2 < c,$
με την

να απορρίπτεται αφού
$x_1 + x_2 = - \frac{{2\lambda c}}{{\lambda ' - \lambda }} < c.$ Επομένως το Μ έχει δύο επιλογές επί της
x'x,

την μία αριστερά του Γ και την άλλη μεταξύ των σημείων Γ και Δ.
ii) $\frac{{\lambda '}}{\lambda } < \frac{{b^2 }}{{a^2 + c^2 }}.......\left( 4 \right) \Rightarrow \sigma \left( 0 \right) < 0 \wedge \sigma \left( c \right) < 0 \Rightarrow x_1 < 0 < c < x_2 ,$
που σημαίνει ότι το σημείο Μ θα πρέπει να βρίσκεται εκτός του διαστήματος ΓΔ δηλαδή ή αριστερά του Γ ή δεξιά του Δ.
iii) $\frac{{b^2 + c^2 }}{{a^2 }} < \frac{{\lambda '}} {\lambda }.......\left( 5 \right) \Rightarrow \sigma \left( 0 \right) > 0 \wedge \sigma \left( c \right) > 0 \Rightarrow$ $0 < x_1 < x_2 < c \vee 0 < c < x_1 < x_2 \vee x_1 < x_2 < 0 < c,$ όταν βέβαια $x_1 ,x_2 \in \mathbb{R},$
που σημαίνει ότι θα ‘μπει στο παιχνίδι’ και η διακρίνουσα Δ της (2) .Έχουμε ότι:
$\Delta = - \lambda ^2 \left[ {a^2 t^2 - \left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)t + b^2 } \right],\mu \varepsilon t = \frac{{\lambda '}} {\lambda }.$ Η διακρίνουσα του τριωνύμου μέσα στην αγκύλη είναι ,τελικά,
$\Delta ' = \left[ {\left( {a + b} \right)^2 + c^2 } \right] \cdot \left[ {\left( {a - b} \right)^2 + c^2 } \right] \geqslant 0.$ Εάν έχουμε $\Delta > 0,$
που ισχύει όταν
$\frac{{a^2 + b^2 + c^2 - \sqrt {\Delta '} }} {{2a^2 }} < t < \frac{{a^2 + b^2 + c^2 + \sqrt {\Delta '} }} {{2a^2 }}......\left( 6 \right) \Rightarrow$
$0 < x_1 < x_2 < c \vee 0 < c < x_1 < x_2 \vee x_1 < x_2 < 0 < c,$
με τελικά ισχύουσα μόνο η σχέση

καθότι
$x_1 + x_2 = - \frac{{2\lambda c}}{{\lambda ' - \lambda }} < c.$
Αν τώρα ισχύουν ταυτόχρονα οι σχέσεις (5) και (6) οι θέσεις του Μ θα είναι εκτός του ΓΔ και προς το μέρος του Γ.

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #3

ΑΛΓΕΒΡΑ ΚΑΙ ΑΝΑΛΥΣΗ –Γεωργίου Παντελίδη

Λύσατε και Διερευνήσατε στους
$\mathbb{R}$ το σύστημα:
$\begin{array}{*{20}c} {x + \left( {\mu + 1} \right)y + z = - \mu ^2 + \mu + 2} \\ {\mu x + y - z = 0} \\ {x - 2y - \mu z = - \mu ^2 + 3\mu - 2.} \\ \end{array}$
Ακολουθεί η λύση και η διερεύνηση .Βλέπουμε εδώ ότι ο Καθηγητής δίνει έμφαση
στην Μαθηματική διαδικασία Διερεύνηση.

Διευκρίνιση :
Η Μαθηματική κουβέντα για την διαδικασία της διερεύνησης γίνεται για ένα μόνο σκοπό: Πρέπει ή δεν πρέπει ο λύτης και ειδικά ο εξεταζόμενος λύτης να ‘ψάχνει’ το θέμα ή αρκεί μόνο η τεχνική της λύσης;
Και αυτό διότι Μαθηματικοί που έγραψαν Ιστορία ,με τον δικό τους τρόπο όπως
Σ. Κανέλλος ,Γ. Ντάνης , Γ. Ιωαννίδης ,G. Lemaire κ.τ.λ. σαν Διερεύνηση
εννοούν ,σε γενικές γραμμές τον προσδιορισμό των συνθηκών που πρέπει να ισχύουν μεταξύ των δεδομένων στοιχείων του προβλήματος για να έχει το πρόβλημα
λύση .Δηλαδή στην περίπτωση παραμέτρου ή παραμέτρων τον καθορισμό τους προς την ίδια κατεύθυνση.
Ερώτημα :Μήπως ,τελικά και η διάκριση περιπτώσεων είναι είδος διερευνητικής διαδικασίας;

Πρόβλημα :
Δίνονται δύο σημεία Α, Β και μία ευθεία (ε) .Να κατασκευαστεί κύκλος διερχόμενος από τα σημεία αυτά και εφαπτόμενος της ευθείας (ε).

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #4

Τι λένε τα λεξικά :

Διερεύνηση=….(μαθ.) i) Μελέτη των ειδικών περιπτώσεων που προκύπτουν από ένα Μαθηματικό πρόβλημα, μετά την εύρεση της γενικής λύσης του αν λάβουμε υπ΄ όψη μας και τις περιοριστικές συνθήκες που πιθανόν παραλείψαμε κατά την πορεία της επίλυσης του.
ii) Διερεύνηση εξίσωσης, είναι η εξέταση των όρων μίας εξίσωσης και των λύσεων που παίρνουμε ανάλογα με τις υποθέσεις τις οποίες διατυπώνουμε τα δεδομένα.

Πρόβλημα :
Αν
a = 2x + 1,b = x^2 + x + 1,c = x^2 - 1,

είναι μήκη των πλευρών τριγώνου ABC ,να αποδείξετε ότι μία γωνία του είναι
$120^ \circ .$
(Θέμα εισαγωγικών εξετάσεων για το Πολυτεχνείο και την Φυσικομαθηματική).

S.E.Louridas

#5

Η εκφώνηση του θέματος δεν ανέφερε τίποτα για τις τιμές του x;
Ήταν παράλειψη των θεματοδοτών ή ζητούσαν από τους υποψήφιους να διερευνήσουν για το ποιες είναι οι τιμές του x για τις οποίες έχει νόημα η εκφώνηση;
Πιστεύω ότι ισχύει το δεύτερο.

Τα a, b, c πρέπει να είναι θετικοί αριθμοί, οπότε πρέπει
$\left\{ \begin{array}{l} \;\;\;\;\;x > \frac{{ - 1}}{2}\;\; \\ \;\;\;\;\;\;\;\kappa \alpha \iota \\ x < - 1\;\;\eta \;\;x > 1 \\ \end{array} \right.\;\;\; \Leftrightarrow \;\;x > 1$

Επίσης πρέπει να ισχύει η τριγωνική ανισότητα: |a – b| < c < a + b δηλαδή:
$\left\{ \begin{array}{l} 2x + 1 < 2x^2 + x \\ \;\;\;\;\;\;\;\kappa \alpha \iota \\ x^2 + x + 1 < x^2 + 2x \\ \;\;\;\;\;\;\;\kappa \alpha \iota \\ x^2 - 1 < x^2 + 3x + 2 \\ \end{array} \right.\;\;\; \Leftrightarrow \;\;...\;\;\; \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x^2 - x - 1 > 0 \\ \;\;\;\;\kappa \alpha \iota \\ \;\;\;\;x > 1 \\ \;\;\;\;\kappa \alpha \iota \\ \;\;x > - 1 \\ \end{array} \right.\; \Leftrightarrow \;\;x > \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}$

Άρα, για να ορίζονται ως μήκη πλευρών τριγώνου τα a, b, c, πρέπει: $x > \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}$

Με αυτόν τον περιορισμό για το x, έχουμε:
$\left\{ \begin{array}{l} a^2 = 4x^2 + 4x + 1 \\ b^2 = x^4 + 2x^3 + 3x^2 + 2x + 1 \\ c^2 = x^4 - 2x^2 + 1 \\ \end{array} \right.$

οπότε $\sigma \upsilon \nu {\rm B} = \frac{{a^2 + c^2 - b^2 }}{{2ac}} = ... = - \frac{1}{2}\;\; \Rightarrow \;\;\widehatB = 120^\circ$

Γιώργος Ρίζος

#6

S.E.Louridas έγραψε:Πρόβλημα : Δίνονται δύο σημεία Α, Β και μία ευθεία (ε) .Να κατασκευαστεί κύκλος διερχόμενος από τα σημεία αυτά και εφαπτόμενος της ευθείας (ε).
S.E.Louridas

: diereynhsh.png (7.21 KiB) Προβλήθηκε 1924 φορές

Η κατασκευή είναι δυνατή όταν έχουμε:
(1) Δύο διακριτά σημεία στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την ευθεία.
(2) Δύο διακριτά σημεία το ένα στην ευθεία και το άλλο εκτός.
(5), (6) Δύο ταυτιζόμενα σημεία εκτός ή επί της ευθείας

Η κατασκευή δεν είναι δυνατή όταν έχουμε:
(3) Δύο διακριτά σημεία σε διαφορετικά ημιεπίπεδα ως προς την ευθεία.
(4) Δύο διακριτά σημεία στην ευθεία.
(7) Το ένα σημείο εκτός του επιπέδου της ευθείας και του άλλου σημείου

Έχει ενδιαφέρον (ειδικά για τους μαθητές η περιγραφή της κατασκευής).
Σε επόμενη ανάρτηση...

Γιώργος Ρίζος

#7

S.E.Louridas έγραψε:
Μαθηματικοί που έγραψαν Ιστορία, με τον δικό τους τρόπο όπως
Σ. Κανέλλος, Γ. Ντάνης, Γ. Ιωαννίδης, G. Lemaire κ.τ.λ.

Συμφωνούμε!

Τι μας θύμησες, Σωτήρη.

S.E.Louridas · #8

Φίλε Γιώργο Ρίζο
Σέ ευχαριστώ γιά την εκπληκτική σου Μαθηματική παρέμβαση .
Ηταν θέμα εισαγωγικών όπως ακριβώς το είδαμε ,οπότε οι εξεταζόμενοι ήταν υποχρεωμένοι να μπούν στην διαδικασία της διερεύνησης.
Ακόμη και σήμερα σε προβλήματα μαθηματικών διαγωνισμών υπάρχει αυτή η ανάγκη ,δηλαδή η ανάγκη της διερεύνησης σαν κίνηση ουσίας στην λύση.

S.E.Louridas

#9

Αφού η διερεύνηση είναι ένα μείζονος σημασίας ζήτημα στην επιστήμη αλλά και στην καθημερινή ζωή, θα ήταν παράλογο αυτή (η διερεύνηση δηλαδή) να μην έχει σημαντικό ρόλο και στα μαθηματικά !

Τη διερεύνηση την πρωτογνωρίσαμε ως μαθητές σε γεωμετρικά προβλήματα κατασκευών. Από κει και πέρα όμως , η διερεύνηση παρουσιάζεται σε πλείστα προβλήματα, κάτι που φάνηκε και από τις παραπάνω αναφορές των εξαιρετικών συναδέλφων.
Δεν χωράει καμιά αμφιβολία ότι η διερεύνηση είναι και ουσιαστική , αλλά και διδακτική διαδικασία και ο καθηγητής πρέπει -στο μέτρο του δυνατού -να την επιδώκει στην τάξη , διότι αφυπνίζει , προκαλεί , διεγείρει την περιέργεια του μαθητή και οδηγεί σε ασφαλή αποτελέσματα.

Καλή Κυριακή - Μπάμπης

S.E.Louridas · #10

Κλείνοντας την αρχική φάση του κεφαλαίου ‘η διερεύνηση στα Μαθηματικά’, παραθέτω μία όμορφη άσκηση από το βιβλίο ‘Συναρτήσεις – Α.Ι.Μαμούρης’(δεν εκδίδεται πλέον ) ,ευχαριστώντας όσους ακολούθησαν μαζί μου την διαδρομή αυτή.

‘Θεωρούμε την καμπύλη Γ:
$y = \frac{{x^2 }}{4}$
και την οικογένεια των ευθειών
$\varepsilon _\lambda :y = \lambda x + 1.$
Αν
${\rm A}_\lambda ,{\rm B}_\lambda$ τα σημεία τομής της αντίστοιχης ευθείας
$\varepsilon _\lambda :y = \lambda x + 1$ με την καμπύλη
$y = \frac{{x^2 }} {4}$ , να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του σημείου τομής των εφαπτόμενων στην Γ και στα σημεία
${\rm A}_\lambda ,{\rm B}_\lambda$ ’.

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #11

Απλά μία υπόδειξη ειναι να αρχίσουμε αποδεικνύοντας οτι η ευθεία και η και η καμπύλη που αναφέρονται στο πρόβλημα εχουν πάντα δύο κοινά σημεία.

S.E.Louridas

Η ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ -Μέρος της λύσης ,ΝΑΙ ή ΟΧΙ ή...

Η ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ -Μέρος της λύσης ,ΝΑΙ ή ΟΧΙ ή...

Re: Η ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ -Μέρος της λύσης ,ΝΑΙ ή ΟΧΙ ή...

Re: Η ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ -Μέρος της λύσης ,ΝΑΙ ή ΟΧΙ ή...

Re: Η ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ -Μέρος της λύσης ,ΝΑΙ ή ΟΧΙ ή...

Re: Η ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ -Μέρος της λύσης ,ΝΑΙ ή ΟΧΙ ή...

Re: Η ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ -Μέρος της λύσης ,ΝΑΙ ή ΟΧΙ ή...

Re: Η ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ -Μέρος της λύσης ,ΝΑΙ ή ΟΧΙ ή...

Re: Η ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ -Μέρος της λύσης ,ΝΑΙ ή ΟΧΙ ή...

Re: Η ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ -Μέρος της λύσης ,ΝΑΙ ή ΟΧΙ ή...

Re: Η ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ -Μέρος της λύσης ,ΝΑΙ ή ΟΧΙ ή...

Re: Η ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ -Μέρος της λύσης ,ΝΑΙ ή ΟΧΙ ή...

Μέλη σε σύνδεση