Η προαγωγή της αριθμητικής σε μαθηματικά, τρία νέα προβλήματα και δυο (δημοφιλή) παλιά
Πώς η λεγόμενη «αριθμητική» θα μπει στην ζωή των νηπίων και των παιδιών της πρώτης; Εκεί που πράγματα σημαντικά για την υπόλοιπη ζωή χάνονται ή κερδίζονται; Το γνωρίζουμε πως νηπιαγωγοί και δάσκαλοι με πολύ ζήλο ανεμίζουν διάφορα χαρτόνια με δυο σκυλάκια, τρία ελεφαντάκια(αλήθεια πόσα παιδιά σε αυτήν την ηλικία έχουν δει από κοντά ελέφαντες;) και άλλα τέτοια χαριτωμένα και από κοντά τα «σύμβολά», το 2 το 3 ίσως και διψήφιοι αριθμοί, όλα όμως περιορισμένα στις δυο διαστάσεις.
Και αρχίζει η πονεμένη και τραυματική εμπειρία της Αριθμητικής, που κάποια στιγμή ονομαστικά παίρνει απλά… προαγωγή και γίνεται Μαθηματικά, με κάποια παιδιά να οδηγούνται αντί για την μάθηση στην απόγνωση. Μιλώντας με παιδιά του Δημοτικού αισθάνεσαι την ανάγκη να έχεις μια βαριοπούλα και να επιδοθείς σε ανηλεές γκρέμισμα. Αρχίζοντας από εκείνο το 1+1=2 .
Πέρα από την ψύχρα ενός άκαιρου και κατ’ ακολουθία άψυχου συμβολισμού θα πρέπει να έχει προηγηθεί μια υπομονετική και διεισδυτική ανάλυση των οντοτήτων που μπορεί απλά να υποδηλώνονται από το 1, το + και το 2. Κατ’ αρχάς στον κόσμο μας ένα και ένα δεν κάνει πάντα δυο. Ένας σωρός άμμου που προστίθεται σε έναν σωρό άμμου κάνει πάλι έναν σωρό άμμου. Δυο χρώματα μαζί κάνουν πάλι ένα χρώμα. Ή όπως λέει και ο καραγκιόζης, «ένα ψωμί και ένα ψωμί κάνουν κανένα. Διότι θα τα έχω φάει και τα δυο». Αυτή η διευκρίνιση βέβαια θα έλθει αργότερα. Τα παιδιά αρχικά θα πρέπει να αποκτήσουν «σωματική» εμπειρία συνόλων και μετά αριθμών, με ενέργειες όπου θα διακινούνται χειροπιαστά πράγματα και αντίστοιχα με απτικής φύσης πράξεις.
Δανείζομαι εδώ κάτι από το βιβλίο της Ευγενίας Τσενγκ (Eugenia Cheng), «Is Maths Real?» ερευνήτριας και γνωστή συγγραφέως βιβλίων σχετικών με την εμπειρία των Μαθηματικών, που αναφέρει ότι ένα εξάχρονο κορίτσι την ρώτησε: «Αφού τα Μαθηματικά είναι παντού(γύρω μας όπως μας λες) γιατί χρειάζεται να τα σπουδάζουμε τόσα χρόνια στο σχολείο;». Όταν δηλαδή δεν υπάρχει μια βαθύτερη κατανόηση εμφανίζονται δυσκολίες που οδηγούν στην δυσπιστία και κατά πάσα πιθανότητα στην απόρριψη και την απόσυρση.
Ας δεχθούμε ότι διανύουμε κάποια στιγμή με το (υπεραπαραίτητο) στάδιο των «σωματικών Μαθηματικών» και φθάνουμε στα αριθμητικά σύμβολα. Φυσικοί αριθμοί: 1,2,3,4,… Αρχίζουμε να φτιάχνουμε τον κόσμο με αυτούς. Ένας τόπος είναι με την βοήθεια της μονάδας(1) και της πρόσθεσης(+). Μας αρκούν αυτά τα δυο για να φτιάξουμε όλους τους αριθμούς. Υπάρχει όμως και ένας άλλος τρόπος που θα αναφερθούμε σε αυτόν στο επόμενο.
Επιστροφή στις √ρίζες
Δίνουμε δυο ενδιαφέροντα προβλήματα όπως αυτά δημοσιεύθηκαν παλαιότερα στο έντυπο ΒΗΜΑ:
1. Ας πάρουμε τον αριθμό 1 000 000 000, δηλαδή το ένα δισεκατομμύριο. Γίνεται αυτό το δισεκατομμύριο να το εκφράσουμε με κάποιον διαφορετικό τρόπο, αλλά πάλι με συνδυασμό αριθμών, έτσι ώστε πουθενά να μην βλέπουμε έστω και ένα μηδενικό αλλά τελικά η παράσταση αυτή να μας δίνει και πάλι το ένα δισεκατομμύριο;
Απάντηση: Επειδή το 1 000 000 000 μπορεί να γραφτεί και ως 109 ενώ το 10 είναι ίσο και με το 2 Χ 5 η τελική μορφή θα μπορούσε να είναι και (2 Χ 5)9
2. Ο γνωστός εικαστικός καλλιτέχνης Ντάμιεν Χιρστ έχει φιλοτεχνήσει και μια σειρά από πίνακες με χαρακτηριστικό τους ότι αποτελούνται από ένα πλήθος από έγχρωμες κουκίδες. Λέγεται ότι πηγή έμπνευσής του είναι τα Μαθηματικά. Αν υποθέσουμε λοιπόν ότι ξεκινάει(συνήθως οι βοηθοί του το κάνουν αυτό) έναν από αυτούς τους πίνακες ζωγραφίζοντας στην πρώτη στήλη αριστερά 3 κουκίδες, στην επόμενη 4 κουκίδες, στην τρίτη 6 και προχωρώντας έτσι να σχηματίζεται η ακολουθία αριθμών: 3, 4, 6, 8, 12,14,18,20… πόσες κουκίδες θα πρέπει να ζωγραφιστούν στην στήλη που ακολουθεί αμέσως μετά από αυτήν με τις 20 κουκίδες;
Απάντηση: Για την ακολουθία των αριθμών 3, 4, 6, 8, 12,14,18,20… παρατηρούμε ότι αν γράψουμε και του ενδιάμεσους αριθμούς: 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24ο Χιρστ ζωγραφίζει σε κάθε στήλη τόσες όσες δείχνει ο αριθμός που έπεται ενός πρώτου αριθμού. Πρώτοι είναι οι αριθμοί που διαιρούνται ακριβώς μόνον από τον εαυτό τους. Εδώ είναι πρώτοι οι 2,3,5,7,11,13,17,19, 23. Άρα στην επόμενη στήλη θα έπρεπε να ζωγραφίσει 24 κουκίδες.
«Και άλλα προβλήματα …»;
1. Προσπαθώντας να βρουν τον δολοφόνο οι ανακριτικές αρχές πήραν τις εξής καταθέσεις από 4 υπόπτους(Α, Β, Γ, Δ):
Α: Ο Γ είναι ο δολοφόνος
Β: Εγώ δεν το έκανα.
Γ: Ο Δ είναι ο δολοφόνος.
Δ: Ο Γ είπε ψέματα πως το έκανα εγώ.
Περίπτωση 1: Αν μόνον μια από τις παραπάνω καταθέσεις είναι αληθής ποιος είναι ο δολοφόνος;
Περίπτωση 2: Αν μόνον μια από τις παραπάνω καταθέσεις είναι ψευδής τότε ποιος είναι ο δολοφόνος;
2. Μας δίδουν ένα από τα γνωστά «μαγικά τετράγωνα» όπως το παρακάτω(εννοείται με τα γράμματα κάθε φορά να αντιστοιχούν σε κάποιους θετικούς ακεραίους αριθμούς):
α β γ
δ ε ζ
η θ ι
που σημαίνει ότι τα γινόμενα των καθέτων(αδε, βεθ, γζι), των οριζοντίων(αβγ, δεζ, ηθι) και των δυο διαγωνίων είναι ίσα μεταξύ τους. Να δειχθεί ότι τα γινόμενα αυτά είναι «τέλειος κύβος» (δηλαδή είναι ίσα με έναν θετικό ακέραιο αριθμό υψωμένο στην τρίτη δύναμη).
3. Και κάτι που θέλει περισσότερη κίνηση(=πράξεις): Να υπολογιστεί το άθροισμα: « 6+66+666+…+6666…66 » όπου ο τελευταίος όρος αποτελείται από ν το πλήθος «εξάρια», όπου ν >=1.
Επί τέλους και οι… απαντήσεις
1. Απάντηση:
Προτείνουμε εδώ έναν συστηματικό τρόπο αντιμετώπισης τέτοιων προβλημάτων Λογικής: Χρησιμοποιούμε το σύμβολο Τ για κάποιον ισχυρισμό που είναι αληθής και το σύμβολο F για κάτι που αντίστοιχα είναι ψευδές. Δημιουργούμε έναν πίνακα όπου καταχωρούμε κάθετα τα πρόσωπα που εμπλέκονται και θεωρούνται πιθανοί δράστες. Δηλαδή η πρώτη στήλη να νοηθεί ως εξής: Αν ο ένοχος είναι ο Α ή ο Β ή… κλπ» και οριζόντια χαρακτηρίζουμε τους ισχυρισμούς τους, «τότε δηλαδή θα ισχύει οτι…» κλπ. Για παράδειγμα, λέμε πώς αν ο Α ήταν πραγματικά ο δολοφόνος τότε ο ισχυρισμός του Α: «Ο Γ είναι ο δολοφόνος» θα πρέπει να είναι ψευδής(F). Ο ισχυρισμός του Β να είναι αληθής(Τ), αφού πράγματι σε αυτήν την περίπτωση δεν θα το έχει κάνει εκείνος, του Γ να είναι ψευδής(F), αφού το έκανε ο Α και του Δ να είναι αληθής(Τ), αφού ο Γ έκανε λάθος. Έτσι προκύπτει η πρώτη σειρά στον πίνακα: «Α: F Τ F Τ». Με αντίστοιχους συλλογισμούς, «αν δολοφόνος ήταν ο Β τότε…» κλπ προκύπτουν και οι άλλες σειρές του πίνακα:
Α: F Τ F Τ
Β: F F F Τ
Γ: Τ Τ F Τ
Δ: F Τ Τ F
Τώρα μπορούμε πλέον να εξετάσουμε χωριστά τις περιπτώσεις 1 και 2 ως εξής:
Περίπτωση 1: Μας δίδεται πως μόνον μια από τις παραπάνω καταθέσεις είναι αληθής. Κοιτάζουμε στον πίνακα και βλέπουμε ότι μόνον στην δεύτερη σειρά έχουμε μια κατάθεση αληθή(Τ) άρα ο Β είναι ο ένοχος.
Περίπτωση 2: Εδώ αντίθετα παρατηρώντας τον πίνακα βλέπουμε ότι στην τρίτη γραμμή έχουμε μόνον έναν ισχυρισμό ψευδή άρα ο Γ είναι ο ένοχος.
2. Απάντηση:
Ας είναι λοιπόν αβγ = αει = βεθ = γεη = κ με κ ακέριαο θετικό. Τότε —-> α=(κ/ει), β=(κ/εθ), γ=(κ/εη) επομένως αβγ= κ3/ε3ηθι ή αβγ= κ3/ε3ηθι αλλά ηθι=κ και έτσι προκύπτει ότι κ = κ3/ε3κ και τελικά ε3 = κ, δηλαδή ο κ είναι αριθμός θετικός υψωμένος στην τρίτη δύναμη(=τέλειος κύβος) ό.ε.δ.
3. Απάντηση:
Συμβολίζουμε όλο το άθροισμα με Σ= 6+66+666+…+6666…66 » όπου ο τελευταίος όρος αποτελείται από ν το πλήθος «εξάρια», με ν >=1. Μετασχηματίζουμε ισοδύναμα ως εξής: Σν= (0+6) + (60 + 6) + (660 + 6) +…(66…0 + 6). Αυτό δίνει:
Σ= 0 + 60 + 660 + 66…0 +6ν = 10(6 + 66 + … + 66…6) +6ν όπου ο 66…6 αποτελείται τώρα πλέον από (ν-1) εξάρια. Άρα τώρα θα έχουμε(προσοχή εδώ…) Σν = 10Σν-1 + 6ν = 10(Σν – 66…6) + 6ν όπου τώρα ο όρος (66…6) πάλι περιέχει ν εξάρια. Οπότε ( με ένα απρόσμενο «κόλπο»)καταλήγουμε στην 9Σν = 10 x 666..66 – 6ν = (2/3)(999…990 – 9ν) και τελικά Σν = (2/3)(111..110 – ν). Αλλά 111..110 = 101 + 102 + … + 10ν . Εδώ έχουμε μια γεωμετρική πρόοδο με πρώτο όρο 10 και λόγο 10. Ο τύπος για το άθροισμα των όρων γεωμετρικής προόδου είναι: Σ= α1[(λν – 1)/(λ-1)] με λ τον λόγο και α1 τον πρώτο όρο, οπότε εδώ θα έχουμε 101 + 102 + … + 10ν = 10(10ν – 10/(10 – 9)]. Το τελικό αποτέλεσμα θα είναι: (2/27)[10(1ν – 1) – 9ν] με ν= 1,2,3…
Μπορείτε να στείλετε τις απορίες, τις λύσεις και τις επισημάνσεις σας στον Άλκη Γαλδαδά στη διεύθυνση algaldadas@yahoo.gr.a
Πηγή: Το Βήμα
Δεν υπάρχουν σχόλια:
Δημοσίευση σχολίου