Mattebloggen

Hösterminen 2010 är tävlingen på bloggen uppdelad i två kategorier: matteproblem för de äldre (personer som har avslutat en gymnasieutbildning) och för de yngre (personer som går i grundskolan eller på gymnasiet). Givetvis får alla skicka in lösningar på problem från den andra kategorin, men de äldre får inte poäng för de yngres problem.

Skicka alltså in lösningsförslag till problemet nedan till valentina.chapovalova@gmail.com senast onsdagen den 15 september. Missa inte chansen att få priser!

Hösterminen 2010 är tävlingen på bloggen uppdelad i två kategorier: matteproblem för de äldre (personer som har avslutat en gymnasieutbildning) och för de yngre (personer som går i grundskolan eller på gymnasiet). Givetvis får alla skicka in lösningar på problem från den andra kategorin, men de äldre får inte poäng för de yngres problem.

Skicka alltså in lösningsförslag till problemet nedan till valentina.chapovalova@gmail.com senast måndagen den 13 september. Missa inte chansen att få priser!

Äntligen är det dags för terminens första gåta för gymnasister och yngre elever!

Hösterminen 2010 är tävlingen uppdelad i två kategorier: matteproblem för de äldre (personer som har avslutat en gymnasieutbildning) och för de yngre (personer som går i grundskolan eller på gymnasiet). Givetvis får alla skicka in lösningar på problem från den andra kategorin, men de äldre får inte poäng för de yngres problem.

Skicka alltså in lösningsförslag till problemet nedan till valentina.chapovalova@gmail.com senast onsdagen den 8 september. Missa inte chansen att få priser!

Äntligen är det dags för terminens första gåta!

Hösterminen 2010 är tävlingen uppdelad i två kategorier: matteproblem för de äldre (personer som har avslutat en gymnasieutbildning) och för de yngre (personer som går i grundskolan eller på gymnasiet). Givetvis får alla skicka in lösningar på problem från den andra kategorin, men de äldre får inte poäng för de yngres problem.

Skicka alltså in lösningsförslag till problemet nedan till valentina.chapovalova@gmail.com senast måndagen den 6 september. Missa inte chansen att få priser!

Snart är sommaren slut för min del och det är dags att sammanfatta vad jag lärt mig under mattekollotiden (jag var lärare för några av Rysslands mest skärpta åttor):
1. Åttan är lite för tidig årskurs för att introducera begreppet grupp.
2. Komplexa tal definieras bäst som mängden av par av tal plus regler.
3. Ha med några stycken 15-spel när du undervisar om permutationer!
4. 2x2x2 – Rubiks kuber som smycken är snyggt.
5. Om man är oförsiktig i sina matteresonemang kan man missa att man egentligen behöver använda satsen om att maximum på kompakt mängd existerar.

Förutom det har jag lärt mig att föra krig mot getingar, gå upp 5 minuter innan lektionerna börjar och hitta dold matematisk betydelse i ryska poplåtar.

Som vanligt åker jag till Ryssland där jag kommer att vara hela juli. Mitt uppdrag är att lära ryska barn matematik på ett mattekollo.

Bloggen är tillbaka i början av augusti, håll utkik efter den nya tävlingen i att lösa mattegåtor! Jag har funderat på att göra två olika tävlingar, en för grundskolan och en för de andra deltagarna, så kommer det nog att bli i höst.

Vi hörs! Ha en kanonsommar!

En tärning låg på bordet. Den flyttades ett steg i taget genom att rullas över på en ny sida (som gränsade till sidan som nyss var i kontakt med bordet). Till slut hamnade tärningen på samma plats som i början med samma sida uppåt. Kunde den översta sidan vrida sig 90 grader i förhållande till startläget?

Svar:

Nej, det kunde den inte.

Lösning:

Låt oss beteckna kubens hörn med (sidan ligger precis under sidan ). Föreställ er att finns en liten tetraeder som är gjord av ett annat material. Vi kommer att följa den tetraederns position allt eftersom tärningen rör sig.

Om tärningen rullas över en gång, kommer tetraedern befinna sig i samma läge som hade från början, fast parallellfärflyttad. Och vice versa, avbildas på en parallellförflyttning av tetraedern .

För att tärningen ska komma tillbaka tillsamma ruta, måste den rullas ett jämnt antal gånger (föreställ er ett schackbräde på bordet, då byter rutan färg efter varje steg). Det innebär att den annorlunda tetraedern kommer att avbildas på sig själv.

Men om den översta sidan vrids 90 grader, så avbildas sidan på sidan , men den sistnämnda ligger utanför tetraedern av annorlunda material. Motsägelse.

Det finns två potatisar med godtycklig form och storlek. Visa att man kan lägga på var sin bit koppartråd på deras ytor så att det bildas två böjda ringar (inte nödvändigtvis platta), som har samma form och storlek.

Erik T. förser oss med lösningen nedan. De andra lösningarna var iofs precis likadana, kanske med något annorlunda formuleringar.

Jag ångrar dock lite att folk ibland kan lite för mycket topologi, eftersom jag fick följande kommentar från Johan B. när jag publicerade problemet:

”Jag tror du måste göra något antagande om potatisarna.
Låt ena potatisen vara en fylld torus, men istället för att tvärsnitten är cirklar så är de kochkurvor. En eventuell koppartråd som inte vill vara fraktal måste följa med torusen runt och bilda cirklar. Deras radie kan begränsas underifrån genom att göra innerdiametern på torusen stor. Låt den andra potatisen vara en epsilonsfär, det finns inga cirklar av stor radie på dess yta.”

Man ska anta att potatisar ser ut som potatisar Det vill säga är släta 3-dimensionella mångfalder, för de som inte äter potatis.

Lösning:

Placera potatisarna så att de överlappar varandra (om man tänker sig att de inte består av solitt material utan kan ”gå in i varandra”). De skär då varandra i någon slags kurva. Men denna kurvan ligger på båda potatisarnas yta. Alltså kan man lägga två kopparbitar med samma form och storlek (ge dem samma utseende som kurvan) på två valfria potatisars ytor.

Många har hört talas om den beryktade randvinkelsatsen. Eventuellt har du träffat på den på gymnasiet. Men få har egentligen koll på hur man bevisar satsen.

Om du vill komma fram till beviset själv med hjälp av några ledande uppgifter, se Cirklar och randvinklar. Annars läs vidare här.

Sats (Randvinkelsatsen)

Markera tre olika punkter A, B och C på en cirkel. Markera även cirkelns mittpunkt O. Då är vinkeln AOC dubblet så stor som vinkeln ABC.

Bevis

Man ska vara väldigt försiktig och rigorös med geometriska bevis. Med det menas att alla möjligheter för bildens utseende ska undersökas, om man nu ska rita någon bild överhuvudtaget.

Så till exempel, kan det se ut så här:

Så hur ska man täcka alla möjligheterna på ett bra sätt? Det beror förstås på vad man tänker baser beviset på.

Oftast betraktas bilderna som väsentligen olika om olika skärningar mellan linjerna äger rum. I bevisen grundar vi ofta resonemang på hur olika objekt ligger i förhållande till varandra och inte så mycket på storlekarna på vinklar, cirkelbågarna etc.

Med detta sagt väljer vi således att betrakta tre fall (som täcker alla möjliga situationer):

Fall I	Fall II	Fall III

Fall I: Vinkel AOC ligger helt inuti vinkeln ABC.
Fall II: Detta är specialfallet då vinkeln AOC delar sida med vinkeln ABC.
Fall III: Två av vinklarnas sidor skär varandra.

Fall II

Detta fall verkar vara enklast, så vi börjar med det. OB=BC för att de är radier, så är likbent. Alltså gäller .

men också .
Då måste . Vilket skulle bevisas.

Fall I

Första fallet då? Vi ”fuskar lite” och drar en hjälplinje. Men nu får vi egentligen Fall II igen! Tillämpa det på varje halva av bilden och addera.

Fall III

Fall III måste väl vara svårare? Inte då! Vi ”fuskar” och drar en hjälplinje igen. Vi får återigen på grund av Fall II att och att . Subtrahera det andra resultatet från det första och vi är klara!

Mattebloggen har en inofficiell tävling i att lösa matematikproblem. Skicka in din lösning med motivering till valentina.chapovalova@gmail.com, så har du chansen att vara med på topplistan och vinna priser. Har du någon fråga om veckans problem, posta den i kommentarerna eller maila mig. Lycka till!

Det här är sista problemet för den här terminen, om två veckor är således vårens tävling slut!

En tärning låg på bordet. Den flyttades ett steg i taget genom att rullas över på en ny sida (som gränsade till sidan som nyss var i kontakt med bordet). Till slut hamnade tärningen på samma plats som i början med samma sida uppåt. Kunde den översta sidan vrida sig 90 grader i förhållande till startläget?