Tre vinklar

Det här roliga problemet har jag fått av min kompis Fredrik från Genikampen-2015!

Rekommenderad från: 15 år

Tre kvadrater är ritade bredvid varandra. Tre linjer dras från ett hörn som bilden visar. Bestäm summan av de tre utsatta vinklarna (i exakt antal grader eller radianer):

tre_kvadrater

Visa lösningen

Andra hemuppgiften från Matteklubben, åk 7-9

På lektionen bevisade vi att vinkelsumman i en godtycklig triangel är 180° och en i fyrhörning 360°. Hur blir det med en femhörning, sexhörning osv.? Och hur bevisar man resultatet?

Det är inte bara månghörningar som har en viss bestämd vinkelsumma, utan andra figurer också. Vad blir vinkelsumman i en stjärna och varför är det alltid så?

Det här är alltså uppgifterna man kan tänka på hemma inför nästa Matteklubben-möte:

• Bestäm vinkelsumman i en n-hörning.

• Bestäm vinkelsumman (av de markerade vinklarna) i en femuddig stjärna.

stjarna

Andra träffen med Matteklubben, åk 7-9

Under andra matteträffen med högstadiet hade vi 19 elever som besökte oss. Vi var 3 lärare plus en till som hjälpte lite grann. Det var alldeles lagom för en grupp med elever som inte så ofta räcker upp handen. Men hade eleverna varit lika aktiva som de i åk 2-4, så hade vi lärare inte räckt till. Men som sagt, det var mycket lugnt i klassrummet.

Det är inte så lätt att börja med matematisk problemlösning sent i högstadiet, då man redan har lärt sig en del metoder och hur man brukar göra i matten. Det finns många uppfattningar om hur man bör göra som vi på Matteklubben försöker ändra lite. Det vill säga, vi vill visa dels att man kan göra matte på många olika sätt, dels vill vi lära ut att vara rigorösa i ens tänkande (annars blir det något annat än matte). Det är extra svårt att lära ut något när man ses så sällan!

Det var därför mycket klurigt att välja tema till lektionerna som är lagom svår, men som också är rätt ny för eleverna, där de inte redan har bestämda sätt att göra uppgifterna på. I andra länder är det vanligt att elever stöter på matematisk stringens först när de läser geometri. Samtidigt har vi i Sverige en mattetävling där eleverna presterar sämst just på geometriuppgifterna (mest för att de inte övat på sådana förut). Därför valde jag “Vinklar” som tema på dagens lektion.

Men jag vill skriva om lektionen som har varit i kronologisk ordning, därför börjar vi med hemuppgiften.

Hemfrågan

Sist i uppgiftsbladet förra gången stod hemuppgiften. Den gick ut på att, med hjälp av att betrakta rester som tiopotenser ger vid division med talet 11, lista ut en delbarhetsprincip för talet 11.

Det var ungefär 3-4 elever som hade tänkt på uppgiften hemma, vilket är glädjande, det betyder att de tyckte att det var tillräckligt intressant och en lagom utmaning. Självklart förväntar jag mig inte att man ska titta på hemuppgiften, då det finns så mycket annat som kallar på ens uppmärksamhet. Men de som tycker att det är kul att utforska ska givetvis göra det, jag försöker att välja lagom uppgifter för det.

Innan vi tog oss an delbarhetsprincipen med 11 och elevernas teorier, repeterade vi beviset för hur man visar att ett tal och dess siffersumma ger samma rest vid division med 9. Mycket för att påminna om hur rester fungerar (att man kan subtrahera tal som är delbara med 9 och få samma rest) men också för att de som var nya på träffen skulle komma in i vad vi höll på med. Jag gjorde en tydligare uppställning än förra gången, då beviset lite hastigt gicks igenom på slutet av lektionen.

Sedan svarade vi på frågorna om vad det blir för rest när man dividerar 100…00 (jämnt antal nollor) med 11 och när man dividerar 100..00 (udda antal nollor) med 11.

I det första fallet tyckte eleverna att svaret var 1, och för att visa det subtraherade vi talet 99..99. Vi diskuterade dels hur många nior det fanns i talet (lika många som nollorna i tiopotensen), dels vad resultatet av divisionen 99..99/11 blir. Eleverna hade inte helt lätt för att svara på den frågan, förmodligen för att de inte är vana vid att jobba med icke-konkreta (stora) tal. Först fick vi svaret 99..9 (en nia mindre), men efter lite rimlighetskontroll förstod de att vi inte hade räknat rätt. En elev formulerade att svaret faktiskt blev 909090..09 (hälften så många nior). Sedan nämnde jag att det ändå inte var så jätteviktigt vad resultatet blev (men att resultatet är ett heltal är en försäkring om att talet verkligen är delbart med 11).

I det andra fallet tyckte vissa elever att svaret fortfarande var 1, men snabbt insåg vi att svaret var 10 (subtraherade talet 999…90 på samma sätt). Hur skulle vi nu kontrollera delbarheten av ett godtyckligt tal med 11?

Likt fallet med delbarhet med 9 gjorde vi ett konkret exempel med ett tal som bestod av några 10000-tal, 1000-tal, 100-tal, tiotal och ental (t.ex. 30000 + 7000 + 400 + 20 + 1). Varannan siffra gav alltså sig själv i rest (3, 4, 1) och varannan gav sig själv gånger tio (70, 20). Vi har förstås en delbarhetsprincip nu (det är bara att räkna ut summan 3 + 70 + 4 + 20 + 1 och se om resultatet är delbart med 11), men den är ju inte särskilt smidigt.

Skulle vi kunna subtrahera något mer, t.ex. från 70? från 20? Vi vill subtrahera något som är delbart med 11 för att inte förändra resten. En elev föreslog talet 66, och vi provade det och fick 4 som svar. Men det är inte självklart hur man från början skulle få den där fyran från siffran sju. På en förfrågning efter andra förslag sade en elev att man kunde subtrahera 77, och då skulle vi få -7 i summan. En annan elev insåg att det var logiskt att ta bort 22 från 20 (och då få -2 i summan). Tillsamman kom vi fram till att resultatet av 3 – 7 + 4 – 2 + 1 skulle ge ett tal med den sökta resten.

Nu bad jag en elev att formulera delbarhetsprincipen med 11, vilket blev att man räknar ut “varannan siffra plus och varannan minus”. Vi testade slutsatsen på några exempel. På frågan om man skulle börja räkna med minus eller plus nämnde jag att det inte spelade någon roll. Det är inte trivialt varför det spelar någon roll, men jag gav en snabb förklaring om att resultatet blir precis samma, fast med omvänt tecken. Det spelar alltså roll för den exakta resten, men kvittar om vi bara ska bestämma huruvida ett tal är delbart med 11 eller inte.

Det var roligt att tillsammans bevisa den här riktigt svåra delbarhetsprincipen och se att många hängde med. Frågan är om eleverna kan upprepa det på egen hand, när de till exempel förklarar det för någon annan.

Vinklar

Jag valde vinklar som ett avsnitt i geometri, dels för att eleverna redan har mött dem och vet vad det är för något och dels för att många problem i tävlingen HMT handlar om vinklar. Lär man sig tekniken ”vinkeljakt”, det vill säga har vanan att räkna ut vinklar i olika figurer, så kan man komma ganska långt bara på det.

Tyvärr innebar det att eleverna behövde träffa på många nya begrepp på en gång, men jag försökte poängtera att det inte var lika viktigt att lära sig namnet ”alternatvinklar” som att känna till det faktum att sådana vinklar är lika.

Jag ritade upp en bild med två parallella linjer på tavlan, samt en linje som korsar dem. Det bildas många vinklar (åtta), men vilka av dem är lika? Jag tror eleverna redan hade en känsla för det, men det är ju viktigt i geometri att nämna vad som räknas som ett ”vetertaget faktum” (axiom) och vad som inte gör det. Jag pekade på några par vertikalvinklar och sade att de var lika, förklarade vad likbelägna vinklar var (och att det var lika), samt att det då följde att alternatvinklar var lika.

vertikal

likbelagna

alternat

Jag gjorde genomgången av alla tre begreppen på en och samma bild och dessutom lite för hastigt, eftersom jag var ivrig med att komma igång med problemlösningen. Men i efterhand ser jag att det där med ”vedertagna fakta” inte uppfattades av de flesta eleverna. Vi hade tjänat på att gå igenom dessa typer av vinklar noggrannare, långsammare och inte på en och samma bild.

Jag berättade också hur man brukar markera lika vinklar i en figur. Det spelar inte så stor roll vad man väljer för beteckning, så länge alla likadana vinklar är markerade på samma sätt. Man kan markera lika vinklar med lika många bågar eller med lika många streck på bågen eller med ett hjärta om man så vill.

Geometriuppgifter

Eleverna fick lösa uppgifter om vinklar i kanske 35 minuter. De flesta försökte på egen hand, några samarbetade och var två och två. Efter varje uppgift har jag har skrivit upp några av typiska svårigheter och frågor som eleverna (och lärarna) hade, samt hur det gick för dem att lösa uppgiften.

1. Två linjer skär varandra. En av viklarna som bildas är lika med 41°. Vad är de andra tre vinklarna lika med?


Eleverna tolkade som att bilden “vertikalvinklar” hörde till den uppgiften (eftersom den fanns direkt bredvid). Till elever, som hade svårigheter med frågan, gav jag ledtrådar av typen “vilka vinklar är lika på bilden?”, “vad vet man om summan av de alla fyra vinklarna?”. Efter det hade de flesta inga problem med att lösa uppgiften.

2. Markera så många lika vinklar som möjligt i a) en kvadrat c) ett parallellogram:

kvadrat_vinklar

b) en rektangel

rektangel_vinklar

c) ett parallellogram

parallellogram_vinklar


Eleverna hade inga problem med att markera de parvis lika vinklarna (förutom en överanvändning av streck i vissa fall, en vinkel med fem överstrykningar gick inte att skilja från en vinkel med sex överstrykningar, och där gav jag rådet att använda en annan beteckning). Men nästan ingen kunde motivera varför de markerade vinklarna var lika. “Eftersom de är lika stora”, fick jag höra några gånger. Det var helt nytt med motivering inom geometri för de flesta eleverna. Därför krävde vi inte någon rigorös förklaring på alla egenskaper hos figurerna, men stannade och diskuterade gärna om sätt att dra slutsatser på. Helt enkelt visade vi hur problemen kunde angripas strikt matematiskt.

Till exempel kunde vi fråga varför alla vinklar i mitten av kvadraten (där diagonalerna skär varandra) var lika stora och nöja oss med svaret “kvadraten består av fyra likadana trianglar”. Men ingen refererade till “likbelägna” eller “alternatvinklar”, antagligen på grund av ovanan vid axiomatiskt resonerande (eller min hafsiga genomgång). Skönt i alla fall att eleverna höll med Euklides om att dessa axiom gäller :)

3. Vad är vinkelsumman i a) en triangel? b) en fyrhörning?


Här skrev de flesta eleverna ner rätt svar, men nästan ingen hade någon som helst motivering till det. På grund av detta stannade vi upp i den enskilda problemlösningen och hade en gemensam slutledning om varför vinkelsumman i en triangel alltid är 180° (ALLA visste det, men INGEN hade sett något bevis för det). Eleverna hittade på ett spännande sätt som gick ut på att kopiera triangeln och lägga den upp och ner ett par gånger. Vi behövde fortfarande använda “alternatvinklar”-axiomet, men det sjönk nog ändå inte in att vi använde det. Det kommer ta ett tag innan gruppen är vana vid bevis!

Vad gäller förhyrningen så hade ett par elever bra idéer som gick ut på att en fyrhörning består av två trianglar (vilket ju egentligen räcker för att bygga ihop ett riktigt bevis). Vi gick igenom det på slutet av geometrimomentet och då tog jag även upp icke-konvexa fyrhörningar.

4. En linje skär två andra parallella linjer. Bestäm vinkeln mellan de mostående inre vinklarnas bisektriser.

bisektris

mostaende_inre


Eleverna som satte sig in i uppgiften kunde hitta lösningen genom att kombinera dessa två definitionsbilder. Jag kan tänka mig att om uppgiften skulle ha tagits upp på någon annan träff, så skulle en del inte kunnat lösa den. Men i samband med temat ”vinklar” och ett par ledande bilder blir den tvärtom ganska lätt.

5. Går det att rita fem strålar från en punkt så att det bildas exakt fyra spetsiga vinklar mellan strålarna? Vinklar mellan varje par av strålar räknas, inte bara mellan grannstrålarna.


Det behövdes några förtydliganden för vad som gäller i den här uppgiften, men de flesta hade en intuitiv känsla för vad strålar och spetsiga vinklar är för något. Under genomgången fick en elev komma fram och visa sitt exempel (som för övrigt inte är trivialt att konstruera). Totalt var det kanske 5 elever som hade löst uppgiften (och velat gå fram till tavlan).

6. Yttervinklarna för triangel ABC vid hörnen A och C är lika med 115° respektive 140°. En linje, som är parallell med AC, skär sidorna AB och AC i punkterna M och N. Bestäm vinklarna hos triangeln BMN.


En fråga som många av eleverna (och till med någon av lärarna!) inte visste svaret på, var vad “yttervinkel” är för något. En av lärarna läser inte uppgifterna i förväg av pedagogiska skäl, det vill säga för att titta på uppgifterna med samma nya ögon som eleverna på lektionen. Men kanske är det inte en strategi som håller. Det var hur som helst det ordet eleverna fastnade på. Men ett par elever hann ändå klara uppgiften, med det var inte jag personligen som lyssnade igenom lösningarna.

 

Allt som allt var geometri och vinkeljakt ett svårt ämne, framförallt för att eleverna var så ovana. Fördelen är att alla då är på samma villkor, ingen hade mycket mer förkunskaper än någon annan. Jag hoppas att eleverna gillade att upptäcka nya saker om vinklar och bevisföring. Om någon inte gjorde det, så kan det bero att det var ett för stort kognitivt steg att direkt hoppa in i bevisens värld eller så gillade kanske inte personen att hålla på med helt nya saker (och kanske hellre ville syssla med något bekant). I det senare fallet tror jag inte Matteklubben är en rätt aktivitet för personen, då vi kommer att hålla på med nya tankesätt varje träff.

Bevis

Som jag har nämnt ovan, att motivera sina lösningar från grunden (använda sig av axiom) var någonting som var helt nytt för eleverna. När man pluggar matte möter man ofta olika typer av bevis (till exempel beviset för Pythagoras sats), men man ombes inte alltid att konstruera bevis själv. Egentligen är en motiverad lösning till vilken uppgift som helst ett bevis i sig, men brukar inte kallas för det. Därför är många universitetsstudenterna rädda för att hitta på bevis, de förstår inte hur man går till väga.

Tanken är att eleverna på Matteklubben så småningom inte ska bli rädda för att motivera saker så utförligt som möjligt. Det handlar dels att lära sig om vad som är allmänt vedertaget fakta (t.ex. behöver man inte bevisa att 1 + 1 = 2, trots att det egentligen går att motivera), med också vad som inte är det. Och dels om att bli säker på att man inte missat några möjligheter i sitt bevis. Den känslan utvecklas när man blir bra på logik och kombinatorik, vilket vi ofta övar på när vi löser blandade uppgifter.

Jag har bloggat om bevis tidigare: Vad är ett fullständigt bevis?, Att bevisa. Ett exempel på ett bevis hittar du här: Klassiska bevis: roten ur 2 irrationellt.

HMT

I samband med att tävlingen HMT hålls den 11:e november ville jag lägga ner en del av lektionen på att informera om den och att träna inför den genom att lösa gamla problem. Bara några stycken i gruppen hade hört talas om Högstadiets Matematiktävling, vilket kanske inte är så konstigt, eftersom få skolor i Uppsala har deltagit de senaste åren. (En elev som var med på första träffen hade dock gått till final förra året och presterat bra!)

Eleverna som går i Matteklubben är de mest lämpade att delta, men för att de ska kunna göra det, behöver deras lärare vara delaktiga. Därför fick alla ett informationsblad som de kunde ge till sina respektive lärare. Sista anmälningen är den 4:e november och det går att läsa mer om tävlingen på HMT:s hemsida.

Jag hoppas att några elever vill delta, de har en god chans att ta sig vidare till final! Oftast behöver man lösa ungefär 4 problem (av 6) för att gå vidare. Men det är förstås frivilligt och man ska bara tävla om man tycker att det är kul.

Övning inför tävlingen

Vi hade bara någon halvtimme kvar av lektionen för att öva på gamla HMT-problem. Men klassen hann lösa alla uppgifter en minut innan lektionen skulle sluta! Det vill säga varje uppgift löstes av åtminstone en elev. Även om jag sade att uppgifterna inte var ordnade i svårighetsgrad, så försökte de flesta ändå att lösa uppgifterna i ordningen de stod, det är ju svårt att avgöra svårighetsgraden innan man har ett hum om uppgiften.

Utvärdering

Som det märks från mängden material som vi hinner ta upp under en lektion, så kan eleverna ta in en hel del kunskap. Men de har inte riktigt lärt sig att tillämpa allt vi pratar om. Det är inte så konstigt. Det är ganska lätt att visa häftiga saker för intresserade elever, kanske berätta om sitt eget sätt att se på matte eller visa en naturvetenskaplig grej som någon annan har kommit på (sådant som förekommer på tekniska museer). Men det är svårt att lära ut genomförande, det vill säga förmågan att komma på egna häftiga saker. Det tar många år av arbete och träning.

Det är dock väldigt viktigt att ta vara på intresserade elever, eftersom de i framtiden kommer att kunna bli riktigt bra ingenjörer eller forskare (eller något annat häftigt). Målet är ju att de ska komma på nya saker och därför behöver de att träna på den förmågan. Däri ligger Matteklubbens styrka och utmaning! Det finns hur mycket som helst i matematiken som bjuder in till upptäckter, men det gäller att välja sådan material som passar eleverna. De ska ha en chans att både göra upptäckter som någon annan har gjort före dem, men också ha möjligheter för att hitta på helt nya lösningar!

Vill du få extrainfo om problemlösning via e-post från Mattebloggen?

Det kan vara allt från problemlösningstips till info om olika tävlingar. Din e-postadress kommer att hanteras varsamt.

Namn

E-post

Att räkna utan tal och bokstäver

När någon ställer frågan “Vad är matematik för dig?” svarar jag ibland “Att tänka.” Det kan tolkas som ett luddigt svar eller att jag kanske tror att matematik är viktigare än allt annat. Men så är inte riktigt fallet och jag ska försöka visa vad jag menar med hjälp av ett exempel.

Problem

Framför dig är en rektangel. Du sätter ut två punkter inuti rektangeln och förbinder alla de med alla hörnen, till exempel så som bilden visar. Vilken area är störst: den svarta eller den grå?

flackar1

Försök att tänka ut svaret utan att använda dig av några som helst variabler eller uträkningar. Svårt, eller hur?

Låt mig presentera ett tankesätt som gör den här uppgiften väldigt lätt istället.

Fläckar

Föreställ dig ett vitt A4-papper och ett litet barn som målar med blått och gult akvarellfärg. Hon målar abstrakt konst, det vill säga det gula blir någon slags oregelbunden fläck, det blå likaså. Barnet målar inte så noggrant, på vissa ställen täcker fläckarna över varandra och på så sätt bildas det gröna områden.

flackar2
När bilden blev färdig visade det sig att den sammanlagda arean av de två fläckarna är lika stor som arean av hela pappret. Visa att den gröna arean är lika stor som den vita arean.

Beviset får vi genom att ställa den enkla frågan: “Hur mycket area behövs för att komplettera den blå, den gula arean och den gröna arean till arean av hela pappret?” Visuellt behövs bara den vita arean, för att det är den som är kvar. Men om vi tänker på att fläckarna tillsammans skulle utgöra arean av hela pappret så ser vi att det saknas en till grön area för det. Det gula och det gröna är nämligen en hel fläck, men det blåa saknar just det gröna för att bli en hel fläck (eller tvärtom). Eftersom det saknas precis lika mycket när vi tänker på två olika sätt så måste den gröna arean och den vita arean vara lika stora.

Vi löste uppgiften utan att använda oss av X eller någon annan variabel. Egentligen resonerade vi precis som men gör med ekvationer, men med ord istället. Ibland kan det vara lättare, ibland svårare, men här är det mer intuitivt tycker jag, speciellt om man ska förklara lösningen för någon annan!

Tänka geometri

Vad har uppgiften med abstrakta fläckar med riktig geometri att göra? Låt oss bevisa att den svarta och den grå arean är lika i följande figur:

flackar3

Vi kan även tänka att regelbundna former utgör fläckar. I följande figur kan vi göra om färgerna till gult, blått, grönt och vitt. Ser du de två fläckarna? Och att det gröna är precis skärningen de emellan och det vita är precis den delen de inte täcker?

flackar4

För att visa att den gröna arean är lika stor som den vita behöver vi bara förklara varför trianglarna tillsammans utgör arean av hela rektangeln. Varje sådan triangelarea utgör hälften av rektangelns area (för detta kan vi t.ex. använda areaformlerna, för rektangeln är det basen gånger höjden, men för triangeln är det precis hälften av det). Alltså utgör summan av areorna på trianglar exakt hela rektangelns area. Klart!

Kan du identifiera fläckarna i den ursprungliga uppgiften och lösa den utan att räkna alls? Kom ihåg att fläckarna kan ha godtycklig form och behöver inte ens vara sammanhängande!

Uppgifter utan räkning

Detta är vad jag menar med att “tänka matte” istället för att “räkna matte”, vilket är det uttrycket de flesta använder (eftersom de oftast gör just det senare, men inte det första).

Siffror och variabler är bra att införa när de behövs, men det finns fördelar med att försöka klara sig utan dem. Det kan vara tillräckligt för att lösa ganska komplicerade problem, som till exempel uppgiften i början. När vi presenterar idéer, uppgifter och lösningar av den typen för barn blir de oftast inte rädda, då det bara finns ord och bilder. Barn har inte fördomar mot resonemang med ord, till skillnad mot variabelräkning. Där har fördomarna oftast utvecklas efter att barnet tvingats jobba på ett visst sätt med ekvationer (dock kan de tyvärr ha fördomar mot geometri också). Så passa på och sätt dina elever (och dig själv) i situationer, där du inte har någon aning om hur man löser problemet. Du får då vara kreativ och kommer förmodligen att komma på ett lättare sätt att hantera uppgiften än vad någon annan skulle ha berättat för dig.

En osynlig yta

Rekommenderad från: 12 år

Man gjorde tre snitt och delade upp ett träblock i åtta mindre rätblock. På bilden anges ytarean för de sju synliga bitarna. Hur stor är ytan på den biten som inte syns?

block_8_bitar

Visa lösningen

Pi-dagen 2014

Grattis på Pi-dagen!

Talet pi är förstås relaterat till cirklarnas area och radie, men följande uppgift kan du lösa utan att kunna några formler.

Vilken kvadrat har störst orange area?

cirklar

(Även om du kan använda dig av formler, prova att lösa uppgiften utan dem!)

Uppgiften och bilden är från donsteward.blogspot.com

HMT-kval 2013

För circa en månad sedan hölls kvalomgången i Högstadiets Matematiktävling. Det är en tävling i problemlösning som riktar sig till årskurs 6-9, men självfallet lyckas eleverna i årskurs 8-9 få bäst resultat. Därför är det mest elever från dessa årskurser som går vidare till finalomgången.

Därmed inte sagt att de inte kan gå bra för elever i åk 6-7! Det de eventuellt saknar är några kunskaper om geometri samt delbarhet, vilket ett par av årets kvaluppgifter gick ut på. Däremot kunde man klara sig riktigt bra även om man “bara” hade löst fyra uppgifter av sex. 10 poäng räckte nämligen för att gå till final (3 poäng tilldelas för varje korrekt löst uppgift). Du kan läsa mer om årets omgång på HMT:s hemsida, medan vi tittar närmare på själva uppgifterna.

Problem 1

Det går att skriva tal i rutorna i figur 1 så att om man följer pilen från en ruta och
använder räkneoperationen som står vid pilen så får man talet i nästa ruta.

hmt_kval13_1

Vilket tal är då X? Ange även en möjlig räkneoperation att ersätta frågetecknet med.

Lösning

Strategin är att gå baklänges från 13 till X på vägen gjord av pilarna till vänster. Till 13 kommer vi genom att dela med 2, så talet innan måste vara 26. Till 26 kommer vi genom att subtrahera 1, så talet innan är 27. Innan dess multiplicerade vi talet med 3, så talet innan måste ha varit 9. Och från X kom vi till 9 genom att subtrahera 11, så X måste ha varit 20.

På samma sätt kan vi bestämma talen på högra pilvägen. Till 13 måste vi ha kommit från 18, till 18 från 12, till 12 från 6. Om vi ska komma från 20 till 6 så kan operationen under frågetecknet vara -14 till exempel.

Kommetarer

Det här en typiskt uppgift nästan alla tävlande klarar av. Man hoppas ju innerligt att ALLA elever i åk 9 ska kunna klara av en sådan uppgift. Men så är tyvärr inte fallet, vilket bara beror på att dessa elever antagligen skulle missförstå uppgiften.

En grej man inte tänker på när man är van vid ekvationer är att “x2” och “x3” skulle kunna misstolkas att handla om “X”. Bokstaven “X” står i mitten för att göra uppgiftsformuleringen tydligare, men kan tvärtom skrämma elever som inte gillar ekvationer. Man skulle kunna ställa upp lösningen på första halvan av uppgiften såhär:

((X – 11)*3 – 1)/2 = 13

Men hur kul formulering är det? Vilken av formuleringarna uppmanar till någorlunda kreativt tänkande och vilken till att “komma ihåg och tillämpa inlärd metod”? Just det, olika formuleringar på samma uppgift blir pedagogiskt sett helt olika uppgifter! De flesta elever tror jag skulle lyckas lättare på den första formuleringen. Något att tänka på när man introducerar ekvationer i skolan.

Problem 2

Om talet A vet vi följande:
- Talet A ger resten 5 när det delas med 11.
- Talet A ger resten 4 när det delas med 9.
- Talet A ger resten 5 när det delas med 7.
- Talet A ger resten 4 när det delas med 5.
Vilken rest får man när man delar A med 3?

Lösning

Svaret kan vara antingen 0, 1 eller 2, eftersom inga andra rester förekommer när man dividerar med 3. Talet A kan vara hur stort som helst, men vi försöker “få plats” med så många 3:or i talet som det bara går.

För det kan vi använda att talet A har rest 4 när det delas med 9. Det betyder att man får plats med ett antal 9:or och det blir 4 över. Men en 9:a är ju tre 3:or, därför vet vi att talet A innehåller ett ännu större antal 3:or, men det viktigaste är att det blir 4 över. Där får det plats en 3:a till och det blir 1 över. Därför är resten lika med 1.

Kommetarer

Svårigheterna med att lösa den här uppgiften består av att man inte vet vad division med rest innebär, eftersom man inte fokuserar så mycket på just rester i skolan. Och även om man vet vad resten är, så kanske man försöker bestämma talet A, vilket inte ger ett heltäckande resultat (det finns flera tal A som har de nämnda egenskaper, till och med oändligt många sådana tal finns det). Och så är det förstås vilseledande att det bara villkor två som är viktigt.

Tar man sig igenom de hindren, så är inte uppgiften svår.

Problem 3

På Skänkvägen står elva hus på rad, numrerade från 1 till 11. Eftersom sämjan bland
grannarna är god, så bjuds det ofta på middag. När man bjuder på middag bjuder man
in de två närmaste grannhusen på båda sidor. Om man inte har två grannar på någon
sida bjuder man alltså in färre grannar, till exempel bjuder hus 2 in grannarna i hus 1, 3
och 4.

En dag ärver familjen i hus 2 en riktigt, riktigt ful tavla. När familjen nästa gång blir
bjuden på middag bestämmer man sig därför att ge bort tavlan till kvällens värd. Men
tavlan är så ful att ingen på gatan vill behålla den, så vid första möjlighet ger man därför
bort den till den middagens värd. Av artighetsskäl kan man såklart inte ge tillbaka tavlan
till någon man själv fått den av, och inte heller till någon man själv redan en gång givit
bort den till.

Vem kommer till slut att vara tvungen att behålla tavlan?

Lösning

Vi hoppar vilt i svårighetsnivån! Vi “finkammar” uppgiften lite först, för att senare lättare kunna formulera lösningen.

Man kan bara ge bort/ta emot tavlan av hus som ligger 1 eller 2 steg bort ifrån ens eget. Om hus A gav bort tavlan till hus B så är den förbindelsen A-B “förbrukad” eftersom tavlan inte får ges på samma sätt och inte heller ges tillbaka från hus B till hus A. Således kan vi rita ut alla förbindelser och tänka oss att tavlan vandrar längs med dem och “förbrukar” dem (husen ligger på rad, men att vi ritar dem på en cirkel spelar ingen roll, det är förbindelseschemat som är det viktiga):

tavlan

Låt oss för en stund strunta i var tavlan börjar sin väg (hus 2). Vi tänker istället på var tavlan kan sluta (någon annanstans i hus 2?). Kanske slutar tavlan i hus 4, så vi tittar på förbindelser som har med hus 4 att göra:

tavlan_hus

Om hus 4 är huset som inte kan skicka tavlan vidare, så betyder det att tavlan kom till dem och i och med det var alla förbindelser förbrukade. Hur förbrukades förbindelserna? Varje gång hus 4 fick tavlan så förbrukades nästa förbindelse genom att de gav bort den, och tvärtom. Så eftersom tavlan inte började där, måste förbindelserna förbrukats i ordningen: fick – gav bort – fick – gav bort. Därför kunde inte hus 4 fått tavlan på sin sista förbindelse.

Husen 3, 5, 6, 7, 8, och 9 befinner sig i samma situation. De har fyra förbindelser var och därför följer samma schema, om nu alla fyra förbindelserna skulle förbrukas: fick – gav bort – fick – gav bort.

Samma sak är det egentligen för husen 1 och 11 som har två förbindelser var. Får de tavlan, så har de ju möjlighet att ge bort den.

Därmed är det bara hus 2 och 10 kvar. Hus 2 har tavlan från början och därför följer schemat “gav bort – fick – gav bort”, OM vi är säkra på att alla förbindelser förbrukas. Därför är hus 10 det enda huset som kan ha kvar tavlan utan att kunna ge bort den.

En möjlig väg för tavlan kan vara 2 -> 4 -> 6 -> 8 -> 10 -> 11 -> 9 -> 10. Nu kan hus 10 inte ge bort tavlan.

Kommetarer

Läsaren som är bekant med grafteori förstår att så fort vi har “kammat” problemet så handlar det om i princip Eulerstigar. Men enkel formulering kan man säga att en figur, som man ritar utan att lyfta pennan från pappret, har som mest två punkter, varifrån det utgår ett udda antal linjer. En av punkterna kommer då vara startpunkten och den andra slutpunkten.

Problem 4

I parallelltrapetset ABCD är sidan AB 50% längre än sidan CD. Punkten P
är diagonalernas skärningspunkt. Arean av triangeln ADP är 12. Bestäm arean av hela
parallelltrapetset.

parallelltrapets

Lösning

Parallelltraps är en figur med två parallella sidor (det syns på bilden att det är AB och CD som är parallella). Om man ritar ut diagonalerna bildas det flera alternatvinklar, varav två par är inbördes lika. Det följer då att trianglarna APB och CPD är likformiga.

alternatvinklar

Vi färgkodar de fyra små trianglarna som syns på bilden:

parallelltrapets_slutsatser

Vi kom fram till att brun och röd var likformiga. De är dessutom likformiga med koefficienten 1,5 (eftersom röds motsvarande sida var 50% länge än bruns).

Vi vet även att blå+brun har samma area som grön+brun, eftersom båda dessa stora trianglar har samma bas DC och lika lång höjd (avståndet mellan de parallella linjerna). Därför har blå och grön samma area och vi vet från uppgiften att det är 12.

Blå och röd har samma höjd om vi tar DP pch PB som baser. Med DP och PB är motsvarande sidor hos den bruna och den röda triangeln. PB är alltså 1,5 gång större och då han även röd 1,5 gånger större area än blå, 12*1,5 = 18.

Blå och brun delar höjd om man nu väljer AP och PC som baser. Även här är PC 1,5 gånger mindre än AP. Så arean för brun är även den 1,5 mindre än arean för blå, det vill säga 12/1,5 = 8.

Därmed har vi bestämt alla de små trianglarnas areor. Arean för hela parallelltrapetser är
röd + brun + grön + blå = 18 + 8 + 12 + 12 = 50 (areaenheter)

Kommetarer

Måste erkänna att jag försökte lösa den här uppgift snabbt och misslyckades! Hade en alldeles för avancerad lösning och räknade fel någonstans på vägen. Så här ska man kunna “lagom” mycket geometri :)

“Lagom” mycket geometri innebär bland annat: parallellitet, alternatvinklar, vertikalvinklar, likformiga trianglar, likformighetskoefficient, arean för en triangel, val av bas/höjd i en triangel. Inte så lite man ska kunna!

Framför allt ska man vara skolad för att genomföra bevis för att redovisa uppgiften på ett korrekt sätt. Geometriundervisningen som bygger på axiom/bevisföring har i princip försvunnit från svenska skolor, därför lyckades nästan ingen av deltagarna lösa (eller ens få poäng) på den här uppgiften. Jag tvivlar på att särskilt många gymnasister skulle kunna lösa den här uppgiften heller.

Problem 5

Genom att flytta om siffrorna i talet 2013 kan man få 18 olika fyrsiffriga tal. På hur många
sätt kan man välja två olika av dessa 18 tal så att deras summa är precis lika med ett av
de återstående 16 talen?

Lösning

Provar man lite så ser man att det här aldrig går. Hur förklarar vi det här på ett allmängiltigt sätt?

Om två tal som bara består av siffrorna 0, 1, 2 och 3 adderas, så kommer entalen, tiotalen, hundratalen samt tusentalen adderas var för sig, eftersom siffrorna är så pass små. Men det betyder att siffersumman för resultatet av additionen kommer vara lika med siffersumman för det första talen adderat med siffersumman för det andra talet.

Detta kan ju inte hända, eftersom siffersummorna för alla talen är 6. Därför kommer siffersumman för resultatet att bli 12 och det kan inget av talen i uppgiften ha.

Kommetarer

Den här uppgiften kan lösas på mängder av olika sätt, jag angav det kortaste jag kunde komma på. Sätter eleven in sig i uppgiftens formulering, så är resultatet mer eller mindre uppenbart. Hur man ska förklara resultatet är däremot inte lika uppenbart.

Jag tror att många elever känner intuitivt att det har med siffersumman att göra, men de är inte vana vid att formulera lösningar på det sätt, med bevarande av siffersumma och dylika termer. Därför gissar på att de använde mer krångliga förklaringar. Det kan vara frustrerande att försöka förklara något som är så pass uppenbart, men en bra övning om man vill bli bättre på att förstå och formulera egna bevis.

Problem 6

Rutnätet i figuren skall fyllas med tal. I varje ruta (utom i understa raden) står summan
av de två talen i rutorna direkt under den. Vilket tal skall stå i den översta rutan?
talpyramid

Lösning

Den här uppgiften kan både lösas baklänges (nerifrån och upp) och framlänges (uppifrån och ner). Istället för att bara införa två variabler inför vi jättemånga, det vill säga betecknar varje okänt tal med en bokstav.
talpyramid_variabler

Talet A består av talen B och C.

Talen B och C består av talen D och 503 och 503 och E.

Talen D och 1006 och E består av talen 253 och F och 1006 och G och 251. Totalt alltså 1510 och F och G.

Inte har vi kommit fram till svaret än, men vet att pyramidegenskapen även gäller talet 503: att det består av talen F och G.

Så vi vet att talet A består av 1510 och F och G, med andra ord av 1510 och 503, det vill säga lika med 2013. Klart!

Kommetarer

Även här tror man kanske att hela pyramiden måste bestämmas för att avgöra det översta talet, men så är inte fallet. Det finns flera olika pyramider som ser ut på det sättet och alla måste då ha 2013 i toppen. Notera att det är på samma sätt som i uppgift 2 och uppgift 4 – flera olika konstruktioner uppfyller uppgiftsvillkoren, men ger ändå ett och samma svar i slutändan.

Ibland (eller kanske alltid) går matematik ut på att dra korrekta och allmängiltiga slutsatser i situationer där vi inte har tillgång till fullständig information.

Vill du få extrainfo om problemlösning via e-post från Mattebloggen?

Det kan vara allt från problemlösningstips till info om olika tävlingar. Din e-postadress kommer att hanteras varsamt.

Namn

E-post

Feta streck

Feta streck

Triangeln på bilden är uppdelad i fyra trianglar och tre fyrhörningar med de feta strecken.
feta_streck

Fyrhörningarnas omkretser tillsammans är 25 cm. Summan av omkretsarna för de fyra trianglarna är 20 cm. Den stora ursprungliga triangelns omkrets är 19 cm. Bestäm summan av längderna av de feta strecken.

Visa lösningen

Fem punkter på avstånd

Fem punkter på avstånd

På ett papper finns fem punkter, som är betecknade A, B, C, D och E. Avståndet AC (dvs avståndet mellan punkten A och punkten C) är 5 cm, avståndet AE är 4 cm, BC = 14 cm, BD = 2 cm, DE = 3cm. Hur långt är det mellan mittpunkterna på sträckorna AB och CD?

Visa lösningen

Phi-växter, pi-växter och e-växter, del 2

I del 1 kom vi fram till att en växt inte bör växa med en rationell vinkel. Det vill säga, om vinkeln bladen emellan är 360/(p/q), så kommer växter sabba solljuset för sig själv efter p blad.

Om p=5 och q=2 så växer bladen ut med 360/(5/2)= 144 graders mellanrum. Det innebär att nya blad sprutar ut 144, 288, 432 (det vill säga 72), 216 graders mellanrum i förhållande till det första. Men nästa blad, det sjätte, kommer hamna 360 grader ifrån det första, det vill säga på exakt samma ställe! Detta är väldigt ooptimalt för en växt.

Oavsett vad för rationellt tal vi tar kommer samma elände att hända efter p blad, eftersom då har bladen avlagt 360/(p/q)*p = q*360 grader, alltså ett helt antal varv. Växten vill att det aldrig riktigt ska bli helt.

Så händer det inte med de irrationella talen. Låt oss jämföra vad vi får för irrationella växter. I tabellen ser du en rationell växt, en phi-växt, en pi-växt och en e-växt. Början ser det relativt likt ut emellan alla växterna:

n2

Men efter fem blad har den första växten fördelat sina blad jämnt, medan de andra ser annorlunda ut. Phi-växten har fördelat sina blad ganska bra, medan pi-växten har sina blad onödigt trångt.
n5

Vad händer vid 12 blad? Oförändrat för den rationella växten – den kan bara ha sina blad på 5 positioner. Phi-växten är jämnfördelad som vanligt, e-växten är också ganska bra. Pi-växten har däremot tre tydliga delar. Kan det ha att göra med att pi på ett ungefär är lika med 3?
n12

Vi 30 ser vi hur växterna klarar av många blad. De mörkare partierna visar på att bladen överlappar varandra, vilket sker mer och mer på e-växten och pi-växten speciellt. Överlappningen finns hos phi-växten också, men den är mer jämnfördelad. Notera att pi-växten har 22 tydliga delar!
n30

Till sist kollar vi riktigt många blad, 50. Pi-växten har 22 väldigt tydliga delar, e-växten har 19, medan phi-växten aldrig har två blad så pass nära varandra som de andra växterna. Den verkar ha 5 stora delar, vilket tyder på att vi i verkligheten skulle se 5 spiraler för den bladstorleken.
n50

Varför blir det 22 tydliga delar hos pi-växten? Det har att göra med att pi approximeras väldigt bra med talet 22/7 (ca 3,14), vilket får växten att agera som en vanlig rationell växt och överlappa sina egna blad efter 22 stycken. Varför är vissa växter ändå pi-växter, som vi såg i förra delen? Jag gissar på att många verkliga plantor inte har så många blad eller grenar, och därför spelar det inte så stor roll för dem att det blir problem efter 22 stycken. De satsar snarare på 3 eller något sådant.

På samma sätt är 19/7 ett rationellt tal nära talet e (men inte lika när som 22/7 är pi), därför bildas det 19 delar på e-växter. Jag vet inte varför jag inte träffat på e-växter hittills, de verkar ju växa helt ok i början.

Men talet phi är väldigt speciellt. Det finns inte någon rationell approximation av det talet som är i någon mening så bra som 22/7 är för pi. Visst, vi kan använda större nämnare för att få ett rationellt bråk som är så nära phi som vi vill, men då blir nämnarna nästan onaturligt stora. För mer rigorös definition av bra rationella approximationer, se Hurwitz sats. Konstanten i satsen kommer just ifrån phi, det gyllene snittet, och det är det som medför att phi är det mest irrationella talet.

Det innebär att just den konstanten är optimal för växter med stort antal blad, frön, grenar etc. och det är därför vi vanligen finner just 34 och 55 spiraler på solrosor och inte 22 (Klicka på bilden för att räkna själv).
sunflower_large