Mattebloggen

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. Har du någon fråga om veckans problem, posta den i kommentarerna eller maila mig. Lycka till!

I en triangel ABC så är mitten av sidan AB markerad med punkten M. Även höjderna AH och BL är utritade. Det visade sig att triangeln MHL blev liksidig. Måste det vara så att även triangeln ABC är liksidig?

Om ja, ge ett bevis för varför den måste vara det. Om nej, visa hur ett motexempel konstrueras.

möjlig bild?

Det finns en platt kvadratisk tavla som är 1 dm x 1 dm stor. Vi säger att ett pappersark i form av en rektangel med area 2 dm^2 är ett omslag om man kan slå in tavlan i pappret så att båda sidorna täcks helt.

Både pappersarket 2 dm x 1 dm och papperskvadraten med sidan roten ur 2 dm är omslag.

(a) Hitta något annat omslag

(b) Visa att det finns oändligt många olika omslag

Mattebloggen har en inoficiell tävling i att lösa mattegåtor. Skicka in din lösning till valentina.chapovalova@gmail.com, så har du chansen att vara med på topplistan. Har du någon fråga om veckans gåta, posta den i kommentarerna eller maila mig. Lycka till!

Fredrik står i mitten av en rund gräsmatta, som har radien 100 meter. Varje steg Fredrik tar är 1 meter långt. Varje gång han ska ta ett nytt steg anger han riktningen som han ska gå i. Anna har då möjlighet att ändra Fredriks riktning mot den motsatta.

Kan Fredrik att komma på ett sätt att komma av gräsmattan oavsett vad Anna gör? Eller kan Anna alltid hindra honom?

Svar:

Ja, det kan han alltid, Anna kan inte hindra honom.

Lösning:

Han börjar med att ta ett steg åt något håll, oavsett om han får det eller måste gå åt andra hållet så hamnar han på avstånd 1 från centrum. Låt i fortsättningen honom försöka gå åt ett håll som är ortogonalt mot linjen som förbinder hans nuvarande position och centrum.

Oavsett om han får gå åt det hållet eller det motsatta, så hamnar han på samma nytt avstånd från centrum i alla fall. Om det gamla avståndet var , så kommer det nya enligt Pythagoras sats vara .

Således, efter 10001 steg kommer han vara mer än 100 meter bort från centrum, alltså utanför gräsmattan.

Det finns vissa saker som man bara måste lära sig utantill. Det kan tyckas att det är det enda som gäller i matten, men det räcker faktiskt med ganska lite.

Till exempel så kan vi prata om trigonometri. Jag tänkte dela med mig lite tips om hur man bäst kommer ihåg det essetiella och hur man ur det kan härleda det viktiga.

För det första måste man lära sig vad sinus och cosinus är för någonting.

Båda två är funktioner som ger ut ett tal, när man stoppar in en vinkel. Men vad är det för tal? När vinkeln är känd (och mindre än 90 grader), så kan vi rita en rätviknklig triangel med den vinkeln. Låt oss säga att vår vinkel kallas för x. Det går förstås att rita flera olika stora rätvinkliga trianglar med x, men det kommer inte spela någon roll.

Vi mäter sidorna på vår uppritade triangel och konstateterar att kateterna är a och b långa och hypotenusans längd betecknar vi c. Då är sinus värde lika med den motstående kateten genom hypotenusan och cosinus är den närliggande kateten genom hypotenusan. Alla likformiga trianglar har samma förhållande mellan sidorna, därför spelar det ingen roll vilken storlek på triangeln vi väljer.

Men hur ska man komma ihåg vilken funktion som är vilken om man nyss har lärt sig dem? Tänk på att cos (cosinus) låter lite som ”kossa” och kossan den är lat, därför vill den vara nära sin vinkel (orkar inte gå till motstående sidan). Och sin är då den andra funktionen.

Ett annat sätt att komma ihåg det är att sinus är snäll och cosinus är elak. Så sinus offrar sig och går till den motstående sidan. Fler tecken på sinus snällhet och cosinus elakhet kommer vi se i del 2.

Om du nu kan lite vanlig geometri är det inga problem att räkna ut sinus och cosinus för flera kända vinklar! Här väljer jag att mäta vinklarna i grader.

De saker som du behöver kunna är:

- Pythagoras sats

- vad vinkelsumman i en triangel är

- att likbenta trianglar har basvinklarna lika

- att trianglar med lika basvinklar är likbenta

Vi kan då räkna ut vad sinus för vinkeln 30° är, om man inte minns det. Rita såklart först en rätvinklig triangel med en vinkel lika med 30°. Och eftersom vinkelsumman för vilken triangel som helst är 180°, så är den sista vinkeln lika med 180°-90°-30° = 60°.

Rita sedan upp en likadan triangel, fast spegelvänd, och för ihop halvorna. Det som bildas är förstås en ny triangel, eftersom vinklarna på 90° passar ihop och bildar en linje. Men notera att den stora triangeln har alla vinklarna lika med 60°, därför är den liksidig. Alltså är c = 2a.

Nu är det lätt att räkna ut sinus av vinkeln 30°.

På så sätt är det rätt enkelt att lista ut vad cos 60° är för någonting. Det är nämligen samma som sinus 30°, eftersom om vi kollar på de två olika spetsiga vinklarna i en rätvinklig triangel, så blir enas motstående sida den andras närliggande och tvärtom. Hypotenusen är densamma.

Men hur tar vi reda på sin 60° (och samtidigt cos 30°)? För det måste vi bestämma förhållandet b/c. Men eftersom (Pythagoras sats), så kan vi i vårt fall skriva:

så

Eftersom alla längder är positiva har vi och då är

Och hur gör vi nu med vinklarna 0°, 45°, 90° grader? Det går faktiskt att rita upp motsvarande triangel och ”triangel”. Fundera på vad sinus och cosinus för de respektive viklarna blir. Faciten kommer i nästa del.

Om man minns de här trianglarna är det möjligt att alltid räkna ut sinus eller cosinus som man behöver. Men om det är lite svårt med geometrin, finns det en rätt bra minnestabell.

Skriv upp alla ”kända” vinklar: 0°, 30°, 45°, 60° och 90°. Deras sinus och cosinus följer då ett intressant mönster:

Detta inlägg är fortsättning på del 1 om Cevas sats. Första delen förklarar satsens formulering och ger tips för hur man skulle kunna bevisa den. Den här delen innehåller själva beviset.

Cevas sats

Given är en triangel ABC. Tre cevianer AM, BL och CK skär varandra i samma punkt om och endast om 

Bevis:

Antag först att cevianerna skär varandra i en och samma punkt O. Vi skall visa att värdet av uttrycket verkligen är 1.

Notera till exempel att trianglarna COM och MOB har lika stora höjder utgående från punkten O, eftersom deras baser ligger på samma linje. Låt höjderna ha längden h. Därför kan vi enkelt uttrycka förhållandet mellan dessa två areor:

Eftersom trianglarna CAM och MAB också har lika långa höjder, utgående från A, så kommer deras areor också att förhålla sig som  

Låt  k (något reellt tal). Men om är k gånger större än och är k gånger större än , så är differensen, , också k gånger större än

Det vill säga

Med analogiska resonemang får vi förhållanden mellan de andra par av de färgade trianglarna:

Därför kan vi skriva om uttrycket:

eftersom allt förkortas i det omskrivna uttrycket.

Nu har vi kvar att bevisa att värdet på uttrycket inte kan vara 1 utan att cevianerna skär varandra. Vi antar motsatsen, det vill säga att värdet är 1, men cevianerna råkade inte skära varandra i samma punkt:

Nu är vi så smarta som möjligt och använder oss av del 1, som vi redan har bevisat. Precis som i följande berättelse:

En matematiker och en fysiker löser praktiska uppgifter. De blev tillsagda att koka upp 1 liter vatten med hjälp av en vattenkran och en vattenkokare. Båda fyller förstås sin vattenkokare med vatten och sätter på den.

Nästa uppgift är annorlunda: de får en vattenkokare full med vatten och ska nu igen koka upp 1 liter vatten.

Vad gör en fysiker? Han ställer vattenkokaren på plattan och sätter på den förstås.

Vad gör en matematiker? Han häller ut vattnet och därmed ska han lösa praktisk uppgift nummer ett, vilket han redan kan.

I detta fall är det förstås inga onödigheter vi sysslar med. Men på samma sätt som i berättelsen ska vi göra någonting, för att kunna använda oss av tidigare kunskaper. Vi drar en ny linje, för att få samma situation som förut. Dra linjen CK’, som går igenom skärningspunkten för cevianerna AM och BL.

Från del 1 vet vi att följande måste gälla:

Men enligt antagandet har vi också

Bland annat är uttrycken lika med varandra och på så sätt får vi  , vilket i sin tur implicerar att , vilket är omöjligt, eftersom BK<BK’ och K’A<KA. Motsägelse, alltså var situationen omöjlig!

Således så fort uttrycket är lika med 1, så måste cevianerna skära varandra i en punkt.

Användningar för satsen

På så sätt har vi i princip bevisat flera satser på en gång, till exempel att medianerna i en triangel skär varandra i en och samma punkt. Samma sak gäller för bisektriserna, samma för linjer som förbinder hörn och tangeringspunkter för den inskrivna cirkeln. Det lämnas åt läsaren att komma på hur man ska använda Cevas sats för att visa de egenskaperna.

Cevas sats är ett av de vackraste geometriska faktum för trianglar. Men för att kunna formulera satsen lättare, ska vi först definiera vad en cevian är för något.

Cevianer

Medianen är ju en ganska känd sträcka, det är den som går ut från ett hörn på en triangel och slutar på motstående sidan på så sätt, att den delas mitt itu. Notera att en triangel har tre olika medianer.

Bisektrisen är också en kändis. Den är den sträckan i triangeln som delar vinkel mitt itu. Även bisektriserna är tre i en triangel.

median

bisektris

Även om vi drar en sträcka från hörn till sida, som inte alls är speciell, så vill vi kalla det för något. Vi säger att det är en cevian. Cevianer är alltså ett samlingsnamn för medianer, bisektriser, höjder osv. Notera att mittpunktsnormaler inte är cevianer.

cevian

Cevas sats

Given är en triangel ABC. Tre cevianer AM, BL och CK skär varandra i samma punkt om och endast om 

”Om och endast om”:

Detta är en väldigt vanlig förkortning i matematiken. Istället för att skriva att man ska bevisa två saker (”om” och ”endast om”), sätter man ihop dem i en och samma mening. I detta fall är de två sakerna man ska visa:

1. Om AM, BL och CK skär varandra i samma punkt , så gäller

2. Om , så skär cevianerna AM, BL och CK varandra i samma punkt.

Tankegång:

Som vanligt finns det många sätt att bevisa satsen. Ett av de mest kända använder areabegreppet. Det enda vi behöver är areaformeln för en triangel: arean är lika med basen gånger höjden delat på två. Vi betecknar i fortsättningen arean av triangeln ABC med .

För att använda detta i vårt problem gäller att komma på att beteckna (den eventuella) skärningspunkten med O och dela upp triangeln i tre mindre: AOB, BOC och AOC.

Det är förstås omöjligt att veta de exakta areorna hos de olikafärgade trianglarna. Men vi kan uttrycka hur areorna förhåller sig med hjälp av sträckorna, som förekommer i uttrycket.

Nu finns det nog med tips för att bevisa satsen på egen hand. Försök själv eller vänta på nästa inlägg!

Låt F₁ vara en godtycklig konvex fyrhörning. För k>1, F_k konstrueras genom att man skär F_k-1 i två delar längs en av dess diagonaler, vänder på en av delarna och sedan klistrar delarna samman längs samma diagonal. Bestäm det största möjliga antalet icke-kongruenta fyrhörningar i följden {F_k}.

Exempel:

För att förtydliga, en tillåten operation är följande:

Lösning:

Notera att om sidlängderna hos fyrhörningen är a, b, c, d, så finns exempel, där följden av fyrhörningar innehåller 6 icke-kongruenta: de med olika ordning på sidorna. Tag nämligenen fyrhörning med alla sidor olika, men som ändå påminner om en kvadrat (detta för att fyrhörningarna som bildas inte ska bli icke-konvexa). Men tillåtna operationer byt sedan plats på sidorna på alla möjliga sätt (trianglar med den gråa symbolen flippas):

Ritningen är inte exakt, men vi kan se att alla olika sidordningar verkligen förekommer. Eftersom fyrhörningar kan roteras, valde vi fixera sidan med längden a, den kommer ändå alltid finnas.

Så nu är frågan varför det inte går att konstruera fler fyrhörningar? Notera att det finns en sak som aldrig förändras och det är summan av två motsatta vinklar i fyrhörningen. Vid varje flipp är det ett par av motsatta vinklar som inte ändras, således kommer vinkelsumman i det andra paret inte heller förändras.

Men notera också att sidlängderna kvarstår. Tag nu någon ordning på sidorna, vi skall nu bevisa att det går att bygga exakt en fyrhörning med den ordningen ur den ursprungliga. Utan inskränkning kan vi anta att sidordning är (medurs) a, b, c, d och a är den vänstra sidan.

Kalla vinkeln mellan a och d för x. Då är vinkeln mellan b och c också bestämd, nämligen S-x, där S var vinkelsumman av den ”nedre vänstra” och den ”övre högra” vinkeln. Men då har vi två trianglar, beståndsdelarna i fyrhörningen, som kan sättas ihop endast på ett sätt och det endast när de okända sidorna är lika (de ska bli en diagonal).

De okända sidorna är lika endast för en vinkel x (den som det går att konstruera bilden för).  Det beror på att om vinkeln minskas, så minskas också den motstående sidan. Men då ökar S-x och dess motstående sida, och då kan de sidorna inte längre vara lika. Samma sak händer om vinkeln x ökas.

På så sätt har vi uttömt alla fallen och visat att antalet olika fyrhörningar är 6, en för varje sidordning.

Låt F₁ vara en godtycklig konvex fyrhörning. För k>1, F_k konstrueras genom att man skär F_k-1 i två delar längs en av dess diagonaler, vänder på en av delarna och sedan klistrar delarna samman längs samma diagonal. Bestäm det största möjliga antalet icke-kongruenta fyrhörningar i följden {F_k}.

På ett papper finns en bild på en svart kvadrat. Du har tillgång till 7 kvadratformade brickor av samma storlek som den ritade kvadraten. Hur ska du göra för att täcka över kvadraten med brickorna så att inga brickor ligger på varandra och varje bricka täcker åtminstone en liten del av kvadraten (åtminstone en punkt inuti)?

Det kluriga ligger i att lista ut att man kan vrida på brickorna innan man lägger dem på kvadraten. Den lösningen kom de regelbundna lösar

na Johan och Ove på, men också niorna Amanda, Elin, Emelie, Adam, Michaela och Hampus från Häggviksskolan i Stockholm. Författaren ta

ckar Adam Jonsson, deras lärare, för hans engagemang!

Här är de inskickade lösningarna, som förstås är egentligen likadana. Notera dock att alla lösningar är fel för att kvadraten inte är svart

Lösning:

På ett område 1km x 1km växer en tallskog. Tallarna har alla diameter 50 cm. Visa att en fältbiolog kan hitta en ledig rektangel 10m x 20m i skogen, för att kunna sola där med alla sina vänner om det finns

a) 1200

b) 4200

c) 4500

d) 4600

träd i skogen.

Som taggen i inlägget antyder, så skall vi använda oss av lådprincipen. Försök att dela in hela skogen i ”lådor”, som en första gissning låt de vara 10m x 20m stora. Det får plats 100 x 50 = 5000 sådana gräsplättar i skogen, men de kan innehålla träd. Notera dock att ett träd kan ”sabba” maximalt fyra områden, om trädcentrumet är precis i korsningen till exempel. Således kan 1200 träd sabba maximalt 4800 områden. Men då finns minst 200 osabbade områden. Fältbiologen kan välja och vraka!

Men hur ska man lösa problemet när det finns många fler träd? Vi nöjer oss med att lösa d), eller till och med för 4607 träd i skogen. Här nedan kommer Johans lösning.

Lösning:

Antag att det finns 4607 träd i skogen. Dela upp skogen i områden 10,5 m x 20,5 m på följande sätt:
Det får plats med 48 stycken långsidor på bredden och då är det 16 meter kvar också. På höjden finns det plats för 95 stycken kortsidor och då är det 2,5 meter kvar. Det betyder att vi kan få in några fler områden i remsan som är kvar till höger, nämligen 48 stycken. Totalt fås 48 x 95 + 48=4608 områden, alla med storlek 10,5 m x 20,5 m. Men det betyder ju inte att det finns områden utan träd, för ett träd kan stå på fler områden samtidigt.

Men det finns åtminstone ett område utan trädcentrum på grund av lådprincipen (det finns 4607 trädcentrum, men 4608 områden). Vi tittar närmare på detta område:

Om ett trädcentrum bara kan befinna sig utanför området, kan det bara ”intränga” på området med 25 cm. Den inträngningen sker från kanten. Alltså, om vi klipper bort 25 cm från varje sida, så är vi garanterade att ha trädfritt på det nya området. Vi ha klippt bort 0,5 meter på varje håll, så det området som är kvar är precis 20m x 10m, vilket var precis det som behövdes!