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!

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.

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!

På bordet ligger en papperscirkel med radien 5 cm. Så länge det är möjligt, lägger Ilian till papperskvadrater med sidan 5 cm intill cirkeln så att följande villkor uppfylls:
1. Varje kvadrat har ett hörn som nuddar cirkeln.
2. Kvadraterna överlappar inte varandra.
3. Varje ny kvadrat nuddar den föregåendes hörn med ett hörn.

Bestäm hur många kvadrater Ilian kan lägga ut och visa, att den första och den sista kvadraten måste också nudda varandras hörn.

Jag fick in ett par fina lösningar, och jag kommer att använda mig av Erik T.’s bilder i lösningen (som ni kanske har märkt, ritar jag vanligtvis i paint, fastän jag borde ha lärt mig att TeX:a bilder för länge sen).

Lösning:

Säg att Ilian bestämmer sig för att lägga den andra kvadraten moturs från den första (det är symmetriskt ifall han lägger åt andra hållet). Det går bara att göra på ett sätt för att den nya kvadratens sida ska nudda både cirkeln och ett gammalt hörn (finns bara en punkt på cirkeln på avståndet 5 cm, som inte redan är upptagen).

Lägg på en till kvadrat, spelar inte så stor åt vilket håll, i vilket fall får vi tre kvadrater:

Eftersom cirkelns radie är lika med kvadraternas sidor, bildas figurer som kallas romber. En romb är en fyrkant med alla sidor lika. Man kan dela upp en romb i två trianglar och visa att trianglarna är kongruenta (sida-sida-sida). Då följer att rombens motstående vinklar är lika.

Den inringade vinkeln är 360°. Den består av en 90°-vinkel från kvadraten, samt två vinklar från var sin romb. Vinklarna från romberna är 180°-α respektive 180°-β  stora. För att dessa tillsammans ska bilda en vinkel på 360°, måste α+β=90°.

Detta innebär att för varje två nya kvadrater bildas en ny 90°-vinkel runt cirkelns mittpunkt. Det finns tydligen plats för 8 kvadrater, eftersom hela vinkeln runt cirkelns mittpunkt är 360°.

α och β kommer dessutom alterneras (alla två romber bredvid varandra kommer att ge den sammanlagda vinkeln 90° runt cirkelns mittpunkt.

Således, om vi fortsätter att bygga på kvadrater kommer den nionde romben att sammanfalla med den första. Detta implicerar att den nionde kvadraten sammanfaller med den första. Alltså måste den åttonde och den första kvadraten nudda med hörnen (den åttonde och nionde gör det ju enligt konstruktionsreglerna). Så här ser det ut:

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!

På bordet ligger en papperscirkel med radien 5 cm. Så länge det är möjligt, lägger Ilian till papperskvadrater med sidan 5 cm intill cirkeln så att följande villkor uppfylls:
1. Varje kvadrat har ett hörn som nuddar cirkeln.
2. Kvadraterna överlappar inte varandra.
3. Varje ny kvadrat nuddar den föregåendes hörn med ett hörn.

Bestäm hur många kvadrater Ilian kan lägga ut och visa, att den första och den sista kvadraten måste också nudda varandras hörn.

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.

Svar:

Nej, det går att konstruera ett motexempel. Men för att komma fram till det måste vi titta på bilden lite noggrannare.

Diksussion:

Vi ritar en komplett (men ful) bild där höjderna är inkluderade. BL är alltså vinkelrät mot AC, AH är vinkelrät mot BC och AM = MB.

En viktig observation nu är att LM är medianen i den rätvinkliga triangeln ALB. Och enligt en sats så är medianen i en rätvinklig triangel lika med halva hypotenusan (kan visas genom att titta på vinklarna i de små trianglarna).

Således måste alla sträckorna AM, ML, LH, MH och MB vara lika stora!

Vi ser att vi har antydan till en cirkel, vi ritar med medelpunkt M och radien AM.

Vi ser att denna bild (eller vad man ifall försökte rita) är möjlig, eftersom vinklar, som ska vara räta verkligen är räta. Det är de, eftersom de är randvinklar, som står på en diameter.

Så detta ger oss en idé om hur vi ska konstruera en motexempel från scratch.

Lösning:

Så fort vi har en cirkel, så fixar det där med rätvinklarna sig. Det vi måste garantera är att triangeln MHL som vi konstruerar verkligen är liksidig.

Så vi börjar med en sträcka AB och markerar mitten på den, punkten M:

Sedan ska den liksidiga triangeln MHL dyka upp. Rita en cirkel med diameter AB och då medelpunkten M. Vilka två radier vi än ritar ut, kommer de vara lika långa. Så ta ett par radier så att vinkel mellan dem är 60°. Se till så att

Markera de två ny punkterna på cirkeln med L och H. Den likbenta triangeln LMH med vinkel 60° i toppen måste vara en liksidig triangel, precis vad vi ville ha!

Nu återstår det att hitta punkten C. Den hittar vi på skärningen mellan linjerna AL och BH:

Vinklarna ALB och AHB är verkligen räta, eftersom de står på diametern i den nu snygga cirkeln. Således är AH och BL verkligen höjder. Och triangeln ABC är inte liksidig, eftersom i det fallet skulle punkterna L och H ligga spegelsymmetriskt kring mittpunktsnormalen till AB.

Summan av kardemumman: vi har använt massa geometriska kunskaper för att konstruera en halvful triangel med snygg egenskap!

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

Lösning:

(a) Vi ska visa att rektangeln är ett omslag. Lägg rektangeln på kvadraten på så sätt att två av kvadratens hörn hamnar på långsidorna och ett tredje hörn hamnar i mitten på kortsidan som det ser ut på bilden.

Hur man viker biten vidare för att den ska omsluta kvadraten på båda sidor ser ni nedan:

(b) Dela upp kvadratens lodräta sidor i n delar. Då kan vi hitta en parallellogram, som omsluter kvadrattavlan. På bilden syns parallellogrammen med kortsidan (i detta fall n=5).

Sedan kan man göra om parallellogrammen till en rektangel, så att övertäckningen blir i princip densamma. Arean ändras fortfarande inte.

Notera att kvadraten fås när n=1, rektangeln när n=2, rektangeln när n=3:

n=3

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!