Vetenskapstävlingar

När man lär sig vissa skills så finns det ofta sätt att utvärdera dem. I karate finns det bälten av olika färger som visar på vilken nivå du har uppnått hittills. Om du lär dig att dansa så ordnas det dansföreställningar som markerar slutet av någon inlärningsperiod. Om du spelar fotboll på fritiden finns det matcher som ditt lag spelar mot andra. Och i skolans ämnen finns betyg.

Men vad händer om du är intresserad av mer matematik än den som finns i skolan? Hur kan du avgöra om du blir bättre på det?

Ett sätt är att plugga en bok från en högre årskurs på egen hand. Du kan se om du räknar rätt på uppgifterna och på så vis läsa svårare ”skolmatte” och så småningom även universitetsmatte. Det är en helt ok väg att ta om du litar på att kurserna i skolan och högskolan är upplagda på ett bra sätt. Det är svårt att lägga upp kursplanerna i ett ämne som du inte kan än, så det är kanske det enda sättet att lära sig matematik på egen hand.

Men matematisk problemlösningsförmåga är svårare att mäta på samma sätt. För det behöver man jämföra sig med andra, eftersom det inte finns några etablerade nivåer inom problemlösning. Jag känner inte till något bättre sätt att sätta sina kunskaper på prov än just mattetävlingar.

Hur tävlar man i matte?

Man löser kluriga uppgifter på tid! Oftast handlar det inte lika mycket om att kunna begrepp från skolmatten, utan att kunna tillämpa sina kunskaper. Det finns individuella tävlingar och tävlingar för små grupper (främst i högstadiet). Ibland får man vara på sin egen skola och ibland får man träffa tävlande från andra skolor (oftast på finalen av respektive tävling).

Du kan kolla upp de olika tävlingarna:
HMT (Högstadiets matematiktävling)
PQ (Pythagoras Quest)
SigmaÅtta
SMT (Skolornas matematiktävling)

Varför tävlar man i matte?

Förutom att det är ett sätt att utvärdera sig själv, så är den sociala aspekten en stor grej av tävlingar. Många brukar säga ”det viktigaste är inte att vinna, utan att delta” om fotbollsmatcher (för barn). Förvisso är det mycket roligare att vinna, men det är en enorm skillnad mellan att delta och förlora och att inte delta alls. Varje tävling är en chans att visa upp sig och göra sitt bästa. Att prestera på topp under kort tid (även vid förlust) är givande för de flesta i deras matematiska utveckling. Men att också umgås med andra, som försöker prestera på topp inom samma område, att utbyta tankar och erfarenheter med dem är ovärderligt. Därför är det hälsosamt att tävla om man kan ta en förlust.

Varför anordnas tävlingar?

Tävlingar anordnas för att hjälpa eleverna att hitta sin bana. Det är en belöning för dem som har valt att satsa på sina matematiska intresse.
På tävlingar görs reklam för vidare matematikstudier eller yrkesmöjligheter – självklart vill skolorna och företagen ha de bästa hjärnorna i Sverige.

De som anordnar tävlingar förstår deras betydelse för både lärare och elever. Som en av de som förbereder Högstadiets Matematiktävling kan jag säga att vi gör det mest för att stimulera intresset för svår matematik, så att den inte dör ut hos duktiga elever som har lätt för skolmatte.

Vad tjänar lärare på det?

En lärare kan få en helt annan inställning i klassen mot matte om hen inför kulturen av regelbundna tävlingar. Då finns det ett större mål med matematikstudier, vilka annars är svåra att motivera. För vad svarar man vanligtvis på frågan ”Vad behöver vi det här till?” under en mattelektion? Man säger ”Det här kommer du behöva senare i livet”, vilket är lite sisådär motiverande för en högstadieelev.

Om matteprestationer belönas extra med ära och erkännande, så blir det ”coolt” att vinna mattetävlingar och att vara bra på matte. Liten hälsosam konkurrens i klassen tjänar de allra duktigaste oerhört mycket på. De svagas självförtroende kan dock minska så man ska vara försiktig med att jämföra eleverna för mycket inom klassen. Betrakta istället klassprestationer som en gemensam sak, det vill säga, om det går bra för någon i klassen, så är det hela klassens förtjänst. Eleverna intresserar sig mycket mer för den skolmatten och har inget emot att nöta vanliga räkneuppgifter som ”träning” inför den svåra problemlösningen.

Lösningar till SMT-kvalet 2014

Detta är de inofficiella (dagen-efter) lösningar till SMT-kvalet som hölls den 30:e september på gymnasieskolorna över hela Sverige. De officiella lösningarna kommer att komma upp på SMT:s hemsida.

Problem 1


Ett tåg kör fram och tillbaka dygnet runt mellan Aby och Bro med lika långa uppehåll vid ändstationerna, och med samma tidtabell alla dagar i veckan. Under varje resa stannar tåget endast en gång, vid Mo.

Jens åker med tåget från Aby, stiger av i Mo för att handla och återvänder till Aby när tåget nästa gång stannar i Mo. Hans uppehåll i Mo har då varat i 50 min. Jenny åker från Bro till Mo, och åker sedan hem nästa gång tåget stannar på väg mot Bro. Hennes uppehåll i Mo blir 30 min.

Hur många gånger stannar tåget i Mo under ett dygn? Vi bortser från den tid det tar för tåget att stanna till i Mo, samt antar att tåget är i rörelse vid midnatt.

Lösning

Puh, den första uppgiften testar om du kan läsa mycket text! :)

Vi noterar att under tiden Jens är i Mo, så hinner tåget åka från Mo till Bro, stå i Bro och sedan åka tillbaka från Bro till Mo precis. Under tiden som Jenny är i Mo, så hinner tåget att göra precis rester, det vill säga åka från Mo till Aby, stanna i Aby och sedan åka tillbaka från Aby till Mo. Eftersom vi antar att tåget inte spenderar tid i Mo, så utgörs hela cykeln av de två tiderna. Det vill säga, det tar 80 minuter för tåget att göra sin rutt.

Under dygnets 24*60 minuter hinner tåget göra rutten 24*60/80 = 18 gånger. Under varje rutt stannar tåget i Mo två gånger. Således blir det 36 stopp i Mo under ett dygn.

Problem 2

Medelvärdet av 12 reella tal är 20. Medelvärdet av de tal som är större än 20 är 27, medan medelvärdet av de tal som är mindre än 20 är 17. Visa att minst ett av de talen måste vara lika med 20.

Lösning

Vi antar motsatsen: Det finns inget tal bland de 12 som är lika med 20. Då utgörs talen av k stycken som är större än 20 och 12-k stycken som är mindre än 20.

Talens medelvärde är 20, alltså är alla talens summa lika med 20*12 = 240. De som är större än 20 har på samma sätt summan k*27 och de som är mindre har summan (12-k)*17. Således har vi:

20*12 = 27*k + 17*(12-k) = 17*12 + 10*k

3*12 = 10*k

3,6 = k

Motsägelse, eftersom k var ett antal. Alltså måste det finnas som minst ett tal som är exakt 20.

Problem 3

Pukterna P, Q, R, S väljs på sidorna av kvadraten ABCD, så att P ligger på AB, PBC, RCD och SDA, och så att sträckorna AP, BQ, CR, DS är lika långa. Punkten M inuti kvadraten ABCD är sådan att arean av fyrhörningen SDRM är 24 cm2, arean av RCQM är 41 cm2 och arean av QBPM är 70 cm2. Bestäm arean av fyrhörningen PASM. (Du kan ta för givet att det finns en punkt M som uppfyller villkoret.)

Lösning

Om AP = BQ = CR = DS, så är PB = QC = RD = SA, då kvadratens sida är lika med AP + PB = BQ + QC = CR + RD = DS + SA. Därför får vi, om vi drar linjerna PQ, QR, RS, SP, fyra kongruenta rätvinkliga trianglar på bilden (kongruensfall SVS till exempel).

Det betyder att PQ = QR = RS = SP, samt att alla vinklar i PQRS är räta, då de komplementerar två vinklar, vars summa är 90°. PQRS är således en kvadrat.

SMT_k14_3_1

Låt oss betrakta fallet då punkten M hamnar inuti kvadraten PQRS. Dra då de fyra höjderna från M mot den lilla kvadratens sidor. Höjdernas respektive längder betecknar vi med a, b, c, d. Notera att a + c = b + d, då dessa höjder bildar sträckor, parallella med kvadratens sidor. Alltså har summorna samma värde som längden av den inre kvadratens sida.

SMT_k14_3_10

Låt oss beteckna den inre kvadratens sida med x. Det betyder att vi kan uttrycka areorna av trianglarna MSP, MPQ, MQR, MRS:

\displaystyle S_{MSP} = \frac{a\cdot x}{2}
\displaystyle S_{MPQ} = \frac{b\cdot x}{2}
\displaystyle S_{MQR} = \frac{c\cdot x}{2}
\displaystyle S_{MRS} = \frac{d\cdot x}{2}

a + c = b + d får vi att:

\displaystyle S_{MSP} + S_{MQR} = S_{MPQ} + S_{MRS}

Då måste även

\displaystyle S_{PASM} + S_{RCQM} = S_{QBPM} + S_{SDRM}

då vi lägger på areor av två av de kongruenta trianglarna på båda sidor (gula på bilden).

SMT_k14_3_2

Alltså är arean av fyrhörningen PASM lika med 24 + 70 – 41 = 53cm2.

Men vad händer om punkten M ligger utanför den inre kvadraten? Egentligen fungerar exakt samma lösning, men man måste tillåta att vissa areor är negativa. Till exempel om M ligger inuti triangeln APS ligger, så betraktar vi längden av höjden a som ett negativt värde, liksom arean av triangeln MPS. Alla andra påståenden i vår lösningen gäller även med den modifikationen, alltså blir svaret i vilket fall densamma. Det vill säga 53cm2.

Problem 4

Sträckorna AP och BQ är höjder i triangeln ABC. Triangelns vinkel vid hörnet C är 100°. Punkten M är mittpunkt på sidan AB. Bestäm vinkeln PMQ.

Lösning

Eftersom triangeln är trubbvinklig går höjderna AP och BQ utanför triangeln och skär förlängningen av BC respektive AC.

SMT_k14_4_1

Om man ritar ut cirkeln med mittpunkten M och diametern AB, så kommer punkterna P och Q hamna på cirkelns rand, eftersom de står på diameter med räta vinklar. (Se randvinkelsatsen.) C hamnar inuti cirkeln, eftersom ACB > 90°

SMT_k14_4_2

Eftersom vinkeln ACB är 100°, så är komplementvinkeln ACP lika med 80°. Det betyder att vinkeln CAP är lika med 10°, då vinkeln APC är rät. På samma sätt är CBQ = 10°, fast det kommer vi inte att använda.

SMT_k14_4_3

Dags att använda radvinkelsatsen igen! Då vinklarna PAQ och PMQ står på samma båge, men den första är en randvinkel medan den andra är en centralvinkel, så följer det att PMQ är dubbelt så stor, det vill säga lika med 20°.

SMT_k14_4_4

Problem 5

I en skolklass får en elev en påse med 2014 enkronor från läraren medan de övriga eleverna inte har några pengar alls. Varje gång två elever träffas delar de pengarna de har tillsammans lika om det är ett jämnt antal kronor, medan de lägger en krona i klasskassan och delar lika på resten om de har ett udda antal kronor tillsammans. Efter lång tid har detta hänt många gånger och det visar sig att alla pengarna ligger i klasskassan. Hur många elever måste det minst ha varit i klassen?

Lösning

Det gäller att komma på ett svar, visa att händelsen var möjlig vid det svaret, samt förklara varför ett mindre antal elever aldrig skulle fungera.

Mitt svar är 12 elever. Låt oss ställa dem på rad, med eleven med 2014 kronor först. Därefter delar första och andra eleven på pengarna, andra och tredje, tredje och fjärde och så vidare upp till att tionde och elfte delar på pengarna. Vi får efter det följande mängder hos eleverna (och några kronor ligger i klasskassan):

1: 1007 kr
2: 503 kr
3: 251 kr
4: 125 kr
5: 62 kr
6: 31 kr
7: 15 kr
8: 7 kr
9: 3 kr
10: 1 kr (precis innan hade hen 3 kr)
11: 1 kr (precis innan hade hen 0 kr)
12: 0 kr

I denna situation kan elev 10 och elev 11 bli av med pengar genom att dela dem med elev 12, en i taget.
På så vis “försvann” 3 kr från en elev med hjälp av två andra elever som hade 0 kr. Därför är det möjligt, att i flera steg få bort 3 kr från elev 9 (eftersom det finns minst två elever med 0 kr). Notera att elev 9 hade 7 kr innan hen delade med sig för första gången vidare i raden. Därför har vi ett sätt att bli av med 7 kr med hjälp av tre “tomma” elever. Därför kan vi bli av med elev 8:as 7 kr också.

Vi fortsätter på samma sätt tills elev 1 är den enda som har pengar (1007 kr) kvar. Hen kan bli av med dem (mha av de andra tomma eleverna), eftersom elev 2 kunde göra det. Alltså kan man bli av med alla pengar i det här fallet.

Varför räcker det inte med 11 elever?

Notera att i en situation då vi har en mängd elever som kan göra operationerna med varandra, och då alla har åtminstone m mynt, kommer ingen nånsin att kunna få färre än m mynt. För det skulle krävas att man delade som mest på 2(m – 1) + 1 = 2m – 1 mynt, men det är mindre än vad två godtyckliga personer i mängden har tillsammans.

Om klassen hade haft två personer skulle de bara kunna ha 1007 mynt var och inte kunna minska på den mängden. Vi ska visa att om tre personer får byta så kommer var och en att ha som minst 503 kr, om fyra personer får byta så kommer de ha som minst 251 kr var och så vidare. Om 11 personer får byta kommer de alltid ha som minst 1 kr var. Då kommer vi att ha visat att inte alla pengar kan hamna i kassan.

I fallet med tre personer, titta på när den sista personen blir involverad för första gången. Hen delar då pengar med en person som har minst 1007 kr (enligt vad vid visade om två personer). Den själv har 0 kr, alltså kommer de efter delningen att få minst 503 kr var. Nu har alla tre personerna minst 503 kr (den som inte var med om den sista delningen har minst 1007) och kan inte få färre.

På samma sätt går vi steg för steg (eller med induktion) och betraktar då k+1 personer får vara involverade. När den sista av dem gör sin första delning så blir dess minimum hälften av minimum för k personer, avrundat neråt. Ingen annan har mindre än det minimivärdet. Således har vi visat att minsta antal kronor hos varje person bland 11 är 1 kr (och med färre personer ännu större), det vill säga de fallen fungerar inte för att bli av med hela kassan.

Problem 6

Låt a och b vara två positiva heltal sådana att 8a2 + 2a = 3b2 – b . Visa att både 2a + b och 4a – 2b + 1 är kvadrater av heltal.

Lösning

Min lösning var inte världens snyggaste från början, men här en så kallad “kammad” lösning. Det vill säga onödiga steg har tagits bort. Låt dig inte luras av att lösningen är kort, det tog några försök att komma fram till den.

Låt oss multiplicera de talen vi ska visa vara kvadrattal:
(2a + b)(4a – 2b + 1) = 8a2 – 2b2 + 2a + b = (8a2 + 2a) + (- 2b2 + b)

Den första termen kan vi ersätta med 3b2 – b så som det är givet av villkoret i uppgiften:
(2a + b)(4a – 2b + 1) = (3b2 – b) + (- 2b2 + b) = b2

Så vi vet att produkten av talen är ett kvadrattal i alla fall.

Notera att ett kvadrattal har alltid ett jämnt antal av samma primfaktorer i sin primtalsfaktorisering, så det lönar sig att titta på något primtal p, ta något sådant som ingår i faktoriseringen av både 2a + b och 4a – 2b + 1. Det implicerar att b2 är delbart med p ocskå. Eftersom p är ett primtal, så måste även b vara delbart med p.

Om både 2a + b och b är delbara med p, så är 2a det också. Låt oss nu titta på 4a – 2b + 1 igen: 4a är delbart med p, b är delbart med p, alltså ger talet rest 1 vid division med p. Detta ger motsägelse, alltså kan inte 2a + b och 4a – 2b + 1 har gemensamma primfaktorer. De är alltså relativt prima.

Det innebär att varje primfaktor som b2 har i faktoriseringen (ett jämnt antal gånger) antingen ingår helt i ena talet eller det andra. Det innebär att vart och ett av talen har alla primfaktorer i jämna potenser och alltså är kvadrater av heltal.

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

Första matteregattan i Uppsala

Den 1 mars hölls Uppsalas första Matteregatta för högstadiet! Två skolor deltog: Gluntens Montessoriskola samt Uppsala Musikklasser, både respresenterade med ett lag. Stort tack till Katedralskolans mattecirkel som hjälpte till att organisera tävlingen och utgjorde juryn.

Laget UMK (Uppsala Musikklasser) kom ut som segrare med 73 poäng av 78 möjliga! Tvåan Gluntens Montessoriskola presterade också mycket bra med 70 poäng. Kanske var uppgifterna något för lätta för dessa nior, men vad tycker du? Pröva att lösa uppifter nedan själv :)

Vinnarna Johan Tengholm, Johannes Aronsson, Kristoffer Ley, Karin Pontoppidan och Gustav Linnarsson
Vinnarna Karin, Johannes, Johan, Kristoffer och Gustav

Omgång 1 (14 minuter, 5 poäng per uppgift)

1-1. I en 5 × 5-tabell, kryssa i några rutor så att det finns exakt två kryss på varje rad och varje kolumn.

1-2. I följande uträkning har man ersatt siffror med bokstäver, på så sätt att olika bokstäver står för olika siffror medan samma bokstäver står för samma siffror.

DA + D = AMM

Hur såg uträkningen ut från början?

1-3. Lös ekvationen ((x/3 − 8) · 2 − 6)/2 − 3 = 7

Omgång 2 (14 minuter, 6 poäng per uppgift)

2-1. Dagens datum är 2014.03.01. Summerar man alla siffrorna i datumet, så blir det 11.
(2 + 0 + 1 + 4 + 0 + 3 + 0 + 1 = 11)
Vilket är det närmaste datumet i framtiden som har siffersumman 10? Motivera varför inget tidigare datum
fungerar som svar.

2-2. En pojke har lika många systrar som bröder, men hans syster har hälften så många systrar som bröder. Hur många pojkar och flickor finns det i den familjen?

2-3. En träkub har sidlängden 1 m. Vi sågar upp kuben i små kuber som alla har sidlängden 1 cm och lägger alla småkuberna på en rad. Hur lång blir raden?

Omgång 3 (17 minuter, 7 poäng per uppgift)

3-1. Klipp upp ett 6×4-rutnät i fem stycken rektanglar med olika areor. Du får bara klippa längs med rutgränserna. Visa uppdelningen genom att rita en bild.

3-2. Erik bestämde sig för att endast spela datorspel på onsdagar, lördagar och udda datum. Hur många dagar i rad som mest kan han njuta av datorspel? Motivera varför det antalet dagar är det största möjliga.

3-3. Bob blandar saft genom att späda ut saftkoncentrat med vatten så att det bildas exakt 2 liter saft. Bob tog 5 delar vatten till 1 del koncentrat. Sedan drack Bob ett glas (2 dl) av saften och märkte att det inte smakade något vidare. Han upptäckte att han hade läst fel och att han borde ha blandat 2 delar vatten med 1 del koncentrat. Hur mycket saftkoncentrat borde Bob hälla in i kannan för att få perfekt smak på saften?

Omgång 4 (17 minuter, 8 poäng per uppgift)

4-1. Sätt ut siffrorna 1,1,2,2,3,3,4,4 i en sådan ordning att det finns exakt en siffra mellan 1:orna, två siffror mellan 2:orna, tre siffror mellan 3:orna och fyra siffror mellan 4:orna.

4-2. Man gjorde följande förändringar med en rektangel: först ökade längden med 50%, sedan minskade bredden med 40%, sedan minskade längden med 40% och till sist ökade bredden med 50%. Har rektangelns area blivit lika stor som i början, mindre eller större, och hur stor var den procentuella förändringen om den inte förblev lika stor?

4-3. Anna och Chris springer runt en löpbana. De startar från samma ställe samtidigt och håller sina hastigheter. Chris springer mycket snabbare och kommer om Anna för första gången då hon är på sitt första varv och har 1/4 av banan kvar. De bestämmer sig för att sluta när Anna har sprungit 6 varv. Hur många varv har Chris hunnit springa?

Problemförfattarna: Valentina Chapovalova (jag) och Johan Sundström (elev på Katedralskolan Uppsala).

Vill du veta de rätta svaren och förklaringarna?
Ladda ner lösningarna och titta på rättningskriterierna för att avgöra hur mycket poäng du skulle ha fått på egen hand!

Decembertävlingen 2013 – resultat och omröstning

Mattebloggens decembertävling är nu avslutad. Tack alla som deltog!

Vinnare

Tävlingens vinnare är en person med kodnamnet $ som fick mest poäng av alla och alltså vunnit ett exemplar av boken Matematisk utflykt. Grattis $!

Alla andra deltagare som löst minst 20 (av 24) gåtor korrekt belönas med ett träpussel, och dessa är personer som valde att kalla sig Lotta, David, Jullejohansson, Jon-E och Johan. Stort grattis! (Jullejohansson, jag ber dig skicka din fysiska adress till valentina.chapovalova@gmail.com för att jag ska kunna skicka priset hem till dig).

Utmärkelser

Hela 35 deltagare löste minst ett problem på rätt sätt och presenteras i resultattabellen längst ner. I övrigt vill jag ge ut följande årstitlar (jag lånar presentationsstilen från en tävling min vän Ove brukar sammanfatta).

Årets blixt: $, som löste majoritet av problemen (13 stycken) först av alla, vilket hjälpte honom att vinna stort.
Årets utmanare: Lotta, som trots en långvarig andraplats aldrig slutade att försöka lösa problemen först av alla.
Årets kämpe: Eva Marie, som skickade in flest försök av alla och trots en hel del (till en början) felaktiga svar aldrig gav upp.
Årets one-hit-wonder: Tejp, som efter att ha varit snabbast på den allra första uppgiften, aldrig mer skickade in några svar och slutade ändå på plats 9.
Årets sena ankomst: Julia M, som började skicka in lösningar först den 22:a december, men ändå kämpade upp sig till en elfte plats.
Årets smeknamn: Mr_average, som slutade på plats 15 av 35.
Årets lärare: Adam Jonsson, som fick sina elever att delta i tävlingen och i och med det göra reklam för honom och Edsbergsskolan.

Omröstning

Nedan finner du en lista på alla tävlingsproblemen som nu har fått lösningar. I parenteser står antalet korrekta svar som jag har fått in på varje problem, vilket kanske säger något om svårighetsgraden (eller hur lätt det var att skicka in lösningen).

Vilket problem tyckte du bäst om? Vilket var tråkigt och ointressant? Rösta gärna genom att betygsätta problemen med (1 till 5) stjärnor på respektive länk. Har du andra synpunkter på tävlingen är du välkommen att skriva i kommentarerna. Stort tack!

betyg

(8) Två delat med två
(13) Måla kubens yta
(8) Figur i fyra delar
(13) Problemlösningstävling
(12) Fem punkter på avstånd
(13) Sju fikabröd
(7) Ögruppen
(10) Feta streck
(12) Dividera till fem
(10) Utökad produkt
(10) Excel
(9) Lögnare och sanningssägare
(8) Väldigt lång uträkning
(5) Tjocka och tunna hårband
(11) Guldkista
(11) Fram och tillbaka igen
(7) Palindromrebus
(8) Pepparkakor
(8) Sammansatt tal
(8) Lastade tunnor
(8) Bakteriekoloni
(7) Skuren träkub
(6) Ett land utan korsningar
(4) Korstal 2013

Slutresultat

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

Lösningar till SMT-kvalet 2013

Nyligen hölls SM i matte för gymnasister, som kallas Skolornas Matematiktävling. Tävlingen bestod av 6 uppgifter som eleverna fick lösa under 5 timmar.
De officiella lösningarna har inte kommit upp än, så jag tänkte föreslå egna. Samt kommentera på vad du kanske gjorde fel, om du deltog.

VARNING: det är inte säkert att lösningarna är fullständiga enligt de kriterierna som juryn sätter upp. Men enligt mig är de det :)

Problem 1

Längs en lång vandringsled finns markeringar för antalet passerade kilometer efter varje kilometer, med början vid starten där det står markering 0. En vandrare som börjar gå vid vandringsledens start ägnar sig åt att räkna siffrorna i dessa markeringar. Hur många kilometer har vandraren gått vid den kilometermarkering som innehåller den 2013:e siffran?

Lösning

Här gäller det att vara nogrann. Många tankefel och räknefel kan uppstå!

Vi räknar ensiffriga skyltar för sig, de består av 10 siffror (siffrorna 0 till 9).
Vi räknar tvåsiffriga skyltar för dig, de består av 2*90 = 180 siffror (talen 10 till 99 är precis 90 stycken).
Räknar vi ihop tresiffriga skyltar, så kommer vi få ett tal som är större än 2013, så det är någonstans på ett tresiffrigt tal som den 2013:e siffran förekom.

2013 – 180 – 10 = 1823, det vill säga vi ska ta reda på 1823:e siffran bland de tresiffriga talen. Låt oss kolla hur många tresiffriga tal vandraren passerar innan han kommer till siffra 1823.

1823/3 = 607 rest 2, det vill säga vandraren passerar 607 tresiffriga tal och det eftersökte talet är det tresiffriga talet nummer 608.

Det tresiffriga talet nummer 1 är 100, nummer 2 är 101, osv. så talet nummer 608 är alltså 608+99 = 707. När vandraren har passerat skylten med talet 707, har han gått exakt 707 kilometer.

Fel

Förutom räknefel är tankefelet +-1 (“plus-minus-ett”) det vanligaste, då man kanske tänker att man börjar med skylten som det står 1 på eller att man betraktar det 607:e tresiffriga talet (iställer för det 608:e).

Problem 2

I en stad som ligger på gränsen mellan två länder kan man fritt använda ländernas respektive valutor daler och mark. Dag köar bakom två flickor och tre pojkar vid en biograf. Han noterar att flickorna betalar sina båda biljetter med en tiodalerssedel och får åtta mark tillbaka. Pojkarna betalar sina tre biljetter med en trettiomarkssedel och får nio daler tillbaka. Dag lyckas betala för sin biljett med jämna pengar genom att enbart använda endalersmynt och enmarksmynt. Hur många mynt av vardera slaget behöver han för detta?

Lösning

Här gäller det att införa bekväma beteckningar, samt förstå att endast svar räknas inte (jag tror att man måste motivera varför det endast finns ett alternativ).

Låt B vara biljettkostnaden, M beteckna en mark, D en dal. Då får vi ekvationerna:
2B = 10D – 8M
3B = 30M – 9D
Samt att B kan skrivas som en summa av ett helt antal M och helt antal D. Men hur?

Låt oss pyssla lite med ekvationssystemet och får bort B:n för att få veta hur D och M kan växlas mot varandra.
3*(2B) = 3*(10D – 8M)
2*(3B) = 2*(30M – 9D)

Så 30D – 24M = 60M – 18D och således 48D = 84M vilket förkortas med 12 till 4D = 7M.

Ur första (eller andra) ekvationen kan vi få priset för en biljett, men inte som en summa:
B = 5D – 4M.

Låt B = yD + xM = 5D – 4M (x och y är positiva heltal). Då gäller (x+4)M = (5-y)D och alltså även
7*(x+4)M = 7*(5-y)D. Här kan vi se att y < 5 för att högerledet ska vara positivt, liksom vänsterledet. 7M kan ersättas med 4D, alltså har vi: (x+4)4D = 7(5-y)D och efter att förkortat med D får vi: 4*(x+4) = 7*(5-y), där allt är heltal. Vänsterledet är delbart med 4, således även högerledet. 7 är relativt primt med 4, så 5-y måste vara delbart med 4. Eftersom y < 5 är y = 1 det enda talet som passar. Alltså har vi 4*(x+4)=28, så x=3. Därför är B = 3D + M och det är det enda sättet att uttrycka biljetten så som uppgiften beskriver.

Fel

Som sagt, efter lite prövning kan man få svaret B = 3D + M, men glömma att motivera varför det är det enda svaret.

Problem 3

Två koncentriska cirklar (det vill säga två cirklar med samma medelpunkt) har radier a och b, där b > a. Låt PQ vara en diameter i den större cirkeln. En linje genom Q tangerar den mindre cirkeln i punkten T. Bestäm längden av sträckan PT uttryckt i a och b.

Lösning

Det första vi gör är att rita en bild, förstås.

kval2013problem3

Eftersom den okända sträckan inte ingår i någon triangel, där vi känner till sidorna, ser vi till att dra extra linjer och benämna extra punkter:

kval2013problem3lösning

Vinkeln QTO = 90^\circ, eftersom det är en vinkel mellan radien till en tangent och själva tangenten (eller kan ses som en degenererad randvinkel). Vinkeln QSP = 90^\circ eftersom det är en randvinkel på den stora cirkeln, som har diametern som bas.

Triangeln QTO är alltså rätvinklig med hypotenusan b, en katet a och således den andra kateten lika med \sqrt{b^2-a^2} enligt Pythagoras sats.

Triangeln QSP är likformig med QTO eftersom båda är rätvinkliga, samt delar en annan vinkel. Likformighetskoefficitenten är 2, eftersom QO = b, medan QP = 2b. Det betyder att QS = 2\sqrt{b^2-a^2} och SP = 2a.

Men då känner vi till kateterna i den rätvinkliga triangeln TSP.
TS = \sqrt{b^2-a^2}, SP = 2a, så vi kan räkna ut TP med Pythagoras sats:

TP = \sqrt{(\sqrt{b^2-a^2})^2+(2a)^2} =  \sqrt{b^2-a^2+4a^2} =  \sqrt{b^2+3a^2}

Fel

Inte så mycket fel man kan göra här, man behöver knappast redovisa för några olika fall som kan uppstå när man ritar bilder. Alla värden och resonemang är desamma oavsett hur bilden exakt ser ut.

Problem 4

På ett papper har Ida på en rad skrivit 27 positiva heltal, ordnade efter storlek. Det första talet är 1 och det sista är 25. Ida berättar för Emil att summan av samtliga tal är 127, att summan av de nio första talen är 21, samt att summan av de nio sista talen är 65. Räcker den informationen för att Emil ska kunna avgöra vilket tal det är som står i mitten?

Lösning

Här räcker det att titta på talen från slutet. Vi får veta att de nio sista talen har summan 65. Eftersom det sista talet är 25, så är summan av de åtta näst sista talen lika med 40. Det innebär att det nionde talet från slutet är som mest 5, för hade det varit 6 eller större, slulle de åtta näst sista talen ha summa 48 eller större.

Det betyder alltså att de första arton talen är mellan 1 och 5. Låt oss bara tänka på dem nu. Talens summa är 127 – 65 = 62. Den sista halvan av talen (nio stycken) har summan 62 – 21 = 41.

Låt oss anta att det mittersta talet (som även är det mittersta talet i den stora bilden) är 4 eller mindre. Det betyder att det först kommer fem tal som är alla 4 eller mindre och sedan kommer det fyra tal som är som mest 5. Det betyder att summan av dessa nio tal är totalt 40 eller mindre. Motsägelse, eftersom summan är 41.

Det innebär att det mittersta talet är inte 4 eller mindre. Så det måste vara 5, det vill säga informationen räcker.

Fel

Här kan räknefelen ha avgörande betydelse. Det är ju precis på gränsen att talen räcker till en motsägelse, så att vi kan utesluta alla fallen utom talet 5.

Problem 5

Låt a och b vara positiva heltal. Betrakta de ab punkter med heltalskoordinater (i, j) som uppfyller att 0 \leq i < a, och 0 \leq j < b. Var och en av dessa punkter färgas i en av k, k \geq 2, olika färger som är numrerade från 0 till k - 1. I punkten med koordinater (i, j) ges färgens nummer av resten vid heltalsdivision av i + j med k. Om varje färg förekommer i lika många punkter, visa att minst ett av talen a och b är jämnt delbart med k.

Lösning

Ett av de största utmaningarna i uppgiften är att tolka vad som överhuvudtaget händer! Är man van vid koordinator och kvantorer, så förstår man så småningom att det handlar om en rektangel bestående av punkter i koordinatsysemet, där bredden består av a punkter, medan höjden utgörs av b punkter. Det vill säga, a punkter per rad och b per kolonn. Totalt är det givetvis a\cdot b punkter, vilket nämns i uppgiften.

Dessa punkter målas i k färger på ett speciellt sätt. Nämnligen räknar man summan av punktens koordinater och sedan tar resten vid division med $k$ (och målar punkten i färgen med det numret). Till exempel, nedre vänstra hörnet har koordinaterna (0,0). Eftersom 0+0 = 0, kommer den punkten målas i färg 0. Punkterna (1,0) och (0,1) kommer målas i samma färg 1. Punkterna (2,0), (1,1) samt (0,2) kommer målas i samma färg 2 (om det finns så många färger). Men vänta nu, det verkar som att alla höger-nedåtgående diagonaler målas i samma färg, alltid!

Detta stämmer, eftersom koordinatsummorna på varje sådan diagonal kommer vara lika, således även resterna vid division med k kommer vara lika. Detta stämmer eftersom neråt-höger från (i,j) ligger (i+1,j-1). Med induktion får vi att alla punkterna på en sådan diagonal har samma färg som den vänstraste av dem, så allihopa har samma färg.

Eftersom det handlar om rester vid division med k och diagonalsummorna ökar med 1 hela tiden (vi går från (i,j) till (i,j+1)), så betyder att färgerna “börjar om” efter att k diagonaler målas. Så vi har följande bild för t.ex. k = 4, a = 5, b = 3:

grid_4_5_3

Det är givet att varje färg ska förekomma precis lika många gånger. Låt oss anta att varken a eller b är delbara med k och komma fram till en motsägelse.

Om a hade varit delbart med k, så skulle lika många punkter av varje färg förekomma på varje rad, eftersom k punkter i rad har de alla k olika färgerna (och sedan börjar cykeln om). Så låt oss ta bort den största delen från varje rad, som är delbar med k. Det vill säga, vi tar bort $b\cdotk$ kolumner. Kvar på varje rad blir en rest, som då är mindre än k (men större än 0). I den kvarvarande delen är det fortfarande lika många punkter av varje färg.

Låt oss nu tar bort lika många punkter av varje färg genom att förkorta kolonnerna på samma sätt. Vi kapar av den största biten, som är delbar med k, från varje kolonn. Kvar blir en liten rektangel med storleken m\times n, som fortfarande uppfyller reglerna, men vars bredd m och höjd n (räknat i antal punkter) är mindre än k.

Till exempel: om antalet färger är 4 och rektangeln hade storleken 10×7, så blir det en 2×3-bit kvar, eftersom 10 ger rest 2 vid division med 4, medan 7 ger rest 3.

grid_4_7_10

Vi kan lika gärna anta att övre vänstra hörnet i den lilla kvadrvarande rektangeln är målad i färgen 0 (annars döper vi om färgerna helt enkelt). Poängen är i alla fall att oavsett storleken på den lilla rektangeln, kommer färgen 0 förekomma exakt min(m,n) gånger, nämligen just den diagonalen som övre vänstra hörnet ligger på (den består utav m eller n punkter, beroende på vilket tal som är minst) och inga fler punkter.

Varför inga fler punkter? Jo, om någon rad eller kolonn innehåller fler punkter av en och samma färg betyder det att raden/kolonnen är minst k punkter lång, vilket motsäger konstruktionen av den lilla rektangeln. Och vi vet att diagonalen med färgen 0 antingen går igenom alla rader eller alla kolonner (beroende på vilka som tar slut först).

Antag att n\geq m (det finns fler kolonner än rader (eller så är deras antal lika)), och färgen 0 förekommer alltså m gånger). Hur många gånger förekommer då färgen k? Jo, det är som minst m-1 gånger, eftersom precis så många punkter finns på diagonalen under den med färgen 0. Men det är inga fler punkter av den färgen heller. Av samma anledning som innan kan inte den finnas med på de raderna som redan innehåller färgen k. Det kan inte heller finnas på första raden, eftersom den raden börjar med färgen 0 och således måste innehålla minst k punkter för att färgen k också ska förekomma. Motsägelse. I det här faller har alltså minst två färger olika antal punkter.

Antag att n gånger. Men med samma resonemang som ovan, måste färgen 1 förekomma n-1 gånger och inga fler, eftersom den omöjligen kan finnas i första kolonnen. Även här har två färger olika antal punkter!

Vi har kommit fram till en motsägelse, det betyder att det inte kan finnas någon rektangelbit kvar när vi tar bort kolonner eller rader, vars antal är delbart med k. Det betyder att antingen antalet rader eller antalet kolonner (eller båda) är ett tal som inte ger rest vid division med k, vilket skulle bevisas.

Fel

Felet man kan göra här är att tro att uppgiften går (dessutom) ut på att bevisa att OM åtminstone en utav a och b är delbar med k så gäller att det finns lika många punkter av varje färg. Detta stämmer, och kan hjälpa en på vägen till lösningen, men det efterfrågas inte i uppgiften.

Ett annat fel i bevisföringen är att från påståendet att ab är delbart med k (om det finns lika mycket av varje färg, så måste antalet punkter vara jämnt delbart med antalet färger), dra slutsatsen att $a$ eller $b$ är delbart med k. Detta gäller bara om $k$ är ett primtal.

Problem 6

Punkterna P, Q, R är valda på sidorna BC, CA, AB i en triangel ABC på ett sådant sätt att P Q, QR, RP delar triangeln ABC i fyra likformiga trianglar. Visa att åtminstone två av dessa måste vara kongruenta (det vill säga likformiga och lika stora). Ge också ett exempel (med motivering) som visar att alla fyra inte behöver vara kongruenta.

Lösning

Problemet består alltså av två delar. Först, visa att två av de små trianglarna måste vara kongruenta. Och sedan visa att inte alla fyra trianglarna måste vara det. Då räcker det förstås att visa ett exempel då det inte är uppfyllt. Helt lätt är det inte att beskriva sådana exempel på ett korrekt sätt, men vi kommer till det.

Även om alla fyra trianglarna är likformiga, så sägs det inte vilka vinklar som förekommer på vilka positioner. Vi betraktar två stora fall: i det första är alla vinklarna hos de små trianglarna olika, medan i det andra fallet är (minst) två vinklar lika med varandra.

Markera ut de olika vinklarna hos mittentriangeln. För att slippa beteckna med bokstäver kallar vi de andra tre trianglarna för “topp”, “höger” och “vänster”, medan de olika vinkelstorlekarna är grön, gul och lila:

falluppdelning (1)

Nu måste vi dela upp situationen i ännu fler fall. Vi kommer anta färgen hos en av vinklarna som gränsar med gul och efter det försöka härleda så mycket information som möjligt. Slutsatsen vi alltid kan dra i det här fallet är att eftersom summan av de tre olikafärgade vinklarna är 180 grader, så stämmer alltid att om två färger kompletteras med en tredje vinkel till en rät linje, så måste den tredje vinkeln ha den färgen som saknas (eftersom vinklarna har olika storlek). Notera att det inte stämmer att två vinklar av samma färg inte kan vara bredvid varandra.

Fall 1a. Låt oss anta att vinkel 1 är lila. Då är den kompletterade vinkeln grön. Nu måste vi göra ett antagande igen, och vi antar att vinkel 2 är gul:

fall1a

Följ den punkterade vägen från vinkel 2. Den kompletterade vinkeln är blå. Om vi antar att det INTE finns kongruenta trianglar bland de små, så måste nästa vinkel vara gul, annars skulle topp- och mittentriangeln vara kongruenta på grund av vinkel-sida-vinkel (blå, grön, samt den gemensamma sidan). Då är den kompletterande vinkeln grön och nu har vi två gröna vinklar i högertriangeln. Men den måste innehålla tre olika vinklar, motsägelse.

Fall 1b. Vinkel 1 är fortfarande lila och låt nu istället vinkel 2 vara grön.

fall1b

Den kompletterande vinkeln kan inte vara något annat än grön, eftersom annars skulle den räta linjen innhålla två olika färger, och alltså även tre olika. Men så är inte fallet. För att topp- och mittentriangeln inte ska vara kongruenta måste nästa vinkel vara gul. Då är kompletterande vinkeln grön och vi har samma motsägelse som förut.

Fall 2. Antag att vinkel 1 är grön.

fall2

Då är den kompletterande vinkeln förstås lila. Nästa vinkel är förstås grön på grund av icke-kongruens mellan mitten- och högertriangeln. Slutligen är den kompletterande vinkeln gul.

Gå åt andra hållet nu. Översta vinkeln i vänstertriangeln är lila, annars skulle mitten- och vänstertriangeln vara kongruenta. Den kompletterande vinkeln är gul och då har vi fått två gula vinklar i en triangel!

Fall 3. Antag att vinkel 1 är gul (jodå, det kan hända).

fall3

Så som vi har motiverat tidigare (fast med grön färg), måste den kompletterande vinkeln också vara gul (vilket för övrigt innebär att gul är lika med 60 grader). Nästa vinkel är grön på grund av icke-kongruens mellan mitten- och högertriangeln. Den kompletterande vinkeln är då gul.

Åt andra hållet, toppvinkeln i vänstertriangeln är lila, på grund av icke-kongruens mellan mitten- och vänstertriangeln. Då är den kompletterande vinkeln gul, och vi har fått en motsägelse.

Alltså måste i dessa fall alltid funnits två kongruenta trianglar.

Fall likbent. Av bekvämlighetsskäl har vi hittills inte betraktat fallet då några av vinklarna i en och samma liten triangel kan vara lika. Det är för att kunna föra resonemanget med de tre olika färgerna utan tvetydigheter (och för att få motsägelse snabbare). Vi betraktar separat nu fallet, då mittentriangeln har två gula vinklar och en grön (som kan vara lika med gul):

falluppdelning_lika_vinklar

Då kan vinkel 1 antingen vara grön, men då kommer vi fram till att två trianglar måste vara kongruenta hur vi än försöker få dem att inte vara det:

fall1_lika_vinklar

Och om vinkel 1 är gul, kommer vi fram till att högertriangeln måste innehålla två gröna vinklar. Det innebär att grön = gul och således är vilken triangel som helst kongruent med den i mitten.

fall2_lika_vinklar

Pust! Genom att betrakta fem olika fall visade vi att två av trianglarna måste vara kongruenta (notera att det alltid är mittentriangeln som är kongruent med en av de andra). Nu gäller det att konstruera en triangel där de fyra små trianglarna inte alla är kongruenta.

Som inspiration utgår vi från den här bilden, då vinklarna av olika färger är olika:
inspiration

Topp- och mittentriangeln är kongruenta, men kan alla fyra vara det? I så fall har alla små trianglar samma längd på sidan som går mellan den gula och den gröna vinkeln. Vi markerar dessa fyra lika sträckor:

inspiration_fyra_kongruenta

Men det innebär att till exempel mittenrektangeln är likbent och den gröna och den blåa vinkeln är lika. Motsägelse, eftersom vi antog de vara olika. Är vi klara då?

Inte riktigt, vi har fortfarande inte visat att inspirationsbilden är genomförbar. Kan vi konstruera en sådan bild om vi väljer tre olika vinkelmått, som tillsammans ger 180 grader (självklart finns sådana taltripplar)?

Vi utgår från topp- och mittentriangeln som tillsammans bildar en parallellogram. Vi fortsätter linjerna som ska bilda den stora triangelns vänstra samt högra sida. Kan vi nu rita undersidan på så sätt att vinklarna blir så som vi vill ha dem?

toppparallellogram

Jo, men det går bra! Dra undersidan genom den understa punkten på så vis att en blå vinkel bildas till vänster och en grön till höger. Var alla de oavslutade linjerna skär varandra finner vi triangelns två hörn och där kommer även vinklarna vara av rätt färg, eftersom vinkelsummorna i vänster- och högertrianglarna automatiskt kommer stämma. Och vi har redan bevisat att i den här konstruktionen kan inte alla fyra trianglarna vara kongruenta.

toppparallellogram_samt_lite_botten

Vi är klara!

Fel

Men kan göra fantastiskt många fel här! Glömma olika fall, inte utnyttja att vinklarna måste vara olika i sin resonemang, anta att vinklarna måste vara olika så fort det är tre stycken som kompletterar varandra. Det är även väldigt lätt att glömma bort att motivera att ens konstruktion är möjlig i den andra delen av problemet.

Öva på geometri inför SMT-kval

Kvalomgången i Skolornas matematiktävling sker imorgon. Om du vill fräscha upp era geometrikunskaper inför tävlingen
här står det korfattat vad du behöver plugga på. Notera att minst ett av problemen på tävlingen är ett klassiskt geometriproblem.

Tyvärr har de flesta deltagare nackdelen att inte ha gått igenom så mycket geometri i skolan. Har man övat på geometriproblem åtminstone några gånger, har man en stor fördel där, eftersom geometriproblemen är inte särskilt svåra (de algebraiska problemen på SMT kräver oftast fler icke-triviala insikter).

Några användbara geometrisatser har jag samlat i en cirkellektion i geometri. Vi pratade om följder av randvinkelsatsen och användningen utav dessa följder i problem om figurer som kan skrivas in i cirklar.

Kan du göra rätt på övningarna samt på de första fem problemen så har du fått hum om hur geometriproblem skall bevisas. Då kan du gå över till de svårare problem, som jag har hämtat från riktiga SMT-kvalomgångar. Notera dock att lektionen inte täcker geometriska tekniker som likformighet, areor, samt sinus- och cosinussatsen. Det finns så pass mycket användbar geometri, så att det inte får plats i enda lektion.

Lycka till på tävlingen! Skriv gärna i kommentarerna hur det har gått för dig och om tipsen har hjälpt :)

Öva på delbarhet och ekvationer inför SMT-kval

Skolornas matematiktävling närmar sig med stormsteg, nu är det bara en vecka kvar! Jag har skrivit tips inför tävlingen förut, men om du träna på verkliga problem, rekommenderar jag att kolla på vår cirkellektion, som handlade just om delbarhet, ekvationer och olikheter.

Under lektionen bevisade vi alla de viktiga fakta man använder inom de områden när man löser tävlingsproblem och diskuterade kontrollfrågor. För att lyckas bra i tävlingen bör du kunna svara på i princip alla kontrollfrågor!

Försök sedan att lösa problem 1-4. De första tre problemen kommer från riktiga SMT-tävlingar, men jag skulle rekommendera att börja med problem 2 eller 4, eftersom de är lättast att lösa. Sedan ta dig an 1:an och till sist 3:an.

Bäst resultat vinner!

Den senaste träffen på Katedralskolan genomförde vi en liten tävling bland deltagarna.

Varje deltagare fick 5 stycken problem att lösa på kort tid. Dock behövde inte problemen lösas fullständigt, utan det viktiga var att uppnå ett resultat. Men jämna mellanrum samlade jag in resultaten på varje problem. Sedan får det sämsta resultatet 1 poäng, nästa resultat får 3 poäng och så vidare.

Till exempel, när det hade gått 5 minuter av tävlingstiden så lämnade deltagarna in sina svar (tillsammans med exempel) på problem 1. Säg att deltagarna lyckas med svaren 20, 22, 20 och en lösning är felaktig. I det här fallet är det bra att ha så litet svar som möjligt. Personen med svaret 22 får då 1 poäng, personerna med svaren 20 får då 4 poäng var (de delar jämnt på 3- och 5-poängaren). Personen utan giltig lösning får inga poäng.

Testa själv att uppnå så bra resultat som möjligt på 25 minuter. Läs igenom problemen först och starta sedan klockan. Posta gärna dina bästa resultat i kommentarerna sedan, så kan vi se vem som vinner “tävlingen” här på bloggen.

Fem minuter per problem

1. Placera springare på schackbrädet 8×8 för att de ska angripa samtliga lediga rutor. Ju få springare desto bättre.

2. Skriv ner på en rad några på varandra följande positiva heltal som har siffersummor ej jämnt delbara med 8. Ett exempel: 18, 19, 20. Ju fler tal desto bättre.

3. Fyll i en tabell av format 3×5 med olika positiva heltal. Summan i ett vilket som helst par grannrutor skall inte vara jämnt delbart med 3. Som grannar räknas rutor med en gemensam sida eller ett gemensamt hörn. Ju mindre det största talet i tabellen blir desto bättre.

4. Hitta ett tal med samma siffersumma som siffersumman hos 1992 och samma sifferprodukt som sifferprodukten hos 1992. Ju större talet är desto bättre.

5. Det finns tillräckligt många kort med talen 9, 49, 169, 289, 729 och 625. Plocka ut ett antal kort med summan 2004. Ju färre kort desto bättre.

HMT-final 2012 och föredraget om spel

Lördagen den 21 januari var en spännande dag för ca 45 högstadieelever. De tävlade nämligen i junior-sm i matte, det vill säga finalen i Högstadiets Matematiktävling!

Vinnaren blev precis som förra året Lisa Lokteva från Borås, denna gång på en odelad 1:a plats!

Lisa och Valentina
Jag och vinnaren av HMT 2012

Jag är extra stolt, eftersom Lisa har övat lite genom att lösa problemen på mattebloggen. Det har också Toomas Liiv gjort och han kom på delad 6:e plats i år! Grattis till de båda!

Jag var med och rättade problemet om cirklar och olika färger. Tyvärr såg bilden väldigt symmetrisk ut och några deltagare antog att delarna med samma färg hade samma area, men så var det inte nödvändigtvis (problemets text sade inget om saken). Men det var många som löste uppgiften rätt, det vill säga oberoende av de olika färgade områdens form och storlek.

Sedan var det dags för mig att hålla ett föredrag i aulan. Jag valde att prata om lösningstekniken “att sno strategi” som fungerar i vissa sorts spel. Vissa problem hann jag inte prata om utförligt och du kan ladda ner föredraget och titta på det i lugn och ro.

Det handlar om att bevisa att man kan vinna eller spela oavgjort ett spel där man egentligen inte har någon aning om den optimala strategin. Precis som amatörkvinnan som kunde spela remi mot två förstaklassiga schackspelare (du kan börja kolla från 2:30):