Mattebloggen

Detta är en kortfattad planering av en del av en lektion med barn på 5, 6, 7 respektive 10 år. Där det inte står något är aktiviteterna riktade åt de yngre barnen.

Här kan du se vad vi tidigare har gått igenom.

Kombinatorik

Kombinatorik är läran om kombinationer och permutationer, men för mig är det helt enkelt ett grundläggande tankesätt när man håller på med problemlösning. När du till exempel väljer vad du ska ha på dig på en festkväll är det kombinatoriken som säger om du har testat alla … kombinationer.

Samma teori hjälper dig när du lägger pussel. Kombinatoriken hjälper dig att testa de likadana ljusblå bitarna till himlen systematiskt istället för att bara slumptesta. Problemet löses snabbare och du är säkrare på att du har löst det!

Vissa av mina matematiker älskar kombinatorik, vissa ser det bara som ett oundvikligt redskap. Själv är jag väldigt tacksam för att min pappa lärde mig kombinatorik tidigt, redan vid 11 års åldern ungefär.

Om du är osäker på vad ämnet innebär rent praktiskt, kolla aktiviteterna nedan. Lekarna skall tjäna som en slags introduktion till ämnet.

Uppdrag med gubbar och hus

För att leka uppställning i olika rader och ringar är det bra att ha likadana objekt i olika färger. Så varför inte spelgubbar?

Jag plockade fram spelet Arkadia ut hyllan och upptäckte massa potential i spelkomponenterna:

På bilden ser ni gubbar i fem olika färger (jag kommer använda 11 i varje färg), torn som går att stapla på varandra, olika slags pengarbrickor, tetrisliknande brickor och kort. Längst bak till vänster ser ni ”tält” som det går att hänga upp små flaggor på.

Vi ska leka ”Köpmännens stad”, där barnen får svara på olika svåra frågor eller utföra olika svåra uppgifter (beroende på vad det är för ålder). För varje klarat uppdrag hängs en flagga upp. Målet är att ha så många flaggor som möjligt uppe.

5 år

För de minsta barnen handlar kombinatorik om att räkna, gruppera och jämföra. Följande uppgifter kan vara lämpliga:
- Gubbarna står i olika grupper. Hitta en siffra som motsvarar antalet gubbar i gruppen (1,2,3,4 etc.) och lägg den bredvid gruppen. Vilken grupp är störst? Vilken är minst?
- Vilka är fler: de gröna eller de gula gubbarna (lösningen är att para ihop dem, en gul med en grön och se om någon sort blir över)?
- Arrangera alla gubbarna (det är 55 stycken) i trianglar, så att hörnen ugörs av var sin gubbe. Arrangera gubbarna i cirklar. Arrangera gubbarna i en jättestor rektangel, om det går.
- Varje gubbe ska få var sitt mynt. Plocka fram så mycket mynt, som gubbarna skall ha tillsammans (5- och 10-myntbrickor får användas).
- Nu går gubbarna hem. Kan ni placera dem i grupper så som de var i början? (Siffrorna 1,2,3,4 etc. ligger kvar och hjälper till).

6 år

Några frågor kan vara samma som för femåringarna. Dessutom är det dags att börja med riktiga kombinationer.
- Gubbarna bestämde sig för att prata med några nya människor (köpmän av annan färg). Kan man dela upp gubbarna i par så att alla är med någon annan färg (Svar: alla utom en gubbe går att dela in i par)?
- Nu skulle gubbarna bilda lag, där tre olikafärgade köpmän skulle ingå. Hur många olika sortes lag kan bildas (Svar: 10 stycken)?
- Kan de tio lagen ställas ihop i en stor ring, så att inga två gubbar av samma färg står bredvid varandra?
- Efter att barnen ställer tillbaka gubbarna så som de stod i början, plockar jag bort några stycken under tiden som barnen blundar. Sedan skall barnen titta på bordet och försöka lista ut hur många jag tog bort.

Efter uppdragen kan vi röra på oss lite. Barnen, uppdelade i två grupper, ställer sig i en ring. Sedan skall de byta plats inom sin grupp så att det inte blir samma ring som förut. Hur många olika ringar kan bildas? (Svar: är de 3 stycken, finns det 2 olika ringar, är de 4 stycken, finns det 6 olika ringar.)

7 år

En del uppdrag lånar jag från sexåringarna, speciellt det sista om ringar. Med med sjuåringarna anteckngar vi de olika ringarna mha gubbarna i olika färger. Andra uppgifter kan vara:
- Hur många gubbar är det totalt? Gubbarna/siffrorna får grupperas om för att det skall vara enklare att räkna.
- Nu står det rätt antal gubbar i varje rum, men inte alla har rätt färg. Går det att återställa situationen i början, genom att man får gå en gubbe i taget? Om en gubbe går in i en grupp och det blir för många gubbar i gruppen, måste en ny går ur gruppen och fortsätta vidare på samma sätt. Matematiskt handlar det om att faktorisera en permutation i en produkt av cykler. Vilket alltid går.
- Vilket antal små torn går att bygga ihop till en stor triangel? (Svar: 1,3,6,10 osv. Dessa tal kallas just ”triangeltal”.)Är totala antalet gubbar ett triangeltal? (Svar: ja)
- På hur många sätt kan ni ställa er på en rad? Kan ni hitta på en egenskap för varje sätt? (T.ex.: länggordning, bokstavsordning etc.)

10 år

Frågorna om triangeltal, rader och ringar är som för sjuåringarna. Förutom det får tioåringarna problem i stil med:
- Kan 6 gubbar ställas ut på planet, så att det är 2 stycken vid varje kant?
- Kan gubbarna arrangeras om, så att antalet är detsamma (1,2,…,11), men färgerna är så olika som möjligt. Kan det vara så att det högst är 2 gubbar av varje färg i en och samma grupp? (Svar: nej, enligt lådprincipen måste gruppen med 11 personer innehålla minst 3 av samma färg.)

Pussel

Efter väl avklarade uppdrag skall vi göra gamla hederliga pussel. Förutom att det inte finns någon bild och formen på bitarna är oregelbunden!

Ett inte så lätt sjubitarspussel

Minne

Ett välkänt spel som tränar minne är att en person säger ett ord. Till exempel, om kategorin är ”saker i rummet” kan första personen säga ”bord”. Den andra personen måste då säger det förra ordet, samt ett ord till: ”bord, tavla”. Nästa säger ”bord, tavla, dator”. Och så fortsätter man tills någon gör fel: glömmer bort ordningen eller orden, eller säger ett ord som redan har sagts. Då kan man byta kategori.

Den här leken passar stora som små och tränar både språk, minne och kategorisering.

Einsteins pussel

De äldre barnen är mogna för ett logikpussel. Sjuåringarna får klura på ett 3×3-pussel, de äldre kan ta sig an något i stil med 5×4.

Bilden är från ett annat avsnitt

En mörk eftermiddag hade ett gäng studenter samlats för att kolla på – ni gissade rätt – Futurama! Ljuset släcktes, stora platt-teven slogs på och alla förberedde sig för att mysa under filtarna till favoritserien.

Det kanske bör nämnas att rummet de satt i hade en stor whiteboard, och att studenterna pluggade matematik …

Så vad händer när halva serien har gått? Jo, ljuset är på, avsnittet pausat och flera personer står och skriver egna siffror på tavlan. Varför?

Ni förstår nog om ni tittar på avsnittet ”The Prisoner of Benda” (säsong 6, episod 10) själva. Det innehåller nämligen ett kombinatoriskt problem som är väldigt viktigt för karaktärerna att lösa!

Varning: handlingen spoilas lite nedan!

Professorn uppfinner nämligen en maskin, som kan byta plats på medvetanden hos två människor (detta åskådliggörs genom att varje kropp får den andra kroppens röst).

Professorn och Amy byter plats, för att han vill en stund kunna leva i ett ungt kropp igen medan hon vill kunna äta lite extra. Men när de vill byta tillbaka så går det inte! Maskinen låter inte två kroppar byta med varandra igen om de någonsin har bytt förut!

Bender tror att han hjälper till att lösa problemet och byter sitt medvetande med Professorns (och får då Amys kropp). Nu börjar det bli ganska rörigt eller hur?

Så hur ska våra vänner komma tillbaka till sina egna kroppar? Kom ihåg att inga två kroppar får byta medvetanden med varandra fler än en gång.

Saker kompliceras ytterligare sedan i avsnittet genom att fler och fler par personer byter. Hur löses problemet i allmänhet om en grupp på n personer har trasslat till sig genom en massa byten? Vilket blir det minsta antalet byten för att återställa allt?

Så när du kollar på avsnittet, bli inte förvånad om någon vill pausa mitt i och ta fram papper och penna, om du har en gåtälskare i sällskapet.

I ett sällskap med många personer kan man leka en lek som kallas ”knuten”. Alla ställer sig i en ring och sluter ögonen. Sedan sträcker alla fram båda sina händer och börjar gå mot mitten. Alla ska ta tag i två andra händer med sina egna.

Efter att alla är klara med det öppnar man ögonen. Målet är nu att lösa upp ”knuten” som bildats utan att släppa taget med händerna. Det gäller att bilda en stor ring igen (det kan också hända att det blir flera ringar).

Ett liknande spel är Planarity, fast personerna i spelet kan ha fler än två händer. Målet är att lösa upp all tilltrassel så att inga par av händer måste hållas över varandra.

Personer är representerade med punkter och en kant som går mellan två punkter visar att de två personerna håller handen. Alla spelande har väldigt uttänjbara händer. Försök att klara några nivåer! (Jag kom till Level 7.)

Sådana här bilder kallas grafer, om de går att ”plana ut” på det här snygga sättet (så att inga två kanter korsar varandra) kallas de planära. Det är svårt att se direkt huruvida en graf är planär eller inte, däremot uppfyller alla planära grafer följande formel.

Att det blev just talet 2 beror på att man ritade på ett plan. Ritar man grafer på andra konstiga ytor blir det ett annat specifikt tal just för denna yta. Det talet kallas ytans eulerkaraktäristik.

En fotboll är hopsydd av 32 lappar: vita sexkanter och svarta femkanter. Varje svart lapp gränsar till bara vita, varje vit lapp gränsar till tre vita och tre svarta lappar. Hur många vita lappar finns det i en fotboll?

Man kan anta att Eulerkarakteristiken på fotbollen är 2 och arbeta utifrån det, om man nu vet vad Eulerkarakteristik är för något. Med nedan  använder jag mig av Thomas lösning.

Lösning:

Det finns S svarta lappar och V vita lappar. Totalt finns det 32 st, så S + V = 32.

För varje svart lapp finns 5 vita lappar runt den, men varje vit lapp ligger intill 3 svarta, så 5S räknar varje vit lapp 3 gånger och vi får 5S / 3 = V

Och S + 5S/3 = 32, det vill säga 3S + 5S = 96 och då är S = 12, V = 20. Alltså finns 20 vita lappar.

Aladdin vill sätta Jafar i ett fängelse som består av 4 rum och 3 smala gångar mellan rummen. I varje gång står en tjock och trött vakt lutandes mot en av väggarna. Varje gång Jafar går över från ett rum till ett annat, går vakten i den gången över till den motsatta väggen och börjar luta sig mot den istället. Om alla vakterna lutar mot samma vägg, kommer den inte att hålla emot utan går sönder, och då kan Jafar fly. Kan Aladdin placera ut vakterna och Jafar från början på så sätt att Jafar aldrig kan fly?

Lösning:

Jadå, det kan han göra.  Placera Jafar i rummet längst ner och vakterna varannan på höger och varannan på vänster sida. Det vill säga vakterna uppifrån och ner står: vänster, höger, vänster. Vi skall visa att i denna situationen är det omöjligt att fly.

Om Jafar står still i rum 4, händer förstås ingenting – vakterna står ju inte på en och samma sida. Om han går upp till rum 3 byter nedersta vakten sida: de står nu vänster, höger, höger. Om Jafar går ner igen, är situationen precis som i början och det fallet kommer vi ha undersökt.

Men om Jafar går upp till rum 2 så byter den mittersta vakten sida, de står nu vänster, vänster, höger. Går han ner igen kommer det bli samma läge som det har varit förr, så det fallet undersöker vi inte.

Går han upp til rum 1, så kommer den översta vakten byta sida och nu kommer det stå höger, vänster, höger. Nu kan Jafar i nästa steg bara gå neråt och komma till en situation som han har varit förut. Samma sak gäller de alla nästkommande stegen, nämligen att läget med Jafar och vakterna är densamma som redan har varit innan.

Vakterna lutar aldrig på en och samma vägg samtidigt, så Jafar kommer aldrig kunna fly, stackare.

Benny skrev upp namnet på sin hemstad och alla cykliska ”förskjutningar” av det och fick tabell 1. Sedan ordnade han om namnen och skrev de i bokstavsordning i tabell 2 i stället.

Därefter läste han av ”ordet” i sista kolonnen: SLAUPPA.

Josefin gjorde samma sak med sin hemstad och fick ”ordet” TNUUENRTL. Vilken stad kommer Josefin ifrån om man vet att den börjar med bokstaven L?

Lösning:

I både tabell 1 och tabell 2 kommer varje bokstav i stadens namn komma på sista plats exakt en gång (eftersom ”orden” är alla förskjutningar av stadsnamnet).

Eftersom vi vet att ”orden” i tabell 2 kommer i bokstavsordning, så kan vi rekonstruera första kolonnen i den tabellen:

Notera nu att i tabellen står ”förskjutningar” av stadsnamnet. Då kan vi läsa av den delen av tabellen som vi fick fram att exempelvis att bokstaven R kommer precis efter bokstaven E, att ena bokstaven T kommer precis efter en bokstav N och den andra bokstaven T kommer precis efter en bokstav R och så vidare (föreställ er nu att ordet loopar, det vill säga vi kan säga att första bokstaven kommer precis efter det sista).

Med denna information kan vi rekonstruera andra kolonnen i tabell 2. Där vi garanterat vet efterföljaren (efter U kommer N, efter E kommer R, efter R kommer T, efter L kommer U) skriver vi in den direkt i den andra kolonnen. Där det finns tvetydighet (efter T kommer E eller U, efter N kommer L eller T) avgör vi hur de ska skrivas in med hjälp av bokstavsordningen. Till exemepel, E kommer före U i alfabetet, så det nya E:et ska skrivas in på 6:e raden och den nya U:et ska skrivas in på 7:e.

Vi fortsätter med samma princip att fylla på kolonnerna en i taget. Vi har en tydlig instruktion för hur tabellen ska fyllas i, eftersom vi vet efterföljarna för varje bokstav samt att ”orden” i tabell 2 står i bokstavsordning.

Till slut kommer vi kunna fylla hella tabellen och läsa av ordet i andra raden (eftersom staden började på L). Det kommer vara staden LUNTERTUN. Luntertun ligger i Ängelholms kommun i Skåne.

En sifferkod, som består av 7 olika siffror kallas för godkänd sifferkod. Man vet att ett kassaskåp har en viss okänd godkänd sifferkod.

Om man slår in någon godkänd kod och åtminstone en rätt siffra kommer på rätt plats, så öppnas kassaskåpet.

Kan man öppna kassaskåpet på färre än 7 försök?

Lösning:

Jupp, det kan man! Slå in följande sex koder en efter en (de är alla godkända koder):

1234567
2345617
3456127
4561237
5612347
6123457

Om nu kassaskåpet INTE skulle öppnas, så är det säkert att ingen av siffrorna 1, 2, 3, 4, 5, 6 förekommer på de första sex platserna.

Men det betyder att endast siffrorna 7, 8, 9, 0 förekommer på de första sex platserna. Men det är omöjligt (enligt lådprincipen), eftersom alla siffror i koden skulle ju vara olika.

Motsägelse! Alltså måste kassaskåpet öppnas för någon ut av de 6 koderna.

Benny skrev upp namnet på sin hemstad och alla cykliska ”förskjutningar” av det och fick tabell 1. Sedan ordnade han om namnen och skrev de i bokstavsordning i tabell 2 i stället.

Därefter läste han av ”ordet” i sista kolonnen: SLAUPPA.

Josefin gjorde samma sak med sin hemstad och fick ”ordet” TNUUENRTL. Vilken stad kommer Josefin ifrån om man vet att den börjar med bokstaven L?

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!

Det finns ett rutigt papper. På det finns rektanglar som har sin gräns gående längs med rutorna. Varje rektangel består av ett udda antal rutor och inga två rektanglar har gemensamma inre rutor. Visa att det går att måla rektanglarna i fyra färger på så sätt att två rektanglar med samma färg aldrig har gemensam gränspunkt.

Lösning:

Dela upp pappret i 2×2-kvadrater och låt varje kvadrat färgas så här:

Då kommer varje rektangel ha hörnrutorna färgade likadant, eftersom båda sidorna består av ett udda antal rutor. Måla då om varje rektangel till just den färgen som hörnrutorna har.

Nu kommer inga två grannrektanglar ha samma färg. Hade de haft det, så skulle deras hörnrutor från början vara färgade i samma färg. Men om två rektanglar ligger bredvid varandra, så ligger två av enas hörnrutor och två av andras hörnrutor i två kolonner eller rader bredvid varandra.

Men om mönstret var så här från början, så är det ju omöjligt.

Vargen bjöd hem de tre små grisarna och Rödluvan för att titta på film. Efter att de var klara gick Vargen till köket, räknade alla kex och upptäckte att det saknades två. Men han har en stor balansvåg hemma som han kan använda. Hur kan med hjälp av två vägningar bestämma, vem som åt upp kexen? Alla kex väger lika mycket, alla grisar (i alla fall när de precis hade kommit till Vargen) också. Vargen vet även att Rödluvan bantar, så hon kunde max äta upp ett kex.

Diskussion:

Låt oss se rent teoretiskt, ifall lösningen är möjlig. Vi har två vägningar på oss, och varje vägning kan ge tre resultat: lika, första skålen väger mer eller andra skålen väger mer.

På så sätt har vi 9 teoretiska utfall efter 2 vägningar, man kan skriva upp dem som en lista, där vägningsresultaten står i ordning:

1. första väger mer, första väger mer

2. första väger mer, lika

3. första väger mer, andra väger mer

4. lika, första väger mer

5. lika, lika

6. lika, andra väger mer

7. andra väger mer, första väger mer

8. andra väger mer, lika

9. andra väger mer, andra väger mer

Å andra sidan har Vargen också 9 olika brottskombinationer:

1. gris 1 åt ett kex, gris 2 åt ett kex

2. gris 1 åt ett kex, gris 3 åt ett kex

3. gris 2 åt ett kex, gris 3 åt ett kex

4. gris 1 åt två kex

5. gris 2 åt två kex

6. gris 3 åt två kex

7. gris 1 åt ett kex, Rödluvan åt ett kex

8. gris 2 åt ett kex, Rödluvan åt ett kex

9. gris 3 åt ett kex, Rödluvan åt ett kex

Alla brottskombinationer kan hända. Därför är det teoretiskt möjligt för Vargen att lista ut svaret, om han nu lyckas hitta på sådana vägningar, så att varje resultat motsvarar entydigt en brottskombination. Men vilka grisar ska han väga, ska han väga Rödluvan och i vilken ordning? Notera att det kanske inte går i alla fall.

Lösning:

Men det går! Tricket är att använda kexen som Vargen har kvar. Min kompis Erik föreslår följande algoritm:

Vargen börjar förstås med att hiva upp två grisar på vågen, vi kan kalla dem gris 1 och gris 2. Om gris 1 och gris 2 inte väger lika mycket har den tyngre ätit ett eller två kex.

Låt oss antaga att gris 1 är den tyngre grisen. Då lägger han gris 1 i ena vågskålen och gris 3 plus ett kex i andra vågskålen. Om gris 1 är tyngre ändå, har han ätit båda kexen. Om gris 3 + kex väger lika mycket som gris 1 så har gris 1 ätit 1 kex, gris 3 ätit 0 kex och således har Rödluvan också inmundigat 1 kex. Om gris 3 + kex väger mer än gris 1, så har gris 1 och gris 3 ätit ett kex vardera.

Om gris 1 och gris 2 väger lika mycket tar man en av dem (säg gris 1) och väger denna tillsammans med ett kex mot den överblivna (gris 3). Om gris 1 + kex då väger mer än gris 3, har gris 1 och gris 2 ätit varsitt kex. Om gris 3 väger lika mycket som gris 1 + kex, så har gris 3 och Rödluvan ätit varsitt kex. Om gris 3 väger mer än gris 1 + kex så har gris 3 ätit båda kexen.

Denna lösning kan sammanfattas i följande diagram: