Problemlösning – Sida 4

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:

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.

Pythagoreiska tripplar i form av areor, del 4

I föregående del avslöjade vi processen med vilken vi kan förstora koordinatsystem på så sätt att de förstorade ciklarna innehåller icke-primitiva pythagoreiska tripplar.

Om ett heltal kan representeras som en summa av två kvadrater, så kan vi alltid förstora primitiva pythagoreiska tripplar med detta heltal. Till exempel är 5 = 1+4 = 1²+2², alltså en summa av två kvadrattal. Rita då nya rutor (gå 1 steg åt ett håll och 2 åt ett annat) i det gamla koordinatsystemet, rutorna kommer ha area 5. Det betyder att alla areor kommer vara exakt 5 gånger större!

5 gånger så stort rutnät

Hur är det med andra förstoringen av primitiva pythagoreiska tripplar, till exempel med faktor 3? Låt oss bevisa att trippeln (9,12,15) inte kan uttryckas i form av rektangelareor på en och samma cirkel. Specifikt undersöker vi hur rektangeln med arean 9 kan se ut.

Givetvis kan det vara en vanlig 3×3 eller 1×9 rektangel, där sidorna går längs med rutnätslinjerna. Men kan en rektangel med arean 9 ligga snett i rutsystemet?

Om en rektangelns ena sida ligger snett, så kommer rutnätspunkterna finnas på den med jämna mellanrum. Låt mellanrummets längd vara a. Vinkelrätt mot första sidan går rektangelns andra sida. Där hamnar rutnätspunkterna med exakt samma mellanrum. Eftersom rektangeln har sina hörn i rutnätspunkter, kommer alltså ena sidan består av k antal a:n och andra sidan av m antal a:n. Det vill säga k och m är heltal, medan a är roten ur summan av två heltalskvadrater.

rektangel med heltalskoordinater

Så arean på en sådan sned rektangel är k*m*a², alltså en produkt av heltal. Det betyder att om k*m*a²=9, så är a²=1, 3 eller 9. Men varken 1, 3 eller 9 kan skrivas som summa av två positiva heltalskvadrater. Därför finns det inga sneda rektanglar med arean 9.

Överlag måste alltså någon av areans delare kunna uttryckas som en summa av två positiva kvadrattal, för att det ska finnas en sned rektangel med denna area. Det är dessutom ett tillräckligt villkor.

Det betyder att endast två rektanglar har area 9. Rektanglarnas mittpunkt sammanfaller med den omskrivna cirkelns, vi har alltså två varianter.

3x3,1x9

Men den första cirkeln innehåller bara en enda rektangel, medan den andra innehåller den primitiva pythagoreiska trippeln (9, 40, 41) och inga andra rektangelareor. Så trippeln (9,12,15) går inte att konstruera på det här sättet!

Så vi har hittat minst en trippel som inte är konstruerbar på det här sättet. Jag vet fortfarande inte om det är så att alla icke-primitiva tripplar med en faktor, som inte är en summa av två kvadrater, är okonstruerbara. Kanske kan du hitta ett motexempel?

Men denna fortfarande öppna fråga avslutar vi den här serien inlägg om pythagoreiska tripplar i form av areor. Läs gärna serien från början, kanske upptäcker du nya idéer när du läser för andra gången!

Pythagoreiska tripplar i form av areor, del 3

I del 2 såg vi att en primitiv pythagoreisk tripplel alltid kan representeras i form av rektangelareor (inuti rutnätscirklar).

Dyker det upp exakt 3 olika rekatngelareor inuti en sådan cirkel?
Nej, det kan dyka upp fler än så, vilket beror på att vi kan hitta cirklar där fler än 8 rutnätspunkter hamnar på cirkeln. Nedan ser ni nio olika rektanglar, med areor utskrivna, som vi kan hitta i en cirkel med 16 rutnätspunkter på randen. (Vad tror du förresten är det största antalet rutnätskpunkter man kan hitta på en cirkel?)

Pythagoras cirkel många punkter

Men hur gör man med icke-primitiva Pythagoreiska tripplar? Konstruktionen från förra delen fungerar inte, eftersom icke-primitiva tripplar kan inte genereras på samma sätt från m och n som primitiva.

En icke-primitiv trippel är däremot lika med en primitiv, multiplicerad med en faktor, som till exempel (6,8,10) är trippeln (3,4,5) multiplicerad med faktorn 2. Om vi på något sätt kunde förstora alla rektanlar med faktorn 2, utan att förlora rutnätsegenskaperna, så skulle problemet vara löst. Men förstorlingen av alla rektanglar med faktorn 2 skulle ske om alla sidor förstorades med faktorn √2.

Detta kan vi göra om vi helt enkelt förstorar hela rutnätet med faktorn √2! Vi gör det genom att rotera koordinataxlarna 45 grader och betrakta fyra punkter som bildar en kvadrat med sidan √2 som en enda ruta. På bilden nedan är det nya rutnätet ritat i rött ovanpå det gamla (eftersom vi trots allt använder det gamla för att rita ut cirklar).

Koordinatsystem i rött

Vi gör samma sak med rutnätscirkeln: rotera och förstora med faktor √2, då bildar från en cirkel med areorna (3,4,5) en annan cirkel med rektangelareorna (6,8,10). Punkterna på cirkeln numreras för det ska gå lättare att se rotationen.

pythagoras cirkel 3 4 5 till 6 8 10

Men såklart kan vi bilda nya rutsystem på andra sätt och med andra rutstorlekar! Bland annat går att att förstora alla areor med 5, med 13 och såklart med produkter av faktorer, som vi redan kan förstora med. (Försök att hitta ett rutsystem med rutlängderna √5). På så vis går det alltså att konstruera alla icke-primitiva taltripplar på formen t.ex. (5*(m²-n²),5*2*m*n,5*(m+n²)).

Men går att förstora på så sätt med alla faktorer? Går det till exempel att konstruera den icke-primitiva trippeln (9,12,15)? Vi besvarar den här frågan i den sista delen.

Pythagoreiska tripplar i form av areor, del 2

I del 1 såg vi hur vissa pythagoreiska tripplar kunde representeras i form av areor på rektanglar inuti cirklar på rutnät. I den här delen undersöker vi huruvida detta är möjligt för alla primitiva tripplar.

Primitiva pythagoreiska tripplar (a,b,c) är sådana att talen a, b och c inte har några gemensamma delare. Till exempel är (3,4,5) en primitiv pythagoreisk taltrippel, medan (6,8,10) är en icke-primitiv sådan.

två pythagoreiska trianglar

Ur varje icke-primitiv pythagoreisk taltrippel kan vi nämligen få en primitiv: Om de tre talen har största gemensamma delaren d, så kan de skrivas på följande sätt: a = d·r, b = d·s och c = d·t.

Eftersom a² + b² = c², så är även (dr)² + (ds)² = (dt)². Förkortar vi likheten med d², så får vi r² + s² = t². Således har vi fått en ny pythagoriesk trippel (r,s,t). Den är primitiv, eftersom r, s och t inte kan ha några gemensamma delare (deras gemensamma primfaktorer skulle ha ingått i d).

Ur primitiva taltripplar kan man förstår tvärtom få oändligt många icke-primitiva genom att multiplicera alla tre talen med en och samma faktor.

genererade pythagoreiska tripplar

Således finns det oändligt många pythagoreiska taltripplar, men finns det oändligt många primitiva?

Ja, det visar sig att det finns oändligt många sådana och dessutom genereras varje primitiv trippel genom två heltal, som vanligen betecknas m och n. Dessa tal bör vara relativt prima och ett av dem måste vara udda, medan det andra måste vara jämnt. Givet sådana två tal, kommer följande tre tal bilda en pythagoreisk trippel: (m²-n², 2mn, m²+n²). Kontrollera gärna att oavsett vad m och n är, så kommer Pythagoras likhet gälla för dem.

Till exempel kan trippeln (3,4,5) skrivas som (2²-1², 2·2·1, 2²+1²), det vill säga den genereras av talen 1 och 2.

Talen 3 och 8 ger oss trippeln (2·3·8, 8²-3², 8²+3²), det vill säga (48, 55, 73) och just för det exemplet kommer vi rita upp en cirkel som innehåller rektanglar med respektive areor. Men låt oss beskriva hur vi agerar för allmänna m och n, det vill säga för en godtycklig primitiv pythagoreisk taltrippel.

Talen m och n är nämligen till stor hjälp när cirkeln konstrueras. Vi börjar inte i cirkelns mittpunkt, som man skulle kunna tro, utan på en punkt på randen (en heltalspunkt, som kommer vara hörn för åtminstone en rektangel). Markera en punkt m+n steg nedanför startpunkten, samt m-n steg till höger. Komplettera till en rektangel med en fjärde punkt på rutnätet. Rektangelns area är (m+n)(m-n) = m² – n² och dess mittpunkt måste sammanfalla med cirkelns. Vi bestämmer den genom att korsa diagonalerna.

pythagoras cirkel fyra punkter

Rektangeln vi har ritat är uppenbarligen inte en kvadrat, så vi får fyra nya rutnätspunkter som också ligger på cirkeln genom att rotera rektangeln 90 grader runt cirkelns mittpunkt:

pythagoras cirkel åtta punkter

Nu har vi fått en cirkel med åtta rutnätspunkter utsatta och det är faktiskt allt vi behöver! Låt oss bevisa det.

Markera en rektangel som har sina sidor vinklade 45 grader i jämförelse med den första. Kortsidan utgör hypotenusan i en likbent rätvinklig triangel med sida n, medan långsidan är på samma sätt, fast med m. Då kommer alltså arean att vara √(2n²)·√(2m²) = √(4m²n²) = 2mn. Precis som ett av talen i den pythagoreiska trippeln.

45 rektangel pythagoras cirkel

Markera nu en rektangel, som dessutom är en kvadrat genom att ta varannan punkt på cirkeln. Sidan blir lika med √(m²+n²), så arean måste bli lika med just m²+n². Därmed är den sista arean funnen!

kvadraten pythagoras cirkel

Nu uppstår det fler frågor: Dyker det någonsin upp några extra rektanglar med en annan area vid en sådan konstruktion? Och hur gör man för att konstruera cirklar för icke-primitiva pythagoreiska taltripplar?

Vi försöker besvara dessa frågor i nästa del.

Pythagoreiska tripplar i form av areor, del 1

[kkratings]
Föreställ dig ett rutnät av punkter. Det går att hitta massvis med cirklar som går igenom några av punkterna. En av de minsta sådana cirklarna har hela 8 punkter på sin rand:

grid_liten_cirkel

Det går även att hitta några rektanglar inuti sådana cirklar, som har alla sina hörn i punkterna på cirkelns rand (notera att även kvadraten räknas som en rektangel). Kan du bestämma rektanglarnas areor?

grid_rektanglar

Visa svar

Kan du på samma sätt i cirkeln nedan hitta rektanglar med areorna 5, 12 och 13?

grid_5_12_13

Visa svar

Följande fråga uppstår: går det att hitta vilken Pythagoreisk trippel som helst på samma sätt?

Oändlig choklad

En triangel kan ju delas i delar, byggas om och bli totalt en ruta mindre, se inlägget Fibonaccitalen och gyllene snittet.

Men samma princip kan utnyttjas för att få en ruta mer av en rektangel, vilket ger oss ett utmärkt sätt att äta choklad på:

oandlig_chokladkaka

Calkin Wilf-träd, del 3

Matematiken är full av vackra oväntade kopplingar, som mellan ett träd av bråk och ett gammalt taluppdelningsproblem.

Hittills har vi konstaterat att antalet sätt att dela upp ett tal i en summa av tvåpotenser, där ingen potens förekommer fler än två gånger verkar sammanfalla med täljarna i bråken från Calkin Wilf-trädet, om vi skriver dem på rad. Vi såg också att antalet uppdelningar för ett udda tal är lika med antalet uppdelningar för dess mindre hälft:

#sätt(2n+1) = #sätt(n).

Låt oss hitta något samband för jämna tal. Man kan dela upp ett jämnt tal i tvåpotenser utan att använda några 1:or. Men om man använder 1:or, måste man nödävndigtvis använda exakt 2. Annars skulle inte den totala summan bli jämn.

I det första fallet får vi en summa av typen 2x. I så fall är x en uppdelning för hälften av vårt ursprungliga tal. Exempel: 12 = 2 + 2 + 4 + 4 = 2*(1 + 1 + 2 + 2). En uppdelning för 6 är just 6 = 1 + 1 + 2 + 2.

I det andra fallet får vi 1+1+2x. Då är x uppdelningen för hälften av vårt tal minus ett.
Exempel: 12 = 1 + 1 + 2 + 8 = 1 + 1 + 2*(1 + 4). En uppdelning för 5 är just 5 = 1 + 4.

Vi ser att antalet sätt att dela upp ett jämnt tal motsvarar antalet sätt att dela upp dess hälft samt sätt att dela upp talet ett mindre än dess hälft. Matematiskt sagt får vi

#sätt(2n) = #sätt(n) + #sätt(n – 1).

Så varför följer bråkraden samma mönster?

Låt oss numrera varje tal i trädet, motsvarande dess position i raden. Det översta bråket får numret 0, och sedan numrerar vi rad för rad i trädet:

Ett av sambandet vi ser är att varje bråk med udda nummer 2n + 1 är ett vänsterbarn till bråket med nummer n (detta går att visa med induktion). Enligt trädregeln har vänsterbarn exakt samma täljare som sin förälder, därmed följer trädet samma lag som antalet sätt i tvåpotensuppdelningen för udda tal.

Notera också att varje bråk med jämnt nummer 2n (utom 0) är ett högerbarn till bråket med numret n-1. Men vi har i del 1 visat att att bråket med nästa nummer n kommer att ha samma täljare som bråket innan hade nämnare. Därmed får vi att täljarna a och b tillsammans bildar täljaren a + b, precis som uppdelningssambandet för jämna tal säger.

Likheten mellan de två strukturerna är därmed visad. Men det finns fortfarande egenskaper hos Calkin-Wilf trädet som vi inte har pratat om. Till exempel ser vi att inga två bråk upprepar sig. Inget bråk går heller att förkorta. Består trädet rentav av alla icke-förkortningsbara bråk, där varje sådant bråk förekommer exakt en gång?

Om ja, kan du hjälpa mig att bevisa det?

Calkin Wilf-träd, del 2

År 1858 ställde tyska matematiker Stern och Moritz en fråga: På hur många sätt kan man skriva talet n som en summa av tvåpotenser, där var tvåpotens får förekomma högst två gånger? (Ordningen på termerna i summan spelar inte någon roll).

Till exempel kan talet 7 skrivas på ett enda sätt:
7 = 4+2+1

Talet 8 kan däremot skrivas som:
8 = 1+1+2+4
8 = 2+2+4
8 = 4+4
8 = 8,
det vill säga på 4 olika sätt!

Vi kan göra en lite tabell, där talen n står i översta raden, medan i understa raden står antalet sätt som n kan skrivas så som beskrivet ovan. Sätten för n = 7 respektiva n = 8 var angivna, kan du komma på alla sätten för alla de andra talen?

En lite intressant fråga att ställa sig är hur många sätt talet 0 kan skrivas på som en summa av tvåpotenser. Alla tvåpotenser är ju positiva, så man skulle kunna säga att svaret är inget sätt, det vill säga noll sätt.

Men matematiskt brukar man räkna med att summan utav inga termer alls är lika med 0 (medan produkten av inga termer är lika med 1). Det vill säga, finns det exakt ett sätt att skriva 0 på enligt våra regler: det tomma sättet.

Verkar följden 1, 1, 2, 1, 3, 2, 3, 1, 4, 3, 5, 2, 5… bekant? Om inte, jämför med den i del 1.

Vad kommer det här sambandet mellan ett gammal problem och en ny trädkonstruktion ifrån?

Låt oss tänka på hur vi kan konstruera nya sätt att framställa tal från summor från de gamla.

Säg att talet n är udda. Då måste en 1:a ingå i summaframställningen, dessutom måste det vara exakt en 1:a, då tre stycker eller fler 1:or är föbjudet. Resten av talen i summan är jämna och alltså kan alla delas med 2. Vi kan skriva framställningen av n som 1+2x, där x då blir framställningen för talet (n-1)/2.

Till exempel 11 = 1 + 2 + 4 + 4 = 1 + 2*(1 + 2 + 2).

Därmed har vi förklarat varför antalet sätt för 5 och 11 är samma. Samma gäller för paren 1 och 3, 2 och 5, 3 och 7, 4 och 9, och så vidare (se tabellen).

Men hur man om n är jämnt?

Calkin Wilf-träd, del 3

Calkin Wilf-träd, del 1

Det är sällan som nya matematiska upptäckter handlar om någonting enkelt. All matematik som lärs ut i grundskolan upptäcktes för länge sedan av gamla greker, araber, kineser och indier. Gymnasiematematiken baserar sig på upptäckter som är minst 300 år gamla. Den nyaste forskningen är även för svår för universitetsmatten: algebrakurser har exempelvis varit ungefär likadana sedan 1920-talet.

Just därför är det så imponerande när nya enkla samband hittas. Calkin och Wilf publicerade en artikel om följande struktur så sent som 2000. Likt Pascals oändliga triangel, introducerar de ett oändligt träd, med nu är noderna bråktal.

Börja med att skriva 1/1 högst upp.
Sedan upprepa samma process om och om igen: om ett tal a/b är med i trädet, rita ut två grenar från det och skriv bråket a/(a+b) i den vänstra grenen och (a+b)/b i den högra. Till exempel, så kommer 1/1 att förgrenas i 1/2 samt 2/1.
1/2 kommer att förgrenas i 1/3 samt 3/2, och så vidare. Vi får följande struktur, som bär namnet Calkin Wilf-trädet:

Låt oss skriva ner bråken genom att läsa av en rad i trädet i taget. Vi får listan:

$\frac{1}{1}, \frac{1}{2}, \frac{2}{1}, \frac{1}{3}, \frac{3}{2}, \frac{2}{3}, \frac{3}{1}, \frac{1}{4}, \frac{4}{3}, \frac{3}{5}, \frac{5}{2}, \frac{2}{5}, \frac{5}{3}, \frac{3}{4}, \frac{4}{1}, \frac{1}{5}, \frac{5}{4}, \frac{4}{7}, \frac{7}{3}, \frac{3}{8}, \frac{8}{5}, \frac{5}{7}, \frac{7}{2}, \frac{2}{7}, \frac{7}{5}, \frac{5}{8}, \frac{8}{3}, \frac{3}{7}, \frac{7}{4}, \frac{4}{5}, \frac{5}{1}, \ldots$

Notera att varje bråks nämnare sammanfaller med nästa bråks täljare. Varför är det alltid så?

För två grannar i trädet är egenskapen inte alls konstig, eftersom båda talen sammanfaller med a+b. Men om två tal är bredvid varandra i trädet utan att vara omedelbara grannar, så är det ena någons högergranne, medan det andra någons vänstergranne. Notera att högergrannar alltid ärver nämnaren, medan vänstergrannar ärver täljaren. Om vi följer arvet upp i trädet från våra två tal, kommer vi till slut fram till två tal, som faktiskt är omedelbara grannar, och därför är det första talets nämnare lika med andra talet täljare.

I den allra sista situationen är två tal grannar i raden, men i trädet skedde en radbrytningen mellan det första och det andra talet. Men vi ser att alla tal i slutet av raderna har nämnare 1, medan alla i början av raderna har täljare 1, så egenskapen bevaras här också.

Bråkraden har även andra egenskaper. Kan du komma på några?

Calkin Wilf-träd, Del 2

Tvåpotenser

Talen på formen $2^n$ dyker upp på många ställen. Finns det en cell som fördubblar sig varje minut, så finns det efter en minut 2 celler. Efter ytterligare en minut finns det 4 celler, sedan 8, sedan 16, 32, 64, 128…

Väldigt ofta dyker även talen på formen $2^n-1$ upp vid problemlösning. $2^{243112609}-1$ är det största hittills kända primtalet till exempel. Men inte alla tal på formen $2^n-1$ är primtal (kan du komma på ett motexempel?).

Försöker du lösa problemet nedan, kommer du upptäcka att de två formerna har mycket med varandra att göra. Fler problem och beskrivningen om hur du vinner oändligt med pengar finns under fliken Cirkel.

Rekommenderad från: 12 år

[kkratings]

Du har 127 enkronorsmynt och 7 tomma plånböcker, och du måste lägga in alla mynten i plånböckerna. Om någon ber dig om
en summa pengar, skall du kunna ge dem några plånböcker, så att det tillsammans i dem finns precis så många kronor som det frågades efter. Hur skall du fördela mynten mellan plånböckerna på så sätt att du kan ge ut vilken summa under 128 kronor som helst utan att öppna dem, om någon ber om det?

Visa lösningen

Eftersom vi kommer att behöva kunna dela ut exakt 1 krona, måste vi även ha en plånbok med exakt 1 krona i, det går ju inte att dela upp beloppet på flera plånböcker.

För att kunna dela ut 2 kronor, lägger vi i 2 kronor i den andra plånboken. Nu kan vi dela ut både 1, 2 och 3 kronor (3 kronor delas ut genom att man ge bort båda plånböckerna).

I den tredje plånboken lägger vi 4 kronor. Nu kan vi dela ut 1,2,3 kronor som förut, samt dela ut plånböcker som förut, men tillsammans med 4 kronor-plånboken: detta ger summor på 1+4,2+4 och 3+4 kronor. Vi kan också dela ut plåboken ensam, vilket ger beloppet 4 kronor. Totalt kan vi dela ut 1,2,3,4,5,6 eller 7 kronor.

Fortsätt på samma sätt: fjärde plånboken får 8 kronor, femte får 16 kronor, sjätte får 32 kronor och sjunde får 64 kronor i sig (antalet kronor i nästa plånbok är alltid lika med nästa tvåpotens). Varför går det att dela ut alla belopp under 128 kronor?

Ett sätt att motivera det är att vårt belopp antingen är större än eller lika med 64 kronor, eller mindre. I det första fallet kommer vi att ge bort plånboken med 64 kronor, i det andra lägger vi undan den för den kommer inte att användas.

Resten av beloppen som ska delas ut är antingen större än eller lika med 32 eller mindre än 32. Dessutom är vi säkra på att det är mindre än 64 kronor (ty sammanlagt var det från början mindre än 128). I det första fallet kommer vi att ge bort plånboken med 32 kronor och i det andra lägga undan den plånboken, för den kommer inte att användas.

Fortsätt på samma sätt att avgöra huruvida vi skall använda nästa (mindre) plånbok eller inte. I det sista steget kommer vi antingen att ha 1 krona eller 0 kronor kvar att dela ut. Antingen ger vi bort plånboken med 1 krona i då, eller så låter vi bli det.

Det strikta beviset för varför detta fungerar är följande:

Från början hade vi mindre än $2^7$ mynt. Vid varje steg har vi mindre än $2^n$ mynt att passa ihop med plånböcker och vi har plånböckerna med värden $1$ , $2^1$ , $2^2$ , … $2^{n-1}$ .

Om antalet mynt vi har kvar att dela ut är mindre än $2^{n-1}$ , så går vi till nästa steg: nu betraktar vi plånböcker med värden $1$ , $2^1$ , $2^2$ , … $2^{n-2}$ och mindre än $2^{n-1}$ kronor att dela ut.

Om antalet mynt vi har kvar att dela ut är större än $2^{n-1}$ , så ger vi bort plånboken med $2^{n-1}$ mynt i. Då har vi kvar mindre än $2^n-2^{n-1}=2^{n-1}$ kronor att dela ut. Och vi har plånböckerna med värden $1$ , $2^1$ , $2^2$ , … $2^{n-2}$ återigen.

I båda fallen reducerade vi n med 1 och kom till en motsvarande situation. Då n=0 blir vi klara, för då har vi kvar mindre än 1 krona att dela ut, det vill säga 0.