Kategori: Problemlösning

Lösningen till problemet för de äldre vecka 43

Mattegåta

Nina har tre tal: 2, √2 och 1/√2.

Hon får utföra endast en operation: nämligen välja två av talen, låt oss kalla dem a och b, och ersätta dem med talen (a+b)/√2 och (a-b)/√2.

Kan Nina med hjälp av endast dessa operationer få talen 1, √2 och 1+√2 (i någon ordning)?

Diskussion

En god start är att testa och så småningom inse att man inte lyckas att få de där talen 1, √2 och 1+√2 allihop på samma gång.

För en eventuell motsägelsebevis för ett problem som handlar om någon sorts operation vore det väldigt praktiskt att hitta en invariant.

Invariant

En invariant är någonting som inte förändras under en viss given operation.

Exempel: den givna operationen är en löpares schackdrag, färgen på rutan löparen står på är då en invariant. Var rutan svart från början kommer löparen att alltid stå på en svart ruta (för den går bara diagonalt) Om rutan var vit från början kommer den alltid att stå på vitt.

Ifall vi hittar någonting som inte ska förändras även när Nina bytt ut två tal enligt regeln, så ser vi att det som frågas efter inte går att genomföra om egenskapen skiljer sig mellan start- och slutposition.

Det svåra består i att hitta rätt invariant!

Lösning (av Johan Björklund)

Antag att de tre talen är a, b, c.

Efter en operation så är de tre talen (a-b)/√2, (a+b)/√2, c.

Undersök summan av kvadraterna på talen. Innan så är den a2+b2+c2.
Efteråt så är den 0.5(a-b)2+0.5(a+b)2+c2=a2+b2+c2. Summan ändras alltså inte under operationen.

I vårt fall så har vi 22+√22+(1/√2)2 ≠ 12+ √22+(1+√2)2 (uppenbart då √2 inte är rationellt). Motsägelse.

Lösningen till problemet för de yngre vecka 42

Mattegåta

Till ditt förfogande har du jättemånga figurer som på bilden:

Sätt ihop
a) En kvadrat av storlek 9×9 med ett hål i mitten som är 3×3 stort.
b) En rektangel med storlek 9×12
av sådana figurer (du får vända och vrida på dem, men figurerna får inte överlappa).

Diskussion

För att förenkla arbetet med byggandet, ritar vi först upp alla möjliga utseenden på figuren när man vrider och vänder på den:

Det blev åtta möjligheter, eftersom man kan vända upp och ner på figuren och för varje vändningsläge (rättvänt eller upp-och-ner) går att det att vrida figuren på 4 olika sätt.

Konstruktionen kan påbörjas i ett hörn för både punkt a) och b). Till exempel ser vi att bara den röda och den gröna figuren passar i nedre högra hörnet.

Lösning

Nedan är lösningar för både a) och b):

Lösningen till problemet för de äldre vecka 42

Mattegåta

Vilket är värdet av följande integral?

Diskussion

Uttrycket under integralen ser ju lite hemskt ut. Tillämpa då en av de viktigaste reglerna i matte:

Ser du något hemskt, gör variabelbyte!

Men vilket variabelbyte skall göras? Det som skulle passa oss i slutet är någon form av trigonometriskt samband som skulle förenkla integralen.

I vårt fall har vi något som liknar ”trigonometriska ettan” så det får vi sträva efter.

Trigonometriska ettan

För en godtycklig vinkel \alpha gäller:

sin^2\alpha+cos^2\alpha=1

Så ett byte att tänka på är en sådan som gör om cosinus till sinus eller vice versa.

Lösning (av Erik Svensson)

Vi börjar med att separera integralen, så att vi får två integraler, en för cosinus-delen och en för sinus-delen:

Vi använder sedan det trigonometriska faktum att sin(x) = cos(x-pi/2) för att skriva om den innersta sinusfunktionen i sinus-integralen:

Vi genomför variabelbytet u = x-pi/2. Integralen får då de nya gränserna -pi/2 till 0:

Vi observerar dock att cos(u) är en jämn funktion, varför vi kan ändra gränserna och få samma integral från 0 till pi/2.

Om vi nu slår samman våra två integraler, och betraktar dem som en gemensam integral över x, då får vi den välkända trigonometriska ettan:

Integralens värde blir då förstås differensen av ändpunkterna, det vill säga pi/2.

Lösningen till problemet för de yngre vecka 41

Mattegåta

Ibland blir addition av bråk någonting snyggt!

Men vad är x lika med? Skriv också hur du kom fram till svaret.

Diskussion

I en gammal papyrusrulle från år 1600 f.Kr., Rhindpapyrusen, förekommer massvis med matematiska beräkningar. Bland annat innehåller den bråkräkningar som ovan med tal på formen \frac{2}{n}. Dessa beräkningar tog upp 9 sidor!

Räkningen ovan, men med x som konkret tal finns med på de sidorna. Men hur kan man lista ut vad x är utan att behöva plocka upp en gammal papyrus och kika?

Vi kan först fundera på hur bråkaddition sker med kända tal. För att addera tal med olika nämnare måste vi göra om bråken så att de har samma nämnare först. Och för att reda på minsta gemensamma nämnaren är det bra att faktorisera nämnarna (se lösningen nedan).

Lösning

Vi faktoriserar nämnarna i beräkningen för att inte behöva operera med så stora tal. Då ser vi att flera av talen innehåller faktorn 73.

\frac{2}{73}=\frac{1}{60}+\frac{1}{73\cdot 3}+\frac{1}{73\cdot 4}+\frac{1}{x}

Då kan vi multiplicera båda led med 73:

2=\frac{73}{60}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{73}{x}

När vi ändå håller på kan vi multiplicera båda led med 60:

2\cdot 60=73+\frac{60}{3}+\frac{60}{4}+\frac{73\cdot 60}{x}

120=73+20+15+\frac{73\cdot 60}{x}

Vi förenklar allt förutom det hemska bråket:

120-73-20-15=\frac{73\cdot 60}{x}

12=\frac{73\cdot 60}{x}

Dags att multiplicera med x och dividera med 12:

12\cdot x=73\cdot 60

x=\frac{73\cdot 60}{12}

x=73\cdot\frac{60}{12}=73\cdot 5=365

Lösningen till problemet för de äldre vecka 41

Mattegåta

Mattias satt på ett kafé i Göteborg och väntade ut det berömda horisontella regnet. Utanför kaféet fanns en hållplats.

Under tiden som Mattias fikade, passerade en buss och två spårvagnar hållplatsen. Ett tag efter det kom en spion och satte sig på kaféet.

Under tiden som spionen satt och väntade hann 10 bussar passera hållplatsen. Vilket är det minsta antalet spårvagnar som kunde åkt förbi under den tiden?

Både spårvagnarna och bussarna kommer med jämna mellanrum, för bussarna är mellanrummen en timme långa. Trafiken utanför kaféet är enkelriktad.

Diskussion (delvis av Benjamin Fayyazuddin-Ljungberg)

I ett problem där man ska bestämma maximum eller minimum finns det ofta risk för resonemangsfällor. När du i din lösning påstår att något fall är ”bäst” eller ”optimalt” är det inte alltid självklart hur man egentligen borde motivera det.

Lyckligtvis är det inte så svårt att motivera hur vi ska komma fram till det optimala (minsta) fallet i den här uppfiten (se faktorerna nedan).

Vi vill konstruera situationen sådan att spionen såg så få spårvagnar som möjligt.

Det finns tre faktorer som påverkar detta: hur länge han satt där, mellanrummen mellan spårvagnarnas ankomst, och när han satte sig i förhållande till spårvagnens schema.

Om vi provar att rita ett schema över hur bussarna och spårvagnarna gick kommer vi så småningom fram till att det inte går att få mindre än fyra spårvagnar på spionens tid. Låt oss bevisa detta.

Lösning

Först måste vi ge ett exempel på hur spårvagnarna gick för att spionen skulle se just fyra stycken.

Låt bussarna gå klockan 9.00, 10.00, 11.00 och så vidare, medan spårvagnarnas intervall får vara 1 timme 58 minuter långa. Låt säga att de gick klockan 10.01, 11.59, 13.57, 15.55, 17.53, 19.51, 21.49 och så vidare.

Då kunde Mattias vara på kaféet från klockan 10.01 till 11.59, medan spionen var där från 12.00 till 21.00:

Nu ska vi bevisa att antalet spårvagnar inte kunde bli mindre än fyra.

Observera att spårvagnarnas intervall inte kunde vara två timmar eller mer. Om mellanrummen mellan spårvagnarnas ankomster hade varit åtminstone två timmar långa, skulle Mattias varit tvungen att sitta på kaféet i minst två timmar, vilket skulle innebära att han hade sett minst två bussar komma (vilket inte var fallet).

Å andra sidan under tiden som spionen väntade, så passerade 10 bussar. Mellan den första och den tredje bussen han såg gick två timmar, så under tiden måste en spårvagn (minst) åkt förbi. Likaså måste någon spårvagn ha åkt förbi mellan den tredje och den femte bussen, mellan den femte och den sjunde, samt mellan den sjunde och den nionde. Totalt såg spionen alltså minst fyra spårvagnar.

Lösningen till problemet för de yngre vecka 40

Mattegåta

En man har ett litet hål i väggen (lika stor som en punkt). Han har också ett märke som han kan hänga upp (se bilden).

Markera alla punkter, där han kan sätta spiken, så att hålet täcks av märket.

Diskussion

För att bestämma alla möjligheter, där spiken kan sättas, börja med att bestämma några möjligheter. Tänk på hur flaggan ska vara belägen för att precis täcka hålet med ett av sina hörn.

Lösning

Hitta punkter, där man kan sätta spiken för att hålet precis täcks. Bind sedan punkterna ihop med raka streck och måla andra punkter inuti också, för där täcks hålet med lite marginal.

Lösningen till problemet för de äldre vecka 40

Mattegåta

Det finns fyra positiva heltal: a, b, c, d. Deras minsta gemensamma multipel råkar vara lika med a+b+c+d. Visa att abcd är delbart med 3 eller 5 (eller både 3 och 5).

Diskussion

Typiskt problem som kräver motsägelsebevis. Ett första steg är att inse att inget av talen a, b, c eller d får vara delbara med vare sig 3 eller 5 för att produkten inte ska vara det.

Eftersom problemets formulering inte skiljer på a, b, c och d (vi kan byta plats på två av dess bokstäver och få exakt samma problem), kan vi bestämma storleksordningen mellan dem till exempel.

Lösning

Antag att abcd är delbart med varken 3 eller 5.

Utan inskränkning kan vi anta att a>=b>=c>=d. Då kan a+b+c+d maximalt vara 4a (för a är störst).

Samtidigt vet vi att a+b+c+d är den minsta gemensamma multipeln till a, b, c och d. Så summan är delbar med alla dem var för sig, så bland annat a. Detta tillsammans med förra stycket medför att a+b+c+d är antingen lika med a, 2a, 3a eller 4a.

Fall I. a+b+c+d=4a. Men då är alla talen lika med a för att komma upp i den summan. I så fall skulle MGM(a, a, a, a)=a som inte är lika med 4a. Motsägelse.

Fall II. a+b+c+d=3a. Men då är 3a den minsta gemensamma multipeln till talen, det vill säga faktorn 3 behövs. Så något av talen måste vara delbart med 3.

Fall III (det svåraste fallet). a+b+c+d=2a. Så b+c+d=a, och eftersom b var det näst största talet, så är b minst en tredjedel utav a. Dessutom är b en delare till 2a. Således får vi begränsat med alternativ vad b kan vara.

Nämligen kan b vara lika med a/3 eller 2a/3 eller a/2 eller a (någon delare av större än dess tredjedel eller en dubblerad delare till a). De förstå två varianterna innebär att a är delbart med 3, vilket leder till motsägelse. Det sista fallet innebär c=d=0, vilket inte de får vara.

Vi får kvar att b=a/2. Så c+d=a/2 (för att hela summan ska bli 2a). Och c är störst av c och d, så c måste vara minst a/4. Kom ihåg att c också är delare till 2a, som var MGM för talen. Så c kan vara a/4 eller 2a/4 eller 2a/5 eller 2a/6 eller 2a/7.

Ifall c=a/4 så är d=a/4 (för att hela summan ska bli a). Men då är MGM(a, a/2, a/4, a/4)=a och inte 2a. Ifall c=2a/4=a/2, måste d=0, vilket inte går. Ifall c=2a/5 eller c=2a/6=a/3 medför att a är delbart med 3 eller 5, motsägelse. Så c=2a/7.

Då kan vi räkna ut att d=3a/14. Men då är ju d en multipel av 3.

Fall IV. a+b+c+d=a. Då är b=c=d=0. Det får de inte vara!

Nu är alla fall undersökta. Vi har fått motsägelse varenda gång, alltså var vårt antagande fel från början. Någon utan a, b, c eller d måste vara delbar med 3 eller 5, alltså är abcd delbart med 3 eller 5.

Kommentera gärna om jag glömt något fall.

Lösningen till problemet för de yngre vecka 39

Mattegåta

Pippi, Tommy och Annika delar på 100 godisbitar. Det är Pippi som delar in godisar i tre högar. Hon vet inte på förhand vem som ska få vilken hög, utan det slumpar de fram efter att hon delat.

Pippi vet att ifall Tommy och Annika får olika många godisbitar kommer det syskonet som fick mest ge överskottet till Pippi (så att Tommy och Annika till slut får lika mycket).

a) Vilka högar ska Pippi skapa för att få exakt 80 godisbitar, varken mer eller mindre?
b) Kan Pippi skapa högar så att hon får exakt 65 godisbitar?

Diskussion

För att lösa a)-uppgiften kan man göra ett antagande som förenklar problemet. Man kan nämligen anta att två av högarna är exakt lika stora. Då skulle vi bara behöva testa två av fall: att Pippi får den unika högen eller att Pippi får en av de två likadana.

Det visar sig att det går att hitta på sådana högar (se lösningen nedan).

På b)-uppgiften är svaret ”nej” och då kan man förstås inte göra några förenklande antaganden. Där ska man visa att det aldrig går hur högarna än ser ut. För att bevisa detta ställer vi upp ekvationer.

Lösning (av Toomas Liiv, något modifierad)

a)

För att vara säker på att få 80 godisbitar bör hon skapa en hög med 80 bitar och två högar med 10 bitar i varje.

Om hon får den första högen med 80 bitar kommer syskonens respektive högar att sakna differens, vilket betyder att Pippi får 80 bitar.

Om hon får en hög med 10 bitar i kommer differensen mellan syskonens högar vara 70, vilket överförs till Pippi, så att hon får 80 bitar.

I de båda möjliga fallen kommer hon garanterat att ha 80 bitar i slutändan.

b)

Antag att den första högen innehåller x bitar, den andra y bitar och den tredje z bitar. Vi vet att x+y+z=100 och att x, y och z tillhör de positiva heltalen.

För enkelhetens skull: Antag att Pippi alltid får högen med x bitar och att av y och z är y alltid större än eller lika med z. Då kommer Pippis slutgiltiga summa att vara x+y-z, som ska vara lika med 65.

Om vi från ekvationen x+y+z=100 subtraherar ekvationen x+y-z=65 ledvis får vi

(x+y+z)-(x+y-z)=100-65 vilket är samma som

2z=35.

Den ekvationen saknar heltalslösningar. Alltså kan Pippi inte dela bitarna i högar så att hon med all säkerhet får 65 bitar.

Lösningen till problemet för de äldre vecka 39

Mattegåta

På en gata finns två radhus och i varje radhus bor två djurgalna familjer. Familjerna äger katter och hundar.

Andelen katter (kvoten mellan antalet katter och totala antalet katter och hundar) hos första familjen i första huset är större än andelen katter hos första familjen i andra huset. Andelen katter hos andra familjen i första huset är större än andelen katter hos andra familjen i andra huset.

Måste det vara så att andelen katter i första huset är större än andelen katter i andra huset?

Diskussion

När frågan är formulerad på detta sättet så kan man misstänka att det är något lurt. Kanske att svaret säger emot intuitionen och det måste finnas motexempel mot att andelen katter i första huset totalt är större.

Ofta för att hitta motexempel i sådana problem är det viktigt att tro på att exemplet finns. Eller, om man ska visa motsatsen, det vill säga att det alltid måste vara så som påståendet säger, hjälper det att tro på påståendet. Man vet förstås inte om antagandet är rätt från början förrän beviset (eller exemplet) är klart. Men det hjälper rent psykiskt att tro på sin teori.

Som vi ser i lösningen nedan kan man faktiskt tänka sig fram till ett motexempel.

Mycket riktigt påpekade Erik Thörnblad för mig att det här problemet påminner om Simpsons paradox.

Simpsons paradox

I sannolikhet och statistik innebär Simpsons paradox att två olika grupper kan ha en viss tendens, men tendensen är helt omvänd när grupperna sätts ihop.

På bilden nedan syns att både den blå och den röda gruppen visar en växande trend, men på det stora hela är trenden avtagande.

Lösning (av Erik Svensson)

Låt A och B vara familjerna i Hus 1, och låt C och D vara deras grannar i Hus 2.

Låt oss anta, med avsikt att konstruera ett motexempel, att A har väldigt många fler djur än de andra familjerna och att hälften av dem plus 1 är katter. Till exempel kan vi låta A ha 5001 katter och 4999 hundar. Låt C ha 1 katt och 1 hund. Då är andelen katter hos A större än hos C.

Om B nu har relativt få djur så kommer dessa inverka väldigt lite på den totala andelen katter i huset, eftersom det stora antalet djur A har kommer dominera fullständigt. Vi låter D har väldigt få djur också, men samtidigt ha en större andel katter än A har. Exempelvis kan D ha 2 katter och 1 hund. Vi låter nu B har en större andel katter än D, låt säga 3 katter och 1 hund.

Nu har A en större andel katter än C, och B en större andel än D. Vi finner dock att i Hus 1 så är obetydligt mer än hälften av alla djur katter, men i Hus 2 har vi 4 katter och 2 hundar, och alltså är andelen katter där 2/3.

Lösningen till problemet för de yngre vecka 38

Mattegåta

Jon-Erik har en triangel utan några markeringar, som är gjord av plast. Triangeln är rätvinkling och har förutom vinkeln 90° också vinklarna på 60° och 30°. Hur kan Jon-Erik konstruera en vinkel på 15° om han inte får använda några andra redskap än plasttriangeln och papper?

Diskussion

Det här problemet förutsätter att vi får använda penna (och triangelns raka delar kan användas som linjal). För att lösa problemet, prova att rita av plasttriangeln på flera olika sätt och sedan sammaföra bilderna med varandra.

Eftersom 15° är hälften av 30°, så kan det vara bra att få en symmetrisk bild, så den vinkeln vi vill ha dyker upp av sig själv.

Lösning

En möjlig lösning är att först rita av plasttriangeln , sedan vända upp och ner och till slut lägga ner den så att vinkeln med måttet 30° fortfarande utgör toppen. Rita av triangeln igen och dra sedan en linje mellan toppen och skärningspunkten av de motstående sidorna.

På grund av bildens symmetri kommer vinkeln att delas mitt itu. Linjen som delar en vinkel på mitten kallas förresten för bisektris.

© 2009-2024 Mattebloggen