Mattebloggen

Schinzels sats

Har du läst om hur man hittar pythagoreiska tripplar i cirklar? I artikelserien träffar vi på många cirklar som har några punkter med heltalskoordinater på periferin.

Men oftast är antalet punkter delbart med 4 (cirkeln är centralsymmetrisk i förhållande till koordinatsystemet, eftersom mittpunkten ligger i vårt fall antingen i en heltalsnod eller i mitten av en ruta). Men kan vi hitta en cirkel med ett annat antal punkter på periferin, t.ex. 6?

Klicka här för svar

Vi vill alltså ta reda på för vilka n det går att hitta en cirkel som går igenom exakt n heltalspunkter.

Går det att hitta en cirkel med en heltalsnod på periferin? Så klart går det, vi kan t.ex. ta en cirkel med en väldigt liten radie som går igenom en godtycklig punkt.

Två heltalsnoder på periferin då? Ja, vi kan ju skapa cirklar som inte är rotationssymmetriska, men däremot spegelsymmetriska, genom att välja att ha mittpunkten på cirkeln i (0, 0.5) till exempel eller egentligen var som helst mellan två närliggande heltalsnoder. Tar vi radien lika med 0.5 så är vi garanterade att inga andra heltalsnoder än (0,0) och (0,1) kommer med på cirkelns periferi.

Hur gör vi med 3 punkter på periferin? Cirkeln får nu varken vara spegelsymmetrisk eller rotationssymmetrisk med avseende på heltalsnoderna (om två periferipunkter ligger strikt på vänstra/högra halvan av cirkeln). Således måste vi placera mittpunkten varken i en heltalspunkt eller i en ”halvtalspunkt”. Under några antaganden kan vi försöka hitta en cirkel med två heltalspunkter som befinner sig på samma vertikala linje. Vi antar att cirkelns horisontella diameter ligger på linjen y=0.

cirkel kanske 3 punkter

Koordinaterna för mittpunkten är då (s, 0) och för heltalsperiferipunkterna (0, a), (0, -a) samt (b, 0). Då får vi likhet av två radier (i kvadrat):

s² + a² = (b – s)²

s² + a² = b² – 2bs + s²

a² = b² – 2bs

Både a och b är positiva heltal, medan s är ett positivt reellt tal (förmodligen större än 1). Därför måste b vara åtminstone 3 och vi prövar b = 3.

Då måste a² = 9 – 6s. Tar vi a = 1 får vi s = 4/3 vilket ger oss cirkeln:

cirkel 3 punkter

Denna har exakt 3 punkter på periferin! Men hur gör man i det allmänna fallet? Kan man alltid få relativt snygga cirklar, det vill säga där punkterna ligger i par på respektive vertikallinjer? Det visar sig att man kan det med hjälp av Schinzels sats!

Schinzels sats

Det existerar en cirkel med exakt n heltalspunkter på periferin för varje naturligt tal n.

För jämna n=2k har Schinzels cirkel ekvationen

$(x-\frac{1}{2})^2 + y^2 = \frac{1}{4}5^{k-1}$

Medan för udda n=2k+1 har Schinzels cirkel ekvationen

$(x-\frac{1}{3})^2 + y^2 = \frac{1}{9}5^{2k}$

Testa till exempel hur cirkeln med exakt 7 heltalspunkter på periferin ser ut!

Schinzels cirklar är inte nödvändigtvis de minsta med den egenskapen, men de är i alla fall snygga på sättet beskrivet innan, nämligen att heltalspunkterna på periferin förekommer i par, vilket kan ses från ekvationen (mittpunkten ligger på en horisontell heltalslinje).

Kan du bevisa att Schinzels cirklar uppfyller egenskaperna som det påstås i satsen? Helt trivialt är det ju inte att bevisa.

Tack Sture Sjöstedt för frågeformuleringen, samt länkar och tips!

Tre påsar med mynt

Rekommenderad från: 13 år

[kkratings]

Du har tre påsar med hundra mynt i varje. I en av påsarna väger alla mynten 9,9g, i en annan väger alla 10g och en tredje väger alla 10,1g, men du vet inte vilka mynt som ligger i vilken påse. Du har även en våg som kan visa den exakta vikten, men går sönder om du lägger på mer än 50g på den. Hur kan du med en vägning bestämma vilka sorts mynt ligger i varje påse?

myntpåse

Visa lösningen

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?

Tärningsspel för små barn

Ett enkel spel med tärningar

Rekommenderas för

Förskolan, lågstadiet, mellanstadiet

Materiel

Ett spelplan (skriv ut nedan), två vanliga sexsidiga tärningar (helst av olika färger), minst 4 pjäser (från ”Fia med knuff” till exempel)

Tid

15 minuter

Antalet deltagare

Regler

Reglerna är enkla: alla spelarna turas om att sätta ut sin pjäs på något av ”START”-fälten. Bara ett pjäs får stå på varje sådant fält. Det är viktigt vilket fält man ställer sin pjäs på, ställer man bredvid 10 till exempel, så blir 10 pjäsens tal.

Om man är två, tre eller fyra spelare är det bra om alla har minst två pjäser var. Alla kan till exempel sätta ut sin första pjäs, en i taget, och sedan sätta ut den andra pjäsen i omvänd ordning, för att det ska bli så rättvisst som möjligt.

Sedan är dags för själva racet. Man turas om att slå två tärningar, och beroende på vad summan av prickarna blev får en pjäs eventuellt gå fram ett steg (oavsett vem som slog tärningarna). Till exempel, om tärningarna visar summan 3, så är pjäsen som startade vid 3 den som får gå ett steg åt höger. Om ingen pjäs startade vid 3, så får ingen pjäs heller gå fram något.

Den som vinner är spelaren vars pjäs först kommer in i mål, det vill säga den pjäsen som först gick fyra steg fram. Man kan också köra tills tre pjäser kommer in i mål och på så sätt ha en etta, en tvåa och en trea. Bestäm själva beroende på hur ”segt” spelet går.

Naturligvis är det mest intressant att köra flera omgångar!

Tärningsspel-mattebloggen

Vad barn upptäcker själva

Utan att man berättar något annat än reglerna upptäcker barnen några saker själva:

1. Det är dumt att ställa sin pjäs på 13,14,15 och inte heller 1, för den summan kan aldrig visas på två tärningar.

2. 12 och 2 är inte heller så bra tal, för de kommer rätt så sällan.

3. Det är nog bäst att ställa i mitten, på 6-8 nånstans (och det är i princip alltid en av de pjäserna som vinner).

4. Allt det blir så, beror på att det finns många kombinationer det kan bli 7 på (1+6, 2+5, 3+4, 4+3, 5+2, 6+1 ses tydligast om tärningarna har olika färger), men färre på de andra talen.

Som sagt, man säger inte ord, och barn utför matematiskt tänkande själva! Undervisning när den är som bäst :)

Skriv ut ett spel själv

Ladda ner pdf:en med ett färdigt spelplan.

Godis laget runt

Rekommenderad från: 12 år

[kkratings]

Någon skickade ut sin stora godispåse runt bordet: första personen tog 1 godis, nästa tog 2, nästa tog 3 och så vidare, det vill säga nästa person tog alltid en godis mer än den föregående. Under andra varvet togs det totalt 100 godisar mer än under det första.

Hur många personer satt runt bordet?

godis_runt

Visa lösningen

Phi-växter, pi-växter och e-växter, del 2

I del 1 kom vi fram till att en växt inte bör växa med en rationell vinkel. Det vill säga, om vinkeln bladen emellan är 360/(p/q), så kommer växter sabba solljuset för sig själv efter p blad.

Om p=5 och q=2 så växer bladen ut med 360/(5/2)= 144 graders mellanrum. Det innebär att nya blad sprutar ut 144, 288, 432 (det vill säga 72), 216 graders mellanrum i förhållande till det första. Men nästa blad, det sjätte, kommer hamna 360 grader ifrån det första, det vill säga på exakt samma ställe! Detta är väldigt ooptimalt för en växt.

Oavsett vad för rationellt tal vi tar kommer samma elände att hända efter p blad, eftersom då har bladen avlagt 360/(p/q)*p = q*360 grader, alltså ett helt antal varv. Växten vill att det aldrig riktigt ska bli helt.

Så händer det inte med de irrationella talen. Låt oss jämföra vad vi får för irrationella växter. I tabellen ser du en rationell växt, en phi-växt, en pi-växt och en e-växt. Början ser det relativt likt ut emellan alla växterna:

Men efter fem blad har den första växten fördelat sina blad jämnt, medan de andra ser annorlunda ut. Phi-växten har fördelat sina blad ganska bra, medan pi-växten har sina blad onödigt trångt.

Vad händer vid 12 blad? Oförändrat för den rationella växten – den kan bara ha sina blad på 5 positioner. Phi-växten är jämnfördelad som vanligt, e-växten är också ganska bra. Pi-växten har däremot tre tydliga delar. Kan det ha att göra med att pi på ett ungefär är lika med 3?
n12

Vi 30 ser vi hur växterna klarar av många blad. De mörkare partierna visar på att bladen överlappar varandra, vilket sker mer och mer på e-växten och pi-växten speciellt. Överlappningen finns hos phi-växten också, men den är mer jämnfördelad. Notera att pi-växten har 22 tydliga delar!
n30

Till sist kollar vi riktigt många blad, 50. Pi-växten har 22 väldigt tydliga delar, e-växten har 19, medan phi-växten aldrig har två blad så pass nära varandra som de andra växterna. Den verkar ha 5 stora delar, vilket tyder på att vi i verkligheten skulle se 5 spiraler för den bladstorleken.
n50

Varför blir det 22 tydliga delar hos pi-växten? Det har att göra med att pi approximeras väldigt bra med talet 22/7 (ca 3,14), vilket får växten att agera som en vanlig rationell växt och överlappa sina egna blad efter 22 stycken. Varför är vissa växter ändå pi-växter, som vi såg i förra delen? Jag gissar på att många verkliga plantor inte har så många blad eller grenar, och därför spelar det inte så stor roll för dem att det blir problem efter 22 stycken. De satsar snarare på 3 eller något sådant.

På samma sätt är 19/7 ett rationellt tal nära talet e (men inte lika när som 22/7 är pi), därför bildas det 19 delar på e-växter. Jag vet inte varför jag inte träffat på e-växter hittills, de verkar ju växa helt ok i början.

Men talet phi är väldigt speciellt. Det finns inte någon rationell approximation av det talet som är i någon mening så bra som 22/7 är för pi. Visst, vi kan använda större nämnare för att få ett rationellt bråk som är så nära phi som vi vill, men då blir nämnarna nästan onaturligt stora. För mer rigorös definition av bra rationella approximationer, se Hurwitz sats. Konstanten i satsen kommer just ifrån phi, det gyllene snittet, och det är det som medför att phi är det mest irrationella talet.

Det innebär att just den konstanten är optimal för växter med stort antal blad, frön, grenar etc. och det är därför vi vanligen finner just 34 och 55 spiraler på solrosor och inte 22 (Klicka på bilden för att räkna själv).