Termometrar
Två kvicksilvertermometrar hänger bredvid varandra så som bilden visar. Vid vilken temperatur kommer kvicksilvret vara på samma höjd i båda termometrarna?
Tredje träffen med Matteklubben, åk 7-9
Du kan läsa om vad som har hänt på de tidigare träffarna här: första träffen och andra träffen.
På grund av hastigt salsbyte rådde lite förvirring i början om var vi skulle hålla hus, men precis till lektionens början kunde vi samlas i en och samma sal. Vi blev 18 elever och 3 lärare, vilket räckte gott och väl då eleverna oftast inte vill ha så mycket hjälp från oss. De ville mest sitta och klura själva. Kanske har de den vanan på grund av hur de brukar bli behandlade på vanliga mattelektioner.
Hemfrågan
Vi började med att diskutera läxan som jag såhär i efterhand bedömer som mycket svår. Vi repeterade först beviset för hur man räknar ut vinkelsumman i en godtycklig triangel, och sedan i en godtycklig fyrhörning.
Därefter gav eleverna ett par förslag på hur man skulle gå tillväga med en femhörning. Vi diskuterade även fallet med de icke-konvexa månghörningarna. Strategin var att skära bort en triangel i taget och på så sätt minska triangelns vinkelsumma med 180°. Då kunde vi förklara varför vinkelsumman i en n-hörning blev (n-2)180°.
Vi gick inte rigoröst igenom varför man alltid KAN skära bort en triangel på det viset. Eleverna ha ju precis börjat med geometriska resonemang, och ett sådant bevis skulle ligga på för hög nivå. Jag har redan tendensen att överskatta elevernas erfarenhet av bevis. Jag måste komma ihåg att de flesta knappt har träffat på denna typ av matte förut. Den är inte alls som skolmatten, utan mycket mer som universitetsmatten! Vilket tyvärr ofta är helt skilda saker.
Vi diskuterade även uppgiften om vinkelsumman i en stjärna. Först spekulerade vi lite om hur mycket det kunde vara och fick förslag på svaren 180°, 360° och 540°. En elev hade förberett en lösning där han hade infört olika vinkelbeteckningar och ställt upp ekvationer. Med hjälp av hans lösning kunde vi få ut resultatet 180°.
Blandade problem
Planen var att både hinna med blandade problem och ett tema (informationsteori), men vi hann bara med den första delen. Det berodde på att alla problemen var riktigt kluriga och det behövdes tid för att knäcka dem.
Ibland var uppgifterna lite väl kortfattat formulerade, så jag skrev upp lite förtydliganden på tavlan. Till exempel: ”Allt kaffe och mjölk blev uppdrucket” (uppgift 1), ”Det är bara tillåtet att ta två glas i taget och jämna ut juicenivån i dem” (uppgift 3) och ”Det tog 2014 gånger att byta från grön till lila” (uppgift 4).
Under varje uppgift har jag skrivit reaktioner, frågor och funderingar som dök upp hos eleverna. Jag har även skrivit upp vanliga angreppssätt som förekom och försökt att analysera dem.
1. Under lärarfikat drack alla en hel kopp kaffe med mjölk. Det visade sig att Angelika drack en fjärdedel av all mjölk och en sjättedel av allt kaffe. Hur många lärare kom på fikat?
Elev: Det är så lite information i frågan. Man vet inte riktigt var man ska börja!
Lärare: Det är sant att det finns lite information. Ändå finns det bara ett möjligt svar.
Angreppssätt:
• Att ställa upp ekvationer. Kan ge information om man inte har för många variabler. Men man måste ha två olika variabler för kaffemängden respektive mjölkmängden (i uppgiften tas 1/4 och 1/6 av olika saker).
• Att anta att Angelika drack lika mycket kaffe som mjölk. Då kan man räkna ut hur mycket 1 kopp utgör av den totala mängden vätska och beräkna antalet koppar till 5. Problemet är att detta är ett specialfall och löser inte uppgiften då Angelika inte drack lika mycket kaffe som mjölk.
Elever: Vi tror att svaret är fem. Det funkar då.
Lärare: Då återstår det att bevisa att det inte kan vara någon annat tal. Varför tror ni inte att svaret kan vara fyra? Eller tre? Eller ännu mindre?
(Efter den frågan kunde eleverna vanligtvis knäcka uppgiften.)
2. Tre på varandra följande tal har summan A. Summan av de tre talen som följer efter betecknar vi med B. Kan produkten AB vara lika med 1111111111?
Lärare: Tror ni att det går eller inte går?
Elever: Vi tror att det går! Vi håller på att räkna ut på ett ungefär vilka tal det måste vara för att senare se vad det ska bli exakt.
Lärare: Ja, det är en bra strategi för att bestämma svaret utifall det går, att göra det på ett ungefär först.
Angreppssätt:
• Att börja räkna på exempel. Utifall det går så kan man råka stöta på rätt svar. Ifall det inte går, så får man en känsla för vad produkten kan bli för tal. Så det är en bra strategi överlag.
• Att beteckna första talet i raden med x. Om man kan uttrycka A och B med hjälp av x får man en variabel istället för två och då är det lättare att få hum om uppgiften. Minst en elev löste uppgiften med denna strategi.
• Att studera egenskaperna hos talen A och B. Är de jämna eller udda? Detta leder också till korrekt lösning.
3. På bordet står 8 glas med juice. Det är tillåtet att ta vilka två glas som helst och jämna ut juicenivån i dem (genom att hälla över juice från det glaset som har mer). Hur kan man med hjälp av sådana operationer göra så att alla 8 glasen innehåller lika mycket juice?
Elev: Totala mängden enheter ska vara delbart med 8, annars går det inte.
Lärare: Det är ok även om mängden juice i varje glas blir ett decimaltal i slutändan.
Angreppssätt:
• Att hitta på ett exempel där man vet hur många enheter juice det är i varje glas. Då kan man räkna ut hur mycket juice det ska vara i varje glas i slutändan. Problemet med strategin är att man ofta hittar på krångliga tal och inte kan få översikt över det specialfallet heller.
• Att försöka jämna ut nivån i fyra av glasen först. Denna strategi leder till rätt lösning.
• Att försöka få mängderna juice i glasen att bli så nära varandra som möjligt. Detta leder till approximativ, inte exakt strategi.
4. På kameleontuppvisningen ska kameleonterna byta färg: från röd till gul, från gul till grön, från grön till blå, från blå till lila, och från lila igen till röd. En av kameleonterna bytte färg 2014 gånger och gick från att vara grön till att vara lila. Men den gjorde ett enda misstag under uppvisningen och bytte färg till röd, när den inte skulle ha gjort det. Vilken färg hade kameleonten innan den gjorde misstaget?
Elev: Hur kunde kameleonten byta färg från grön till lila?
Lärare: Det menas att den var grön från början, sedan gjorde 2014 byten och till slut blev lila.
Angreppssätt:
• Att titta på vad kameleonten skulle ha fått för färg efter 2014 gånger. Sedan backa så många steg som behövs genom det felaktiga bytet. Detta fungerar om man har bra koll på antalet steg (och inte tar ett för mycket eller ett för lite).
• Att hitta på ett exempel där det fungerar. Det återstår att visa att svaret blir densamma oavsett vilket exempel man skulle ta.
5. I triangeln ABC är BD en bisektris (en linje som delar vinkeln vid B mitt itu). Bestäm differensen mellan vinklarna ACB och BAC om vinkeln BDC = 68°.
Elev: Vilka vinklar är ACB, BAC, etc.?
Läraren visar hur man läser av vinkelbeteckningarna med hjälp av en bild.
Lärare: Till exempel, vinkel B (i triangeln ABC) och vinkeln ABC är samma vinkel.
Angreppssätt:
• Att räkna ut de vinklar man kan, sedan införa beteckningar och ställa upp ekvationer. Detta sätt fungerar om man är van vid att hantera ekvationer och har koll på vad man vill få på ena sidan (om man betecknade ACB med x och BAC med y, så vill man få x-y).
• Att sätta ut så många lika vinklar som möjligt och försöka läsa av bilden (om man inte vill räkna med ekvationer). I detta fall tjänar man på att rita ut en extralinje, så att en vinkel med samma mått som den eftersökta skillnaden skulle bildas. Man kan räkna ut den med hjälp av regeln om yttervinklar.
Svåra uppgifter
Ingen av uppgifterna var enkel att lösa. Alla krävde någon tanke ”utanför lådan” och innehöll minst två steg i lösningen. När det bara behövs ett steg, en strategi, så kan man se direkt om ens egna strategi fungerar eller ej. Men man kan inte avgöra om man kommit ”halvvägs” eller inte, om man inte på förhand vet lösningen. Det gäller alltså att både våga chansa och våga satsa på sin strategi. Och väljer man en strategi som inte fungerar, så går det åt ganska mycket tid att inse det.
Trots allt detta är det väldigt kul att lösa svåra uppgifter (uppgifter som tar lång tid för en att lösa). Kanske är det därför som många av eleverna inte vill lyssna på ledtrådarna, för då skulle lösningsupplevelsen inte vara lika tillfredsställande. Jag var likadan när jag var yngre och brukade dessutom gå ur rummet när vi hade genomgång, bara för att inte få ”tricket avslöjad” för mig. Så mycket är det värt att lösa problemet själv.
Tyvärr lär man sig inte så mycket om man inte får veta lösningen till slut, därför är jag glad att alla eleverna på Matteklubben stannade för genomgång.
Genomgång
På varje uppgift fick minst en person gå fram och redovisa sin lösning. Vissa av lösningarna var ofullständiga eller hade fel och då fick andra i klassen hjälpa till personen vid tavlan eller komma med egna lösningsförslag. Ibland tog vi upp olika sätt att lösa uppgiften, som till exempel uppgift 2.
Eleverna känner sig olika säkra vid tavlan. De är oftast bra på att redovisa till klassrummet (och inte till läraren, så som många små barn gör), och de flesta i gruppen kan ta till sig deras lösning. Dock är eleverna ofta ovilliga att komma fram och eventuellt exponeras för kritik. Jag försöker betona att vi kritiserar lösningar hos den som presenterar dels för att förstå bättre och dels för att märka om personen gör ett matematiskt fel. Jag vill att eleverna gör likadant mot mig när jag själv presenterar en lösning. Samtidigt vill jag att man ska känna sig trygg vid tavlan och inte bli ifrågasatt som person. Alla ska tycka att det är ok att ha fel, men då kanske jag måste föregå med gått exempel och göra lite fel vid tavlan först :)
Detta ger mig en idé till en lektion, där eleverna skulle få en lista med felaktiga resonemang, där de ska hitta felen. Lite som med trollekvationen och den extra rutan. Jag tror att eleverna behöver träna på att kritisera inte bara andras muntliga, men också skriftliga resonemang.
Nästa gång
Jag hoppas att vi kan köra igenom temat. Blandade uppgifter tar vi med för att de är underhållande och för att just ”blanda ut” ett ensidigt tema. Men informationsteorin, som vi ska hålla på med nästa gång, innehåller så pass varierande frågeställningar, att jag tror att vi inte behöver kika på något blandat. Jag ska tänka på att variera svårighetsgraden, så att inte alla uppgifterna blir svåra. Vi kommer också att utvärdera Matteklubben och förhoppningsvis öppna anmälningarna inför nästa termin!
HMT-kval 2013
För circa en månad sedan hölls kvalomgången i Högstadiets Matematiktävling. Det är en tävling i problemlösning som riktar sig till årskurs 6-9, men självfallet lyckas eleverna i årskurs 8-9 få bäst resultat. Därför är det mest elever från dessa årskurser som går vidare till finalomgången.
Därmed inte sagt att de inte kan gå bra för elever i åk 6-7! Det de eventuellt saknar är några kunskaper om geometri samt delbarhet, vilket ett par av årets kvaluppgifter gick ut på. Däremot kunde man klara sig riktigt bra även om man ”bara” hade löst fyra uppgifter av sex. 10 poäng räckte nämligen för att gå till final (3 poäng tilldelas för varje korrekt löst uppgift). Du kan läsa mer om årets omgång på HMT:s hemsida, medan vi tittar närmare på själva uppgifterna.
Problem 1
Det går att skriva tal i rutorna i figur 1 så att om man följer pilen från en ruta och
använder räkneoperationen som står vid pilen så får man talet i nästa ruta.
Vilket tal är då X? Ange även en möjlig räkneoperation att ersätta frågetecknet med.
Lösning
Strategin är att gå baklänges från 13 till X på vägen gjord av pilarna till vänster. Till 13 kommer vi genom att dela med 2, så talet innan måste vara 26. Till 26 kommer vi genom att subtrahera 1, så talet innan är 27. Innan dess multiplicerade vi talet med 3, så talet innan måste ha varit 9. Och från X kom vi till 9 genom att subtrahera 11, så X måste ha varit 20.
På samma sätt kan vi bestämma talen på högra pilvägen. Till 13 måste vi ha kommit från 18, till 18 från 12, till 12 från 6. Om vi ska komma från 20 till 6 så kan operationen under frågetecknet vara -14 till exempel.
Kommetarer
Det här en typiskt uppgift nästan alla tävlande klarar av. Man hoppas ju innerligt att ALLA elever i åk 9 ska kunna klara av en sådan uppgift. Men så är tyvärr inte fallet, vilket bara beror på att dessa elever antagligen skulle missförstå uppgiften.
En grej man inte tänker på när man är van vid ekvationer är att ”x2” och ”x3” skulle kunna misstolkas att handla om ”X”. Bokstaven ”X” står i mitten för att göra uppgiftsformuleringen tydligare, men kan tvärtom skrämma elever som inte gillar ekvationer. Man skulle kunna ställa upp lösningen på första halvan av uppgiften såhär:
((X – 11)*3 – 1)/2 = 13
Men hur kul formulering är det? Vilken av formuleringarna uppmanar till någorlunda kreativt tänkande och vilken till att ”komma ihåg och tillämpa inlärd metod”? Just det, olika formuleringar på samma uppgift blir pedagogiskt sett helt olika uppgifter! De flesta elever tror jag skulle lyckas lättare på den första formuleringen. Något att tänka på när man introducerar ekvationer i skolan.
Problem 2
Om talet A vet vi följande:
- Talet A ger resten 5 när det delas med 11.
- Talet A ger resten 4 när det delas med 9.
- Talet A ger resten 5 när det delas med 7.
- Talet A ger resten 4 när det delas med 5.
Vilken rest får man när man delar A med 3?
Lösning
Svaret kan vara antingen 0, 1 eller 2, eftersom inga andra rester förekommer när man dividerar med 3. Talet A kan vara hur stort som helst, men vi försöker ”få plats” med så många 3:or i talet som det bara går.
För det kan vi använda att talet A har rest 4 när det delas med 9. Det betyder att man får plats med ett antal 9:or och det blir 4 över. Men en 9:a är ju tre 3:or, därför vet vi att talet A innehåller ett ännu större antal 3:or, men det viktigaste är att det blir 4 över. Där får det plats en 3:a till och det blir 1 över. Därför är resten lika med 1.
Kommetarer
Svårigheterna med att lösa den här uppgiften består av att man inte vet vad division med rest innebär, eftersom man inte fokuserar så mycket på just rester i skolan. Och även om man vet vad resten är, så kanske man försöker bestämma talet A, vilket inte ger ett heltäckande resultat (det finns flera tal A som har de nämnda egenskaper, till och med oändligt många sådana tal finns det). Och så är det förstås vilseledande att det bara villkor två som är viktigt.
Tar man sig igenom de hindren, så är inte uppgiften svår.
Problem 3
På Skänkvägen står elva hus på rad, numrerade från 1 till 11. Eftersom sämjan bland
grannarna är god, så bjuds det ofta på middag. När man bjuder på middag bjuder man
in de två närmaste grannhusen på båda sidor. Om man inte har två grannar på någon
sida bjuder man alltså in färre grannar, till exempel bjuder hus 2 in grannarna i hus 1, 3
och 4.
En dag ärver familjen i hus 2 en riktigt, riktigt ful tavla. När familjen nästa gång blir
bjuden på middag bestämmer man sig därför att ge bort tavlan till kvällens värd. Men
tavlan är så ful att ingen på gatan vill behålla den, så vid första möjlighet ger man därför
bort den till den middagens värd. Av artighetsskäl kan man såklart inte ge tillbaka tavlan
till någon man själv fått den av, och inte heller till någon man själv redan en gång givit
bort den till.
Vem kommer till slut att vara tvungen att behålla tavlan?
Lösning
Vi hoppar vilt i svårighetsnivån! Vi ”finkammar” uppgiften lite först, för att senare lättare kunna formulera lösningen.
Man kan bara ge bort/ta emot tavlan av hus som ligger 1 eller 2 steg bort ifrån ens eget. Om hus A gav bort tavlan till hus B så är den förbindelsen A-B ”förbrukad” eftersom tavlan inte får ges på samma sätt och inte heller ges tillbaka från hus B till hus A. Således kan vi rita ut alla förbindelser och tänka oss att tavlan vandrar längs med dem och ”förbrukar” dem (husen ligger på rad, men att vi ritar dem på en cirkel spelar ingen roll, det är förbindelseschemat som är det viktiga):
Låt oss för en stund strunta i var tavlan börjar sin väg (hus 2). Vi tänker istället på var tavlan kan sluta (någon annanstans i hus 2?). Kanske slutar tavlan i hus 4, så vi tittar på förbindelser som har med hus 4 att göra:
Om hus 4 är huset som inte kan skicka tavlan vidare, så betyder det att tavlan kom till dem och i och med det var alla förbindelser förbrukade. Hur förbrukades förbindelserna? Varje gång hus 4 fick tavlan så förbrukades nästa förbindelse genom att de gav bort den, och tvärtom. Så eftersom tavlan inte började där, måste förbindelserna förbrukats i ordningen: fick – gav bort – fick – gav bort. Därför kunde inte hus 4 fått tavlan på sin sista förbindelse.
Husen 3, 5, 6, 7, 8, och 9 befinner sig i samma situation. De har fyra förbindelser var och därför följer samma schema, om nu alla fyra förbindelserna skulle förbrukas: fick – gav bort – fick – gav bort.
Samma sak är det egentligen för husen 1 och 11 som har två förbindelser var. Får de tavlan, så har de ju möjlighet att ge bort den.
Därmed är det bara hus 2 och 10 kvar. Hus 2 har tavlan från början och därför följer schemat ”gav bort – fick – gav bort”, OM vi är säkra på att alla förbindelser förbrukas. Därför är hus 10 det enda huset som kan ha kvar tavlan utan att kunna ge bort den.
En möjlig väg för tavlan kan vara 2 -> 4 -> 6 -> 8 -> 10 -> 11 -> 9 -> 10. Nu kan hus 10 inte ge bort tavlan.
Kommetarer
Läsaren som är bekant med grafteori förstår att så fort vi har ”kammat” problemet så handlar det om i princip Eulerstigar. Men enkel formulering kan man säga att en figur, som man ritar utan att lyfta pennan från pappret, har som mest två punkter, varifrån det utgår ett udda antal linjer. En av punkterna kommer då vara startpunkten och den andra slutpunkten.
Problem 4
I parallelltrapetset ABCD är sidan AB 50% längre än sidan CD. Punkten P
är diagonalernas skärningspunkt. Arean av triangeln ADP är 12. Bestäm arean av hela
parallelltrapetset.
Lösning
Parallelltraps är en figur med två parallella sidor (det syns på bilden att det är AB och CD som är parallella). Om man ritar ut diagonalerna bildas det flera alternatvinklar, varav två par är inbördes lika. Det följer då att trianglarna APB och CPD är likformiga.
Vi färgkodar de fyra små trianglarna som syns på bilden:
Vi kom fram till att brun och röd var likformiga. De är dessutom likformiga med koefficienten 1,5 (eftersom röds motsvarande sida var 50% länge än bruns).
Vi vet även att blå+brun har samma area som grön+brun, eftersom båda dessa stora trianglar har samma bas DC och lika lång höjd (avståndet mellan de parallella linjerna). Därför har blå och grön samma area och vi vet från uppgiften att det är 12.
Blå och röd har samma höjd om vi tar DP pch PB som baser. Med DP och PB är motsvarande sidor hos den bruna och den röda triangeln. PB är alltså 1,5 gång större och då han även röd 1,5 gånger större area än blå, 12*1,5 = 18.
Blå och brun delar höjd om man nu väljer AP och PC som baser. Även här är PC 1,5 gånger mindre än AP. Så arean för brun är även den 1,5 mindre än arean för blå, det vill säga 12/1,5 = 8.
Därmed har vi bestämt alla de små trianglarnas areor. Arean för hela parallelltrapetser är
röd + brun + grön + blå = 18 + 8 + 12 + 12 = 50 (areaenheter)
Kommetarer
Måste erkänna att jag försökte lösa den här uppgift snabbt och misslyckades! Hade en alldeles för avancerad lösning och räknade fel någonstans på vägen. Så här ska man kunna ”lagom” mycket geometri :)
”Lagom” mycket geometri innebär bland annat: parallellitet, alternatvinklar, vertikalvinklar, likformiga trianglar, likformighetskoefficient, arean för en triangel, val av bas/höjd i en triangel. Inte så lite man ska kunna!
Framför allt ska man vara skolad för att genomföra bevis för att redovisa uppgiften på ett korrekt sätt. Geometriundervisningen som bygger på axiom/bevisföring har i princip försvunnit från svenska skolor, därför lyckades nästan ingen av deltagarna lösa (eller ens få poäng) på den här uppgiften. Jag tvivlar på att särskilt många gymnasister skulle kunna lösa den här uppgiften heller.
Problem 5
Genom att flytta om siffrorna i talet 2013 kan man få 18 olika fyrsiffriga tal. På hur många
sätt kan man välja två olika av dessa 18 tal så att deras summa är precis lika med ett av
de återstående 16 talen?
Lösning
Provar man lite så ser man att det här aldrig går. Hur förklarar vi det här på ett allmängiltigt sätt?
Om två tal som bara består av siffrorna 0, 1, 2 och 3 adderas, så kommer entalen, tiotalen, hundratalen samt tusentalen adderas var för sig, eftersom siffrorna är så pass små. Men det betyder att siffersumman för resultatet av additionen kommer vara lika med siffersumman för det första talen adderat med siffersumman för det andra talet.
Detta kan ju inte hända, eftersom siffersummorna för alla talen är 6. Därför kommer siffersumman för resultatet att bli 12 och det kan inget av talen i uppgiften ha.
Kommetarer
Den här uppgiften kan lösas på mängder av olika sätt, jag angav det kortaste jag kunde komma på. Sätter eleven in sig i uppgiftens formulering, så är resultatet mer eller mindre uppenbart. Hur man ska förklara resultatet är däremot inte lika uppenbart.
Jag tror att många elever känner intuitivt att det har med siffersumman att göra, men de är inte vana vid att formulera lösningar på det sätt, med bevarande av siffersumma och dylika termer. Därför gissar på att de använde mer krångliga förklaringar. Det kan vara frustrerande att försöka förklara något som är så pass uppenbart, men en bra övning om man vill bli bättre på att förstå och formulera egna bevis.
Problem 6
Rutnätet i figuren skall fyllas med tal. I varje ruta (utom i understa raden) står summan
av de två talen i rutorna direkt under den. Vilket tal skall stå i den översta rutan?
Lösning
Den här uppgiften kan både lösas baklänges (nerifrån och upp) och framlänges (uppifrån och ner). Istället för att bara införa två variabler inför vi jättemånga, det vill säga betecknar varje okänt tal med en bokstav.
Talet A består av talen B och C.
Talen B och C består av talen D och 503 och 503 och E.
Talen D och 1006 och E består av talen 253 och F och 1006 och G och 251. Totalt alltså 1510 och F och G.
Inte har vi kommit fram till svaret än, men vet att pyramidegenskapen även gäller talet 503: att det består av talen F och G.
Så vi vet att talet A består av 1510 och F och G, med andra ord av 1510 och 503, det vill säga lika med 2013. Klart!
Kommetarer
Även här tror man kanske att hela pyramiden måste bestämmas för att avgöra det översta talet, men så är inte fallet. Det finns flera olika pyramider som ser ut på det sättet och alla måste då ha 2013 i toppen. Notera att det är på samma sätt som i uppgift 2 och uppgift 4 – flera olika konstruktioner uppfyller uppgiftsvillkoren, men ger ändå ett och samma svar i slutändan.
Ibland (eller kanske alltid) går matematik ut på att dra korrekta och allmängiltiga slutsatser i situationer där vi inte har tillgång till fullständig information.
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?
Öva på delbarhet och ekvationer inför SMT-kval
Skolornas matematiktävling närmar sig med stormsteg, nu är det bara en vecka kvar! Jag har skrivit tips inför tävlingen förut, men om du träna på verkliga problem, rekommenderar jag att kolla på vår cirkellektion, som handlade just om delbarhet, ekvationer och olikheter.
Under lektionen bevisade vi alla de viktiga fakta man använder inom de områden när man löser tävlingsproblem och diskuterade kontrollfrågor. För att lyckas bra i tävlingen bör du kunna svara på i princip alla kontrollfrågor!
Försök sedan att lösa problem 1-4. De första tre problemen kommer från riktiga SMT-tävlingar, men jag skulle rekommendera att börja med problem 2 eller 4, eftersom de är lättast att lösa. Sedan ta dig an 1:an och till sist 3:an.
Roliga spel med tråkiga ekvationer
De flesta människor tycker inte om algebra i skolan. Utan någon intuition för vad som händer tvingas de att lösa ekvationer i skolan. Och när ekvationen väl är löst finns det ingen känsla av tillfredsställning, snarare kvarstår förvirringen och tankarna som ”vad har jag precis gjort och varför var det bra?” dyker upp.
Många gånger har jag hört begreppet ”gamifiering” (”gamification” på engelska) nämnas i sådana diskussioner. Att göra om aktivitet i skolan till ett spel skulle göra det intressant för eleven att slutföra det. Små belöningar, även bara orden ”level completed”, kan motivera en att gå vidare. Dessutom erbjuder spel mer variation än mekanisk räkning.
Jag tror också på att spel är framtiden inom matematikundervisning. Än så länge har jag hittat två bra spel som handlar om ekvationer. Båda förverkligar en idé, till skillnad från massa andra spel som endast överför tråkig räkning från skrivblocket till datorn.
Den första är skapad av fieldsmedaljören Terence Tao. Hans tanke med spelet är att lära ut balansmetoden (det vill säga att man förändrar båda ekvationsled på samma sätt samtidigt), men samtidigt göra det intressant. Med begränsade operationer ska man lösa ut x så fort som möjligt. Även personer som är bra på matte kan få utmaning av de sista nivåerna.
Spela Terence Taos spel (tryck på bilderna på gubbarna, inte deras instruktioner).
Det andra spelet handlar om linjer och deras ekvationer. Enkel idé, briljant utförande!
Problemlösning heltalsekvationer
Den här vårterminen har jag äran att tillsammans med en annan lärare leda problemlösningskursen på Katedralskolan i Uppsala! Vi håller 2 timmarslektioner för intresserade elever på skolan, samt för nior som ska börja läsa där.
Tanken med träffarna är att träna eleverna inför kommande tävlingen SMT (SM i matte för gymnasister) och utveckla elevernas problemlösningsförmåga. Framförallt ska vi ha kul och upptäcka spännande ny matte tillsammans.
Nedan är den andra lektionen som jag höll i. Vi övade på att lösa ekvationer, där variablerna var heltal. Vi gick igenom uppgift 0 på tavlan och totalt sett löstet uppgifterna 1-5. Det var en svår lektion med andra ord.
Inte det roligaste ämnet heller inom problemlösning tycker jag, men sådana här uppgifter träffar man jämt på i SMT-kvalen.
Problemlösning Katedralskolan, 2012-04-25
Tal och ekvationer
0. Hur många lösningar har ekvationen xy = 10
a) i positiva heltal;
b) i heltal;
c) i reella tal?
1. Produkten av tre positiva heltal är 77 medan deras summa är mindre än 77. Bestäm summan.
2. Samtliga portar i ett hyreshus har samma antal våningar. Det finns lika många lägenheter på varje våning. Man vet att antalet våningar är större än antalet lägenheter per våning vilket i sin tur är större än antalet portar. Det finns minst två portar. Totalt finns det 105 lägenheter. Bestäm antalet våningar.
3. Bestäm samtliga positiva heltalslösningar till ekvationen 4x+7xy = 100.
4. Produkten av två positiva heltal är 19 större än kvadraten på det första talet. Bestäm det andra talet.
5. En 40-foting har ett huvud, en drake har tre huvuden. Det flyger en svärm av sådana djur. Det finns totalt
а) 26 huvuden och 298 fötter;
b) 39 huvuden och 648 fötter.
Hur många fötter har en drake?
6. Finns det sådana positiva heltal x och y att
a) x2-y2 = 21;
b) x2-y2 = 20;
c) x2-y2 = 22?
7. Av en rutad kvadrat klipper man en mindre rutad kvadrat. Det finns 23 rutor kvar. Bestäm storleken på den större kvadraten.
8. Det är ett känt faktum att 1993 är ett primtal. Bestäm om det finns sådana positiva heltal x och y att
a) x2-y2=1993;
b) x3-y3=1993;
c) x4-y4=1993.
9. (SMT) Visa att talet 2009 kan skrivas som summan av 17 positiva heltal som endast innehåller siffran 7 och ange alla sådana framställningar. Två framställningar som skiljer sig enbart beträffande termernas ordning räknas bara en gång.
10. (SMT) Bestäm x2 + y2 + z2 om x, y, z är heltal som uppfyller
x + y + z = 60
(x − 4y)2 + (y − 2z)2 = 2
Blandade problem
1. a) Man har suddat första siffran i ett tresiffrigt tal och multiplicerat det erhållna talet med 7. Då fick man det ursprungliga talet. Bestäm talet.
b) Man har suddat andra siffran i ett tresiffrigt tal och multiplicerat det erhållna talet med 6. Då fick man det ursprungliga talet. Bestäm talet.
2. (SMT) Differensen mellan tva femsiffriga heltal ar 246. Visa att de tio siffror som ingår i de båda talen inte alla kan vara olika.
Introducera x tidigt i skolan?
Nyligen pratade jag med en kollega om ekvationer. Att så pass måna barn och ungdomar i Sverige har svårt att förstå hur ekvationer funkar.
En möjlig förklaring till detta är att det blir för stort hopp i abstrakt tänkande när ekvationer först introduceras. Många elever tycker inte om 
Egentligen är ju ekvationer ganska enkelt! (Som all matematik, när man väl fattar.) Ett sätt att få elever att inte bli rädda för det nya skrivsättet är att introducera x tidigare i grunskolan, föreslog min kollega.
Ni har säkert sett något liknande i matteboken på lågstadiet:
Eller ett streck eller till och med en glad gubbe istället för rutan.
Varför inte skriva
Barnen får skriva en siffra på platsen där
vilket antagligen gör de mindre rädda för variabler så småningom. (Naturligvis bör olika bokstäver användas, inte uteslutande
Det är en intressant idé, men jag ser omedelbart en nackdel för elever som senare börjar läsa på gymnasienivå och träffar på ekvationer och formler av typen
där
Lösningen till problemet för de yngre vecka 47
Mattegåta
I ett visst spel används mynt som är värda 1, 15 och 50 Hello Kitty-dollar. En spelare köpte ett svärd och fick i växel ett mynt fler än vad han betalade. Vilket är det minsta antalet dollar som svärdet kunde kosta?
Diskussion
Vid en första anblick verkar det vara konstigt varför 50 dollar-myntet överhuvudtaget är viktig för uppgiften. Det verkar ju rimligt att försöka handskas med så få mynt som möjligt, det vill säga betala med 15 dollar och få två stycker 1 dollar-mynt tillbaka. Det skulle ge priset 13 dollar.
Men det är inte säkert att det är det absolut minsta priset! Tänk på hur det kan bli om spelaren betalar med två mynt och får tre mynt tillbaka. Till exempel kan han betala 1+50 dollar och få 15+15+15 tillbaka. Och då kostar ju svärdet 6 dollar, vilket redan är lägre!
Då kanske det går att få ner priset ännu mer? Nu får vi ta och resonera ordentlig om hur betalningen kunde sett ut. Till exempel verkar det onödigt om spelar betalar med några 15 dollar-mynt och får också några tillbaka, det skapar bara onödig växling. Alltså kan vi reducera till fallen då mynt av olika sort var betalt respektive växel.
Vad finns det då för varianter? Som i exemplet ovan så går det att betala med 1 och 50 dollar-mynt och få bara 15 dollar-mynt tillbaka. I lösningen nedan ser vi att det inte blir fler signifikanta fall än så.
Lösning 1
Vi kan räkna med att spelaren betalade med några sorter mynt och fick bara andra sorter tillbaka i växel.
-Han kunde betala med valutorna på 1 och 15 dollar, och få bara 50 dollar-mynt tillbaka, men då skulle han få tillbaka mer än vad han betalade (eftersom han fick ett fler mynt i växel).
-Han kunde betala med valutorna på 15 och 50 dollar, och få bara 1 dollar-mynt tillbaka, men då skulle svärdet kosta åtminstone 13 dollar.
-Signifikant fall I. Han kunde betala med valutorna på 1 och 50 dollar, och få bara 15 dollar-mynt tillbaka.
-Han kunde betala med 1 dollar-mynt, och få bara 15 och 50 dollar-mynt tillbaka, men då skulle han få tillbaka mycket mer än vad han betalade.
-Han kunde betala med 50 dollar-mynt, och få bara 1 och 15 dollar-mynt tillbaka, men då skulle svärdet kosta åtminstone 20 dollar.
-Signifikant fall II. Han kunde betala med 15 dollar-mynt, och få bara 1 och 50 dollar-mynt tillbaka.
Om det är signifikant fall I, antag att han betalade a stycken 1 dollar-mynt och b stycken 50 dollar-mynt. Då fick han a+b+1 stycken 15-dollar mynt tillbaka. Då kan vi uttrycka priset:
a*1+b*50-(a+b+1)*15=priset
a*1+b*50-a*15-b*15-15=priset
b*35-a*14=priset+15
Notera att vänsterledet är delbart med 7, så högerledet måste vara det också. Så det minsta talet högerledet kan vara är 21, alltså är minsta priset i det här fallet 6 Hello Kitty dollar!
Om det är det signifikanta fallet II får vi i princip samma ekvation om vi antar att spelaren fick tillbaka a stycken 1 dollat-mynt och b stycken 50 dollar-mynt (då betalade han a+b-1 stycken 15 dollar-mynt). Även där blir minsta svaret 6 dollar.
Så 6 Hello Kitty dollar är det minsta svärdet kunde kosta! Det kunde ske genom att spelaren betalade 50 dollar och 1 dollar och fick tillbaka tre mynt värda 15 dollar var.
Lösning 2
Lösning 1 ger en idé till en annan lösning. Idén handlar om att delbarhet med 7 är intressant. Talen 1, 15 och 50 ger alla nämligen rest 1 vid division med 7.
Så om vi kollar hur mycket det blir kvar när vi tar bort så mycket sjuor som möjligt både från betalningen och växeln, så blir resten alltid 1 större för växeln (eller om betalningen hade rest 6 vid division med 7 kommer växeln att inte ge någon rest alls).
Svärdet ska kompensera för den skillnaden. Eftersom svärdets pris ska adderas till växeln för att få betalningen, måste priset ge rest 6 vid division med 7. Det minsta sådana talet är 6.
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.