SMT – Mattebloggen

Lösningar till SMT-kvalet 2014

Detta är de inofficiella (dagen-efter) lösningar till SMT-kvalet som hölls den 30:e september på gymnasieskolorna över hela Sverige. De officiella lösningarna kommer att komma upp på SMT:s hemsida.

Problem 1

Ett tåg kör fram och tillbaka dygnet runt mellan Aby och Bro med lika långa uppehåll vid ändstationerna, och med samma tidtabell alla dagar i veckan. Under varje resa stannar tåget endast en gång, vid Mo.

Jens åker med tåget från Aby, stiger av i Mo för att handla och återvänder till Aby när tåget nästa gång stannar i Mo. Hans uppehåll i Mo har då varat i 50 min. Jenny åker från Bro till Mo, och åker sedan hem nästa gång tåget stannar på väg mot Bro. Hennes uppehåll i Mo blir 30 min.

Hur många gånger stannar tåget i Mo under ett dygn? Vi bortser från den tid det tar för tåget att stanna till i Mo, samt antar att tåget är i rörelse vid midnatt.

Lösning

Puh, den första uppgiften testar om du kan läsa mycket text! :)

Vi noterar att under tiden Jens är i Mo, så hinner tåget åka från Mo till Bro, stå i Bro och sedan åka tillbaka från Bro till Mo precis. Under tiden som Jenny är i Mo, så hinner tåget att göra precis rester, det vill säga åka från Mo till Aby, stanna i Aby och sedan åka tillbaka från Aby till Mo. Eftersom vi antar att tåget inte spenderar tid i Mo, så utgörs hela cykeln av de två tiderna. Det vill säga, det tar 80 minuter för tåget att göra sin rutt.

Under dygnets 24*60 minuter hinner tåget göra rutten 24*60/80 = 18 gånger. Under varje rutt stannar tåget i Mo två gånger. Således blir det 36 stopp i Mo under ett dygn.

Problem 2

Medelvärdet av 12 reella tal är 20. Medelvärdet av de tal som är större än 20 är 27, medan medelvärdet av de tal som är mindre än 20 är 17. Visa att minst ett av de talen måste vara lika med 20.

Lösning

Vi antar motsatsen: Det finns inget tal bland de 12 som är lika med 20. Då utgörs talen av k stycken som är större än 20 och 12-k stycken som är mindre än 20.

Talens medelvärde är 20, alltså är alla talens summa lika med 20*12 = 240. De som är större än 20 har på samma sätt summan k*27 och de som är mindre har summan (12-k)*17. Således har vi:

20*12 = 27*k + 17*(12-k) = 17*12 + 10*k

3*12 = 10*k

3,6 = k

Motsägelse, eftersom k var ett antal. Alltså måste det finnas som minst ett tal som är exakt 20.

Problem 3

Pukterna P, Q, R, S väljs på sidorna av kvadraten ABCD, så att P ligger på AB, P på BC, R på CD och S på DA, och så att sträckorna AP, BQ, CR, DS är lika långa. Punkten M inuti kvadraten ABCD är sådan att arean av fyrhörningen SDRM är 24 cm², arean av RCQM är 41 cm² och arean av QBPM är 70 cm². Bestäm arean av fyrhörningen PASM. (Du kan ta för givet att det finns en punkt M som uppfyller villkoret.)

Lösning

Om AP = BQ = CR = DS, så är PB = QC = RD = SA, då kvadratens sida är lika med AP + PB = BQ + QC = CR + RD = DS + SA. Därför får vi, om vi drar linjerna PQ, QR, RS, SP, fyra kongruenta rätvinkliga trianglar på bilden (kongruensfall SVS till exempel).

Det betyder att PQ = QR = RS = SP, samt att alla vinklar i PQRS är räta, då de komplementerar två vinklar, vars summa är 90^°. PQRS är således en kvadrat.

SMT_k14_3_1

Låt oss betrakta fallet då punkten M hamnar inuti kvadraten PQRS. Dra då de fyra höjderna från M mot den lilla kvadratens sidor. Höjdernas respektive längder betecknar vi med a, b, c, d. Notera att a + c = b + d, då dessa höjder bildar sträckor, parallella med kvadratens sidor. Alltså har summorna samma värde som längden av den inre kvadratens sida.

SMT_k14_3_10

Låt oss beteckna den inre kvadratens sida med x. Det betyder att vi kan uttrycka areorna av trianglarna MSP, MPQ, MQR, MRS:

$\displaystyle S_{MSP} = \frac{a\cdot x}{2}$
$\displaystyle S_{MPQ} = \frac{b\cdot x}{2}$
$\displaystyle S_{MQR} = \frac{c\cdot x}{2}$
$\displaystyle S_{MRS} = \frac{d\cdot x}{2}$

Då a + c = b + d får vi att:

$\displaystyle S_{MSP} + S_{MQR} = S_{MPQ} + S_{MRS}$

Då måste även

$\displaystyle S_{PASM} + S_{RCQM} = S_{QBPM} + S_{SDRM}$

då vi lägger på areor av två av de kongruenta trianglarna på båda sidor (gula på bilden).

SMT_k14_3_2

Alltså är arean av fyrhörningen PASM lika med 24 + 70 – 41 = 53cm².

Men vad händer om punkten M ligger utanför den inre kvadraten? Egentligen fungerar exakt samma lösning, men man måste tillåta att vissa areor är negativa. Till exempel om M ligger inuti triangeln APS ligger, så betraktar vi längden av höjden a som ett negativt värde, liksom arean av triangeln MPS. Alla andra påståenden i vår lösningen gäller även med den modifikationen, alltså blir svaret i vilket fall densamma. Det vill säga 53cm².

Problem 4

Sträckorna AP och BQ är höjder i triangeln ABC. Triangelns vinkel vid hörnet C är 100^°. Punkten M är mittpunkt på sidan AB. Bestäm vinkeln PMQ.

Lösning

Eftersom triangeln är trubbvinklig går höjderna AP och BQ utanför triangeln och skär förlängningen av BC respektive AC.

SMT_k14_4_1

Om man ritar ut cirkeln med mittpunkten M och diametern AB, så kommer punkterna P och Q hamna på cirkelns rand, eftersom de står på diameter med räta vinklar. (Se randvinkelsatsen.) C hamnar inuti cirkeln, eftersom ACB > 90^°

SMT_k14_4_2

Eftersom vinkeln ACB är 100^°, så är komplementvinkeln ACP lika med 80^°. Det betyder att vinkeln CAP är lika med 10^°, då vinkeln APC är rät. På samma sätt är CBQ = 10^°, fast det kommer vi inte att använda.

SMT_k14_4_3

Dags att använda radvinkelsatsen igen! Då vinklarna PAQ och PMQ står på samma båge, men den första är en randvinkel medan den andra är en centralvinkel, så följer det att PMQ är dubbelt så stor, det vill säga lika med 20^°.

SMT_k14_4_4

Problem 5

I en skolklass får en elev en påse med 2014 enkronor från läraren medan de övriga eleverna inte har några pengar alls. Varje gång två elever träffas delar de pengarna de har tillsammans lika om det är ett jämnt antal kronor, medan de lägger en krona i klasskassan och delar lika på resten om de har ett udda antal kronor tillsammans. Efter lång tid har detta hänt många gånger och det visar sig att alla pengarna ligger i klasskassan. Hur många elever måste det minst ha varit i klassen?

Lösning

Det gäller att komma på ett svar, visa att händelsen var möjlig vid det svaret, samt förklara varför ett mindre antal elever aldrig skulle fungera.

Mitt svar är 12 elever. Låt oss ställa dem på rad, med eleven med 2014 kronor först. Därefter delar första och andra eleven på pengarna, andra och tredje, tredje och fjärde och så vidare upp till att tionde och elfte delar på pengarna. Vi får efter det följande mängder hos eleverna (och några kronor ligger i klasskassan):

1: 1007 kr
2: 503 kr
3: 251 kr
4: 125 kr
5: 62 kr
6: 31 kr
7: 15 kr
8: 7 kr
9: 3 kr
10: 1 kr (precis innan hade hen 3 kr)
11: 1 kr (precis innan hade hen 0 kr)
12: 0 kr

I denna situation kan elev 10 och elev 11 bli av med pengar genom att dela dem med elev 12, en i taget.
På så vis ”försvann” 3 kr från en elev med hjälp av två andra elever som hade 0 kr. Därför är det möjligt, att i flera steg få bort 3 kr från elev 9 (eftersom det finns minst två elever med 0 kr). Notera att elev 9 hade 7 kr innan hen delade med sig för första gången vidare i raden. Därför har vi ett sätt att bli av med 7 kr med hjälp av tre ”tomma” elever. Därför kan vi bli av med elev 8:as 7 kr också.

Vi fortsätter på samma sätt tills elev 1 är den enda som har pengar (1007 kr) kvar. Hen kan bli av med dem (mha av de andra tomma eleverna), eftersom elev 2 kunde göra det. Alltså kan man bli av med alla pengar i det här fallet.

Varför räcker det inte med 11 elever?

Notera att i en situation då vi har en mängd elever som kan göra operationerna med varandra, och då alla har åtminstone m mynt, kommer ingen nånsin att kunna få färre än m mynt. För det skulle krävas att man delade som mest på 2(m – 1) + 1 = 2m – 1 mynt, men det är mindre än vad två godtyckliga personer i mängden har tillsammans.

Om klassen hade haft två personer skulle de bara kunna ha 1007 mynt var och inte kunna minska på den mängden. Vi ska visa att om tre personer får byta så kommer var och en att ha som minst 503 kr, om fyra personer får byta så kommer de ha som minst 251 kr var och så vidare. Om 11 personer får byta kommer de alltid ha som minst 1 kr var. Då kommer vi att ha visat att inte alla pengar kan hamna i kassan.

I fallet med tre personer, titta på när den sista personen blir involverad för första gången. Hen delar då pengar med en person som har minst 1007 kr (enligt vad vid visade om två personer). Den själv har 0 kr, alltså kommer de efter delningen att få minst 503 kr var. Nu har alla tre personerna minst 503 kr (den som inte var med om den sista delningen har minst 1007) och kan inte få färre.

På samma sätt går vi steg för steg (eller med induktion) och betraktar då k+1 personer får vara involverade. När den sista av dem gör sin första delning så blir dess minimum hälften av minimum för k personer, avrundat neråt. Ingen annan har mindre än det minimivärdet. Således har vi visat att minsta antal kronor hos varje person bland 11 är 1 kr (och med färre personer ännu större), det vill säga de fallen fungerar inte för att bli av med hela kassan.

Problem 6

Låt a och b vara två positiva heltal sådana att 8a² + 2a = 3b² – b . Visa att både 2a + b och 4a – 2b + 1 är kvadrater av heltal.

Lösning

Min lösning var inte världens snyggaste från början, men här en så kallad ”kammad” lösning. Det vill säga onödiga steg har tagits bort. Låt dig inte luras av att lösningen är kort, det tog några försök att komma fram till den.

Låt oss multiplicera de talen vi ska visa vara kvadrattal:
(2a + b)(4a – 2b + 1) = 8a² – 2b² + 2a + b = (8a² + 2a) + (- 2b² + b)

Den första termen kan vi ersätta med 3b² – b så som det är givet av villkoret i uppgiften:
(2a + b)(4a – 2b + 1) = (3b² – b) + (- 2b² + b) = b²

Så vi vet att produkten av talen är ett kvadrattal i alla fall.

Notera att ett kvadrattal har alltid ett jämnt antal av samma primfaktorer i sin primtalsfaktorisering, så det lönar sig att titta på något primtal p, ta något sådant som ingår i faktoriseringen av både 2a + b och 4a – 2b + 1. Det implicerar att b² är delbart med p ocskå. Eftersom p är ett primtal, så måste även b vara delbart med p.

Om både 2a + b och b är delbara med p, så är 2a det också. Låt oss nu titta på 4a – 2b + 1 igen: 4a är delbart med p, b är delbart med p, alltså ger talet rest 1 vid division med p. Detta ger motsägelse, alltså kan inte 2a + b och 4a – 2b + 1 har gemensamma primfaktorer. De är alltså relativt prima.

Det innebär att varje primfaktor som b² har i faktoriseringen (ett jämnt antal gånger) antingen ingår helt i ena talet eller det andra. Det innebär att vart och ett av talen har alla primfaktorer i jämna potenser och alltså är kvadrater av heltal.

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.

Öva på geometri inför SMT-kval

Kvalomgången i Skolornas matematiktävling sker imorgon. Om du vill fräscha upp era geometrikunskaper inför tävlingen
här står det korfattat vad du behöver plugga på. Notera att minst ett av problemen på tävlingen är ett klassiskt geometriproblem.

Tyvärr har de flesta deltagare nackdelen att inte ha gått igenom så mycket geometri i skolan. Har man övat på geometriproblem åtminstone några gånger, har man en stor fördel där, eftersom geometriproblemen är inte särskilt svåra (de algebraiska problemen på SMT kräver oftast fler icke-triviala insikter).

Några användbara geometrisatser har jag samlat i en cirkellektion i geometri. Vi pratade om följder av randvinkelsatsen och användningen utav dessa följder i problem om figurer som kan skrivas in i cirklar.

Kan du göra rätt på övningarna samt på de första fem problemen så har du fått hum om hur geometriproblem skall bevisas. Då kan du gå över till de svårare problem, som jag har hämtat från riktiga SMT-kvalomgångar. Notera dock att lektionen inte täcker geometriska tekniker som likformighet, areor, samt sinus- och cosinussatsen. Det finns så pass mycket användbar geometri, så att det inte får plats i enda lektion.

Lycka till på tävlingen! Skriv gärna i kommentarerna hur det har gått för dig och om tipsen har hjälpt :)

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.

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.

Problemlösning intro

Nedan är första lektionen, som kan användas som introduktion till problemlösning för intresserade elever. Problemen 0 och 5 går man igenom på tavlan genom att tillsammans med eleverna få fram lösningen.

Problemlösning Katedralskolan, 2012-04-11

Startuppgifter

0. I en skål växer en bakteriekultur. Varje sekund delar sig alla bakterier i två nya. Efter en minut är skålen helt full med bakterier. Efter hur länge var skålen full till hälften?
(Ledtråd: tänk från slutet.)

1. En bit föll ur en gammal tidskrift. Första sidan hade numret 328 och sista hade ett nummer som bestod av samma siffror, men i en annan ordning. Hur många sidor föll ut ur tidskriften?

2. Du har tillgång till 24 kg spikar och en balansvåg med två skålar. Hur kan du mäta upp 9 kg spikar?

3. En snigel tar sig upp för en påle, den börjar från markens nivå. Varje dag kommer snigeln upp 5 cm, medan varje natt åker den ner 4 cm. När kommer snigeln upp till toppen, om pålen är 75 cm lång?

4. Ta bort 10 siffror från talet 1234512345123451234512345, så att talet som står kvar är så stort som möjligt.

Problemlösningstips 1: lös ett “förenklat” problem

5. I en 5×5-tabell står det ett plustecken i en hörnruta och i alla andra rutor står ett minustecken. En tillåten operation är att invertera alla tecken i en hel rad eller en hel kolonn. Går det att genom tillåtna operationer få alla tecken till att vara plus?
(Svar: nej. Ledtråd: titta på samma problem för en 2×2-tabell)

6. Det finns en träkub med sidan 3 cm. Det är ganska lätt att såga upp den i 27 små kuber med sidan 1 cm genom att såga sex gånger. Går samma sak att genomföra med färre sågningar om det är tillåtet att flytta bitarna emellanåt?

7. Visa att en konvex polygon med n hörn har vinkelsumman 180(n-2) grader.

8. Visa att n(n+1)(n+2) är delbart med 6 för alla heltal n.

9. Lös ekvationen (x²+x-3)²+2x²+2x-5 = 0

Logikövningar

10. I ett hav bor många olika bläckfiskar. Om en bläckfisk har jämnt antal armar så talar den alltid sanning, men om den har udda anta armar så ljuger den alltid. En gång sade den gröna bläckfisken till den mörkblåa:
– Jag har 8 armar. Och du har bara 6.
Då blev den mörkblåa sur:
– Det är jag som har 8 armar. Du har bara 7.
Den svarta bläckfisken höll med:
– Den mörkblåa har verkligen 8 armar. Men jag har hela 9!
Varpå den randiga bläckfisken sade:
– Det är ingen av er som har 8 armar! Bara jag har 8.
Vilka bläckfiskar hade exakt 8 armar?

11. I ett land finns endast tre städer: Sannholm, Löngeborg och Turmö. Sannholmsborna talar alltid sanning, Löngeborgarna ljuger alltid och de som bor i Turmö turas om strängt att tala sanningar och lönger.
En dag såg en jourhavande brandsoldat en rök och telefonen ringde. ”Vi har en brand! ” ”I vilken stad brinner det? ” ”I Turmö ”. Till vilken stad skall brandkåren?

Tips inför SMT-final

Som vanligt lite sent kommer det några tips inför morgondagens tävling! De allmäna tävlingstipsen gäller förstås fortfarande.

Saker som är bra att kunna inför finaltävlingen utöver det man ska kunna inför kvaltävlingen:
– Triangelolikheten
– Största sida ligger mittemot största vinkeln i en triangel, minsta mittemot minsta
– Bisektrissatsen och förhållandet i vilken medianernas skärningspunkt delar medianerna
– Homoteti och inversion (om du är proffs och kan allt annat :))
– Linjens ekvation
– Vad polynom är för något, faktorisering och division med rest
– Grundläggande sannolikhetsteori
– Diofantiska ekvationer
– Grundläggande kombinatorik

Bevistekniker som är bra att kunna inför tävlingen:
– Induktion
– Insättning av specialfall i funktionalekvationer och härledning av fukntionens egenskaper (jämn, udda, linjär, kvadratisk etc.)
– Invarianter och halvinvarianter

Problemen i finalen är svåra, men det handlar framför allt att komma på finurliga lösningar och inte särskilt mycket om att kunna matematiska termer. Mitt största råd är att koncentrera sig på problemen där man har fullt koll på matematiken. Försök på alla problemen litegrann, men försök seriöst på ungefär fyra av problemen. Ibland krävs helt enkelt en timmes koncentration för att komma på en lösning!

Och sist men inte minst: lycka till!!!!!

Tips inför SMT-kval

Nu är det bara några timmar kvar till SMT-kval och jag tänkte dela av mig med mina tävlingstips.

Allmänna tävlingstips:
– Ha skoj! Det här är bara en tävling.
– Slösa inte bort tiden, fem timmar kan gå väldigt fort! Gör ett gott försök att lösa varje problem, men spendera inte mer än en halvtimme om du inte kommer nånvart.
– Läs problemtext noga. Det är bättre att ställa en fråga till läraren än att försöka lösa ett annat problem än det som står.
– Om du tror att du har löst uppgiften, läs texten noga igen. Skriv ner lösningen direkt. Eventuella fel eller obevisade påståenden brukar dyka upp först när du skriver ner resonemanget.
– Bara ett svar ger oftast 0 poäng, men en ofullständig lösning kan ge upp till 6. Skriv alltså ner alla idéer du har på problemen tydligt. Om du har en plan för lösningen, men inte kan bevisa alla stegen, skriv ner planen.

När du inte har någon aning om hur du ska lösa uppgifterna, finns det några olika tekniker du kan prova:
– Undersök ett enkelt fall av problemet. T.ex., om det handlar om en 8×8-kvadrat, prova att göra samma sak med en 4×4-kvadrat eller även 2×2.
– Kolla specialfall. Svaren kan t.ex. vara olika för jämna och udda n. Prova att sätta in några tal och se om du upptäcker samband eller mönster. Om det är en funktionalekvation, stoppa in 0 iställer för x och sedan ocskå 1, -1, 2, -2, -x.
– Är det en geometriuppgift, rita figuren så nogrannt som möjligt! Då kan du t.ex. ”se” vad svaret ska bli för något. Och om du vet svaret, t.ex. att en vinkel ska vara lika med 45 grader, blir det lättare att bevisa det.
– Kom ihåg att olika bilder kan uppstå i geometriuppgifter. Ett missat fall (t.ex. en punkt ligger inuti en cirkel och du har bara kollat när den är utaför eller på) kan ge avdrag.
– Att rita en bild underlättar även lösning av uppgifter, som inte är geometri.
– Anta saker ”utan inskräkning” så att det blir lättare att jobba med problemet. T.ex. i en olikhet som är symmetrisk med avseende på a, b och c (det vill säga att man kan byta plats på två av bokstäver och olikheten förblir densamma) kan man anta att a>=b>=c.

Lite saker bör du kunna för att lösa många av uppgifterna:
– Hur man faktoriserar tal i primtal. Delbarhetsprinciperna för 2, 3, 4, 5, 9 och 11.
– Uppställning för aritmetik för tal i bas tio (dvs talteoriproblem som handlar om siffror löses med att kolla på sista siffran först etc.)
– Olikheten mellan aritmetiska och geometriska medelvärdet och några relaterade olikheter (t.ex. a+1/a>=2 för positiva a). De flesta olikheterna går ut på att man ska få ”nånting i kvadrat >= 0”.
– Sinussatsen och cosinussatsen.
– Pythagoras sats.
– Likformighet.
– Randvinkelsatsen.
– Inskrivna (cykliska) fyrhörningar.
– Hur man räknar ut arean för olika figurer.
– Eventuellt de tredimensionella kropparnas volym.
– Lådprincipen.

Det är allt jag kan tänka ut på rak arm. Har du några tips?

Sista dagen för att anmäla dig till matematik-SM!

Nu är det snart igång igen! Sverige väljer sina skarpaste hjärnor bland gymnsieeleverna för att i sommar skicka de 6 bästa till matematik-VM eller IMO, som det egentligen heter. Jag blev imponerad av de senaste resultaten, då Sverige tog hem en silvermedalj! Det händer inte så ofta tyvärr.

Sista anmälningsdagen är 14 september. Jag har för mig att även högstadieelever kan få lov och delta. Jag skulle tro att mattebloggens läsare absolut har en chans att lösa ett par problem (av sex stycken). Dock kräver några av problemen ofta kunskaper som man får i tvåan eller trean på gymnasiet, så tävlingen är mer riktad på de sistnämnda. Men jag tycker att man ska känna på tävlingen även om man är yngre.

Här är lite info från den officiella hemsidan:

Den 27 september tävlar gymnasieskolor runt om i landet i Skolornas matematiktävling (även kallat matematik-SM). Tävlingen har arrangerats av den ideella föreningen Svenska matematikersamfundet sedan 1961 och firar i år 50 årsjubileum. Det är den äldsta tävlingen i matematik och naturvetenskapliga ämnen för gymnasieskolan. Förra året deltog 126 skolor runt om i landet i tävlingen.

Skolornas matematiktävling är ett av flera kvalificerande moment till deltagande i den ansedda Internationella matematikolympiaden (IMO). I juli i år arrangerades IMO 52:a gången 12-24 juli i Amsterdam. Sverige kom på plats 54 av 101 deltagande länder, en klar förbättring mot i fjol då Sverige hamnade på plats 72. Nästa matematikolympiad arrangeras i Argentina i juli 2012.

Uppdatering: Tips om vad man kan ”plugga på” innan tävlingen.

SMT-rättningskonferens

Lite oväntat fick jag i år vara med och rätta Skolornas Matematiktävling, den riksomfattande matematiktävlingen för gymnasiet.

Rättningskonferensen var nämligen i Uppsala i år och tävlingens komittét behövde hjälp med rättningen, ty antalet deltagare har ökat i år med typ 200 till typ 700 (minns inte riktigt de exakta siffrorna).

Det är ett enormt arbete att granska och rätta alla tävlingsbidrag. Alla elever har olika sorts sätt att formulera lösningar till uppgifterna, och även lösningar kan skilja sig mycket åt. Det gör det svårt att vara absolut rättvis vid poängsättningen, men jag tycker att kommittén gjorde ett riktigt bra jobb.

De slutgiltiga resultaten till tävlingen ska skickas ut till skolorna nästa vecka och då får vi reda på vilka elever som har kommit till tävlingens final. Finalen kommer att vara i Lund det här skolåret.

Det har varit en ära att få arbeta med tävlingskommittén, det är alltid himla roligt att samarbeta med engagerade människor. Ingen dynamisk grupp klara sig utan dispyter, men det är alltid bättre om människor vill olika saker än att ingen vill någonting alls.

Problem 1

Lösning

Problem 2

Lösning

Problem 3

Lösning

Problem 4

Lösning

Problem 5

Lösning

Problem 6

Lösning

Vill du få extrainfo om problemlösning via e-post från Mattebloggen?

Problem 1

Lösning

Fel

Problem 2

Lösning

Fel

Problem 3

Lösning

Fel

Problem 4

Lösning

Fel

Problem 5

Lösning

Fel

Problem 6

Lösning

Fel

Problemlösning Katedralskolan, 2012-04-25

Tal och ekvationer

Blandade problem

Problemlösning Katedralskolan, 2012-04-11

Startuppgifter

Problemlösningstips 1: lös ett “förenklat” problem

Logikövningar

Vill du få extrainfo om problemlösning via e-post från Mattebloggen?