KOMBINATORIKA VE VZTAHU K VYUČOVÁNÍ MATEMATICE NA 1. STUPNI ZÁKLADNÍ ŠKOLY

Induktívne a deduktívne prístupy v matematike, Smolenice 20. 4.- 22. 4. 2005

KOMBINATORIKA VE VZTAHU K VYUČOVÁNÍ MATEMATICE NA 1. STUPNI ZÁKLADNÍ ŠKOLY JAROSLAV BERÁNEK Katedra matematiky, Pedagogická fakulta, Masarykova Univerzita, Poříčí 31, 603 00 Brno, Česká republika e-mail: [email protected] Abstract: BERÁNEK, J.: Combinatorics in the Relation of Teaching Mathematics at the Elementary Stage of the Basic School. Induktívne a deduktívne prístupy v matematike, 2005, pp. 13 – 19. In the article there is shown a possibility of the exploitation of inductive process in teaching elementary Mathematics. The topic was chosen from combinatorics, the teaching of which has a close relation to the elementary school. At first there is introduced a combinatorics theory of the decomposition of natural numbers to summands. In the next part an inductive process is used in solving the problem of the decomposition of powers with natural exponents of number 2 to summands which are also powers of number 2. This problem is connected with expressing a number in a binary number system. Key Words: Inductive process, combinatorics, the decomposition of natural numbers, binary number system. Úvod Kombinatorika patří k významným partiím moderní matematiky. Kombinatorické metody a úvahy jsou využívány v řadě dalších odvětví matematiky (např. teorii pravděpodobnosti). Přestože základní kombinatorická pravidla (součtu a součinu), pojmy i vztahy mezi nimi (variace, kombinace, permutace, ...) jsou relativně velmi jednoduchá, dochází kombinatorika při jejich zobecňování k hlubokým a netriviálním výsledkům. O základech analytických metod v kombinatorice je široce pojednáno v publikaci [3]. Přitom lze v jistém zjednodušení říci, že se v kombinatorice zabýváme zejména konečnými soubory objektů, jejichž počet prvků lze vyjádřit přirozenými čísly; tato čísla tvoří základní číselný obor ve školské matematice. a to především 1. stupni ZŠ. Proto je výuka kombinatoriky (a celé diskrétní matematiky, do níž je začleněna) součástí výuky budoucích učitelů matematiky na základní a střední škole. Otázkou je, zda je výuka kombinatoriky nutná, resp. vhodná, při vzdělávání budoucích učitelů na 1. stupni ZŠ. Odpověď na tento problém vyžaduje jisté zamyšlení. Je zřejmé, že základní kombinatorické pojmy do učiva matematiky budoucích učitelů 1. stupně ZŠ patří; úlohy využívající kombinatorických úvah jsou dnes ve všech učebnicích matematiky na 1. stupni základní školy (např. sestavování čísel z daných cifer, a pod.). Tyto úlohy žáci samozřejmě neřeší pomocí vzorců obsahujících faktoriály, ale využívají experimentu, popř. vhodného grafického znázornění pomocí diagramu (v teorii grafů se používaná grafická znázornění nazývají stromy). Těmito aspekty didaktické transformace kombinatorických pravidel do učiva 1. stupně ZŠ se v tomto příspěvku nebudeme zabývat; jedná se o rozsáhlou problematiku, jejímž řešením se zabývalo již mnoho renomovaných matematiků i odborníků v oblasti teorie vyučování matematice (např. [2], [4]). Cílem příspěvku je ukázat, že mnohé jednoduché matematické činnosti žáků na 1. stupni ZŠ (např. rozklad čísla na sčítance, rozklady konečných souborů objektů na skupiny) mají netriviální, značně složitou matematickou podstatu, a že seznámení s teoretickými kombinatorickými znalostmi může sloužit budoucím učitelům matematiky k rozvoji jejich myšlení a mj. také k procvičování formálně složitějších matematických zápisů. 13


Rozklady konečných množin V první části se budeme zabývat rozklady konečných množin. S rozklady konečných souborů jistých objektů se žák na 1. stupni ZŠ setkává zcela běžně, např. při zavádění operace dělení, kdy provádí tzv. dělení na stejné části a dělení po částech. S rozdělováním objektů do skupin se žák setkává i při řešení slovních úloh (o tom, že se jedná o rozklady v matematickém slova smyslu, se samozřejmě nemusí dozvědět). V této souvislosti lze připomenout tzv. Dirichletův princip - pravidlo, které se týká rozdělování předmětů do přihrádek. Podíváme-li se na teorii rozkladů konečných množin obecně, je pro studenty velmi překvapivé, např. na speciálním matematickém semináři, jak je tato teorie složitá. Uveďme nyní stručnou teoretickou podstatu tohoto problému. Poznamenejme, že všechny důkazy a další podrobnosti lze nalézt v učebním textu [3]. Označíme-li Bn počet všech rozkladů na n prvkové množině (n ∈ N), existuje rekurentní formule pro n n  B k , B0 = 1. Čísla Bn se nazývají Bellova čísla. Protože studenti určení tohoto počtu: Bn+1 = k k =0  

∑

mnohdy obtížně chápou podstatu rekurentních definic, je vhodné ihned spočítat několik prvních hodnot Bellových čísel: B0 = 1, B1 = 1, B2 = 2, B3 = 5, B4 = 15, B5 = 52, B6 = 203,.... Vhodným úkolem rozvíjejícím systematičnost a trpělivost při práci je uložit studentům všech 15 rozkladů čtyřprvkové množiny prakticky vypsat. Po určení všech rozkladů se můžeme zabývat jejich specifikací. Určíme počet rozkladů n-prvkové množiny, které obsahují předem daný počet tříd o zadaném počtu prvků. Nechť k je přirozené číslo s vlastností k ≤ n. Nechť dále pro i = 1, 2, ..., k jsou dána taková celá nezáporná čísla λi, pro která platí rovnost λi + 2λ2 + ... + k λk = n . Pro počet p všech rozkladů n - prvkové množiny, které obsahují pro každé i = 1, 2, ..., k vždy λi tříd rozkladu o i prvcích a neobsahují třídu o více než k prvcích (tento rozklad budeme označovat 1λ1 2 λ2 ... k λk ) , lze v kombinatorice odvodit vztah p( 1λ1 2 λ2 ... k λk )= n! . Na množině o 4 prvcích je tedy situace následující: Nejjemnější λ1 λ2 ( 1! ) .( 2! ) ...( k! ) λk .λ1 ! . λ 2 ! ... λ k ! rozklad (každý prvek je ve trídě rozkladu sám) je pouze jeden, stejně tak je pouze jediný nejhrubší rozklad, kde všechny čtyři prvky tvoří jedinou třídu rozkladu. Dále existují pouze rozklady typu 1221, 1022, 112031. Podle předchozího vzorce pak platí: p(1221) = 6, p(1022) = 3, p(1120 31) = 4. Celkový počet rozkladů je skutečně 15. Jako poslední specifický případ rozkladů n prvkové množiny je určení počtu rozkladů na předem zadaný počet tříd. Nechť tedy n ≥ m jsou přirozená čísla. Označme S(n, m) počet rozkladů n prvkové množiny na m tříd. Čísla S(n, m) se nazývají Stirlingova čísla (přesně řečeno Stirlingova čísla 2. druhu, což pro studenty učitelství 1. stupně ZŠ lze vynechat). Položíme-li definitoricky S(0, 0) = 1, S(0, m) = 0 pro všechna přirozená čísla m, lze odvodit pro výpočet Stirlingových čísel rekurentní formule S(n+1, k) = S(n, k−1) + k. S(n, k) pro 1 < k < n, S(n, n) = S(n, 1) = 1. Pro studenty není v této souvislosti ani tak zajímavý důkaz, ale nácvik praktického výpočtu podle uvedených rekurentních vztahů. Takto lze např. ověřit prakticky získaný poznatek, že S(4, 2) = 7. Až později byl odvozen vztah pro přímý výpočet k k  1 ( −1 )i  ( k − i )n . I pouhé dosazení do tohoto vztahu může být pro Stirlingových čísel: S(n, k) = k ! i =0 i

∑

některé studenty „tvrdým oříškem“. Pro n = 4 a k = 2 dostaneme po výpočtu S(4, 2) = 1  2 4  2 4  2 4     ⋅ 2 −   ⋅ 1 +   ⋅ 0  = 1 (16 − 2) = 7. Ukázku teorie rozkladů konečných množin nyní  1 2  2   0  2      můžeme ukončit. Z uvedeného stručného přehledu je zřejmé, že na matematicky přesné seznámení studentů učitelství 1. stupně ZŠ s touto teorií není dostatek času a není to ani potřeba. Vhodné však je alespoň populární formou tato tvrzení studentům ukázat, aby viděli souvislosti učiva matematiky na 1. stupni ZŠ s formálně přesnou obecnou matematickou teorií. Současně lze jak toto téma, tak i téma následující (rozklady přirozených čísel na sčítance) využít u matematicky nadaných studentů jako téma jejich studentské odborné činnosti, téma pro bakalářské a magisterské práce apod. 14


Rozklady přirozených čísel na sčítance Podobným problémem jako rozklady konečných množin se jeví rozklady přirozených čísel na sčítance. I s touto otázkou se setká intuitivně i žák na 1. stupni základní školy, např. při sčítání čísel „přes základ“ (rozklad jednoho ze sčítanců tak, aby bylo možno dosáhnout mezisoučet rovný základu 10, 100,...). Také toto téma má hluboce netriviální teoretický základ vycházející z kombinatoriky (úplná teorie je podrobně uvedena ve [3]). Proto ani toto téma není vhodné v celé šíři probírat se studenty učitelství; je však vhodné podobně jako u rozkladů konečných množin seznámit s touto teorií studenty alespoň populární formou (zájemci o hlubší studium se mohou dále vzdělávat v rámci svých bakalářských a magisterských prací). Budeme tedy řešit tuto otázku: Nechť n, k jsou přirozená čísla s vlastností k ≤ n. Kolika způsoby lze číslo n rozložit na k přirozených sčítanců? Triviální jsou případy pro k = 1 a k = n. V obou těchto případech je počet rozkladů roven jedné. Proto budeme dále předpokládat 2 ≤ k ≤ n − 1. Jak je v kombinatorice obvyklé, musíme nejprve rozhodnout, zda záleží nebo nezáleží na pořadí sčítanců. Pro počet všech  n − 1  . Obdobný rozkladů čísla n na k sčítanců, rozlišujeme-li jejich pořadí, existuje vzorec K(n, k) =   k − 1 vztah existuje i pro počet rozkladů čísla n na nejvýše k sčítanců (rozlišujeme-li jejich pořadí): K\(n, k) =  n + k − 1  11    . Jako příklad lze uvést např.rozklad čísla 12 na 4 sčítance: K(12, 4) =   = 165. I když v  k −1  3 tomto počtu jsou zahrnuty i rozklady na stejné sčítance, pouze v jiném pořadí, přesto je velmi překvapivá velikost tohoto počtu. Z tohoto hlediska je zajímavější situace, kdy pořadí sčítanců nerozlišujeme. Počet takových rozkladů čísla n na k sčítanců označíme p(n, k). Pro tuto hodnotu lze opět nalézt rekurentní k

formuli: p(n, k) =

∑ p( n − k ,i ) , kde p(n, 1) = p(n, n) = 1. Určíme hodnotu

p(12, 4). Také tento úkol

i =1

vyžaduje jistou trpělivost. Podle rekurentního vzorce platí p(12, 4) = p(8, 1) + p(8, 2) + p(8, 3) + p(8, 4). Dále (již bez komentáře) platí: p(8, 1) = 1, p(8, 2) = p(6, 1) + p(6, 2), p(8, 3) = p(5, 1) + p(5, 2) + p(5, 3), p(8, 4) = p(4, 1) + p(4, 2) + p(4, 3) + p(4, 4), p(6, 2) = p(4, 1) + p(4, 2), p(5, 2) = p(3, 1) + p(3, 2), p(5, 3) = p(2, 1) + p(2, 2), p(4, 2) = p(2, 1) + p(2, 2), p(4, 3) = p(1, 1) = 1, p(3, 2) = p(1, 1). Po postupném dosazení vychází: p(12, 4) = p(8, 1) + p(6, 1) +2 p(4, 1) + 3p(2, 1) +3 p(2, 2) + p(5, 1) + p(3, 1) +2 p(1, 1) + p(4, 4) = 1 + 1 + 2 + 3 + 3 + 1 + 1 + 2 + 1 = 15. Těchto 15 rozkladů čísla 12 na čtyři sčítance nyní vypíšeme: 12 = 1+1+1+9 = 1+1+2+8 = 1+1+3+7 = 1+1+4+6 = 1+1+5+5 = 1+2 +2+7 = 1+2+3+6 = 1+2+4+5 = 1+3+3+5 = 1+3+4+4 = 2+2+2+6 = 2+2+3+5 = 2+2+4+4 = 2+3+3+4 = 3+3+3+3. Povšimněme si rovněž značného rozdílu mezi počtem 165 rozkladů s rozlišovaným pořadím sčítanců a 15 rozklady s pořadím nerozlišovaným. Teoreticky velmi složitým problémem je určení počtu p(n) všech rozkladů čísla n

n (při nerozlišeném pořadí sčítanců). Zřejmý je sice vztah p(n) =

∑ p( n , k ) , tento vztah je však pro k =1

praktické počítání velmi komplikovaný a zdlouhavý. Protože dosud není znám jednoduchý explicitní vzorec pro přímý výpočet čísel p(n), byly odvozeny alespoň vztahy přibližné. Např. v roce 1919 dokázali Hardy a Ramanujan, že p(n) =&

1

e

π

2n 3

. Např. pro n = 12 dává tento vztah přibližnou hodnotu p(12) 4n 3 = 86,9, tj. počet všech rozkladů čísla 12 je asi 87. V této chvíli jsme se dostali již do teoretické oblasti, která se vymyká přípravě budoucích učitelů 1. stupně základní školy. U problematiky rozkladů přirozených čísel na sčítance ale i nadále zůstaneme.

15


„Dvojkové“ rozklady mocnin čísla dvě V této části se budeme zabývat problémem, který lze řešit pomocí induktivního postupu a který nevyžaduje žádné hluboké teoretické znalosti. Částečný výsledek, který se studenty lze dosáhnout, přitom ale triviální není (včetně formálního zápisu). Na tomto problému rovněž ukážeme, že v matematice není neobvyklá situace, kdy se původně položený problém během řešení projeví jako neúměrně složitý, proto dochází k jeho zúžení na speciální případy . K řešení původního problému se pak řešitel vrátí později. Rovněž provádění takových úvah se studenty je velmi poučné. Problém, který chceme řešit, je tento: Určete počet všech rozkladů přirozeného čísla P na sčítance tvaru 2k, kde k je nezáporné celé číslo (pořadí sčítanců přitom nerozlišujeme). Každý sčítanec v rozkladu čísla P je tedy některé z čísel 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, ... . Pro tyto rozklady zavedeme pracovní označení dvojkový rozklad. Jak je ze zadání problému zřejmé, svou formulací se dotýká problematiky učiva 1. stupne ZŠ, má kombinatorickou motivaci, avšak jeho řešení není obsaženo v žádné běžně dostupné literatuře (resp. autorovi není žádná taková publikace známá). Proto mohou být studenti i motivováni faktem, že řeší problém do jisté míry původní. Při úvodním vhledu do problému je zřejmé, že výhodné ∞

bude vyjádřit nejprve dané číslo ve dvojkové číselné soustavě, tzn. P =

∑t

k

⋅ 2 k , kde tk ∈ {0, 1}. Od

k =0

jistého indexu k0 je samozřejmě každé číslo tk pro k > k0 rovno nule. Prvním dílčím problémem je určit počet dvojkových rozkladů S 2k čísel 2k pro každé přirozené číslo k. Pokud se nám podaří určit nějaký vztah pro výpočet S 2k pro každé přirozené číslo k, vzniká další problém. Jak určit způsob, pomocí kterého se ze získaných hodnot S 2k určí počet všech rozkladů čísla P. Prvotní úvahy plynoucí ze školských znalostí kombinatoriky u studentů vedou k užití kombinatorického principu součinu, pomocí kterého stačí vynásobit hodnoty S 2k pro ty hodnoty k, pro které jsou čísla tk ve dvojkovém vyjádření čísla P rovna jedné (je jich zřejmě konečně mnoho). Tato úvaha má ale úskalí. Problém nastane jednak v případě, že některé rozklady S 2k pro různé hodnoty k jsou utvořeny ze stejných sčítanců (např. pomocí samých číslic 2), dále mohou být některé sčítance dvojkového rozkladu P vyjádřeny jako součet sčítanců různých rozkladů S 2k . Je tedy zřejmé, že princip součinu přímo použít nelze. Jak již bylo předesláno v úvodu do tohoto problému, dostáváme se v této chvíli do situace, kdy je řešený problém nad síly studentů (jedná se o složitý problém, neadekvátní studiu učitelství pro 1. stupeň ZŠ). Proto řešený problém omezíme na následující otázku: “Jaký je počet dvojkových rozkladů S 2k čísla 2k pro přirozené číslo k (pořadí sčítanců nerozlišujeme) - tj.

rozkladů na sčítance tvaru 2n pro celé nezáporné číslo n. Tento problém již pomocí induktivního způsobu jsme schopni vyřešit i s budoucími studenty učitelství. K řešení původně položeného problému se lze vrátit později. Při hledání vztahu pro S 2k je zřejmě nejvýhodnější induktivní postup. Snadno zjistíme, že S1 = 1, S2 = 2, S4 = 4, S8 = 10, S16 = 36. Je zřejmé, že přímé hledání všech dvojkových rozkladů čísel S 2k pro k > 4 již

není prakticky možné (už určení S16 je poměrně náročné). Proto tento postup, kdy ze znalostí prvních několika hodnot určíme výsledný vztah, zde využít nelze. Nyní musí následovat dlouhá etapa hledání různých postupů a možností. Tato fáze, i když vzhledem k rozsahu příspěvku ji nelze popsat, je pro rozvoj myšlenkových postupů u studentů velmi vhodná a vede rovněž k procvičování jejich volních vlastností (zejména trpělivosti). Jako nejvýhodnější se nakonec jeví následující úvaha. Chceme určit počet S 2k všech dvojkových rozkladů čísla 2k pro k > 3 (pro nižší hodnoty k je řešení problému zřejmé). Číslo 2k lze vyjádřit jako jeden sčítanec o hodnotě 2k, dva stejné sčítance o hodnotě 2k−1, čtyři stejné sčítance o hodnotě 2k−2,... , 2n stejných sčítanců o hodnotě 2k−n, ..., 2k stejných sčítanců rovných jedné. Každé takové vyjádření čísla 2k pomocí 2n navzájem rovných sčítanců o velikosti 2k−n označíme pracovně jako úroveň Ω 2n . 16


Symbolem H 2n označíme počet všech takových dvojkových rozkladů čísla 2k , které obsahují alespoň jeden

sčítanec o velikosti 2k−n. Hodnotu H 2n určíme pomocí vyjádření čísla 2k na úrovni Ω 2n , kdy postupně

seskupujeme stejné sčítance úrovně Ω 2n do stále větších celků tak, aby v každém rozkladu zůstal alespoň

jeden základní sčítanec úrovně Ω 2n o velikosti 2k−n. Původně hledanou hodnotu S 2k pak určíme takto: k

S 2k =

∑H n =0

2n

, tzn. S 2k je rovno součtu počtů všech rozkladů H 2n pro všechny úrovně Ω 2n pro všechny

hodnoty n od nuly do k. Z výše uvedeného popisu je zřejmé, že i popis jednoduché reálné situace, týkající se jistých rozkladů přirozených čísel na sčítance, může být po formální stránce značně složitý. Studenti si musí uvědomit, že v matematice tato situace není ojedinělá, a proto je nutné, aby u nich byla procvičována i schopnost uvedené matematické zápisy vytvářet (nebo alespoň přečíst). Vraťme se ale k řešenému problému. Protože na každé úrovni Ω 2n je celkem 2n stejných sčítanců a počet H 2n rozkladů na této úrovni nezáleží na jejich velikosti, lze pro zjednodušení provádět úvahy vždy pro případ, že na úrovni Ω 2n je 2n sčítanců rovných jedné. Úvahy budeme provádět pro n ≥ 4; pro menší hodnoty snadno nalezneme H1 = 1, H2 = 1, H4 = 2, H8 = 6. Popíšeme úvahy při určování H16. Máme rozložit číslo 16 na dvojkové rozklady, z nichž každý obsahuje alespoň jeden sčítanec jedna. Bude-li jeden sčítanec 8, pak existují dvě možnosti rozkladů s další jednou čtyřkou (8+4+2+1+1, 8+4+1+1+1+1) a čtyři možnosti pro dvojkové rozklady bez sčítance rovného čtyřem (8+2+2+2+1+1, 8+2+2+1+1+1+1, 8+2+1+1+1+1+1+1, 8+1+1+1+1+1+1+1+1); nebude-li žádný sčítanec roven osmi, pak při třech čtyřkách máme dvě možnosti, při dvou čtyřkách čtyři možnosti, při jedné čtyřce šest možností a bez sčítance rovného čtyřem osm možností. Celkem tedy (2+4) + (2+4+6+8) možností. Toto číslo nebudeme upravovat; v dalším uvidíme výhodnost daného zápisu. Nyní ve shodě s induktivním postupem určíme H32. Pokud bude jeden sčítanec 16, je počet roven H16, tj. (2+4) + (2+4+6+8) možností. Není-li žádný ze sčítanců 16, pak při třech sčítancích 8 mohou být jeden sčítanec roven čtyřem (2 možnosti) nebo není čtyřka žádná (4 možnosti). Při dvou osmičkách mohou být čtyřky tři (2 možnosti), dvě (4 možnosti), jedna (6 možností) nebo žádná (8 možností). Je-li pouze jeden sčítanec roven osmi, dostaneme takto celkem (2+4+6+8+10+12) možností dvojkových rozkladů a bez sčítance osm je těchto možností (2+4+6+8+10+12+14+16). Sečteme-li všechny popsané případy, dostáváme zápis H32 ve tvaru: 2(2+4) + 2(2+4+6+8) + (2+4+6+8+10+12) + (2+4+6+8+10+12+14+16). Nalezneme-li dále hodnoty H64 a H128 , popř. i H256 (větší hodnoty již není v reálném čase možné určit pro jejich rozsah a s tím spojené riziko chyby) - tyto úvahy již popisovat s ohledem na rozsah příspěvku nebudeme - jeví se jako vhodné zapsat získané hodnoty v tomto geometrickém tvaru (uvedeme hodnoty H16 , H32 , H64 ): H16 : 2+4 H32: 2+4 H64 : 2+4 2+4+6+8 2+4+6+8 2+4+6+8 2+4 2+4 2+4+6+8 2+4+6+8 2+4+6+8+10+12 2+4+6+8+10+12 2+4+6+8+10+12+14+16 2+4+6+8+10+12+14+16 2+4 2+4+6+8 2+4 2+4+6+8 2+4+6+8+10+12 2+4+6+8+10+12+14+16

2+4 2+4+6+8 2+4+6+8+10+12 2+4+6+8+10+12+14+16 2+4+6+8+10+12+14+16+18+20 2+4+6+8+10+12+14+16+18+20+22+24 2+4 2+4+6+8 2+4+6+8+10+12 2+4+6+8+10+12+14+16 2+4+6+8+10+12+14+16+18+20 2+4+6+8+10+12+14+16+18+20+22+24

17


2+4+6+8+10+12+14+16+18+20+22+24+26+28 2+4+6+8+10+12+14+16+18+20+22+24+26+28+30+32 Při výpočtu hodnot H128 a H256 se ukazuje, že uvedené grafické znázornění může být dobrým vodítkem pro řešení problému určení hodnot H 2n obecně. Nejprve je ale nutné pro zjednodušení zápisu zavést další označení. Ve výše uvedeném grafickém znázornění vyjádříme součty několika řádků (tvořících jakýsi „trojúhelník“), v nichž je vždy první řádek roven 2+4 a poslední řádek je roven 2+ ...+8p, p ∈ N . Součet čísel na daných řádcích označíme logicky P8p. Platí tedy H16 = P8, H32 = P8 + P16, H64 = (P8 + P16) + (P8 + P16 + P24 + P32). Při dalších krocích induktivního postupu takto určíme H128 = 2(P8 + P16) + 2(P8 + P16 + P24 + P32) + (P8 + P16 + P24 + P32 + P40 + P48) + (P8 + P16 + P24 + P32 + P40 + P48 + P56 + P64). Povšimněme si, že index u posledního členu P v poslední ze závorek je roven polovině indexu u počítané hodnoty H. Abychom mohli „spolehlivě“ vyslovit hypotézu, určíme ještě H256. Platí H256 = 6(P8 + P16) + 6(P8 + P16 + P24 + P32) + 4(P8 + P16 + P24 + P32 + P40 + P48) + 4(P8 + P16 + P24 + P32 + P40 + P48 + P56 + P64) + 2(P8 + … + P80) + 2(P8 + … + P96) + (P8 + … + P112) + (P8 + … + P128). Obecně lze vyslovit pro n > 6 tuto hypotézu: H 2 n = (P8 + … + P2n −1 ) + (P8 + … + P2n −1 −16 ) + 2(P8 + … + P2n −1 − 2⋅16 ) + 2(P8 + … + P2n −1 − 3⋅16 ) + 4(P8 + … + P2n −1 − 4⋅16 ) + 4(P8 + … + P2n −1 − 5⋅16 ) + 6(P8 + … + P2n −1 −6⋅16 ) + 6(P8 + … + P2n −1 −7 ⋅16 ) + …. Výpočet končí, jakmile je poslední sčítanec v poslední závorce roven P16. Při využití sumačního zápisu lze vztah pro pro H 2 n zjednodušit . Poznamenejme, že pro studenty učitelství na 1.stupni ZŠ je následující využití sumačních symbolů diskutabilní. Úspěchem často je, pokud studenti (a to i na studijním oboru učitelství matematiky pro 2. stupeň ZŠ) daný vztah jsou vůbec schopni „přečíst“ a porozumět mu (připomínáme ještě, že vztahy platí pro n > 6): H 2n = (P8 +…+ P2n −1 ) + (P8 +…+ P2n −1 −16 )

∑ 2t[(P

2 n − 6 −1

+

8

t =1

) (

+ ... + P2n −1 − 2t⋅16 + P8 + ... + P2n −1 −( 2t +1 )⋅16

)] , což lze ještě pomocí další sumace „zjednodušit“

2n − 4 − 4 t − 2   2n − 4 − 4 t 2t  P8 i + P8 j  . Z posledního výrazu je jasné, že nemá  i =1  = u =1 v =1 t =1 j 1   již z výukou budoucích učitelů mnoho společného; již dosazení do něho pro konkrétní hodnoty může činit problémy. Na elementární úrovni se lze omezit na kombinatorické úvahy při odvozování tohoto vzorce. Stejně tak se nelze na tomto místě zabývat důkazem, který je samozřejmě při vyslovení každé hypotézy nutný. Otázkou je, zda není při jiném postupu úvah při induktivním postupu možné odvodit vztah jednodušší. Tato otázka se zdá být otevřená. Pro úplnost (a také abychom zcela nezavrhli u výuky budoucích učitelů sumační symboliku) je ještě možné (a pro výpočet konkrétních hodnot H 2n i vhodné) 2n − 4

na tvar H 2n =

∑

P8 u +

2n − 4 − 2

∑

P8 v +

2 n − 6 −1

∑

∑

∑

určit jednoduchý vztah pro výpočet hodnot čísel P. Z výše uvedeného grafického schématu těchto součtů P lze odvodit následující: P8 = 2.6 + 1.14, P16 = 4.6 + 3.14 + 2.22 + 1.30, P24 = 6.6 + 5.14 + 4.22 + 3.30 + 2.38 + 1.46, P32 = 8.6 + 7.14 + 6.22 + 5.30 + 4.38 + 3.46 + 2.54 + 1.62, atd. Obecně tedy platí pro 2 m −1

všechna přirozená čísla m vztah P8m =

∑ ( 2m − i ) ⋅ ( 6 + 8i ) .

K vyslovení konečné hypotézy, řešící

i =0

modifikovaný problém určení počtu S 2k všech dvojkových rozkladů čísla 2k , je nyní potřeba sečíst všechny hodnoty H 2n vypočtené na všech úrovních Ω 2n pro n = 0, 1, …, k. Uvědomíme-li si, jak složité jsou získané vztahy pro H 2n , je zřejmé, že tomuto problému se zde věnovat nemůžeme.

18


Závěr Cílem příspěvku bylo poukázat na možnosti seznámení studentů s kombinatorickou teoretickou podstatou některých partií učiva matematiky na 1. stupni ZŠ. Ukazuje se, že příslušná teorie je mnohdy natolik složitá, že je možné s ní studenty seznámit pouze populární formou (což je také v příspěvku naznačeno). Současně je ukázáno, jak se v kombinatorice využívají induktivní postupy při získávání hypotéz. Na řešeném problému je vidět, že to, co je při zkoumání souvislostí a hledání zákonitostí pouhou “manipulací” s přirozenými čísly, lze zapsat formálně velmi komlikovanými vztahy. Celá problematika se tím posouvá z oblasti zájmu studentů učitelství pro 1. stupeň ZŠ. Proto závěrem uveďme několik myšlenek obecných. Kombinatorika jako celek nepatří zpravidla mezi oblíbené partie školské matematiky a u studentů se často redukuje pouze na určení správného vzorce. To je samozřejmě nesprávné, zejména u studentů učitelství pro 1. stupeň ZŠ, neboť žáci na 1. stupni ZŠ úlohy s kombinatorickou motivací pomocí vzorců neřeší. Tento příspěvek ukazuje, že kombinatorika zasahuje mnohem širší oblast matematiky než tu, kterou znají studenti ze střední školy. Opět je na tomto místě nutno připomenout publikaci [3]. O motivační funkci popsaných aspektů i vhodnosti daného tématu pro samostatnou odbornou činnost nadaných studentů jsme se již zmínili. Další oblastí diskrétní matematiky, která s kombinatorikou souvisí, je teorie grafů (i ta je stručně uvedena ve [3]). To je však námět na jiný příspěvek. Literatúra [1] BĚLÍK, M.: Poziční číselné soustavy. 1. vyd. Ústí nad Labem: UJEP, Pedagogická fakulta, 1999, 60 s. ISBN 80-7044-260-3. [2] DIVÍŠEK, J, a kol.: Didaktika matematiky pro učitelství 1. stupně ZŠ. 1. vyd. Praha: SPN, 1989. 269 s. ISBN 80-04-20433-3. [3] FUCHS, E.: Diskrétní matematika pro učitele. 1. vyd. Brno: Masarykova univerzita, 2001. 178 s. ISBN 80-210-2703. [4] HEJNÝ, M.: Teória vyučovania matematiky 2. 2. vyd. Bratislava: SPN, 1990. 554 s., ISBN 80-0801344. [5] JELÍNEK, M.: Numerační soustavy. 1. vyd. Praha: SPN 1974.127 s.

19

KOMBINATORIKA VE VZTAHU K VYUČOVÁNÍ MATEMATICE NA 1. STUPNI ZÁKLADNÍ ŠKOLY

Recommend Documents