SYSTEMATICKÉ EXPERIMENTOVÁNÍ VE VÝUCE MATEMATIKY Petr Eisenmann, Jiří Přibyl PřF UJEP Ústí nad Labem Abstrakt: Náš příspěvek popisuje možnosti systematického experimentování pomocí počítače jako prostředku k řešení úloh ve výuce matematiky na základní a střední škole. Po stručném vymezení systematického experimentování ukážeme na několika příkladech ze základní a střední školy její využití. Klíčová slova: Řešení úloh, heuristická strategie, systematické experimentování, hrubá síla.
Systematic experimentation in school mathematics Abstract: Our contribution describes abilities of using computer in systematic experimentation as a tool to problem solving in school mathematics. At first we briefly define this heuristic strategy and problem solving using computer, then the whole issue will be illustrated by some examples. These examples illustrate math school problems efficiently solved by this strategy. Key words: Problem solving, heuristic strategy, systematic experimentation, brute force. Podstatou strategie Systematické experimentování je uvědomění si skutečnosti, že lze k výsledku dojít pomocí určitého systému v provádění pokusů. Každý následující pokus bude o „malinko“ pozměněný oproti předchozímu. Princip je založen na tom, že od základní hodnoty, kterou řešitel zvolí, se blíží postupně k danému řešení. Síla této strategie se ukazuje ve spojení s prostředkem počítač, který nám umožňuje realizovat pokusy v reálném čase. Je možné tyto experimenty (obvykle číselné) provádět i ručně, ale výrazně se tím prodlouží doba řešení úlohy. Podrobněji rozebírá experimentální heuristické strategie např. knížka [1]. Další aspekty této heuristické strategie popisuje ve své knize Polya (viz [2]). Velmi často se o použití počítače v rámci systematického experimentování hovoří jako o použití tzv. hrubé síly. Řešení hrubou silou vymezujeme jako vyčerpávání jednotlivých možností z množiny všech potenciálních výsledků. Z tohoto vymezení také vyplývá třídění uvedených ilustračních úloh do následujících dvou skupin: 1. Úlohy řešené pomocí hrubé síly (zkoumání všech možností) 2. Úlohy řešené pomocí hrubé síly s odůvodněním ukončení experimentu (zkoumání jisté podmnožiny možností) Zvláštní skupinu úloh tvoří ty, kdy
85
3. systematické experimentování vede k formulaci hypotézy. Popisovanou strategii nyní budeme postupně ilustrovat vždy dvěma úlohami z každé ze tří výše uvedených skupin. Skupina první Úloha č. 1 Zadání: Máme připravit 50 kg bonbónové směsi v ceně 120 Kč za jeden kilogram. K dispozici máme dva druhy bonbónů, první v ceně 90 Kč za jeden kilogram, druhý v ceně 140 Kč za jeden kilogram. Kolik každého druhu je třeba smíchat? Řešení: Experimentování realizujme pomocí tabulkového procesoru, které je zaznamenáno v tabulce 1. 1. druh 0 1 2 3 4 5 … 18 19 20 21 22 … 46 47 48 49 50
2. druh 50 49 48 47 46 45 … 32 31 30 29 28 … 4 3 2 1 0
Cena za první 0 90 180 270 360 450 … 1620 1710 1800 1890 1980 … 4140 4230 4320 4410 4500
Cena za druhý 7000 6860 6720 6580 6440 6300 … 4480 4340 4200 4060 3920 … 560 420 280 140 0
Celkem 7000 6950 6900 6850 6800 6750 … 6100 6050 6000 5950 5900 … 4700 4650 4600 4550 4500
Tab. 1 Odpověď: K přípravě směsi je třeba smíchat 20 kg prvního druhu a 30 kg druhého druhu.
86
Úloha č. 2 Zadání: Čísla, která se čtou stejně odpředu i odzadu, jako např. 452 254, se nazývají palindromy. Můj přítel tvrdí, že všechny čtyřciferné palindromy jsou dělitelné číslem 11. Je tomu tak? Řešení: Protože s palindromy nemáme žádné zkušenosti, je vhodné si jich nejprve několik vypsat. Palindromy jsou např. čísla: 127 721, 94 749, 8 338, 565, 44, 8. Nás však budou v dalším zajímat pouze čtyřciferné palindromy. Jsou to např. čísla 6 776, 1 001, 2 992. Vezměme nyní náhodně několik čtyřciferných palindromů a vydělme je jedenácti. Dostaneme např.: 4 554 = 414 ∙ 11 1 001 = 91 ⋅ 11 8 338 = 758 ⋅ 11
Na základě těchto příkladů dostal problém smysl. Nyní se nám zdá, že by můj přítel mohl mít pravdu. Toto přesvědčení jsme získali pomocí několika konkretizací původního problému. Také bychom mohli říci, že jsme udělali několik experimentů. Jistotu o pravdivosti však nezískáme, dokud nepřezkoušíme všech 90 možných čtyřciferných palindromů. K tomu bude efektivní použít tabulkový procesor (viz tab. 2). a 1 1 … 1 2 2 … 2 3 3 … 3 4 4 … 4 5 5 5 5 6 6 … 6 7
b 0 1 … 9 0 1 … 9 0 1 … 9 0 1 … 9 0 1 8 9 0 1 … 9 0
“=b2“ 0 1 … 9 0 1 … 9 0 1 … 9 0 1 … 9 0 1 8 9 0 1 … 9 0
“=a2“ 1 1 … 1 2 2 … 2 3 3 … 3 4 4 … 4 5 5 5 5 6 6 … 6 7
“=1000*A2+100*B2+10*C2+1*D2“ 1 001 1 111 … 1 991 2 002 2 112 … 2 992 3 003 3 113 … 3 993 4 004 4 114 … 4 994 5 005 5 115 5 885 5 995 6 006 6 116 … 6 996 7 007
87
“=E2/11“ 91 101 … 181 182 192 … 272 273 283 … 363 364 374 … 454 455 465 535 545 546 556 … 636 637
7 … 7 8 8 … 8 9 9 … 9
1 … 9 0 1 … 9 0 1 … 9
1 … 9 0 1 … 9 0 1 … 9
7 … 7 8 8 … 8 9 9 … 9
7 117 … 7 997 8 008 8 118 … 8 998 9 009 9 119 … 9 999
647 … 727 728 738 … 818 819 829 … 909
Tab. 2 Z posledního sloupce tabulky je zřejmé, že všechny podíly jsou opravdu celočíselné. Odpověď: Můj přítel měl pravdu. Skupina druhá Úloha č. 3 Zadání: Součet pěti po sobě jdoucích sudých čísel je 130. Určete tato čísla. Řešení: Ze zadání úlohy je zřejmé, že se jedná o čísla kladná. Nejmenší kladné sudé číslo je číslo 2. Podívejme se, jak by situace vypadala: 2 + 4 + 6 + 8 + 10 = 30 Dvojka tedy nevyhovuje. Zkusme následující sudé číslo, tedy 4. 4 + 6 + 8 + 10 + 12 = 40 Ani čtyřka nevyhovuje. Velmi jednoduše můžeme provést systematické experimentování pomocí tabulkového procesoru. Do prvního řádku si napíšeme prvních pět sudých čísel a za nimi bude následovat jejich součet. V každém dalším řádku budou čísla o 2 větší. 2 4 … 22 24
4 6 … 24 26
6 8 … 26 28
8 10 … 28 30
10 12 … 30 32
30 40 … 130 140
Tab. 3 V tabulce nemá význam již dále pokračovat. Součet v posledním sloupci zřejmě nadále roste. Odpověď: Hledaná čísla jsou 22, 24, 26, 28, 30.
88
Úloha č. 4 Zadání: Určete dvě po sobě následující lichá přirozená čísla tak, aby jejich součin byl 1023. Pozn.: Tato úloha je převzata z [3]. Řešení: V tabulce si volíme postupně obě lichá čísla a zkoumáme jejich součin. První liché číslo
Druhé liché číslo
1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31
Součin čísel
3 3 5 15 7 35 9 63 11 99 13 143 15 195 17 255 19 323 21 399 23 483 25 575 27 675 29 783 31 899 33 1023 Tab. 4 Je zřejmé, že v tabulce nemá význam již dále pokračovat. Součin v posledním sloupci zřejmě pořád roste. Pozn.: Pokud nepoužijeme hned tabulkový procesor, ale zamyslíme se nad číslem 1023, můžeme si uvědomit, že končí-li číslo 1023 trojkou, musí činitele tvořící jeho součin končit buď ciframi 1 a 3, nebo ciframi 7 a 9. Navíc je zřejmé, že oba činitelé musí být alespoň dvoucifernými čísly. Tímto vhledem do úlohy podstatně zúžíme množinu potenciálních výsledků.
89
První liché číslo
Druhé liché číslo
11 17 21 27 31
13 19 23 29 33 Tab. 5
Součin čísel 143 323 483 783 1023
Odpověď: Hledanými čísly jsou 31 a 33. Skupina třetí Úloha č. 5 Zadání: Diamant dvakrát těžší stojí čtyřikrát víc, diamant třikrát těžší stojí devětkrát víc atd. Cena diamantu je úměrná čtverci jeho hmotnosti. Při broušení se diamant rozpadl na dvě části. Jak velká je brusičova ztráta? V jakém případě je ztráta největší? Řešení: Předpokládejme, že hmotnost celého diamantu je například 1 000 mg (konkretizace). Cena tohoto diamantu je 1 000 000 Kč. Dále volme různé možnosti rozpadnutí diamantu na dva diamanty. Krok rozpadání můžeme volit různě veliký, ale pro vytvoření hypotézy stačí jít po 100 mg. Jako nástroj pro systematické experimentování byl užit tabulkový procesor. cena cena hmotnost hmotnost Hmotnost cena menšího většího celého menšího většího ztráta 𝑚𝑚2 − celého 2 2 diamantu diamantu diamantu diamantu diamantu (𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 ) diamantu 𝑚𝑚
1 000 1 000 1 000 1 000 1 000 1 000
𝑚𝑚2
1 000 000 1 000 000 1 000 000 1 000 000 1 000 000 1 000 000
𝑚𝑚1
0 100 200 300 400 500
𝑚𝑚21
0 10 000 40 000 90 000 160 000 250 000
𝑚𝑚2
1 000 900 800 700 600 500
𝑚𝑚22
1 000 000 810 000 640 000 490 000 360 000 250 000
0 180 000 320 000 420 000 480 000 500 000
Tab. 6 Z experimentování vyplývá hypotéza, že brusič měl největší ztrátu v případě, že se diamant rozpadl na dvě stejné části. Ověřme tuto domněnku ještě následující úvahou. diamant jako celek (hmotnost 𝑚𝑚, cena 𝑚𝑚2 ) první část diamantu (hmotnost 𝑚𝑚1 , cena 𝑚𝑚12 ) druhá část diamantu (hmotnost 𝑚𝑚2 , cena 𝑚𝑚22 ) ztráta 𝑧𝑧 𝑚𝑚 = 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2
90
𝑚𝑚2 − (𝑚𝑚12 + 𝑚𝑚22 ) = 𝑧𝑧 (𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 )2 − (𝑚𝑚12 + 𝑚𝑚22 ) = 𝑧𝑧 𝑚𝑚12 + 2𝑚𝑚1 𝑚𝑚2 + 𝑚𝑚22 − (𝑚𝑚12 + 𝑚𝑚22 ) = 𝑧𝑧 2𝑚𝑚1 𝑚𝑚2 = 𝑧𝑧 Ztráta je zřejmě dvojnásobkem součinu hmotností obou částí. Největší je tehdy, když se diamant rozpadne na dvě stejné části. To si nyní ukážeme pomocí porovnávání obsahu čtverce s obsahem obdélníku, a to za předpokladu stejného obvodu obou obrazců. Je dán čtverec se stranou 𝑎𝑎 a obdélník se stranami 𝑏𝑏, 𝑐𝑐. Nechť platí: 4 ∙ 𝑎𝑎 = 2 ∙ (𝑏𝑏 + 𝑐𝑐) 2 ∙ 𝑎𝑎 = 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐 𝑎𝑎 + 𝑎𝑎 = 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐 Nyní zvolme 𝑎𝑎 + 𝑎𝑎 = 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐 = 10. Z toho plyne, že 𝑎𝑎 = 5. Dále hledáme různá 𝑏𝑏, 𝑐𝑐 vyhovující podmínce 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐 = 10. Na obrázku č. 1 vidíme čtverec a obdélníky splňující tuto podmínku. 5 4
4
1
1
3
3 2 2 1
1 1
2 2
3 3
4 4
2
5 5
3
6
1 7
2 8
3 1
4 1
5 2
Obr. 1
2 1
6 3
4
1 5
2 6
3 7
4 8
5
6
7
9
Z obrázku č. 1 je patrné, že největší obsah má čtverec. To znamená, že součin stejných činitelů (obsah čtverce) je větší než součin různých činitelů (obsah obdélníka), jestliže součet těchto činitelů je stejný (obvod čtverce se rovná obvodu obdélníka). Odpověď: Ztráta je dvojnásobkem součinu hmotností obou částí. Největší je tehdy, když se diamant rozpadne na dvě stejné části. Úloha č. 6 Zadání: Rozhodněte: Může být 𝑛𝑛2 + 𝑛𝑛 + 1 pro nějaké přirozené 𝑛𝑛 ≥ 1 druhou mocninou přirozeného čísla? Pozn.: Tato úloha je převzata z [4]. Řešení: Experimentování realizujme pomocí tabulkového procesoru, které je zaznamenáno v tabulce 7.
91
𝑛𝑛2 + 𝑛𝑛 + 1
𝑛𝑛
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
3 7 13 21 31 43 57 73 91 111
Tab. 7 I když budeme pomocí tabulkového editoru pokračovat ve výpočtu dále, situace se nezmění. Žádné z čísel v pravém sloupci nebude čtvercem nějakého přirozeného čísla. Je přirozené tedy formulovat následující hypotézu. Hypotéza: Číslo 𝑛𝑛2 + 𝑛𝑛 + 1 není pro žádné přirozené 𝑛𝑛 ≥ 1 druhou mocninou přirozeného čísla. Důkaz (sporem) Předpokládejme, že číslo 𝑛𝑛2 + 𝑛𝑛 + 1 je druhou mocninou nějakého přirozeného čísla (označme jej např. 𝑥𝑥 ). Pak platí (1) 𝑛𝑛2 + 𝑛𝑛 + 1 = 𝑥𝑥 2 . Neboli (𝑥𝑥 + 𝑛𝑛)(𝑥𝑥 − 𝑛𝑛) = 𝑛𝑛 + 1. (2) i) Pro 𝑥𝑥 > 1 platí, že 𝑛𝑛 + 𝑥𝑥 > 𝑛𝑛 + 1. Z rovnice (2) a předchozí podmínky plyne, že číslo 𝑛𝑛 + 1 není dělitelné číslem 𝑛𝑛 + 𝑥𝑥 a přirozené číslo 𝑛𝑛 splňující rovnici (1) tedy neexistuje. ii) Číslo 𝑥𝑥 = 1 zřejmě vzhledem k podmínce 𝑛𝑛 ≥ 1 není druhou mocninou čísla 𝑛𝑛2 + 𝑛𝑛 + 1. Z dané hypotézy se stala matematická věta. Odpověď: Číslo 𝑛𝑛2 + 𝑛𝑛 + 1, kde 𝑛𝑛 ≥ 1, není druhou mocninou žádného přirozeného čísla.
Literatura: [1] Kopka, J.: Umění řešit matematické problémy, HAV Praha, 2013. [2] Polya, G.: How to Solve It: A New Aspect of Mathematical Method, University Press Princeton, 2004. [3] Cihlář, J., Zelenka M.: Matematika 8, Pythagoras Publishing Praha, 1998. [4] Kuřina, Fr.: Matematika a řešení úloh, JU České Budějovice, České Budějovice, 2011. Tento příspěvek byl zpracován s podporou grantu GAČR č. 407/12/1939.
92
Petr Eisenmann, Jiří Přibyl Katedra matematiky PřF UJEP v Ústí nad Labem České mládeže 8, Ústí nad Labem
[email protected] [email protected]
93
