UMĚNÍ ŘEŠIT MATEMATICKÉ PROBLÉMY Jan Kopka Stejně jako v záři Slunce blednou všechny hvězdy, tak také učenec může v obecném shromáždění zastínit slávu.

Prezentace na téma: "UMĚNÍ ŘEŠIT MATEMATICKÉ PROBLÉMY Jan Kopka Stejně jako v záři Slunce blednou všechny hvězdy, tak také učenec může v obecném shromáždění zastínit slávu."— Transkript prezentace:

1 UMĚNÍ ŘEŠIT MATEMATICKÉ PROBLÉMY Jan Kopka Stejně jako v záři Slunce blednou všechny hvězdy, tak také učenec může v obecném shromáždění zastínit slávu jiných, když předloží – a tím více, když vyřeší – matematické problémy. (z knihy velkého indického matematika Brahmagupty, rok 628)

2 Z čeho sestává matematika? Jsou to axiomy?, Věty?, Důkazy?, Pojmy?, Definice?, Teorie?, Vzorce?, Formule?, Metody?, Určité postupy?, Umělé obraty? Samozřejmě, bez těchto součástí by matematika nemohla existovat. Hlavním důvodem pro existenci matematiky jsou však podle amerického matematika Paula Halmose problémy a jejich řešení. Problém 1: Zvolte nějaké trojciferné číslo a toto číslo napište dvakrát za sebou. Vzniklé šesticiferné číslo dělte číslem 7, získaný výsledek číslem 11 a tento druhý výsledek ještě číslem 13. Zkoumejte, co dostanete. Hypotéza: ? Důkaz: ?

3 abc abc = a.10 5 + b.10 4 + c.10 3 + a.10 2 + b.10 + c = a.100 100 + b.10 010 + c.1 001 = 1001(a.102 + b.10 + c) Problém 2: Je dána čtvercová tabulka 8x8. Doplňte její políčka čísly 1, 0, -1 tak, aby součty čísel ve všech řádcích, sloupcích a obou diagonálách byly navzájem různé. Vzorce, které objevíme mohou být někdy překvapivé a esteticky příjemné. Např.: 1 x 9 + 2 = 11 12 x 9 + 3 = 111 123 x 9 + 4 = 1111 1234 x 9 + 5 = 11111 12345 x 9 + 6 = 111111 123456 x 9 + 7 = 1111111 1234567 x 9 + 8 = 11111111 12345678 x 9 + 9 = 111111111 123456789 x 9 + 10 = 1111111111 ale i 0 x 9 + 1 = 1

4 Věta Pythagorova: Obsah čtverce nad přeponou libovolného pravoúhlého trojúhelníka je roven součtu obsahů čtverců nad oběma odvěsnami. To znamená, že v libovolném pravoúhlém trojúhelníku s přeponou c a odvěsnami a, b platí: c 2 = a 2 + b 2.

5 Věta Pappova: Nechť ABC je libovolný trojúhelník a nechť ACDE a CBFG jsou libovolné rovnoběžníky nad stranami AC a CB (viz obr. 7). Přímky ED a FG se protínají v bodě H. Jestliže nad stranou AB sestrojíme rovnoběžník ALKB tak, že strany AL a BK jsou shodné a rovnoběžné s úsečkou HC, pak platí obsah ACDE + obsah BFGC = obsah ALKB. Dokažte.

6 Hra u kulatého stolu: Dva hráči A a B mají dostatek mincí stejné velikosti, aby mohli hrát hru u kulatého stolu. Hra má tato pravidla: 1. Hráči pokládají mince střídavě na stůl tak, aby se nepřekrývaly. 2. Hráč, který jako první nemůže položit svoji minci na stůl, prohrává. Základní problém: Zahrajte si hru na modelu stolu a pokuste se objevit vítěznou strategii prvního hráče (hráče A).

7 Fibonacciho posloupnost Problém: Vypustíme do přírody párek malých zajíců. Zajícům trvá měsíc, než dospějí, a pak vždy každý další měsíc mají párek zajíčků. Kolik párů zajíčků bude v přírodě za rok? Fibonacciho posloupnost: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,...... Značení: F 1 =1, F 2 = 1, F 3 = 2, F 4 = 3, F 5 = 5, F 6 = 8, F 7 = 13, atd. Fibonacciho pravidlo: F 1 = F 2 = 1 F n = F n-2 + F n-1, kde n > 3. (1)

8 Problém: Zkoumejte součty několika prvních Fibonacciho čísel, např. 1 + 1 + 2 + 3 = 7. Řešení: Experimentování: F1 + F2 = 1 + 1 = 2 F1 + F2 + F3 = 1 + 1 + 2 = 4 F1 + F2 + F3 + F4 = 1 + 1 + 2 + 3 = 7 F1 + F2 + F3 + F4 + F5 = 1 + 1 + 2 + 3 + 5 = 12 F1 + F2 + F3 + F4 + F5 + F6 = 1 + 1 + 2 + 3 + 5 + 8 = 20

9 Hypotéza: Pro všechna přirozená čísla n platí: F 1 + F 2 + F 3 + … + F n = F n+2 – 1 (2) Důkaz hypotézy výpočtem: Úpravou Fibonacciho pravidla (1) dostaneme: F 1 = F 3 – F 2 F 2 = F 4 – F 3 F 3 = F 5 – F 4 …….. F n-1 = F n+1 – F n F n = F n+2 – F n+1 F 1 + F 2 + F 3 + … + F n = F n+2 – F 2 = F n+2 – 1 Věta : Pro všechna přirozená čísla n platí: F 1 + F 2 + F 3 + … + F n = F n+2 – 1

10 Druhý důkaz hypotézy matematickou indukcí (teď již můžeme říci i věty): 1. Dokážeme, že formule (2) platí pro n = 1. Není co dokazovat, protože již při experimentování jsme objevili, že F1 = 1 = F3 – 1. 2. Nyní dokážeme, že pokud formule (2) platí pro určité konkrétní n, pak platí i pro n + 1. Budeme tedy dokazovat větu, jejíž zápis je: Pro všechna přirozená čísla n platí: jestliže F 1 + F 2 + F 3 + … + F n = F n+2 – 1, pak F 1 + F 2 + F 3 + … + F n + F n+1 = F n+3 – 1] Nechť n je libovolné (pevné) přirozené číslo, pro nějž platí indukční předpoklad. Pak: F 1 + F 2 + F 3 + … + F n + F n+1 = (F 1 + F 2 + F 3 + … + F n ) + F n+1 = (F n+2 – 1) + F n+1 = F n+3 – 1

11 Problém 1: Zdolávání schodů Požívám schody raději než výtah. Když pospíchám, beru schody po dvou. Jindy došlápnu na každý schod. Jestliže používám oba dva druhy pohybů – krok (K) na následující schod a skok (S), což je vynechání jednoho schodu, kolika různými způsoby mohu zdolat n schodů? Např. pro 4 schody dostaneme tyto možnosti: 1: K K K K 4: S K K 2: K K S 5: S S 3: K S K Máme tedy 5 různých způsobů, jak překonat 4 schody. Problém 2: Stavba zídky Stavíme zídku výšky 2 a máme k dispozici cihly mající jeden rozměr 1 a druhý rozměr 2. Kousek zídky mající délku 11 je ukázán na obr. Kolika způsoby můžete postavit zídku mající délku n?

12 Problém 3: Stavba cesty pomocí tyčinek délky 1 a 2 Máme tyčinky délky 1 a 2 a pomocí nich máme vytvořit přímou cestu délky n, kde n je přirozené číslo. Kolika způsoby to můžeme udělat? Problém 4: Stavba cesty bez tyčinky délky 1 Máme tyčinky délek 2, 3, 4, 5, atd. Chybí nám tedy tyčinky délky 1. Kolika způsoby můžete vytvořit pomocí těchto tyčinek přímou cestu délky n, kde n je přirozené číslo >1?

13 Problém 5: Skládání mincí Máme dostatek kulatých mincí stejné velikosti a budeme je skládat (uspořádávat) do vodorovných řad nad sebou následujícím způsobem: Mince v řadách se navzájem dotýkají – nesmí mezi nimi být mezera. Každá mince v určité řadě se dotýká dvou mincí v řadě nižší. (Každá řada tak musí být kratší než řada pod ní.) Máme-li. 6 mincí, může jejich uspořádání vypadat např. tak, jak je znázorněno na obr. a), nikoliv však, jak je znázorněno na obr. b) nebo c). Zjistěte, kolika způsoby lze uspořádat n mincí.