Matematika v šoli XIX. [2013] 061-066 Povzetek V članku so predstavljene tri naloge, in sicer iz algebre, teorije števil in geometrije. Za vsako od nalog sta podani dve ali več rešitev. Najprej so podane standardne oz. klasične rešitve teh nalog, nato pa rešitve z uporabo različnih idej, ki vodijo do zelo »lepih in elegantnih«rešitev teh nalog. Ključne besede: dokaz, ideja, neenakost, enakost, kot, pravokot- nost, rešitev Pri matematiki so pomembne ideje Šefket Arslanagi What’s Important in Mathematics are Ideas Abstract The article presents three exercises from the fields of algebra, theo- ry of numbers and geometry. For every exercise, two or more solu- tions are given. At first just standard or classical solutions of those exercises are given and later solutions by using various ideas are given, providing “nice and elegant” solutions of these problems. Key words: proof, idea, inequality, equality, angle, perpendicula- rity, solution Moj um je bil obsijan V glavi Arhimeda s svetlobo in moje želje je bilo več domišljije izpolnjene. kot v glavi Homerja. Dante, Raj, petje XXXIII Volter Pri matematiki so pomembne ideje 62 α Uvod Pri pouku matematike ima reševanje na- log zelo pomembno vlogo. Naloge se naj- večkrat rešujejo s standardnimi metodami, s čimer se večina učiteljev zadovolji. Včasih se zgodi, da kateri od učencev ponudi eno ali več rešitev, ki so drugačne od standardnih. Dober učitelj, ki je strokovno podkovan na področju srednješolske matematike in me- todologije poučevanja matematike, bo tega zelo vesel. Učence bo pohvalil in jih še naprej vzpodbujal pri njihovem delu. Učencem bo ponudil sodelovanje ter jim predstavil zah- tevnejše gradivo, knjige, članke … iz mate- m a tik e . To področje dela mi je zelo znano, saj se že celo svoje delovno obdobje ukvarjam z delom z nadarjenimi učenci, pri čemer ne- izmerno uživam, predvsem pa se veselim uspehov, ki jih dosegajo učenci na tekmo- vanjih doma in v tujini. Takšni učenci imajo zelo veliko dobrih idej pri reševanju mate- matičnih nalog, predvsem pri dokazovanju. Njihove ideje prinašajo v reševanje nalog jas- nost in natančnost (red) v tistih delih, ki so bili do takrat nejasni, izgubljeni in na videz nedosegljivi. Da bi bolje razumeli, kaj pomeni oseb- na izkušnja pri delu z nadarjenimi učenci, vam bomo v nadaljevanju pokazali primere nalog, ki se rešujejo po standardni metodi. Nato bomo prikazali reševanje istih nalog še na druge različne načine, predvsem z upora- bo idej, ki jih podajo posamezni učenci (na našo srečo in zadovoljstvo). V nadaljevanju bodo predstavljene naloge iz algebre (neena- kosti), teorije števil in geometrije. β Naloga iz algebre Najbosta a in b pozitivni realni števili. Dokažite, da velja neenakost (1) Kdaj velja enakost? 1. rešitev (standardna) Z množenjem obeh strani neenakosti (1) s 4a 2 b dobimo enakovredno neenakost: 4a 3 + 12a 2 b + 12ab 2 + 4b 3 27a 2 b ! 4a 3 – 15a 2 b + 12ab 2 + 4b 3 0 / : (b 3 " 0) ! Naj bo = t > 0. Dobimo: ! 4t 3 – 15t 2 + 12t + 4 ≥ 0 ! (4t + 1)(t 2 – 4t + 4) ≥ 0 ! (t – 2) 2 (4t + 1) ≥ 0 Ker je 4t + 1 > 0 4t + 1 > 0#t $ + in (t – 2) 2 0 (t – 2) 2 ≥ 0#t $ + , velja zadnja neenakost in potemtakem tudi njej enako- vredna neenakost (1). Enakost velja v (1) le v primeru t – 2 = 0 t = 2 = 2 a = 2b. Pri dokazovanju neenakosti (1) smo upo- rabili regresivni dokaz, v katerem smo izha- jali iz neenakosti (1)in z uporabo več resnič- nih trditev potrdili njeno veljavnost. Seveda obstaja tudi težji direktni dokaz. 2. rešitev (z idejo) Pri tej rešitvi, ki bo zelo kratka in elegant- na, bomo uporabili učencem znano neena- 63 kost med aritmetično in geometrijsko sredi- no treh pozitivnih števil, ki se glasi: (2) Enakost velja, če je x = y = z. Sledi: ! ! ! Ta neenakost velja zaradi (2). Enakost ve- lja, če je = b, to je a = 2b. Vsekakor je predstavljena rešitev eno- stavna in kratka. Kljub temu morajo učenci poznati določena dejstva o neenakostih, kot je na primer neenakost (2). Nadarjeni učenci za matematiko jih seveda poznajo, kar lah- ko potrdim iz številnih delovnih izkušenj z njimi. γ Naloga iz teorije števil Dokažite trditev: Ne obstajata pozitiv- ni celi števili a in b, za kateri velja enakost 4a (a + 1) = b (b + 3). 1. rešitev (standardna) Podano enakost lahko zapišemo v obliki (2a + 1) 2 – (b + 1) 2 = b oziroma (razlika kva- dratov): (2a + 1 + b + 1)(2a + 1 – b – 1) = b, to je (2a + b + 2)(2a – b) = b. Prvi faktor 2a + b + 2 je pozitiven in večji od b. Drugi faktor 2a – b ne more biti enak nič, ker bi za b = 2a takrat veljalo, da je b = 0. To je seveda nemogoče, ker je b % + . Zato je drugi faktor enak najmanj 1, od tu sledi, da je produkt teh dveh faktorjev večji od b. S tem je trditev dokazana. Z učenci, ki znajo reševati kvadratne enač- be, lahko v primeru realnih rešitev kvadrat- ne enačbe in z upoštevanjem dejstva, da je √(x²)=x, (x ≥ 0), dobimo naslednji dve rešit vi: 2. Rešitev (z idejo) Zapišimo podano enakost iz naloge v obliki kvadratne enačbez neznanko a: 4a 2 + 4a – (b 2 + 3b) = 0 , to je . Da bi bilo število a pozitivno celo število (naravno število), mora biti število popolni kvadrat nekega naravnega števila. Vendar je (b + 1) 2 = = b 2 + 2b + 1 0, ne more biti niti 4a + 2 = -2 (čeprav je (-2) 2 = 4). Menimo, da so vse tri predstavljene rešit- ve te naloge lepe in enostavne. Kljub temu sta 2. in 3. rešitev močnejši in zahtevnejši od 1. rešitve, ker je treba podano enakost pre- oblikovati in jo zapisati kot razliko kvadratov in iz nje izpeljati zaključek. δ Naloga iz geometrije V paralelogramu ABCD je točka M razpo- lovišče stranice CD in leži na simetrali kota BAD. Dokažite, da je kot BAD pravi kot. 1. Rešitev (standardna) Daljica AM leži na simetrali kota BAD = α. Velja (glej sliko 1): BAM = MAD = in BAM = AMD = (kota z vzporednima krakoma). [Slika 1] K 1. rešitvi naloge iz geometrije Od tod sledi, da je MAD = DMA = , zato je trikotnik ΔAMD enokraki in velja |AD| = |MD|. Zaradi |AD| = |BC| in |MD| = |MC|, je |BC| = |MC|, kar pomeni, da je tudi trikotnik ΔBMC enakokraki, od koder je MCB = BAD = α. Ker je CBM = BMC = (180° – α) = 90° – , dobimo: DMA + BMC = + 90° – = 90° AMB = 180° – ( AMD + BMC) = = 180° – 90° = 90°, kar je bilo treba tudi dokazati. 2. Rešitev (z idejo) Označimo z E presečišče med simetralo AM kota BAD in nosilko stranice BC para- lelograma ABCD (sl. 2). Sedaj imamo: BAM = MAD = AEB. Od tu sledi, da je trikotnik Δ ABE enakokraki z osnovnico AE. Očitno sta trikotnika ΔAMD in ΔEMC skladna, saj velja |MD| = |MC|, DMA = CME in MAD = MEC. Zato je, torej je toč- ka M razpolovišče osnovnice trikotnika ΔABE. Zaradi BAM = MEB je trikotnik ΔABE ena- kokraki. Iz tega zaključimo, da je dolžina dalji- ce BM višina enakokrakega trikotnika ΔABE, zato je BM ⊥ AM. Q.E.D 1 . 1 Q. E. D. je okrajšava za latinski izraz quoderatde- monstrandum (dobesedno kar je bilo treba pokaza- ti). Q.E.D. se lahko zapiše na konec matematičnega dokaza, kar pomeni, da je dokaz končan. (vir: http:// sl.wikipedia.org/wiki/Q.E.D. (27. 12. 2012) ) [Slika 2] K 2. rešitvi naloge iz geometrije Pri matematiki so pomembne ideje 65 3. Rešitev (z idejo) Naj bo točka F razpolovišče stranice AB paralelograma ABCD (sl.3). Daljica AM je simetrala kota BAD tega paralelograma in ker je MF AD, velja: BAM = MAD = AMF. Od tu sledi, da je trikotnik Δ AMF enakokrak, kar pomeni, da imamo: |BF| = |AF| = |MF|. To pomeni, da točka M leži na krožnici, katere premer je daljica AB. Kot AMB = 90° (Talesov izrek o kotu v polkrogu: Kot, ki ima vrh na krožnici, njegova kraka pa potekata skozi krajišči premera te krožnice, je pravi kot.) [Slika 3] K 3. rešitvi naloge iz geometrije 4. Rešitev(z idejo) Naj bo točka F razpolovišče stranice AB paralelograma ABCD. Ker je MF AD in AB CD ter daljica AM leži na simetrali kota BAD, je BAM = MAD = AMF= DMA. Za- radi tega sta trikotnika ΔAFM in ΔMDA enakokraka in skladna. Skupaj tvorita romb AFMD. Diagonali AM in DF romba AFMD sta pravokotni. Ker je DF BM, iz tega sledi, da je AM ⊥ MB, torej je AMB = 90°. Q.E.D. Poglejmo vse štiri rešitve navedenih nalog iz geometrije. 1. rešitev je klasična rešitev, v kateri uporabimo računanje kotov enako- krakega trikotnika, kar je učencem najbližje in najbolj enostavno. Menim, da bi se velika večina učencev odločila za prvo rešitev. 2., 3. in 4. rešitev prinašajo ideje, katerih uporaba hitro pripelje do lepih rešitev predstavljene naloge iz geometrije. V 2. rešitvi izhajamo iz dejstva, da je višina na osnovnico v enokra- kem trikotniku pravokotna na osnovnico.V 3. rešitvi je uporabljeno dejstvo, da je kot v polkrogu pravi kot. V 4. rešitvi je uporablje- na ena izmed lastnosti romba, da se diagona- li romba sekata pod pravim kotom. ε Zakljuek Pri teh treh nalogah in njihovih različnih rešitvah lahko v veliki meri preučimo pomen reševanja nalog na več različnih načinov. Najbolj pomembno je, da znamo rešiti na- logo na katerikoli način, kasneje pa razmiš- ljamo, na kateri način se še lahko reši posa- mezna naloga. Tu pridejo v ospredje različne ideje, ki so neločljivo povezane z maloštevil- nimi nadarjenimi učenci pri matematiki. Ve- selilo bi nas, da bi v prihodnosti (tudi mladi) bralci tega članka imeli predvsem korist od njega, tako pri obvladovanju gradiva iz ma- tematike kot tudi pri učinkovitem in pestrem reševanju nalog. Naj povem, da sem pri večletnem delu z nadarjenimi učenci iz matematike že od pr- vega letnika gimnazije vztrajal, da matema- tično nalogo poskusijo rešiti (včasih z mojo pomočjo in podporo) na več različnih nači- nov. Kasneje sem doživel oz. ugotovil, da so starejši dijaki (tretjega in četrtega letnika) re- šili neko nalogo na več različnih načinov. To je še posebej pomembno pri pripravi članov ekipe BiH IMO (mednarodna matematična olimpijada). Zame je bilo to veliko zadovolj- stvo in o tem sem pisal v svoji knjigi Mate- matička čitanka 1, 2, 3 in 4. Namen mojega članka je pomagati učencem in učiteljem v Sloveniji in izven nje pri delu z nadarjenimi učenci, s ciljem doseganja čim boljših rezul- tatov pri matematiki. 66 ζ Viri in literatura: 1. Arslanagić, Š., Matematika za nadarene, Bosanska ri- ječ, Sarajevo, 2004. 2. Engel, A., Problem-Solving Strategies, Springer-Ver- lag, New Y ork-Berlin-Heidelberg, 1998. 3. Grozdev, S., For High Achievements in Mathematics, The Bulgarian Experience (Theory and Practice), Associati- on for the Development of Education, Sofia, 2007. 4. Kurnik, Z., Posebne metode rješavanja matematičkih problema, Element, Zagreb, 2010. 5. Kurnik, Z., Znanstveni okviri nastave matematike, Element, Zagreb, 2009. 6. Polya, G., Matematičko otkriće, Hrvatsko matematič- ko društvo, Zagreb, 2003. Pri matematiki so pomembne ideje