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 []. Další aspekty této heuristické strategie popisuje ve své knize Polya (viz []). 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:. Úlohy řešené pomocí hrubé síly (zkoumání všech možností). 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. Zadání: Máme připravit 50 kg bonbónové směsi v ceně 0 Kč za jeden kilogram. K dispozici máme dva druhy bonbónů, první v ceně 90 Kč za jeden kilogram, druhý v ceně 40 Kč za jeden kilogram. Kolik každého druhu je třeba smíchat? Řešení: Experimentování realizujme pomocí tabulkového procesoru, které je zaznamenáno v tabulce.. druh. druh Cena za první Cena za druhý Celkem 0 50 0 7000 7000 49 90 6860 6950 48 80 670 6900 3 47 70 6580 6850 4 46 360 6440 6800 5 45 450 6300 6750 8 3 60 4480 600 9 3 70 4340 6050 0 30 800 400 6000 9 890 4060 5950 8 980 390 5900 46 4 440 560 4700 47 3 430 40 4650 48 430 80 4600 49 440 40 4550 50 0 4500 0 4500 Tab. Odpověď: K přípravě směsi je třeba smíchat 0 kg prvního druhu a 30 kg druhého druhu. 86
Úloha č. Zadání: Čísla, která se čtou stejně odpředu i odzadu, jako např. 45 54, se nazývají palindromy. Můj přítel tvrdí, že všechny čtyřciferné palindromy jsou dělitelné číslem. Je tomu tak? Řešení: Protože s palindromy nemáme žádné zkušenosti, je vhodné si jich nejprve několik vypsat. Palindromy jsou např. čísla: 7 7, 94 749, 8 338, 565, 44, 8. Nás však budou v dalším zajímat pouze čtyřciferné palindromy. Jsou to např. čísla 6 776, 00, 99. Vezměme nyní náhodně několik čtyřciferných palindromů a vydělme je jedenácti. Dostaneme např.: 4 554 = 44 00 = 9 8 338 = 758 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. ). a b =b =a =000*A+00*B+0*C+*D =E/ 0 0 00 9 0 9 9 99 8 0 0 00 8 9 9 9 99 7 3 0 0 3 3 003 73 3 3 3 3 83 3 9 9 3 3 993 363 4 0 0 4 4 004 364 4 4 4 4 374 4 9 9 4 4 994 454 5 0 0 5 5 005 455 5 5 5 5 465 5 8 8 5 5 885 535 5 9 9 5 5 995 545 6 0 0 6 6 006 546 6 6 6 6 556 6 9 9 6 6 996 636 7 0 0 7 7 007 637 87
7 7 7 7 647 7 9 9 7 7 997 77 8 0 0 8 8 008 78 8 8 8 8 738 8 9 9 8 8 998 88 9 0 0 9 9 009 89 9 9 9 9 89 9 9 9 9 9 999 909 Tab. 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 30. Určete tato čísla. Řešení: Ze zadání úlohy je zřejmé, že se jedná o čísla kladná. Nejmenší kladné sudé číslo je číslo. Podívejme se, jak by situace vypadala: + 4 + 6 + 8 + 0 = 30 Dvojka tedy nevyhovuje. Zkusme následující sudé číslo, tedy 4. 4 + 6 + 8 + 0 + = 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 větší. 4 6 8 0 30 4 6 8 0 40 4 6 8 30 30 4 6 8 30 3 40 Tab. 3 V tabulce nemá význam již dále pokračovat. Součet v posledním sloupci zřejmě nadále roste. Odpověď: Hledaná čísla jsou, 4, 6, 8, 30. 88
Úloha č. 4 Zadání: Určete dvě po sobě následující lichá přirozená čísla tak, aby jejich součin byl 03. 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 Součin čísel 3 3 3 5 5 5 7 35 7 9 63 9 99 3 43 3 5 95 5 7 55 7 9 33 9 399 3 483 3 5 575 5 7 675 7 9 783 9 3 899 3 33 03 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 03, můžeme si uvědomit, že končí-li číslo 03 trojkou, musí činitele tvořící jeho součin končit buď ciframi 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 Součin čísel 3 43 7 9 33 3 483 7 9 783 3 33 03 Tab. 5 Odpověď: Hledanými čísly jsou 3 a 33. Skupina třetí Úloha č. 5 Zadání: Diamant dvakrát těžší stojí čtyřikrát víc, diamant třikrát těžší stojí devětkrát víc atd. Cena 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 je například 000 mg (konkretizace). Cena tohoto je 000 000 Kč. Dále volme různé možnosti rozpadnutí na dva diamanty. Krok rozpadání můžeme volit různě veliký, ale pro vytvoření hypotézy stačí jít po 00 mg. Jako nástroj pro systematické experimentování byl užit tabulkový procesor. Hmotnost celého mm cena celého mm hmotnost menšího mm cena menšího mm hmotnost většího mm cena většího mm ztráta mm (mm + mm ) 000 000 000 0 0 000 000 000 0 000 000 000 00 0 000 900 80 000 80 000 000 000 000 00 40 000 800 640 000 30 000 000 000 000 300 90 000 700 490 000 40 000 000 000 000 400 60 000 600 360 000 480 000 000 000 000 500 50 000 500 50 000 500 000 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 mm ) první část (hmotnost mm, cena mm ) druhá část (hmotnost mm, cena mm ) ztráta zz mm = mm + mm 90
mm (mm + mm ) = zz (mm + mm ) (mm + mm ) = zz mm + mm mm + mm (mm + mm ) = zz mm mm = 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 = (bb + cc) aa = bb + cc aa + aa = bb + cc Nyní zvolme aa + aa = bb + cc = 0. Z toho plyne, že aa = 5. Dále hledáme různá bb, cc vyhovující podmínce bb + cc = 0. Na obrázku č. vidíme čtverec a obdélníky splňující tuto podmínku. 5 4 3 3 4 5 4 3 3 4 5 6 3 3 4 5 6 7 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8 9 Obr. Z obrázku č. 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 nn + nn + pro nějaké přirozené nn druhou mocninou přirozeného čísla? Pozn.: Tato úloha je převzata z [4]. Řešení: Experimentování realizujme pomocí tabulkového procesoru, které je zaznamenáno v tabulce 7. 9
nn nn + nn + 3 7 3 3 4 5 3 6 43 7 57 8 73 9 9 0 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 nn + nn + není pro žádné přirozené nn druhou mocninou přirozeného čísla. Důkaz (sporem) Předpokládejme, že číslo nn + nn + je druhou mocninou nějakého přirozeného čísla (označme jej např. xx ). Pak platí nn + nn + = xx. () Neboli (xx + nn)(xx nn) = nn +. () i) Pro xx > platí, že nn + xx > nn +. Z rovnice () a předchozí podmínky plyne, že číslo nn + není dělitelné číslem nn + xx a přirozené číslo nn splňující rovnici () tedy neexistuje. ii) Číslo xx = zřejmě vzhledem k podmínce nn není druhou mocninou čísla nn + nn +. Z dané hypotézy se stala matematická věta. Odpověď: Číslo nn + nn +, kde nn, není druhou mocninou žádného přirozeného čísla. Literatura: [] Kopka, J.: Umění řešit matematické problémy, HAV Praha, 03. [] Polya, G.: How to Solve It: A New Aspect of Mathematical Method, University Press Princeton, 004. [3] Cihlář, J., Zelenka M.: Matematika 8, Pythagoras Publishing Praha, 998. [4] Kuřina, Fr.: Matematika a řešení úloh, JU České Budějovice, České Budějovice, 0. Tento příspěvek byl zpracován s podporou grantu GAČR č. 407//939. 9
Petr Eisenmann, Jiří Přibyl Katedra matematiky PřF UJEP v Ústí nad Labem České mládeže 8, Ústí nad Labem petr.eisenmann@ujep.cz jiri.pribyl@ujep.cz 93