A felső tagozat és a gimnázium közötti együttműködés,

érdekes feladatokkal

Halász Tamás, a Budapest-Fasori Evangélikus

Gimnázium tanára email: hegymeg@gmail.com, vagy halasz.tamas@fasori.hu

1. A McDonald’s gyorsétterem–hálózat háromféle kiszerelésben árul Chicken McNuggetsot: kapható 4 darabos, 6 darabos vagy 9 darabos változat. Ha tehát valaki például pontosan 5 darabot szeretne venni, ezt, sajnos, nem teheti meg.Mennyi az a legnagyobb darabszám, amennyit nem lehet pontosan megrendelni?

2. Egy különc festő egyszer elmondta nekem, hogy csak olyan, téglalap alakú vásznon tud igazi műremeket alkotni, melynek területe annyi négyzetcentiméter, ahány centiméter a kerülete. (Az oldalak hosszát centiméterben egész szám méri.) Milyen méretű lehet a vászon?

ab = 2a + 2b

ab – 2a – 2b = 0

a(b–2) – 2b = 0

Mivel majd (b–2)–t szeretnénk kiemelni, adjuk hozzá mindkét oldalhoz a 2–nek a kétszeresét, azaz a 4–et!

a(b–2) – 2b + 4 = 4

a(b–2) –2(b–2) = 4

(a–2)(b–2) = 4

Mivel mindkét zárójelben egész szám van, így végignézve a 4 két egész szám szorzatára való lehetséges felbontásait, kapjuk, hogy a két megoldás:

a = 6 és b = 3 , illetve

a = 4 és b = 4

A feladat megoldható persze úgy is, hogy az egyik ismeretlent, például a–t kifejezzük az egyenletből:

a(b–2) = 2b

Mivel b = 2 nem megoldás, így (b –2)–vel végigosztva az egyenlet mindkét oldalát:

a = 2b : (b–2)

Leválasztva az ismert módon a tört egész részét, kapjuk, hogy:

a = 2 + 4 :(b–2)

A keresett vászon vagy 6 x 3 cm–es téglalap, vagy 4 x 4 cm–es négyzet.

Mivel mind az a, mind a 2 egész szám, így különbségük is egész, ezért (b–2) a 4 osztója kell, hogy legyen.

A 4 lehetséges osztóit végignézve természetesen az előző megoldásbeli eredményeket kapjuk:

Meglepő módon a feladatra egy nagyon szép, teljesen elemi megoldás is adható: Vegyünk egy olyan téglalapot, amelynek oldalhosszai cm–ben mérve egész számok!

Osszuk fel a téglalapot az oldalakkal párhuzamos egyenesekkel 1 cm2 területű kis négyzetekre!

A teljes kerület pontosan 4 cm–rel több, mint a keretet alkotó kis négyzetek száma.

A keresett téglalapok belseje tehát pontosan négy db kis négyzetből kell, hogy álljon.

Négy egyforma négyzetből csak kétféleképpen tudunk téglalapot készíteni: 2 x 2 cm–eset, vagy 1 x 4 cm–eset.

A keresett téglalap (vászon) mérete tehát csak 4 x 4 cm–es, vagy 3 x 6 cm–es lehet, s ezek meg is felelnek a feladat feltételeinek.

3.Tyúkok és malacok, (vagy pókok és cserebogarak)

• Egy baromfiudvarban tyúkok és malacok élnek. Az állatoknak összesen 30 fejük, és 80 lábuk van. Hány tyúk és hány malac van külön-külön?

Ezt 12. osztályban mindenki így oldja meg: „Legyen x a tyúkok, y a malacok száma. x + y = 30, és 2x + 4y = 80. Az egyenletrendszert megoldva kapjuk, hogy y = 10, x = 20.”

Egy nagyon okos alsó tagozatos rajzzal oldja meg a feladatot:„ A rajzon összesen 60 lábat látunk, viszont 80 lábunk van. A „plusz” 20 lábat el kell osztanunk, s ez azt jelenti, hogy 10 malacunk lesz, s a többi állat tyúk.”

Valahány póknak és néhány csere- bogárnak együttesen összesen 14 feje, és 100 lába van. Egy póknak 8, egy cserebogárnak 6 lába van. Hány csere- bogár és hány pók van külön-külön?

4. Igaz–e, hogy bármely, tízes számrendszerben felírt pozitív egész egy számjegyének megvál- toztatásával prímszámmá alakítható?

Egy, illetve kétjegyű számokra könnyen látható, hogy igaz az állítás. Igaz-e vajon többjegyű számokra is?

Nem! A 200 nem alakítható prímmé egyetlen számjegyének megváltoztatásával sem.

Nyilván csak utolsó számjegyét megváltoztatva alakíthatnánk prímmé, de a 200 és 210 közé eső számok mindegyike összetett szám: a 201, 205 és a 207 3-mal, illetve 5-tel, míg a 203 7-tel, a 209 pedig 11-gyel osztható.

Prímtáblázat segítségével egy okos hatodikos rájöhet a feladat megoldására.

Gimnazisták számára feladható az a nehezített forma is, hogy: 4a) Bizonyítsa be, hogy minden n = 2310k – 210 alakú szám (ahol k pozitív egész) a következő tulajdonságú: ha megváltoztatjuk egy számjegyét, továbbra is összetett szám marad (nem „változik át” prímszámmá)!

Az n szám utolsó számjegye 0, ezért csak a legutolsó számjegy megváltoztatásával kaphatnánk prímszámot. Mivel 5–nél nagyobb prím nem lehet sem páros, sem 5–re végződő, az utolsó számjegyet csak az 1, 3, 7 vagy 9 számjegyek valamelyikére változtathatjuk, ha megpróbálunk prímszámot kapni.

Elég tehát belátnunk, hogy az n+1, n+3, n+7 és n+9 számok mind összetettek. n +1 = 2310k – 209, s ennek osztója a 11; n +3 = 2310k – 207, ennek osztója a 3; n +7 = 2310k – 203, ennek osztója a 7; végül, n +9 = 2310k – 207, s ennek osztója a 3. ezzel az állítást beláttuk.

Következmény: Végtelen sok olyan, tízes számrendszerben felírt n pozitív egész szám van, amelynek bármely számjegyét is változtatjuk meg, sohasem nyerhetünk prímszámot.

5. Mennyit kell ma fizetni 4 db, egyenként 22 Ft–ba kerülő kifliért?

Attól függően, hogy egyben fizetjük, vagy külön-külön blokkoltatjuk őket, fizethetünk 90 Ft-ot, vagy 80 Ft-ot; hármat egyben fizetve, egyet külön, lehet az ár 85 Ft is. Ha pedig bankkártyával fizetünk, akkor a 81 és a 83 Ft kivételével minden 80 Ft és 90 Ft közötti ár „elérhető”.

6. A „szuperpolinom”, avagy van-e szükség teljes indukcióra?

Tekintsük az alábbi, Eulertől (1772) származó egész együtthatós polinomot:

n2 + n + 41 (0 ≤ n ≤ 39 , n egész szám). Polinomunk a zárójelbeli 40 egymást követő egész helyen prím értéket ad! Például az n = 0, 1, 2, 3, 4, 5 helyeken rendre a 41, 43, 47, 53, 61, 71 prímeket kapjuk. Hogy a polinom n = 39-ig minden pozitív egészre is prímet ad értékül, némi számolással, vagy számítógépes program írásával ellenőrizhetjük.

Polinomunkat alaposabban szemügyre véve „látszik”, hogy az n ismeretlen –40 és –1 közé eső egész értékeire is prímszámokat kapunk.A 40 szám kipróbálása helyett érdemes inkább észrevennünk, hogy az f (x) = x2 + x + 41 polinomra teljesül, hogy f (x) = f (–1–x) minden x–re, így például f (0) = f (–1) = 41, f (1) = f (–2) = 43, … f (39) = f (–40). Ennek az az oka, hogy mint minden parabola, az x x2 + x + 41 függvény grafikonja is tengelyesen szimmetrikus, esetünkben az x = –1/2 egyenesre, s ez azt jelenti, hogy f (x) = f (y), ahol x és y számtani közepe –1/2, azaz y = –1–x.

Ha tehát olyan egész együtthatós polinomot „szeretnénk”, amelyik egymást követő 80 egész helyen prímet ad, kívánságunk már teljesült is: f (n) = n2 + n + 41 ilyen. Ha azt szeretnénk, hogy ezt ne –40–től 39–ig tegye, hanem 0–tól 79–ig, elég n helyébe (n–40)–et írva „eltolni” a grafikont jobbra negyven egységgel:Ha n helyébe (n–40)–et írunk, a kapott „szuperpolinom”:

g (n) = (n–40)2 + (n–40) + 41 = n2 –79 n + 1601,

amely az összes 79–nél nem nagyobb nemnegatív egész helyen (azaz a 0-tól kezdve 80 egymást követő egész szám helyen) prím értéket ad (s mindegyiket kétszer veszi fel; ugyanazokat a prímeket, mint Euler polinomja).

Egy másik, Legendretől (1798) származó hasonló polinom az f (n) = n2–n + 41 polinom, amelyik szintén prímeket ad n = 0-tól kezdve egészen n = 40-ig minden egész helyen, éspedig ugyanazt a 40 prímet, mint az f (n) = n2 + n + 41 polinom, csak n = 0-ra, illetve n = 1-re egyaránt a 41 prímszámot adja. Szintén Legendre találta az n2 + n + 17 polinomot, amely n = 0-tól n = 15-ig 16 db különböző prímet ad az egész helyeken.

Megvizsgálva f (n) = n2 + n +41 helyettesítési értékeit néhány 41-nél nagyobb egészre (az első nem prím értéket ugye n = 40-nél veszi fel, ekkor f (40) = 1681 = 412; f (41) = 1763 = 41·43), a következőket kapjuk: f (42) = 1847 prím; f (43) = 1933 prím; f (44) = 2021 = 43·47 összetett; f (45) = 2111 prím; f (46) = 2203 prím; f (47) = 2297 prím; f (48) = 2293 prím; f (49) = 2491 = 47·53 összetett; f (50) = 2591 prím.Nyitott kérdés, hogy végtelen sok ilyen n2 + n +41 (illetve n2 –79n + 1601) alakú prímszám van-e, vagy csak véges sok?Nem ismert az sem, van-e olyan egy változós, legalább másodfokú polinom, amelyik végtelen sok prím értéket vesz fel?

A kérdéskör iránt mélyebben érdeklődőknek ajánlom az alábbi weboldalt: http://mathworld.wolfram.com/Prime-GeneratingPolynomial.html Itt további „rekorder” polinomok találhatók, nemcsak másodfokúak: például az ártatlannak látszó f (n) = n6 + 1091 polinom állítólag összetett számot ad n = 1-től kezdve egészen n = 3095-ig!

6 a) Nincs olyan egész együtthatós, nem konstans egyváltozós polinom, amelynek minden egész helyen vett helyettesítési értéke prímszám. (Állítólag az a Goldbach adott e tényre először bizonyítást, akinek Eulerhez írt leveléből a híres Goldbach–sejtés származik.)

Fel fogjuk használni az alábbi állítást: Ha a b (mod m), és f (x) egész együtthatós polinom, akkor f (a) f (b) (mod m). Az állítás a kongruenciák összeadási–, illetve szorzási tulajdonságából azonnal következik.

Tegyük fel, hogy f (x) polinomunk vesz fel prím értéket, pl. az n0 egész helyen, azaz f (n0) = p, ahol p (pozitív) prímszám. (Ha nincs ilyen n0, akkor nincs mit bizonyítanunk.) Végtelen sok olyan n egész van, amelyik ugyanannyi maradékot ad p–vel osztva, mint az n0, azaz végtelen sok n–re:n n0 (mod p).

Ekkor, alkalmazva a fenti megállapítást: f (n) f (n0) (mod p), s mivel f (n0) = p, s így f (n) f (n0) = p 0 (mod p),azaz f (n) 0 (mod p), tehát f (n) osztható a p prímszámmal.

Mivel f (x) nem konstans polinom, legalább elsőfokú. Legyen f (x) fokszáma m, ahol m ≥ 1, m . Tekintsük az f (x) = 0, az f (x) = p, és az f (x) = –p egyenleteket! Mivel egy m–edfokú egyenletnek legfeljebb m valós gyöke lehet, így még ha egyenleteink gyökei páronként különbözőek és egyszeresek is, a 3 egyenletnek legfeljebb 3m, azaz csak véges sok gyöke lehet.

A végtelen sok, p–vel osztva n0 –lal azonos maradékot adó egész szám közül elhagyva a 3 egyenlet esetleges gyökeit, még mindig végtelen sok olyan n egész számunk marad, amelyekre f (n) osztható a p prímszámmal.Mivel f (n) nem egyenlő sem 0–val, sem p–vel, sem –p–vel, tehát f (n) nyilvánvalóan összetett szám, s ezzel a bizonyítást befejeztük.

Még három gyors példa: 1. A 31; 331; 3331; 33 331; 333 331; 3 333 331; 33 333 331 számok

mindegyike prím. Néhányan azt gondolták, hogy minden ilyen szám prím. Sajnos már a következő szám, a 333 333 331 összetett, mert

333 333 331 = 17 · 19 607 843

2. Euler azt sejtette, hogy a Fermat-egyenletekhez alakilag hasonló x4 + y4 + z4 = u4 egyenleteknek nincs a pozitív egészek halmazán megoldása. Kétszáz év alatt sem sikerült ezt bebizonyítani, sem megcáfolni, még tíz évi számítógépes vizsgálat sem talált ellenpéldát, Kezdték azt sejteni, hogy az állítás igaz, amikor 1988-ban Noam Elkies, a Harvard Egyetem tanára felfedezte az alábbi megoldást: 2 682 4404 + 15 365 6394 + 18 796 7604 = 20 615 6734. Sőt, Elkies azt is bebizonyította, hogy az egyenletnek végtelen sok megoldása van a pozitív egészek körében.

3. Végül egy geometriai példa:Adott n pont a körvonalon, páronként összekötjük őket. Legfeljebb hány

részre osztják az így létrejövő szakaszok a körlapot?Megoldás: n=1 esetén egy rész, n=2-re két rész, n=3-ra 4 rész, n=4-re 8

rész, n=5-re 16 rész, ám n=6 esetén legfeljebb 31 rész keletkezik. Az a sejtés, hogy a részek száma 2n-1, megdőlt tehát, így a feladat jó felvezető példa lehet a teljes indukciós bizonyítási módszer szükségességére.

A matematikatanítás egyik fontos feladata az érdeklődés felkeltése, a kapcsolat megmutatása más tantárgyak, és

„kedvenc tantárgyunk” között. Ezzel kapcsolatban néhány ötlet:

a) a Magyar Elektronikus Könyvtárban, a MEK-ben,megjelent így a neten is olvasható sok matematikatörténeti munka

b) Érdekes honlapok http://www.fazekas.hu, vagy: http://www.belvarosi-bcs.sulinet.hu/matek

c) Google: 170!-ig, illetve binomiális együtthatók számolására is; a keresőprogram neve és a googolplex (10100 és 10googol)

d) Internetes kvíz is készült A matematika története címmel: ezt a http://www.kvizpart.hu honlapon játszani is lehet

Figyelemfelkeltés a felső tagozaton• Kisebbeknél a π tanításakor érdemes mesélni a π

történetéről, arról, honnan és kitől származik az elnevezés (Euler, 1739, a görög periféria (= kerület) szó első betűjéből).

• Egyházi iskolában tanítva különösen fontos, esetleg a hittant tanítók figyelmét is érdemes felhívni rá, hogy a Bibliában is benne van a π 3–nak vett közelítő értéke:

„És csinála egy öntött tengert, mely egyik szélétől fogva a másik széléig tíz sing volt, köröskörül kerek, és öt sing

magas, és a kerületit harmincz sing zsinór érte vala körül.”(1 Kir. 7.23; Károli Gáspár fordítása)

Matematikatörténeti érdekesség, hogy Kínában, a Han–dinasztia alatt (Kr. e. 206 – 25) nem csak a mértékegységek egységesítését rendelték el, hanem törvény szabta meg a π– nek a mindenkire kötelező 3, 1547–es értékét is!

Nagyon alkalmasak a figyelem felkeltésére a π –versek is, ezekről sok helyen olvashatunk, például Surányi János cikkében, a KöMaL 1953–ban megjelent számainak 12–14., illetve 69–71. oldalain (Pí–versek I–II.).

Az interneten keresve is sok π –verset találhatunk, többek között japánul és ógörögül is: az angol nyelvű Wikipedia–ban a Piphilology szót beütve a keresőbe gyorsan célhoz érünk, vagy közvetlenül: http://en.wikipedia.org/wiki/Piphilology

Néhány megjegyzés a felső tagozat és a gimnázium kapcsolatáról:

A felső tagozaton történő matematikatanítás feladatai:

• a matematikai érdeklődés felkeltése (érdekességek, matematikatörténet)

• a számolási készség kialakítása, az algebra megalapozása

• egészséges matematika szemlélet kialakítása

• rendszeres munkára nevelés

• gondolkodásra nevelés (lásd „elbutulás” a nagyobbaknál, avagy az sem mindig jó, ha túl sokat tudunk)

• rámutatás arra, hogy a matematika hogy függ össze más tantárgyakkal (a fizikával való kapcsolat triviális, a kémiánál említhető pl. a százalékszámítás, a logaritmusnál a pH-érték, stb.; informatika: Google, Magyar Elektronikus Könyvtár, az internet lehetőségeinek igénybe vétele, stb.)

Nagyon fontos, hogy amennyire csak lehet, zökkenőmentes legyen az átmenet a felső tagozat és a gimnázium között. A felső tagozaton néha ugyanaz a tanár tanít, aki azután továbbviszi az osztályt, egészen az érettségiig. Amennyiben tanárváltás történik a 9. osztályban vagy a 0. évfolyamon, fontos, hogy jó alapokat adjunk át később a mi munkánkat folytató kollégáinknak. Érdemes időről időre leülni és megbeszélni, hogyan sikerül az átmenetet megkönnyíteni mind a diákoknak, mind egymásnak.

Hasonló szemléletű tanárok esetében az átmenet szinte észrevétlenül történhet.Az együttműködésre jó példa az ABACUS és a KöMaL közös pontversenye is: K pontverseny 9. osztályosoknak.

Együttműködés

A kedves kollégák az evangélikus iskolák közötti együttműködésnek milyen formáit látnák jónak, hasznosnak?

Ötletek: • év eleji felmérők;• esetleg az iskolákba újonnan felvettek tudásszintjének

felmérésére szolgáló feladatsorok; • szakmai napok (mikor, hol? lásd idén Bonyhádon); • versenyek; • milyen szakmai segítséget látnának szívesen a kollégák,

miben tudnánk egymásnak segíteni?; • milyen egyéb ötletek vannak?• célszerű lenne egy matekos elérhetőségi lista névvel,

email címmel, telefonszámmal.