A fels tagozat s a gimnzium kztti egyttmkds

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 Mc. Donald’s gyorsétterem–hálózat háromféle kiszerelésben árul Chicken Mc. Nuggetsot: 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 = 2 a + 2 b ab – 2 a – 2 b = 0 a(b– 2) – 2 b = 0 Mivel majd (b– 2)–t szeretnénk kiemelni, adjuk hozzá mindkét oldalhoz a 2–nek a kétszeresét, azaz a 4–et!

a(b– 2) – 2 b + 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) = 2 b Mivel b = 2 nem megoldás, így (b – 2)–vel végigosztva az egyenlet mindkét oldalát: a = 2 b : (b– 2) Leválasztva az ismert módon a tört egész részét, kapjuk, hogy: a = 2 + 4 : (b– 2)

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

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 cm 2 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 2 x + 4 y = 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 cserebogárnak együttesen összesen 14 feje, és 100 lába van. Egy póknak 8, egy cserebogárnak 6 lába van. Hány cserebogár és hány pók van külön-külön?

4. Igaz–e, hogy bármely, tízes számrendszerben felírt pozitív egész egy számjegyének megváltoztatásával 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: 4 a) Bizonyítsa be, hogy minden n = 2310 k – 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 = 2310 k – 209, s ennek osztója a 11; n +3 = 2310 k – 207, ennek osztója a 3; n +7 = 2310 k – 203, ennek osztója a 7; végül, n +9 = 2310 k – 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 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: n 2 + 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) = x 2 + 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 x 2 + 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) = n 2 + 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 = n 2 – 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) = n 2–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) = n 2 + n + 41 polinom, csak n = 0 -ra, illetve n = 1 -re egyaránt a 41 prímszámot adja. Szintén Legendre találta az n 2 + n + 17 polinomot, amely n = 0 -tól n = 15 -ig 16 db különböző prímet ad az egész helyeken. Megvizsgálva f (n) = n 2 + 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 n 2 + n +41 (illetve n 2 – 79 n + 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. Generating. Polynomial. html Itt további „rekorder” polinomok találhatók, nemcsak másodfokúak: például az ártatlannak látszó f (n) = n 6 + 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 n 0 egész helyen, azaz f (n 0) = p, ahol p (pozitív) prímszám. (Ha nincs ilyen n 0, akkor nincs mit bizonyítanunk. ) Végtelen sok olyan n egész van, amelyik ugyanannyi maradékot ad p–vel osztva, mint az n 0, azaz végtelen sok n–re: n n 0 (mod p). Ekkor, alkalmazva a fenti megállapítást: f (n) f (n 0) (mod p), s mivel f (n 0) = p, s így f (n) f (n 0) = 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 3 m, azaz csak véges sok gyöke lehet. A végtelen sok, p–vel osztva n 0 –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; 3331; 33 331; 3 333 331; 33 331 számok mindegyike prím. Néhányan azt gondolták, hogy minden ilyen szám prím. Sajnos már a következő szám, a 333 331 összetett, mert 333 331 = 17 · 19 607 843 2. Euler azt sejtette, hogy a Fermat-egyenletekhez alakilag hasonló x 4 + y 4 + z 4 = u 4 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 2 n-1, megdőlt tehát, így a feladat jó felvezető példa lehet a teljes indukciós bizonyítási módszer

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 10 googol) 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 KöMa. L 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 p. H-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 KöMa. L 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.