A ma Pan dowód? A po co komu dowód? Kilka nietrywialnych zagadek z mało spodziewanymi rozwiązaniami.
Zagadki, które pokazują, że mocne stwierdzenia takie jak 'nie da się tego zrobić' wymagają dowodu lepszego niż 'ja nie potrafię tego zrobić'.
Spis treści
To będzie chyba już ostatni wpis z serii A ma Pan dowód?.
Najpierw, we wpisie o twierdzeniu Pitagorasa, narzekałem, że w szkołach nie robi się dowodów twierdzeń matematycznych.
Nieco później zaś, we wpisie o pokrywaniu planszy klockami Tetrisa, zaproponowałem scenariusz lekcji, która moim zdaniem jest modelowym przykładem, jak w późniejszych klasach szkoły podstawowej możnaby masowo prezentować uczniom, jak wyglądają przykładowe dowody.
W tym wpisie zamierzam jeszcze napisać jak przekonać uczniów, że dowody i matematyka są naprawdę potrzebne, a intuicja czasami zawodzi (a przy odpowiednio złośliwie dobranych zadaniach: zawodzi często).
Przy okazji zaprezentuję kilka, moim zdaniem naprawdę ciekawych, zagadek.
Nie są to niestety moje zagadki, ale dobrze dobrane klasyki z internetu.
Krótki komentarz, dlaczego akurat te przykłady są dobre, znaleźć można na końcu wpisu.
Informacja
Ten materiał to część serii A ma Pan dowód?, w której opowiadam o dowodach matematycznych w szkole.
Na dole artykułu znajduje się lista do pozostałych wpisów z tej serii.
Zagadki
Pokryć dziewięć kropek
Chcemy narysować łamaną składającą się z czterech odcinków, która dotyka każdego z tych punktów.
Zagadka z zygzakiem.
Okazuje się, że zadanie można rozwiązać, tak jak poniżej:
Rozwiązanie zagadki z zygzakiem.
Nikt nie pisał, że tak nie można. A rysunek z kropkami był nawet specjalnie nieco powiększony z każdej strony, żeby wręcz “było widać”, że obok obszaru z kropkami jest jeszcze wolne miejsce.
Mimo to, większość rozwiązujących naturalnie dodaje sobie takie dodatkowe założenie, żeby ograniczyć sobie przestrzeń poszukiwań do jedynie takich łamanych, w których wszystkie wierzchołki są tożsame z narysowanymi punktami.
Wtedy jednak rozwiązania znaleźć się nie da.
Zdążyć na czas
Pan Jacek, mieszkający we Wrocławiu, musi pilnie odebrać bardzo ważną dla niego rzecz, która obecnie jest w Warszawie.
Postanowił wyjechać z domu rano, zawieźć dzieci do przedszkola, pojechać samochodem do Warszawy, odebrać tę rzecz i natychmiast wrócić do Wrocławia, żeby po południu odebrać dzieci z przedszkola.
Ponieważ czas odbioru bardzo-ważnej-rzeczy jest pomijalny, pan Jacek wyliczył sobie, że żeby zdążyć przed zamknięciem przedszkola, powinien utrzymywać na trasie średnią prędkość 90 km/h.
Wydaje się to rozsądne założenie, zważywszy, że zdecydowaną większość trasy stanowi droga ekspresowa.
Niestety, okazało się, że w drodze do Warszawy trafił na wypadek, przestał jakiś czas w korku i w stronę do Warszawy osiągnął średnią prędkość zaledwie 40 km/h.
Pan Jacek domyśla się, że żeby zdążyć, będzie musiał podczas drogi powrotnej jechać znacznie szybciej niż pierwotnie założył.
Jaką średnią prędkość powinien mieć w stronę z Warszawy do Wrocławia, żeby nadrobić straty na drodze z Wrocławia do Warszawy?
Spróbuj najpierw oszacować wynik, a potem wykonaj dokładne obliczenia.
Pokażemy na prostym przykładzie (można i bez przykładu, całkowicie algebraicznie, ale prezentuję rozwiązanie tak, żeby było bardziej zrozumiałe), że pan Jacek nie zdąży, nawet gdyby dysponował samolotem o prędkości 2000 km/h.
Nie zdąży także wtedy, gdyby miał teleport, przenoszący go natychmiast w dowolne miejsce, które chce.
Potrzebowałby wehikułu czasu.
Dla ustalenia uwagi (i prostych obliczeń), załóżmy, że droga z Wrocławia do Warszawy ma 360 km.
Jeżeli pan Jacek założył, że powinien jechać ze średnią prędkością 90 km/h, to znaczy, że założył, że droga w jedną stronę zajmie mu 4 godziny, a więc 8 godzin w dwie strony.
Tymczasem, jadąc do Warszawy ze średnią prędkością 40 km/h, trwało to aż 9 godzin, a więc już w momencie dojazdu do Warszawy pan Jacek jest spóźniony o godzinę.
Wydaje mi się, że większość ludzi założyłaby, że trzeba by jechać z prędkością rzędu 140 km/h, żeby średnia liczb 40 oraz 140 dała żądane 90.
Ale średnia prędkość nie działa w ten sposób: jadąc ten sam odcinek drogi najpierw 40 km/h, a potem 140 km/h, pierwszy odcinek jedziemy dużo dłużej niż ten drugi odcinek (trzy i pół raza dłużej).
A ponieważ średnia prędkość to pokonana droga podzielona przez czas podróży, to wkład w średnią tego pierwszego, wolnego odcinka drogi jest trzy i pół raza większy niż wkład tego drugiego, szybkiego odcinka drogi.
W istocie: jeżeli pokonaliśmy połowę drogi między jakimiś miejscami i osiągnęliśmy średnią prędkość 40 km/h, to niemożliwe jest (bez cofania czasu) takie przyspieszenie, żeby osiągnąć na całej drodze średnią prędkość powyżej 80 km/h.
Połącz punkty cz. 1
Narysuj pięć punktów na kartce papieru i połącz każdą z par liniami (nie muszą być proste), aby linie nie przecinały się ze sobą.
Rozwiązanie tej zagadki jest niemożliwe.
Najprostszy argument jaki znam brzmi mniej więcej tak: załóżmy, że te punkty będą oznaczone literami $A$, $B$, $C$, $D$, $E$.
Po narysowaniu połączeń par $AB$, $BC$, $CD$, $DE$ oraz $EA$ powstaje podział płaszczyzny na część wewnętrzną i zewnętrzną.
W każdej z tych części możliwe jest narysowanie jeszcze zaledwie dwóch dodatkowych (nie przecinających się z niczym) połączeń
(tego typu argument wymaga akurat pewnej wiedzy z zakresu topologii, nie chcę wchodzić w nadmierne szczegóły, żeby nie zaciemnić ładnego rozumowania,
wnikliwych Czytelników proszę o wybaczenie pewnych nieścisłości).
Razem dałoby to co najwyżej $5 + 2 + 2 = 9$ połączeń, ale wszystkich połączeń powinniśmy narysować $4 + 3 + 2 + 1 = 10$.
Na poniższym rysunku połącz liniami (niekoniecznie prostymi) trzy pary punktów z tymi samymi literkami, aby linie nie przecinały się ze sobą.
Wszystkie linie muszą się zmieścić wewnątrz narysowanego prostokąta.
Innymi słowy połącz punkt z literą $A$ z drugim punktem z literą $A$, punkt z literą $B$ z drugim punktem z literą $B$ i punkt $C$ z drugim punktem $C$.
Zagadka w łączenie trzech par punktów.
Zagadkę można rozwiązać. Rozwiązanie znajduje się poniżej.
Rozwiązanie zagadki.
Połącz punkty cz. 3
Na poniższym rysunku przejdź od niebieskiej kropki, tak żeby odwiedzić każde pole dokładnie jeden raz i zakończyć na kropce czerwonej. Pomiędzy polami można się poruszać jedynie w czterech podstawowych kierunkach (lewo, prawo, góra, dół).
Zagadka o przejściu z niebieskiej do czerwonej kropki.
Zagadki tej nie da się rozwiązać.
Pomalujmy planszę w szachownicowy wzór, jak poniżej:
Rysunek obrazujący, że rozwiązanie zagadki jest niemożliwe.
Gdyby rozwiązanie miało istnieć, żółty zygzak przechodziłby po wszystkich szesnastu polach.
Pierwsze odwiedzone pole jest białe i ma numer $1$.
Przejście między sąsiednimi polami zmienia jednak kolor pola, w którym się znajdujemy.
A więc pola białe otrzymają numery nieparzyste, zaś pola czarne otrzymają numery parzyste.
Jako ostatnie powinniśmy odwiedzić pole z numerem $16$, ale jest ono białe – niemożliwe jest więc dojście do niego, wykonując dokładnie piętnaście ruchów.
Agent 001
Czy istnieje liczba naturalna $n \ge 1$, że $7^n$ w zapisie dziesiętnym kończy się na 001?
Tak. Istnieje. Ale nie trzeba wiedzieć jakie konkretnie to jest $n$.
Zbiór ${7^1, 7^2, 7^3, \ldots, 7^{1001}}$ liczy sobie $1001$ liczb.
Jest tylko $1000$ różnych reszt z dzielenia przez $1000$: są to reszty $0, 1, 2, \ldots, 999$.
Wśród $1001$ liczb znajdą się więc pewne dwie, które dają tę samą resztę z dzielenia przez $1000$.
Niech to będą $7^a$ oraz $7^b$ (bez straty ogólności załóżmy, że $a > b$).
Lewa strona równości jest różnicą dwóch liczb, które dają tę samą resztę z dzielenia przez $1000$.
Różnica ta więc musi być wielokrotnością $1000$.
Ponieważ prawa strona równości jest równa lewej stronie, ona również musi być wielokrotnością $1000$.
Liczba $1000 = 10^3 = (2 \cdot 5)^3 = 2^3 \cdot 5^3$ składa się jedynie z dwójek oraz piątek w rozkładzie na czynniki pierwsze,
nie ma zaś w sobie żadnej siódemki.
Aby liczba mogła być podzielna przez $1000$, musi mieć w rozkładzie na czynniki pierwsze co najmniej trzy dwójki oraz co najmniej trzy piątki.
Liczba $7^b \cdot (7^{a-b} - 1)$ jest iloczynem dwóch czynników: $7^b$ oraz $7^{a-b} - 1$.
Ten pierwszy czynnik nie ma w rozkładzie na czynniki pierwsze żadnej dwójki ani piątki (ma dokładnie $b$ siódemek).
A zatem wszystkie czynniki dwa oraz pięć w rozkładzie na czynniki pierwsze tego iloczynu muszą pochodzić z czynnika $7^{a-b} - 1$.
Innymi słowy: liczba $7^{a-b} - 1$ musi być wielokrotnością $1000$.
To zaś oznacza, że liczba o jeden większa od niej, czyli $7^{a-b}$, daje resztę $1$ przy dzieleniu przez $1000$.
Co więcej, ta liczba ma więcej niż trzy cyfry, bo liczby $7^1 = 7$, $7^2 = 49$, $7^3 = 343$, nie dają reszty $1$ przy dzieleniu przez tysiąc.
A zatem, szukanym $n$, dla którego $7^n$ kończy się w zapisie dziesiętnym na 001 jest $n = a - b$.
O wartościach $a$ i $b$ wiemy jedynie, że istnieją i nie przekraczają $1000$.
To wystarczy, żeby rozwiązać zadanie, mimo tego, że nie znamy konkretnego $n$, którego istnienie wykazaliśmy.
Komentarz
Zagadki dobrane są specjalnie tak, żeby:
zagadki, które nie mają rozwiązania wydawały się “oczywiście” rozwiązywalne i zachęcały do próbowania,
zagadki, które mają rozwiązanie wydawały się “oczywiście” nierozwiązywalne i zachęcały do mówienia, że “no przecież się nie da”.
Innymi słowy, zagadki te dobrze obrazują dlaczego dowody matematyczne są potrzebne.
Główną lekcję jaką chciałbym przy okazji takich zagadek sprzedać, jest to, że naprawdę próbówałem(am) i się bardzo starałem(am), ale nie udało się, nie jest tożsame z nie da się tego zrobić.
Zdolni uczniowie powinni również docenić czystość argumentacji w przypadku negatywnym oraz, o ile do tego dorośli, docenić również kunszt argumentacji pozytywnej bez pokazywania konkretnego przykładu (chodzi o ostatnią zagadkę).
Gdyby ktoś chciał zastosować niektóre z tych zagadek na lekcji (lub raczej: na kółku matematycznym), to może dobrym pomysłem byłoby dać te zagadki do pomyślenia do domu, a następnie dopiero o nich rozmawiać.
Dobrze byłoby uprzedzić uczniów, którzy mogą być przyzwyczajeni do innego typu i poziomu zadań, że te zadania nie są aż takie łatwe, że są podchwytliwe, że nie wszystko jest takie jak się wydaje na początku.
Nie o same rozwiązania tych zadań tu przecież chodzi: przyznaję się, że sam nie wymyśliłem rozwiązań wielu z nich, gdy te zagadki zobaczyłem po raz pierwszy.
Chodzi raczej o właściwy sposób myślenia o matematyce, umiejętność podążania za sensownym rozumowaniem matematycznym i nabycie poczucia czym różni się formalne i ścisłe rozumowanie od intuicji i machania rękami.
