Matematika za svakoga

nedjelja, 11.12.2016.

Pas i godine

Za danas sam pripremio dva zadatka.

Prvi zadatak: Bacvice (Kvizorama br.1280, studeni 2016.)
U vinskome podrumu nalazi se sest bacvica razlicite zapremine. U njih redom stane 14, 15, 16, 17, 18 i 23 litre vina. Neke su bacvice pune bijelog vina, a neke crvenog vina. Jedna je bacvica prazna. Ako bijeloga vina ima dvaput vise nego crvenoga, recite koje je vino u kojoj bacvici i koja je od sest bacvica prazna!


Rjesenje:
Polazimo od cinjenice da bijeloga vina ima duplo vise od crvenoga. To znaci da ukupan broj litara dijelimo na 2/3 bijeloga i 1/3 crvenoga, a to znaci da je ukupan broj litara djeljiv sa tri. To se dogadja u jednom jedinom slucaju: kada je bacvica od 16 litara prazna! Tada dobijamo brojku od 87 litara (14+15+17+18+23) koju moramo podijeliti na 2/3 bijeloga(58 l) i 1/3 crvenoga (29 l). Tu kombinaciju takodjer dobijamo u jednom jedinom slucaju, kada bacvice od 14 i 15 litara napunimo crvenim, a bacvice od 17,18 i 23 l napunimo bijelim vinom.



Drugi zadatak: Zasto spominje psa?
Na adresi http://www.spiegel.de/wissenschaft/mensch/die-kniffligsten-mathe-raetsel-und-ihre-loesungen-a-819639.html pronasao sam zanimljiv zadatak. Autor napominje da je katkada u rjesavanju matematickih zadataka potrebno usmjeriti paznju na naoko nebitne stvari. Poslusajmo zadatak:

U vlaku se sretnu dva matematicara Rusa. U razgovoru jedan otkrije da ima tri sina.
- Zaista, a koliko imaju godina? - upita ga kolega.
- Matematicar ste kao i ja, pa cu Vam reci ovako: Umnozak njihovih godina je 36, a zbroj je jednak danasnjem datumu (mislim na redni broj dana u mjesecu).
- Hmmm, nazalost te informacije mi nisu dostatne da tocno odredim njihove godine, kolega!
- Oh, da, zaboravio sam Vam napomenuti da moj najstariji sin ima psa!
Eto, naoko besmisleni podatak otkrio je kolegi matematicaru tocne godine!


Rjesenje:
Znamo da je umnozak godina 36, koje su moguce kombinacije?
1. 1-1-36 (38)
2. 1-2-18 (21)
3. 1-3-12 (16)
4. 1-4-9 (14)
5. 1-6-6 (13)
6. 2-2-9 (13)
7. 2-3-6 (11)
8. 3-3-4 (10)
Prvu kombinaciju izbacujemo, 38. dan u mjesecu ne postoji. Peta i sesta kombinacija daju isti zbroj. Zasto drugi matematicar nije odmah mogao odgonetnuti kombinaciju? Pa zato jer se dvoumio upravo izmedju ove dvije kombinacije,da je npr. bio 11. u mjesecu, odmah bi znao da se radi o kombinaciji 2-3-6. Ovako nije bio siguran, dok mu nije receno da najstariji sin ima psa. Sada je mogao konstatirati da se radi o kombinaciji 2-2-9, gdje najstariji sin ima devet godina ( u kombinaciji 1-6-6 postoje dva najstarija sina, sto nije u uvjetu zadatka).

Oznake: matematika, zadaci

- 15:33 - Komentari (0) - Isprintaj - #

nedjelja, 15.05.2016.

Kvizorama

Zadnjih mjeseci moje bavljenje matematikom svodi se na rješavanje sudokua te povremenu kupnju 'Kvizorame'. U 'Kvizorami' postoji rubrika 'Profesor Pitagora' koju uređuje doktor Zdravko Kurnik. Danas možemo zajedno pogledati zadatke iz broja 1256.

Filip je htio kupiti pet bilježnica, ali mu je nedostajalo 9 kuna. Kupio je četiri bilježnice, pa mu je devet kuna preostalo Koliko je kuna imao Filip kad je krenuo u kupnju bilježnica?

Filipu je pri kupnji 4 bilježnica preostalo 9 kuna, a znamo da mu je to bilo nedovoljno za još jednu bilježnicu. Za nju mu je nedostajalo još 9 kuna, što znači da je cijena jedne bilježnice 18 kuna. Na početku je Filip dakle imao 4 * 18 + 9= 81 kunu.


Profesor Pitagora pronašao je kutiju šarenih staklenih špekula kojima se igrao kad je bio dječak. Okupio je svoje nećake i njihove prijatelje i 72 špekule, koliko ih je bilo u kutiji, podijelio tako da je svaki dječak dobio jednak broj špekula. Da svojim nećacima, kojih je tri, nije dao niti jednu špekulu, svaki od njihovih prijatelja dobio bi četiri špekule više. Koliko je dječaka bilo u skupini Pitagorinih nećaka i njihovih prijatelja?

Svaki od x dječaka dobio je jednak broj špekula. Umanjimo li broj dječaka za 3 (nećaci), svaki od preostalih dječaka opet će imati jednak broj špekula, ali po 3 više. Vidimo dakle da je 72 djeljivo bez ostatka sa x, ali i sa x-3. Pogledajmo sada s kojim brojevima je djeljiv broj 72. To su brojevi: 1,2,3,4,6,8,9,12,18,24,36 i 72. Brojeve 1,2 i 3 odmah eliminiramo - znamo da je bilo više od 3 dječaka. Među preostalima tražimo dva broja među kojima je razlika 3. To su parovi 3-6, 6-9 i 9-12. Sada lako dobijemo da se radi o paru 6-9. što će reći da je svaki od 9 dječaka dobio po 8 špekula, a oduzmemo li trojici nećaka njihove 24 (3 * 8) špekule, preostalih 6 dječaka tada će imati po 12 špekula.Zadatak se šablonski može riješiti i pomoću sustava dvije jednadžbe sa dvije nepoznanice: x * y = 72 i (x-3) * (y + 4) = 72, koji se svede na kvadratnu jednadžbu: x**2 - 3x - 54 = 0.


Gazda Marko ima posudu s 12 litara graševine i još dvije posude, jednu od 5 litara i drugu od 8 litara. Pola vina odlučio je darovati svome susjedu profesoru Kosinusu, a vi mu pomozite da pomoću tri posude kojima raspolaže odmjeri točno 6 litara graševine za Kosinusa.

Poigrajte se malo s ovim zadatkom, a ako ne ide, shema je slijedeća: 12-0-0, 4-8-0, 4-3-5, 9-3-0, 9-0-3, 1-8-3. Pozdrav!

Oznake: matematika, zadaci

- 10:09 - Komentari (0) - Isprintaj - #

nedjelja, 13.03.2016.

Matematika je kao slika?

Koliko puta ste tupo gledali u neku apstraktnu sliku pokušavajući dokučiti njen smisao, njenu "poeziju"? Možemo li takav jedan proces "poniranja" u sliku usporediti sa shvaćanjem matematike? Upravo to tvrdi jedan njemački profesor matematike na čiji sam blog naletio zanimajući se što o matematici pišu u Njemačkoj.
Koliko sam uspio shvatiti, čovjek je mišljenja da se do pravog razumijevanja matematičkih zadataka može doći jedino osobnim naporom i samostalnim rješavanjem, kaže da je slaba korist od serviranja gotovih rješenja. Tako je i sa slikom koju je stavio na blog, kada je uporno promatrate, veli, osjetit ćete klik u glavi i nećete imati dvojbi oko toga što je na njoj! Rješenje ne želi otkriti! Procijenite sami, sliku možete pogledati na adresi: http://halbtagsblog.de/schule/mathematik-ist-wie-dieses-bild/. Pozdrav!

Oznake: matematika

- 15:00 - Komentari (0) - Isprintaj - #

utorak, 12.01.2016.

Trokut i kružnica

Zadan je jednakostranični trokut stranice a. Konstruirana je kružnica koja prolazi kroz dva tjemena trokuta i presjek njegovih visina. Izračunati površinu P onog dijela zadanog trokuta kojeg od njega odsijeca konstruirana kružnica.(Zadatak je preuzet iz knjige: '500 odabranih i rešenih zadataka iz matematike', Angelov, Branković, Beograd, 1990)

Do sada nisam komentirao zadatke iz geometrije. Razlog je ponajviše u tome što nisam imao pravog alata za crtanje slika. Nedavno sam čuo za program 'Geogebra' koji se već naveliko primjenjuje u osnovnim i srednjim školama u svrhu učenja matematike. U njemu sam izradio potrebne crteže i vjerojatno ću ga koristiti i dalje zbog njegove intuitivnosti i praktičnosti.

Prvo ćemo konstruirati jednakostranični trokut, zatim ćemo spustiti njegove visine ( koje su ujedno i simetrale stranica) i potom označiti njihov presjek sa O. Zatim ćemo konstruirati kružnicu kroz dva tjemena A i B i ortocentar O. Znamo da kroz tri točke možemo povući samo jednu kružnicu, u Geoalgebri imamo alat za takvu konstrukciju. Još uvijek ne znamo gdje točno pada centar ove kružnice, ali znamo sigurno da se nalazi na vertikali (simetrali) s. (Centar kružnice jednako je udaljen od točaka A i B ( kao i svih točaka na kružnici), simetrala s dužine AB po definiciji je skup svih točaka jednako udaljenih od krajeva dužine A i B, pa zaključujemo da je i centar O1 jedna od tih točaka na simetrali. ) Označit ćemo na slici i centar O1 pa ćemo nastaviti sa razmatranjem( mi još uvijek ne znamo koliko je centar udaljen od točaka A, B i O, ali koristimo blagodati programa).


Idemo dalje: jasno je da je kut "AOB = 120 ş. Kako to znamo? Rekli smo da je O ujedno i centar opisane kružnice trokuta łABC, znamo za poučak da je centralni kut kružnice ("AOB) dvostruko veći od odgovarajućeg obodnog kuta (kut ACB). Mogli smo to zaključiti i ovako: kut "OAB iznosi 30 ş ( jer je linija AO u jednakostraničnom trokutu ujedno i simetrala kuta), isto toliko iznosi i kut "ABO pa proizlazi "AOB = 120 ş.

Nadalje lako zaključujemo: kutovi "AOO1 = "BOO1 = 60 ş(okomica COO1 dijeli trokut łABO na dva osno-simetrična trokuta). Pogledajmo opet sliku:

Sve navodi na to da vrijedi: R=AO=OO1, dakle da je trokut łAO1O također jednakostraničan...
Prisjetimo se sada da u svaku kružnicu možemo upisati šest jednakostraničnih trokuta(slika):

Zaključujemo da i ovdje imamo taj slučaj, tj. trokuti łAO1O i łOO1B su jednakostranični, a radijus R=AO. Kako je točka O ujedno i težišnica trokuta łABC, vrijedi R=AO= * h = * *= .
Sada je lako pronaći traženu površinu kao razliku površina kružnog isječka (određenog sa točkama O1 , A i B) i trokuta łAO1B. Dobit ćemo:

Za rješavanje geometrijskih zadataka najbitnija je sposobnost sagledavanja bitnih elemenata u zadatku, kao i njihovih međusobnih odnosa u cjelini. Vrlo često potrebno je napraviti dodatne konstrukcije da bi se izvukli potrebni zaključci. Može se reći da je za rješavanje ovakvih zadataka potrebno krenuti od prave ideje, a ideja se dobija boljim upoznavanjem sa problemom. U kvalitetnoj nastavi matematike učenike se stimulira modelima geometrijskih tijela, raznim pomagalima koja simuliraju preslikavanja, programima poput Geogebre koji su također izvrsni za bolje upoznavanje učenika sa materijom. Nakon toga, rezultati u rješavanju zadataka ne mogu izostati.

Oznake: matematika, zadaci

- 08:29 - Komentari (0) - Isprintaj - #

subota, 26.12.2015.

Blagdanske gužve

Vrijeme je blagdanskih gužvi, to se odražava na sve, uobičajena impulzivnost i razdražljivost kao da se prikrivaju ovih dana, možda svjesne svoje nemoći. Strpljivost i tolerantnost nekako izbijaju u prvi plan i kao da svi zajedno dišu i ponašaju se nekako drugačije.
Neki dan čekam autobus broj 5 (peticu) dobrih 30 minuta, inače se čeka nekih 10 minuta. Vozim se neko vrijeme do odredišta, izlazim iz busa i vidim kako nailazi i druga petica. Naravno, ona je skoro prazna za razliku od one prekrcane u kojoj sam se ja vozio. Zašto dolazi do tih oscilacija u redoslijedu vožnje, probajmo malo 'matematički' proanalizirati.

Znamo da autobusi sa početne stanice kreću svakih 10 minuta. Uzmimo da je prosječna brzina autobusa na liniji nekih 40 km/h, za deset minuta autobus u prosjeku prođe nekih 40/6 km, što je približno 6,67 km i to uzimamo kao neki prosječan razmak između dva uzastopna autobusa. Taj razmak će se smanjiti kada raniji (prvi) autobus uspori u odnosu na kasnijeg (drugog) ili kasniji (drugi) ubrza u odnosu na ranijeg (prvog). I obrnuto – povećat će se kada prvi autobus ubrza u odnosu na drugog ili drugi uspori u odnosu na prvog. U praksi se najčešće dogodi da autobus naleti na gužvu, smanji brzinu, a slijedeći autobus još neko vrijeme vozi normalnom brzinom, smanjujući pritom svoju udaljenost prema prvom autobusu. Ta udaljenost (razmak) će se smanjivati dokle god i ovaj drugi autobus ne uspori na minimalnu brzinu ( brzinu gužve).

Ukoliko i prvi i drugi autobus prođu proces usporavanja i uključivanja u gužvu na potpuno jednak način, dakle ukoliko izgube jednako mnogo vremena od usporavanja do potpunog uključenja u gužvu, i ako od potpunog usporavanja prvog autobusa do potpunog usporavanja drugog autobusa prođe točno 10 minuta, možemo reći da će vremenski razmak između njih ostati istih 10 minuta, dok će se međusobna udaljenost(kao i brzina) očito smanjiti. U praksi se ovo ne može dogoditi – recimo da je prvi autobus počeo usporavati kod točke A, jasno je da će drugi autobus, zbog daljnjeg gomilanja vozila, početi usporavati ranije, dakle proći će manje od traženih 10 minuta. Možemo li izračunati kako se taj razmak smanjuje tijekom vremena, kada će on postići svoj minimum i kolika će biti novonastala vremenska distanca među autobusima? Za tu svrhu moramo posegnuti za formulama za jednoliko (s=v x t), jednoliko usporeno(s=v x t - a/2 x t**2) i jednoliko ubrzano gibanje(s=v x t+a/2 x t**2).
Uzmimo da je prvom autobusu od početka kočenja (točka A) potrebno 2 minute da mu se brzina ustali na minimalnu (brzinu gužve). Uzmimo nadalje da nakon još 7 minuta i drugi (slijedeći) autobus počinje kočiti (prije točke A) i da mu je potrebno iste 2 minute da se ustali u gužvi. Prema gornjim formulama dobit ćemo da je razmak među autobusima u gužvi sada 2,17 km i nova vremenska distanca među njima 13 minuta.
(Ovdje se možemo još malo osvrnuti na onih 7 minuta koje smo oproizvoljno uzeli. Jesmo li mogli točnije odrediti kada i gdje će drugi autobus početi kočiti? Uzmimo da se između naša dva autobusa u prosjeku svakih 30 metara nalazi jedno vozilo, na duljinu od 6,67 km to je otprilike 222 vozila. Recimo da od momenta kočenja prvog autobusa kod točke A, svakom vozaču u prosjeku treba 2 sekunde za reakciju i početak kočenja, izlazi da će vozač drugog autobusa početi kočiti nakon otprilike 7,4 minute. Do tada su se već vozila ispred njega stisnula na prosječnih 10 metara po autu pa ispada da drugi autobus počinje kočiti otprilike 1,78 km prije točke A.)
Mi ostajemo i dalje na onih naših 7 minuta. Rekli smo da su autobusi sad u koloni sa vremenskom distancom od 13 minuta i udaljenošću od 2,17 km. Zamislimo sada da sva vozila u koloni nakon nekog vremena istovremeno ubrzavaju na 'normalnih' 40 km/h, vremenska distanca se topi i smanjuje se na 3,255 minuta. U praksi je naravno sasvim druga priča, rezoniraćemo na isti način kao maloprije kad smo se bavili sa onih 222 vozila i njihovim kočenjem. Uzmimo dakle da se gužva počinje raščišćavati, vozila počinju ubrzavati pa tako i naš prvi autobus. Znamo da je između autobusa oko 222 vozila prosječno razmaknutih 10 metara, neka je sada svakom potrebno prosječno 1 minuta za reakciju i početak ubrzavanja, ispada da nakon nekih 3,7 minuta i drugi autobus počinje ubrzavati. Ubrzanje vozila(pa tako i naših autobusa) neka sad traje 1 minutu, dobit ćemo da će se nakon normaliziranja vožnje(4,7 minuta od početka ubrzavanja prvog autobusa) razmak među autobusima povećati na 4 km, a vremenska distanca skratiti na približno 6 minuta. Time smo donekle rasvijetlili uzroke kašnjenja ili uranka autobusa na gradskim linijama.

Za kraj ćemo još odgonetnuti kako to da je druga petica naišla gotovo prazna odmah nakon one moje 'krcate' putnicima. Dok je ova prva stajala na svakoj stanici i kupila putnike, dotle je ova potonja samo 'šibala' gotovo se i ne zaustavljajući i dostizala prvu. Gotovo da mi je žao da u gornjim razmatranjima nisam 'rezonirao' na isti način :)

Vjerujem da ste se pomalo, poput mene, pogubili u ovom problemu. Ovdje se ne radi o točno definiranom problemu sa preciznim ulaznim vrijednostima i preciznim rezultatima, radi se o složenijem problemu kojega pokušavamo rastaviti na što jednostavnije dijelove. Svakom tom dijelu pristupamo na odgovarajući način, uzimamo neke prosječne ulazne vrijednosti i dobijamo neke prosječne rezultate. Pokušavamo zamisliti hoće li se naši rezultati podudarati sa stvarnim rezultatima, možemo,npr., dok se vozimo svojim automobilom u gužvi, pratiti brzinu i prijeđene kilometre i vidjeti da li se 'slažu'. U svakom slučaju, ovo je primjer problema koji se rješava teorijski i praktično!

Oznake: matematika zadatak

- 10:19 - Komentari (0) - Isprintaj - #

nedjelja, 22.11.2015.

Jedanaest stražara

Zbog velike hladnoće bilo je odlučeno da se na jednom stražarskom mjestu stražari, počevši od 12 sati u podne, pa do 12 sati u ponoć smjenjuju svakog sata. Za to je bilo određeno 12 vojnika, ali se zgodilo da se jedan od njih iznenada razbolio, pa je riješeno da svaki od ostalih bude na straži po 1/11 sata više.
- Ali tko će izračunati kada točno treba koga od njih izvesti na stražarsko mjesto? – primijetio je na to dežurni u četi.
- Za to je dovoljno samo da pratiš kretanje kazaljki na satu – odgovorio mu je na to njegov drug matematičar, kojeg su u četi zvali Iks.
Odgovorite: na što je Iks mislio kad je rekao 'za to je dovoljno samo da pratiš kretanje kazaljki na satu' ?
(Zadatak je preuzet iz časopisa 'Matematički list za učenike osnovne škole' u u izdanju 'Društva matematičara SR Srbije', broj 4, 1986. godina, Beograd )


Prva ideja koja mi je pala na pamet bila je da pratim poklapanje male i velike kazaljke i da pokušam odrediti kada se to događa tijekom 12 sati. Prvi puta se to dogodi na samom početku, dakle točno u podne. Drugi puta nešto poslije 13 sati i 5 minuta. Zatim nešto poslije 14 i 10 i tako sve do nešto prije 23 sata. Možemo pobrojati da će se to dogoditi 11 puta, a možemo rezonirati i ovako: do poklapanja dolazi između bilo koja dva susjedna sata jedanput, jedino u vremenu od 11 do 1 sat to se događa samo jednom (u dvanaest sati), dakle imamo 11 poklapanja. Ako pokažemo da su poklapanja periodična, tj. da su razdoblja između poklapanja jednakog trajanja, onda ćemo vojnike moći rasporediti na taj način.

Tražimo prvo vrijeme poklapanja nakon podneva. Riješavamo problem najčešće korištenim načinom – preko brzina kazaljki. Znamo da se velika kazaljka kreće 12 puta brže od male, jer velika opiše puni krug za 1 sat, a mala za 12 sati. Ako kazaljke krenu sa iste pozicije, a znamo da u podne krenu, i uzmemo li da velika kazaljka za neko vrijeme prođe m minutnih podjeljaka, tada mala kazaljka prođe m/12 minutnih podjeljaka pa razlika u minutnim podjeljcima između dvije kazaljke iznosi 11/12 * m. Dakle, u trenutku kada se kazaljke opet preklope, razlika je 60 minuta (podjeljaka) pa imamo 11/12 * m = 60, iz čega slijedi m=65 i 5/11min = 60 + 5 5/11 min. To znači da svaki put nakon preklapanja kazaljki do novog preklapanja treba čekati 1 sat i 5 5/11 min. Primijenimo li to na naš početni zadatak, počevši od prvog vojnika u podne, preko drugog u 1 i 5 5/11 min, trećeg u 2 i 1010/11 min pa sve do jedanaestog u 10 sati i 54 6/11 minuta, svaki od njih biti će jednako dugo vremena na straži (1 sat i 5 5/11 min). Time smo riješili zadatak.
Koristeći prethodna rasuđivanja, pokušajte riješiti i ovaj zadatak, također iz istog časopisa:
Nekoliko minuta poslije 12 sati jedan učenik počeo je raditi domaći zadatak i u tom momentu je pogledao na sat. Kad je završio ponovo je pogledao na sat i utvrdio da su kazaljke međusobno zamijenile mjesta. Možemo li utvrditi koliko je dugo učenik rješavao zadatak, kada je počeo i kada je završio s njim? (Rješenje glasi: počeo je s rješavanjem u 12 sati i 5 5/143 minuta, a završio u 13 sati i 60/143 minuta.)

Oznake: matematika, zadaci

- 17:17 - Komentari (0) - Isprintaj - #

petak, 06.11.2015.

Soroban

Logika vam dobro funkcionira i može se reći da ste dobar matematičar. Koliko ste brzi u računanju? Jeste li ikad poželjeli da možete računati brže, da ne morate baš svaki put u glavi prolaziti zamorne operacije zbrajanja i množenja?
Čuli ste za ljude koji bez problema pomnože dvadesetznamenkaste brojeve, vade 30-te korijene iz 50-znamenkastih brojeva, dok s druge strane nisu u stanju riješiti najednostavnije logičke probleme? Ako već znanost još uvijek ne može objasniti kako oni to postižu, postoje li bar neke metode i vještine pomoću kojih možemo ubrzati ovo naše računanje 'u glavi' ?
Ovakva pitanja odvela su me do pojma 'vedske matematike'. Dosta se piše o njoj zadnjih godina, uglavnom senzacionalistički, no zavirivši malo u dostupne materijale uvidio sam da se u njima ne radi o ničem revolucionarnom, već o lako dokazivim matematičkim tvrdnjama. Dakle, nisam se uspio uvjeriti u 'nadmoć' vedske matematike u odnosu prema našoj 'europskoj' matematici.
Pretražujući internet dalje, naišao sam na soroban, drevnu japansku računaljku na kojoj japanska djeca čine prve matematičke korake. Ovaj abakus izgleda jednostavnije od računaljki kakve naša djeca koriste, no zahvaljujući njemu, možemo uvježbati mozak da zbraja i množi poput najbržeg računala! Znam da ovo zvuči fantastično, no istinito je i vrijedi vremena malo zaviriti u rukovanje ovom simpatičnom spravicom. U Japanu, Kini, Koreji itd.djeca se malo pomalo privikavaju na ovu spravicu i jednostavne matematičke operacije na njoj. Kako djeca u toj dobi više uče vizualno i taktilno, a spravica je, poput većine dječjih igračaka, konstruirana na taj način, tako se u njih i pojam broja poistovjećuje sa brojem pločica na sorobanu. Dakle, operacije zbrajanja, oduzimanja, a naknadno i množenja i dijeljenja, u mozgu djeteta vizualno se predočuju i možemo reći da se djeca 'igraju' s njima. Rezultat je da mladi Japanci neće brojeve zbrajati na papiru, već na sorobanu, u početku pravom, a naknadno na onom zamišljenom u glavi.
Koje su blagodati svega toga? Je li poanta u tome da se djeca ne muče previše na satovima matematike? Prema dosadašnjim saznanjima i istraživanjima, rad na sorobanu (kao i na ostalim sličnim abakusima) pored toga što stimulira lijevu stranu mozga 'zaduženu' za logiku, organizaciju, racionalnost itd, stimulira i desnu stranu ( kreativnost, intuicija, mašta, lucidnost,...), dakle razvija one kvalitete koje krase umjetnike, izumitelje i općenito kreativce. Soroban olakšava memoriranje, organizaciju i integraciju informacija i pospješuje ostvarivanje intelektualnih i svakojakih potencijala kod učenika i studenata.
Za kraj bih vam preporučio sjajan dokumentarac na Youtube-u: https://www.youtube.com/watch?v=WBPTwubFdIw

Oznake: soroban

- 19:22 - Komentari (0) - Isprintaj - #

utorak, 20.10.2015.

Pješak i tramvaji

Prelazeći za 12 minuta dio tramvajskog puta dužine 1 kilometar, pješak je svakodnevno prebrojavao tramvaje koji su ga prestizali i one koji su mu dolazili u susret. U toku jednog mjeseca prvih je bilo 45, a drugih 120. Odrediti brzinu tramvaja!
(Zadatak je preuzet iz knjižice 'Najteži zadaci' iz serije 'Matematika u džepu', a u izdanju 'Tehničke knjige', Beograd)


Brzina pješaka je 5 km/h, a brzinu tramvaja označit ćemo sa X. Jasno je da kada pješak ide ususret tramvaju, da je relativna brzina jednog prema drugom (X + 5) km/h. Isto tako, kada pješak i tramvaj idu u istom pravcu, brzina tramvaja prema pješaku (ili obratno) jest (X-5) km/h.
Znamo da je brzina tramvaja proporcionalna putu koji prijeđe, a put koji prijeđe biti će proporcionalan broju tramvaja koji prođu u nekom vremenu (pokraj pješaka), možemo uzeti da se gore navedene brzine odnose kao:
(X+5) / (X-5) = 120 / 45, odakle izlazi da je brzina tramvaja X = 11 km/h.
Još jedan primjer moći matematičkog rasuđivanja!

Oznake: matematika

- 07:36 - Komentari (0) - Isprintaj - #

nedjelja, 04.10.2015.

Podjela nagrade

Dvije jednako spretne osobe(ili momčadi), A,B, takmiče se u jednoj igri tako da ona osoba koja dobije igru bilježi jedan bod, a ona koja gubi nula bodova. Okladu ( nagradu i sl.) dobiva ona osoba(momčad) koja prva postigne šest bodova. Ako je igra prekinuta u trenutku kad je A imao pet bodova, a B dva boda, kako bi trebalo pravedno podijeliti nagradu između A i B?( Zadatak je preuzet iz knjige 'Matematika za četvrti razred gimnazije', Kurepa, Smolec, Škreblin, Zagreb, 1974.)


Sličan primjer prvi je zapisao talijanski matematičar Luca Paciuolo ( 15. st.), prijatelj Leonarda da Vincija, i to u matematičkom djelu 'Summa' (Venecija, 1494).
Ovaj zadatak kroz povijest se pokušavao riješiti na različite načine. Gore spomenuti matematičar Paciuolo mislio je da nagradu treba podijeliti u omjeru postignutih bodova, dakle u omjeru 5:2, što je, priznajem, i meni prvo palo na pamet. Kako sam ipak bio upućen da postoji novije, danas općeprihvaćeno rješenje, pokušao sam zadatak pogledati s nekog drugog gledišta. Zato sam obratio pažnju na moguće krajnje rezultate nakon rezultata 5:2. Igrač A pobjeđuje pri rezultatima 6:2, 6:3, 6:4 i 6:5, dok igrač B pobjeđuje samo kod rezultata 5:6. U skladu s tim podijelio sam omjere na 4:1. Donekle ozaren, bacio sam oko na rješenje talijanskog matematičara Cardana koji je podijelio nagradu u omjeru 10:1. Pascal i Fermat čije rješenje i danas koristimo podijelili su nagradu 15:1.

Tada sam naletio na rečenice u tekstu nakon Paciuolovog rješenja: 'Pomislite i na to što bi bilo da je takmičenje potrajalo još onoliko koliko traje jedna igra. Što bi bilo da je A dobio i taj bod?' Kako poznajem osnove teorije vjerojatnosti, rezonirao sam da je šansa da A pobijedi slijedeću igru 1/2 ili 0.5. Šansa da je A slijedeću igru izgubio, a onda onu narednu dobio jest 1/2 x 1/2 = 1/4 . Zapisat ćemo ovu shemu kao BA. Također je A mogao pobijediti tek u trećoj partiji (BBA), šansa je ovdje 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8 . I posljednja, najdulja varijanta je pobjeda A tek u četvrtoj partiji (rezultat 6:5), ovdje je vjerojatnost 1/16. Ukupna dakle vjerojatnost da A pobjeđuje je zbroj svih ovih vjerojatnosti, a to je 15/16 . Što se tiče igrača B, on pobjeđuje samo u sličaju da dobije sve četiri naredne partije (BBBB), vjerojatnost za to je 1/16. Prema ovome navedenome, nagrada se treba dijeliti u omjeru 15:1 u korist igrača A.

Ovaj rezultat u skladu je sa rješenjem Pascala i Fermata, no njihovo rezoniranje ipak je teklo drugačije. Oni su pošli od toga da igra može potrajati najviše četiri partije, potom su se zapitali što se sve može dogoditi u te četiri partije i sve slučajeve prikazali kao nizove, npr. BBBB ( B dobija sve četiri partije), ali i AAAB ( ovdje je A pobijedio već u prvoj, daljnje partije nisu važne, ali se ipak broji koliko ih može biti) itd. Ukupno ovih nizova ima 2 x 2 x 2 x 2 = 16, a samo u jednom slučaju nagradu dobiva B. Nagrada se dakle dijeli 15:1.

Vidimo dakle da se matematičkim problemima može pristupiti na različite načine. Rekli smo da je Pascal-Fermatovo rješenje najbolje, a kao dokaz valjanosti koristi se statistička provjera na velikom broju uzoraka. Općenito možemo smatrati teoriju vjerojatnosti i statistiku kao lonac i poklopac, lonac bez poklopca ne valja, a poklopac bez lonca ne postoji.

Oznake: matematika

- 19:52 - Komentari (0) - Isprintaj - #

četvrtak, 24.09.2015.

Zamjena znamenke

Posljednja znamenka nekog broja je 6. Premjesti li se ona na prvo mjesto, dobije se šesterostruk broj. Koliki je prvotni broj?( Zadatak je preuzet iz knjige 'Riješeni zadaci iz više matematike – svezak I', Vladimir Devide, Zagreb, 1978.)


Evo jednog zadatka koji na prvi pogled podsjeća na mnoštvo sličnih zadataka tipa zamjene znamenki, no osnovnu poteškoću stvara što ne znamo točan broj znamenki. Zadatak možda i nije toliko težak, koliko zahtijeva disciplinu misli i usredotočenost na postupak rješavanja. Puno se elemenata koncentriralo u rješavanju zadatka: krećemo od osnovnog algoritma množenja ('pišem pet pamtim dva'), zatim je potrebno pregledno prikazati način rješavanja, potom zaključujemo može li zadatak imati rješenje i ako ima kada ćemo doći do njega. Na kraju možemo i poopćiti rješenje.
Neću pisati svoj postupak rješavanja jer smatram da je postupak iz knjige jasniji i bolje obrazložen pa ću jednostavno skenirati rješenja.



Oznake: matematika

- 07:28 - Komentari (0) - Isprintaj - #