ab = 2a + 2b

1. A felső tagozat és a gimnázium közötti együttműködés, érdekes feladatokkalHalász Tamás, a Budapest-Fasori Evangélikus Gimnázium tanáraemail: hegymeg@gmail.com, vagy halasz.tamas@fasori.hu

2. 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?

3. 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?

4. 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!

5. 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

6. 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)

7. 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.

8. 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.

9. 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.

10. 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?

11. 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.”

12. 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?

13. 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?

14. 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.

15. 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.

16. 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.

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

18. 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”.

19. 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.

20. 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.

21. 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).

22. 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?

23. 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!

24. 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.

25. 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.

26. 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.

27. Még három gyors példa: • 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.

28. A matematikatanítás egyik fontos feladata az érdeklődés felkeltése, a kapcsolat megmutatása más tantárgyak, és „kedvenc tantárgyunk” között. Ezzel kapcsolatban néhány ötlet: • 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

29. 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)

30. 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

31. 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.)

32. 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.

33. 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.