Web Sketchpad za osnovnu i srednju školu
Matemagičarstvo i magičarske uspješnice matematike
Mate Magičar i njegovi prikazi trikova
Petar Mladinić i Nikol Radović
Dobro došli u virtualni svijet matematike
Video datoteke
Ovdje smo stavili dvije video datoteke kao ilustraciju mogućnosti njihove uporabe u kreiranju ove datoteke.
Audio datoteke
Ove dvije audio datoteke sadrže dvije pjesme. Ostale audio datoteke ukazuju na neke aspekte prezentiranih datoteka nakon njih.
Riječ, dvije $\dots$
Ovo je interaktivna knjiga. Sadržaji koji će se prezentirati izabrani su kao primjeri uporabe Web Sketchpada (WSP) u osnovnoj i srednjoj školi. U ovoj ću datoteci prezentirati radove koji su kreirani pomoću Sketchpada, a pomoću WSP-a konvertirani u dinamičnu html datoteku. Raspravit ću i određene aspekte uporabe alata i pokušati ukazati kako se uporabljuju ti alati na definiranim primjerima. Na učiteljima/nastavnicima i učenicima je težište stjecanja iskustva i promišljanje kreativne uporabe ovog potpuno novog i vrhunskog softvera u cilju boljeg poučavanja i učenja matematike. Definiranjem i istraživanjem eksplicitno ću ilustrirati kako se na primjerima mogu ostvariti neki ishodi Nacionalnog okvirnog kurikuluma (NOK-a):- $\dots$ uspostaviti i razumjeti veze i odnose među matematičkim objektima, idejama, pojmovima, prikazima i postupcima te oblikovati cjeline njihovim nadovezivanjem,
- $\dots$ organizirano prikazati matematičke objekte, ideje, postupke i rješenja riječima, slikama, crtežima, maketama, dijagramima, grafovima, listama, tablicama, brojevima,
simbolima i misaono,
- $\dots$ postavljati matematici svojstvena pitanja (Postoji li? Ako postoji, koliko? Kako ćemo ih pronaći? Zbog čega? i slična) te stvarati i istraživati na njima zasnovane matematičke
pretpostavke,
- $\dots$ obrazložiti odabir matematičkih postupaka i utvrditi smislenost dobivenoga rezultata,
- $\dots$ pratiti, stvarati i vrjednovati lance matematičkih argumenata različitih vrsta te primjenjivati analogiju, generalizaciju i specijalizaciju,
- $\dots$ kreativno, kritički i fleksibilno misliti,
- $\dots$ primijeniti koordinatnu geometriju, za prikazivanje i istraživanje svojstava geometrijskih oblika,
- $\dots$ rabiti geometrijske transformacije ravnine za opisivanje pravilnosti i svojstava geometrijskih uzoraka,
- $\dots$
Dakle, ovom se datotekom, osim nabrojenih zahtjeva, ilustrira i mogući razvoj osjećaja za analogiju koja učenicima omogućuje drukčije razmišljanje. Na ovaj način oni mogu otkriti i spoznati mnoge "nove" zanimljive činjenice elementarne ("školske") matematike.
$$ *\ *\ *\ *\ *\ $$
"Inteligentna" ("pametna") tehnologija utječe na učenje i poučavanje tako da neki sadržaji postaju suvišni, neki važniji, a neki mogući. Korisna je za razvoj pojmovnog razumijevanja i sposobnosti rješavanja problemskih zadataka.
U pisanju ove datoteke i istraživanju uporabe ovih primjera oslonilo sam se na mogućnosti softvera dinamične geometrije Sketchpad 5.03HR, a posebice na softver Web Sketchpad kojim se kovertiraju .gsp datoteke u .json datoteke uključene u .html datoteku. Softver Web Sketchpad kreirali su Scott Steketee i Daniel Scher američki programeri, sveučilišni profesori i metodičari.
Koncept/ideja koordinata omogućava da se geometrijskim objektima pridružuju algebarski objekti. Moguće je i obrnuto, algebarskim objektima pridružiti odgovarajuće geometrijske objekte. Ako se to ima na umu, onda se Sketchpad vrlo kreativno i efikasno može uporabiti za vizualizaciju, proučavanje i istraživanje algebre, a ne samo geometrije. Dakle, to je alat za sve sadržaje školske i velikog dijela "više" matematike. Postoje prekrasni primjeri uporabe Sketchpada u "višoj" (fakultetskoj) matematici, primjerice u vizualizaciji ploha ili kompleksnim funkcijama ili Booleovoj algebri itd. $$ *\ *\ *\ *\ *\ $$
Ovdje su ilustrirana četiri aspekta Sketchpadovih datoteka koje su konvertirane Web Sketchpadom i ugrađene u ovu html datoteku:
- gotovi materijali za rad i istraživanje (s uputama i razradom),
- predlošci za samostalan rad korisnika (s uporabom alata u rješavanju konkretnih zadataka/problem),
- simulatori,
- poglavlje knjige koja je iskreirana uporabom Sketchpada i LaTexa.
Svojim recenzijama i savjetima te prijedlozima i iskustvom uporabe bitno ćete mi pomoći tekst popraviti kao i uputiti koji Vas primjeri zanimaju, ako mi svoja promišljanja uputite na web stranicu www.huni.hr ili e-adresu petar.mladinic1@zg.ht.hr.
Od srca zahvaljujem svima koji mi ukažu na pogrješke (bilo koje vrste) i predlože poboljšanja ili ispravke koje ću odmah unijeti u datoteku/prijelom, a "svjetlo dana" ugledat će u sljedećem izdanju datoteke i biti objavljeni odmah na web stranici www.huni.hr .
Također se zahvaljujem kolegi Predragu Brođancu koji mi je pomogao u učenju i "otkrivanju" mogućnosti i tajni html-a. Zahvaljujemo se i svima imenovanima i neimenovanima na uporabi njihovih uradaka koji su nam poslužili u kreiranju naših.
Veliku zahvalu upućujem Scottu Steketee i Danielu Scheru koji su mi omogućili sudjelovati testiranjem posljednjih 5 - 6 godina u stvaranje (dok su stvarali/programirali WSP) i uporabu njihovog Web Sketchpada i koji su mi davali i još uvijek daju dragocjene savjete u kreiranju ove html datoteke (a i ostalih radova/datoteka).
petar.mladinic1@zg.ht.hr
$$ *\ *\ *\ *\ *\ $$
1. Uvod
Uvodno pogledajmo nekoliko sljedećih primjera.
Igra/slagalica poznata pod nazivom Tangram vrlo lijepo oslikava mogućnosti uporabe njezine u matematičkim promišljanjima i strategijama koje djeca uporabljuju u slaganju zadanih digura.
Primjer 1. Dijelove Tangrama složite tako da dobijete likove koji se spominju na animacijskom gumbu.
Primjer 2. Ovdje se ilustrira niz primjera uporabe Sketchpada u osnovnoj školi (od 1. do 8. razreda).
Primjer 3. Ovdje se ilustrira primjer uporabe Sketchpada u rješavanju strip zadatka Tko je najjači?.
Primjer 4. U ovom se primjeru ilustrira rješenje 5 različitih problema koji se efikasno vizualiziraju. Za vizualizaciju i programiranje u prvi plan stavlja "programiranje" pomoću Sketchpadovih mogućnosti, a ne nekog od poznatih programskih jezika.
Primjer 5. U ovom se primjeru ilustrira istraživanje je li točka ili krug u nekom skupu ili nije. Za vizualizaciju i programiranje u prvi plan se stavlja "programiranje" pomoću Sketchpadovih mogućnosti, a ne nekog od poznatih programskih jezika.
Magičarski prikazi i trikovi
Stari su matematičari uspješno izračunavali zbrajanje (oduzimanje) i množenje brojeva. Na više različitih načina su to činili: napamet, pomoću prstiju i ostalih dijelova tijela i zapisivanjem. Mnogi njihovi postupci u temeljima su suvremenog pisanog računanja.
Ova datoteka i primjeri su korisni učenicima u tri smisla:
Prvo, razvija osjećaj za matematiku jer se pred učenikom otkriva mogućnost za samostalan stvaralački rad.
Drugo (a to je još važnije od prvoga jer može pobuditi interese većeg broja učenika), prikladna je ne samo u matematici, nego i u drugim znanostima. Daje prve informacije o "individualnom istraživanju" i "znanstvenoj metodi".Treće, otkriva učenicima jedan važan aspekt matematike, a koji se rijetko spominje: matematička su pitanja u ovakvim primjerima i zadatcima tijesno povezana s drugim prirodnim, eksperimentalnim znanostima (u kojima promatranje - eksperiment - i analogija mogu dovesti do otkrića).
Ove datoteke predložene su za rad s učenicima osnovne škole.
Od učenika srednje škole očekuju se isto takve aktivnosti, ali u skladu s uzrastom očekuju se i dokazi postavljenih/otkrivenih hipoteza. Naravno, da se to i očekuje od darovitih učenika osnovne škole.
Na ovim primjerima ilustrira se sva domišljatost iliti matemagičarstvo starih magičara, ali i suvremenost njihovih "trikova".
$$ *\ *\ *\ *\ *\ $$
Množenje brojeva
Pokažimo dva načina koja su arapski (i ne samo oni) matemagičari uporabljivali za izračunati umnožak dva broja.Množenje brojeva u pravokutnoj tablici. Pomnožimo $789$ i $23\, 456$.
Formirajmo pravokutnu tablicu 3 x 5, tj. tablicu koja ima 3 retka i 5 stupaca. Na rubove tablice zapišimo ova dva broja (odozdo prema gore i s lijeva u desno) i naznačimo dijagonalu (odozgo prema dolje) u svakom polju/pravokutniku (v. str. 1).
Pomnožimo znamenke i dvoznamenkaste rezultate upišimo u svako polje tablice tako da je znamenka desetica ispod dijagonale, a znamenka jedinica iznad (v. str. 2).Zbrojimo znamenke u dijagonalnim stupcima (od desnog prema lijevom) i rezultate napišimo na rubu tablice. Rješenje je $18\, 506\, 784$ (v. str. 3).
Zadatak Pomnožite $55$ i $3 \, 382$.
U pozadini ovog postupka je postupak koji mi danas rabimo, a koji je očit u sljedećom primjeru.
Primjer Izračunajmo umnožak brojeva $3\, 234$ i $56$.
Stari matemagičari su "vidjeli" da umnožak ova dva broja mogu dobiti ako rastave brojeve na sastavne dijelove i njih međusobno pomnože, tj. da vrijedi
Dakle, imamo sljedeću tablicu.
Pomnožimo $3\, 234\cdot 56$ na suvremeni način pomoću "olovke i papira".
Imamo
Ako zbrojimo prva četiri retka u tablici starih matemagičara dobit ćemo $16\, 170$, a sljedeća četiri $19\, 404$.
Vidimo da prvi zbroj $16\, 170$ odgovara prvom retku u suvremenom zapisivanju, a drugi zbroj $19\, 404$ drugom retku.Dakle, suvremeni zapis množenja "olovkom i papirom" sažeti je postupak starih matemagičara.
Zadatak Pomnožite $4\, 213$ i $651$ na način starih matemagičara.$$ *\ *\ *\ *\ *\ $$
Visina objekta
Eratosten (oko 276. - 194. g. pr. K.) je pomoću sjene obeliska u Aleksandriji i bunara u Sieni dosta točno odredio opseg Zemlje.Zapitate li se ikada: zašto su se u to antičko doba bavili problemom određivanja opsega/polumjera Zemlje? Zapitate li nekog odraslog Matkača dobiva se uvijek isti odgovor: To im je trebalo iz zemljopisnih, tj. transportnih razloga.
Meni se čini da takvim našim površnim zaključivanjem ne razumijemo domišljatost i, prije svega, maštovitost starih matemagičara. Meni se čini da je Eratostenu i ostalima koji su se tim problemom bavili polumjer Zemlje trebao kako bi odredili veličinu Svemira.
Od davnina je poznato da su stari matemagičari pomoću sjene objekta koja pada na ravno tlo određivali visine nedostupnih objekata. Ovdje ćemo ilustrirati kako se to može učiniti pomoću džepnog ravnog zrcala.
Uputa. Zrcalo se stavlja na zemlju/tlo u položaj/na mjesto u kojem osoba u zrcalo vidi vrh objekta.Primjer. Odredimo visinu zgrade pomoću džepnog zrcala.
Neka je visina mjeritelja $|AB|=1,8$ m, visina zgrade $|CD|=h$, udaljenost zrcala $Z$ od mjeritelja $|AZ|=2$ m i udaljenost zgrade od mjeritelja $|AC|=30$ m (v. str. 1).
Trokuti $AZB$ i $AZB'$ sukladni su i slični su trokutu $ZCD$. (Zašto?)
Iz sličnosti trokuta $AZB$ i $ZCD$ slijedi da je $$\frac{|AB|}{|AZ|}=\frac{|CD|}{|ZC|},$$ odnosno $$\frac{1,8}{2}=\frac{h}{28}.$$Odavde je $h=25,2$ m.
Uputa. U slučaju kad se ne može izmjeriti udaljenost mjeritelja od objekta treba učiniti dva mjerenja. Pogledajmo sljedeći primjer.
$$ *\ *\ *\ *\ *\ $$
Svjetlo i zrcalo: visina objekta. Odredimo visinu nedostupnog objekta, tj. objekta kojemu ne možemo izmjeriti udaljenost od mjeritelja i visinu.
Neka su $|AB|=v=|MN|, |AZ_{1}|=a, |AM|=b, |MZ_2|=c, |AC|=x$ i $|CD|=h$. Veličine $a, b, c$ i $v$ su izmjerene veličine.
Kod prvog položaja zrcalo je u točki $Z_1$, a kod drugog u točki $Z_2$ (v. str. 2). Iz sličnosti trokuta $AZ_1B$ i $Z_1CD$ slijedi da je $$\frac{v}{a}=\frac{h}{x-a},$$ a odavde je $$x=\frac{ah+av}{v}.$$
Iz sličnosti trokuta $MZ_2N$ i $Z_2CD$ slijedi da je $$\frac{v}{c}=\frac{h}{x-b-c},$$ a odavde je $$x=\frac{ch+(b+c)v}{v}.$$ Izjednačimo li ove dvije vrijednosti $x$ nakon sređivanja dobivamo $$h=\frac{(b+c-a)v}{a-c}.$$
Uvrštavanjem izmjerenih konkretnih vrijednosti $a, b, c$ i $v$ izračunamo nepoznatu visinu $h$ objekta. Uvrštavanjem izmjerenih veličina u formulu za $x$ dobivamo udaljenost objekta od prvog položaja mjeritelja.
Na sličan su način (bez zrcala) s dva mjerenja stari matemagičari mogli izračunati udaljenost otoka/broda od kopna ili visinu brda/planine.
Za vježbu riješite sljedeći zadatak.
Zadatak. Izračunajte visinu:
- vaše škole,
- zvonika obližnje crkve,
- vaše zgrade.
$$ *\ *\ *\ *\ *\ $$
Povijest civilizacija puna je velikih, primjerice, građevinskih pothvata. Za to su im trebali složeni i točni računi. Zapitamo li se ikad: kako su računali?
I nekada i danas problemi su, na određeni način, ostali isti. Naši bliski matemagičari imali su različite mehaničke naprave i precizne tablice, dok mi imamo elektronička računala.
Zanima li nas kako su ti naši davni matemagičari računali? Čime su se služili u svojim izračunima?Sve što su imali na raspolaganju bila je geometrija. Pravci i dužine su bili njihov alat za računanje.
Upoznat ćemo se s matematikom koju su uporabljivali i koje magičarske trikove su kreirali.Današnje sredstvo koje će nam na najbolji način to približiti računalni je program Sketchpad i Web Sketchpad. Pomoću njih vrlo se lako, brzo i precizno može računati s dužinama, crtati pravci, vući paralele itd.
Geometrijsko računalo matemagičarâ. U ovoj se datoteci ilustrira magioničarstvo starih matemagičara u računanju.
Aritmetičke operacije
Razjasnit ćemo kakvo je geometrijsko zbrajanje, množenje, dijeljenje, potenciranje i računanje drugog korijena.Zbrajanje
Dvije dužine duljina $a$ i $b$ lako zbrojimo, ako ih nanesemo šestarom na pravac jednu do druge (v. str. 1).
Množenje
Zadane su dužine duljina $a, b, c, \dots$ Na polupravcu $OX$ označi se jedinična dužina $\overline{O1}, |O1|=1$ i u točki $1$ okomica na koju se nanesu zadane dužine ($|1A|=a, |1B|=b, |1C|=c, \dots$)
Prenese se dužina $\overline{1A}$ u točku $O$ i dobije točka $2.$ Okomica na $OX$ u točki $2$ siječe polupravac $OB$ u točki $2'$ (v. str. 2).
Iz sličnosti trokuta $O22'$ i $O1B$ dobivamo $$|22'|: |1B| = |O2|: |O1|,$$ odnosno $$|22'| = a\cdot b.$$
Ako dužinu $\overline{22'}$ prenesemo u točku $O$ na polupravcu $OX$ dobit ćemo točku $3$. Okomica na $OX$ siječe polupravac $OC$ u točki $3'$.Iz sličnosti trokuta $O33'$ i $O1C$ dobivamo $$|33'|: |1C| = |O3|: |O1|,$$ odnosno $$|33'| = a\cdot b\cdot c.$$
Ovaj se postupak prenošenja i konstruiranja sjecišta može nastaviti za bilo koji broj faktora.Dijeljenje
Nađimo količnik brojeva $a$ i $b$.
Prenesimo na polupravac $OX$, na kojem je označena jedinična dužina $\overline{O1},$ dužinu duljine $b= |OB|.$ U točki $B$ konstruiramo okomiti pravac na $OX$ i na njemu točku $A$ za koju je $|BA|= a$ (v. str. 3).Nacrtajmo polupravac $OA$. U točki $1$ nacrtajmo okomicu na $OX$. Ta okomica siječe polupravac $OA$ u točki $C$.
Iz sličnosti trokuta $OBA$ i $O1C$ slijedi $$\frac{|1C|}{|O1|} = \frac{|AB|}{|OB|},$$ a odavde je $$|1C| = \frac{a}{b}.$$Dakle, traženi je kvocijent jednak duljini dužine $\overline{1C}.$
Numerička preciznost dijeljenja, kao i ostalih izračuna, zavisi o preciznosti alata kojim se konstrukcije izvode. Sketchpad daje izračun na 5 decimala što je sasvim dovoljna preciznost.
Potenciranje
Ovdje ćemo razmotriti potenciranje s prirodnim eksponentom.
Neka je $a$ baza potencije. Nađimo $a^2, a^3, a^4, \dots$
Nacrtajmo dva međusobno okomita pravca $X'X$ i $Y'Y$. Njihovo sjecište je točka $O$. Na pravcu $X'X$ označi se jedinična dužina $\overline{O1}$ i na pravcu $Y'Y$ dužina $\overline{OA}$ duljine $a=|OA|$ (v. sl.).
U točki $A$ konstruiramo pravac okomit na dužinu $\overline{1A}.$ Sjecište je tog pravca s pravcem $X'X$ točka $A_2$ itd.
Duljine dužina $\overline{OA_2}, \overline{OA_3}, \overline{OA_4},\dots$ jednake su $a^2, a^3, a^4,\dots$ tj. $$|\overline{OA_2}|=a^2, |\overline{OA_3}|=a^3, |\overline{OA_4}|=a^4, \dots$$ Dužine $\overline{OA_2},$ $ \overline{OA_3},$ $ \overline{OA_4},\dots$ redom su visine pravokutnih trokuta $1AA_2,$ $ AA_2A_3,$ $ A_2A_3A_4,$ $ A_3A_4A_5, \dots$Iz sličnosti pravokutnih trokuta na koje ih visina dijeli (ili sukladno Euklidovom poučku) slijedi da su duljine tih visina redom $a^2, a^3, a^4,\dots$
Zadatci
Računalom geometrijskim izračunajte zadatke na str. 2 ili sami zadajte podatke za računanje.
Računanje drugog korijena
Ovdje ćemo obrazložiti dva različita načina računanja drugog korijena. U jednom načinu uporabit ćemo sličnost trokuta, a u drugom Pitagorin poučak.a) Konstrukcija geometrijske sredine
Na pravac nanesemo jediničnu dužinu $\overline{OE}$, a do nje dužinu $\overline{EA}$ duljine $|OA|=a$. Konstruiramo polovište dužine $\overline{OA}$ i polukružnicu nad tom dužinom (v. sl.).
U točki $E$ nacrtamo polupravac $EB$ koji je okomit na dužinu $\overline{OA}$ i koji siječe polukružnicu u točki $B$.
Iz sličnosti trokuta $OEB$ i $BEA$ slijedi da je duljina dužine $\overline{EB}$ geometrijska sredina duljina dužina $\overline{OE}$ i $\overline{EA}$, tj. vrijedi $$|EB|=\sqrt{|OE|}\cdot |EA|,$$ odnosno $$|EB|=\sqrt{a}.$$Na opisani način uvijek dobivamo koliko iznosi $\sqrt{a}.$ No, u slučaju da se broj $a$ može rastaviti na dva faktora $b$ i $c$, tj. ako je $a=b\cdot c,$ onda je postupak konstruiranja isti samo što su duljine početnih dviju dužina jednake $b$ i $c$ (v. sl.).
b) Primjena Pitagorina poučka
Matematičar {\bf de Bachet} rekao je da se svaki prirodan broj može napisati kao zbroj (ili razlika) dva, tri, četiri ili više kvadrata prirodnih brojeva.
Primjerice,
$$ 35 = 1^2+3^2+5^2 $$ ili $$28 = 1^2+3^2+3^2+3^2\\ \quad = 2^2+2^2+2^2+4^2\\ \quad = 1^2+1^2+1^2+5^2\\ = 8^2-6^2.$$Dakle, broj $\sqrt{35}$ može se konstruirati uzastopnim konstruiranjem pravokutnih trokuta kojima su poznate katete (v. sl.).
U slučaju razlike radi se o pravokutnom trokutu kojemu su poznate duljina hipotenuze i jedne katete (v. sl.).
Zadatci
Računalom geometrijskim izračunajte: $a) \sqrt{2}$, $b)\sqrt{5}$, $c)\sqrt{10}$, $d)\sqrt{13}$, $e)\sqrt{50}$, $f) \sqrt{60}$, $g) \sqrt{100}$.
Pokazat ćemo i razjasniti magičarstvo rješavanja kvadratnih jednadžbi.
Pokažimo nekoliko primjera kako su naši prethodnici matemagičari rješavali numerički problem rješavanja kvadratne jednadžbe geometrijskim sredstvima.
Rješavanje kvadratne jednadžbe
U rješavanju razlikujemo tri slučaja/zapisa kvadratne jednadžbe: $$a)\ x^2+px=q,\\ b)\ x^2+q=px,\\ \qquad\qquad c)\ x^2=px+q,\ p,q\in\textrm{N}. $$
Arapski matemagičar Al Khowarizmi (oko 780. - oko 850.) u konkretnim zadatcima dao je postupke kako riješiti kvadratnu jednadžbu.
Problem. Nađite broj čiji kvadrat s deseterostrukim uvećanjem daje 39.
Dakle, treba riješiti jednadžbu $$x^2+10x=39.$$
Nacrta se kvadrat $ABCD$ duljine stranice $x$. Na stranicama kvadrata nacrtaju se pravokutnici $ABGF, BJLC,$ $COND$ i $ADKI$ duljine druge stranice jednake $\displaystyle\frac{10}{4}$. Figura se nadopuni tako da dobijemo kvadrat $EHPM$ (v.str. 1 - 4).
Ovaj kvadrat složen je od jednog kvadrata površine $x^2,$ četiri pravokutnika površine $\displaystyle\frac{10}{4}\cdot x$ i četiri kvadrata površine $\displaystyle\left(\frac{10}{4}\right)^2.$
Iz uvjeta zadatka znamo da je $x^2+10x=39.$ Dakle, veliki kvadrat ima površinu $$ p(EHPM)= x^2+4\cdot \left(\frac{10}{4} \right)\cdot x+4\cdot \left(\frac{10}{4} \right)^2\\ = \underbrace{x^2+10x}_{39}+4\cdot \frac{25}{4}\\ = 39+25\\ = 64. $$Odavde zaključujemo da je stranica velikog kvadrata $EHPM$ duljine $$x+5=8,$$ tj. $$x=3$$ rješenje je zadanog problema.
Problem. Nađite broj čiji je kvadrat uvećan za 21 jednak 10 puta taj broj.
Ovdje se radi o rješavanju jednadžbe $$x^2+21=10x.$$
Nacrtamo pravokutnik $ABHK$ duljina stranica jednakih $10$ i $x.$ Na pravokutniku nacrtamo kvadrat $BHMD$ jer je tada površina ostatka pravokutnika tj. pravokutnika $ADMK$ jednaka $21.$Nađimo polovište $C$ dužine $\overline{AB}$ i nacrtajmo kvadrat $CBGE$ (v.str. 2).
Lako se vidi da je četverokut $LMFE$ kvadrat duljine stranice jednake $\displaystyle\frac{10}{2}-x.$
Imamo $$ p(LMFE) = p(CBGE)- p(CDML)- p(DBGF) \\ = p(CBGE)- p(ADMK), \\ $$ jer su pravokutnici $ACLK$ i $BDGF$ sukladni.
Odavde slijedi da je $$ p(LMFE) = \left(\frac{10}{2} \right)^2-21\\ = 4.\\ $$Dakle, duljina je $|LM|=2,$ pa je $|BD|=x=\displaystyle\frac{10}{2}-2=3.$
Ovdje smo prešutno pretpostavili da je $\displaystyle x<\frac{10}{2}.$Pogledajmo kako račun izgleda kad je $\displaystyle x>\frac{10}{2}.$ Konstrukcija se dobiva analognim postupkom (v.str. 3).
Kvadrat $FELM$ ima duljinu stranice $$|ML|=x-\frac{10}{2}.$$
Površina ovog kvadrata jednaka je
$$ p(FELM) = p(GELK)- p(GFMK) \\ \quad\qquad \qquad= p(DCEF)- p(ADMK). \\ $$ Imamo $$ p(FELM) = \left(\frac{10}{2} \right)^2-21 \\ = 4. \\ $$Dakle, duljina $|ML|=2,$ pa je $|BD|=\displaystyle\frac{10}{2}+2=7.$
Što se dogodilo? Dobili smo rješenje različito od rješenja koje smo dobili pretpostavljajući da je $\displaystyle x<\frac{10}{2}.$ Znači li to da naše rješavanje zavisi o postupku?
Ne! Radi se o tome da ovi postupci, svaki za sebe, daju samo jedno rješenje jednadžbe, a jednadžba $x^2+21=10x$ ima dva pozitivna rješenja.U općem slučaju jednadžba $x^2+q=px$ formira kvadrat $LMFE$ čija je površina prema prvoj pretpostavci jednaka $$\left(\frac{p}{2}-x \right)^2=\frac{p^2}{4}-q,$$ a prema drugoj $$\left(x-\frac{p}{2} \right)^2=\frac{p^2}{4}-q.$$
Odavde se vidi da je konstrukcija moguća, ako je $\displaystyle\frac{p^2}{4}\geq q.$Problem. Nađite broj čiji kvadrat treba biti jednak trostrukom broju uvećanom za 4.
Ovdje se radi o rješavanju jednadžbe $$x^2=3x+4$$ za koju je $x>3.$
Konstrukcija je uvijek ista! Ovaj put je čak jednostavnija od prethodne (v.str. 4).
Kvadrat $FELM$ ima duljinu stranice $|ML|=x-\displaystyle\frac{3}{2}.$
Imamo $$ p(FELM) = p(FGKM)+ p(GELK) \\ \quad\qquad\quad = p(FGKM)+ p(DCEF) \\ \quad\qquad\quad = p(ACEG)* p(AKMD),\\ $$ gdje je $$ p(FELM) = \left(\frac{10}{2} \right)^2+4 \\ = \frac{25}{4}. \\ $$Dakle, duljine su $|ML|=\displaystyle\frac{5}{2}$ i $|BD|=x=\displaystyle\frac{5}{2}+\frac{3}{2}=4.$
U općem slučaju jednadžba $x^2=px+q$ formira kvadrat $FELM$ za kojega vrijedi $$\left(x-\frac{p}{2} \right)^2=\frac{p^2}{4}+q.$$
Koordinatna metoda - rješavanje problema
Problem tramvaja broj 11.
Problem. U knjizi Zgode i mozgalice družbe Matkači objavio sam zadatak Koliko ima "jedanaestica"?
Evo preslike tog zadatka.
Koordinatna metoda - rješavanje problema. U ovoj se datoteci prezentiraju numerički i geometrijski aspekti Descartesove koordinatne metode.
U prvi plan (u numeričkom aspektu) dolazi uporaba pojma i crtanja pravca, presjeka pravaca i koordinate točke povezanih s koordinatnim prikazom problema.
U geometrijskom aspektu dolazi do izražaja uporaba geometrijski pojmova: točke, dužine, polupravca, pravca, presjeka skupova točaka ...Dakle, vidljiva se dva aspekta (nerazdvojna i isprepletena tj. dualna svojstva) matematička: numerički i geometrijski koji su međusobno povezani s magičarstvom Descartesove koordinatne metode.
Današnji razvoj računala i računalnog softvera omogućuje nam jednostavnu uporabu ideja i metoda starih matemagičara.
U ovom ćemo tekstu razmotriti i ilustrirati kako danas lako i uspješno možemo uporabiti metodu grafičkog rješavanja problema u problemima u kojima je numeričko rješavanje puno teže i kompliciranije.
Računalni softver nam brzo i lako omogućuje crtanje pravokutnog koordinatnog sustava, pravaca, presjeka pravaca i očitovanje koordinata točaka.
Ideja koordinata
Analitička geometrija je nastala u prvoj polovini 17. stoljeća kad se uspostavila veza između algebre i geometrije.
U temeljima analitičke geometrije, koju su prvi izgradili stari matemagičari Pierre de Fermat (1601.-1665.) u djelu Uvod u učenje o ravninskim i prostornim mjestima (1636. godine) i René Descartes
(1596.-1650.) u djelu Rasprava o metodi i jednom od njezinih tri priloga Geometrija (1636. godine), leže dvije ideje:$$ a) \textrm{ ideja koordinata, koja je dovela do aritmetizacije ravnine, tj. do toga da se svakoj točki pridruži uređeni par brojeva,} $$ $$ b) \textrm{ ideja interpretacije bilo koje jednadžbe s dvije nepoznanice kao neke krivulje koja je odgovarajućom jednadžbom definirana}$$ $ \textrm{ kao neko geometrijsko mjesto točaka.}$
Pokazat ćemo kako novi i mladi matemagičari mogu na jednostavan način uporabom ideje starih matemagičara rješavati složene probleme koji se inače rješavaju numeričkim metodama.
Poznavanje crtanja pravaca u koordinatnoj ravnini (koordinatnom sustavu) i čitanje koordinata točaka jedine su činjenice kojima se uspješno rješavaju ovi problemi.
Primjena metode
Riješimo nekoliko primjera kao ilustraciju mladim matemagičarima kako mogu uporabiti metodu grafičkog rješavanja problema.
Primjer. Spremnik se može napuniti jednom cijevi za 4 ure, a drugom za 2. Za koje će se vrijeme napuniti spremnik ako se puni objema cijevima istovremeno?
Rješenje. Nacrtajmo pravokutni koordinatni sustav.
Os apscisa je vremenska os i neka svakoj jedinici odgovara vrijeme od 20 minuta.
Količinu tekućine u spremniku predočit ćemo na osi ordinata.
Neka je obujam tekućine punog spremnika jednak $a$ (v. sl.).
Punjenje prvom cijevi opisano je pravcem određenim točkama $O(0,0)$ i $A(12,a),$ a drugom cijevi pravcem kojeg određuju točke $O(0,0)$ i $B(6,a)$ (v. sl.). Rješenje ćemo dobiti ako grafički zbrojimo ova dva pravca. Dobit ćemo novi pravac (v. sl.).
Ordinata točke $D$ dobije se ako se zbroje ordinate točaka $B$ i $C$, pa novi pravac određuju točke $O(0,0)$ i $D(6, y_B+y_C).$
I zadatak je riješen! Trebamo samo očitati apscisu presjeka $E$ tog novog pravca $OD$ i pravca $y=a$ (v. sl.).
Dakle, rješenje je $x=2$ što odgovara vremenu od 1 ure i 20 minuta.
U slučajevima kad jedna cijev počinje kasnije puniti spremnik njezin pravac ne prolazi ishodištem nego tom kasnijom točkom.
Ako se spremnik jednom cijevi puni, a drugom prazni, onda se umjesto zbroja ordinata uzima njihova razlika.
Sasvim se slično grafički rješavaju problemi s više cijevi ili problemi gdje više djelatnika različite kakvoće radi isti posao.
Primjer. Iz grada A pođe prema gradu B pješak koji svaku uru prijeđe 5 km. Gradovi su udaljeni 45 km. Prema njemu iz grada B krene 1 uru kasnije biciklist brzinom od 15 km na uru. Kad će se i na kojoj udaljenosti od grada A oni sresti?
Rješenje. Na osi apscisa jedinična dužina predstavlja 1 uru, a na osi ordinata 5 km.
Pravac kojim opisujemo kretanje pješaka prolazi točkama $O(0,0)$ i $A(9,9)$, tj. $x_A=9$ ura, $y_A=45$ km.
Kretanje biciklista opisano je pravcem $B(1,9)$ ($x_B=1$ ura i $y_B=9\cdot 5=45$ km) i $C(4,0)$ (v. sl.).
Sjecište ovih pravac je točka $D(3,3)$.
Dakle, oni su se sreli nakon što je pješak hodao tri ure i to na udaljenosti $15$ km od grada $A$.
Rješenje zadatka o tramvaju broj 11.
Rješenje. Na sl. označeno je kretanje "jedanaestice". Nakon dolaska na Črnomerac (ili Dubravu) "jedanaestica" stoji 10 minuta.
U trenutku polaska na Črnomerac dolazi nova "jedanaestica". To je prva koju su Matkači sreli. Isto tako će u trenutku dolaska u Dubravu sresti jednu "jedanaesticu" koja odlazi.
Na pruzi će (vide se kao presjeci pravaca) sresti još 11 "jedanaestica". To je, s "jedanaesticom" u kojoj su Matkači, ukupno 14 tramvajskih vlakova.Brojimo li sedam susreta od početka vožnje (na slici je sedmi susret označen kružićem), vidjet ćemo da su točno na pola puta od Dubrave i da će sljedeći tramvaj sresti za 5 minuta.
Ovaj su problem zadali, a ja sam ga lokalizirao na problem zagrebačkog tramvaja broj 11, najveći svjetski matemagičari u okviru prvog svjetskog matematičkog kongresa početkom 20. stoljeća. Problem putovanja parobroda između franscuske luke Le Havrea i američke luke u New Yorku izazvao je ogromno zanimanje svjetske (i ne samo matematičke) javnosti i ukazao da se mnogi magičarski problemi mogu rješavati na matemagičarski način koji izaziva (kao i kod pravih mađioničara) nedoumicu i divljenje svojom jednostavnošću i efikasnošću.
Zadatci za vježbu
Evo nekoliko zadataka za vježbu i provjeru metode. Zadatke $5.$ i $6.$ zadao je jedan od najvećih matemagičara Isaac Newton (1643. - 1727.), a zadatci od $7.$ i $8.$ bili su zadani na matematičkim natjecanjima u RH.
1.) Danica stanuje na početku Ulice tulipana, a Ante na kraju. Ulica je duga 7 km. U 6 ura i 5 minuta pješice krenu
oni istovremeno jedno prema drugome brzinom od 3,5 km na uru. Ulicom voze tramvaji samo prema Antinu stanu brzinom od 14 km na uru. Prvi tramvaj kreće s početka ulice u 6 ura i 30 minuta, a ostali svakih 10 minuta.
Danicu zanima koliko će tramvaja prije nje stići do kraja ulice, a Antu zanima koliko će tramvaja sresti do početka ulice.
2.) Djelatnik $A$ završi neki posao za 12 ura, a djelatnik $B$ za 8. Za koje će vrijeme oba djelatnika završiti taj posao ako:
a) oni počnu raditi istodobno, b) drugi počne raditi 3 ure kasnije od prvog?
3.) Spremnik se može napuniti trima cijevima, prvom za 15, drugom za 12 i trećom za 10 ura. Za koje će vrijeme napuniti spremnik ako se otvore:
a) sve 3 cijevi, b) samo 2 cijevi?
4.) Programer reda vožnje u pomorskoj tvrtki Daleka obala mora povezati luke $A$ i $B$ brodskim vezama. Istovremeno iz luka $A$ i $B$ kreću brodovi u 6 i 18 ura. Plovidba svakog broda traje točno 6 dana.
Koliko treba brodova za uspješno održavanje ovakvog reda vožnje? Koliko će brodova prve plovidbene linije sresti svaki brod druge?
5.) Tri djelatnika zajedno rade neki posao. Djelatnik $A$ može učiniti taj posao za 3 tjedna, djelatnik $B$ može učiniti tri puta veći posao za 8 tjedana i djelatnik $C$ pet puta veći posao za 12 tjedana.
Za koje će vrijeme oni posao učiniti zajedno?
6.) Dvije skupine vojnika, međusobno udaljene 59 milja, pješače jedna prema drugoj. Skupina $A$ prijeđe za 2 ure 7 milja, a $B$ za 3 ure 8 milja. Skupina $B$ krenula je na put jednu uru kasnije od $A$.
Koliko milja prijeđe skupina $A$ do susreta sa skupinom $B$?
7.) Zaboravni profesor otvorio je slavinu za vodu nad kadom i zaboravio začepiti kadu. Poznato je da se prazna kada napuni za 20 minuta, a puna isprazni za 30 minuta. Profesor se sjetio čepa nakon 48 minuta.
Je li se voda u kadi prelila?
8.) Jedan traktor može sam preorati neku njivu za 7 ura, a drugi za 5 ura. Ako bi oba traktora zajedno orala tu njivu, drugi bi traktor preorao 7 hektaera više od prvog.
Koliko hektara ima ta njiva?
Često se susrećemo s problemima u kojima zaključak proturječi činjenicama. Parafrazirat ćemo staru izreku: Ako laže zaključak ne laže račun!.
To će nam biti nit vodilja u rasčlambi zaključka i traženju gdje nastaje pogrješka u problemu površine pravokutnika i kvadrata koji su sastavljeni od istih dijelova, a imaju različite površine.
To jedan od vrlo poznatih matemagičarskih trikova.
Zadan je pravokutnik $ABCD$ dimenzija $13$ cm $\times\ 5$ cm. Podijeli se dijagonalom $\overline{AC}$ i okomicama u točkama $E$ i $G$ koje su 8 cm od vrha $A$ i vrha $C$. Sjecišta tih okomica s dijagonalom $\overline{AC}$ su točke $F$ i $H$ (v. sl.).
Ovaj pravokutnik ima površinu jednaku $13 \cdot 5 = 65$ cm$^2$.
Četiri dijela pravokutnika preslagivanjem daju kvadrat površine $8 \cdot 8 = 64$ cm$^2$ (v.sl.).
Gdje je nestao 1 cm$^2$?
Očito je zaključak lažan! I to je pravi matemagičarski trik!
Ali gdje nastaje to lažno zaključivanje? Gdje se krije prijevara? Ili u čemu je magičarstvo? Vidimo li to na slici?U ovom je primjeru to lako odrediti i otkriti! Izračunajmo koliko je $|AD|+|EF|$ u pravokutniku, a koliko u kvadratu (jer je to stranica kvadrata).
Iz sličnosti trokuta $AEF$ i $ABC$ pravokutnika $ABCD$ slijedi da je $$8 : 13 = |EF| : 5,$$ odnosno $$|EF|=\frac{40}{13}.$$ Kako je $|AD|=5$ cm, onda je $$|AD|+|EF|=5+\frac{40}{13}=8.08$$ Dakle, $|AD|+|EF|\neq |DE|$ jer je $|DE|=8$ cm. Račun ne laže!
Ovaj je paradoks prvi put objavljen u Njemačkoj 1868. godine. Nakon toga došao je u ruke velikom piscu i matemagičaru Lewisu Carollu koji ga je poopćio.
Caroll je ispitao što se to mijenja preslagivanjem 4 dijela pravokutnika iz kojih nastaje kvadrat za 1 cm$^2$ manje površine.
Caroll je istražio ovaj problem pretpostavivši da je širina pravokutnika jednaka $n-a,$ duljina $2n-a,$ te duljina stranice kvadrata $n$.
Točke $E$ i $G$ na stranicama pravokutnika $ABCD$ za $n$ su udaljene od vrhova $A$ i $C$. (Pogledamo li sliku već spomenutog pravokutnika na početku ovog članka, vidjet ćemo da je to slučaj za koji je $n=8$ i $a=3$.)
Ako pravokutnik i preslagivanjem dobiveni kvadrat imaju površine koje se razlikuju za 1 cm$^2$, onda vrijedi $$(n-a)(2n-a)-a^2=1,$$ odnosno $$n^2-3an+a^2-1=0.$$ U problemima ovog tipa zanimljive su cjelobrojne dimenzije pravokutnika i kvadrata. Caroll je zaključio da za $$n_{1,2}=\frac{3a\pm\sqrt{9a^2-4(a^2-1)}}{2},$$ odnosno $$n_{1,2}=\frac{3a\pm\sqrt{5a^2+4}}{2}$$ diskriminanta $d=5a^2+4$ mora biti potpuni kvadrat da bi pravokutnik i kvadrat bili cjelobrojnih dimenzija, a njihove se površine razlikovale za 1 cm$^2.$
Ako se pogledaju dimenzije mnogokuta za prvih 10 vrijednosti broja $a$ uočit će se da postoje samo tri slučaja koji ispunjavaju uvjete.
Sljedeća vrijednost za koju je $d$ potpuni kvadrat broja je $a=55$ i $n=144.$
Koliki li je zbroj $|AD|+|EF|$ za ova 4 slučaja?
Lako se vidi da je taj zbroj redom $2,2; 8,08; 21,03$ i $144,004$.
Dakle, što su pravokutnik i kvadrat većih dimenzija to je teže uočiti da se dijelovi pravokutnika preklapaju u posloženom kvadratu tj. da odgovarajući dijelovi pravokutnika i kvadrata nisu međusobno sukladni.
Ilustracije radi, pravokutnik duljine 233 m i širine 89 m daje trapeze koji se u posloženom kvadratu preklapaju samo 3 mm.
Regula falsi ili pogađanjem do točnog rješenja.
Ova je metoda u povijesti matematike poznata kao regula falsi.
Uporabljivala se u matematici, u ovakvom ili sličnom obliku, više tisuća godina.
Nalazimo je u Ahmesovoj računici koja datira oko 21. do 18. st. pr. K., u Moskovskom papirusu, u Kini u komentarima L. Huia knjige Jiuzhang Suanshu koja pokriva vrijeme vladavine dinastije Han od 206. g. pr. K. do 220. g., u Diofantovoj Aritmetici koja datira oko 275. g., u arapskih matematičara 9. i 10. st., u Liber abaci iz 1202. g. Leonarda Pisanskog, u Le compendion de l'abaco iz 1492. g. F. Pellosa, u Sumi iz $1494.$ g. L. Paciolija, u Ground of Artes iz $1542. g.$ R. Recordea, u Epitome Arithmeticae Practicae iz 1583. g. C. Claviusa te drugih matemagičara.Pokušajmo sljedeći problem riješiti bez uporabe jednadžbe.
Problem. Nađite broj koji ima svojstvo da se dobije $1140$ kad se od njega oduzme njegova četvrtina i doda njegova petina.
Probajmo pogoditi rješenje. Pretpostavimo da je to broj $100.$ Provjerimo da li broj $100$ ima zadana svojstva.
Imamo $$100-\frac{1}{4}\cdot 100+\frac{1}{5}\cdot 100 = 95.$$ Provjera pokazuje da broj $100$ nije rješenje i da je broj $95$ za $1045$ manji od zahtijevanog rezultata $1140.$
Probajmo s nekim drugim brojem. Pretpostavimo da je rješenje broj $200.$ Provjerimo je li $200$ rješenje! Imamo $$200-\frac{1}{4}\cdot 200+\frac{1}{5}\cdot 200 = 190.$$ Provjera pokazuje da i broj $200$ nije rješenje i da je $190$ manji za $950$ od rezultata $1140.$
Dakle, ove dvije pretpostavke nisu dale rješenje.
Treba li ovo pogađanje nastaviti dok slučajno ne pogodimo rješenje? Ili se, ipak, ovo računanje može iskoristiti kako bismo, bez pogađanja, odredili točno rješenje?
Stari su matemagičari uočili put od pogrješnih pretpostavki prema točnom rješenju, tj. otkrili su "trik".
Zapisali su ove brojeve u dva stupca, dijagonalno ih "povezali" i nakon toga s njima računali.
Izračunali su $$\frac{200\cdot 1045 - 100\cdot 950}{1045 - 950} = 1200.$$ Provjera $\displaystyle 1200-\frac{1}{4}\cdot 1200 + \frac{1}{5}\cdot 1200= 1140$ pokazuje da je broj $1200$ traženi broj koji zadovoljava postavljene uvjete.
Ovaj postupak vrijedi i u slučaju da se u provjeri pretpostavljenih rješenja dobiju rezultati koji su veći od $1140.$
U slučaju da je jedan račun u provjeri manji te drugi veći, onda se računaju zbrojevi (a ne razlike).
Primjerice, pretpostavimo da je rješenje broj $1000.$
Dobivamo da je $\displaystyle 1000-\frac{1}{4}\cdot 1000 + \frac{1}{5}\cdot 1000= 950$ manje od $1140$ za $190.$ Za pretpostavljeni broj $2000$ dobivamo da je $\displaystyle 2000-\frac{1}{4}\cdot 2000 + \frac{1}{5}\cdot 2000= 1900$ veće od $1140$ za $760.$ Imamo $$ 1000 \quad \quad 190\\$$ $$2000 \quad \quad 760\\$$ a odavde je traženi broj $$\frac{2000\cdot 190 + 1000\cdot 760}{190 + 760} = 1200.$$
Razmotrimo još dva primjera kako bismo se uvjerili u velike mogućnosti magičarstva naših starih matemagičara.
Primjer. Netko kupi tri vrste robe: prve vrste $9$ kg više nego druge vrste, a druge vrste $45$ kg više nego treće. Koliko je kilograma kupio od svake vrste, ako je ukupno kupio $210$ kg?
Pretpostavimo da je kupio prve vrste $120$ kg. Tada imamo da je druge vrste kupio $111$ kg, a treće $66$ kg.
Zbroj $120+111+66=297$ veći je od $210$ za $87.$
Pretpostavimo, drugi put, da je prve vrste kupio $70$ kg. Tada imamo druge vrste $61$ kg, a treće vrste $16$ kg.
Zbroj $70+61+16=147$ je za $63$ manji od $210.$
Dakle, imamo $$ 120 \quad \quad 87\\$$ $$70 \quad \quad 63\\$$ a odavde je traženi broj $$\frac{70\cdot 87 + 120\cdot 63}{87 + 63} = 91.$$
Kupac je kupio $91$ kg robe prve vrste, $82$ kg druge vrste i $37$ kg treće vrste.
Primjer. Riješite jednadžbu $$\frac{x-1}{2}+\frac{x+3}{5}=1$$ metodom regula falsi.
Pretpostavimo da je $x=1.$ Tada je $$\frac{1-1}{2}+\frac{1+3}{5}=\frac{4}{5},$$ a to je za $\displaystyle \frac{1}{5}$ manje od $1.$
Pretpostavimo da je $x=2.$ Tada je $$\frac{2-1}{2}+\frac{2+3}{5}=\frac{3}{2},$$ a to je za $\displaystyle \frac{1}{2}$ veće od $1.$ Imamo $$ 1 \quad \quad \displaystyle \frac{1}{5}\\$$ $$2 \quad \quad \displaystyle \frac{1}{2}\\$$ a odavde je $$x=\frac{2\cdot\displaystyle \frac{1}{5}+1\cdot\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle \frac{1}{5}+\displaystyle \frac{1}{2}}=\displaystyle \frac{9}{7}.$$
Provjera pokazuje da smo točno odredili nepoznanicu $x.$
Evo nekoliko zadataka za samostalno rješavanje.
Zadatci.
- Ako bi u razred ušlo još toliko učenika koliko ih ima i još polovina i još trećina i još jedan, bilo bi ih $120.$ Koliko učenika na početku ima taj razred?
- Riješite jednadžbu $5(2x-1)+3(x+4)=150.$
- (Iz Moskovskog papirusa) Riješite jednadžbu $\displaystyle x-\frac{1}{5}x=20.$
- (Iz Ahmesove računice) Riješite jednadžbu $\displaystyle (x+\frac{2}{3}x)-\frac{1}{3}(x+\frac{2}{3}x)=10. $
- (F. Pellos, 15. st.) Koplje u vodi ima polovinu i trećinu duljine, a iznad vode $9$ pedalja. Koliko je dugačko koplje?
- (Iz udžbenika u 18. st.) U vrećici je vrijednost od $154$ franka u novčićima od $5$ franaka i $2$ franka. Novčića ima 41 komad. Koliko ima novčića od $5$ franaka?
$$ *\ *\ *\ *\ *\ $$
Iz ovih primjera i zadataka zaključujemo da su se metodom regula falsi rješavali zadatci koji se svode na linearne jednadžbe.
Matemagičarsko obrazloženje metode
Razmotrimo ovu metodu tako da njezine upute pogledamo u svjetlu spomenute činjenice. Dakle, imamo linearnu jednadžbu $$ ax+b=0.\dots (1) $$ Neka su $p_1$ i $p_2$ dvije pretpostavljene vrijednosti za $x$ i neka su $g_1$ i $g_2$ izračunate grješke. Imamo dvije jednakosti $$ ap_1+b=g_1, \dots (2) $$ $$ ap_2+b=g_2. \dots (3) $$ Oduzmimo od jednakosti (2) jednakost(3). Dobivamo $$ (p_1-p_2)=g_1-g_2. \dots (4) $$ Pomnožimo (2) s $p_2,$ a (3) s $p_1.$ Dobivamo jednakosti $$ ap_1p_2+bp_2=g_1p_2, \dots (5) $$ $$ ap_1p_2+bp_1=g_2p_1. \dots (6) $$ Odavde oduzimanjem dobivamo $$ b(p_2-p_1)=g_1p_2-g_2p_1. \dots (7) $$ Podijelimo li jednakost (7) s (4) dobivamo $$-\frac{b}{a}=\frac{g_1p_2-g_2p_1}{g_1-g_2}.$$ Dakle, dobivamo vrijednost rješenja naše početne linearne jednažbe (1), tj. $$x=-\frac{b}{a}=\frac{g_1p_2-g_2p_1}{g_1-g_2}.$$
Ovdje se vidi i zašto se u brojniku i nazivniku, u slučaju kad je jedna pogrješka manja, a druga veća od zadane vrijednosti, računaju zbrojevi.
Grješka $g_2$ (ili $g_1$) tada imaju $"+"$ ili $"-"$ predznak/vrijednost u odnosu na zadanu vrijednost. Vidi se i zašto se u slučaju kad su obje pogrješke manje ili veće od zadane vrijednosti, računaju razlike.
Zaključujemo da se metodom regula falsi točno rješavaju problemi koji se mogu svesti na rješavanje linearne jednadžbe.
Zaključak o uporabi matemagičarstva. U ovoj su datoteci eksplicitno ilustrirani svi aspekti moderne nastave matematike kao i zahtjevi nekih ishoda Nacionalnog okvirnog kurikuluma (NOK-a):
- $\dots$ uspostaviti i razumjeti veze i odnose među matematičkim objektima, idejama, pojmovima, prikazima i postupcima te oblikovati cjeline njihovim nadovezivanjem,
- $\dots$ organizirano prikazati matematičke objekte, ideje, postupke i rješenja riječima, slikama, crtežima, maketama, dijagramima, grafovima, listama, tablicama, brojevima,
simbolima i misaono,
- $\dots$ postavljati matematici svojstvena pitanja (Postoji li? Ako postoji, koliko? Kako ćemo ih pronaći? Zbog čega? i slična) te stvarati i istraživati na njima zasnovane matematičke
pretpostavke,
- $\dots$ obrazložiti odabir matematičkih postupaka i utvrditi smislenost dobivenoga rezultata,
- $\dots$ pratiti, stvarati i vrjednovati lance matematičkih argumenata različitih vrsta te primjenjivati analogiju, generalizaciju i specijalizaciju,
- $\dots$ kreativno, kritički i fleksibilno misliti,
- $\dots$ primijeniti koordinatnu geometriju, za prikazivanje i istraživanje svojstava geometrijskih oblika,
- $\dots$ rabiti geometrijske transformacije ravnine za opisivanje pravilnosti i svojstava geometrijskih uzoraka,
- $\dots$
Dakle, ovom se datotekom, osim nabrojenih zahtjeva, ilustrira i mogući razvoj osjećaja za analogiju koja učenicima omogućuje drukčije razmišljanje. Na ovaj način oni mogu otkriti i spoznati mnoge "nove" zanimljive činjenice elementarne ("školske") matematike.
Ilustrirana je povezanost različitih matematičkih područja u kojima se segmentirano poučavaju i učenje određenih činjenica, a ovdje su "smisleno" povezane/primijenjene na magičarski način. Pokazana je mogućnost da se i učenici tijekom svojeg školovanja upoznaju s ovim pogledom i povezivanjem u matematici i njezinim rješenjima tijekom povijesti matematike kao i primjenom u kontekstu vremena. Za ukazivanje na povezanost s drugim područjima ostavljamo u zadatak čitatelju.
Bilješka o autorima
Životopisi
Petar Mladinić rođen je 1950. godine u Zagrebu, gdje je diplomirao matematiku na Prirodoslovno-matematičkom fakultetu.
Njegov rad ima dugotrajan učinak na poboljšanje odgojne i obrazovne prakse. Kao voditelj Nastavne sekcije Hrvatskoga matematičkog društva pridonosio je razvoju profesionalnih potreba učitelja/nastavnika, učenika i studenata u formalnome i neformalnom svakidašnjem i cjeloživotnom učenju i poučavanju.
Organizirao je više od 150 predavanja, mnogobrojne radionice, pokrenuo Ljetnu školu Ruđera Boškovića te Ljetnu školu V. gimnazije i HMD-a.
Za profesionalne potrebe učitelja, učenika i studenata utemeljio je četiri matematička časopisa: Poučak, Matka, Playmath i math.e te inicirao izdavanja knjiga u sklopu Male matematičke i Matkine biblioteke.
Napisao je stotinjak stručnih članaka, knjiga, gimnazijskih i drugih udžbenika, potaknuo prijevode i preveo nekoliko knjiga te organizirao na desetke radionica za nastavnike i učenike.
Pridonio je razvoju sustava obrazovanja u matematičkom području kao član Vijeća za nacionalni kurikulum i član Radne skupine za izradu Nacionalnoga okvirnog kurikuluma za matematiku.
Godine 2011. prijavio je projekt V. gimnazije IPAQ Peta - afirmativna nastava i inovativno poučavanje u gimnazijama u okviru HKO koji je realiziran s timovima četiriju gimnazija - iz Vukovara, Pakraca, Knina i Metkovića - te Prirodoslovno-matematičkim fakultetom iz Zagreba, uz sudjelovanje 1200 učenika i 1000 nastavnika.
Osmislio je i organizirao projekt dvogodišnjih okupljanja učitelja i nastavnika matematike (susreti i kongresi nastavnika matematike) na kojima su izlagali hrvatski nastavnici, kao i najugledniji strani stručnjaci iz područja nastave matematike.
Utemeljio je hrvatski ogranak TTT (Teacher Teaching Technology).
Utemeljio je i više godina vodio Geometrijske radionice HMD-a.
Kao nastavnik, a posebno kao ravnatelj V. gimnazije, aktivno je uključen u zajednicu, osnažuje demokratske procese, toleranciju i solidarnost među mladim ljudima i njihovim roditeljima.
U slobodnom vremenu bavio se i suđenjem rukometnih utakmica. Prvi je hrvatski međunarodni sudac koji je licencu postigao u Lijepoj Našoj. Od 1993. do 1999. godine bio je član tzv. elitne liste sudaca IHF-a (International handball federation). Sudio je utakmice na Olimpijadi u Atlanti, na 4 svjetska prvenstva, 3 europska, 2 azijska i na mediteranskim igrama. Sudio je završnu utakmicu japanskog prvenstva, kao i tuniskog. Također je sudio 7 završnih utakmica europskih kupova, utakmice na dva svjetska kupa te prvi europski super kup. Na obilježavanju 100 godina športa u Austriji sudio je utakmicu između ženskih reprezentacija Austrije i Svijeta. Ukupno je sudio na više od 250 međunarodnih utakmica.
Odlikovan je Spomenicom Domovinskog rata 1990. - 1992., odličjem Reda hrvatskog pletera i dobitnik je Državne nagrade Ivan Filipović za godinu 2015.
$$ *\ *\ *\ *\ *\ $$
Nikol Radović rođena je 1963. godine u Sisku. Diplomirala je na Matematičkom odsjeku Prirodoslovno-matematičkog fakultetu Sveučilišta u Zagrebu, na smjeru Geometrija i topologija.
Godine 1997. magistrirala je na istome odsjeku s temom Reed-Müllerovi kodovi. Radi kao viša predavačica na Katedri za matematiku i fiziku Zavoda za geomatiku Geodetskog fakulteta Sveučilišta u Zagrebu.
Područje autoričina znanstvenog i stručnog interesa je primjena matematike u drugim znanostima (kemija, kristolografija, fizika, geodezija i geomagnetizam). U razdoblju od 1992. do 2000. godine surađuje unutar projekta Ministarstva znanosti Studij separacije i analize, te strukture i svojstava materijala (1992. - 1996.) br 1 - 07 071 i Separacija, struktura i sustav metalnih materijala (1997. - 2000.), br. 124003, volonterski, na matematičkoj obradi podataka. Rezultat toga je velik broj objavljenih znanstvenih i stručnih radova u domaćim i stranim časopisima, kao i sudjelovanja na znanstvenim i stručnim skupovima.
Koautorica je udžbenika iz matematike za osnovnu školu (od 5. do 8. razreda), te knjige Nacrtna geometrija: Perspektiva - Mongeov postupak - Aksonometrija.
Aktivno sudjeluje u aktivnostima Nastavne sekcije Hrvatskog matematičkog društva u organiziranju i provedbi metodičkih radionica za učenike i nastavnike na popularizaciji matematike kao i primjeni tehnolgije u nastavi matematike, te u nizu projekata, primjerice Matematika uz pomoć računala i računalnog programa Sketchpad (2007. - 2010.) u organizaciji Hrvatskog matematičkog društva i CARNET-a kao jedan od koordinatora.
Sudjeluje u projektima Geopotencijal i geodinamika Jadrana (Geo ++Adria) (od 2007.), Joint Croatian - Hungarian Geomagnetic Repeat Station Survey and Joint Geomagnetic Field Model (od 2009.), Dynamic Number) u organizaciji National Science Foundation, U.S.A. i KCP Tehnologies (od lipnja 2010.), IPAQ Peta - projekt V. gimnazije i PMF-a u Zagrebu u okviru Further development and implementation of the Croatian Qualifications Framework (od lipnja 2013. do veljače 2015.) te Matematičkim znanstvenim izazovima na Večerima matematike u organizaciji HMD-a (od lipnja 2013.).
[per kcpt.github.io]. License: Creative Commons CC-BY-NC-SA 4.0