Zadania nie muszą nudzić

Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli
w Rzeszowie
Adam Kawałek, Wiesław Bać,
dr Bronisław Pabich
Zadania nie muszą nudzić
materiały szkoleniowe
w projekcie Szkoła Kluczowych Kompetencji
Rzeszów 2011 r.
Zadania nie muszą nudzić
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie, Rzeszów 2011-11-08
Redakcja: Adam Kawałek
Projekt okładki:
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 2
Zadania nie muszą nudzić
Wstęp
Zadaniem niniejszego opracowania jest wsparcie merytoryczne zajęć
z matematyki prowadzonych w ramach projektu „Szkoła Kluczowych
Kompetencji”. Jego treść ułożona jest w ten sposób, aby uczestnik programu –
uczeń szkoły ponadgimnazjalnej i przyszły student - mógł zobaczyć
i doświadczyć w jaki sposób rozwiązywanie problemów matematycznych
kształtuje jego kompetencje przydatne nie tylko w matematyce, jak na
przykład: umiejętność krytycznego spojrzenia na efekty własnej pracy, uczenia
się poprzez błędy, posługiwania się technologią informatyczną w celu
odkrywania nowych faktów, ścisłego i prostego spostrzegania
wieloaspektowości problemu, wnioskowania i argumentacji .
W pierwszym rozdziale pokazujemy, że do poprawnego rozwiązania typowych
zadań matematycznych można dochodzić wieloma (często całkowicie
odmiennymi) sposobami.
W kolejnych dwóch rozdziałach przedstawiamy przykłady trudnych do odkrycia
błędów popełnianych podczas rozwiązywania zadań matematycznych.
W rozdziale czwartym i piątym prezentujemy ciekawe (naszym zdaniem)
problemy i ich rozwiązania.
Ostatni rozdział stanowi propozycje odkrywania geometrii za pomocą
programów z grupy Cabri.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 3
Zadania nie muszą nudzić
Spis treści:
I.
Jedno zadanie – wiele rozwiązań..................................................................................................... 5
II.
Błędy kształcą ................................................................................................................................ 23
III. Sofizmaty i paradoksy matematyczne ........................................................................................... 31
IV. Zadania z konkursów matematycznych ......................................................................................... 47
V.
Ciekawe zadania maturalne........................................................................................................... 65
VI Jak polubić geometrię z programami CABRI .................................................................................... 74
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 4
Zadania nie muszą nudzić
I.
Jedno zadanie – wiele rozwiązań
Rozwiązywanie zadań nie jest chodzeniem z góry wytyczonym szlakiem. Każde
zadanie matematyczne można rozwiązać odwołując się do różnych części
z zakresu szkolnego materiału. Rozwiązanie jednego zadania pięcioma
sposobami jest na pewno bardziej kształcące niż rozwiązanie pięciu zadań jedną
metodą. Poszukiwanie wielu rozwiązań pozwala na głębsze zrozumienie
zagadnienia i obejrzeniu go z wielu stron. Poniżej przedstawiamy przykłady,
które powinny czytelników przekonać, że rzeczywiście tak jest.
Zadanie 1
W zagrodzie były kury i króliki. Razem było 20 głów i 68 nóg. Ile było kur, a ile
królików?
Rozwiązanie 1 (algebraiczne)
Przyjmiemy oznaczenia:
x- - ilość kur
y – ilość królików
Wówczas
x+y – liczba wszystkich zwierząt (głów)
2x+4y – liczba nóg kur i królików
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 5
Zadania nie muszą nudzić
Odp. Wśród zwierząt było 6 kur i 14 królików.
Rozwiązanie 2 (arytmetyczne)
Każde zwierzę ma przynajmniej 2 nogi, a zatem wszystkie zwierzęta mają ich co
najmniej 40. Wśród zwierząt są czworonogi, więc „obdarzmy” je należnymi im
dodatkowymi dwoma nogami, których pozostało 28. Tak więc liczba
czworonogów musi wynosić 14. Ponieważ wszystkich zwierząt jest 20, zatem
liczba dwunożnych jest równa 6.
Odp. Mamy 6 kur i 14 królików.
Zadanie można rozwiązać rysunkiem powtarzając analogiczne czynności, jak
w rozwiązaniu arytmetycznym związane z „przydziałem” nóg.
Zadanie 2
Rozwiąż równanie
Rozwiązanie 1
Rozważmy przypadki ze względu na znak wyrażenia pod wartością bezwzględną
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 6
Zadania nie muszą nudzić
Rozwiązanie 2
Zauważ, że wartość wyrażenia
jest równa odległości na osi liczbowej
punktu o współrzędnej od punktu o współrzędnej .
Wyrażenie
oznacza sumę odległości punktu o współrzędnej
x od punktów 2 i -2. Aby rozwiązać nasze równanie należy odpowiedzieć na
pytanie, dla których punktów suma ich odległości od 2 i -2 wynosi 4. Takimi
punktami są jedynie te, które należą do przedziału <-2,2>, ponieważ 4 jest
długością tego przedziału.
Zadanie 3
Rozwiąż równanie
Rozwiązanie 1
Rozważmy, podobnie jak poprzednio, znak wyrażenia pod wartością
bezwzględną.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 7
Zadania nie muszą nudzić
Rozwiązanie 2
Skorzystamy z twierdzenia:
Gdy
wówczas równanie jest sprzeczne, bo
nie może być równe
liczbie ujemnej.
Gdy
równanie jest równoważne (na mocy wcześniej przytoczonego
twierdzenia):
A zatem
Uwzględniając założenie (
.
otrzymujemy ostatecznie
.
Zadanie 4
Rozwiąż równanie:
Rozwiązanie 1
Rozważmy przedziały ze względu na wartość bezwzględną (zauważmy,
że
zeruje się dla x=1 lub x=2).
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 8
Zadania nie muszą nudzić
Rozwiązanie 2
Ponieważ drugie równanie jest sprzeczne, mamy ostatecznie
Rozwiązanie 3
Po lewej stronie równania występuje suma dwóch wyrażeń nieujemnych.
Wartość zero tej sumy jest możliwa jedynie wtedy, gdy oba jej składniki są
zerami, a więc:
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 9
Zadania nie muszą nudzić
Rozwiązanie 4
Równanie przekształcamy do postaci:
. Następnie
sporządzamy wykresy funkcji
oraz
.
Łatwo zauważyć, że wykresy mają tylko jeden punkt wspólny, którego odcięta
x=1, a zatem 1 jest rozwiązaniem równania. Wykonanie wykresów
pozostawiamy czytelnikowi.
Zadanie 5
Wyznacz wszystkie wartości parametru p i q, dla których rozwiązaniem
równania
są liczby p i q.
Rozwiązanie 1
Załóżmy, że p i q są rozwiązaniami równania
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
, wówczas:
Strona 10
Zadania nie muszą nudzić
Po sprawdzeniu przekonamy się, że dwa pierwsze rozwiązania spełniają
warunek zadania. Dla
a jego rozwiązaniami są liczby
równanie ma postać
i 1, a zatem warunki zadania nie są spełnione.
Rozwiązanie 2
Załóżmy, że
oraz p i q są rozwiązaniami równania, wówczas z twierdzenia
o rozkładzie trójmianu kwadratowego na czynniki liniowe:
Stosując twierdzenie o równości wielomianów:
Obydwa rozwiązania spełniają warunek
.
Rozwiązanie 3
Przyjmujemy analogiczne założenie, jak poprzednio. Wykorzystując wzory
Viete’a otrzymujemy:
. Podstawiając za
liczby
p,q otrzymujemy układ:
, który rozwiązujemy tak, jak
w poprzednim przykładzie.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 11
Zadania nie muszą nudzić
Zadanie 6
Dla jakich wartości parametru m równanie
rozwiązania większe od 1.
ma dwa różne
Rozwiązanie 1
Rozważmy funkcję
. Warunki zadania będą spełnione
wtedy i tylko wtedy, gdy jej wykres będzie przecinał oś OX w dwóch różnych
punktach na prawo od jedynki, a uwzględniając, że ramiona paraboli są
skierowane „do góry”, otrzymujemy układ warunków:
Rozwiązanie 2
Warunki zadania oznaczają, że:
czyli
(1)
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 12
Zadania nie muszą nudzić
Na to by dwie liczby były dodatnie potrzeba i wystarcza, aby ich iloczyn i suma
były jednocześnie dodatnie, a zatem układ (1) jest równoważny koniunkcji
warunków:
Wykorzystując wzory Viete’a
, a zatem
Rozwiązanie 3
Najbardziej naturalnym sposobem rozwiązania wydaje się obliczenie
pierwiastków równania i podstawienie do układu
Otrzymamy wtedy układ
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 13
Zadania nie muszą nudzić
Ostateczny zbiór rozwiązań jest oczywiście taki, jak w poprzednich przykładach.
Rozwiązanie dwóch ostatnich nierówności jest jednak pracochłonne i trudne.
Metoda okazuje się więc „nieekonomiczna” i dlatego na ogół nie jest
proponowana przez nauczycieli.
Zadanie 7
Oblicz dokładną wartość
.
Rozwiązanie 1
Stosujemy wzór trygonometryczny prawdziwy dla dowolnych kątów
Rozwiązanie 2
Wykorzystamy wzór trygonometryczny:
Oznaczmy
, wtedy (po uwzględnieniu dodatniości funkcji cosinus
dla kątów ostrych oraz „jedynki trygonometrycznej”)
.
Wykorzystując wzór na dwukrotność kąta, a zatem fakt, że
otrzymujemy równanie:
Ponieważ
, więc
i równanie można podnieść
równoważnie stronami do kwadratu otrzymując:
, które rozwiązujemy, jak równanie dwukwadratowe, a więc
podstawiamy
i otrzymujemy
Po obliczeniu wyróżnika
.
, wyznaczamy rozwiązania:
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 14
Zadania nie muszą nudzić
,
(
, z których pierwsze nie spełnia warunków zadania
). Zatem
.
Rozwiązanie 3
Zauważmy, że kąt 750 jest jednym z kątów trójkąta, którego pozostałe kąty
wewnętrzne to 600 i 450. Możemy więc wykorzystać do obliczenia jego sinusa
związki miarowe między bokami i kątami. Przyjmijmy oznaczenia i „wygodne”
długości boków, jak na rysunku. Dobór długości uwzględnia oczywiście znane
własności trójkąta równobocznego i prostokątnego równoramiennego.
E
D
Obliczmy najpierw długość wysokości CE wyrażając pole trójkąta na dwa
sposoby i porównując otrzymane iloczyny:
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 15
Zadania nie muszą nudzić
Z definicji funkcji sinus zastosowanej w trójkącie AEC
Rozwiązanie 4
Wykorzystajmy przyjęte długości i oznaczenia, jak na poprzednim rysunku.
Policzmy pole trójkąta ABC za pomocą dwóch wzorów, a następnie
porównajmy rezultaty.
Z drugiej strony
A zatem
,
stąd
Zadanie 8
Z pojemnika, w którym jest siedem kul białych i cztery kule czarne, losujemy
trzy razy po jednej kuli bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo otrzymania
kuli czarnej w trzecim losowaniu.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 16
Zadania nie muszą nudzić
Rozwiązanie 1
Zdarzeniami elementarnymi są wariacje bez powtórzeń trzywyrazowe zbioru
11 – elementowego.
Zatem liczba wszystkich możliwych wyników wynosi
Niech A oznacza zdarzenie, że za trzecim razem wylosowano kulę czarną.
Z reguły mnożenia liczba wyników sprzyjających zdarzeniu
(jeśli na ostatnim miejscu postawimy jedną z czterech kul czarnych,. to na
przedostatnim możemy postawić jedną z 10 pozostałych kul, a na pierwszym
jedną z 9 jeszcze nie ustawionych).
Z klasycznej definicji prawdopodobieństwa
Rozwiązanie 2
Zauważmy, że w losowaniu jest nieistotne jaka jest pierwsza i druga kula.
Obserwujemy jedynie trzecią. Możemy więc uznać za zbiór zdarzeń
elementarnych wyniki, które pojawią się dopiero za trzecim razem.
A zatem
Zdarzeniu A (określonemu podobnie jak w poprzednim modelu) sprzyja każda
z czterech możliwości pojawienia się kuli czarnej, tzn.
.
Z klasycznej definicji prawdopodobieństwa
Zadanie 9
Gęsiego w góry maszerują dwie harcerki i trzech harcerzy. Przyjmując, że każde
z ich ustawień jest jednakowo prawdopodobne, oblicz prawdopodobieństwo,
że żadna harcerka nie sąsiaduje z harcerką, a harcerz z harcerzem.
Zdarzeniami elementarnymi są permutacje z 5 elementów (tzn. ciągi utworzone
z 5 elementów, w których każdy został wykorzystany, jako wyraz – nie powtarza
się). Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc
.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 17
Zadania nie muszą nudzić
Oznaczmy przez A zdarzenie, że w szeregu płci przeplatają się. Zauważmy, że
oznacza to zajmowanie przez chłopców pozycji pierwszej, trzeciej i piątej,
a przez dziewczyny drugiej i czwartej. Chłopców możemy na tych pozycjach
ustawić na
sposobów, a dziewczyny na 2 sposobów. A ponieważ przy
każdym ustalonym ustawieniu chłopców jest
ustawień dziewcząt, więc
wszystkich całościowych ustawień będących wynikami sprzyjającymi zdarzeniu
A jest
.
Korzystając z klasycznej definicji prawdopodobieństwa
.
Rozwiązanie 2
Zauważmy, że za wyniki doświadczenia możemy uznać przyporządkowanie
każdej z dwóch harcerek jednego z pięciu miejsc (analogiczne rozumowanie
można prowadzić ze względu na chłopców). Tak więc zbiór zdarzeń
elementarnych tworzą dwuwyrazowe ciągi (wariacje) bez powtórzeń ze zbioru
5 elementów.
.
Zdarzeniu A, że harcerki nie stoją koło siebie sprzyjają wyniki, w których każdej
z nich przyporządkowano dwa różne spośród miejsc: 2, 4.
Zatem
Rozwiązanie 3
Za wyniki doświadczenia możemy uznać każdy wybór dwóch miejsc spośród
pięciu (podzbioru dwuelementowego zbioru pięcioelementowego, a więc
kombinacje). Wszystkich takich wyborów jest 10 (
Zdarzeniu A sprzyja w tym modelu tylko jeden wynik
pozostawiamy czytelnikowi.
).
Wykonanie zadania
Zadanie 10
Rozwiąż nierówność :
(x2 – 6x + 5)(x – 3) ≤ 0.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 18
Zadania nie muszą nudzić
Rozwiązanie 1
Wyznaczamy miejsca zerowe wielomianu:
x2 – 6x + 5 = 0
x=1
x=5
x–3=0
x=3
Rysujemy przybliżony wykres wielomianu:
Odczytujemy z wykresu rozwiązanie:
.
Rozwiązanie 2
Rysujemy wykresy funkcji:
y = x2 – 6x + 5 oraz y = x – 3
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 19
Zadania nie muszą nudzić
Iloczyn wartości funkcji będzie nieujemny, jeżeli wartości funkcji będą miały
różne znaki lub któraś z nich będzie zerem.
Odczytujemy z wykresu zbiór liczb spełniających powyższy warunek:
.
Rozwiązanie 3
Wyjściowa nierówność (x2 – 6x + 5)(x – 3) ≤ 0 jest równoważna układowi
nierówności:
Rozwiązując nierówności otrzymujemy:
Stąd:
.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 20
Zadania nie muszą nudzić
Zadanie 11
Turysta przejechał pierwszego dnia rowerem 50 km. Każdego kolejnego dnia
przejeżdżał o 3 km mniej niż dnia poprzedniego. Ostatniego dnia przejechał
26 km. Ile dni podróżował turysta i jaki dystans przejechał?
Rozwiązanie 1
Zauważamy, że liczby kilometrów pokonywanych w kolejne dni tworzą ciąg
arytmetyczny (an), w którym:
a1 = 50 km, r = - 3 km, an = 26 km
Wykorzystując wzory dotyczące ciągu arytmetycznego otrzymujemy:
an = a1 + (n - 1)r
26 = 50 + (n-1) (-3)
n=9
Stąd rowerzysta w ciągu 9 dni przejechał 342 km.
Rozwiązanie 2
Obliczamy ilości przejechanych kilometrów w kolejne dni:
dzień 1: 50 km
dzień 2: 47 km
dzień 3: 44 km
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 21
Zadania nie muszą nudzić
dzień 4: 41 km
dzień 5: 38 km
dzień 6: 35 km
dzień 7: 32 km
dzień 8: 29 km
dzień 9: 26 km
Sumujemy liczby przejechanych kilometrów:
50 + 47 + 44 + 41 + 38 +35 + 32 + 29 +26 = 342 km
Stąd otrzymujemy odpowiedź:
W ciągu 9 dni rowerzysta przejechał 342 km.
Rozwiązanie 3
Ponieważ różnica liczby kilometrów pomiędzy pierwszym a ostatnim dniem
wynosi: 50 – 26 = 24 km, to ilość „obniżek” liczby kilometrów wynosi 24:3 = 8.
Stąd wliczając pierwszy dzień rowerzysta jechał 9 dni.
Średnio przejeżdżał każdego dnia
, stąd przejechał w sumie
38 km 9 = 342 km.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 22
Zadania nie muszą nudzić
II.
Błędy kształcą
Analiza popełnianych przez nas podczas rozwiązywania zadań błędów może być
bardzo kształcąca. Umiejętność krytycznego spojrzenia na własne rozwiązanie
powoduje, że zauważamy nowe właściwości i związki pomiędzy obiektami,
uczymy się poprawnego wnioskowania pozbawionego niebezpieczeństwa
rutyny, uściślamy nasze myślenie, a przede wszystkim ćwiczymy przydatny
nawyk, aby po zakończonej pracy nad problemem jeszcze raz kontrolnie
i poznawczo spojrzeć na proces, który wykonaliśmy. Wbrew pozorom nawet
biegli matematycy mogą popełniać pomyłki, o które by siebie nie podejrzewali.
Weźmy pod uwagę na przykład rozwiązanie 1 zadania 5 z poprzedniego
rozdziału (str.8). Bardzo łatwo popełnić w nim błąd polegający na braku
sprawdzenia wyników z warunkami i przyjęcia rozwiązania
, jako
poprawnego. Istota tej pomyłki polega na uznaniu układu
jako równoważnego faktowi, że p i q są pierwiastkami równania, tymczasem
zachodzi tu wynikanie jedynie w jednym kierunku. W dalszej części rozdziału
pokażemy kilka przykładów często popełnianych przez uczniów błędów, które
mogą być przez nich łatwo przeoczone. Radzimy po przeczytaniu błędnego
rozwiązania najpierw samodzielnie spróbować określić pomyłkę zanim
przeczyta się wyjaśnienie autorów.
Przykład 1
Naszkicuj wykres nierówności
Rozwiązanie
Przekształćmy nierówność do postaci równoważnej
Wykres nierówności:
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 23
Zadania nie muszą nudzić
A jednak para (-1,1) spełnia nierówność, a jednocześnie odpowiadający jej
punkt nie należy do narysowanego wykresu. Gdzie tkwi błąd?
Istota pomyłki
Obie strony nierówności podzielono przez x, a więc wyrażenie mogące
przyjmować zarówno wartości dodatnie, jak i ujemne, a nawet wartość zero.
W zależności od znaku x zmieniamy zwrot nierówności lub pozostawiamy go.
Gdy x=0 nierówność po prostu zachodzi dla każdego y rzeczywistego.
Przekształcenie powinno więc wyglądać następująco:
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 24
Zadania nie muszą nudzić
Wykres jest więc sumą trzech części opisanych przez poszczególne układy
warunków. Poprawne dokończenie zadania pozostawiamy czytelnikowi.
Przykład 2
Rozwiąż równanie
Rozwiązanie
Jednak dla
popełniono?
liczba
nie jest rozwiązaniem równania. Jaką pomyłkę
Istota pomyłki
Błąd jest w tym wypadku typowy: nie uwzględniono dziedziny równania.
Należałoby rozpocząć od założeń
, a następnie
uwzględnić je przy weryfikacji rozwiązań. Okaże się, że równanie ich nie ma.
Przykład 3
Rozwiąż równanie
.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 25
Zadania nie muszą nudzić
Rozwiązanie
Określamy dziedzinę równania:
Przy założeniu należenia x do dziedziny wykonujemy kolejne przekształcenia
równoważne:
1 należy do dziedziny równania. Łatwo jednak przeliczyć podstawiając za x np.
, że jest to również rozwiązanie równania. Tak więc „zgubiliśmy”
rozwiązania. Dlaczego?
Istota pomyłki
W pierwszym z przejść zastosowaliśmy wzór:
zachodzi przy założeniach, że
Tymczasem u nas
. Wzór ten
.
Zmienna ta może przyjmować wartości ujemne, bo „pod logarytmem” znajduje
się w kwadracie. Stosując znane twierdzenie, ale bez przyglądania się
założeniom zacieśniliśmy dziedzinę równania, a w „wyrzuconej” części
znajdowało się inne rozwiązanie. Poprawny wzór (ze względu na parzystą
potęgę x) wyglądałby następująco:
(w tym wypadku
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 26
Zadania nie muszą nudzić
). Można go uogólnić na dowolną całkowitą parzystą potęgę x.
Po zastosowaniu go, podzieleniu obu stron równania przez 2 otrzymalibyśmy:
bo
Przykład 4
Para liczb x, y jest rozwiązaniem układu równań:
z parametrem , który przyjmuje wszystkie wartości rzeczywiste. Jaka jest
najmniejsza wartość iloczynu
?
Rozwiązanie (z pewnego zbioru zadań)
Podnosimy obie strony pierwszego równania do kwadratu i odejmujemy
równania stronami, otrzymując:
Trójmian po prawej stronie przyjmuje wartość najmniejszą równą
Łatwo jednak sprawdzić, że po podstawieniu za
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
dla a =1.
otrzymamy układ
Strona 27
Zadania nie muszą nudzić
,
który jest sprzeczny, a więc w ogóle nie ma rozwiązań. Na czym polega błąd?
Istota pomyłki
Nie ustalono dziedziny funkcji
wyrażającej iloczyn xy.
Warunkiem, który ogranicza dziedzinę jest istnienie rozwiązań układu. Gdyby
wyznaczyć najpierw
z pierwszego równania, a następnie
podstawić tę wartość do drugiego, to otrzymalibyśmy równanie:
, które ma rozwiązania wtedy i tylko wtedy, gdy
. Jak widać 1 nie
należy do przedziału tworzącego dziedzinę funkcji f. Wierzchołek paraboli jest
zatem poza dziedziną, co oznacza, że wartość najmniejsza jest na jednym
z krańców przedziału. Obliczenie wartości na krańcach i wybór wartości
najmniejszej pozostawiamy czytelnikowi.
Przykład 5
Dla jakich wartości parametru a równanie:
ma rozwiązania?
Rozwiązanie
Podstawiamy
otrzymując równanie
Równanie to ma rozwiązanie, gdy
Weźmy jednak
.
Wówczas równanie
ma rozwiązania:
zatem
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 28
Zadania nie muszą nudzić
A ponieważ
, zaś
Istota błędu
Założenie o istnieniu rozwiązań równania
nie jest
wystarczające, aby warunki zadania były spełnione. Jedno z tych rozwiązań
musi należeć do przedziału wartości funkcji cosinus a więc <-1,1>. Można
sformułować następujący układ warunków:
lub inny równoważny i rozwiązać go ze względu na a. Podpowiedzią może być
zadanie 6 na stronie 9. Rozwiązanie pozostawiamy czytelnikowi.
Przykład 6
Rozwiąż równanie
.
Wyznaczamy dziedzinę równania:
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
. Załóżmy, że
Strona 29
Zadania nie muszą nudzić
Po sprawdzeniu przekonamy się, że 6 nie spełnia warunków zadania, a więc
gdzieś nastąpiła pomyłka.
Istota błędu
Pierwsze przejście nie jest równoważnością, ale wynikaniem. Zwróćmy uwagę,
że
zachodzi przy założeniu, że
(ewentualnie
). Tak więc należałoby uznać przejścia za implikacje i sprawdzić
czy wyniki spełniają warunki zadania (metoda ta nazywa się metodą analizy
starożytnych) lub ewentualnie rozważyć przypadki:
1. Gdy
to łatwo zauważyć, że równanie jest
sprzeczne, bo pierwiastek z liczby nie może być równy liczbie ujemnej.
2. Gdy
, to rozwiązujemy zadanie, jak wyżej
(przejścia są równoważne) i odrzucamy wynik
(bo nie spełnia
założenia tkwiącego w rozważanym przypadku).
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 30
Zadania nie muszą nudzić
III.
Sofizmaty i paradoksy matematyczne
Sofizmaty
„Zapaleńcy” matematyczni zdawali sobie sprawę z dużej satysfakcji jaką
sprawia znajdowanie błędów w niepoprawnym rozumowaniu, dlatego też byli
twórcami wielu „zwodniczych” dowodów z rozmyślnie popełnioną pomyłką.
Błąd w takich dowodach, które nazywają się sofizmatami jest trudny do
wykrycia. Nazwa wywodzi się od starożytnej szkoły filozoficznej sofistów. Sofiści
byli nauczycielami mądrości, którzy między innymi zwracali baczną uwagę na
rolę słów w procesie dyskusji i argumentacji. Najwybitniejsi z nich (Protagoras,
Hippiasz, Gorgiasz i Prodikos) działali w V w.p.n.e. Ich następcy rozwinęli nabyte
umiejętności, w kierunku manipulowania logiką i słowami po to, by udowodnić
każdą, nawet absurdalną tezę. Stąd właśnie wzięło się negatywne określenie
sofistyki, wbrew jego pierwotnemu sensowi, jako posługiwania się fałszywymi
argumentami celem udowodnienia nieprawdy. Z tego nurtu wzięło się również
określenie „sofizmat”, jako świadome dowodzenie niepoprawnej tezy. Pojęcie
to jest stosowane nie tylko w matematyce. Przytoczone przykłady są
powszechnie znane, a wiele z nich poznała już duża liczba pokoleń.
Proponujemy spróbować samodzielnie znaleźć błąd, zanim przeczytamy
wytłumaczenie.
Sofizmat 1
„Dowód” równości 2+2=5.
0=0
16 – 36 = 25 – 45
16 – 36 +
= 25 – 45 +
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 31
Zadania nie muszą nudzić
pierwiastkujemy obustronnie i otrzymujemy:
4=5
czyli
2 + 2 = 5.
Błąd rozumowania tkwi w tym, że pierwiastkując obustronnie „zapominamy”
o wzorze:
.
Sofizmat 2
„Dowód” równości 1zł = 1 gr
1zł = 100gr = 10gr × 10gr = 0,1zł × 0,1zł = 0,01zł = 1gr
Wniosek: 1zł = 1gr
Błąd rozumowania polega na pomieszaniu jednostek, tzn. 10gr x 10gr = 100gr2,
a nie 100gr.
Sofizmat 3
„Dowód” równości 7 = 3.
Biorę dowolne liczby x, y spełniające zależność:
16x = 12y
wtedy:
28x − 12x = 21y − 9y
28x − 21y = 12x − 9y
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 32
Zadania nie muszą nudzić
7(4x − 3y) = 3(4x − 3y)
Dzielimy obustronnie przez 4x-3y
7= 3
Błędne rozumowanie polega na tym, że jeżeli 16x = 12y to 4z-3y=0. Mamy więc
do czynienia z dzieleniem przez zero.
Sofizmat 4
Okrąg o dwóch środkach?
Obieramy dowolny kąt PRS i dwa dowolne punkty C i D na ramionach tego kąta.
Rysujemy prostą prostopadłą CM do PR i prostopadłą DM do SR. Te dwie proste
prostopadłe przecinają się w punkcie M. Rysujemy okrąg opisany na trójkącie
CMD. Okrąg ten przecina ramiona kąta w dwóch punktach A i B. Punkty A i B
łączymy z punktem M. Kąt BCM jest prosty i jest wpisany w okrąg, więc opiera
się na średnicy; tą średnicą jest odcinek BM. To samo można powiedzieć o kącie
ADM: jest prosty, wpisany w okrąg i opiera się na średnicy AM. Stąd wynika, że
okrąg przeprowadzony przez punkty C, M, D ma dwa środki: X i Y.
Błąd polega na tym, że okrąg opisany na trójkącie CDM przejdzie przez punkt R.
Dzieje się tak dlatego, że kąty RCM i RDM są proste, a więc ich suma wynosi
180°. Stąd na czworokącie RDMC można opisać okrąg.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 33
Zadania nie muszą nudzić
Sofizmat 5
Mamy dwa trapezy i dwa trójkąty. Układamy z nich kwadrat - pole wynosi 441
jednostek kwadratowych, gdy ułożymy prostokąt - pole wyniesie 442 jednostki
kwadratowe. Jak to możliwe?
Błędne rozumowanie polega na tym, że „przekątna” drugiego prostokąta nie
leży na jednej prostej o czym można się przekonać wykonując proste obliczenia
przy użyciu twierdzenia Pitagorasa.
Sofizmat 6
Oto drugi przykład dla dwóch trójkątów złożonych z tych samych figur,
ale dający różne pola.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 34
Zadania nie muszą nudzić
Błąd rozumowania polega na tym, że „przeciwprostokątna” drugiego trójkąta
nie znajduje się na jednej prostej. Można to łatwo wykazać przy użyciu
twierdzenia Pitagorasa.
Sofizmat 7
Każda liczba jest równa dowolnej liczbie od niej mniejszej?
Weźmy dowolne x, y, z takie, że x > y i x = y + z
Mnożąc ostatnią równość przez x – y i przekształcając otrzymamy:
x(x – y) = (y + z)(x – y)
x2 – xy = xy – y2 + xz – yz
x2 – xy – xz = xy – y2 – yz
x(x – y – z) = y(x – y – z)
Dzieląc obustronnie przez (x – y – z) otrzymujemy:
x=y
Czyli każda liczba jest równa liczbie od siebie mniejszej.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 35
Zadania nie muszą nudzić
Błąd rozumowania tkwi w tym, że jeżeli x = y – z to x – y – z = 0, czyli dzielimy
obustronnie przez zero.
Sofizmat 8
„Dowód” równości 58 = 60 = 59
Trójkąt równoramienny o podstawie 10 cm oraz wysokości 12 cm dzielimy na
sześć części, tak jak przedstawiono na poniższym rysunku. Pole powierzchni
tego trójkąta (a także suma powierzchni sześciu części) wynosi 60 cm2.
Z tych sześciu części da się złożyć identyczny trójkąt, z tą różnica, że w jego
środku pojawi się... dziura o powierzchni dwóch centymetrów kwadratowych
(rysunek poniżej)! Ale to oznacza, że suma powierzchni wszystkich sześciu
części wynosi 60-2 = 58 cm2!
Nie dość na tym – z tych samych sześciu części można ułożyć figurę
o powierzchni 59 cm2!
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 36
Zadania nie muszą nudzić
Błędne rozumowanie polega na tym, że „boki” trójkątów nie leżą na jednej
prostej o czym można się przekonać wykonując proste obliczenia przy użyciu
twierdzenia Pitagorasa.
Sofizmat 9
Wszystkie trójkąty są równoboczne.
Rozważmy dowolny trójkąt ABC: niech X będzie punktem przecięcia symetralnej
boku AB oraz dwusiecznej kąta BCA. Z punktu X poprowadźmy proste XR i XQ
prostopadłe odpowiednio do boków AC i BC.
Po pierwsze, trójkąty CRX i CQX są przystające, bo:
CX jest wspólnym bokiem trójkątów,
, bo CX jest dwusieczną kąta BCA,
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 37
Zadania nie muszą nudzić
=
.
Zatem odcinki RC i QC oraz RX i XQ są tej samej długości.
Po drugie, trójkąty AXR i BXQ są przystające, bo:
jak wyżej stwierdziliśmy, RX i XQ są tej samej długości,
odcinki AX i BX są tej samej długości (prosta XP jest symetralną AB),
.
Odcinki AR i BQ są więc tej samej długości.
Udowodniliśmy więc, że RC = QC i AR = BQ, zatem: AC = AR + RC = BQ + QC =
BC, tzn. odcinki AC i BC mają taką samą długość, zatem trójkąt ABC jest
równoramienny.
Wykreślając symetralną do boku AC i dwusieczną kąta CBA, i przeprowadzając
rozumowanie analogiczne do powyższego łatwo przekonamy się, że także
odcinki AB i CB mają taką samą długość, a więc trójkąt ABC jest nie tylko
równoramienny, ale także równoboczny!
Błąd rozumowania tkwi w fałszywych wnioskach dotyczących równości boków
RC i QC oraz RX i XQ w przystających trójkątach prostokątnych CRX i CQX.
Sofizmat 10
Za czasów Mieszka I żyło ponad bilion ludzi.
Każdy z nas ma dwoje rodziców (biologicznych), czworo dziadków, ośmioro
pradziadków, 16 prapradziadków itd. - z każdym pokoleniem wstecz liczba
przodków podwaja się, tzn. n pokoleń temu mieliśmy 2n przodków. Ilu spośród
Twoich przodków żyło za czasów Mieszka I? Było to 1000 lat temu, a zatem jeśli przyjąć, że jedno pokolenie odpowiada 25 latom - 40 generacji przeminęło
od czasów pierwszego polskiego władcy. Zatem odpowiedź to 240 ludzi
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 38
Zadania nie muszą nudzić
(dla uproszczenia bierzemy pod uwagę tylko przodków z jednego pokolenia).
Nietrudno wyliczyć, że 240 = 1.099.511.627.776, czyli ponad bilion (= 1.000
miliardów!). Wniosek jest zdumiewający: tysiąc lat temu żyło wiele miliardów
ludzi, a przecież nie wzięliśmy jeszcze pod uwagę ludzi, którzy nie byli Twoimi
przodkami!
Błąd rozumowania polega a tym, że nie bierzemy pod uwagę sytuacji, że dana
osoba może występować w tym schemacie kilka razy, tzn. być naszym
przodkiem z kilku gałęzi.
Sofizmat 11
Należy wnosić bomby na pokład samolotu.
Jakie jest prawdopodobieństwo, że w samolocie jest bomba?
No cóż, powiedzmy, że mniej więcej
.
W takim razie, jakie jest prawdopodobieństwo, że w samolocie są dwie bomby?
Odpowiedź brzmi:
Zatem najlepiej dla dobra pasażerów wnieść na pokład samolotu bombę, bo
przecież my swojej własnej nie odpalimy, a prawdopodobieństwo, że jest
jeszcze jedna do pary jest astronomicznie małe (
)!
Błąd rozumowania polega na tym, że wniesienie bomby na pokład samolotu lub
jej nie wniesienie nie ma wpływu na obecność innych bomb. Zdarzenie
„wniesiemy bombę lub jej nie wniesiemy” ma prawdopodobieństwo 1i nie
zmienia prawdopodobieństwa istnienia innych bomb na pokładzie samolotu.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 39
Zadania nie muszą nudzić
Sofizmat 12
3=0
W zbiorze R rozwiązujemy równanie
x2 + x + 1 = 0.
Ponieważ zero nie jest pierwiastkiem tego równania, możemy obie jego strony
podzielić przez x otrzymując równanie równoważne:
x + 1 + 1/x = 0, skąd
1/x = -(x+1).
Wyjściowe równanie jest też równoważne równaniu
x2 = -(x+1).
Przyrównując prawe strony obu powyższych równań otrzymujemy:
1/x = x2, skąd x3 = 1.
Zatem pierwiastkiem tego równania jest 1 i podstawiając go do równania
wyjściowego (równoważnego temu ostatniemu) otrzymujemy:
12 + 1 + 1 = 0, czyli 3 = 0.
Błąd polega na tym, że odejmowanie stronami (a tym jest w rzeczywistości
porównywanie tych równań) nie jest przejściem równoważnym.
Sofizmat 13
Trysekcja kąta.
Każdy matematyk wie, że nie można dowolnego kąta podzielić konstrukcyjnie
na trzy kąty równe. Nie jest to jednak trudne dla „sofistów”. Oto opis
konstrukcji:
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 40
Zadania nie muszą nudzić
1. Kreślimy okrąg o środku w punkcie B, otrzymując punkty D i E przecięcia
łuku z ramionami kąta.
2. Dzielimy odcinek DE na trzy równe części, otrzymując punkty F i G.
3. Prowadzimy półproste BF i BG, które dzielą kąt na trzy równe części.
Na czym polega błąd? Niestety z równości odcinków DF, FG, GE nie wynika
równość łuków (a więc i odpowiednich kątów) SH, HI, EI. Założenie to nie jest
poprawne.
Nieoczekiwane rozwiązania
Często rozwiązując zadania matematyczne wynik naszego rozwiązania jest
niezgodny z naszymi intuicjami. Mamy wtedy do czynienia z paradoksem.
Paradoks - sformułowanie zawierające efektowną, zaskakującą myśl, skłóconą
z powszechnie uznawanymi przekonaniami.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 41
Zadania nie muszą nudzić
Paradoks 1
„Luz” na równiku.
Piłkę futbolową o promieniu 12 cm „opaszemy” taśmą wyznaczająca koło
wielkie, a następnie zwiększymy długość taśmy o 20 cm. Ile wyniesie „luz”
pomiędzy taśmą a piłką jeśli rozłożyć ją równomiernie.
Obwód piłki futbolowej wynosi 2 r = 2 ·12cm = 24 cm.
Niech r1 będzie różnicą pomiędzy promieniem okręgu wraz z „luzem”,
a promieniem piłki futbolowej.
Obwód tego okręgu wyniesie:
2 (r + r1) =2 (12cm + r1)
Obwód ten jest również równy:
(24 + 20)cm
Porównując:
2 (12cm + r1) = (24 + 20)cm
Obliczam stąd r1:
24
cm + 2 r1 = 24
cm + 20 cm
Czyli szukany „luz” wynosi:
cm
3,18 cm.
Powtórzmy rozumowanie dla Ziemi o promieniu 6378 km , zwiększając obwód
taśmy również o 20 cm. Ile teraz wyniesie „luz”.
Obwód Ziemi na równiku wynosi 2
= 2 ·6378 km = 12756 km.
Niech R1 będzie różnicą pomiędzy promieniem okręgu wraz z „luzem”,
a obwodem Ziemi na równiku.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 42
Zadania nie muszą nudzić
Obwód tego okręgu wyniesie:
2 (R+R1) =2 (6378cm + R1)
Obwód ten jest również równy:
(12756 km + 20 cm)
Porównując:
2 (6378cm + R1) = (12756 km + 20 cm)
Obliczam stąd r1:
12756
km + 2 r1 = 12756
km + 20 cm
Czyli szukany „luz” wynosi:
R1
cm
3,18 cm.
Jak widać obliczone „luzy” są identyczne. Nie są one zależne od odwodu koła
jakie jest opasywane.
Paradoks 2
Zbory równoliczne.
Weźmy odcinek AP zawarty w odcinku AB i taki, że
Liczba
punktów znajdujących się na odcinku AP jest taka sama jak liczba punktów na
odcinku AB (wyrażając to ściśle językiem matematycznym powiedzielibyśmy, że
zbiór punktów odcinka AP ma taką samą moc jak zbiór punktów odcinka AB).
Twierdzenie to wydaje się nam co najmniej dziwne, jest jednak prawdziwe.
Mamy więc do czynienia z paradoksem. Z rysunku poniższego widać, że
każdemu punktowi L odcinka AB możemy przyporządkować jeden i tylko jeden
punkt L' na odcinku |CD|=|AP| i na odwrót.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 43
Zadania nie muszą nudzić
Paradoks 3
Wybór bramki w teleturnieju.
Paradoks dotyczy popularnego teleturnieju. Zawodnik stoi przed trzema
zasłoniętymi bramkami. Za jedną z nich (za którą – wie to tylko prowadzący
program) jest nagroda (umieszczana całkowicie losowo). Gracz wybiera jedną
z bramek. Prowadzący program odsłania inną bramkę zapowiadając, że jest to
bramka pusta, po czym proponuje graczowi zmianę wyboru.
Intuicyjnie nie ma znaczenia, czy zawodnik pozostanie przy swoim wyborze, czy
nie. Okazuje się jednak, że jest inaczej. Przy wyborze strategii pozostawania
przy swoim pierwszym wyborze prawdopodobieństwo wygranej wynosi 1/3.
Natomiast przy wyborze "strategii zmiany" wynosi 2/3.
Oznacza to, że zawodnikowi opłaci się zmienić bramkę, ponieważ ma wtedy
dwa razy większe szanse na wygraną. Paradoks ten polega na tym, że
prawdopodobieństwo trafienia w pierwszym wyborze na nagrodę wynosi 1/3
i zmieniając bramkę trafimy wtedy na bramkę pustą, a więc
prawdopodobieństwo porażki wynosi 1/3, zaś prawdopodobieństwo porażki
w pierwszym wyborze wynosi 2/3 i zmieniając bramkę trafimy wtedy na
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 44
Zadania nie muszą nudzić
bramkę z nagrodą, a więc prawdopodobieństwo trafienia na nagrodę wynosi
2/3.
Innymi słowy poprzez otwarcie jednej z pustych bramek, prowadzący zmniejsza
liczność zbioru "pustych bramek", a w rezultacie prawdopodobieństwo
przegranej z 2/3 do 1/3. "Pozostałe" prawdopodobieństwo wygranej musi
wynosić więc obecnie 2/3.
Paradoks 4
Urodziny tego samego dnia.
Jakie jest prawdopodobieństwo, że wśród 22 piłkarzy przebywających na boisku
piłkarskim, co najmniej dwóch z nich ma urodziny tego samego dnia. Intuicyjnie
wydaje się, że będzie ono bardzo małe. Spróbujmy je policzyć:
Zakładamy, że rok ma 365 dni (pomijamy 29 luty w latach przestępnych).
A – zdarzenie polegające na tym, że co najmniej dwie osoby spośród 22 mają
urodziny tego samego dnia.
A’ – zdarzenie polegające na tym, że każda spośród 22 osób ma urodziny innego
dnia.
Stąd
.
Okazuje się, że wynosi ono prawie 0,5 i jest zaskakująco duże.
Paradoks 5
0,(9) = 1
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 45
Zadania nie muszą nudzić
Niech 0,(9) = x
Mnożymy obie strony nierówności przez 10 i otrzymujemy:
9,(9) = 10x
9 + 0,(9) = 10x
Ale 0,(9) = x, czyli
9 + x = 10x
9x = 9
x=1
Stąd otrzymujemy równość 0,(9) = 1.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 46
Zadania nie muszą nudzić
IV.
Zadania z konkursów matematycznych
W rozdziale zaprezentujemy przykłady zadań z największego zasięgiem
konkursu matematycznego, który odbywa się w województwie podkarpackim –
Podkarpackiego Konkursu Matematycznego im. Franciszka Leji. Pierwszy
poziom konkursu przeznaczony jest dla uczniów klas trzecich gimnazjów oraz
klas pierwszych szkół ponadgimnazjalnych, zaś drugi poziom dla uczniów klas
drugich szkół ponadgimnazjalnych. Etap rejonowy obejmuje obszary „starych”
województw.
Zadania konkursowe z V Podkarpackiego Konkursu Matematycznego
I Poziom
Etap powiatowy
1. Długości butów trzech braci wyrażają się różnymi liczbami naturalnymi
z przedziału (20:40) cm (przedział otwarty). Gdy odmierzali pokój
o długości 3m 60 cm otrzymali dokładnie całkowite pomiary długości
pokoju w (swoich) stopach. Podaj długość butów każdego z braci.
2. Rozwiąż równanie ab  ac  bc  11 w liczbach naturalnych dodatnich.
3. Dwaj robotnicy mają wykonać wspólnie pewną pracę w ciągu 16 dni.
Po czterech dniach wspólnej pracy dokończył ją tylko jeden robotnik
w ciągu 36 dni. W ciągu ilu dni wykonałby tę pracę każdy z robotników
sam?
4. Dwusieczne kątów trójkąta ABC przecinają okrąg opisany na nim
w punktach D,E,F. Udowodnij, że jeżeli trójkąty ABC i DEF są podobne, to
są one równoboczne.
5.
Wykaż, że dla dowolnych liczb dodatnich x, y, z zachodzi nierówność:
xy yz zx


 x y z.
z
x
y
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 47
Zadania nie muszą nudzić
Etap rejonowy
1. S jest punktem przecięcia przekątnych czworokąta wypukłego ABCD, zaś
punkty O1, O2, O3, O4 są środkami okręgów opisanych na trójkątach: ABS,
BCS, DCS i ADS. Udowodnij, że czworokąt O1O2O3O4 jest
równoległobokiem.
2. W jakim prostokącie, którego długości boków są liczbami całkowitymi,
obwód i pole wyrażają się tymi samymi liczbami ?
3. Udowodnij, że jeżeli a 3  b 3 i a  b są liczbami wymiernymi oraz a  b  0 ,
to a 2  b 2 jest również liczbą wymierną.
4. Pole równoramiennego trapezu opisanego na okręgu jest równe S. Oblicz
długość ramienia tego trapezu, jeśli jego kąt ostry ma miarę 300.
Możesz skorzystać z twierdzenia: W czworokącie opisanym na okręgu
sumy długości przeciwległych boków są równe.
5. Wykaż,
że
jeżeli
a, b, x są
liczbami
dodatnimi
oraz
ab  1,
to
( x  a)( x  b)  ( x  1) .
2
Finał
1. Wykaż, że jeżeli liczba a 
1
1
jest całkowita, to również a 5  5 jest liczbą
a
a
całkowitą.
2. Na okręgu opisano pięciokąt o kolejnych bokach długości a, b, c, d , e .
Wyznacz długości odcinków, na jakie został podzielony bok długości a
punktem styczności z okręgiem.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 48
Zadania nie muszą nudzić
3. Udowodnij, że jeśli dla każdego x rzeczywistego f ( x  2)  f ( x  2)  0 , to
funkcja f jest okresowa. Znajdź okres tej funkcji. Czy można wnioskować,
że jest to okres zasadniczy?
4. Znajdź sumę wszystkich liczb trzycyfrowych, których wszystkie cyfry są
nieparzyste.
5. Długości boków dwóch prostokątów wyrażają się liczbami całkowitymi
dodatnimi. W każdym prostokącie długość jednego boku nie jest większa
od 60, a długość drugiego jest większa od 2000. Wykaż, że boki tych
prostokątów są równe, jeśli ich przekątne są równe.
II Poziom
Etap powiatowy
1. Wiedząc, że a  b  c  5 i
1
1
1
12
c
a
b
oblicz
.





ab bc ac 5
ab bc ac
2. Udowodnij, że jeżeli liczby 12 i n są względnie pierwsze, to n 2  1
podzielne przez 24.
jest
3. Na przeciwprostokątnej BC trójkąta prostokątnego ABC zaznaczono
punkt D tak, by obwody trójkątów ABD i ADC były równe. Znajdź
stosunek promieni okręgów wpisanych w trójkąty ABD i ADC, jeśli
przyprostokątne mają długości 5 oraz 12.
4. Na okręgu umieszczono kolejno punkty A,B,C,D. Przez każdą parę
sąsiednich punktów poprowadzono okrąg. Wykaż, że punkty przecięcia
się tych okręgów różne od danych leżą na jednym okręgu (zakładamy, że
są cztery takie punkty).
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 49
Zadania nie muszą nudzić
5. Liczby rzeczywiste x, y oraz a spełniają warunek x  y  a  1
i xy  a 2  7a  14 . Dla jakiej wartości a suma kwadratów x 2  y 2 osiąga
wartość największą ?
Etap rejonowy
1. Która z liczb
3 2003  1
3 2004  1
czy
jest większa ? Odpowiedź uzasadnij.
3 2004  1
3 2005  1
2. Znajdź wszystkie czwórki liczb rzeczywistych x, y, z, n, dla których
x 2  y 2  z 2  n 2  x3  y 3  z 3  n3  1
3. Wykaż, że jeżeli wielomian W ( x)  x 3  ax  b ma podwójny pierwiastek
rzeczywisty, to 4a 3  27b 2  0 .
4. Wielokąt opisany na okręgu o promieniu R rozcięto na trójkąty. Wykaż,
że suma promieni okręgów wpisanych w te trójkąty jest większa od R.
5. Dany jest trójkąt ostrokątny ABC, którego kąty wewnętrzne mają miary
 ,  ,  wpisany w okrąg o promieniu R. Niech O1, O2 i O3 będą środkami
okręgów stycznych wewnętrznie do danego okręgu i stycznych do boków
trójkąta ABC w punktach będących środkami jego boków w taki sposób
jak ilustruje rysunek. Oblicz pole trójkąta O1O2O3.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 50
Zadania nie muszą nudzić
Finał
1. Podaj wszystkie pary liczb rzeczywistych ( a.b ) dla których funkcja
f ( x)  x  a  x  b jest parzysta.
2. Oblicz ilość punktów o obu współrzędnych całkowitych zawartych
w obszarze domkniętym (tzn. wraz z brzegiem) ograniczonym parabolą
o równaniu y  x 2  50 x  49 i osią OX. (Możesz skorzystać ze wzoru
12  2 2  32  ...  n 2 
1
n(n  1)(2n  1) , który zachodzi dla n  N  ).
6
3. Wykaż, że ortocentrum (tzn. punkt przecięcia się wysokości) trójkąta
ostrokątnego jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt spodkowy (tzn.
trójkąt, którego wierzchołki są spodkami wysokości danego trójkąta).
4. Wykaż, że jeśli dodatnie i różne liczby a, b, c są trzema kolejnymi
wyrazami ciągu geometrycznego, to zachodzi nierówność a n  c n  2b n dla
dowolnego dodatniego naturalnego n .
5. Wyznacz największą i najmniejszą wartość funkcji f ( x) 
x2  x  2
2x 2  x  3
w zbiorze liczb rzeczywistych.
Rozwiązania zadań
Etap powiatowy. Poziom I
1. 360  2  3  5 . Długości butów braci muszą być dzielnikami 360
z przedziału (20,40). Takie dzielniki istnieją dokładnie trzy: 24,30,36 i są
one długościami w centymetrach butów braci.
3
2
2. Zauważmy, że wszystkie trzy liczby nie mogą być jednocześnie
niemniejsze od 2, bo wówczas ab  bc  ac byłoby większe od 11. Zatem
jedna z nich musi być równa 1. Jeśli przyjmiemy, że a  1 , to b  c  bc  11 ,
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 51
Zadania nie muszą nudzić
a po przekształceniu c  1b  1  12 . Uwzględniając wszystkie możliwe
przedstawienia 12 w postaci iloczynu liczb naturalnych otrzymujemy
b  5 b  1 b  3 b  2



c  1 c  5 c  2 c  3
rozwiązania: 
Ponieważ zmienne a, b, c odgrywają symetryczną rolę w równaniu, więc
jego rozwiązaniami są:
a  1 a  1 a  5 a  1 a  3 a  1 a  3 a  2 a  2









b  1  b  5  b  1  b  2  b  2  b  3  b  1  b  3  b  1
c  5 c  1 c  1 c  3 c  1 c  2 c  2 c  1 c  3









3. Oznaczmy przez x,y liczbę dni w ciągu, których kolejno pierwszy i drugi
robotnik wykonaliby pracę. Z warunków zadania otrzymujemy układ
równań:

1 1
10      1
 x  48

x y
, którego rozwiązaniem jest 
.

 y  24
4   1  1   36  1  1
  x y 
x

Pierwszy robotnik wykonałby pracę w ciągu 48, a drugi 24 dni.
C
4.
D

E
A




B
F
Oznaczmy CAB  2 , ABC  2 , ACB  2 . Z twierdzenia o kątach
wpisanych w okrąg opartych na tym samym łuku FEB  FCB  
i DEB  DAB   zatem FED     .
Analogicznie EDF     i EFD    
2    
  
Jeśli trójkąty są podobne to na przykład 2     , stąd 
co




2    

oznacza, że trójkąty są równoboczne. Podobne rezultaty otrzymujemy,
gdy założymy równość innych kątów w trójkątach.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 52
Zadania nie muszą nudzić
5. Przekształćmy nierówność na równoważną (mnożąc obie strony przez 2,
grupując wyrazy i wyjmując odpowiednie zmienne przed nawias):
xy yz zx


 x yz 
z
x
y
y z
z  x y
x
x    y  x   z    2x  y  z 
x  y x
z
 z y
Otrzymana nierówność jest prawdziwa. Dla dowodu wystarczy dodać
stronami następujące nierówności:
x z
x y
y z
  2 i   2 , które
  2,
z x
y x
z y
wynikają z nierówności Cauchy’ego (pamiętajmy, że x, y, z są dodatnie).
Etap powiatowy, poziom II
1. Skoro a  b  c  5 , to c  5  a  b zatem
Analogicznie
c
5  a  b 
5


1
ab
ab
ab
a
5
b
5

1 i

 1 . Dodając otrzymane
bc bc
ac ac
równości stronami otrzymujemy
c
a
b
5
5
5
1
1 
 1



1
1
 1  5


3 
ab bc ac ab
bc
ac
ab bc ac
12
 5  3  9
5
2. n jest liczbą nieparzysta, gdyż w przeciwnym wypadku 12 i n nie byłyby
liczbami względnie pierwszymi. Zatem n-1 i n+1 są parzyste, a jedna
z nich jest podzielna przez 4. Wśród trzech kolejnych liczb n-1,n i n+1 jest
dokładnie jedna podzielna przez 3. Nie może być nią n (uzasadnienie jak
wyżej) zatem n-1 albo n+1jest podzielne przez 3. Oznacza to podzielność
iloczynu przez 24.
3. Z twierdzenia Pitagorasa CD  13 . Oznaczmy AD  x, CD  y , wtedy
z warunków zadania x  y  5  13  y  x  12 , a stąd y  10 , P(ABD )  p  r
gdzie p jest połową obwodu każdego z tych trójkątów, zaś R i r
długościami promieni okręgów wpisanych w te trójkąty.
P(ADC )
P(ABD )
i r
.
p
p
1
 10  h
R P(ADC ) 2
10
Zatem 

 .
1
r
P(ABD )
3
3 h
2
Stąd R 
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 53
Zadania nie muszą nudzić
D
4.
H
A


G
E


C
F
B
Oznaczmy
BAE   ,
BCG  
EAD   .
i
GCD  
Ponieważ czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg więc         180 0 .
Ponieważ czworokąty ABFE, BCGF, CDHG, DAEH są również wpisane
w okręgi
więc
BFE  180 0   , BFG  180 0   . GHD  180 0   ,
DHE  180 0  


GHE  360 0  GHD  DHE  360 0  180 0    180 0      
Analogicznie EFG     Zatem GHE  EFG          180 0
co oznacza, że na czworokącie EFGH można opisać okrąg.
5. Ze wzorów Viete’a wynika, że x, y są pierwiastkami równania
kwadratowego
t 2  a  1t  a 2  7a  14  0 . Warunkiem istnienia jego pierwiastków jest
11
a5
3
x 2  y 2  x  y 2  2 xy  a  12  2 a 2  7a  14  9  a  62
  0 . Stąd


Ostatnie wyrażenie przyjmuje największą wartość równą 8 dla a  5 .
Etap rejonowy, poziom I
1. Niech S będzie punktem przecięcia się przekątnych AC i BD czworokąta
ABCD, O1 , O2 , O3 , O4 , środkami okręgów opisanych na trójkątach
odpowiednio ASB, BSC, CSD i DSA. O1 , O2  symSB, zaś O3 , O4  symSD
zatem O1O2 jest prostopadły do BD i O3 O4 jest prostopadły do BD. Stąd
O1O2 i O3 O4 są równoległe. Analogicznie dowodzimy równoległości
dwóch pozostałych boków czworokąta O1O2 O3 O4 .
2. Oznaczmy przez x, y długości boków prostokąta. Z warunków zadania
wynika, że 2x  y   xy i x, y  N  , a po przekształceniu x  2 y  2  4 .
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 54
Zadania nie muszą nudzić
Ponieważ x, y  N  , a liczbę 4 można na trzy sposoby przedstawić
w postaci iloczynu liczb naturalnych (iloczyny liczb całkowitych ujemnych
prowadzą do sprzeczności z warunkami zadania) więc:
x  3 x  4  x  6
.

 

y  6 y  4  y  3
3. a 3  b 3  a  ba 2  ab  b 2  stąd a 2  ab  b 2 
a3  b3
, a zatem jest to
ab
liczba wymierna, bo jest ilorazem dwóch liczb wymiernych. Niech
a 2  ab  b 2  k. a  b jest wymierna stąd a  b2  w jest liczbą wymierna.
Mamy a 2  2ab  b 2  w i 2a 2  2ab  2b 2  2k stąd a 2  b 2 
w  2k
i jest to
3
liczba wymierna.
4. Oznaczmy przez a, b długości podstaw trapezu, przez x długość jego
ramienia, zaś r długość promienia okręgu wpisanego w ten trapez.
Z własności trójkąta prostokątnego, którego jeden z kątów ma miarę 30 0
wynika, że x  4r. Z twierdzenia o czworokącie opisanym na okręgu
a  b  2x .
ab
2x
2r 
2r  2rx
2
2
1
1
1 1
1
P(AOB)  xr  S , ale PAOB   x x  x 2 .
2
4
2 4
8
1
1 2
Mamy zatem S  x , a stąd x  2S .
4
8
S
ab  1
5. Niech
x  a x  b  x  1
2
i
 x  a  bx  ab  x  2 x  1  a  b  2
2
a, b, x  R
2
Ostatnia nierówność jest prawdziwa. Kładąc bowiem za
b
1
a
otrzymujemy nierówność wynikającą z nierówności Cauchy’ego
Etap rejonowy, poziom II
x  1 3x  1
jest równoważna

3x  1 9 x  1
3 2003  1 3 2004  1
x

0
,
nierówności
a ta jest prawdziwa. Zatem 2004  2005 .
3
1 3
1
1. Niech x  32003, x  0 . Wówczas nierówność
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 55
Zadania nie muszą nudzić
2. Ponieważ x 2  y 2  z 2  n 2  1 , więc każda z liczb x 2 y 2 , z 2 , n 2 jest
niewiększa od 1, a stąd x  1, y  1, z  1, n  1 .
W takim razie x 3  x 2 , y 3  y 2 , z 3  z 2 , n 3  n 2 , przy czym znak równości
otrzymujemy dla wartości 0 lub 1, stąd x 3  y 3  z 3  n 3  x 2  y 2  z 2  n 2 .
Równość otrzymujemy, gdy jedna z liczb jest równa 1, a pozostałe 0.
x  1 x  0 x  0 x  0
y  0 y 1 y  0 y  0






Oznacza to, że rozwiązaniami są: 
.
z  0 z  0 z  1 z  0
n  0 n  0 n  0 n  1
3. Niech p będzie podwójnym pierwiastkiem tego wielomianu.
Wówczas x 3  ax  b  x  p 2 x  s  dla dowolnego x  R , a zatem
2 p  s  0

 p p  2 s   a , stad
 p 2 s  b

i p6  
a3
b2
i p 6  . A zatem 4a 3  27b 2  0 .
4
27
4. Niech r1 , r2 ,..., rn będą promieniami okręgów wpisanych w trójkąty,
p1 , p 2 ,..., p n będą połowami ich obwodów, zaś s1 , s 2 ,..., s n ich polami tych
trójkątów.
Wówczas r1  r2  ...  rn 
s
s
s1 s 2
s
s
s

 ...  n  1  2  ...  n   R , gdzie
p1 p 2
pn
p p
p p
p- połowa obwodu wielokąta opisanego na kole o promieniu R, s – pole
wielokąta.
5.

O2
y
O1
x
R-2x
x
R-2y
c y
a

b

O3
a  2 R sin 
Z twierdzenie sinusów b  2 R sin  .
c  2 R sin 

Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 56
Zadania nie muszą nudzić
2
Z twierdzenia Pitagorasa ( R  x) 2  R 2   a  , a stąd x 
2
R  R2 
a2
4
2

R  R 2  R 2 sin  R  R cos 
R  R cos 

. Analogicznie y 
.
2
2
2
1
PO1OO2   R  x R  y  sin O1OO2 , ale O1OO2   , Zatem
2
1
1  cos  
1  cos  
1 2 1  cos  1  cos 
P(O1OO2 )   R  R

sin 
 R  R
 sin   R
2
2
2
2
2
2



Podobnie liczymy pola trójkątów O1OO3 , O3 OO2 .
P(ABC )  PO1OO2   PO1OO3   PO3OO2 
Etap wojewódzki, poziom I
1
jest liczbą całkowitą, to jej kwadrat także, ale jest on równy
a
1
1
1
a 2  2  2 , a zatem a 2  2 jest liczbą całkowitą. Analogicznie, a 4  4 jest
a
a
a
1
1
1
1
liczbą całkowitą. Liczba (a 2  2 )(a  )  a 3  3  a 
jest całkowita, a
a
a
a
a
1
1
1
1
1
zatem i a 3  3 jest całkowita. Ponieważ (a 4  4 )(a  )  a 5  5  a 3  3
a
a
a
a
a
1
jest całkowita, więc liczba a 5  5 musi także być całkowita.
a
1. Jeśli a 
Uwaga: Indukcyjnie można udowodnić ogólniejszą tezę, że a n 
1
jest
an
liczbą całkowitą dla naturalnego n .
2.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 57
Zadania nie muszą nudzić
Niech x, y, z, t , u oznaczają długości odcinków łączących wierzchołki pięciokąta
z punktami styczności z okręgiem. Na mocy twierdzenia o odcinkach
stycznych mamy po dwa odcinki o tych samych długościach, co ilustruje
rysunek. Przyjmijmy, że bok podzielony punktem styczności na odcinki x i y
ma długość a. Mamy więc następujący układ równań:
x y a
yz b
zt  c
t u  d
u  x  e.
Zapiszmy go inaczej:
x y a
b yz
zt  c
d t u
uxe
Jeżeli teraz dodamy wszystkie równania stronami i zredukujemy
powtarzające się wyrazy, otrzymamy następujące równanie z jedną
niewiadomą x :
2 x  b  d  a  c  e.
1
2
1
2
Stąd x  (a  b  c  d  e) , a z pierwszego równania y  (a  b  c  d  e).
3. Z warunków zadania wynika, że dla każdego rzeczywistego x zachodzą
równości f ( x  4)  f ( x  8)  0 oraz f ( x  4)  f ( x)  0, skąd po odjęciu
stronami f ( x  8)  f ( x) dla dowolnego x, co oznacza, że funkcja jest
okresowa o okresie równym 8. Nie musi to jednak być jej okres zasadniczy,
co pokażemy na konkretnych przykładach. Dla dowolnej całkowitej
nieujemnej liczby n rozważmy funkcję f n ( x)  sin
zasadniczy równy
8
2n  1
(2n  1)x
. Ma ona okres
4
i można sprawdzić, że spełnia warunek
f n ( x  2)  f n ( x  2)  0.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 58
Zadania nie muszą nudzić
4. Elementy zbioru wszystkich liczb trzycyfrowych o cyfrach nieparzystych są
postaci 100a  10b  c, gdzie a, b, c  {1,3,5,7,9}. Sumę wszystkich takich liczb
podzielimy na trzy składniki: sumę setek danych liczb, sumę dziesiątek i sumę
jedności. Jeśli ustalimy cyfrę setek, to w całym zbiorze będzie 5  5  25 liczb
trzycyfrowych mających tą właśnie cyfrę setek. Tak więc suma setek
wszystkich liczb z rozważanego zbioru wynosi (1  3  5  7  9) 100  25.
Analogicznie, suma dziesiątek wynosi (1  3  5  7  9) 10  25, a jedności
(1  3  5  7  9)  25. Dodając te trzy liczby otrzymujemy 69375.
5. Oznaczmy mniejsze boki tych trójkątów przez a,c, a większe przez b i d .
Załóżmy, że przekątne prostokątów są równe. Niech dla ustalenia uwagi
b  d i wtedy d  b  x dla pewnego x  0. Z twierdzenia Pitagorasa i z
założenia
(1)
a 2  b2  c 2  d 2 ,
skąd d 2  b2  a2  c2 . Gdyby x  1, to
d 2  b2  (b  x)2  b2  2bx  x 2  4000
oraz a2  c2  a2  602  3600 i wtedy równość (1) byłaby sprzeczna. Zatem
x  0, czyli b  d i a  c.
Etap wojewódzki, poziom II
1. Jeśli funkcja f jest parzysta, to  x  a   x  b  x  a  x  b .
Podstawiając x  a, x  b otrzymujemy b  a  2a  a  b i a  b  2b  a  b ,
a stąd 2a  2b czyli a  b  a  b .
Sprawdzając przekonujemy się, że funkcja f ( x)  x  a  x  a jest parzysta,
zaś funkcja f ( x)  2 x  a nie jest parzysta (z wyjątkiem przypadku a  b  0 ).
Funkcja jest więc parzysta wtedy i tylko wtedy, gdy a  b .
2. Pierwiastkami funkcji są liczby 1 i 49. Tak więc odciętymi punktów, o których
mowa w treści zadania są x  1,2,...,49 . Ich drugie współrzędne dla danego
x  1,2,...,49 przebiegają zakres liczb całkowitych od 0 do f (x) , a zatem dla
danego x jest ich  f ( x)  1 . Wszystkich punktów spełniających warunki zadania
jest
 f (1)  1   f (2)  1  ...  f (49)  1  (1  50 1  48)  (2  50  2  48)  ... (49  50  49  48) 
2
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
2
2
Strona 59
Zadania nie muszą nudzić
1
1  49
 12  2 2  ... 49 2   50  1  2  3  ... 49  49  48    49  50  99  50 
 49  49  48 
6
2
3.
C
B1
A1
S
O
B
C1
A
Niech A , B .C będą spodkami odpowiednich wysokości. Niech O,S będą
środkami okręgów opisanych na trójkątach ACC , BCC . Zauważmy, że okrąg
opisany na trójkącie BCC jest jednocześnie opisany na trójkącie BB C , zaś
opisany na trójkącie ACC jest jednocześnie opisany na AA C (trójkąty mają
tę samą przeciwprostokątną).
Z twierdzenia o kątach wpisanych opartych na tym samym łuku
B C C  B BC i CC A  CAA . Ponieważ CAA jest podobny do CBB więc
CAA  CBB , a stąd B C C  CC A , co oznacza, że CC jest dwusieczną kąta
BC A .
Analogicznie dowodzimy, że AA jest dwusieczną kąta B A C . Ortocentrum
ABC jest więc punktem przecięcia dwusiecznych kątów wewnętrznych
trójkąta A B C tzn. środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie.
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1.
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4. Ustalmy, że
1
1
1
1
tworzą ciąg geometryczny, więc b  ac (*)
a  c   0 czyli a  2a b  c  0 . Po dodaniu do obu stron 4a c
otrzymujemy a  c   4a c czyli a  c  2 a c . Stąd i z (*) a  c  2b .
n
n
a b c.
2
2n
n
5. Niech
że
y
y
1
2
x2  x  2
.
2x 2  x  3
n 2
2
(a, b, c)
n
n
n
2n
n
n
n
n
n
n
Wtedy 2 y 1x   y  1x  3 y  2  0
2
n
y
1
2
dla
wówczas równanie jest kwadratowe z wyróżnikiem
n
x
7
.
3
n
n
Załóżmy,
  23 y 2  2 y 2  9 .
Równanie to posiada rozwiązanie w zbiorze liczb rzeczywistych wtedy i tylko
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 60
Zadania nie muszą nudzić
wtedy, gdy
zaś liczba
0
czyli
 1 208
23
y 
 1  208  1  208
 1 208
,
 .Liczba
23
23
23
jest największą,
najmniejszą wartością funkcji.
Następne zadania pozostawiamy czytelnikowi do samodzielnego rozwiązania
Zadania z IV Podkarpackiego Konkursu Matematycznego
I Poziom
Etap powiatowy
1 Oblicz:
74 3
2 3
* 2 3
3. Pan Klewer na pytanie, jaki jest numer jego biletu odpowiedział: „Każde
dwie cyfry numeru mojego biletu są różne. Jeśli wszystkie sześć
dwucyfrowych liczb, które można otrzymać z cyfr numeru zsumujemy, to
połowa otrzymanej sumy jest numerem mojego biletu.” Jaki jest numer
biletu Klewera?
( x  y )( x  y  z )  72

4. Rozwiąż układ równań: ( y  z )( x  y  z )  120
( z  x)( x  y  z )  96

5. Udowodnij, że jeżeli a, b, c są liczbami rzeczywistymi takimi, że
a 2  b 2  c 2  1 , to (a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2  3 .
6. Długości boków trójkąta są trzema kolejnymi liczbami naturalnymi nie
mniejszymi od 3. Wykaż, że wysokość opuszczona na bok o średniej
długości dzieli go na odcinki, których różnica długości jest równa 4.
Etap rejonowy
1. Niech p będzie daną liczbą pierwszą. Rozwiąż w liczbach naturalnych
równanie
1 1 1
 
x y p
2. Na trójkącie równobocznym ABC opisano okrąg. Na łuku BC nie
przechodzącym przez punkt A wybrano punkt P, różny od końców łuku.
Odcinki
AP
i
BC
przecinają
się
w punkcie K. Udowodnij, że
1
1
1


.
PK
PB PC
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 61
Zadania nie muszą nudzić
3. Rozwiąż układ równań:
 xyz
x  y  2

 xyz
 1,2

y

z

 xyz
 1,5

x  z
4. Kwadrat o boku długości a podzielono prostymi równoległymi do jego
boków na n 2 przystających kwadracików (o boku długości
a
) . W każdy
n
z tych kwadratów wpisano koło. Wykaż, że pole części danego kwadratu nie
pokrytej kołami nie zależy od n
5. Wykaż, że jeżeli a, b, x, y  R , x  y  1 oraz
x y
1
, to a  b .
 
a b ax  by
Finał
1. Znajdź funkcję liniową g (o ile istnieje), która dla każdego xR spełnia
następujące dwa warunki: g(-3x) = -3g(x) +12 i g(x-1)=5-g(x).
2. Udowodnij nierówność:
1
1
1
1
1 1


 ... 

 dla n  N  .
n 1 n  2 n  3
2n  1 2n 2
3. W trójkąt ABC wpisano okrąg o promieniu R. Równolegle do boków
trójkąta poprowadzono styczne do okręgu, które odcięły przy
wierzchołkach A, B i C trzy mniejsze trójkąty zawarte w ABC. Udowodnij,
że R = r1 + r2 + r3., gdzie r1, r2, r3 są promieniami okręgów wpisanych w
powstałe trójkąty.
4. Rozwiąż układ równań:
 x1

 x2

 x3
...

 xn

 x2  1
 x3  1
 x 4  1 , gdzie n jest liczbą naturalną
 x1  1
nieparzystą.
5. Udowodnij, że z odcinków, które są środkowymi dowolnego trójkąta ABC
można zbudować trójkąt. Oblicz stosunek pola tego trójkąta do pola
trójkąta ABC.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 62
Zadania nie muszą nudzić
II poziom
Etap powiatowy
1. Dana jest funkcja f ( x)  (m  2) x 2  2mx  4m  1. Wyznacz zbiór wartości
funkcji f wiedząc, że prosta o równaniu x=2 jest osią symetrii jej wykresu.
 x 2  y 2  x 2  y 2  y
2. Rozwiąż układ równań:  4
.
 x  y 4  144
3. Wyznacz najmniejszą wartość funkcji f ( x)  x( x  1)( x  2)( x  3) oraz
argumenty dla których funkcja ją osiąga.
4. Wykaż, że jeżeli x  y  z  1 , to x 2  y 2  z 2 
1
3
5. Dane są pola P1 i P2 dwóch trójkątów, których podstawami są podstawy
trapezu,
a wspólnym wierzchołkiem punkt przecięcia przekątnych trapezu. Oblicz
pole trapezu.
Etap rejonowy
1. Wyznacz liczbę pierwiastków rzeczywistych równania x  x  x  k w
zależności od wartości parametru k.
2. Wyznacz wszystkie pary liczb rzeczywistych spełniające układ warunków:
 x 4  y 4  13  x 2 y 2
 2
2
 x  y  1  2 xy
 xy  0

3. Wśród trójkątów prostokątnych, których długości boków wyrażają się
liczbami całkowitymi, znajdź te, których podwojone pole wyraża się tę samą
liczbą co ich potrojony obwód.
4. Wykaż, że jeśli a  0 , b  0 i c  0 , to zachodzi nierówność:
6abc  ab(a  b)  bc(b  c)  ac(a  c)  2(a 3  b 3  c 3 )
5. Przekątne czworokąta wypukłego ABCD przecinają się w punkcie E.
Wiadomo, że trójkąty ABE i CDE mają równe pola, długość boku AB jest
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 63
Zadania nie muszą nudzić
równa 4, a przekątna AC jest zawarta w dwusiecznej kąta A. Oblicz długość
boku BC.
Finał
1. Wielomian W(x) daje przy dzieleniu przez x2 – 1 resztę R(x) taką, że R(0)
= 2, zaś przy dzieleniu przez x – 1 resztę 1. Jaką resztę daje przy dzieleniu
przez x + 1 ?
x  y  z  9

1 1 1
2. Rozwiąż układ równań:     1 .
x y z
 xy  xz  yz  27
3. Na okręgu o promieniu r opisano trapez, którego przekątne mają
długości m i n. Udowodnij, że m 2  n 2  16r 2 .
4. Wyznacz liczbę wszystkich różnych rozwiązań nierówności:
x1  x 2  x3  x 4  x5  2004
w zbiorze N+ liczb naturalnych dodatnich.
5. W trójkącie o bokach długości a, b i c poprowadzona dwusieczną dzielącą
na połowy kąt wewnętrzny między bokami o długościach a i c. Oblicz
stosunek długości odcinków, na jakie środek okręgu wpisanego w ten
trójkąt dzieli odcinek dwusiecznej zawarty w trójkącie.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 64
Zadania nie muszą nudzić
V.
Ciekawe zadania maturalne
Zadanie 1 (Katowice 1993)
Iloczyn pewnych trzech liczb pierwszych jest równy ich pięciokrotnej sumie.
Co to za liczby?
Rozwiązanie
x, y, z – szukane liczby pierwsze
Z treści zadania otrzymujemy:
xyz = 5 (x + y + z)
Ponieważ prawa strona równości dzieli się przez 5, więc i lewa musi być
podzielna przez 5. Dlatego jedna z tych licz musi być równa 5. Niech z = 5.
Wtedy: xy = 5 + x + y
Stąd x – 1 musi być dzielnikiem 6, a więc x-1 {1, 2, 3, 6}, czyli x
Wybierając liczby pierwsze: 2, 3 i 7 obliczam y:
{2, 3, 4, 7}.
Stąd szukane liczby to: 2, 5, 7.
Zadanie 2 (Nowy Sącz 1993)
Oblicz wartość wyrażenia:
dla
Rozwiązanie
Zakładamy, że x ≥ 0, m
, n
Przekształcamy wyrażenie W:
.
i m > n oraz a
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
(-
, -1>
<1,
).
Strona 65
Zadania nie muszą nudzić
Podstawiamy
, wtedy
.
Stąd wartość wyrażenia W wynosi 0.
Zadanie 3 (Łomża 1993)
Udowodnij, że wyrażenie:
gdzie x, y, z są długościami boków trójkąta jest mniejsze
a) od 1
b) od .
Czy założenie, że x, y, z są długościami boków trójkąta jest w tym zadaniu
istotne?
Rozwiązanie
Oznaczając nasze wyrażenie przez W i przekształcając otrzymamy:
a) Ponieważ x, y , z
, to
|x – y| < |x| + |y|, |y – z| < |y| + |z| i |z – x| < |z| + |x| oraz
|x + y| = |x| + |y|, |y + z| = |y| + |z| i |z + x| = |z| + |x|
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 66
Zadania nie muszą nudzić
Stąd
b) Korzystając z nierówności trójkąta otrzymujemy:
x + y > z, y + z > x i x + z > y
Stąd x > z – y, y > x – z i z > y – x
Wykorzystując nierówność pomiędzy średnią arytmetyczną, a geometryczną
otrzymujemy:
Stąd
analogicznie
i
.
czyli
Stąd otrzymujemy:
Zadanie 4 (Konin 1992)
Znajdź wszystkie pary (x, y) liczb całkowitych spełniających układ równań:
Rozwiązanie
Z równania
wynika, że
i
.
Stąd x < 5 i y < 3.
Ponieważ y = 6 – x i y < 3, to 6 – x < 3, co pociąga x > 3.
Ponieważ x jest liczbą całkowitą i x < 5 oraz x > 3 wnioskujemy, że x = 4.
Stąd y = 2.
Odpowiedź:
.
Zadanie 5 (Bielsko Biała 1995)
Rozwiąż równanie:
tg2(x + y) + ctg2(x + y) = 1 – 2x – x2.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 67
Zadania nie muszą nudzić
Rozwiązanie
x+y≠
, gdzie k C.
Przekształcam równanie:
tg2(x + y) + ctg2(x + y) – 2tg(x + y)ctg(x + y)= 1 – 2x – x2 – 2
(tg(x + y) - ctg(x + y))2 = –(x+1)2
Po lewej stronie mamy liczbę nieujemną, zaś po prawej liczbę niedodatnią.
Równość zajdzie tylko wtedy gdy obie będą zerami.
Równanie jest więc równoważne układowi:
Stąd otrzymujemy odpowiedź:
Zadanie 6 (Radom 1993)
Rozwiąż układ równań:
Rozwiązanie
Zakładamy, że
Przekształcam
Analogicznie
Stąd układ ma postać:
oraz
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
.
Strona 68
Zadania nie muszą nudzić
Logarytmując obustronnie logarytmem o podstawie 2 otrzymujemy:
Stosując wzór na zmianę podstawy logarytmu otrzymujemy:
Stosujemy podstawienie:
,
i
.
Rozwiązujemy układ:
Mnożąc stronami równanie pierwsze przez drugie otrzymujemy:
i stąd c=2 lub c=-2
Układ jest więc równoważny układowi:
Stąd otrzymujemy:
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 69
Zadania nie muszą nudzić
Podstawiając:
Stąd otrzymujemy rozwiązanie układu:
.
Zadanie 7 (Ciechanów 1992)
Wyznacz te wartości parametru a, dla których istnieje takie x, że liczby:
Tworzą ciąg arytmetyczny (w podanej kolejności).
Rozwiązanie
Z warunków zadania wynika, że a >0.
Korzystając z własności ciągu arytmetycznego otrzymujemy:
Aby warunki zadania były spełnione równanie to musi mieć rozwiązanie.
Szukamy więc a dla którego to równanie ma rozwiązanie.
Podstawiając t = 5x, gdzie t>0 otrzymujemy:
Przekształcając otrzymujemy:
Podstawiamy:
, gdzie
i otrzymujemy:
Ponieważ a>0 to to równanie ma zawsze dwa rozwiązania:
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 70
Zadania nie muszą nudzić
Pierwsze rozwiązanie jest ujemne, więc:
Stąd:
Aby warunki zadania były spełnione wystarczy, że to równanie będzie miało
przynajmniej jeden pierwiastek dodatni.
Wystarczy, więc że
ponieważ,
,
więc jeżeli istnieją pierwiastki to są one dodatnie.
Rozwiązuję, więc warunek:
Stąd otrzymujemy układ:
Układ jest równoważny alternatywie:
Stąd po uwzględnieniu warunku, że a >0 otrzymujemy odpowiedź:
.
Zadanie 8 (Bielsko Biała 1996)
Udowodnij, że liczba
jest kwadratem liczby naturalnej.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 71
Zadania nie muszą nudzić
Rozwiązanie
W pierwszym nawiasie otrzymujemy sumę n-1 wyrazów ciągu geometrycznego
o ilorazie 10, która wynosi:
Stąd nasze wyrażenie ma wartość:
Ponieważ suma cyfr liczby
przez 3, a więc liczba
wynosi 3, więc ta liczba jest podzielna
jest naturalna.
Zadanie 9 (Gorzów Wielkopolski 1992, Siedlce 1994)
Udowodnij, że jeśli liczby
oraz
kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego, to
.
są
Rozwiązanie
Z własności ciągu arytmetycznego otrzymujemy:
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 72
Zadania nie muszą nudzić
Zmieniamy podstawę logarytmu na kn i otrzymujemy:
Przekształcając otrzymujemy:
Stosując własności logarytmów i wzór na zmianę podstawy otrzymujemy:
Korzystając z definicji logarytmu otrzymujemy:
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 73
Zadania nie muszą nudzić
VI Jak polubić geometrię z programami CABRI
Bronisław Pabich
Seria programów Cabri należy do narzędzi komputerowych typu DGS
(dynamic geometry system), co słusznie podpowiada nam, że są to programy
geometrii dynamicznej. Sama nazwa Cabri, pochodząca od francuskich słów Cahier
Bruilion Interactif(zeszyt brulionowy pracy interaktywnej) sugeruje, że mamy tu do
czynienia z interakcją.
Program powstał na Uniwersytecie w Grenoble pod kierunkiem wybitnego
dydaktyka matematyki Jean Marie Laborda. Spolonizował go wówczas prof. Stefan
Turnau z ówczesnej Wyższej Szkoły Pedagogicznej w Krakowie, zaś kolejne wersje
programów Cabri polonizował dr Bronisław Pabich.
Gdzie tkwi fenomen tego programu? Co powoduje, że jest on tak popularny na
całym świecie i tak lubiany przez uczniów? Dlaczego MEN wpisało go na listę
programów zalecanych do wykorzystania w szkołach1?
Cabri II Plus to program, którego interfejs przypomina zwykłą tablicę z tą
różnicą, że każdym obiektem utworzonym na niej można poruszać za pomocą myszy
niezależnie od komputera. Poruszanie obiektami zmienia ich kształt, długość, pole.
Relacje pomiędzy obiektami mogą się zmieniać bądź nie, w zależności od zaistniałej
sytuacji.
Program nie jest trudny w obsłudze. Bardzo szybko samodzielnie odkrywamy
tajniki programu i zdarza się, że utworzymy taką konstrukcję, która może zadziwić
niejednego i nas samych. Cabri to jednak nie sama geometria płaska. To cała baza
narzędzi, których nie mamy szansy używać, ucząc się z tablicą i kartką papieru. Ale
ta kartka papieru musi być po to, by przenosić to co widzi na ekranie komputera
również na tę kartkę. To jest często wielka dla nas bariera, ale ćwiczy w naszych
umysłach zdolności odtwarzania, przenoszenia, interpretowania i przetwarzania
sytuacji z jednego miejsca na drugie.
Ruch tworzonych w Cabri obiektów pozwala nam z powodzeniem pomóc na
tych przedmiotach, w których ma do czynienia ze zmianami zachodzącymi w czasie
czyli na lekcjach fizyki, astronomii, statystyki, analizy matematycznej, geometrii
przestrzennej a nawet logiki.
Program komputerowy jest używany nieraz tylko przez kilka minut po to, byśmy
uświadomili sobie coś, czego nie da się utworzyć na zwykłej szkolnej tablicy ani na
kartce. Potem następuje rozwiązywanie problemu już na kartce papieru. To
prowokuje nas do pracy, do wspólnej dyskusji, do zadawania rozmaitych pytań.
1
Program Cabri jest środkiem dydaktycznym zalecanym do użytku szkolnego przez ministra właściwego do
spraw oświaty i wychowania i wpisany do wykazu środków dydaktycznych przeznaczonych do kształcenia
ogólnego i nauczania matematyki na poziomie gimnazjum i szkoły ponadgimnazjalnej pod nr 1185/2001.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 74
Zadania nie muszą nudzić
Gdy otrzymamy na lekcji matematyki pytanie: „Czy ortocentrum trójkąta (punkt
przecięcia się jego wysokości) może zająć położenie na jednym z boków trójkąta?”,
to włączmy komputer i poszukujemy takiej sytuacji albo stwierdzamy, że nie może
ona zaistnieć, gdyż…. Itd.
Na ekranie Cabri możemy rozpatrywać w danym problemie wszystkie
możliwe przypadki jakie zachodzą. Tej możliwości nie daje mu tablica. Na przykład
niefortunnie narysowany na tablicy rzut wielościanu może doprowadzić go do
całkowicie nieprawdziwych wniosków.
Pracując z Cabri nie ma takiej możliwości. Jeżeli wydarzy się nam szczególny
przypadek, w którym zauważamy jakąś zależność, to możemy zmienić konfigurację
na inną i zauważyć, że w tym innym przypadku takiej zależności nie ma. Jeżeli
jednak wydaje nam się, że w każdej sytuacji zależność zachodzi, to stawiamy
hipotezę, że zachodzi ona zawsze i dążymy do dowodu tego faktu, aby hipoteza
stała się twierdzeniem.
I tak, jeżeli wykreślimy dla dowolnego trójkąta symetralne jego boków i
dwusieczne jego kątów i zauważymy, że przecinają się one na okręgu opisanym na
tym trójkącie (rysunek poniżej), to od razu pojawia się dostrzeżona hipoteza.
Dowód tego faktu nie jest trudny; nawet można powiedzieć, że jest łatwiejszy niż
samo odkrycie tego twierdzenia, jakże prostego i elementarnego, a jednak mało
znanego.
Jeśli poprowadzimy na przykład dwusieczną kąta CAB to kąty wpisane CAA’ i
BAA’ są przystające, a zatem łuki CA’ i BA’ są też przystające. To oznacza, że
istnieje izometria przekształcająca jeden z nich na drugi. Może to być obrót albo
symetria osiowa. Ponieważ punkt A’ jest dla obu łuków wspólny, to jest punktem
stałym tego przekształcenia. Przekształceniem tym musi być zatem symetria osiowa.
Osią jej jest symetralna boku CB, co oznacza, że punkt A’ leży również na tej
symetralnej, co kończy dowód.
Ucząc się z Cabri zmienia się również sposób wprowadzania pojęć
dotychczas nam nieznanych. Posługujemy się wówczas metodą odkrywczego
nauczania, w której niczym badacze wykonujemy pod okiem nauczyciela
eksperymenty, dostrzegając w ich wyniku nowe pojęcie. Badając jego własności
może dojść samodzielnie do definicji danego pojęcia.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 75
Zadania nie muszą nudzić
Czas ku temu, by wyjawić szczegóły innych ważnych narzędzi programu Cabri
II PLUS. Zatrzymamajmy się nieco dłużej na narzędziach: ŚLAD i MIEJSCE
GEOMETRYCZNE.
Ponieważ nieznana matematyka najlepiej rodzi się w nowych, nieznanych
sytuacjach, zacznijmy od zadania:
Dana jest prosta k i punkt F nie leżący na niej. Znajdź co najmniej cztery
punkty, których odległość od punktu F i od prostej k jest taka sama.
Zadanie to celowo zamieściłem w tym miejscu z wielu powodów.
Po pierwsze dlatego, że używając słowa parabola mamy na myśli wykres funkcji
kwadratowej, gdy tymczasem krzywa ta ma zupełnie inne podłoże zarówno
historyczne jak i konstrukcyjne. W jaki sposób moglibyśmy wykreślić konstrukcyjnie
przynajmniej jeden punkt wykresu funkcji kwadratowej jeżeli nie uczyliśmy się
konstruowania odcinka o długości a2. Konstruowanie natomiast przynajmniej
czterech punktów paraboli o zadanym ognisku F i kierownicy k nie powinno nam
sprawić trudności.
Drugi powód pojawienia się tego zadania
to
sprawdzenie,
czy
naprawdę
rozumiemy, co to jest odległość punktu
od prostej. Pojęcie to jest niezbędne do
rozwiązania powyższego zadania.
2
F
3
1
k
Natychmiast kreślimy na tablicy trzy punkty spełniające wymagania zadania. Są to
punkty 1, 2 i 3 na powyższym rysunku. Znalezienie czwartego jednak sprawia nam
jednak spore trudności. Powodem tego może być nieznajomość odległości punktu od
prostej. Bez niego nie da się znaleźć tego punktu.
Program Cabri II Plus odczytuje odległość wskazanego punktu P od prostej m.
Problem w tym, że możemy nie wiedzieć jak program to „robi”.
Gdy wybierzemy dowolny punkt X na tej prostej i zaobserwujemy, w jakim jego
położeniu odległość PX jest równa odległości punktu P od prostej m odczytanej przez
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 76
Zadania nie muszą nudzić
program CABRI, to szybko zorientujemy się, że punkt X musi być tak położony na
prostej by prosta PX była prostopadła do prostej m. Punkt X nazywamy rzutem
prostokątnym punktu P na prostą m – rysunki poniżej.
Chcąc znaleźć czwarty punkt P spełniający warunki zadania zmuszeni jesteśmy do
przeprowadzenia analizy konstrukcji. Tak przecież rozpoczyna się zawsze
rozwiązywanie zadań konstrukcyjnych, a takim zadaniem jest również to zadanie.
Zakładamy przybliżone położenie punktu P i wiedząc, że jego odległość od prostej k
to odległość od rzutu prostokątnego P’ punktu P na tę prostą, ustalamy punkt P’.
Skoro odległość PP’ ma być równa odległości PF, to z dotychczasowej wiedzy
wiemy, że punkt P musi leżeć na symetralnej punktów P’ i F.
Teraz w naszych myślach tworzy ciąg czynności do wykonania czwartego punktu:




obieramy dowolny punkt P’ na prostej k,
wystawiamy w nim prostopadłą do tej prostej,
konstruujemy symetralną punktów P’ i F,
w przecięciu tej symetralnej z prostopadłą wyznaczamy poszukiwany punkt P,
który jest tak odległy od punktu F jak od prostej k – rysunek u dołu po lewej
stronie.
Wyznaczenie punktu P to dopiero początek całej konstrukcji. Przecież wybraliśmy
dowolnie punkt P’, więc dla każdego punktu P’n istnieje dokładnie jeden punkt Pn.
Warto więc poznać ciąg wszystkich punktów {Pn} przy zmieniającym się położeniu
punktu P’n. Może ten zbiór wyznaczy nam ciekawą trajektorię?
I tu właśnie dotykamy sedna sprawy - program CABRI II PLUS potrafi wykreślić i
pozostawić na ekranie ślady wszystkich punktów Pn . Okazuje się, że stanowi on dla
uczniów ciekawą krzywą, którą nazywamy parabolą – rysunek poniżej po prawej
stronie. Punkt nazywamy ogniskiem paraboli, zaś prostą k jej kierownicą.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 77
Zadania nie muszą nudzić
F
P
k
P'
Ślad może pozostawić również symetralna punktów F i P’, która okazuje się być
styczną do paraboli dla jej wybranego punktu P. Zaś ślad zbioru tych stycznych
tworzy całą rodzinę prostych o tej własności, że każda z nich jest jedna ze stycznych
do tej paraboli. Powiemy wówczas, że parabola stanowi obwiednię rodziny tych
prostych. Opisany fakt ilustruje poniżej kolejny rysunek.
Opcja Ślad nadaje się wspaniale do odkrywania kształtu krzywej spełniającej daną
własność geometryczną lub miarową. Natomiast badanie tej krzywej odbywa się z
użyciem narzędzia miejsce geometryczne. Narzędzie to ma tę zaletę, że jej „śladu”
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 78
Zadania nie muszą nudzić
nie trzeba za każdym razem „mazać”, by ponownie użyć dla innych parametrów
zadania.
Przykładowo – jeśli w paraboli, której ślad wykreśliliśmy, zmienimy położenie punktu
F albo położenie prostej k, wówczas na tle wykreślonej paraboli pojawi się ślad
drugiej, czyniąc rysunek nieczytelnym.
Użycie zaś narzędzia Miejsce geometryczne pozwala w sposób płynny zmieniać
każdą krzywą i zastępować ją nową.
Dlatego też narzędzie to pozwala nam badać zachowanie się całej rodziny
tworzonych trajektorii a w połączeniu z narzędziem Ślad obserwować ciąg takich
krzywych.
Wówczas możemy odpowiedzieć na pytanie: jaki wpływ na kształt paraboli ma
położenie punktu F względem prostej k.
Jak wykreślić nasza parabolę narzędziem Miejsce geometryczne?
Wystarczy uaktywnić to narzędzie, a następnie wskazać kolejno punkt, który ma
pozostawić „ślad” krzywej (w naszym wypadku jest to punkt P) i punkt, który jest
odpowiedzialny za ruch punktu kreślącego krzywą (jest to punkt P’).
Gdy wykreślimy parabolę narzędziem Miejsce geometryczne a następnie
uaktywnimy je narzędziem Ślad, wówczas poruszając punktem P można szybko
znaleźć poszukiwane zależności: gdy ognisko oddalamy od kierownicy, wówczas
parabola „rozszerza” swe gałęzie, gdyż zaś przybliża się, parabola „chudnie”.
Czy wiemy, jak to się dzieje, że w samochodzie istnieje możliwość przełączania
świateł „krótkich” na „drogowe”. Może niektórym z nas wydaje się, że w tym celu
używane są żarówki o różnych mocach – dla świateł krótkich słabsze, a dla
„drogowych” silniejsze.
Tymczasem idea tego problemu tkwi zupełnie gdzie indziej i związana jest z
własnościami optycznymi paraboli. W zależności od położenia żarówki względem
ogniska, snop światła odbitego od paraboli (można na chwilę potraktować ją jako
cieniutkie lustro paraboliczne) zmienia się od skupionego poprzez wiązkę równoległą
do rozproszonego. Wykonajmy eksperyment wyjaśniający te fakty. Jest to kolejna
okazja, by zobaczyć jak matematyka może być wykorzystana w praktyce, w tym
przypadku w fizyce optycznej.
Wykonajmy więc następujący ciąg czynności:


umieśćmy punkt S na półprostej WF, gdzie W jest wierzchołkiem paraboli – punkt
ten odpowiada żarówce umieszczonej na osi paraboli,
światło wychodzące żarówki przedstawmy jako wektor SP, gdzie P jest punktem
paraboli,
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 79
Zadania nie muszą nudzić







odcinek stycznej do paraboli utworzonej w punkcie P (jest nią symetralna punktów
P i P’) można potraktować jako lusterko, od którego promień SP odbija się,
obraz wektora SP w tym lusterku jest wektorem PS’, gdzie S’ jest obrazem S w
symetrii względem stycznej,
uaktywnijmy wektor PS’ narzędziem ślad,
dla ustalonego położenia żarówki S na półprostej WF poruszajmy punktem P’, by
uzyskać ślad wszystkich wektorów PnS’,
po wykonaniu tego eksperymentu zmieńmy położenie żarówki i powtórzmy
eksperyment,
jak zachowują się wektory PnS’ dla różnych położeń żarówki S,
jakie położenie zajmuje żarówka gdy lustro paraboliczne świeci światłami
drogowymi, a jakie, gdy świeci światłami krótkimi?
Wykonując ten eksperyment dostrzegamy z łatwością, że:



gdy żarówka znajdzie się w takim położeniu, że SW > SF, wówczas światło się
rozprasza i zwierciadło paraboliczne jest źródłem świateł krótkich.
gdy żarówka znajduje się w ognisku, wówczas wiązka odbita światła z żarówki
jest równoległa do osi paraboli – wiązka światła jest widoczna na ekranie jako
koło,
gdy żarówka znajduje się między ogniskiem F a wierzchołkiem W paraboli (SW<
SF), wówczas promienie odbite od paraboli skupiają się, więc ich droga wydłuża
się (światła drogowe),
Poniższe rysunki ilustrują omówione sytuacje.
Ślad obracającej się paraboli wokół jej osi daje w wyniku powierzchnię paraboloidy
obrotowej, której kształt przyjmowały niegdyś lampy samochodowe – rysunek poniżej
po lewej stronie. Obecnie zamiast paraboloidy wstawia się do lamp samochodowych
lustra paraboliczne zbudowane w kształcie walca parabolicznego - rysunki poniżej po
prawej stronie.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 80
Zadania nie muszą nudzić
Ostatnie dwa rysunki są zrzutem ekranu programu CABRI 3D przeznaczonego do
uczenia się geometrii przestrzennej.
Poznawanie stereometrii przy użyciu programu CABRI II PLUS jest możliwe
dzięki pewnym zabiegom technicznym dokonanym przez dr Bronisława Pabicha w
1995 roku 2.
Na bazie sześcianu obracanego wokół osi OZ i OX można wizualizować w
aksonometrii (czyli tzw. rzucie równoległym) niemal każdą sytuację przestrzenną,
którą rozwiązujemy w stereometrii w szkołach pogimnazjalnych. Wielościany
pojawiają się w tym programie jako modele krawędziowe, co wystarcza, by
odnajdywać ich przekroje, przenikania, kreślenie siatek wskazywanie kątów płaskich i
dwuściennych. Istnieje też możliwość zamalowywania ścian wielościanów, ale
utrudnia to odczytywanie relacji i ich właściwości. Można również konstruować siatki
geodezyjne powierzchni 3D, w tym kulę z układem współrzędnych sferycznych
(globus u dołu po lewej stronie) która może być używana a na lekcji geografii lub
astronomii, a także powierzchnie prostokreślne i linie śrubowe (rysunki u dołu po
prawej stronie).
2
Zabieg ten opisany jest dokładnie w książce nr 4 z serii „Cabrista” pt. „Stereometria z Cabri II”
autorstwa Bronisława Pabicha.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 81
Zadania nie muszą nudzić
Oto przykład zadania, w którym mamy możliwość dostrzeżenia faktów,
niemożliwych do zilustrowania na tablicy ani na modelu. Sześcian obraca się wokół
osi przechodzącej przez środki dolnej i górnej ściany. Odcinek PQ ma końce
umieszczone na brzegu tych ścian. Jaką powierzchnię zakreśli ten odcinek w trakcie
obracania się sześcianu?
Poniższe rysunki ilustrują trzy najistotniejsze położenia odcinka. Gdy odcinki
są równoległe, wówczas z łatwością przypisujemy śladowi odcinka powierzchnię
boczną walca (rysunek poniżej). Gdy leżą na równoległych krawędziach wydaje się
nam, że tą powierzchnią będzie stożek, a w przypadku gdy punkty P i Q leżą na
skośnych krawędziach sześcianu mamy spory dylemat, kończący się stwierdzeniem
że to będzie stożek ścięty.
Tymczasem w drugim i w trzecim przypadku poszukiwaną powierzchnią jest
hiperboloida jednopowłokowa (rysunek środkowy powyżej) podobna do klepsydry
piaskowej za wyjątkiem jedynej sytuacji, gdy będzie to stożek (kolejny rysunek). Gdy
jesteśmy zapytani o warunek jaki musi spełniać odcinek, by po jego obrocie powstał
stożek, mamy problemy z jego odnalezieniem. Wynika to z faktu, że w szkole nie
poznaliśmy powierzchni stożkowych jako takich, w których dana prosta (lub odcinek)
tak się porusza w przestrzeni, by jeden jej punkt był nieruchomy. W naszym zadaniu
wystarczy więc, by odcinek przechodził przez punkt leżący na osi obrotu sześcianu.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 82
Zadania nie muszą nudzić
W Cabri II Plus można z powodzeniem pokazać zarówno powierzchnię stożkową jak
też walcową – patrz rysunki poniżej.
Animacja i pozostawianie śladu w programie Cabri II Plus daje nieocenione
usługi w zakresie transformacji jednych wielościanów w inne. Posłużmy się tu
przykładem ilustrującym ścinanie naroży sześcianu płaszczyznami prostopadłymi do
jego przekątnych. Kreśląc tę sytuację na kartce papieru nie zdajemy sobie sprawy,
jaki może być finał tego ścinania. A na pewno nie zdajemy sobie sprawy, że można
tu uzyskać kilka interesujących nowych wielościanów. Oto pośrednie etapy w
przekształcaniu sześcianu w czworościan, w którym po drodze pojawia się
przedstawiciel brył Archimedesa: sześcioośmiościan (rysunek poniżej po lewej
stronie). Podobnie przekształcając czworościan foremny w ośmiościan wpisany do
niego uzyskamy pośrednio czworościan ścięty (rysunek środkowy), a przekształcając
sześcian w ośmiościan dualny do niego uzyskujemy sześcian ścięty,
sześcioośmiościan i sześcioośmiościan rombowy (rysunke po prawej stronie).
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 83
Zadania nie muszą nudzić
Interesującym zadaniem jest prezentacja graficzna sześcianu ustawionego
tak, by jego główna przekątna była pionowa. Nazwijmy taki sześcian diagonalnym.
Jeśli zaczniemy obracać ten sześcian wokół
jego przekątnej pojawiają się dwa pytania:
 ile okręgów wykreśli sześć wierzchołków
sześcianu w trakcie tego obrotu (dwa są
stałe w obrocie)
 jaką bryłę obrotową otrzymamy z tego
sześcianu jeśli jego krawędzie pozostawią
ślad w przestrzeni?
Problemy te nie są łatwe dla kogoś, kto
próbuje rozwiązać je na kartce. Wymagają
one
umiejętności
narysowania
tego
sześcianu, co już jest trudne a potem
„wprowadzenia go w ruch”.
Rozwiązanie to można ładnie zilustrować dynamiczną konstrukcją na ekranie
Cabri II Plus. Znów spotykamy się z hiperboloidą jednopowłokową, którą, jeśli już
poznaliśmy w poprzednim przykładzie, teraz możemy wykreślić samodzielnie na
kartce.
Fakt, że sześć wierzchołków sześcianu diagonalnego wykreśla tylko dwa okręgi jest
dla nas dość sporym zaskoczeniem. Fakt ten można wykorzystać do rozwiązania
rozmaitych zadań ze stereometrii.
Rozwiążmy poniższe zadanie:
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 84
Zadania nie muszą nudzić
Dana jest kula i punkt A leżący na jej powierzchni. Skonstruuj sześcian, którego
wszystkie wierzchołki leżą na sferze tej kuli a jednym z nich jest punkt A.
Program Cabri II PLUS pozwala nie tylko wyznaczyć przekrój danego wielościanu, ale umożliwia także
równoczesne wykreślenie siatki tego krojonego wielościanu. Jeśli do tego jeszcze przekrój jest
dynamiczny, wówczas mamy możliwość obejrzenia całej rodziny przekrojów z równoczesną
obserwacją linii przekroju na siatce. Rysunek poniżej ilustruje takie przekroje sześcianu wraz z
obserwacja jego siatki.
A który z nich ma największy obwód. Okazuje się, że obwód ten jest stały i równy
dwukrotnej długości krawędzi czworościanu (kolejny rysunek)
Inne formy kształcenia wyobraźni przestrzennej prezentuje zadanie którego treść
przytaczam poniżej 3
3
Jest to zadanie autorskie zaczerpnięte z pracy dysertacyjnej autora.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 85
Zadania nie muszą nudzić
Królika umieszczono w klatce zamkniętej od góry siatką o kwadratowych oczkach
(rys. 31). Dziecko podeszło do klatki i uchyliło jej górne zabezpieczenie unosząc dwa
wierzchołki siatki a dwa obniżając. Siatka przybrała więc formę powierzchni, którą
matematycy nazywają paraboloidą hiperboliczną. Jaki kształt oczek siatki widzi królik
teraz?
Jeśli rysunek wykreślimy na kartce bez możliwości oglądania klatki od góry, to nie
możemy z całą pewnością zdecydować, jaki kształt oczek siatki widzi królik. Gdy
posłużymy się konstrukcja Cabri II Plus, widzimy natychmiast, że mimo, iż kształt
tych oczek zmienił się przybierać formę rombu, to jednak od dołu i od góry widzimy
go jako kwadrat (kolejne rysunki u dołu).
Spowodowane to jest faktem, że unosząc siatkę do góry wierzchołki kwadratowych
oczek siatki przesuwają się pionowo, a zatem ich rzuty pionowe na podłogę klatki
nadal są kwadratami. Mylącym dla nas jest widok boczny klatki i stąd nasze
zaskoczenie takim rozwiązaniem.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 86
Zadania nie muszą nudzić
W roku 2004 z chwilą pojawienia się pierwszej wersji programu Cabri 3D 4
pojawiła się również nadzieja na jeszcze ciekawsze nauczanie stereometrii niż z
programem Cabri II Plus. Dziś można powiedzieć, że faktycznie program ten spełnił
oczekiwania zarówno twórców jak i użytkowników. Pojawiły się bowiem nowe i
efektywniejsze możliwości wykorzystanie komputera w nauczaniu geometrii
przestrzennej.
` CABRI 3D pozwala odnaleźć się w świecie geometrii przestrzennej, której
interaktywne poznawanie przy użyciu tego programu zmienia filozofię
dotychczasowego sposobu nauczania i uczenia się stereometrii w polskiej szkole.
Narzędzia, którymi dysponujemy pracując z programem CABRI 3D stwarzają
okazję do świadomego i aktywnego poznawania i odkrywania przez nas problemów
geometrii trójwymiarowej. Wykonywanie konstrukcji przestrzennych przy
pomocy cyrkla i linijki jest zupełną nowością w dydaktyce matematyki. Obraz
konstrukcji sporządzonej na ekranie komputera można wydrukować lub narysować
samodzielnie na kartce papieru, co kształci nie tylko wyobraźnię przestrzenną ale
uczy odwzorowania obiektów 3D na płaszczyznę.
Linijka konstrukcyjna w Cabri 3D to prosta poprowadzona przez dwa punkty,
natomiast rolę cyrkla przejęła w przestrzeni 3D sfera o zadanym środku i promieniu,
lub środku i punkcie który do niej należy. Oczywiście w sytuacji, gdy problem
rozwiązujemy w jakiejś płaszczyźnie, lub wokół jakiejś osi obrotu, posługujemy się
tradycyjnym okręgiem.
Poniższy przykład ilustruje dynamiczną konstrukcję dwunastościanu foremnego
4
Pierwsza prezentacja tego programu odbyła się na konferencji Cabriworld w Rzymie skąd autor tego
artykułu przywiózł ją do Polski. Twórcą programu jest syn profesora Laboreda – Pierre - wówczas 28letni naukowiec.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 87
Zadania nie muszą nudzić
przy użyciu cyrkla i linijki. Jego ścianami są pięciokąty foremne. Zatem konstruujemy
jedną z nich jako podstawę bryły a następnie znajdujemy jego obraz w obrocie wokół
jednej z jego krawędzi tworząc jakby na zawiasie kolejną ścianę dwunastościanu.
Obrót w programie Cabri 3D dokonuje się wskazując obracany obiekt, oś obrotu i
dwa punkty określające kąt obrotu.
Na pierwszym rysunku u dołu widzimy okrąg przechodzący przez środek
podstawy, którego osią jest wybrany bok pięciokąta. Punktem P wybranym na tym
okręgu zmieniamy kąt obrotu.
Przez środek podstawy przeprowadzamy prostą prostopadłą do niej i obracając
czterokrotnie skonstruowaną już ścianę wokół tej prostej otrzymujemy wszystkie
ściany przylegające do podstawy (rysunek środkowy). Przez punkt P konstruujemy
prostą prostopadłą do pierwszej ściany. Obie proste przecinają się w jednym punkcie
S, który w trakcie obracania ścianki bocznej porusza po prostej prostopadłej do
podstawy. Gdy krawędzie podstawy i ściany bocznej pokryją się, wówczas punkt ten
będzie środkiem konstruowanego dwunastościanu.
Górne ściany dwunastościanu otrzymujemy przez odbicie dolnych względem
punktu S. Ustawiamy pierwszą ściankę boczną tak, by jej krawędź stykała się z
odpowiednią krawędzią postawy i …. dwunastościan jest gotowy.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 88
Zadania nie muszą nudzić
Gdy nieopatrznie tak obrócimy pierwszą ściankę, że zetknie się ona z jedną z
górnych ścian, wówczas ku naszemu zdziwieniu pojawi się wielościan zamknięty też
dwunastoma ścianami, ale wklęsły. W ten sposób odkrywamy dwunastościan wielki
stelację dwunastościanu foremnego, skonstruowaną przez Luisa Poinsota w 1809 r
(rysunek po prawej stronie u góry).
Jeśli tę samą konstrukcję powtórzymy zastępując pięciokąty pentagramami,
wówczas otrzymamy dwa inne wielościany gwiaździste odkryte przez Johannesa
Keplera ok. 1609 r. Powstawanie ich prezentuje pierwszy ysunek u dołu, zaś gotowe
wielościany kolejne rysunki.
Konstrukcje przedstawiane na ekranie CABRI 3D są opcjonalnie
odwzorowywane w perspektywie, czyli w taki sposób, w jaki nasze oko faktycznie
widzi przestrzeń. Fakt ten zrywa z dotychczasowym kanonem aksonometrycznego
kreślenia rysunków przestrzennych pojawiających się dotychczas w polskich
podręcznikach szkolnych, w których widok obiektu nie jest adekwatny z obrazem, jaki
odbiera nasz zmysł wzroku.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 89
Zadania nie muszą nudzić
Zmiana ustawień programu pozwala również na kreślenie obiektów
trójwymiarowych w rzutach równoległych o kątach skręcenia 30, 45 i 60 oraz w
rzucie izometrycznym.
Dla
inżynierów
i
techników
budownictwa Cabri 3D oferuje rzuty
Monge’a badanego obiektu przy czym
w trakcie obracania go oglądamy je
również w ruchu. Rysunek obok
ilustruje rzuty Monge’a wielościanu,
który odkrył w 1981 r. polski architekt
Janusz
Kapusta.
Ciekawym
wyzwaniem może być narysowanie Kdronu znając tylko jego rzuty.
Narzędzia programu CABRI 3D pozwalają nie tylko kreślić dynamiczne
konstrukcje obiektów 3D, ale również mierzyć ich długości, pola i objętości,
wyznaczać równania płaszczyzn i współrzędne punktów i wektorów, operować
na nich przy pomocy wkomponowanego kalkulatora.
Kolejny
rysunek
ilustruje
zrzut
dynamicznego ekranu Cabri 3D na którym
skonstruowano kulę wpisaną w stożek o
stałym promieniu podstawy i zmieniającej
się
wysokości.
Obok
konstrukcji
umieszczono również wykres zależności
objętości stożka od objętości kuli.
Można dostrzec, iż największą wartość
stosunku tych objętości wydaje się być
liczba 2. Dalsza eksploracja pokazuje, że
nawet dla stałej wysokości H, ale
zmieniającej się wartości promienia R
podstawy stożka, ten stosunek też
przyjmuje najmniejszą wartość równą 2.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 90
Zadania nie muszą nudzić
Spróbujmy ten fakt udowodnić.
Wprowadźmy oznaczenia: R – długość
promienia podstawy stożka, H – długość jego
wysokości, r – długość promienia kuli. Z przekroju
osiowego stożka wynikają związki:
H
 tg 2
R
oraz
r
 tg
R
Stąd:
Vstożto
Vkuli
1 2
R H
R2H
R2H
R2H
3




4 3
4r 3
4R 3  tg 3  4 R 3  tg 3
r
3
H
 tg 2
ale R
, więc
k
Vstożto
tg 2
1

 ...... 
3
2
Vkuli
4  tg 
2 tg   tg 4


Obliczając pochodną funkcji k ze względu na zmienną  i przyrównując ją do zera
2
2 , co daje wartość kata nachylenia tworzącej stożka do
otrzymujemy wartość
podstawy ok. 71. Natomiast liczba k dla tej wartości przyjmuje faktycznie wartość
równą 2.
tg 
Jak widać może się zdarzyć, że odczytywanie miar badanych obiektów pozwala
nam wyprzedzić poznawaną teorię. Teraz sami możemy być jej odkrywcami.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 91
Zadania nie muszą nudzić
Przykładem nawiązującym do historii
matematyki jest wyjaśnienie, dlaczego
nagrobek Archimedesa ozdobiony jest
kulą, walcem i stożkiem i tych samych
wysokościach.
Wystarczy
wykonać
odpowiednią
konstrukcję i odczytać objętości tych
brył (rysunek obok). Okazuje się, że ich
stosunek wynosi 1:2:3, co prowokuje
nas do udowodnienia tego faktu,
zresztą
niezwykle
prostego.
Archimedes był bardzo dumny z tego
odkrycia i dlatego chciał, by na jego
grobie znalazły się te bryły.
Możliwość odczytywania iloczynu skalarnego i wektorowego dwóch wektorów
może okazać się pomocną w zrozumieniu i wyjaśnianie praw i reguł fizyki.
Z programem CABRI 3D możemy w prosty i jednocześnie niezwykle
wizualizacyjny sposób przyswoić sobie pojęcia prostych skośnych, kąta
dwuściennego, rzutu ukośnego i prostokątnego, wyznaczanie odległości
pomiędzy obiektami przestrzennymi i miar poszukiwanych kątów.
Narzędzia rozcinania wielościanu i tworzenia jego siatki pozwalają nam
tworzyć nowe wielościany na bazie już skonstruowanych i poznawać w sposób
świadomy konstrukcje ich siatek, a potem samodzielne wykonać ich modele.
Możemy też z łatwością na bazie wielościanów platońskich tworzyć wielościany
archimedesowe przez ścinanie w odpowiedni sposób ich naroży. Jest to niezwykle
ciekawe zajęcie, kształcące naszą wyobraźnię przestrzenną i logiczne myślenie. Na
poniższych rysunkach widzimy kilka reprezentantów tych wielościanów: sześcian
przycięty, dwudziestodwunastościan i sześcioośmiościan rombowy wielki.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 92
Zadania nie muszą nudzić
Przez przedłużanie krawędzi bądź ścian wielościanu możemy z łatwością tworzyć
stelacje wielościanów, zarówno tych popularnych jak też mniej znanych. Poniżej
przedstawiam trzy jedyne stelacje dwunastościanu rombowego, które powstają przez
doklejanie do niego tego samego pięciościanu, co wykazał w 1957 r. roku Luke
Dorman (trzy rysunki u dołu).
CABRI 3D zaopatrzony jest w kartezjański układ współrzędnych, w którym można
umieścić punkt o dowolnych współrzędnych. Jeśli znamy współrzędne punktów, które
są wierzchołkami bardzo skomplikowanego wielościanu, to możemy z powodzeniem
ten wielościan skonstruować. W ten sposób można skonstruować np. wielościany
jednorodne 5. Trzy z nich ilustrują kolejne rysunki.
5
Wielościany jednorodne powstają z brył platońskich przez przeprowadzenie w nich przekrojów, które są
wielokątami foremnymi niekoniecznie wypukłymi.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 93
Zadania nie muszą nudzić
Program zawiera opcjonalnie bryły obrotowe: walec, stożek i kulę.. Można je
rozcinać ruchomą płaszczyzną, umożliwiając tym samym eksplorację przekrojów
brył, a także poszukiwać i konstruować części wspólne tych obiektów.
Na własne życzenie możemy poszerzyć
skonstruowanie „maszynki do brył obrotowych”.
gamę
brył
obrotowych
przez
Oto krótki opis tej konstrukcji:
 wybieramy dowolną oś obrotu i okrąg, którego jest ona osią obrotu,
 na okręgu obieramy dowolny punkt, który dzięki temu może poruszać się tylko po
tym okręgu,
 przez oś obrotu i wybrany punkt przeprowadzamy płaszczyznę,
 w płaszczyźnie tej wykreślamy dowolny wielokąt, lub dowolną inną figurę płaską,
 poruszanie punktem po okręgu powoduje obrót płaszczyzny wokół pionowej osi
wraz z wykreśloną w niej płaską figurą z prędkością, której zakres możemy
ustalić,
 po włączeniu śladu tej płaskiej figury zobaczymy tworzoną powierzchnie obrotową.
Rysunek u dołu ilustruje „maszynkę do brył obrotowych” i uzyskaną w ten sposób
bryłę obrotową w formie grzyba, zaś drugi rysunek torus skonstruowany przy pomocy
takiej „maszynki”.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 94
Zadania nie muszą nudzić
Wspomniana już animacja i ślad są źródłem odpowiedzi na wiele pytań, które
sami możemy sobie postawić w trakcie pracy z tym programem. Czynią one z
programu CABRI 3D narzędzie do badania dynamicznego zachowania się krzywych
przestrzennych i trajektorii punktów. To ułatwia zrozumienie na lekcjach fizyki
procesów dynamicznych i kinematycznych.
Program CABRI 3D pozwala realizować na dwuwymiarowym ekranie komputera
dynamiczne konstrukcje rzutów trójwymiarowych obiektów czterowymiarowych,
np. hipersześcianu, hiperczworościanu i ich trójwymiarowych siatek.
Edytowanie obiektów to nie tylko zmiana kolorów, grubości i rodzaju linii ale
również sposób renderowania każdego utworzonego obiektu 3D. Użycie różnych
form renderowania pozwala rozróżniać i lepiej dostrzegać szczegóły rysunku, który
wykonany na kartce papieru mógłby być niezwykle zagmatwany.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 95
Zadania nie muszą nudzić
Szybkie konstruowanie ostrosłupów,
graniastosłupów i podstawowych brył
obrotowych sprawia, że program
CABRI 3D może być z powodzeniem
używany do budowania wirtualnych
modeli
rzeczywistych
obiektów
przestrzennych, takich, jak kościoły,
zamki,
przybory
codziennego
użycia.
Oba programy możemy pobrać za darmo w wersji demonstracyjnej, która w pełni
działa przez 72 godziny (program CABRI II PLUS) lub 31 dni (program CABRI 3D).
Adres strony do pobrania: www.cabri.com.
Natomiast zakupu programu możemy dokonać ze strony www.math-comp-educ.pl
Opracowania gotowych problemów wraz z CDROM do ich realizacji w wersji demo
można zakupić również pod wskazanym adresem w firmie Math-Comp-Educ.
Podkarpackie Centrum Edukacji Nauczycieli w Rzeszowie
Strona 96