O metóde zavedenia pomocného prvku The Method of Implementation of Auxiliary Element

Transcription

1 Acta Mathematica Nitriesia Vol. 2, No. 2, p. 1 6 ISSN O metóde zavedeia pomocého prvku The Method of Implemetatio of Auxiliary Elemet Peter Vrábel *a Departmet of Mathematics, Faculty of Natural Scieces, Costatie the Philosopher Uiversity i Nitra, Tr. A. Hliku 1, SK Nitra, Received 21 September 2016; received i revised form 7 October 2016; accepted 10 October 2016 Abstract The mathematical techique implemetatio of auxiliary elemet is the frequetly used method o problems solvig ad o a executig of various mathematical proofs. It is useful to establish besides give magitudes suitable helpful mathematical objects. We ca achieve to resolutio of a problem by these objects. The applicatios of this techique are aalysed i various mathematical braches i the submitted cotributio. The effectiveess of the method i questio is illustrated via solutios of several miscellaeous mathematical problems. Keywords: mathematical techique, implemetatio of auxiliary elemet, mathematical problem Classificatio: 00A35; 97C50; 97D50 Úvod Skúseý riešiteľ matematických problémov pracuje obyčaje v iekoľkých rôzych úroviach, ktoré sú určeé použitím matematických metód s rôzou šírkou aplikácie. Takto matematické metódy môžeme rozdeliť podľa ich všeobecosti, podľa šírky záberu ich použitia. Tie ajvšeobecejšie sa zvykú azývať matematické stratégie, tie špecializovaejšie matematické techiky (Zeitz [7] 1999; Kopka [1] 2004; Vrábel [4] 2005). V priebehu riešeia úlohy obyčaje treba uvažovať aj sústredeé postupy a triky použiteľé iba v špecifických situáciách, ktoré sa často azývajú matematické ástroje. K matematickým techikám patrí metóda zavedeia pomocého prvku, ktorej použitie budeme v tomto čláku aalyzovať. Metóda zavedeia pomocého prvku Pri riešeí úloh je často užitočé okrem daých veličí zaviesť pomocé matematické objekty, prostredíctvom ktorých potom dospejeme k vyriešeiu týchto problémov. Istým spôsobom s touto techikou súvisia matematické techiky extremály pricíp a zaveď fukciu (Vrábel [5], [6] 2011). V tej ajjedoduchšej podobe pomocého prvku možo hovoriť pri matematickom ástroji zjedodušeie a substitúcia, ktorý je dobre zámy predovšetkým pri riešeí rôzych typov rovíc a erovíc, či zo základov matematickej aalýzy. Typické príklady pre používaie pomocých prvkov poskytuje geometria. Napríklad jede z viacerých zámych dôkazov Pytagorovej vety využíva pomocý matematický objekt štvorec s dĺžkou stray a + b, kde a, b ozačujú veľkosti odvesie pravouhlého trojuholíka. *Correspodig author; pvrabel@ukf.sk DOI: /AMN

2 2 Acta Mathematica Nitriesia, Vol. 2, No. 2, p. 1-6 Štvorec M so straou a + b rozrežeme dvomi spôsobmi. V prvom prípade v áprotivých rohoch štvorca umiestime štvorce so straami a resp. b. Takto sa štvorec M rozpadá a dva štvorce so straami a resp. b a dva obdĺžiky so straami a, b (štyri pravouhlé trojuholíky s odvesami a, b). V druhom prípade rozdelíme každú strau štvorca M a úsečky dĺžky a, b tak, že pri pohybe po straách štvorca sa dĺžky a, b striedajú (obr. 1). Takto sa štvorec M rozpadá a štyri pravouhlé trojuholíky s odvesami a, b a štvorec so straou c. Obrázok 1 Aplikácie techiky zavedeie pomocého prvku pri riešeí problémových úloh Problém 1. Ktoré z čísel 55 53, číslice 5, 6 achádzajú -krát, N). je väčšie (vo všetkých uvedeých zápisoch čísel sa Riešeie. Položme a = Potom porovávaé čísla sú tvaru 5a 2 (+1) krát tak platí:, 6a 2 5a+2 6a+3 (5a 2)(6a + 3) = 30a 2 + 3a 6 > 30a 2 + 2a 4 = (6a 2)(5a + 2). Takto teda číslo je väčšie ako číslo Keďže a > 2, Problém 2. (Newtoova úloha). Tráva a celej lúke rastie rovako čo do výšky i hustoty. Vieme, že 60 kráv by spáslo všetku trávu za 24 dí a 30 kráv za 60 dí. Koľko kráv by spáslo všetku trávu za 100 dí? Riešeie. Zavedieme pomocý prvok porciou azveme také možstvo trávy, ktoré spasie krava za jede deň. Predpokladáme pritom, že všetky kravy spasú za deň približe rovakú porciu. Potom a koci 24-ho dňa 60 kráv spáslo 1440 = porcií trávy a a koci 60- ho dňa 30 kráv spáslo 1800 = porcií trávy. To zameá, že za 36 dí dorástlo a lúke 360 = porcií trávy, teda 10 porcií za jede deň. Odtiaľ vyplýva, že a začiatku spásaia bolo a lúke 1200 = porcií trávy. Preto a koci stého dňa treba spásť 2200 = porcií trávy. Takto hľadaý počet kráv sa rová 22 = 2200 :100. Problém 3. Zjedodušte súči S = (1 + a)(1 + a 2 )(1 + a 4 ) (1 + a 2 ), N.

3 Peter Vrábel: O metóde zavedeia pomocého prvku 3 Riešeie. Zaveďme pomocý prvok 1 a. Prvok 1 a azveme aj katalyzátorom. Platí totiž: Teda Ak a = 1, tak S = 2. (1 a)(1 + a)(1 + a 2 )(1 + a 4 ) (1 + a 2 ) = (1 a 2 )(1 + a 2 )(1 + a 4 ) (1 + a 2 ) = (1 a 4 (1 + a 4 ) (1 + a 2 ) = = 1 a 2+1. S = 1 a2+1 1 a pre a 1. Problém 4. Zistite, či existuje taká fukcia f: N N, aby pre každé prirodzeé číslo > 1 platila rovosť f() = f(f( 1)) + f(f( + 1)) Riešeie. Dokážeme epriamo, že taká fukcia f eexistuje. Nech by taká fukcia existovala. Každá eprázda podmožia možiy N má ajmeší prvok. Vezmime za pomocý objekt ajmeší prvok možiy {f(); > 1}, ktorý sa rová prvku f(m) pre ejaké m > 1. Zrejme f() 2 pre každé > 1. Potom pre prirodzeé číslo m by muselo platiť čo je spor. f(m) = f(f(m 1)) + f(f(m + 1)) 1 + f(m), Problém 5. Dokážte, že ak číselý rad =1 a koverguje, tak aj rad =1 a koverguje. Riešeie. Ako pomocý matematický objekt uvažujme tzv. kladú (a + ) a záporú (a ) časť reáleho čísla a, ktorú defiujme takto: ak a 0, tak a + = a, a = 0; ak a < 0, tak a + = 0, a = a. Ľahko ahliademe, že pre každé reále číslo a platí: 0 a + a, 0 a a, a = a + a. Nech =1 a je ľubovoľý rad, pre ktorý platí, že rad =1 a koverguje. Pre každé prirodzeé číslo platí 0 a + a, 0 a a, a = a + a. Z porovávacieho kritéria vyplýva, že rady + =1 a, =1 a kovergujú. Potom koverguje aj rad, pretože je rozdielom dvoch kovergetých radov. =1 a Pozámka. Tvrdeie v probléme 5 sa obyčaje dokazuje pomocou Cauchy-Bolzaovho kritéria kovergecie radu. Často je hľadaým pomocým objektom vhodá fukcia. Problém 6. Nájdite prvočíselý rozklad čísla A = Riešeie. Čísla 989, 1001, 1007 sú síce zložeé, ale sú esúdeliteľé s číslom 320, pretože 320 = a žiade z uvedeých troch čísel ie je deliteľé dvomi ai piatimi. Takto v skúmaom súčte A emožo elemetáre vybrať ejaké čiitele. Môžeme však experimetále uvažovať, že číslo A dostaeme ako hodotu vhodej fukcie tvaru f(x) = (x a)(x b)(x c)

4 4 Acta Mathematica Nitriesia, Vol. 2, No. 2, p. 1-6 v ejakom celom čísle, pričom aj a, b, c sú ejaké celé čísla. Všimime si, že pre takúto fukciu f platí: f(x) + f( x) = (x a)(x b)(x c) (x + a)(x + b)(x + c) = x 3 (a + b + c)x 2 + (ab + ac + bc)x abc x 3 (a + b + c)x 2 (ab + ac + bc)x abc = 2(a + b + c)x 2 2abc = 2(a + b + c)x 2 + 2f(0). Ak a, b, c zvolíme tak, aby a + b + c = 0, dostaeme rovosť f(x) 2f(0) = f( x). Potrebujeme zistiť, či za uvedeého predpokladu existuje celé číslo d tak, aby Riešme preto sústavu rovíc: f(d) = a 2f(0) = 320. x a = 989, x b = 1001, x c = 1007, a + b + c = 0. Sčítaím prvých troch rovíc dostaeme 3x (a + b + c) = 3x = 2997, teda x = 999. Odtiaľ vyplýva, že a = 10, b = 2, c = 8. Teda f(x) = (x 10)(x + 2)(x + 8) a avyše 2f(0) = 2 ( 10) 2 8 = 320. Takto platí: f(999) 2f(0) = = f( 999) = Ľahko ahliademe, že čísla 991, 997, 1009 sú prvočísla, pretože žiade z prvočísel 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31 ( 1009 < 33 ) edelí žiade z týchto čísel. Takto prvočíselý rozklad čísla A sa rová súčiu Problém 7. Nech koečá možia A má prvkov. Dokážte, že možia P(A) všetkých podmoží možiy A má 2 prvkov. Riešeie. Nech A = {a 1, a 2,, a }. Ako pomocé objekty uvažujme -čleé postuposti {x k } k=1, pričom x k {0,1} pre každé k {1,2,, }. Možiu všetkých takýchto postupostí ozačme symbolom B. Možia B má zrejme 2 prvkov, čo vyplýva z kombiatorického pravidla o súčie, pretože v postuposti {x k } k=1 pre každý jej čle máme dve možosti. Stačí teraz už le dokázať, že možiy B a P(A) majú rovaký počet prvkov. Dokážeme, že zobrazeie je bijekcia. f: B P(A), x = {x k } k=1 A x = {a k A; x k = 1} Ak x = {x k } k=1, y = {y k } k=1 sú dve rôze postuposti z možiy B, tak existuje k 0 {1,2,, } tak, že x k0 y k0. Potom a k0 patrí práve do jedej z moží A x, A y, teda f(x) f(y) a f je ijekcia. Nech X P(A). Ozačme pravdivostú hodotu výroku a k X symbolom x k, k = 1,2,,. Potom {x k } k=1 B a zrejme f({x k } k=1 ) = X, teda f je aj surjekcia. Pozámka. Úlohu v probléme 6 možo riešiť pravda aj iak. Jede spôsob využíva matematickú idukciu. Druhý spôsob spočíva v rozklade možiy P(A) a systémy

5 Peter Vrábel: O metóde zavedeia pomocého prvku 5 podmoží možiy A s pevým počtom prvkov a využití kombiatorickej rovosti ( 0 ) + ( 1 ) + + ( ) = 2. Problém 8. Vútri trojuholíka ABC zvoľme bod M. Ozačme vzdialeosť bodu M od vrcholov A, B, C po rade m a, m b, m c a vzdialeosť bodu M od strá BC, CA, AB po rade d a, d b, d c. Dokážte, že am a bd b + cd c. Riešeie. Veďme bodmi B a C kolmice BK a CL a priamku AM, K(L) leží a priamke AM. Ozačme CL = a 1, BK = a 2 (obr. 2) a priesečík priamky AM so straou BC ako bod D. Obrázok 2 Z pravouhlých trojuholíkov DCL, DBK vyplýva, že a 1 + a 2 BD + DC = a. Pomocými ( prechodovými ) prvkami budú obsahy trojuholíkov AMC, ABM. Platí totiž: Záver 1 2 bd b cd c = P AMC + P ABM = 1 2 a 1m a a 2m a 1 2 am a. Matematickú techiku zavedeie pomocého prvku možo použiť v každej matematickej disciplíe, či už pri riešeí problémových úloh alebo v dôkazoch rôzych tvrdeí. Na objaveie vhodého pomocého objektu, ktorý je kľúčom k riešeiu daého problému, však eexistuje všeobecý ávod alebo priama cesta. Okrem zalosti základov riešeej problematiky je potrebá ivecia a schoposť kreatíveho mysleia. Literatúra [1] Kopka, J Výzkumý přístup při výuce matematiky. Ústí ad Labem: Acta Uiversitatis Purkyiaae 101, 2004, ISBN [2] Polya, G How to Solve it. New Jersey: Priceto, [3] Polya, G Mathematics ad Plausible Reasoig. New Jersey: Priceto, Volume 1,1954. [4] Vrábel, P Heuristika a metodológia matematiky. Nitra: FPV UKF, Edícia prírodovedec č. 165, 2005, ISBN

6 6 Acta Mathematica Nitriesia, Vol. 2, No. 2, p. 1-6 [5] Vrábel, P Symetria. I: Obzory matematiky, fyziky a iformatiky 2/2011 (40), Nitra, ISSN [6] Vrábel, P Zaveď fukciu. I: Obzory matematiky, fyziky a iformatiky 3/2011 (40), Nitra, ISSN [7] Zeitz, P The Art ad Craft of Problem Solvig. New York: Joh Wiley ad Sos, 1999, ISBN