A bölcs olykor a végén kezdi

FEKETE DÓRA
Eötvös József Gimnázium, Tata



 

Ki ne gondolt volna már mérgesen egy-egy matematikai tétel bizonyítójára, egy-egy problémásnak tûnõ feladat megfogalmazójára? Hányszor vetõdik fel a kérdés matematikaórán: „Hogyan lehet ezt kitalálni?” Nagyon sok olyan tanuló van, aki tudja, hogyan kellene megoldani a feladatokat, mégsem képes önállóan eredményre jutni. Az ok általában egyszerû: a problémák megoldása során mindig ugyanúgy gondolkodunk; a feladat elejétõl haladunk a vége felé. A mechanikus megoldás jellemzõje, hogy mereven követi a feladat kitûzésében adott utasításokat. Az ilyen direkt módszer azonban nem minden esetben vezet gyorsan eredményre. A megadott adatok, tények átrendezésével, új összefüggésrendszer megalkotásával sokszor látványosan egyszerû és szép megoldásokat produkálhatunk.

Mindenki által ismert például az úgynevezett indirekt bizonyítási mód. Ennek lényege: a bizonyítandó állítás tagadását feltételezve helyes matematikai lépéseket hajtunk végre mindaddig, amíg valamilyen ellentmondáshoz nem jutunk. Mivel matematikailag minden végrehajtott mûvelet helyes volt, a kapott ellentmondás azt jelenti, hogy a feltételként felírt állítás helytelen, azaz a bizonyítandó állítás helyes.

A pozitív egész számokra vonatkozó állítások bizonyítására szolgáló módszerek közül érdekes és fontos a teljesindukció. Legegyszerûbb formája a következõ: valamely állítás minden, egy adott egész számnál nagyobb egész számra igaz, ha bebizonyítjuk, hogy az állítás az adott egész számra igaz; továbbá ha az állítás valamely n egész számra igaz, akkor (n+1)-re is igaz.

Az egyik leghatékonyabb gondolkodási eljárás, amit a problémák megoldása során alkalmazunk, anézõpontváltás. Ez azt a képességet jelenti, hogy a tényeket átrendezhetjük, és ezáltal új összefüggéseket tudunk feltárni. A nézõpontváltás matematikai tartalmaktól független gondolkodásbeli mûvelet. Leggyakrabban alkalmazott módszere a matematika egymástól távol esõ fejezeteiben alkalmazható gondolkodási mûvelet, az úgynevezett rákmódszer (rückverzmódszer). Az eljárás során – a feladatot megoldottnak tekintve – a végétõl indulunk és haladunk az eleje felé. A módszer alkalmazása elõször furcsának tûnhet, az emberek egy részében lélektani ellenállás támad a gondolatmenet megfordításával szemben, azonban néhány rendkívül egyszerû, „elegáns” megoldás mindenkit meggyõzhet a módszer hasznosságáról, elõnyeirõl.

Dolgozatomban olyan feladatokat mutatok be a matematika különbözõ témaköreiben, amelyeknél a módszer alkalmazása gyorsan, könnyen vezet célhoz.

Nézzünk néhány olyan feladatot, amelyet e módszer alkalmazásával kisdiákok is könnyedén megoldhatnak.

1. Három vándor érkezett a fogadóba és egy tál gombócot rendelt. Mire a vendéglõs megfõzte a vacsorát, a vándorok az asztalnál a fáradtságtól elszunnyadtak. A vendéglõs eléjük állította a gombócos tálat, és elment. Felébredt az egyik vándor, megszámolta a gombócokat, megette azok egyharmadát, majd ismét elaludt. Ezután felébredt a második, õ is elfogyasztotta a tálon maradt mennyiség egyharmadát, és tovább aludt. Késõbb felébredt a harmadik, megette a maradék harmadrészét, mire a tálon 8 gombóc maradt. Hány gombócot fõzött a vendéglõs?

Megoldás: Képzeljük magunk elé a végállapotot! A harmadik vándor 8 gombócot hagyott a tálon. Miért? Ez azért történhetett így, mert 12-t talált és ebbõl megevett 4-et. Azaz a második vándor 12 gombócot hagyott, úgy gondolva, hogy ez az összes gombóc kétharmad része. Vagyis õ 18 gombócot talált a tálon, ebbõl evett meg 6-ot. Ugyanígy gondolkodott az elsõ is: 18-at hagyott meg a másik kettõnek, miután 9-et megevett. Tehát a vendéglõs 27 gombócot készített.

Könnyen ellenõrizhetõ a feladat megoldásának helyessége most már a probléma elejérõl indulva.

2. Hogyan lehet egy folyóról pontosan 6 liter vizet felhozni, ha csak egy 4 és egy 9 literes edényünk van?

Megoldás: Ismét induljunk a végsõ helyzetbõl: a nagyobbik edényben 6 liter víznek kell lennie, a kisebbik pedig üres. Ehhez úgy juthatunk, ha a teli nagyobbik edénybõl pontosan három liter vizet tudunk a kisebbe önteni. Ehhez azonban a 4 literes edényben egy liter víznek kell állnia. Ezt viszont úgy érhetjük el, hogy a 9 literes edényt teletöltjük vízzel, majd ebbõl kétszer egymás után színültig töltjük a kisebbet, és belõle mindkét alkalommal visszaöntjük a vizet a folyóba. Így a nagyobbik edényben 1 liter víz marad, amit átönthetünk a kisebbe.

* * *

Az ehhez hasonló feladatok megoldása a módszer alkalmazása nélkül elég nehézkes, és jóval több matematikai ismeretet kíván. Ezt bizonyítja az is, hogy a középiskolások számára összeállított Összefoglaló feladatgyûjtemény matematikából címû könyv is több ilyen feladatot tartalmaz.

1. Négy játékos megegyezett, hogy a vesztes minden játszma után megkétszerezi a többi játékos pénzét. Összesen 4 játékot játszottak. Mindenki egyszer vesztett, a játék befejeztével mindegyik játékos megszámolta a pénzét, és úgy találta, hogy mindegyiküknek 16 forintja van. Mennyi pénze volt a játékosoknak a játék kezdetekor?

2. Egy anya 3 gyermekének úgy oszt el bizonyos számú almát, hogy Péter kapja az almák felét és még 2 almát, Pista a megmaradt almák felét és még 2 almát, Mária kapja az ezután megmaradt almák felét és még kettõt. Egy alma még megmaradt. Hány alma volt, és mennyit kapott egy-egy gyerek?

* * *

Halmazelméleti, illetve játékelméleti feladatok megoldása során szintén gyakran célszerû a módszer alkalmazása, segítségével gyorsan eredményre juthatunk. Nézzünk erre is néhány példát!

1. Az iskolában az 1. évfolyamról harmincan indultak a háziversenyen matematikából. A versenyzõknek 3 feladatot kellett megoldaniuk. Az elsõ feladatot tizenkilencen, a másodikat tizenöten, a harmadikat tizennyolcan oldották meg hibátlanul. Az elsõ és második feladatot heten, az elsõ és harmadik feladatot kilencen, a másodikat és harmadikat pedig tízen oldották meg jól. Mindhárom feladat megoldása három tanuló dolgozatában volt kifogástalan. Hány tanulónak nem sikerült egyetlen feladatra sem hibátlanul válaszolni?

Megoldás: Ha mindhárom feladatot három tanuló oldotta meg hibátlanul, akkor 7–3=4 olyan tanuló volt, aki csak az elsõ és második feladatra adott jó megoldást, csak az elsõ és harmadik feladatra 9–3=6 diák felelt jól, csak a második és harmadik feladat megoldása pedig 10–3=7 tanulónak sikerült. Hasonlóan gondolkodva kapjuk: csak az elsõ feladatra 19–4–3–6=6, csak a másodikra 15–4–3–7= 1, csak a harmadikra 18–6–3–7=2 diák válaszolt kifogástalanul. Tehát 30–3–4–6–7–6–1–2=1 olyan tanuló volt, akinek egy feladat megoldása sem sikerült.

2. A természetes számok H részhalmazának elemei a következõ tulajdonsággal rendelkeznek:

a) 6 Î H

b) Ha x Î H, akkor 3x Î H

c) Ha (8x–2878) Î H, akkor 2000 Î H!

Bizonyítsuk be, hogy 2000 Î H!

Megoldás: Az elsõ két feltétel alapján könnyen belátható, hogy 3n · 6 Î H, ahol n Î H. De hogyan juthatunk el a 2000-hez? És mit kezdjünk a 3. feltétellel? Csak a rákmódszer segítségével adhatunk könnyen szép megoldást.

A 3. feltételt visszafelé alkalmazva: 2000ÎH biztosan igaz, ha 8·2000–2878ÎH. Viszont 8 · 2000 – 2878 = 13 122, és 13 122 = 37 · 6. Így végére is jutottunk a feladatnak.

3. Egy asztalon 27 gyufaszál hever. Az elsõ játékos tetszése szerint elvehet ebbõl 1, 2 vagy 3 gyufaszálat, majd a 2. a maradékból úgyszintén 1-et, 2-t vagy 3-at választhat. Ezután ismét az elsõ vesz, és így tovább, felváltva. Az nyer, aki utolsóként vesz gyufaszálat a halomból. Aki kezd, kényszerítheti-e partnerét arra, hogy utoljára vegyen?

Megoldás: Okoskodjunk visszafelé! Aki 4 gyufát hagy az asztalon, az már nyer (1, 2 vagy 3 gyufaszál marad neki, attól függõen, hogy a másik 3, 2 vagy 1 gyufát vesz el ). Elõzõleg tehát 8, korábban pedig rendre 12, 16, 20, 24 szálat kell meghagyni. Ezt a kezdõ mindig megteheti.

* * *

Hasonló okoskodással bárki könnyen megoldhatja a következõ problémákat, majd társaival kipróbálhatja, milyen érzés állandóan nyerni.

1. Két játékos felváltva mond számokat 1-tõl 100-ig. Az elsõ 1-tõl 10-ig bármilyen egész számot mondhat. A másodiknak mindig legalább 1-gyel, de legfeljebb 10-zel nagyobb számot kell mondani, és így tovább. Az a nyertes, aki elõször mondja ki a 100-at. Lehet-e az elsõnek nyerõ stratégiája?

2. Két játékos egyforma nagyságú korongokat helyez egy nagy papírlapra felváltva. A korongok nem csúszhatnak egymásra, és nem szabad arrébb tolni a már letett korongokat. A játékot az nyeri, aki utolsónak tud korongot rakni a papírlapra. Hogyan tud minden esetben nyerni a kezdõ játékos?

3. Egy iskola diákönkormányzata 3 kirándulást szervezett. Az egyes kirándulásokon részt vett tanulók számának összege 1827. Az elsõ kiránduláson a tagság 75%-a, a másodikon 62,5%-a, a harmadikon pedig 80%-a vett részt. A DÖK szervezet minden tagja legalább 2 kiránduláson jelen volt. Hány tanuló vett részt mindhárom kiránduláson?

4. Egy sakktábla bal alsó mezõjérõl indul egy bábu, amely csak 1-1 mezõvel jobbra, felfelé vagy átlósan jobbra léphet. Két játékos felváltva lép a bábuval. Az nyer, aki a jobb felsõ mezõre lép. Nyerhet-e a kezdõ játékos? Hogyan?

* * *

Algebrai, trigonometriai átalakításokat igénylõ bizonyítási feladatoknál is célszerû szem elõtt tartani a módszer lényegét. Sokszor elõfordul ugyanis, hogy a bizonyítást nem tudjuk végigvinni direkt módon. Ilyenkor néhány lépést tegyünk a bizonyítandó állítás másik irányából is, és garantáltan gyorsan eredményhez jutunk!

Talán meglepõ, de a módszer ügyesen alkalmazható geometriai feladatok, problémák megoldása során is. Lássunk ilyen feladatokat is!

1. Szerkeszd meg úgy egy adott kör ismeretlen középpontját, hogy csak egy derékszögû vonalzó áll rendelkezésedre!

Megoldás:

A Thalész-tétellel egy kör átmérõje ismeretében derékszögû háromszöget lehet szerkeszteni. A feladatban ezt fordítva kell elvégezni, vagyis egy körbe írható derékszögû háromszög két befogója ismeretében kell a kör átmérõjét megszerkeszteni:

A derékszögû vonalzó 90°-os szögénél lévõ csúcspontot a körvonal egyik pontjához illesztjük, és a befogók mellett meghúzzuk a szögszárat (a; b). Ezek az egyenesek metszik a kört az A és a B pontban. Ezt a két metszéspontot összekötve a kör egyik átmérõjét kapjuk. Ezt az eljárást egy másik helyzetben megismételve, a kör egy másik átmérõjéhez jutunk. A két átmérõ metszéspontja adja a kör középpontját.

* * *

Még szembetûnõbb a módszer alkalmazásának jogossága néhány bizonyításifeladatban.

2. Az ABC háromszög BC oldalának meghosszabbításán levõ D pontra igaz, hogy az ABC szög egyenlõ CAD szöggel. Bizonyítsuk be, hogy AD mértani közepe CD- és BD-nek!

A módszer tudatos alkalmazását megelõzõen mindig hitetlenkedõ bámulattal csodáltam azokat a megoldásokat, melyek úgy kezdõdtek, hogy: „Vegyük észre az ADC háromszög és a BDA háromszög hasonlóságát.”

A rákmódszer alkalmazásával most így kezdek a feladat megoldásához.

A feltétel szerint 

Alakítsuk át ezt az összefüggést úgy, hogy négyzetre emelés után mindkét oldalon egy-egy tört álljon!

AD/CD =BD/AD

Ebbõl az alakból már szépen látszik, hogy valóban az ADC és a BDA háromszögek hasonlóságából bizonyítható az összefüggés. (Ez pedig most már könnyen belátható a megfelelõ szögek egyenlõségébõl.)

Összetett geometriai számítási feladatok megoldása szinte lehetetlen a módszer alkalmazása nélkül.

3. Egy paralelogramma alapú egyenes hasáb két alapéle 3 cm és 5 cm hosszú, az általuk bezárt szög 52,5o. Mekkora a hasáb térfogata, ha az alap nagyobbik átlója egyenlõ a kisebbik testátlóval?

A feladat megoldásakor abból kell indulnunk, hogy a térfogat meghatározásához szükségünk van a hasáb magasságára. Ezt a testátló ismeretében meg tudjuk határozni, ha ismerjük az alap rövidebb átlóját. Tehát a feladatot az alap átlóinak meghatározásával kell kezdenünk, aztán elõbbi gondolatmenetünket visszafelé alkalmazva jutunk a megoldáshoz.

* * *

Ajánlom a kedves olvasónak a következõ feladatok megoldását!

1. Az ABC háromszög köré írt körét az A-ból induló szögfelezõ D-ben , a háromszög BC oldalát E-ben metszi. Mutassa meg, hogy BD mértani közepe az AD és az ED szakasznak!

2. Egy gömb sugara 12 cm hosszúságú. Mekkorák a gömbbel megegyezõ térfogatú négyzet alapú egyenes gúla oldallapjainak alapon fekvõ szögei, ha a gúla alapterülete 200 cm2?

3. Szerkesszünk háromszöget, ha adott egy oldala, az oldallal szemközti szög és a másik két oldalhoz tartozó súlyvonal által meghatározott szög!

Remélem, hogy sikerült felkeltenem az olvasók figyelmét a módszer alkalmazásának hasznosságára. Úgy gondolom, eddig is mindenki alkalmazta a módszert, hiszen a matematikai gondolkodás egyik alapvetõ elemérõl van szó. Ha azonban tudatosan figyelünk alkalmazhatóságának sokrétûségére, akkor a feladatok megoldásában még több sikerünk lehet. Kívánok mindenkinek sok szellemes megoldást, ötletekben gazdag gondolkodást.
 
 

Irodalom
Összefoglaló feladatgyûjtemény matematikából. Tankönyvkiadó, 1986. Budapest.
Kardos Lajos: Általános pszichológia. Tankönyvkiadó, 1973. Budapest.
Lénárd Ferenc: A problémamegoldó gondolkodás. Akadémiai Kiadó, 1978. Budapest.
Orosz Gyula – Majoros Mária: Tehetséggondozás matematikából. Tóth Könyvkereskedés és Kiadó Kft. Budapest.
Pólya György: A gondolkodás iskolája. Gondolat kiadó, 1977. Budapest.
Róka Sándor: 1500 feladat az elemi matematika körébõl. Typotex Kft., 1996. Budapest.
Újvári István: Matekversenyre készülök. Typotex Kft., 1992. Budapest.
 
 

Az írás szerzõje diákpályázatunkon a Martin Gardner által kiírt
Matematika kategóriában III. díjat kapott.

Természet Világa, 132. évfolyam, 10. szám, 2001. október
http://www.chemonet.hu/TermVil/
http://www.kfki.hu/chemonet/TermVil/


Vissza a tartalomjegyzékhez