1. Eksperimenterende geometri og måling

Transkript

1 . Eksperimenterende geometri og måling Undersøgelse Undersøgelsen drejer sig om det såkldte Firfrveproblem. For mere end 00 år siden fndt mn ved sådnne undersøgelser frem til, t fire frver er nok til t frve ethvert tænkeligt lndkort, uden t nogen nbolnde får den smme frve. For uddybning se: (Lokliseret juni 007) Øvelse 3) Der er uendeligt mnge løsninger. Den viste er fundet ved t fsætte et linjestykke AB på 0 cm, tegne en cirkel med centrum i B og rdius 7 cm, tegne en cirkel med centrum i A og rdius 5 cm. Dernæst bestemmes to punkter C og D på de to cirkelperiferier, hvor fstnden er 0 cm, idet mn vælger D på den lille cirkel og bruger D som centrum for en cirkel med rdius 0 cm, som skærer den store cirkel i C. C D A B

2 Øvelse 3 5) Linjestykket AB lig 00 mm fsættes, og vinkel A lig 60 fsættes. Vinklens venstre ben forlænges til skæring med en cirkel, der hr centrum i B og rdius 94 mm, hvorved skæringspunkterne C og D fremkommer. Altså er der to løsninger. C D A B Undersøgelse 4 ) Gårdejerne søger et punkt P med smme fstnd til lle gårdene A, B og C. D punktet P skl hve lige stor fstnd til A og B, må det ligge på midtnormlen for AB og tilsvrende for de øvrige siders midtnormler. P er derfor skæringspunktet mellem midtnormlerne til linjestykkerne AB, BC og AC. Der er ltså kun ét punkt med den søgte egenskb, når mn ser strengt geometrisk på det. Spørgsmålet er imidlertid, om denne løsning er den smrteste. Det kunne være billigere t minimere den smlede rørlængde hen til brønden, ltså AP + BP + CP, og dette ville give en nden plcering, som mn kn eksperimentere sig frem til ved t tegne og måle (eller ved t bruge målefunktionen i et geometrisk tegneprogrm) og så flytte P rundt, indtil mn får den mindste værdi for AP + BP + CP. Det viser sig, t positionen udmærker sig ved, t vinklerne mellem de fr P udløbende rør er lige store og ltså 0. ) Grænserne for den enkeltes rbejdsmrk udgøres f midtnormlerne til linjestykkerne AB, BC og AC.

3 Øvelse 5 3) Denne øvelse er meget svær, og vi bringer ikke en løsning, men henviser til Georg Mohr s bog: Euclides Dnicus: Amsterdm 67. Med et forord f Johnnes Hjelmslev, udgivet f Det Kgl. Dnske Videnskbernes Selskb - Fcsimile-udgve - Københvn: Høst, 98. Opgve 3 Vinkel A lig 90 fsættes. Punktet B fsættes 3 cm ud d højre ben. Det er oplyst, t BC er prllel med AD, hvilket medfører, t vinkel B er 90. Punktet C fsættes cm ud d vinkel B s højre ben. For t kunne bestemme længden AD oprejses den vinkelrette på BC i punktet C. Skæringspunkt med AD kldes E. Længden EC er 3 cm, d EC er prllel med AB, og begge linjestykker står vinkelret på BC, så ABCD er et rektngel. Vi kn nu bestemme længden f AD, idet treknt ECD udgør en retvinklet treknt, hvor to sider er kendte. Vh. den pythgoræiske sætning fås, t EC + ED = CD eller 3 + ED = 5 eller ED = 4. Altså er AD = AE + ED = 6 cm. A E D 3 5 B C Opgve 3 fortst Cirklens centrum bestemmes som nogle vinkelhlveringslinjers skæringspunkt, jf. vinkelhlveringslinjernes egenskb som geometrisk sted. Vinkel A s og B s vinkelhlveringslinjer konstrueres, og deres skæringspunkt udgør cirklens centrum, S. Rdius er lig ½ AB =,5 cm. Den ønskede cirkel tegnes med centrum i S og rdius,5 cm. NB. Konstruktionen sikrer ikke, t CD også er tngent til cirklen. A D 3 S 5 B C 3

4 Opgve 4 ) Linjen c tegnes. Punktet C fsættes i en fstnd på 0 cm fr c. Højden h c fsættes. Med centrum i C og rdius cm tegnes en cirkel. Skæringspunkterne med c betegnes A og A. Tilsvrende tegnes en cirkel med centrum i C og rdius 4 cm. Skæringspunkterne med c betegnes B og B. Der er således fire løsninger: ABC, AB ' C, A' B ' C og A' BC, de er dog to og to kongruente. C h B A c A' B' 4

5 Opgve 4 fortst Inspireret f t h er lig 0 cm tegnes to prllelle linjer med fstnd 0 cm, den nederste kldes. På den øverste vælges et punkt som A. Med A som centrum og rdius cm tegnes en cirkel, denne skærer i to punkter, M og M, det giver to løsninger, her viser vi kun den ene. Skæringspunktet M udgør midtpunkt på BC. Om B og C ved vi kun, t de skl ligge på. Men vi ved, t den omskrevne cirkel hr midtnormlernes skæringspunkt som centrum, derfor tegnes midtnormlen n til BC. For t finde centrum for den omskrevne cirkel tegnes en cirkel med centrum i A og rdius 8 cm. Cirklen skærer n i to punkter D og E, et f disse udgør centrum. E kn ikke bruges, d en cirkel med rdius 8 cm og centrum i E ikke kn nå, hvor B og C skl ligge, ltså er D centrum. Med centrum i D og rdius 8 cm tegnes en cirkel, hvor denne skærer, hr vi B og C. Hvde vi benyttet M hvde vi fået en hermed kongruent treknt. E A R n D m M ' B M C 5

6 Undersøgelse 6 Det ligger i sgens ntur, t en undersøgelse kn gå i mnge retninger, men den kn fx forløbe således: Mn tegner den vilkårlig treknt ABC i et dynmisk tegneprogrm og konstruerer de fire typer skæringspunkter, som vi hr udnævnt til t være interessnte i denne undersøgelse. Derefter sletter vi (eller dæmper grfisk) lle hjælpelinier, så vi ikke forstyrres f for megen informtion på tegningen. Nu kn vi benytte os f det, som udmærker et dynmisk tegneprogrm: vi trækker i trekntens hjørner. Herved opdger vi med lidt held, t tre f de punkter, vi fokuserer på, ligger på linje. Det drejer sig om medinernes skæringspunkt Me, midtnormlernes skæringspunkt M, og højdernes skæringspunkt H, hvis vi d ikke hr vlgt treknten så symmetrisk, t de er smmenfldende. Vinkelhlveringsliniernes skæringspunkt synes ikke t psse pænt ind i mønsteret, så det udelder vi i den resterende undersøgelse. Linjen gennem M, Me og H kldes trekntens Euler-linje. Vi observerer desuden, t punktet Me ltid ligger midterst f de tre punkter. Benyttes målefunktionen i tegneprogrmmet, opdger mn måske også, t HMe ltid er dobbelt så lng som MMe. Dette er indholdet i Eulers opdgelse omkring disse tre punkter. Vi vil i denne fse slet ikke komme ind på et bevis for sætningen. A M C Me V H B Undersøgelse Undersøger mn en række eksempler på den type grf, vi hr kldt for træer, vil mn nok bemærke, t ntllet f punkter hele tiden er større end ntllet f grene, her kldet knter. Det fører os frem til en sætning, der gælder for lle træer og som lyder: For en grf f form som et træ er ntllet f punkter lig med ntllet f knter +. Et rgument for sætningen kn fx lyde således: Enhver knt slutter i et punkt, hvortil kommer begyndelsespunktet. 6

7 Undersøgelse 4 Denne undersøgelse er så righoldig, t mn kn klde den for et helt undersøgelseslndskb. Det er hindrende for rbejdet i et undersøgelseslndskb, hvis mn tror, t mn skl nå frem til en række rigtige svr. Derfor bør mn så sent som muligt i rbejdet opsøge det følgende forslg til besvrelser. De første svr er ret sikre og lukkede, men senere folder undersøgelsen sig ud og kn føre mnge ndre steder hen. ) Efter t Sski hr udpeget et tilfældigt punkt A, lægger Mikkel sit snit, så det svrer til dimeteren på kgen. Mikkel skærer blot gennem A og cirklens centrum C. Hermed er Mikkel sikret hlvdelen. ) Kun hvis Sski udpeger kgens centrum C som det punkt, Mikkel skl skære igennem, kn hun være sikker på t få hlvdelen. For enhver ret linje, der tegnes gennem C, er en dimeter. 3) Ligegyldigt hvilket punkt A, som Sski vælger, kn Mikkel lægge et snit gennem A, der opdeler treknten i to lige store stykker og dermed sikre sig t få hlvdelen f kgen. Grunden hertil er kort sgt, t hvis Mikkel i en givet snit får, t kgedelen til venstre for kniven er mindre en kgedelen til højre for kniven, så vil hn ved t dreje kniven 80 få den modstte sitution, hvor relet til venstre er større end relet til højre, for de to dele hr byttet rolle ved en drejning f kniven på 80. Udtrykt mere præcist lægger vi kompsretninger ind over opgven, så vi entydigt kn krkterisere Mikkels snit ud fr kompsretningen v. Klder vi relet på venstre side f kniven for f ( v ), så er relet på højre side f ( v + 80 ), så f ( v) + f ( v + 80 ) = udgør hele relet. Herf ses, t med mindre f ( v) er den konstnte funktion ½, så er den sommetider større end ½ og sommetider mindre end ½. D det er intuitivt klrt, t f er en kontinuert funktion, må den ifølge sætning ntge værdien ½ for en eller nden værdi f v. 3b) Nej, Sski må nøjes med en fjerdedel f kgen. For selv hvis hun vælger trekntens centrum, ltså fx midtnormlernes skæringspunkt som A, så kn Mikkel ved t skære gennem A prllelt med en f trekntens sider dele treknten i ¼ og ¾. D hn må vælge først, sikrer hn sig ¾. Hvis Sski ikke vælger trekntens centrum som sit A, kn Mikkel tvinge hende til t få en endnu mindre del ved t skære en lille treknt f i det hjørne, som A ligger nærmest på (eller et f hjørnerne, hvis A ligger lige lngt fr de to nærmeste). 4) Argumentet fr 3 kn overføres til en kge f vilkårlig form, d vi i rgumentet i 3) slet ikke benyttede, t der vr tle om en treknt. Det kn ske, t kgen flder ud i flere stykker, hvis det er en kge med indhk (en såkldt ikke-konveks kge), men i princippet burde Mikkel kunne sikre sig en smlet hlvdel. 7

8 . Arel Opgve 4 I oplægget til opgven beskrives den omvendte proportionlitet mellem enhedens længde og måltllet i forbindelse med længdemål, fx t måltllet for en længde målt i fod vil være en f måltllet for den smme længde målt i tommer. Se figuren herunder. ) Vi skl nu undersøge, om noget tilsvrende gør sig gældende for reler. Ld os se på de gmle mål: fod og len, hvor der går fod på en len. Af figuren fremgår nu, t der går fire kvdrtfod på en kvdrtlen. Dvs. t når vi måler et rel ved hjælp f kvdrtfod, så får vi et måltl, der er 4 gnge så stort, som hvis vi måler med kvdrtlen. Fx hr nedenstående figur på x3 len et rel på 6 kvdrtlen svrende til 4 kvdrtfod. Vi kender det også med mm og cm, hvor der går 0 mm på cm, mens der går 00 kvdrtmillimeter på kvdrtcentimeter. Den bgvedliggende teori er den, der er udtrykt senere i sætning 5 i dette kpitel. A Men formlen m = gælder også for reler. Hvis vi i stedet for t måle et givet rel A med e e ønsker t nvende en nden enhed E, der er t gnge større end e, ltså E = t e, så kn vi bestemme de tilsvrende måltl M ved M = A = A = A : t = m : t. Vi kn konkludere, t måltllet bliver t E t e e gnge mindre, hvis måleenheden bliver t gnge større. 8

9 Opgve 4 fortst ) Det gælder også for rumfng. Der gik i de gmle dnske mål to potter til en knde. Så hvis en kroejer rådede over 50 potter øl, så blev det omst til knder kun til 50 : = 75 knder. Igen gælder det generelt, t hvis måleenheden bliver t gnge større, så bliver det tilhørende måltl t gnge mindre Igen bliver det helt nderledes, hvis mn lver sit rumfngsmål ud fr længdeenheder, fordi rumfng ltid beregnes ved t tre længdeenheder gnges smmen, hvd enten det er ud fr kssens formel med længde gnge bredde gnge højde, eller det er ud fr kuglens rumfngsformel, hvor det er rdius, mn gnger med sig selv tre gnge og desuden gnger med en pssende konstnt. Dette betyder, t ændringer i længdemålet slår igennem i tredje potens. Hvis vi ltså hr en terning med målene m m m og dermed med rumfng m 3, og vi ændrer længdemålene til centimeter, idet rumfnget så bliver 00 cm 00 cm 00 cm = m 3. 3) I en skolesmmenhæng er det vigtigst t fokusere på det elementære og centrle i første omgng. Dvs. t mn ikke må komplicere sgen med, hvordn ændring i længdemål slår igennem i rel- og rumfngsmål. Det må komme til senere. A Det elementære ligger i betydningen f formlen m = ltså i, t mn finder måltllet ved t se, e hvor ofte enheden kn tges ud f helheden. Kvdrtlen og kvdrtfod ligger nok lidt fjernt for eleverne, men mn kunne få en tilsvrende diskussion frem i klssen ved t se på A5-ppir og A3- ppir, hvor eleverne hurtigt vil bemærke, t der går fire stykker A5 til et stykke A3. Her kunne så diskuteres, hvor mnge stykker A5 der går på et rel, som mn tidligere hr målt til stykker A3. Øvelse Figuren til venstre herunder illustrerer beviset for sætning A, hvor vi hr vist, t relet f rektnglet med længden og bredden b er lig b. Vi vil nu bevise, t relet f det smme rektngel er lig b. Figuren til højre nvendes som illustrtion for beviset. Vi vælger t se på bredden b og får, t der kn ligge netop b enhedskvdrter lngs rektnglets bredde. Hvert f disse enhedskvdrter hr ifølge relksiom 4 relet, og derfor får hele søjlen f b enhedskvdrter ifølge relksiom 3 relet = b. Længden ngiver, hvor mnge søjler f enhedskvdrter der skl til for t udfylde hele rektnglet, derfor bliver relet f rektnglet ifølge relksiom 3 lig b + b b = b. i lt gnge Hermed hr vi en god geometrisk og nskuelig forklring på, t gnge er kommuttiv. Den resterende del f opgven overldes til læseren. 9

10 Øvelse 6 ) Vi hr et kvdrt med rel 57 m. Fr sætning 5 (der siger, t forstørres lle sidelængder i en polygon med en fktor f, så bliver relet f gng så stort) hr vi, t hvis omkredsen fordobles, så bliver relet gng så stort, ltså 4 57 m = 08 m. ) Hvis sportspldsen er blevet forstørret med smme fktor på længde og bredde, kn vi tillde os t nvende sætning 5. D relet er blevet firdoblet og d 4 =, må der være tle om en lineær forstørrelse med en fktor. Omkredsen er således blevet 800 meter. Men her er virkelig tle om et skøn, fordi vi ikke ved noget om, hvordn sportspldsen er blevet større. Hvis mn nysgerrigt følger dette spor, så skifter opgven krkter f en øvelse til en undersøgelse. Undersøgelsen vil vise, t hvis sportspldsen f en eller nden mærkelig grund fr strten vr meget lng og sml, så ville omkredsens vækst fhænge meget f om den nye sportsplds blev lvet ved t lægge fire f de gmle i forlængelse f hinnden eller ved siden f hinnden lngs de lnge sider. Teoretisk set kn mn herved, på den ene side få t omkredsen kun vokser gnske lidt, og på den nden t den vokser med en fktor tæt på fire ligesom relet. 3) Hvis sidelængderne i rektnglet vælges til hhv. 99,9 m og 0, m bliver relet = (99,9 0,) m = 9,99 m, ltså kn relet blive mindre end 0 m. Det største rel, som et rektngel med en omkreds på 00 m kn få, er, når rektnglet hr form som et kvdrt (se ω-bogens fsnit om ndengrdspolynomiet) med sidelængden 50 m, hvor relet = (50 50) m = 500 m, ltså kn relet ikke bliver større end 5000 m. 4) Dette er et spørgsmål, der hr optget mtemtikerne siden den græske oldtid, og problemet hr nvn efter et gmmelt sgn: Didos problem, men kldes også det isoperimetriske problem. Det drejer sig om, hvor meget rel mn kn omslutte med en lukket snor med given længde. Det er nemt nok t se, t relet kn blive meget lille, hvis mn trækker snoren ud til en dobbelt linje. Så det udfordrende problem i denne forbindelse er, t få relet så stort som muligt. Vi hr ovenfor nævnt, t hvis formen skl være rektngulær, så hr kvdrtet den optimle form. Men hvd hvis det skl være en treknt, en femknt, eller hvis der slet ikke er krv til formen. En ledetråd i problemets udvikling hr været, t det ser ud til t relet bliver større jo mere symmetri, der er i figuren. Vi vil ikke ødelægge den fornøjelse, der er i t prøve kræfter med noget, det hr tget menneskeheden omkring 000 år t få rede på, men vil give et kort svr på spørgsmålet i opgven: Svr: J, der er den smmenhæng, t en figur med omkreds L hr et rel A, der tilfredsstiller uligheden: 0 A. Men relet kn ntge lle værdier derimellem. L 4π 0

11 Øvelse 0 Græsplænen hr form som et rektngel og sidelængderne forholder sig som 6 : 5. Lgner og håndklæder udgør 8 % 3 f relet f plænen. Arelet f håndklæder og lgner tilsmmen beregnes til 6,5 m 8 % 3 = 6,5 m, så udgør 00% 750 m. Altså er plænens rel 750 m. Vi kn finde plænens dimensioner ved t finde ud f, hvor mnge rektngler med relet 6 m 5 m = 30 m, der kn være på 750 m. 750 m : 30 m = 5. Ser vi det som, t relet er blevet forstørret 5 gnge, kn vi ved brug f sætning 5 finde sidelængdens mål. Sidelængden er blevet forstørret med 5 = 5, rektnglets dimensioner er hhv. 6 m 5 = 30 m og 5 m 5 = 5 m. Alterntivt kunne vi hve kldt siderne for 5x og 6x og fundet x ud fr ligningen 5x 6x = 750. Dette ville hve givet x = 5 og smme svr som ovenfor. (x = -5 må ksseres som løsning til det geometriske problem). Øvelse 3 D C 4 4 A E b F B Vi bemærker, t AD = BC, ltså hr vi et ligebenet trpez, længden AE = FB = 8 m : = 9 m. Højden h findes vh. Pythgors sætning: 9 + h = 4. h = 40 m. og b findes: Vi kender relet f trpezet og hr, t b = + 8, ved nvendelse f relformlen for et trpez fås 40 = 60, hvorf fås t = 6,5 m og b = 4,5 m. Trpezet er ltså noget højere i forhold til bredden end på vores figurskitse.

12 Øvelse 6 Plænens plus gngens rel beregnes til 4,34 m. Plænens rel beregnes til 53,94 m. Forøgelsen i procent: 4,34 53,94 00% 0,39, dvs. plænens rel forøges med c. 39%. 53,94 Tænker mn på, t rel vokser med kvdrtet på den lineære forstørrelsesfktor, kn mn løse opgven uden t udregne reler: 8, 6 =, 394 ltså en relvækst på c. 39 %. 7 Øvelse 9 Vi bestemmer først relet f den her tegnede del f figuren. C B 0 D A Det fremgår, t CDA er ligebenet, dvs. DAC = ACD, og d A og C begge er rette er CAB = BCA, herf fremgår, t ABC også er ligebenet og længden f BC derfor er lig 0 m. Af den vndrette digonl i figur 9 i Ypsilon hr vi llerede fundet stykket BC = 0 m. Den resterende del på den nden side f C beregnes vh. Pythgors sætning, idet vinkel C er ret: + x = 35 eller x = 8 m. I lt bliver digonlen 48 m. Hele relet findes: Arelet f firknt ABCD findes lettest ved t opdele den i to retvinklede treknter ved hjælp f digonlen BD, hvilket giver ½ 0 = 40 m Arelet f den retvinklede treknt med siderne, 35 og 8 meter er lig 94 m Arelet t treknten på toppen er ifølge Herons formel lig 56(56 45,5)(56 8,5)(56 48) = 40 m I lt giver dette præcis 34 m.

13 Lærereksmen i regning december 96, opg. 4 C E D b G F A 459 m B Arelet f ABC er (678, , ,75) : 3884,75 6,048 gnge så stort som relet f DGC. Ifølge sætning 5 er sidelængden på 459 m i ABC 6,048 så stor som, d siderne er prllelle. Dvs. = 459 : 6,048 87,0034. Siden er ltså c. 87 m. (Regner mn med lle decimler på lommeregneren, får mn fktisk præcis 87 meter. Typisk for den tids opgver vr der kælet meget for, t mn ofte skulle få pæne præcise tl. Således giver 7 (678, , ,75) : 3884,75 fktisk,således t det efter uddrgning f kvdrtrod giver 7/, hvilket forklre det præcise heltllige resultt 87.) Arelet f ABC er (678, , ,75) : (639, ,75) = 5,065 gnge så stort som relet f EFC. Længden f AB er 5,065 gnge så stor som b, dvs. b = 459 : 5,065 = 04 præcis. Siden b er ltså 04 m. Vejens bredde h findes: Arelformlen for trpez nvendes. Arelet f vejen er lig 639,5 m h = 639, 5 herf fås h = 3,5. Vejbredden er 3,5 m. Ersttning udgør 40,66 kr., som gives pr. kvdrtmeter plus et tillæg på 8,75%. Vi hr således, t 8,75% = 40,66 kr. Dvs. 00% = 40,66 00 kr. = 3378,4 kr. 8,75 Ersttning pr. kvdrtmeter = 3378, 4 639, 5 kr./m =,8 kr./m. 3

14 Lærereksmen i linjefget mtemtik Juni 00 Denne opgve kræver megen indsigt i euklidisk geometri, som Ypsilon dækker i et senere kpitel. Hvis mn hr den elementære euklidiske geometri præsent, kn mn dog prøve kræfter med opgven. ) En regulær seksknt består f seks ligesidede treknter. Højden i en ligesidet treknt med siden s er 3 s (kn findes vh. Pythgors sætning). Arelet f en regulær seksknt med siden 3 3 s = s s = s 6 3. D E C F A B ) Når mn skl vise, t en treknt er ligebenet, skl mn vise, t to f siderne er lige store, eller t vinklerne ved grundlinjen er lige store. D femknten er regulær, er ABD kongruent med CDA. Herf følger, t DAC = BDA, og d de to vinkler er vinkler ved grundlinjen i AFD, hr vi vist, t denne er ligebenet. 3) AFDE er et ligesidet trpez, d femknten er regulær. Derfor er ACD = EAC. Endvidere hr vi, d femknten er regulær og meget symmetrisk, t AE er prllel med BD. Og d ensliggende vinkler ved prllelle linjer er ens, får vi, t EAC = DFC. Altså er DFC = ACD, hvorved vi hr vist, t CDF hr vinklerne ved grundlinjen lige store og dermed er ligebenet. 4) For t vise, t de to treknter er ligednnede forsøger vi t vise, t de er ensvinklede. D ABCD er et ligebenet trpez, og ACDE ligeledes er et ligebenet trpez kongruent med ABCD, får vi, t CDA = ACD, og vi hr i 3) vist, t DFC = ACD, ltså er vinklerne ved grundlinjen i begge treknter lle fire lige store, og dermed er den tredje vinkel i begge treknter også lige store, ltså er treknterne CDF og DAC ensvinklede og dermed ligednnede. 4

15 Lærereksmen i linjefget mtemtik Juni 00 fortst 5) AF = ED = s, idet de modstående sider i et prllelogrm er lige store. Digonlen AC hr derfor længden s + FC. Vi vil finde FC ved t opstille en ligning og klder i den forbindelse FC for x. Vi benytter, t CDF er ligednnet med DAC til t opstille to lige store forhold: x s =, hvorf (ved multipliktion med s(s + x) på hver side) fås, t x + sx s = 0. s s + x Denne ligning kn som løses ud fr løsningsformlen for en ndengrdsligning: s ± 5 s s ± s 5 x = =, hvor vi kun kn bruge den positive løsning, ltså nu et udtryk ved s for digonlens længde: 8, 6 =, s + s 5, og vi hr 6) Den nemme måde t løse spørgsmål 6 på er ved t slå formlen for relet f en regulær femknt s med siden s op i en formelsmling: Arel = Men måske hr meningen i eksmensopgven fr Alborg været, t mn skulle udlede denne formel selv, hvilket er muligt med resulttet fr 5), Pythgors' sætning og relbestemmelse ved tringulering. Vend evt. tilbge til dette i en repetitionsfse. Vi hr s = 4 cm, og relet bliver cm. 7) Vi skl bestemme fodboldens overflde. Fr ) hr vi, t relet f en regulær seksknt med siden 3 s = 3 s. Vi indsætter s = 4 cm og får 4 3 cm. Arelet f overflden f fodbolden = = 48 ( ). Herf får vi, t relet f overflden er c. 6,7 cm. 8) Fodboldens rdius bestemmes ved t sætte det under 7) fundne rel lig med overflderelet, som findes ved t betrgte fodbolden som kugleformet. π = + +, hvorf fås, t rdius er c. 9,6 cm. 4 r 48 ( ) 5

16 3. Rumfng Opgve 3 Ved opdeling f -4-6-pyrmidestubben kn mn bestemme rumfnget. Først trækker vi lodrette linjer fr det øverste kvdrt og ned til grundflden, herved fremkommer en ksseformet prisme med højden 6. Arelet f grundflden = = 4. Rumfng = 4 6 = 4. Fr hvert hjørne i det øverste kvdrt trækkes prllelle linjer til knten f det nederste kvdrt. Herved fremkommer der fire prismer, der hver hr en trekntet grundflde og en højde på (her ligger højden ned). Arelet f grundflden = 6 = 3. Rumfng = 3 = 6. De fire prismer hr til smmen rumfnget 4 6 = 4. Nu mngler vi fire skæve pyrmider i hvert hjørne, de hr kvdrtiske grundflder og en højde på 6. Arel f grundflden = =. Rumfng = 3 6 =. De fire pyrmider hr tilsmmen rumfnget 4 = 8. Pyrmidestubbens rumfng er lig = 56. Øvelse 5 Øvelse i tetreder I denne øvelse udnyttes de formler, vi lige hr læst om. ) Rumfng og overflde for et tetreder med siden 0 cm beregnes. Først bestemmes relet f overflden: Højden i en sideflde (AM på figur ) er lig =. Arelet f én sideflde er lig =. Arelet f overflden er lig = Med benævnelse er overfldens rel c. lig 73 cm. Hvis læseren undervejs hr regnet med frundede decimltl, kn der forekomme fvigelser, hvilket kn give nledning til overvejelser over størrelsen f disse. Herefter bestemmes rumfnget: 3 Rumfnget er lig 0 8. Med benævnelse er rumfnget c. lig 8 cm 3. ) Rumfng og overflde for et tetreder med tetrederhøjden (TO på figur ) på 0 cm beregnes. Først bestemmes relet f overflden: 6

17 Øvelse 5 fortst Vi hr: TO = s og TO = 0, s findes: 3 3 s = 0 = 5 6 Højden i en sideflde (AM på figur ) bestemmes: 3 5 AM = 5 6 = Arelet f én sideflde er lig 5 6 = Arelet f overflden er lig 4 = Med benævnelse er overfldens rel c. lig 60 cm. Herefter bestemmes rumfnget: Rumfnget er lig ( 5 6 ) =. Med benævnelse er rumfnget c. lig 7 cm 3. 3) Rumfng og rel f overflde f et tetreder med sidelinjen (AM på figur ) 0 cm. Overfldens rel er c. lig 3 cm. Rumfnget er c. lig 8 cm 3. 4) Rumfnget på liter = dm 3. Terning: Sidelængden i en terning med rumfng dm 3 er lig dm. Overflderelet er lig 6 dm = 6 dm 3. Tetreder: Vi finder sidelængden ud fr rumfngsformlen: s s = 3 = 6 3 =, Højden i én sideflde = 6 6 = Arel f én sideflde = Arel f overflden = ( ) = 3 6 7, Altså c. 7, dm 3. Herf fremgår det, t terningen hr den mindste overflde. 7

18 Øvelse Ifølge Archimedes lov hr vi, t rumfnget f ringen er lig 5,76 g 4, g =,64 g =,64 cm 3. Ringens mssefylde i grm/cm 3 : 5,76 5,7,64 Guld hr mssefylde 9,3. Vi kn så konsttere, t hvis ringen vr fremstillet f rent guld, skulle den veje 9,3 g/cm 3,64 cm 3 = 3,65 g, og det gør den ikke, ltså er der tilst et stof med en lettere mssefylde, vi går ud fr det er sølv. Men hvor meget sølv er der tilst? Sølv hr mssefylden 0,5. Vi finder, hvor stor en del f ringen, målt i cm 3, der er sølv. Vi lder x = cm 3 guld og y = cm 3 sølv. 9,3 x + 0,5 y = 5,7,64 x + y =,64 Ligningssystemet løses, og vi finder, t x 0,97 cm 3 og y 0,67 cm 3. Vi kn også bestemme ndelen f guld og sølv i grm: Vi lder x = grm guld og y = grm sølv. 9,3 x + 0,5 y = 5,7 5,76 x + y = 5,76 Ligningssystemet løses, og vi finder, t x 5,5 g og y 0,5 g. Smmenlign de fundne værdier for x og y i de to ligningssystemer, og beskriv i dgligsprog, hvor stor en del f ringen der er sølv. 8

19 Opgve 8 Lærereksmen dm 8 dm Idet vi får oplyst, t keglens sidelinje dnner en vinkel på 60 med ksen, og vi ved, t ksen står vinkelret på rdius i keglens topflde, får vi, t treknten med de stiplede kteter er en treknt. Om denne hr vi, t den korte ktete er lig hypotenusens længde (hvilket også kunne bestemmes ved t tge cosinus til 60 gnge længden f hypotenusen). Den lnge ktete er 3 hypotenusens længde (hvilket kn beregnes vh. Pythgors sætning). Herf fås, t rdius i hhv. kegle og cylinder er Keglens rumfng i dm 3 = Cylinderens rumfng i dm 3 = = = dm, og højden i keglen er 7 dm. Når cylinderen er fyldt med olie, er der (057,67 94) liter = 33,67 liter tilbge, der skl fyldes i keglen. Vi finder, hvor stort det rumfng f keglen, der forbliver tomt, er: (34,75 33,67) liter =,078 liter. Dette tomme rumfng udgør en lille kegle øverst oppe i figuren. Vi kender højde og rumfng i den store kegle. Begge disse størrelser skl formindskes med den smme fktor, som vi klder x. Rumfng f lille kegle = 3,5 7 3 x x,078 3 =, og vi finder x = 0,. 7 Den lille kegle hr højden 0, 3,5 dm = 0,7 dm. Dvs. olien når en højde på (3,5 0,7) dm =,8 dm i keglen, og i hele beholderen når den en højde på (8 +,8) dm = 0,8 dm. 9

20 Opgve 0 Lærereksmen (grunduddnnelsen) mj-juni 977 Her bringes blot et resultt: ) 730 g ) 3,5 dm 3. Opgve Vi skl vise t en dæmning med tværsnit som et skævt trpez med bundbredde b, topbredde, højde h og længden L hr rumfng ( ). L h + b L A b Dæmningen deles midt over, og vi flytter hlvdelen som vist på tegningen. Derved fremkommer et prisme med længden ½ L. Vi ser, t formen på prismets endeflde fremkommer på smme måde, som hvis vi hvde drejet trpezet om punktet A, hvorved der fremkommer et prllelogrm med højden h, og to prllelle sider, der hver hr længden + b (jf. kpitel om relberegning). Arelet f prllelogrmmet er lig h( + b). Vi kn nu beregne rumfnget, idet rumfnget f et prisme er højde gnge grundflde. Rumfnget f dæmningen = ½ L h( + b), hvilket skulle vises. 0

21 Opgve ) Vi skl vise, t relet f et snit i fstnden x fr midtpunktet f legemerne er lig π ( R x ). Kuglen: rdius r i snitflden findes vh. Pythgors sætning: x + r = R ltså hr vi r = R x Arelet f snitflden = π r = π ( R x ). Cylinderskiven: Afstnden fr midtpunktet til top- eller bundflden i cylinderen er lig længden f rdius R. På smme måde forholder det sig med et snit i fstnden x fr midtpunktet, derfor er rdius i kegledelen f snittet lig x. Arelet f snitflden = π R π x = π ( R x ). Hermed er det vist, t de to snitflder hr smme rel. ) Vh. den simple udgve f Cvlieris princip skl vi finde kuglens rumfng udtrykt ved R. Fr ) hr vi, t for 0 x R vil snitflderne i de to figurer hve smme rel, og de to figurer hr smme højde, nemlig R. Kuglens rumfng er ifølge Cvlieris princip lig den udhulede cylinders rumfng. Rumfnget f den udhulede cylinder er lig rumfnget f cylinderen minus rumfnget f de to kegler. 4 3 Kuglens rumfng = R π R R π R = π R. 3 3

22 4. Tllenes historiske udvikling Øvelse D 9 er det største ciffer, består det største trecifrede tl f tre 9 under hinden skrevet i my symboler, og resulttet bliver: = 7999 Mn kunne også sige, t det største trecifrede må være mindre end det mindste fircifrede, som er 4 0 = 8000 Øvelse 3 Idet vi benytter friheden i fortolkningen f positionerne til t læse de første fire tegn som tllet 4, hvorefter de næste tre står efter kommet og dermed ngiver 30 60, skrives 4 som: 4 skrives med de første seks tegn, og 3 = 45 skrives med de sidste ni tegn, dvs som: skrives Mn kn ikke se på dette tl, t det er c. 40. Det kunne godt tolkes som et tl, der vr 60 gnge større og for den sgs skyld 60 gnge mindre osv. 5 timer 40 minutter og 55 sekunder kn skrives som den øverste række, 7 timer 45 minutter og 4 sekunder som rækken under. Herefter er dditionen ikke vnskelig, resulttet bliver som rækken under stregen: 3 timer 6 minutter og 9 sekunder.

23 Opgve 3 Vi vil vise, t den moderne nottion svrer til den geometriske fortolkning: x + x = svrer direkte til den geometriske fortolkning i figur 8 ud fr den forklring, der er 4 givet lige før figur 8. 3 Den geometriske idé med t lægge et kvdrt på gnge ind, således t figur 9 komplementeres til kvdrtet i figur 0, udtrykkes ved t følgende ligninger er ensbetydende: 3 x + x + = + er ensbetydende med 4 x + = Den geometriske konsttering f, t et kvdrt med relet må hve side, udtrykkes ved, t ovenstående resultt er ensbetydende med: x + =, som er ensbetydende med x =, idet ligningen let løses ved subtrktion f på hver side f lighedstegnet. Øvelse 5 ) Svr: 8 7 = 36 ) \ \ Svr: 37 5 = = 887 3

24 Øvelse 9 ) Konstruktion f 5 : Vi konstruerer en retvinklet treknt, hvor længden f kteterne er hhv. og, idet vi herved ifølge Pythgors sætning får hypotenusen lig 5. C Vi fsætter et linjestykke AB med længden e. e D Dernæst oprejser vi den vinkelrette (se evt. figur ) til AB gennem B og tegner en cirkel med fstnden BA som rdius og centrum i B. Skæringspunktet mellem denne cirkel og den oprejste vinkelrette kldes for D. e Vi tegner igen en cirkel med fstnden BA som rdius og nu med centrum i D. Skæringspunktet mellem denne cirkel og den oprejste vinkelrette kldes for C. A e B D AB hr længden, og BC hr længden, hr vi nu en hypotenuse AC i den konstruerede retvinklede treknt med længden 5. 4

25 Øvelse 9 fortst ) Det gyldne snit ( 5 ) konstrueres. A D F G B E C Vi genbruger den retvinklede treknt fr ), hvor hypotenusen hr længden 5, og AB er lig. Vi subtrherer ved t tegne en cirkel med centrum i A og rdius AB, skæringspunktet med AC kldes D. Nu mngler vi t dividere med, ltså hlvere CD. Dette gøres ved t konstruere midtnormlen til DC. Med centrum i hhv. C og D tegnes to cirkler med smme rdius, gennem skæringspunkterne E og F tegnes linjen, som er midtnorml til CD. Skæringspunktet mellem linjen gennem C og D smt midtnormlen benævnes G. DG = CG hr længden ( 5 ). 5

26 Øvelse O Kvdrtrod Kvdrtrod 3 A E B D En vilkårlig vinkel tegnes, toppunkt benævnes O. Ud f vinklens højre ben fsættes linjestykket med længden svrende til længden OE. Derefter fsættes svrende til OA. Ud f vinklens venstre ben fsættes længden 3. Ved t forbinde E og B får vi treknten OEB. Dernæst konstrueres en linje gennem A prllel med EB, og vi får treknten OAD, hvor D er skæringspunktet mellem den prllelle linje og O s venstre vinkelben. D EB og AD er prllelle, er vinklerne ved A og E lige store, ligesom vinklerne ved D og B er det, jf. ksiomet om ensliggende vinkler ved prllelle linjer. Den tredje vinkel i hver f de to treknter er den ved O, så derfor er treknterne ensvinklede. Nu bruger vi sætningen om, t ensvinklede treknter er ligednnede, og får følgende ligheder: OA OE OD OB = eller OD = eller 3 = OD. 3 Øvelse 4 (8 + 36) + (8 36) = =

27 Øvelse 4 fortst (8 + 36) (8 36) = = 64 ( 36) = = 00 Opgve 4 Når mn søger efter sådnne løsninger, er der gmmel trdition for t klde de søgte størrelser for bogstver fr sidst lfbetet (det engelske), ltså x, y og z. I vores tilfælde med to ubekendte vil vi klde dem for x og y i stedet for og b. Ld de to tl t og t være givne. Så søger vi ltså løsninger til ligningerne: () x+ y = t () x y = t Vi løser ved den såkldte indsættelsesmetode, idet vi f () finder y = t x, hvilket indsættes i (), der derefter bliver til x ( t x ) = t Der gnges ind i prentesen, og får vi en ndengrdsligning: x + t x = t, der omskrives til et mere normlt formt x t x + t = 0 Vores (og Crdno s) problem drejer sig ltså om t løse en ndengrdsligning. Vi lærer i skolen, t b b 4c ± ndengrdsligningen x + b x + c = 0 hr to løsninger, men vel t mærke kun hvis b 4c er positiv, for eller kn vi ikke uddrge kvdrtroden. Men det kn vi godt, hvis vi er lige så dristige som Crdno og uden tøven regner videre med dem, som om intet er hændt. Derfor kn problemstillingen, der er opstillet i ligning () og () ltid løses, men der er sommetider kun en enkelt løsning til ligningerne og vi får så x = y. 7

28 5. Regneundervisningens nyere historie Undersøgelse ) Vi finder ,5 dernæst forsøger vi os med nogle tl, der ligger tæt på dette resultt: = 406, dvs. de to på hinnden følgende nturlige tl er 37 og 38. ) Kvdrtroden f.407 er meget lidt større end kvdrtroden f.406, hvilket vil sige, t de to på hinnden følgende tl skl være større end 37 38, men llerede =.48 og giver et for stort resultt. Altså findes der ikke to på hinnden følgende nturlige tl, der gnget giver.407. Undersøgelsen f klres vh. smme metode, idet du konstterer, t giver for lidt og giver for meget, så der kun bliver chnce for ) Ti på hinnden følgende nturlige tl giver mere end 5 9 0, hviket er 900. Derfor kn vi ikke få ) Ti på hinnden følgende nturlige tl vil som endetl hve,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0, dvs. vi skl gnge med et eller ndet tl gnge 0, hvilket giver et tl, der ender på 0. Der gør det givne tl ikke, så derfor kn det ikke skrives som produktet f 0 på hinnden følgende nturlige tl. Hvis du hr fået hjælp til denne løsning så overvej lige om kn skrives på den ønskede måde. 8

29 Opgve 5 ) Overldes til læseren. ) = 3.05 (4 cifre) Som overslg kn mn sige: = =.500, dvs. ved brug f lommeregner skl mn forvente omkring fire cifre. På den nden side kn to tocifrede tl godt resultere i et trecifret tl som ved 0 0 = 00 og i den nden ende giver = 980, så ntllet f cifre synes ikke t kunne overstige =.388 (5 cifre) Overslg: = = 0.000, dvs. mn forventer cirk fem cifre. Går vi til den nden ekstrem finder vi = 98990, ltså 6 cifre = (6 cifre) Overslg: = = , dvs. forvente cirk seks cifre. Men kn det give 7 cifre. Vi prøver med = , så 7 cifre er muligt = (7 cifre) Fortsæt selv undersøgelsen. Her hr vi to 4-cifrede tl som gnget smme giver et 7-cifret tl og ikke = 8 cifre. Men giver det ltid enten 7 eller 8, når mn hr sådn to 4-cifrede tl? = (5 cifre) Overslg: = = , dvs. forvente cirk fem cifre. 8 = 96 ( cifre) Overslg: 0 0 = 00 = 00, her ville mn så forvente cirk tre cifre, men forhåbentlig godtge et resultt på 96. Ekstremerne er 0 = 0 og 99 9 = 89. Hvd mon vi kn sige når et n-cifret tl gnges med et m-cifret tl? Vi kn åbenbrt ikke være sikre på, t produktet hr n + m cifre. Kn det hve n + m +, n + m? Kn vi overbevise os selv om, t den enten giver n + m eller n + m +. Hvis vi går tilbge til eksemplerne, er der så tilfælde, hvor vi sikkert kn fgøre, om vi rmmer n + m, og tilfælde hvor det klrt er n + m +. 9

30 6. De positive rtionle tl Øvelse Vise kn i denne smmenhæng bestå f et sprogligt svr: Hvis vi hr b endedele f noget og c b endedele f det smme, så betyder det, t vi hr +c b endedele i lt. Øvelse ) Omregnet til 4 endedele ses t være størst, nemlig. 4 ) Den fælles nævner er 35 og = er større end =. Subtrktionen giver: 5 = ) < eller hvis vi forkorter <, d de to brøker hr en fælles nævner, hr vi et sndt udsgn for <. Fktisk er udsgnet sndt hvis og kun hvis <. 4) Mn finder den største f en række brøker ved t finde en fælles nævner for brøkerne og derefter smmenligne tællerne. 5) Vi skl vise, t < c d < bc d < bc. b d bd bd c b d < ifølge sætning kn vi gnge med smme tl i tæller og nævner, uden t en brøk ændrer værdi d bc bd < bd vi gnger med smme tl på begge sider f lighedstegnet bd d bd bc < vi forkorter bd bd d < bc, hvilket skulle vises. 30

31 Øvelse 4 6) Vi hr, t c, og skl vise, t + c c b d b b + d d Vi ser først på + c der ifølge øvelse 4.5 er ensbetydende med ( ) b b + d ( b + d) b( + c) vi gnger ind i en prentes b + d b + bc vi subtrherer b = b på begge sider f lighedstegnet d bc ifølge 5) c b d. Det sidste vr givet t være sndt, så derfor er også det ensbetydende udsgn + c sndt b b + d + c c Tilsvrende for, hvorefter vi hr vist, t + c c er et sndt udsgn og kn b + d d b b + d d konkludere, t hvis mn dderer brøker f forskellig størrelse ved t ddere tæller med tæller og nævner med nævner, så får mn et resultt, der ligger mellem de to brøker, der skulle dderes. Vi interesserer os i dette kpitel kun for positive brøker. Læseren kn ved en senere lejlighed overveje, om det vi her hr vist også gælder, hvis vi tillder negtive brøker, som mn jo gør i skolen og i smfundet. 7) Vi finder tre brøker, der ligger mellem 7 og 8 : Vi finder en tilstrækkelig stor fællesnævner, således t der ligger tre brøker med den smme fællesnævner mellem de to givne brøker: = og =, og de tre brøker bliver: , og Men vi kunne også hve udnyttet vores fund i 6) ovenfor, for den metode fortæller os, t + < <, således t vi hr fundet en brøk med den ønskede egenskb. Derefter kn vi bruge smme metode igen til t finde en brøk mellem og 8 5 osv. 3

32 Øvelse 6 Vi skl vise, t c d + b + = c. b d b d b c d + idet vi forlænger brøkerne med hhv. b og d d b c = + b d b d ensbenævnte brøker dderes blot ved t ddere tælleren, fordi de svrer til t mn lægger ting f smme type smmen d + b c =, hvilket skulle vises. b d På tilsvrende måde kn mn vise c d b = c. b d b d Øvelse 8 Vi beviser på kortest mulige måde, t c = c n d n d Venstresiden betyder ifølge vores fortolkning f gnge, t vi skl tge f c, hvilket betyder, t n d vi skl dele stykket c i n lige store stykker. Tænker vi på det som c stykker f størrelsen en d endedel, så kn vi vælge t opdele hver f disse d endedele i n stykker og så tge en fr hver. Hvis d d endedele hver opdele i n lige store stykker stykker, så går der klrt n f disse på en enkelt d endedel og dermed n d på en hel, hvorfor disse små stykker pr. definition f vores brøkbegreb er f størrelsen. Tger vi nu en fr hver f de c d endedele, giver dette pr. definition f vores n d c brøkbegreb, hvilket skulle bevises. n d Øvelse Forbrug f korn pr. måned: : 3 = : 3 =, ltså tons. 7 4 tons = grm. Antllet f høns, der kn leve f kornet i tre måneder, ld os sige 9 dge: : 50 : høns. 3

33 Opgve 5 Det viser sig t de tre tolkninger f 7 giver meget forskellige resultter, så det er vigtigt t 5 referere til den vedtgne og interntionlt nvendt definition: : :5 = : 5 = : 5 = = = = : :5 = :5 = : 5 = = = = : = = = Øvelse 5 Gruppe 500 promille;,5; ;,500; 6 4 ; ; 8 ; 3 ; 6 : 4 6 Gruppe 0,75; ppm; tre fjerdedele; 750 promille; 3 4 ; ; ; 75 %; 3:

34 Øvelse 6 ) og ) er de to delbeviser for sætning. D disse beviser er lidt bstrkte for første semester på læreruddnnelsen, er det tnken t prøve ideerne i beviserne f på konkrete eksempler, der som regel viser sig lettere. 80 ) Påvis og rgumenter for, t ikke kn skrives som et endeligt decimltl. Det følger f 7 3 sætning, d 7 = 3 3 ikke udelukkende indeholder primfktorerne og 5. Men vi vil her gå gennem beviset for sætning. igen: Antg, t 80 kn skrives som et endeligt decimltl som fx 0, , som er det svr, mn får på 7 80 en skolelommeregner. Antg ltså, t = 0, gælder ekskt. Så skl vi for t komme 7 videre i bevisideen i sætning. ) gnge på hver side f lighedstegnet med en pssende tierpotens, som i dette tilfælde skl være , hvilket giver = eller ved gngning med 7 på hver side = Men dette kn ikke være muligt, for på højre side hr vi 7 som indeholder fx primfktoren 3. Ser vi nemlig på venstre side, så består 80 f primfktorerne og 5, og det smme gør enhver tierpotens og derfor specielt Vi hr ltså udelukkende og 5 i primfktoropløsningen på venstre side, mens der står 3 og 3 og sikkert ndre grimme ting gemt i det store tl på højre side. De to sider kn derfor ikke være lig med hinnden. Den sætning, vi bygger på her, er sætningen om primfktoropløsningens entydighed, der omtles senere i bogen, og som efter plnen vil blive bevist i ε-bogen i dette lærebogssystem. b) Påvis og rgumenter for, t 7 kn skrives som et endeligt decimltl, som den skulle ifølge 80 sætning, idet tælleren kun indeholder primfktorerne og 5. Igen vil vi ikke nøjes med t benytte resulttet fr sætning. Vi vil gå bgom og gennemføre beviset i sætning. ) i dette eksempel. Ideen er t opløse 80 i de relevnte fktorer: 7 7 = Så forlænger vi brøken til højre, så vi får en tierpotens i nævneren. Det sker klrt nemmest ved t 3 forlænge med 5, hvorefter den vi kn fortsætte: = = = = = = ,

35 Opgve 9 ) x = 0,3 000 x = 000 0,3 000x = 3,3 000x x = 3,3 0,3 999x = x = = ) q = 0, q = 0 0,5536 0q = 5, q = 000 5, q = 5.536, q 0q = 5.536, 536 5, q = q = I både ) og ) hr vi kun nvendt lovlige metoder ved ligningsløsning prøv selv t redegøre for hvilke og vi kunne hve tilldt t skrive ensbetydende hele vejen, ltså hr vi vist, t de to uendelige periodiske decimltl kn skrives som brøker. Vi hr dog tilldt os t flytte på kommet i en uendelige decimlbrøk efter de smme regler som i endelige decimlbrøker ( mn gnger med 0 ved t flytte kommet en plds til højre ), og det er ikke noget, vi hr bevist rigtigheden f her i bogen. Det er fktisk svært t gøre helt præcist, fordi en uendelig decimlbrøk består f uendelige mnge led, der skl lægges smmen, hvilket hr en tendens til t få det til t svimle for folk, der forsøger. Bre tnken om, t uendeligt mnge ting lgt smmen kun giver noget endeligt, syntes for de fleste stridende mod sund fornuft og i l fld mod dglig prksis, jf. vores behndling f de reelle tl i det historiske kpitel og senere i ω-bogen. 35

36 7. Brøkregning i to fgdidktiske skoler Øvelse Et tilfredsstillende svr på opgven: del 8 brød til 0 mænd, der indeholder stmbrøken 4, kunne være: brød til hver, og der er 3 brød tilbge, brød til hver, og der er et hlvt brød tilbge, som 4 fordeles med 0 til hver. Dvs. de får hver

37 8. Negtive tl Opgve 4 Vi skl vise, t den kommuttive lov gælder for multipliktion f hele tl: b = b Det er som hævdet her i bogen mere besværligt end egentligt svært, fordi vi bliver nødt til t dele op i de tilfælde, der kn forekomme, fordi definition f multipliktion for de hele tl er opdelt i tilfælde: Definition f + og for de hele tl: For ethvert pr - n, - m f negtive tl defineres (. 9)) - n -m = n m. For blndet positive og negtive tl n, - m defineres: (definition. )) n - m (og - m n) = - (n m). Endelig defineres i definition 3, t resulttet giver 0, når mnge gnger et helt tl med 0. Ud fr disse definitioner er det indlysende, t den kommuttive lov gælder, hvis et f tllene er 0, for i så fld bliver resulttet efter definition 3 lig med 0 på begge sider f lighedstegnet. Hvis begge tl er positive, så er der tle om nturlige tl, hvor den kommuttive lov gælder ifølge vores formel 3). Hvis begge tl er negtive følger den kommuttive lov let f (definition. 9)), idet -n -m = n m pr. definition. Så observerer vi, t n og m er nturlige tl, og vi derfor ifølge formel 3) hr n m = m n, der igen ifølge (definition. 9)) er lig med -m -n. Vi hr således vist, t -n -m = -m -n. Ligger de to tl på hver sin side f 0, fremgår det direkte f definitionen, t n -m = -m n, så også her gælder kommuttiviteten og derfor gælder der for lle hele tl, t b = b. 37

38 Opgve 5 Vi skl rgumentere for, t det er mere besværligt end svært t bevise, t den ssocitive lov gælder for ddition f hele tl. Igen følger det næsten f definition, fordi den opdeler i tilfælde: Definition f + og for de hele tl: For ethvert pr - n, - m f negtive tl defineres: (definition. 8)) - n + - m = - (n + m) For n, - m defineres: (definition. 0)) n + - m (og - m + n) = n m, hvis m < n, og n + - m (og - m + n) = - (m n), hvis n < m. Hvis vi skl vise, t den ssocitive lov + (b + c) = ( + b) + c gælder for tre hele tl, b, c, så bliver vi nødt til t dele op i flere tilfælde. ) Hvis, b, c er positive, så kn vi dog henholde os til vores viden fr de nturlige tl, ltså vores formel ). Så her er det nemt. ) Hvis, b, c lle er negtive, så er det også nogenlunde overskueligt, fordi vores definition (definition. 8)) ikke forgrener sig ligesom definition. 0). For hvis de er negtive, så kn vi sige, t de er lig med - n, - m og - r, hvor n, m, r er nturlige tl. Vi skl ltså vise, t - n + ( - m + - r ) = ( - n + - m) + - r. Vi regner på begge sider smtidig og finde ved hjælp f definition. 8), t påstnden er ensbetydende med: - n + - (m + r) = - (n + m) + - r. D (m + r) og (n + m) fortst er nturlige tl, kn vi bruge definition. 8) endnu en gng, og vi får, t vores udsgn er ensbetydende med: - (n + (m + r)) = - ((n + m) + r). Dette er sndt, fordi n + (m + r) = (n + m) + r er sndt, fordi vi hr vist den ssocitive lov for de nturlige tls ddition jf. formel ), og hvis to tl er ens, så er de det også, hvis der sættes et minus forn, fordi t være ens betyder, t der er tle om det smme tl. ) Hvis et f tllene er 0, fx, så skl vi vise, t 0 + (b+c) = (0 + b) + c. Bruges definition (t 0 går ud f regnestykket) på ddition med 0 på hver side, fås, t udsgnet reduceres til b + c = b + c, hvilket ltid er sndt. 38

39 Opgve 5 fortst ) Hvis, b, c ligger lidt blndet på forskellig side f 0, så bliver der mnge tilfælde t betrgte på grund f definition.0). Ld os sige, t er negtiv (ltså = - n, hvor n er et nturligt tl) og b er et nturligt tl m, og c også er et nturligt tl r, så skl vi ltså vise t : - n + (m + r) = ( - n + m) + r Men vi kn ikke komme til t regne dette ud ifølge definition. 0) før vi hr styr på, hvor stor n er i forhold til m. Ld os i første omgng ntge, t n < m, så kn vi komme i gng med beregningen, idet vi så også ved, t n < m + r, hvorfor vi ved hvilken del f definition. 0) vi skl hve ft i. Udsgnet ses t være ensbetydende med: (m + r) -n = (m n) + r, hvilket er indlysende for nturlige tl, idet der blot hævdes, t mn kn tge n ud f en smling på m + r ved t tge dem ud f de m og lde de r urørte. Hermed hr vi klret ) i et enkelt tilfælde. Hvis mn fortsætter beviset, vil mn se, t der er mnge tilfælde t gå igennem, men det er ikke fordi det bliver sværere, det er blot besværligt, så vi holder op her og opfordrer læseren til blot t klre et enkelt deltilfælde mere. Konklusionen skulle gerne være som i kpitlet om de negtive tl, t lle de kendte regneregler fktisk gælder for disse hele tl. Dette fspejler strukturen i den nye læreruddnnelse i Dnmrk, hvor vi først rigtig går i dybden med de nturlige tl i ε-bogen, der er ldersspeciliseret mod de mindre børn. Men i bevissmmenhæng vil vi ntge, t sådnne simple smmenhænge om regning med nturlige tl er velkendt for læseren, og det er vores fsæt for t bevise tilsvrende regler for de hele tl, der jo, som historien hr vist, slet ikke er indlysende. 39

40 9. Algebriske strukturer i skolen Opgve 3 Hvis mn vil tjekke, om mn evt. selv hr nogle f de mulige fejllæringer, kn mn lige prøve t udpege de snde og de flske blndt følgende formler for reelle tl, b, c og d., F (forudst > 0), F = = 3, F 6 6 c : =, F c d d 6 = 4, hvis er positiv, S + 6 = + 4, hvis er positiv, F b + b = b b = 8 b S 4 + b = 6 b, F b + c, F =, for, b og c positive, F b + c Opgve 4 Ud fr den ssocitive lov vises, t ( + b) + (c + d) = + (b + (c + d)). Vi sætter c + d = e og får: ( + b) + e = + (b + e) her indsættes e = c + d igen = + (b + (c + d)), hvilket skulle vises. På smme måde vises den tilsvrende lighed for multipliktion, idet vi her klder ( c d) for e : ( b) ( c d) = ( b) e = ( b e) = ( b ( c d)). Der er flere mulige måder t sætte prenteser på, men de viser sig lle t give smme resultt fx (( b) c) d eller ( ( b c)) d. 40

41 Øvelse ) Vi skl vise, t i (Q, +, ) gælder den kommuttive lov for multipliktion, ltså t b b = b b Benyttes definitionen på multipliktion f brøker fås, t dette er ensbetydende med, t b b =, som er snd, d den kommuttive lov gælder i de hele tl, og d tllene i tæller og b b nævner er hele tl. ) Det vises dernæst, t i (Q, +, ) gælder den ssocitive lov for ddition, ltså t b c b c + + = + +. b c b c For t finde ud f om det giver smme resultt på hver side f lighedstegnet, bruger vi definitionen på ddition f brøker to gnge efter hinnden, og får først følgende ensbetydende udsgn: b + b c bc + cb + = +, og dernæst ved endnu en gng t bruge definitionen: b c b c ( b + b ) c + c ( b ) b c + ( b c + c b ) = ( b ) c ( b c ) Resten f vejen rbejder vi inden for de hele tl i tællerne og nævnerne i de to brøker. Her kn vi bruge, t multipliktion er ssocitiv, så vi kn slette gngeprenteserne, og vi kn benytte den distributive lov til t gnge ind i plusprenteserne, hvilket giver følgende ensbetydende udsgn: ( b c + b c) + c b b c + ( bc + cb ) = b c b c Her hr vi som sædvnligt underforstået multipliktionstegnene mellem de indgående bogstvstørrelser/vrible. Vi slutter f med t benytte, t ddition er ssocitiv, så vi kn undvære prenteserne, og endelig benytter vi, t multipliktion i de hele tl er kommuttiv, så vi kn flytte rundt på fktorerne, så de kommer i kkurt smme orden på hver side: b c + b c + c b b c + b c + c b =, hvilket er et åbenlyst sndt udsgn. b c b c D udsgnene hr været ensbetydende og ltså lige snde, så er også det første udsgn (fortsættes næste side) 4