Vi har fått svar och lösningar från: Martin, Samuel, Emma och Viktor; Julia, Jasson, Wilma, Sara och Christoffer; Julia, Ariam, Johan, Jesper och Engla; Hanna, Elina, Anton och William samt Tobbe, Elina, Robin och Hanna, alla i klass 4-6 AB på Treälvsskolan i Lit, Östersund, Jämtland med lärare Mariah Sandström.
Svar och lösningar har också kommit från Ida och Oskar i 5f, Fryxellskaskolan i Västerås, från Kasper Karlström, från Hanna Heering på Fredsborgskolan, Carl Stenfelt på Kullaviksskolan 6C, Andreas på NV2A på Strömbackaskolan, Ida, Jakob, Hugo och Vendela i Grimsåsskolan i Tranemo kommun, från Samuel och Lukas, årskurs 7 på Eklidens Skola i Nacka samt från Simon Dovrén Glasbergsskolan 6 Blå.
Tack alla som skickat in lösningar. Några av dessa kommenteras och visas nedan.
Svar: 5
Nästan alla svarade rätt på frågan, många gjorde verifieringar som visade att 5 i det gråa molnet verkligen leder till 5 i det högra molnet (5-2=3; 3/3=1; 1+4=5). Flera elever beskrev hur de testade sig fram till lösningen. De som ännu inte har lärt sig negativa tal och bråk uteslöt fall som ledde till ”omöjliga” subtraktioner eller divisioner.
Några presenterade resonemang som ledde till den rätta lösningen. En svårighet med att hitta en sådan ligger i att den måste gå från molnet till höger med ett från början känt tal till det gråa molnet till vänster, alltså i riktning motsatt till naturligt beräkningsflöde, en ”baklänges lösning”.
Ida och Oskar i Västerås presenterar sin lösning så här:
… Vi kom fram till att man måste ha 1 framför 4:an för att det skulle bli 5. Och då behövde det vara 3 framför 3:an för att det skulle bli 1. Och eftersom 5-2=3 så fick vi svaret: Det ska stå 5 i det mörka molnet. 5-2=3 3/3=1 1+4=5
Observera att när man räknar baklänges så även inom varje steg utför man en omvänd operation: subtraktion i st.f. addition, multiplikation i st.f. division och sist addition i st.f. subtraktion.
En gymnasieelev, Andreas kom fram till svaret genom att ställa upp och lösa en ekvation.
Svar 12
Här tillämpar Andreas ett baklänges resonemang: han går från Anja till Olga och i varje steg utför operationer omvända till de som personerna ovan gjorde.
”I detta tal kommer jag att först utgå från att vi har talet 73. Om vi sedan adderar 5 eller 6 så får vi antingen summan 73+5=78 eller 73+6=79. Om vi sedan subtraherar antingen 5 eller 6 så får vi någon av differenserna 78-5=73, 78-6=72, 79-5=74 eller 79-6=73.
Vi vet att talet som Olga tänkte på var ett heltal, så i sista steget där vi dividerar med antingen 5 eller 6 så skall kvoten bli ett heltal. Vi vet även att om ett tal skall vara delbart med 5 måste talet sluta på 5 eller 0, vilket inget av våra tal gör, och att om ett tal skall vara delbart med 6 skall siffersumman för talet vara delbart med 3, vilket endast gäller för talet 72.
Svar: Talet som Olga tänkte på var 72/6=12.
Andreas hade nytta av att veta vilka tal är delbara med 5 och vilka med 6.
Samuel och Lukas i årskurs 7 gjorde ett likadant resonemang, det presenteras med en bild (och mycket få ord).
Svar: 2
Lösning:
I följande figur presenterar Lucas sin och Samuels lösning. De fem positiva heltalen är 6,5,2,3,2 (de inringade), två av dem är delbara med 3. Summor av två intilliggande är 11,7,5,5,8 (innanför cirkeln) icke delbara med 3 och summor av tre intilliggande 13,13,10,7,11 (längst utanför). Ingen av dessa summor är delbar med 3.
Det finns faktiskt många sådana lösningar, om man bara väljer ett av de fem ursprungliga talen i Lukas lösning och ökar det med 3 så ökar också några av summorna med 3, men när ett tal ickedelbart med 3 ökas med 3 så förblir det ickedelbart med 3, så alla summorna förblir ickedelbara med 3 vilket betyder att vi får en ny lösning. Testa!
Vi kan sedan upprepa operationen hur många gånger som helst och få en ny lösning varje gång. Observera att antalet tal runt cirkeln som är delbara med 3 förblir oförändrat efter varje sådan ändring, oavsett om talet som vi ökar med 3 är ett delbart eller ett ickedelbart med 3. Antalet var två i Lukas och Samuels lösning och därför blir det två i alla de nya lösningarna.
En svårare fråga är nu: Kan man, kanske på ett annat sätt, åstadkomma en lösning med ett annat antal än två av tal delbara med 3 runt cirkeln?
Svaret är ”nej” och för att bevisa detta behöver man känna till några hemligheter om addition av tal delbara och ickedelbara med 3.
1. Summa av två tal delbara med 3 är delbart med 3. (Det vet många.)
2. Summa av ett tal delbart med 3 och ett ickedelbart med 3 är ickedelbart med 3. (Inte så svårt att klura ut.)
3. Det finns två sorters heltal bland ickedelbara med 3: sådana som ger resten 1 och sådana som ger resten 2 vid division med 3.
4. Summa av två olika sorters tal ickedelbara med 3 (dvs. ett som ger resten 1 och ett som ger resten 2) är delbar med 3. (Testa och försök att förklara varför det är så!)
5. Summa av tre heltal av samma sort är delbar med 3.(Testa varje sort för sig!)
Nu ska vi bevisa att antalet tal delbara med 3 runt cirkeln måste vara två.
Skulle de vara fler än två runt cirkeln, så skulle minst två av dem stå intill varandra men det får de inte göra eftersom dess summa är delbar med 3.
Skulle de vara färre än två dvs. inga eller ett, så skulle det finnas fyra inte delbara med 3 tal intill varandra och vi ska nu se att inte ens tre sådana kan finnas. Kalla dessa tre tal a, b och c med b emellan a och c. Då måste a och b ge samma rest vid division med 3 samt b och c måste ge samma rest, men då ger alla tre tal: a, b och c samma rest och deras summa är delbar med 3 och det får den inte vara.
| problemen … Array |
lösningarna … Array |
Innehåll: LR