Dženan Midžić (Gimnazija Bihać, 4. razred) i Muhamed Numanović (Richmond Park Međunarodna škola Tuzla, 2. razred) osvojili su bronzane medalje, dok je Miodrag Ostojić (Tehnička škola “Mihajlo Pupin” Bijeljina, 3. razred) osvojio pohvalu.
Učenici su se takmičili u izradi eksperimentalnih i teorijskih zadataka, i to tokom dva dana u trajanju po pet sati. Svaka država je imala pravo prijaviti do pet učenika.
Iz Richmond Park Međunarodne škole u Tuzli su se zahvalili svima koji su na bilo koji način pomogli, naročito sponzorima i donatorima koji su finansijski pomogli da pokriju troškove učešća tima na Olimpijadi.
“Očekujemo da će naš tim stići na Međunarodni aerodrom u Sarajevu u utorak u 11.00 sati. Uprava škole čestita Društvu fizičara FBiH na čelu sa prof. Benjaminom Fetić, te svim učenicima na odličnom plasmanu, a posebno čestitamo našem učeniku Muhamedu Numanoviću koji je našu državu, kanton, grad i školu učinio ponovo ponosnim. Zahvaljujemo se i Vladi TK na podršci za Muhamedov odlazak na olimpijadu”, saopštili su.
Najbolje rezultate su postigli tradicionalno učenici iz Kine, Južne Koreje, Rusije, Rumunije, SAD-a i Indije.
Jedna grupa nije ništa napisala. Valjda je u našem školstvu razmišljati zadatak koji se rijetko daje.
Druga grupa je bila pod utiskom teorija zavjere i pokušala je odgovoriti na pitanje koje je postavila kroz teorije zavjera koje se mogu naći na internetu.
Treća grupa je postavila pitanje i odgovorila u skladu s onim šta su negdje mogli pročitati, bez da su puno išta sami razmišljali.
Četvrta grupa je postavila pitanje, ali nije ništa komentarisala, valjda jer nije znala ili se nije usudila razmišljati.
Peta grupa je sve isto uradila, što znači da su prepisali razmišljanje. Lakše je glumiti razmišljanje nego razmišljati ?
Šesta najmanja grupa je najbolje pitanje dala i zaista razmislila o njemu i to razmišljanje napisala. Koincidencija je da je baš ta grupa imala najbolje ocjene.
Zaključak: Samo onaj ko zna i ko se usuđuje razmišljati može imati najbolje ocjene.
Pravilno razmišljanje je jedan od preduslova dobrog uspjeha i u školi i u životu.
Jedan od načina za rješavanje problema je da izbrojite sve trouglove. Ako imamo dvije unutrašnje horizontalne linije i 2 unutrašnje vertikalne kose onda postoji ih 18, kako je ilustrovano ovdje:
Da bi ste vidjeli univerzalnu formulu za bilo koji broj linija pročitajte do kraja.
Problem sa prebrojavanjem je da to morate raditi na svakoj varijanti. Kao šta je ako dodamo još jednu vertikalnu liniju? Ili još jednu horizontalnu liniju? Ne bi bilo načina da učenik može izaći iz svake varijacije na ispitu pod vremenskim ograničenjima.
Ono što čini problem zanimljivim, zapravo je sistematski način da se računa od matematičkog obrazca.
Matematički trik
Jedan trokut (bez unutrašnje linije) ima samo jedan trougao.
Šta ako ima 1 kosu liniju u unutrašnjosti? Koliko je ukupno trouglova?
Postoji tri trougla. Postoji 1 veliki trougao (od slučaja bez unutrašnjih linija), a zatim postoje 2 nova trougla, što čini 3 = 1 + 2.
Ako dodamo drugu kosu vertikalnu liniju, završimo sa 6 = 1 + 2 + 3. To je zato što imamo 1 + 2 iz 1 nagnutog linijskog slučaja, plus imamo još tri trougla. Još jedan način da to vidimo je da imamo veliki trougao, dva srednja trougla, a zatim tri mala trougla:
Sada smo identifikovali obrazac. Jedan trougao podjeljen sa n vertikalnih linija imaće ukupan broj trouglova jednak 1 + 2 + 3 + … + n + (n + 1) = (n + 1) (n + 2) / 2.
Kako možemo opravdati ovu formulu? Imajte na umu da ako dodamo 2 vertikalne strane trougla, postoji ukupno n + 2 vertikalnih kosih linija. Trougao se formira sa bilo koje 2 kose linije plus horizontalna osnova trougla. Stoga je broj trouglova:
C (n + 2, 2) = (n + 1) (n + 2) / 2
Pa kako nam to pomaže u prvobitnom problemu?
Rješavanje prvobitnog izazova
Znamo da trougao sa 2 vertikalne linije ima 1 + 2 + 3 = 6 trouglova. To važi za sve takve figure.
Ako kombinujemo tri oblika, cijela figura ima ukupno 6 + 6 + 6 = 18 trouglova (možete provjeriti da nismo stvorili neki drugi trougao).
To je prilično uredan trik i možemo ga koristiti za rješavanje još složenijih figura.
Formula se takođe može generalizovati. Obratite pažnju na trougao koji se formira ako postoji samo ako kombinujemo dvije vertikalne linije i jednu horizontalnu liniju. Ako u unutrašnjosti postoje n kosih linija, a u unutrasnjosti postoje k horizontalne linije, onda je ukupan broj trouglova: C(n+ 2, 2) × (k+ 1) = (n+ 1)(n+ 2)(k+ 1)/2
Dokaz je trougao formiran sa bilo kojih 2 kosih linija i 1 horizontalne linije. Postoji ukupno n + 2 ukupno kosih linija (uključujući i dve strane trougla), a postoje ukupno k + 1 horizontalne linije (uključujući i 1 horizontalnu liniju strane trougla).
Ili možete samo prebrojiti ukupne linije, a ne samo unutrašnje linije. Pošto postoje n = n + 2 totalne kosih linija i K = k + 1 horizontalne linije, možemo napisati formulu kao:
C (N, 2) × K = N (N – 1) K / 2
Ako uvrstimo da je broj kosih linija N = 4 (2 unutrašnje i 2 vanjske) i broj horizontalnih linija K = 4 (3 unutrašnje i 1 vanjska), onda dobijemo kao rezultat za sljedeći problem:
24!
Ko bi znao da bi ovaj zanimljiv problem otkrio takav interesantan obrazac?
Na članku o SI sistemu možete da ponovite šta je to SI sistem i šta su i koje su SI veličine i jedinice. Nakon što to uradite, probajte rješiti sljedeći kviz da bi ste provjerili svoje znanje i razumjevanje.
