Arhivi Kategorije: šola

Učenje igraje?

Objavljeno ,
Odgovori

V zadnjih pol stoletja, predvsem pa s pojavom hišnih računalnikov, se je razširilo prepričanje, da se je možno naučiti poljubne vsebine, predvsem računalniške, brez posebnega truda, tako rekoč igraje. Ne vem, od kod ta miselnost izvira, morda iz površnega opazovanja iger otrok, širili pa so jo tako mediji kot celo nekateri šolniki. Nekateri od njih so okrog učenja igraje razvili celo teorijo in šli celo spreminjat učne načrte, da o metodah ne pišem, da bi bilo čim več takega učenja igraje. In v očeh mnogih to znanje sploh ni cenjeno, saj je pridobljeno igraje.

Seveda je to res samo za zelo površne opazovalce. Če gledamo otroka, ki se uči hoditi, koliko volje in truda, koliko poskusov in padcev je potrebno, da mu uspe, in seveda pomoči staršev. In s vsako njegovo dejavnostjo je tako: pisanje, računanje, igranje instrumenta, športna aktivnost. Res se lahko otrok igraje podi za žogo, a to seveda ne pomeni, da zna igrati nogomet. Pridobivanje znanja, seveda tudi računalniškega, pa je prav naporen proces, ki zahteva od udeleženca optimalno psihofizično stabilnost, motivacijo, koncentracijo, predanost in vztrajnost. Gre torej za posebno, kar zapleteno stanje. Zase lahko rečem, da se ničesar nisem naučil igraje, vse, kar znam, sem dosegel s trudom ali, kot bi rekel moj profesor teoretične fizike Sergej Pahor, v potu svojega obraza. Zato mislim, da je pričakovati, da se bo nekdo nekaj naučil igraje, pravzaprav podcenjevanje tega procesa in tudi osvojenega znanja.

Učenje šolarjev in dijakov ali študij uspešnih študentov je zelo resno delo. Naloga učiteljev pa je dvojna, prvič da učečemu držijo letvico kot pri skoku v višino in drugič, da to delo učečemu kolikor se da olajšajo. Seveda ne s spuščanjem letvice, temveč z dodatno razlago in odgovori na morebitna vprašanja.

Obstaja neke vrste ekvivalenca med časom, denarjem in znanjem. Če imaš čas, lahko prideš do znanja. Je pa znanje tudi tržno blago, če imaš denar, lahko kupiš strokovnjaka ali pa si najameš inštruktorja, da ti skrajša čas pridobivanja znanja. Povsod v svetu je znanje vrednota, nisem pa čisto prepričan, da tudi pri nas.

O neki vrsti verižnih ulomkov

Objavljeno ,

Oglejmo si naslednje verižne ulomke

    \[x_1=1+\cfrac{3}{2+\cfrac{3}{2+\cfrac{3}{2+\cfrac{3}{\ddots}}}},\]

    \[x_2=1+\cfrac{8}{2+\cfrac{8}{2+\cfrac{8}{2+\cfrac{8}{\ddots}}}},\]

    \[x_3=1+\cfrac{15}{2+\cfrac{15}{2+\cfrac{15}{2+\cfrac{15}{\ddots}}}},\]

    \[x_4=1+\cfrac{24}{2+\cfrac{24}{2+\cfrac{24}{2+\cfrac{24}{\ddots}}}},\]

    \[x_5=1+\cfrac{35}{2+\cfrac{35}{2+\cfrac{35}{2+\cfrac{35}{\ddots}}}},\]

itd.

Najprej opazimo, da se ti verižni ulomki razlikujejo samo v števcih, zato najprej pomislimo, da so morda narejeni na enak način, po isti šabloni.  Vrednost ulomkov lahko tudi najprej uganemo, npr, tako, da izračunamo nekaj zaporednih približkov vsakega od njih. Dobimo naslednje vrednosti

    \[x_i=i+1;\qquad i=1,..,5\]

Nato si ogledamo te vrednosti ter števce verižnih ulomkov. Dovolj oster pogled razkrije, da so števci v verižnem ulomku x enaki x^2-1, torej

    \[x=1+\cfrac{x^2-1}{2+\cfrac{x^2-1}{2+\cfrac{x^2-1}{2+\cfrac{x^2-1}{\ddots}}}}\]

ali

    \[x=1+\cfrac{x^2-1}{1+1+\cfrac{x^2-1}{1+1+\cfrac{x^2-1}{1+1+\cfrac{x^2-1}{\ddots}}}}.\]

Od tod pa hitro prepoznamo

    \[x=1+\frac{x^2-1}{1+x},\]

oziroma znan obrazec iz osnovne šole

    \[x-1=\frac{x^2-1}{1+x}.\]

To je tisto kopito, po katerem so sestavljeni zgornji verižni ulomki. Sestavite še kakšnega sami.

Naloga: Tudi verižni ulomek

    \[[1;1,\overline{2}]=1+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{\ddots}}}}\]

spada v to skupino. Zakaj? Kolikšna je njegova vrednost? Sestavi še kakšen tovrstni verižni ulomek iracionalne vrednosti.

Stewartov izrek

Objavljeno ,

Imejmo trikotnik ABC in na stranici c poljubno točko D.  Zveznico \overline{CD} označimo z d. Med geometrijskimi izreki, ki se jih v srednji šoli običajno preskoči, je tudi Stewartov izrek 

Izrek trdi naslednje:

    \[m^2a+n^2b=c(d^2+mn).\]

Dokaz: Kota \angle ADC in \angle CDB sta suplementarna, označimo ju z \varphi in 180^o-\varphi. Ker je \cos(\varphi)=-cos(180^o-\varphi),  zapišemo za levi in desni trikotnik cosinusov izrek

    \[\frac{d^2+m^2-b^2}{2dm}=-\frac{d^2+n^2-a^2}{2dn}.\]

Preuredimo in dvakrat upoštevamo m+n=c, pa res pridemo do navedenega izreka.

Naloga:

  1. Zapiši ta izrek za enakokrak trikotnik.
  2. Dokaži Stewartov izrek samo s Pitagorovim izrekom! Namig: Najprej na skici potegni pravo črto!

Eulerjev produkt

Objavljeno ,

Leonhard Euler je leta 1748 v 15.poglavju knjige Introductio in analysin infinitorum  (Uvod v analizo neskončnosti) pokazal, kako lahko produkt nekaterih faktorjev spremenimo v neskončno vrsto in obratno. Prehodimo del njegove poti.

Začnimo z geometrijskimi vrstami, ki imajo začetni člen a_1=1, in količnik k=\frac{1}{p}, pri čemer je p praštevilo. Vse te vrste so zaradi \frac{1}{p}<1 konvergentne. Spodaj je nekaj vrst z najmanjšim p:

    \[\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\dots\]

    \[\frac{1}{1-\frac{1}{3}}=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{1}{27}+\frac{1}{81}+\frac{1}{243}+\dots\]

    \[\frac{1}{1-\frac{1}{5}}=1+\frac{1}{5}+\frac{1}{25}+\frac{1}{125}+\frac{1}{625}+\frac{1}{3125}+\dots\]

    \[\frac{1}{1-\frac{1}{7}}=1+\frac{1}{7}+\frac{1}{49}+\frac{1}{343}+\frac{1}{2401}+\frac{1}{16807}+\dots\]

Pomnožimo najprej prvi dve vrsti vsak člen z vsakim in sproti urejajmo po velikosti

    \[\frac{1}{(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{12}+\frac{1}{15}+\frac{1}{16}\dots\]

Primnožimo zraven še tretjo

    \[\frac{1}{(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{5})}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\dots\]

pa četrto

    \[\frac{1}{(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{5})}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\dots\]

Opazimo, da na desni strani dobivamo prve člene harmonične vrste. Če nadaljujemo z množenjem geometrijskih vrst s količnikom k=\frac{1}{p}, pri čemer so p vsa različna praštevila, dobivamo na levi strani produkt, na desni pa vsoto

    \[\prod_{p}{\frac{1}{1-\frac{1}{p_i}}}=\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k}}.\]

La levi strani je t.i. Eulerjev produkt, produkt neskončno faktorjev, kjer so p_i vsa zaporedna praštevila.Na desni strani pa dobimo  harmonično vrsto, ki je ravno Riemannova funkcija \zeta(s) za s=1, torej

    \[\zeta(1)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\dots\]

Torej

    \[1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\dots=\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 9\cdot\dots}{2\cdot 4\cdot 6\cdot 8\cdot 10\cdot\dots}\]

Oba izraza, vsota in produkt, seveda divergirata.

Po zgornjem zgledu lahko množimo še druge geometrijske vrste, ki imajo količnike k=\frac{1}{p^n}, pri čemer je p praštevilo, in dobivamo vsote

    \[S=\frac{1}{1-\frac{1}{p^n}}.\]

Pri tem je n\in \mathbb{N}. Za n=1 imamo ravno zgornji primer. Za npr.n=2 pa imamo vrste

    \[\frac{1}{1-\frac{1}{2^2}}=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^4}+\frac{1}{2^6}+\frac{1}{2^8}+\frac{1}{2^{10}}+\dots\]

    \[\frac{1}{1-\frac{1}{3^2}}=1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^4}+\frac{1}{3⁶}+\frac{1}{3^8}+\frac{1}{3^{10}}+\dots\]

itd.

Produkt vseh takih vrst za n=2 nam analogno zgornjemu da

    \[\prod_{p}{\frac{1}{1-\frac{1}{{p_i}^2}}}=\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k^2}}.\]

Na desni strani pa se tokrat pojavi Riemannova funkcija \zeta(2)

    \[\zeta(2)=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}+\dots=\sum_{k=1}^\infty{\frac{1}{k^2}}.\]

Vrsta je konvergentna, seštel jo je L.Euler, ko je rešil slavni Baselski problem, njena vsota znaša

    \[\sum_{k=1}^\infty{\frac{1}{k^2}}​_=\frac{\pi^2}{6}.\]

Za nadaljne n dobimo še druge Rimannnove funkcije \zeta(n)s splošnim predpisom

    \[\zeta(n)=1+\frac{1}{2^n}+\frac{1}{3^n}+\frac{1}{4^n}+\frac{1}{5^n}+\dots=\sum_{k=1}^\infty{\frac{1}{k^n}}.\]

Vse tako dobljene vrste za n\in \mathbb{N}  konvergirajo, a “lepo” vsoto imajo samo tiste s sodim n.

Lotimo se sedaj dveh nalog, povezanih z Eulerjevim produktom.

Kolikšna je verjetnost, da pri nakljucnem izboru med naravnimi števili izberemo praštevilo?

Rešitev: Verjetnost, da je izbrano število deljivo z 2, je \frac{1}{2}, da s 3, \frac{1}{3}, da je deljivo s p, torej \frac{1}{p}. Označimo iskani dogodek z A, z A_p pa dogodek, da je izbrano število deljivo s  p.  Nasprotni dogodek \overline{A}_p je potem dogodek, da izbrano število ni deljivo s p, njegova verjetnost pa je

    \[P(\overline{A}_p)=1-\frac{1}{p}.\]

Opazimo, da je dogodek A sestavljen, natančneje neskončni produkt dogodkov

A=\overline{A}_2\cap \overline{A}_3\cap \overline{A}_5\cap \dots \cap \overline{A}_p\cap\dots,

ki so med seboj vsi neodvisni. Zato je verjetnost dogodka A enaka

    \[P(A)=(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{5})\dots(1-\frac{1}{p})\dots=\prod_{p}{(1-\frac{1}{p})}.\]

Dobili smo Eulerjev produkt, torej je

    \[P(A)=\prod_{p}{(1-\frac{1}{p})}=\frac{1}{\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k}}}=\frac{1}{\zeta(1)}=\frac{1}{\infty}=0.\]

V imenovalcu se je pojavila harmonična vrsta, ki divergira, zato je iskana verjetnost 0.

Med naravnimi števili dve naključno izberemo. Kolikšna je verjetnost, da sta tuji?

Rešitev:Naj bo B dogodek, da sta izbrani števili tuji. Verjetnost, da je prvo število deljivo s praštevilom p, je \frac{1}{p} in enako tudi vetjetnost, da je drugo. Verjetnost, da sta obe števili deljivi s p, je torej (saj sta dogodka neodvisna) \frac{1}{p^2}, da nista deljivi s p, pa 1-\frac{1}{p^2}. Števili sta tuji, če nista deljivi hkrati z nobenim od praštevil, zato imamo

    \[P(B)=\prod_{p}{(1-\frac{1}{p^2})}=\frac{1}{\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k^2}}}=\frac{1}{\zeta(2)}=\frac{6}{\pi^2}=0,61.\]

Posplošitev naloge na več števil pa je prepuščena bralcu.