"Det är synd att 99% av
journalisterna skall fördärva
förtroendet för en hel yrkeskår"
(okänd)

"Ormar äro älskliga varelser,
om man råkar tillhöra samma
giftgrupp"
(Artur Lundkvist)

"Ju längre ett samhälle
kommer från sanningen,
desto mer kommer detta
samhälle att hata dem
som säger sanningen"
(George Orwell)

"Den som gifter sig med
tidsandan blir snabbt änka."
(Goethe)

"Civiliserade är de kulturer
och individer som respekterar
andra."
(hört på Axesskanalen)

"Det tragiska med vanligt
sunt förnuft är att det
inte är så vanligt."
(Albert Einstein)

"Halv kristendom tolereras
men föraktas.
Hel kristendom respekteras
men förföljs."
(Okänd)

"För att komma till flodens
källa måste man simma
mot strömmen."
(Stanislaw Jerzy Lec)

"Jag noterar att alla de
människor, som är för
abort, redan är födda."
(Ronald Reagan)

Senast ändrad: 2018 03 26 23:06

Ett geometrisk problem hämtat från realexamen 1955.

Problemet lyder:

I en rätvinklig triangel är omkretsen 70 cm och den inskrivna cirkelns radie 6 cm. Beräkna triangelns sidor.
Åttonde och sista uppgift realexamen 1955.

(rätt svar, som givetvis inte fanns med i uppgiften, är 20, 21 och 29 cm)

För att lösa denna uppgift behövs uppenbarligen vissa kunskaper i geometri.

1. Vinkelsumman i en triangel är 180°
2. En bissektris är en rät linje som delar en vinkel i två exakt lika stora delar. I figuren nedan är t ex linjen AO bissektris till hörnet A.
3. Man kan bevisa att bissektriserna till de tre hörnen i en triangel alltid skär varandra i en enda, unik punkt, vilken är lika med den inskrivna cirkelns medelpunkt (inskrivna cirkeln är en cirkel som ligger inuti en triangel och som tangerar triangelns tre sidor).
4. Om en rät linje tangerar en cirkel så är vinkeln mellan denna linje och en cirkelradie dragen till tangeringspunkten 90° (en radie skär alltid cirkebågen i 90° och en linje som tangerar en cirkel är parallell med cirkelbågen i tangeringspunkten).
5. Två trianglar är kongruenta om två sidor och mellanliggande vinkel är lika stora.
6. I en rätvinklig triangel (en triangel där en vinkel är 90°) kallas vinkelbenen till den räta vinkeln katet — kateter i pluralis (ej att förväxla med kateter/katetrar som används inom sjukvården) medan motstående sida till räta vinkeln (trianglens längsta sida) kallas hypotenusa. I figuren nedan är AB och BC kateter medan AC är hypotenusa.
Enligt Pythagoras sats, som gäller för rätvinkliga trianglar, så är summan av kateternas kvadrater lika med kvadraten av hypotenusen.

Eleverna i gamla realskolan 1955 och eleverna i de gymnasieklasser som 1985 löste problemen från den gamla realskrivningen, kände till dessa satser. Dessutom hade eleverna 1985 med all säkerhet tillgång till formelsamling, där allt detta fanns angivet (jag minns inte huruvida man hade formelsamling på realskolan — kanske, kanske inte). Så gymnasisterna 1985 hade definitivt alla kunskaper som behövdes för att lösa uppgiften.

(Alla mått i texten nedan är i centimeter. α är bokstaven alfa, β är bokstaven beta och γ är bokstaven gamma. Linjer anges oftast nedan genom sina ändpunkter. AB är t ex linjen mellan punktena A och B. Vinklar anges genom vinkelbenen och själva hörnpunkten. Vinkeln BAC är sålunda vinkeln i hörnet A (=2α). Samma vinkel kan också kallas CAB eller DAE etc. De olika bokstäverna ovan förklaras i texten nedan)

O är inskrivna cirkelns medelpunkt (som alltså ligger i de tre bissektrisernas skärningspunkt). De utritade linjerna OD, OF och OE är radier i denna cirkel, dragna till respektive tangeringspunkter (D, F och E). Vinkeln mellan dessa radier och respektive triangelsida är 90 grader (enligt 4 ovan).

Linjen AO delar vinkeln i hörnet A i två lika stora delar (eftersom linjen är en bissektris). Betrakta nu trianglarna AEO och ADO. Vinklarna ADO respektive AEO är lika stora, enligt ovan (båda är ju 90°). Vinklarna i hörnet A är också lika stora (α). Eftersom vinkelsumman i en triangel är 180° är således den tredje vinkeln i respektive triangel (AOD respektive AOE) bestämd av de två andra och måste således vara lika stor i de två trianglarna (känner man två vinklar i en triangel kan man räkna ut den tredje). Dessutom har trianglarna två lika stora sidor, nämligen AO (som ingår i båda trianglarna) och OD och OE (lika med r). Alltså är trianglarna kongruenta (enligt 5 ovan), vilket innebär att AD = AE. Låt oss sätta AD = AE = a (se figur). Motsvarande gäller de två övriga hörnen (B och C).

Enligt uppgiftens text är inskrivna cirkelns radie (dvs r i figuren) 6 cm. Låt oss nu först betrakta fyrhörningen EOFB. OF är vinkelrät mot linjen BC och OE är vinkelrät mot linjen AB (enligt punkt 4 ovan). Eftersom vinkeln vid triangelhörnet B är 90° (triangeln är ju rätvinklig) följer att även den fjärde vinkeln i EOFB måste vara vara 90° (vinkelsumman i en fyrhörning är alltid 360°). Fyrhörningen EOFB är således en rektangel. Då OF = OE = r följer att EOFB är en kvadrat. Eftersom motstående sidor i en kvadrat är lika stora, gäller att b = r = 6. Detta är således vårt första resultat.

Som framgår av figuren har vi delat upp triangelns tre sidor i två delar så att AC = a + c, AB = a + b och BC = b + c (a = AD, c = DC etc).

Enligt problemtexten gäller att triangelns omkrets är 70 cm. Detta kan uttryckas på följande sätt

2a + 2b + 2c = 70, dvs a + b + c= 35

Eftersom vi redan vet att b=6 följer att a+c=35-6=29. Det gäller således att a+c=29. Således har vi lyckats bestämma triangelsidan AC (hypotenusan). Vi vet nu därmed två saker:

b = 6
AC = 29 (vilket är samma sak som att a + c= 29)

Snabbt marscherat, eller hur?! Hittills har allt gått ganska lätt, men nu blir det lite svårare. Den som är ovan att lösa matematiska problem brukar i desperation ostrukturerat ställa upp en massa samband hit och dit mellan de olika storheterna. Oftast slutar det hela, efter långa, långa algebraiska manipulationer, med att man till slut kommer fram till triviala samband som AC = AC eller 7 = 7 eller något liknande (då har man i alla fall gjort sin algebra korrekt, ibland kanske resultatet i stället blir att 7 = 2, och då har man, förutom att ha sysslat med meningslös algebraisk akrobatik, dessutom gjort något algebraiskt fel). Detta kallas rundgång (matematisk inavel skulle man också kunna kalla det). Man sätter in samma sak i sig själv. För att komma vidare måste man utnyttja nya samband och egenskaper, som man inte utnyttjat hittills (det är ungefär som avel, där man ibland tvingas tillsätta nytt "friskt blod" för att undvika inavel).

Vi måste således försöka använda något geometriskt samband vi hittills inte utnyttjat. Vi kan t ex försöka att tillämpa Pythagoras sats (6 ovan) på hela triangeln. Vi får:

Eftersom AB = a + c, BC = b + c och AB = a + b följer att:

Efter lite algebraiska övningar (som även en högstadieelev borde klara av) får vi:

Vi bryter ut b ur de två mittersta termerna och får:

Enligt ovan är b = 6 och a + c = 29. Det senare uttrycket leder till att a = 29 - c. Sätt in detta i uttrycket ovan och vi får:

Vi har nu blivit av med a och b och har en ekvation i enbart c (som vi hoppas kunna lösa). Efter förenkling får vi:

dvs en vanlig andragradsekvation (vilken man lär sig lösa i åk 9 än idag — tror jag, men jag kan ju ha fel). Enligt lösningsformeln för andragradsekvationer får vi:

Vi får sålunda två lösningar (en andragradsekvation har alltid 2 lösningar):

Eftersom a = 29 - c får vi för motsvarande värden på a:

dvs om c = 15 blir a = 14 och om c = 14 blir a = 15. Vi känner nu således a, b (=6) och c. Nu frågades det inte efter a, b och c utan efter triangelns sidor AB, BC och AC. Eftersom AB = a + b etc blir de två lösningarna:

(vi visste ju redan innan att AC = 29, men det kan ändå vara tillfredsställande att se att vi får samma resultat när vi adderar a och c)

Vi ser att de två lösningarna i själva verket är en och samma lösning. Båda lösningarna innebär att den rätvinkliga triangelns sidor är 20, 21 respektive 29 cm, dvs båda lösningarna anger kongruenta trianglar. Huruvida den vertikala katetern är 20 och den horisontella 21 (lösning 1) eller tvärtom (lösning 2) spelar ingen roll. Vi har ju inte lagt in någon information i matematiken om vilken katet som är längst.

Skillnaden mellan de två lösningarna är att i första fallet så är den horisontella kateten (BC) längre än den vertikala (AB) medan det i andra fallet är tvärtom (se figuren ovan, där skillnaden mellan kateternas längder är kraftigt överdriven för tydlighetens skull). I själva verket är det exakt samma lösning. Oavsett hur vi vrider triangeln så är det samma triangel (så länge som alla vinklarna och sidlängder är desamma).

Självklart löste inte alla realskoleeleverna 1955 ovanstående uppgift (själv tog jag realen 1958). Den var ju sista uppgift och det var ofta ganska få som klarade denna. I den artikel uppgiften är hämtad från anges ingen procentsats. Personligen skulle jag gissa på att kanske 4 - 5 procent av eleverna klarade den. 1985, när Per-Yngve Hansson gjorde sin undersökning (se huvudartiklen), där han lät några gymnasieklasser (från N3, dvs naturvetenskaplig gren, sista året) försöka lösa den realskrivning där uppgiften ingick, så var det i alla fall ingen som klarade den.

Kan man säga att detta är en svår uppgift? Både ja och nej. Har man aldrig mött en liknande uppgift kräver den lite tankekraft för att lösas. På dagens gymnasium (NO-programmet) löser man visserligen betydligt svårare uppgifter än så. Problemet är att man lär sig typtal, som man sedan känner igen och vet ungefär hur de skall lösas. Många uppgifter är också sådana att man kan bläddra i formelsamlingen tills man hittar en formel som innehåller alla de storheter som anges i uppgiften plus att där också finns den efterfrågade storheten. Då handlar det bara om att sätta in siffrorna från uppgiften, så får man svaret. Ibland måste man kombinera flera formler, vilket kan kräva lite mer av eleven, men grundläggande handlar det även i detta fall om standardproblem. Icke standarduppgifter upplevs som mycket svåra för den som nästan aldrig tränar på den typen av uppgifter. Här krävs både fantasi och intuition och inte minst uthållighet. Och dessutom stor efarenhet, dvs mycket övning.

Grundproblemet är att man har så mycket stoff i Matte D och E att det enbart finns tid att lösa uppgifter som direkt illustrerar den teori man nyss gått igenom. Den bristande uthålligheten gör att om man inte direkt hittar en lösning, ger de flesta av dagens elever upp. Det var genom att stångas med svåra problem, och kanske ägna timmar åt ett klurigt problem, som den matematiska förmågan skärptes. Ibland kunde enstaka uppgifter, både på real- och studentskrivningar, vara så svåra (kluriga) att en del lärare inte klarade dem. På 1960-talet, när jag tog studenten, publicerades lösningarna till studentskrivningarna i matematik och fysik i bl a Dagens Nyheter (dagen efter, eller några dagar efter att respektive prov hade gjorts). Det kanske säger något om svårighetsgraden.

Många undersökningar och även många lärares direkta erfarenheter, visar att dagens elever ofta har stora brister när det gäller algebra. De slarvar och orkar inte fullborda. Algebra kräver mycket träning, och uthållighet, vilket saknas i dagens skola. I föreliggande uppgift krävs en del algebra. Det handlar inte om någon avancerad eller svår sådan. Det handlar snarare om att vara noggrann och uthållig och inte ge sig. Och att inte fastna i samma resonemang hela tiden. Förmodligen var det detta som fick många av gymnasieleverna i undersökningen på fall. Enligt min ringa mening krävs det inte speciellt mycket intelligens för att vara duktig i algebraiska räkningar. Det handlar till 99 procent om att inte göra fel, dvs att inte slarva. Dvs träning, träning och åter träning är det som gäller. Plus att vara noggran. En dator får alltid algebran rätt, inte på grund av sin intelligens, utan helt enkelt för att den aldrig gör slarvfel.

I gamla skolan fick man lära sig att när man på prov hade kört fast på en uppgift så skulle man gå vidare till nästa uppgift (på ett prov kan man ju inte ägna timmar åt en enda uppgift, där måste man vara taktisk). Fick man sedan tid över kunde man återvända till den uppgift man kört fast på. Eftersom man då hade vilat från uppgiften ett slag kunde man ofta se problemet från ett helt nytt håll och förhoppningsvis lösa det. Ett gott råd också till dagens elever.

(Jag ber om ursäkt för att formlerna är skrivna i ett så groteskt stort typsnitt. Jag använder ett gratisprogram jag hittade på nätet och har inte orkat sätta mig in i hur jag ändrar typsnitten. Det spelar ju ingen roll för innehållet. Tvärtom så blir formlerna mer lättlästa.)

 

Tillbaka till huvudartikeln om svenska skolan.
© Krister Renard