Jakichużyćzaklęć? czyli doczegomożemysięprzydać tymnajzdolniejszym

Transkrypt

1 Jakichużyćzaklęć? czyli doczegomożemysięprzydać tymnajzdolniejszym

2 moim zdaniem zdolnościniema ato,conazywamytymsłowem,to umiejętność skupienia się na jakiejś czynności przez dłuższy czas, oilemytęczynnośćuważamyzachwalebną (pominę przykłady tych innych czynności).

3 podobnie uważam, że to, jacy jesteśmy, dziedziczymy co najwyżej w połowie genetycznie po rodzicach drugąpołowęnas dziedziczymy intelektualnie po nauczycielach. Gdy więc chcemy wzmocnić intelektualnymi genami, int-genami, naszych uczniów zwłaszcza tych bardziej wyposażonych wypada rozważyć, jak zrobić to skutecznie i o jakie int-geny chodzi.

4 Podsunięcie atrakcyjnego tematu badań Pewnie, ale tu się nie spracujemy, bo propozycja tematu jest atrakcyjna jedynie wtedy, gdy sami się tym tematem pasjonujemy. W wykonaniu Waldka Pompego temat będzie naprawdę atrakcyjny, gdy będzie geometryczny, w wykonaniu Edmunda Puczyłowskiego gdy będzie algebraiczny, w wykonaniu Wojtka Guzickiego gdy będzie kombinatoryczny, w wykonaniu Łukasza Rajkowskiego gdy będzie probabilistyczny, itd. Może Michał Wojciechowski jest tutaj realnym omnibusem. Nie proponujmy więc rzeczy, które specjalnie w tym celu wyszukaliśmy, a już zwłaszcza nie namawiajmy do przerabiania pierwszych czy dalszych lat studiów. Sztuczna inseminacja int-genami jest nieskuteczna.

5 Dobre rady podczas badań W żadnym razie! Toż przecież główną siłą młodego twórcy jest brak rutyny aodnasmożesięniązarazić! Onniewie,jaksiętorobi,więcmożezrobićwięcejodnas, którzy wiemy.

6 Może więc pomoc w zredagowaniu wyników? Zdecydowanie tak! Bo większość pracy matematyka polega na poszukiwaniu lepszego zredagowania, a tym samym lepszego zrozumienia tego, co osiągnęli poprzednicy. Zobaczmy liczby zespolone Cardana i liczby zespolone Hamiltona, albo rachunek różniczkowy Newtona i Weierstrassa, albo zdarzenie losowe Bernoulliego i Kołmogorowa. Chcę przedstawić przykłady szkolne, jak daleko leży dojrzała postać wyniku, od jego pierwszego dostrzeżenia na przykładzie wziętym ze Steinhausa i na przykładzie moich uczniów z liceum(1969).

7 100 zadań Steinhausa Dla dorosłych 44 zadanie to polecenie policzenia, ile jest nieprzystających cykli Hamiltona na wielościanie foremnym. Po ludzku: wędrujemy po krawędziach wielościanu tak, by odwiedzić dokładnie raz każdy wierzchołek i wrócić do miejsca startu. Ile różnych łamanych przestrzennych powstanie w ten sposób?

8 100 zadań Steinhausa Dla dorosłych 44 zadanie to polecenie policzenia, ile jest nieprzystających cykli Hamiltona na wielościanie foremnym. Po ludzku: wędrujemy po krawędziach wielościanu tak, by odwiedzić dokładnie raz każdy wierzchołek i wrócić do miejsca startu. Ile różnych łamanych przestrzennych powstanie w ten sposób? Na czworościanie jest jedna taka droga to oczywiste. Podobnie na sześcianie. A na ośmiościanie trzy.

9 100 zadań Steinhausa Dla dorosłych 44 zadanie to polecenie policzenia, ile jest nieprzystających cykli Hamiltona na wielościanie foremnym. Po ludzku: wędrujemy po krawędziach wielościanu tak, by odwiedzić dokładnie raz każdy wierzchołek i wrócić do miejsca startu. Ile różnych łamanych przestrzennych powstanie w ten sposób? Na czworościanie jest jedna taka droga to oczywiste. Podobnie na sześcianie. A na ośmiościanie trzy. Czy to też oczywiste? Znaleźć można na wyczucie, ale jak wykazać, że więcej nie ma? I jak poradzić sobie z dwunasto- i dwudziestościanem? Ile tam jest takich dróg?

10 100 zadań Steinhausa Dla dorosłych 44 zadanie to polecenie policzenia, ile jest nieprzystających cykli Hamiltona na wielościanie foremnym. Po ludzku: wędrujemy po krawędziach wielościanu tak, by odwiedzić dokładnie raz każdy wierzchołek i wrócić do miejsca startu. Ile różnych łamanych przestrzennych powstanie w ten sposób? Na czworościanie jest jedna taka droga to oczywiste. Podobnie na sześcianie. A na ośmiościanie trzy. Czy to też oczywiste? Znaleźć można na wyczucie, ale jak wykazać, że więcej nie ma? I jak poradzić sobie z dwunasto- i dwudziestościanem? Ile tam jest takich dróg? Droga wiedzie przez obserwację niedługich cyklicznych ciągów zbudowanych z dwóch, trzech lub czterech liter.

11 wynik uczniów Rok 1969, druga klasa liceum(dziś byłaby pierwsza). Uczniowie: Jerzy Zabilski, matematyk(dziś nie żyje) Wiesław Mielniczuk, fizyk(dziś w FermiLabie) Zadanie w klasie: wykazać, że dowolną izometrię płaszczyzny można uzyskać ze złożenia symetrii względem prostych należących do jednego pęku właściwego oraz jednego pęku niewłaściwego.

12 wynik uczniów Rok 1969, druga klasa liceum(dziś byłaby pierwsza). Uczniowie: Jerzy Zabilski, matematyk(dziś nie żyje) Wiesław Mielniczuk, fizyk(dziś w FermiLabie) Zadanie w klasie: wykazać, że dowolną izometrię płaszczyzny można uzyskać ze złożenia symetrii względem prostych należących do jednego pęku właściwego oraz jednego pęku niewłaściwego. Zadanie domowe: wykazać, że dowolną izometrię płaszczyzny można uzyskać ze złożenia symetrii względem prostych należących do jednego pęku właściwego plus jedna prosta spoza tego pęku.

13 wynik uczniów Rok 1969, druga klasa liceum(dziś byłaby pierwsza). Uczniowie: Jerzy Zabilski, matematyk(dziś nie żyje) Wiesław Mielniczuk, fizyk(dziś w FermiLabie) Zadanie w klasie: wykazać, że dowolną izometrię płaszczyzny można uzyskać ze złożenia symetrii względem prostych należących do jednego pęku właściwego oraz jednego pęku niewłaściwego. Zadanie domowe: wykazać, że dowolną izometrię płaszczyzny można uzyskać ze złożenia symetrii względem prostych należących do jednego pęku właściwego plus jedna prosta spoza tego pęku. Czworo uczniów odpowiedziało twierdząco. Wobec tego pytanie dodatkowe: jaki jest rząd generowania w I i II przypadku? Wynik: 4 i ; publikacja z rekomendacji profesora Stefana Straszewicza(WM XIII(1971), pp )

14 wynik uczniów Wystarcząprostez[A] {a},gdziea [A] Ponieważ izometria mająca punkt stały to obrót względem tego punktu lub symetria względem prostej przechodzącej przez ten punkt, wystarczy wykazać, żedowolnypunktp można nałożyć na A. Przypadek 1. PA 4dist(aA)

15 wynik uczniów Wystarcząprostez[A] {a},gdziea [A] Ponieważ izometria mająca punkt stały to obrót względem tego punktu lub symetria względem prostej przechodzącej przez ten punkt, wystarczy wykazać, żedowolnypunktp można nałożyć na A. Przypadek 2. PA 4dist(aA) sprowadza się do przypadku 1: P A=PA = =PA 2dist(aA)= =PA 2dist(aA).

16 wynik uczniów Rządgenerowaniadlaprostychz[A] {a},gdziea [A] Symetrie względem prostych z[a] nie przybliżają punktów do A, symetria zaś względem a przybliża punkty niewięcejniżo2dist(aa): PA P A=PA PA AA, a więc rząd jest nieskończony.

17 wynik uczniów Rządgenerowaniadlaprostychz[A] [a]jestrówny4 Dowód ma charakter raczej algebraiczny. Potrzebne są dwa lematy: A,m,n k,l(s m S n =S l S k k [A]), który jest oczywisty, i A,a,l m,n(s l =S m S n S m m [A] n [a]).

18 wynik uczniów Rządgenerowaniadlaprostychz[A] [a]jestrówny4 (1) A,m,n k,l(s m S n =S l S k k [A]) (2) A,a,l m,n(s l =S m S n S m m [A] n [a]) Dowolna izometria ϕ jest złożeniem dwóch lub trzech symetrii osiowych, co rozpatrujemy kolejno. ϕ=s v S u =S l S k = (namocy(1)k [A]) =S m S n S m S k (namocy(2)m [A] n [a])

19 wynik uczniów Rządgenerowaniadlaprostychz[A] [a]jestrówny4 (1) A,m,n k,l(s m S n =S l S k k [A]) (2) A,a,l m,n(s l =S m S n S m m [A] n [a]) Dowolna izometria ϕ jest złożeniem dwóch lub trzech symetrii osiowych, co rozpatrujemy kolejno. ϕ=s v S u =S l S k = (namocy(1)k [A]) =S m S n S m S k (namocy(2)m [A] n [a]) ϕ=s w S v S u =S w S p S q = (namocy(1)q [A]) =S l S t S q = (namocy(1)t [A]) =S m S n S m S t S q = (namocy(2)m [A] n [a]) =S m S n S r, ostatniarównośćbierzesięstąd,żeq,t,msąwspółpękowe.

20 Azatem Uczeń zainteresuje się naszymi zainteresowaniami wszelkie inne usiłowania wbryknięcia go w samodzielnie uprawianą matematykę są bezowocne. Za żadne skarby nie wtrącajmy się do jego pracy twórczej możemy jedynie przeszkodzić lub wepchnąć w rutynę. Pomagajmy za to uzyskane rezultaty przedstawić w sposób dojrzały.