Årets Fieldsmedalje

Vart tipsa om denne artikkelen om årets tildeling av Fieldsmedaljen. Denne gikk til June Huh, og eg må seie det var ein fryd å lese denne presentasjonen av vinnaren. Slik skal det gjerast :)

https://www.quantamagazine.org/june-huh-high-school-dropout-wins-the-fields-medal-20220705/ 

Matematikklæraren

Denne bloggen heiter jo eigentleg Matematikklæraren, sjølv om den ei stund hadde namn frå den tullete URL'n eg valde for snart tjue år sida (altså "mattegreier"). Omtrent på same tid som namneskiftet jobba eg med starten på det som vart eit langvarig prosjekt med å samle teikningar. Første timen eg hadde med nye lærarstudentar brukte eg alltid aktiviteten "Teikn ein matematikklærar" og samlet inn teikningane dei laga. Det vart med tid og stunder (12-13 år) eit stort materiale over korleis nye studentar såg for seg at ein matematikklærar såg ut. 

Materialet vart analysert både kvantitativt og kvalitativt og den kvantitative delen, kor vi foretok ei cluster-analyse, vart publisert her: https://www.tandfonline.com/doi/full/10.1080/14794802.2022.2041471. Her ser vi mellom anna på korleis typiske karakteristika som opererer i lag på slike teikningar. Det kan til dømes vera at det er typisk at kvinner underviser enkel aritmetikk og at menn underviser komplisert algebra. Korfor kan det vere ei oppfatting som har sementert seg? 

Vi fann og ut at andelen kvinner som blir teikna er stigande, noko som må seiast å vera eit gledeleg resultat. Då eg begynte prosjektet  var det nesten berre menn som vart teikna, og det var nesten berre kvinnelege lærarstudentar, heilt klart ein rar tendens.

Artikkelen har for øvrig fått ganske god mottaking, og er akkurat no den nest mest leste av dei som ventar publisering (dei publiserer ikkje ofte journalutgåver). Ikkje alle var like imponerte, rett nok. Her er eit utdråg frå twitter etter at ein kar hadde lenket til ein "interessant studie frå Noreg" :)

Heilt på kanten - del 4. Nok unøyaktigheit!

OK, så fann vi arealet litt unøyaktig, men når ein såg at koordinatane for hjørna i "putekvadratet" var noko med 1.41... så kan ein jo tenkje at dette vel må gå an å finne eksakt! Men om vi skal utføre denne integrasjonen eksakt så må vi og ha eksakte koordinatar for F og G (sjå figuren under).

Vi treng altså likninga for kurva som går gjennom G og F. No har vi jo konstruert denne som ein parabel så vi veit det må bli ei andregradskurve. La oss seie brennpunktet E har koordinatar \((p,q)\). Og styringslinja er \(y=r\).  Den generelle andregradskurva er gitt ved formelen 

\[y=a(x-h)^2+k\]

Vi ønskjer altså å finne a, h og k. Her er \((h,k)\) toppunktet til parabelen. Vi veit at dette toppunktet er halvvegs mellom styringslinja og brennpunktet. Da må y-koordinaten til toppunktet vera \(\frac{q+r}{2}\). Dette gir at \(h = p\) og \(k =\frac{q+r}{2}\). Vi kan bruke våre eksakte verdiar uten å tape generalitet i denne oppgåva. I vårt tilfelle er \(h=p=0\) og \(y=r=2\). Da blir \(k=\frac{3}{2}\). 

Når vi har konstruert parabelen slik vi har gjort ser vi at (1,1) må vera eit punkt på parabelen, da det ligg like langt frå E som C. 

Da blir likninga til slutt \[y=a(x-h)^2+k=a(x-0)^2+\frac{3}{2}=ax^2+\frac{3}{2}\].

Sett vi inn \((x,y)=(1,1)\) i likninga får vi at \(1=a+\frac{3}{2}\), slik at \(a=-\frac{1}{2}\). Likninga for parabelen blir:

 \[y=-\frac{1}{2}\cdot x^2+\frac{3}{2}.\]

Men korleis finn vi koordinatane til F og G, det er jo der vi skal integrere mellom? Pytagoras gir oss at \(EC=\sqrt 2\). Vi får at \(EC+\sqrt(2)\cdot EC=\sqrt(2)\). Slik får vi at F har koordinatane \((\sqrt(2)-1, \sqrt 2)\). Symmetri gir at \(G=((1-\sqrt 2, \sqrt 2)\).  Då kan vi integrere for å finne det blå arealet i figuren over: 

\[\int_{1-\sqrt 2}^{\sqrt 2-1} \frac{-1}{2}x^2+\frac{3}{2} \,dx=\frac{4}{3}\sqrt 2-\frac{2}{3}\approx 1.22.\]

Dette er altså det blå arealet på figuren. Arealet av rektangelet KLFG (sjå figur nedanfor) blir \( (\sqrt 2 -1 - (1-\sqrt 2 ))\cdot \sqrt 2 = 4-2\cdot \sqrt 2\). Arealet avgrensa av buen mellom F og G og linja gjennom F og G blir da  \[\frac{4}{3}\sqrt 2 -\frac{2}{3}-4-2\sqrt 2=\frac{10\cdot \sqrt 2}{3}-\frac{14}{3}\approx 0.047.\]

For å finne det endelege arealet treng vi fire av desse, samt kvadratet \( (2\cdot \sqrt 2 -2)^2=12-8\cdot \sqrt 2\). Totalt blir det altså: 

\[ 4\cdot (\frac{10\sqrt 2}{3}-\frac{14}{3})+12-8\cdot \sqrt 2 = \frac{16\cdot \sqrt 2}{3}-\frac{20}{3} \approx 0.88\].

Og så til slutt må vi sjå kor stor andel dette utgjer av kvadratet på 4, som blir \[\frac{16\cdot \sqrt 2}{12}-\frac{20}{12}\approx 0.22.\]

Sjå figuren for å sjå dei forskjellige areala.

Algebraen ovanfor er ikkje spesielt vanskeleg, men om ein ikkje gidd gjere alle kvadreringane kan ein bruke til dømes GeoGebra sitt CAS-verktøy for å finne desse forenklingane av uttrykka. Svaret vi har fått gjeld generelt, det er alltid ca. 22 prosent av punkta i eit kvadrat som ligg nærmare sentrum enn kanten, men vi har vore litt sleipe når vi valde kor kvadratet er teikna hen. Ein kunne sikkert gjort det enda enklare for seg sjølv med å vald eit kvadrat der AB går frå 0 til 1 på x-aksen eller liknande.

Så kan vi jo legge til den litt meir direkte metoden for å finne likninga for ein parabel. I til dømes matematikkemnet 3MX fram reform 94 var dette eit kjend tema. Eit av resultata derifrå var at 

Ein parabel med toppunkt i origo og \((0,\frac{p}{2})\) som brennpunkt har likninga \[x^2 =2py\].

Ein slik parabel har \(y=-\frac{p}{2}\) som styringslinje. I vårt høve er situasjonen at toppunktet ligg på (0, 3/2).  Flytter vi heile oppgåva vår ned 3/2, får vi altså situasjonen beskrevet i definisjonen. Parabalen får da toppunkt på (0,0), brennpunktet blir (0,-1/2), slik at p=-1. Likninga er \(x^2 = 2py\) slik a vi får \(y = -\frac{1}{4} x^2\). Men så må vi flytte opp 3/2 så likninga til slutt blir \[y=-\frac{1}{4}x^2 +\frac{3}{2}.\]

Klossmajoren

Skikkeleg god kjensle av å vera ferdig med å skrive bok og sjå den i bokhandelen etterpå! (Snikskryt). Under arbeid med forskjellige emne som handla om blokkprogrammering så sakna vi ein stad ein kunne lese både om å lære seg å programmere i Scratch, men samtidig få informasjon om bruk i klasserommet. Så Joakim og eg fekk lov til å skrive ei bok om dette og få den utgjeve på Universitetsforlaget. Vi tykkjer boka vart reint så fin, og kanskje har du ein triveleg rektor som spanderer eit par slike på personalet sitt :) 

Blad litt i ho og bestill boka her: https://www.universitetsforlaget.no/kloss-for-kloss 

Heilt på kanten, del 3 - Parabel som geometrisk stad

No har vi kasta tusenvis av punkt på kvadratet og sett at det er omlag 22 % som ligg nærmare sentrum enn sidekantane. Samlinga av punkt som ligg nærmare midta, altså avgrensninga desse samlar seg inni har form av ei slags pute, eller eit kvadrat som har svulma opp litt på sidene. Sjå på figuren her, kor Scratchprosjektet har begynt å teikne opp denne avgrensninga.

For å løyse denne oppgåva må ein finne eksakt det arealet som blir avgrensa av desse fire buane. På grunn av symmetrien i oppgåva så er det jo nok å finne likninga for den eine av desse buane, og så arealet under den. Så kan ein finne arealet av heile pute-kvadratet ved å gange opp og trekke fra - når ein kjem så langt. Denne kurva minner om ein parabel, og ein slik definerast ut frå ei linje og eit punkt. Ein parabel er dei punkta som ligg like langt frå ei styringslinje som frå eit brennpunkt, og ein slik kan vi lage ganske lett i GeoGebra.

     

Her har vi eit punkt F som er fokus/brennpunkt i parabelen, og styrelinja (directrix på engelsk) er x-aksen. Vi lager eit punkt A på x-aksen, dette skal vi bruke til å teikne parabelen for forskjellige x-verdiar. Ved å lage ein midtnormal m mellom F og A vil vi få den samlinga av punkt som ligg like langt frå F som frå A. Men for å måle ein avstand frå x-aksen må vi i tillegg lage ein normal n i A. Da vil skjæringspunktet mellom denne normalen n og den konstruerte midtnormalen m gi oss eit punkt P som ligg like langt frå x-aksen (målt gjennom normalen) som til F (på grunn av midtnormalen). Dreg du i A så ser du at parabelen teiknas. Parabelen er eit av kjeglesnitta, på grunn av at ein kan skjære gjennom ei kjegle og få akkurat denne kurven i skjæringsflaten. 

Den fasongen som denne geometriøvinga framskaffar har mange interessante eigenskapar. M.a. blir den bruka som fasong på parabolantenne, på grunn av eigenskapen at alle linjer (signal) som treffer antenna blir reflektert inn i brennpunktet. Her sitter hodet på parabolantenna og samlar signala. 

Men tilbake til problemet vårt. La oss teikna eit kvadrat i GeoGebra og gjenskape konstruksjonen av parabelen slik at det passer til oppgåva vår. GeoGebra har ein innebygd parabel-konstruksjonsknapp, der ein kan velgje brennpunkt og styringslinje. På biletet under har eg valgt E (midt i kvadratet) som brennpunkt og så laget to kurver der henholdsvis linja y=2 og x=1 er styringslinjer.

Vi kan gjera tilsvarande på venstre side av kvadratet og, slik at vi får definert det øvre området vi skal finne. 

Om vi no ved integrasjon finn arealet under den øvre buen, frå G til F, så vil vi kunne finne heile arealet ved å legge saman å trekke frå. Vi skriv inn kommandoen Integral(c, x(G), x(F)) for å integrere under kurven c frå G til F. Vi må ha med x'ene i x(G) og x(F) for å vise at det er langs x-aksen vi integrerer.

Som vi ser er arealet 1.22. No er det fleire måtar å gjera ferdig oppgåva på, avhengig av kva koordinatar vi har på kvadratets hjørner, men andelen det indre arealet til slutt utgjer skal bli den same uansett. Vi finn ikkje ei eksakt løysing på denne måten uansett, så vi fortset med desimaltal. Ein måte er å dele det blå arealet i to, med ei linje mellom G og F. Det nederste vil da vera eit rektangel med hjørner vi finn i GeoGebra til å vera \((-0.41, 0), (0.41, 0), (-0.41, 1.41)\) og \((0.41, 1.41)\). Arealet av dette rektangelet blir \(0.82 \cdot 1.41 = 1.1562\). Den øvre delen avgrenset av buen mellom G og F og linja gjennom G og F vil ha arealet 1.22 - 1.1562 = 0.0638. I putekvadratet har vi fire slike, totalt 0.2552. I tillegg treng vi arealet av kvadratet i midten. Bredden av dette veit vi er 0.82, så arealet av dette kvadratet blir 0.6724. Totalt blir altså putearealet 0.9276 når vi legg samman. 

Vi skulle jo ha andelen dette arealet utgjer av heile det store kvadratet, som har areal 4. Da får vi til slutt \(\frac{0.9726}{4} = 0.2319\). Eller ca. 23.2 %. Her har vi rundet av nokre verdiar undervegs. Det er til dømes nærliggjande å tru at 1.41 har med kvadratrota av 2 å gjera, slik at vi allereie i starten er litt unøyaktige. La oss sjå om GeoGebra gir oss eit litt meir nøyaktig svar: 

GeoGebra oppgir at heile arealet under buen GF er 1.219. Vidare er arealet av kvadraret GIHF oppgitt til 0.6863. Arealet av rektangelet KLHI er 0.483. Her kan vi finne det søkte arealet som \(4\cdot (1.219 - 0.6863-0.4853) + 0.6863 = 0.8759\). Andelen blir så \(\frac{0.8759}{4} = 21.9 %\). 

Konklusjonen blir at 21.9 % av arealet av eit kvadrat ligg nærmare sentrum i kvadratet enn kanten.