17.5.15

De 2D a 3D-2


Retomo a idea de hai dúas entradas: de que xeito levar un problema de dúas a tres dimensións pode axudar a entendelo mellor e aínda a resolvelo?

O seguinte exemplo está tirado dun estupendo artigo de Alexander Shen, Three-dimensional solution for two-dimensional problems, que apareceu en The Mathematical Intelligencer no 1997.

Collamos tres circunferencias calquera que se intersecan dúas a dúas. Se trazamos os 3 segmentos que unen os puntos de intersección, veremos que son concorrentes. É dicir:

   


Imaxinades como "elevar" este problema?

Pois trazando esferas que teñan ás circunferencias orixinais como "ecuador", tomando o plano no que están as circunferencias e erguendo un hemisferio por riba e outro por embaixo.

   



Se miramos estas esferas desde arriba, temos a situación orixinal:


   

Ben, e que achega esta nova figura ao problema orixinal? En realidade, todo o necesario. Por un momento, centremos a atención en dúas das esferas. Se consideramos a súa intersección, obtemos unha circunferencia perpendicular ao plano orixinal, e que corta a ese plano precisamente na corda verde, de tal xeito que se mirarmos desde arriba, a circunferencia e a corda non se distinguen:

    


   
Agora xa está claro:
   
Pensemos agora no punto no que se intersecan as tres esferas, ou o que é o mesmo, o punto no que a circunferencia ortogonal vermella (que é a intersección de dúas esferas) interseca á outra esfera. Que vemos desde arriba? O punto de corte das tres cordas, q.e.d.



Nota: imaxino que veríades unha incorrección no razoamento, pois non hai un só punto de intersección senón dous. O que ocorreu é que seguín o razoamento de Shen, que traballa todo o tempo con semiesferas (as superiores), cousa que non dei feito co Geogebra. Aínda así non hai problema, pois coa vista cenital non vemos o punto inferior, que é tapado polo superior.


Nota mental: Geogebra 5 fai interseccións de superficies


   









10.5.15

Parénteses


Ou corchetes, como máis vos preste.

Coloca parénteses no seguinte cálculo para que o resultado sexa $\frac{7}{10}$:

$$1:2:3:4:5:6:7:8:9$$

Atopa tamén o máximo (e o mínimo) valor que se pode acadar colocando parénteses.


Dei con este problema remexendo nos arquivos da revista Parabola incorporating Function da UNSW de Australia. Para aqueles que, coma min, tiveron que padecer os castelos quilométricos de fraccións, sería interesante pensar como quedaría a expresión anterior se, en troques de utilizar : para a división, usásemos a liña de fracción. 

Este problema quizais sexa un pouco longo para propoñer nas aulas do 1º ciclo da ESO, eu teño empregado exercicios máis breves e sinxelos para traballar a xerarquía de operacións, como este, tirado dun exame de 2º de ESO deste curso, e semellante a moitos outros que usei estes anos:

Coloca corchetes para obter o resultado

$$(-3)\cdot(+5)-(-2)\cdot(+2)=-26$$ 



Para sermos sinceros, eu non padecín eses castelos: ou ben esa figura mítica da aprendizaxe tradicional das Matemáticas morreu antes dos 80, ou ben non era para tanto...

7.5.15

De 2D a 3D


Cando traballamos a xeometría en tres dimensións nas aulas de 2º e 3º de ESO adoita suceder un fenómeno curioso: calquera problema orixinalmente proposto en tres dimensións tende a ser resolto levando as dificultades ao plano. A ubicua triangulación da xeometría produce que, collendo calquera tres puntos na figura orixinal, rematemos cun triángulo, por tanto nun plano. Exemplos obvios son os cálculos métricos en poliedros, cilindros e conos; o máis típico e que apareza máis cedo quizais sexa o cálculo da diagonal espacial dun cubo ou dun ortoedro calquera:


Pitágoras a tutiplén

Quizais esta situación recorrente de buscar as dúas dimensións estea relacionada coa nosa capacidade "binaria", que podemos detectar observano como facemos operacións nas que interveñen varios números.

Hoxe quérovos falar de exemplos nos que a viaxe se fai no sentido contrario, problemas en dúas dimensións que se entenden mellor ou  se resolven máis facilmente en tres dimensións. O primeiro exemplo atopeino no fantástico The Mathematical Experience, de Philip Davis e Reuben Hersh, aínda que a fonte orixinal é o previo Mathematical Discovery do grande matemático George Pólya, co que dei posteriormente:

Tres circunferencias k, l e m teñen o mesmo radio, r, e pasan polo mesmo punto O. Ademais, l e m intersécanse no punto A, m e k en B e l e k en C. Entón a circunferencia que pasa polos puntos A, B e C tamén ten radio r.


A simple vista temos moito que roer: cal é o centro desa nova circunferencia? Tendo en conta a variabilidade dos puntos A, B e C, poderemos calcular o radio sen coñecer o centro?
Como G. Polya ten o obxectivo de estudar a aprendizaxe e o ensino da resolución de problemas, segue detalladamente o proceso creativo de resolución. Resumindo, se consideramos os centros das circunferencias orixinais e os radios ata os puntos de intersección, obtemos unha figura ben interesante e estrañamente recoñecible:

Semella que chouta do plano

Quedemos con ese cubo imposible de obviar:
   
O problema orixinal pode ser resolto demostrando que "se as lonxitudes KO, KC, KB, LO, LC, LA, MO, MA, MB son iguais a r, existe un punto E tal que as lonxitudes EA, EB, EC son tamén iguais a r"
Doutro xeito: os cuadriláteros KBOM, OMAL e OLCK son rombos, polo que os lados que vemos paralelos son en efecto paralelos. A figura pode ser interpretada como a proxección dun paralelepípedo do que só vemos 7 vértices, 3 caras e 9 arestas.
Se incluímos o punto E, centro da circunferencia da que queremos determinar o radio, veremos o vértice restante xunto coas outras 3 caras e arestas:
   
Como as arestas que víamos orixinalmente son iguais a r baixo esta proxección, as 3 arestas que apareceron agora teñen tamén que ser iguais a r. Finalmente podemos escribir q.e.d.


Como esta entrada xa é algo longa, emprázovos para o vindeiro capítulo, no que veremos un exemplo máis curvo.



30.4.15

Olimpíada Matemática Galega 2015-Fase Local-5


Chegamos ao último problema da fase local da Olimpíada Galega deste ano. Achastes algo de menos nos anteriores problemas? Efectivamente, hoxe imos con probabilidade:

Problema 5:

Iván e Sabela son dous amigos que se xuntan para cear. Deciden que paga aquel que perda ao seguinte xogo:

Lanzan dous dados e suman as puntuacións obtidas. Gaña aquel que acerte o resultado.

Responde razoadamente a estas preguntas:


  1. Cal che parece que sería a mellor aposta?
  2. Se Iván di 9 e Sabela di 5, quen che parece que ten máis posibilidades de gañar o xogo?
  3. Agora deciden xogar ao mellor de 2 tiradas. Teñen que apostar antes os 2 posibles resultados e despois contar cantos acertaron cada un. Cal che parece a mellor estratexia?


Non é un pouco redundante o problema? Hai que facer razoamentos distintos en cada apartado? O feito de que a pregunta c admita varias respostas foi intencionado?

Deste xeito remata a xeira de problemas da Fase Local da XVII Olimpíada Matemática Galega. Se teño acceso á fase final tamén os hei compartir por acó.

29.4.15

Olimpíada Matemática Galega 2015-Fase Local-4


Hoxe imos co 4º problema da Olimpíada Galega:

Problema 4:
Encontra un número de 4 cifras que verifique as seguintes condicións:

  • É múltiplo de 5.
  • 1680 non posúe díxitos en común con dito número.
  • O terceiro díxito é divisor de 8.
  • 2748 ten dous díxitos en común co número e están situados na posición correcta.
  • 3596 ten dous díxitos en común co número mais non na posición correcta.
  • Os dous primeiros díxitos son primos e forman outro número primo.
  • As súas catro cifras suman 14.


Non teño ningunha crítica que facer a este problema, seguramente o máis sinxelo dos 5, ademais do que ten o enunciado máis claro.