26.2.13

Un problema axeitado para 4º de E.S.O.


...ou para 3º, dependendo da programación das unidades de Álxebra do centro.

Atopei este problema no libro Ingenious Mathematical Problems and Methods de Louis A. Graham, no que hai unha morea de problemas ben curiosos, tanto polas súas orixinais propostas como polos métodos alternativos que dá para resolvelos. A meirande parte dos problemas teñen un aroma a aplicacións que sempre é agradecido polos profesores de secundaria.

O problema que traio hoxe semella un simple exemplo de xeometría facilmente resoluble mediante álxebra:

Un barco ten dous mastros que miden 25 pés a 50 pés de distancia. Un cabo de 100 pés de lonxitude é amarrado polos extremos ao tope dos dous mastros e por un punto intermedio á cuberta do barco, como amosa o debuxo. Supoñendo que non utilizamos ningunha extensión do cabo ao ser amarrado e que se mantén no mesmo plano que os mastros, a que distancia do mastro máis próximo está amarrado á cuberta?

Nótase no buque que son de Ferrol...

Pero ademais do enfoque obvio mediante o Teorema de Pitágoras e ecuacións hai outro moito máis elegante. Ese cabo tenso...

20.2.13

Probas rápidas

Hoxe comezo unha serie de posts sobre demostracións breves. Hai unhas cantas que se inclúen dentro do tradicional nivel preto da terra deste blogue e que por tanto son idóneas. Non sei a onde levará esta serie, mais teño unhas cantas xa en mente.

Certo é que habitualmente o que fai que unha demostración poida ser máis breve é que se apoia en resultados previos, ás veces máis profundos. Polo que é boa idea desconfiar das demostracións sinxelas. Comecemos:

A proba de hoxe, que inaugura esta serie, é a que relaciona as potencias de 2:

$$2^0+2^1+2^2+2^3+ \cdots + 2^{n-1}= 2^n-1$$

A demostración rutineira consiste en sumar a progresión xeométrica de razón 2 desde 1 ata $2^{n-1}$

É unha mera comprobación:

$$2^0+2^1+2^2+2^3+ \cdots + 2^{n-1}= \frac{2^n-1}{2-1}=\frac{2^n-1}{1}=2^n-1$$


Cal é neste caso o xeito elegante?


Escribindo en binario o número $$2^0+2^1+2^2+2^3+ \cdots + 2^{n-1}$$:
obtemos
$$111 \cdots 1$$
onde hai n uns

Que sucede cando lle sumamos 1 a este número?

$$1000 \cdots 0$$
onde temos n ceros

que non é máis que $2^n$


Moito mellor, non si? A persoa afeita ás Matemáticas pensará: por que é tan sinxelo?

15.2.13

Unha idea para o problema dos camiños en grellas

Se aínda non vistes o problema dos camiños en grellas, ide por aló: Camiños en grellas.

Se aínda non o tentastes resolver, tentádeo, que non hai maior satisfacción intelectual que resolver un problema por un mesmo.


Estades xa preparados? Pensastes abondo sobre o problema? Velaquí unha pista.


Naquel post comentaba outros problemas relacionados que xurdían espontaneamente ao pensar o problema orixinal. Analicemos o problema no que os camiños eran trazados mediante as diagonais dos cadrados, é dicir, deste xeito:

Gostei  tanto dela que repito a figura


O rebote da primeira imaxe tenta darnos unha pista, só hai que estar a escoitar.



Por que non repetir o rectángulo e facer que o camiño pase a través das liñas?



Claro que 4 e 5 son coprimos...


E a estratexia que amosa esta pista visual tamén funciona para o problema orixinal.

Non sei se é porque inventei o outro problema eu (non o vou buscar por aí para aforrar a decepción), pero a verdade é que me parece moi interesante.

9.2.13

Esher's World (sic)

A única razón que acho para que este vídeo só teña 308 reproducións en youtube é que no título poña Esher en troques de Escher. Ou quizais o coñecido efecto das 301 vistas, aínda que sería raro para un vídeo subido hai dous anos e medio.


 

Por certo, eu non atopei o vídeo navegando ao chou e tecleando mal o apelido Escher, senón que o atopei en Mathsclass.

7.2.13

A xeneralización de Liouville

Unha das identidades aritméticas máis curiosas que coñezo é:

$$1^3+2^3+3^3+ \dots +(n-1)^3+n^3=(1+2+3+ \dots +n-1+n)^2$$
Ou en forma de sumatorio, que habitualmente o fai menos lexible pero máis cool:

$$\sum_{i=1}^{n} i^3=(\sum_{i=1}^{n} i)^2$$
Se traducimos a identidade a palabras vén dicindo que a suma dos primeiros n cubos coincide co cadrado da suma dos primeiros n números. Vexamos os primeiros casos:
$$1^3+2^3=9=(1+2)^2$$ $$1^3+2^3+3^3=36=(1+2+3)^2$$ $$1^3+2^3+3^3+4^3=100=(1+2+3+4)^2$$

Confeso que nunca comento este feito nas clases de secundaria. O que me faltaba era que alguén quedase coa idea errónea de que podemos remexer nas potencias ao chou (crédeme, teño abondo con corrixir cousas como $3^{-1}=-3$). O que ten que quedar claro ao ver a igualdade é precisamente a súa rareza. A suma dos primeiros cubos non só é un cadrado, senón que é o cadrado da suma dos primeiros números. Por que terían que comportarse deste xeito os primeiros cubos? A ver, por que?

Non coñecín esta igualdade ata que a atopei nun capítulo do libro de Ron Honsberger "Ingenuity in Mathematics" (versión en castelán, "El ingenio en Matemáticas", La Tortuga de Aquiles, DLS Euler, 1994). Estou certo de que xa vira a identidade estudando o método de inducción para demostrar identidades numéricas, pero a miña falta de atención ou a présa coa que se degluten os coñecementos sendo estudante levoume a pasar por riba desta beleza de teorema.

No libro citado Honsberger non se conforma con presentar esta xoia, senón que ademais comenta a "Xeneralización de Liouville", unha idea xenial (outra máis1) do matemático francés Joseph Liouville.

Estrañamente, o que amosou Liouville é que a devandita igualdade non é nin moito menos atípica. En realidade Liouville amosou un truco para atopar dun xeito simple a cantidade que nos pete de conxuntos de números que cumpren unha lei semellante. Agarrádevos que veñen curvas:
  • Collemos un número calquera, p.ex. 12.
  • Atopamos os seus divisores: {1, 2, 3, 4, 6, 12}
  • Atopamos o número de divisores que ten cada un dos números do conxunto de enriba: 1, 2, 2, 3, 4, 6
  • Os seis números anteriores cumpren a lei suma de cubos = cadrado da suma:
$$1^3+2^3+2^3+3^3+4^3+6^3=1+8+8+27+64+216=324$$$$(1+2+2+3+4+6)^2=18^2=324$$

Collede calquera outro número natural. Seguide o procedemento. Abraiante, non si?

1 Outras xenialidades de Liouville: os números trascendentes coa pinta $\sum_{j=1}^\infty 10^{-j!} = 0.110001000000000000000001000 \dots$ , o teorema de variable complexa que implica, entre outras cousas, que a función complexa seno non é acotada (pois non é constante) ou o "pouco importante" Teorema Fundamental da Álxebra

3.2.13

Camiños en grellas

Hai tres anos tiven que pasar un par de horas nunha sala de espera dun hospital (por certo, quen deseña os corredores de urxencias? o mesmo que coloca os encerados nos institutos para que non se vexa nada cando sae o sol?). Non tiña nada para ler, nin papel para escribir, e o móbil apagueino, como solicitaba un aviso na parede que tódolos demais ocupantes da sala parecían non ver.

Así que estiven a observar o deseño e o mobiliario da sala. Ben cedo atopei algo co que pasar o tempo.
No teito as lámpadas formaban unha grella rectangular. Algo semellante a isto:


Plafón cadrado 4x4

Mais a que había naquel teito non era cadrada, senón un rectángulo de lados desiguais:


Lámpada rectangular 3x6


Isto foi unha sorte para o meu aburrimento. Veredes por que:


Buscando algo que facer, comecei a fedellar (mentalmente) co rectángulo e os seus cadrados. Despois de non moito tempo enchendo o rectángulo con pezas do Tetris e similares (un ten un pasado), empecei a facer camiños que comezasen e rematasen nunha esquina calquera do cadrado. A norma para o rebote era sinxela. Vexámola nun modelo do plafón de enriba:

Rebote

Isto levoume a pensar en cantos pasos levaría chegar a unha esquina calquera do rectángulo. Tendo en conta que os camiños poden auto-intersecarse:

Grella 3x6


No caso anterior vemos que o camiño leva 11 pasos. Cal foi a primeira pregunta que me veu á mente? 

Obviamente: que ten que ver o número 11 coas dimensións da grella, 3x6?

Observemos que ocorre con outra grella ao chou, p.ex. 4x5:

Grella 4x5
Vemos que nesta grella o camiño mide 13 pasos.

É claro por que dixen antes que foi unha sorte que o plafón non fose cadrado, non si? O camiño sería simplemente a diagonal do cadrado, e a súa lonxitude igual ao lado do cadrado.

O problema xeral de atopar a relación entre as dimensións da grella e a lonxitude do camiño resultou ben interesante. Alén diso, hai máis preguntas que xorden rapidamente (algunha, curiosamente, moito máis sinxela de respostar):
  • Cantos cadrados distintos aparecen no camiño? É dicir, canto mide o camiño se descontamos os cadrados que aparecen varias veces? Nos exemplos anteriores, 3x6 e 4x5, os valores serían 9 e 10, respectivamente.

  • Que ocorrería se pensamos os camiños como liñas en troques de cadrados, e o rebote fose do xeito indicado embaixo?

Sendo máis sinxelo, dá unha pista sobre o 1º problema

Un tempo despois de pasar esas horas naquela sala atopei este post no blogue do abraiante Dan Meyer

Probablemente ese post foi a razón pola que tardei tanto tempo en escribir este. Quizais outro día escriba a solución ao problema. Aínda que a diversión, como digo sempre (acó e nas aulas), está en resolvelo un mesmo. Achades vós outras preguntas interesantes neste problema de camiños en grellas? Non dubidedes e comentádeas.