16.9.18

Un problema de Marilyn Vos Savant (non Monty Hall)


Debo de ter na cabeza un par de ideas roldando, pois aínda que o tema do novo problema non ten nada que ver co truco de cartas da anterior entrada, o subxacente no que reparei é o mesmo. Observade.

Achei este problema nun libro de Paul Nahin, Number crunching. Taming unruly computational problems from Mathematical Physics to Science Fiction, a priori non demasiado útil nin interesante para as miñas clases; polo que foi unha sorte atopar este enunciado cunha parte tratable nas aulas. Ao choio:

Un amigo e máis eu fomos da súa casa á miña cunha bicicleta. Eu comecei andando e el na bici.  Cando el xa levaba un par de bloques, deixou a bici na beirarrúa e seguiu andando. Cando cheguei á bici, montei nela, pasei ao meu amigo, e despois dun par de bloques, deixei a bici na beirarrúa. Cando el chegou á bici, montou nela outra vez. Fixemos isto todo o tempo do camiño. Ás veces, un montaba en bici; outras, os dous estabamos andando ao mesmo tempo. Eu estou certo de que este proceso foi máis rápido que se os dous estivésemos andando, pero algunha xente insiste en que non é máis rápido porque sempre hai algún dos dous andando. Quen ten razón?

Nahin comenta que o problema apareceu na columna Ask Marilyn na revista Parade. Non é Monty Hall nin o problema segundo irmán, mais é ben fermoso. Dádelle unha volta, a ver que vos parece.



10.8.18

O mellor truco de cartas


Facendo unha pescuda polos arquivos dun disco duro atopei un artigo titulado "The best card trick", que polo visto descarguei aló polo 2006(hai 3 institutos!), que explica un truco que ata esta semana non sabía que era coñecido como Fitch Cheney's Five Cards Trick, en honor ao mago que o introduciu, e que acadou popularidade grazas ao libro Math Miracles de Wallace Lee(Telephone Stud, páxina 49).

O comezo do artigo segue a resultar tan intrigante como a primeira vez que o lin, polo que pensei en traer aquí o seu contido. Ao poñerme a escribir, fixen unha busca na rede e achei que en NRICH xa comentaran o truco, non enlazo os vídeos que fixeron alí porque non están colgados nunha das plataformas habituais.

En que consiste o truco? O xeito tradicional vai así: un voluntario colle cinco cartas dunha baralla, e entrégallas ao asistente. Este escolle unha carta das cinco, déixaa tapada e coloca as catro restantes á vista do mago, quen finalmente adiviña deduce a carta cuberta.

E por que gardei este artigo todos estes anos? Pola explicación voluntariamente trabucada do comezo de por que este truco é imposible. Xulgade vós:

O asistente amosa 4 cartas ao mago, polo que a 5ª carta, que hai que adiviñar, pode ser calquera das 48 restantes da baralla(francesa, que aínda non o dixera). Pero 4 cartas só poden ser ordenadas de 4!=4·3·2·1=24 xeitos, o que provoca que as ordenacións só poderían codificar 24 cartas, non 48.

Ide pensando en cal é o erro deste razoamento, mentres observades este vídeo, no que Brian Brushwood, da canle Scam School, fai o efecto (e inclúe a explicación en 1:11)






Vistes xa cal é o erro da "demostración" da imposibilidade?
Aínda non?

Queredes un anaco máis para pensar? Espazo cortesía de Randall Munroe:

Complex Numbers 

Agora si, imos ao choio: o erro está en que en realidade non hai 4 cartas a escoller para transmitir a mensaxe de cal é a 5ª: hai que incluír a 5ª carta, que tamén é unha escolla do asistente. E tendo en conta que nunha baralla hai 4 paus, é obvio que haberá dúas cartas do mesmo pau(instancia sinxela do Principio do Pombal ou Dirichlet). O asistente colocará de 1ª carta visible unha co mesmo pau que a oculta. Co cal as opcións para a carta que hai que deducir son só 12(na baralla francesa hai 13 por pau), e as permutacións das 3 restantes son 3!=6, polo que aparentemente aínda non parece posible o truco. O que indica que hai que pensar algo máis que facer coas dúas cartas do mesmo pau.

Se visualizamos as 13 cartas dese pau en círculo, sempre podemos "sumar" pola circunferencia un número do 1 ao 6 a unha das cartas e obter a outra. Por exemplo, se as cartas son o 4 e o 10 dun pau:

No outro sentido serían 7 pasos
Agora só queda atopar un xeito de que as 3 cartas restantes poidan codificar os números do 1 ao 6. Unha posible elección é usar a orde alfabética nas cartas(en inglés, clubs, diamonds, hearts and spades)combinada coa ascendente dos números, aínda que entre magos hai unha orde máis habitual, coñecida como CHaSeD. Entre as 3 cartas haberá unha co menor valor(l), unha co valor intermedio(m) e unha co maior(h), só hai que atribuír os números do 1 ao 6 a unha das permutacións, por exemplo do seguinte xeito:

l-m-h=1
l-h-m=2
m-l-h=3
m-h-l=4
h-l-m=5
h-m-l=6

Curioso, non si? Agora só necesitades un asistente e xa podedes deixar abraiados aos colegas.


Nota: Polo visto todo o mundo publicou un artigo sobre este truco, non só NRICH. Buscando o pdf do artigo do Mathematical Intelligencer tamén vin unha entrada en Futility Closet, que non lera no seu día, chamada The Fifth Card. Se buscades por Fitch Cheney's  Five Card Trick, Fifth Card, etc., acharedes miles de entradas similares, eu descubrín deste xeito unha nova referencia con problemas interesantes, Matheon Kalender.

27.7.18

Máis xogos dos de pensar


Revisando as estatísticas deste blog minguante un pode detectar que segue a haber visitas á páxina de xogos que creara para a xornada de Agapema "As matemáticas de Coque". Como é habitual na rede, hai ligazóns que xa non levan aos xogos vencellados. Ademais, como non me prodigo compartindo xogos ultimamente, por unha banda porque non me prodigo en xeral no blog, e por outra porque atopo menos xogos "dos de pensar"(a época gloriosa de xogos gratuítos na rede durou mentres non se xeneralizaron as apps para os móbiles), non era sen tempo que trouxese algún. Velaquí:


  • O primeiro, Squarus II, responde a unha mecánica clásica de mover bloques para chegar a un obxectivo, como un Sokoban calquera, pero inclúe tamén raios que obstaculizan o movemento do teu cadrado branco.
     
  • No segundo, Illiteracy, só tes uns símbolos que poderían estar tirados dun álbum de Led Zeppelin. Deste xogo non vou explicar nada, porque parte da graza consiste en entender de que vai.
   
  • Co terceiro, Hexaknot, teño una sensación de déjà vu, pois deixa a impresión de que xa o xogaches(quizais por Entanglement?). O xogo é ben sinxelo e bonito, que máis se pode pedir? Respecto á mecánica, o obxectivo é, partindo dunha situación como esta:
   
         Chegar á "solución":


    


  • No último desta xeira, Cardinal Chains, nas palabras do seu creador, é un xogo centrado na idea das sucesións non decrecentes. Quizais unha definición un chisco rimbombante, na práctica é un xogo no que tes que facer camiños continuos polas celas(grafos eulerianos?), co aliciente de que a medida que avanzas no xogo, as pantallas non poden ser cubertas cun único camiño, como vemos neste exemplo sinxelo:
    


Coido que xa tedes abondo para xogar no verán.








24.6.18

Oposicións a profesorado de secundaria de Matemáticas 2018


Onte, sábado 23, celebrouse a presentación e a proba práctica do concurso-oposición de profesorado de secundaria. Este ano, como novidade, os opositores podían escoller entre dúas opcións no exame práctico, cada unha con 5 exercicios para resolver, o que lembra á estrutura da ABAU. Polo que se dicía fóra do IES Elviña da Coruña(unha das dúas sedes do proceso) e o resultado dunha enquisa nun grupo de profesores de Matemáticas en Facebook, a opción B foi a máis escollida por moita diferenza. Tendo en conta que na opción A había un exercicio no que se falaba de ideais maximais, que é un tema que non aparece moito nos prácticos, é posible que iso botase para atrás aos opositores. Ou tamén que o último exercicio falaba da parametrización da cicloide, que está nos propios temas teóricos da oposición, e é unha cousa que ou ben sabes ou é complicado que che saia nas condicións dunha oposición.
Pois ben, nesa opción minoritaria, A, había un pequeno problemiña, probablemente o máis sinxelo da opción, que a min me prestou moito. Observade:

Nunha división coñecemos o dividendo, 258728, e os restos sucesivos que se obtiveron ao ir efectuando a división, que son 379, 480 e 392. Atope o divisor e o cociente. Existe máis dunha división? Xustifique a relación deste problema co currículo dunha materia desta especialidade.

Mentres pensades na solución e para afastar a miña, déixovos unha imaxe fermosa da sucesión de Recamán que vin en reddit:

Inspirada polo vídeo de Numberphile sobre a sucesión



Vexamos o problema entón. Se o dividendo ten 6 cifras e obtemos sucesivamente 3 restos parciais distintos, podemos concluír que o divisor ten polo menos 3 cifras pero como moito 4. Vendo os restos parciais, o divisor ten que ser maior que 480.
Con isto xa podemos comezar a traballar sobre a imaxe seguinte, que bastante choio me deu facela no Libre Office Math:

    

Realmente o que hai que facer é razoar sobre como funciona o algoritmo da división. Para comezar, dividimos 2587 entre d e obtemos de resto 379, en linguaxe de congruencias, $2587 \equiv 379(mod \ d)$. Por tanto, $2587-379$ é múltiplo de d. Sucesivamente, ocorre o mesmo con $3792-480$ e con $4808-392$. Por tanto:

$$\begin{cases} 2208=\dot{d} \\ 3312=\dot{d} \\ 4416=\dot{d} \end{cases}$$

Deducimos que d é divisor dos números 2208, 3312 e 4416, polo que é divisor do  máximo común divisor deses tres números, é dicir,
$$(2208,3312,4416)=(2208,3312)=(2^5 \cdot 3 \cdot 23, 2^4 \cdot  3^2 \cdot 23)=2^4 \cdot 3 \cdot 23=1104$$
Aínda que 1104 ten 20 divisores, só nos interesan os que sexan maiores que 480, polo que nos restrinximos a 552 e 1104. E os dous valores dan lugar a solucións:


    

      



O lector avisado detectará a reutilización do código da división de arriba no Math.

Ah, e a parte de relacionar co curriculum queda como exercicio para o lector...

15.6.18

ABAU 2018


Todos os anos boto, como a maioría de compañeiros de Matemáticas, unha ollada ao que cae na selectividade. Como en case 15 anos de docencia, só dei unha vez 2º de bacharelato(ademais no semipresencial de adultos, xa me entendedes), resolvo algún dos exercicios que aparecen para refrescar a memoria, aínda que non todos pois adoitan ser bastante aburridos. Un tipo de exercicio que si resolvo habitualmente é, se o houber, o de optimización xeométrica. Este ano o exercicio 2)b) da opción B dicía:

Calcula os vértices do rectángulo de área máxima que se pode construír, se un dos vértices é o $(0,0)$, outro está sobre o eixe X, outro sobre o eixe Y, e o outro sobre a recta $ 2x+3y=8$


   


O exercicio, a simple vista, soaba coñecido, como resolto mil veces por calquera profesor. A resolución era obvia:

Se o punto do eixe de abscisas é $A=(x,0)$, trazando a vertical que pasa por el e intersecando coa recta oblicua, obtemos o punto $B=(x,y)$, onde:
$$2x+3y=8 \rightarrow y=\frac{8-2x}{3} $$
E por tanto o punto C do eixe de ordenadas será $C=(0,\frac{8-2x}{3})$

Co cal a función área ten a expresión:

$$f(x)=x \cdot \frac{8-2x}{3}=\frac{8x-2x^2}{3}$$

Como é unha parábola cóncava, podemos identificar o máximo como o vértice da parábola ou recorrer a maximizar a función, que tamén é sinxelo:
$$f'(x)=\frac{8-4x}{3}=0 \rightarrow x=2$$
$$f''(x)=\frac{-4}{3} \rightarrow $$
Logo o punto crítico é un máximo.

O desenvolvemento anterior soa ben... pero está trabucado. Nel facemos unha suposición tácita que seguramente tamén tiña en mente quen redactou o exercicio, mais non plasmou no enunciado. E cal é?

Revisade o enunciado e decidide se a situación seguinte está permitida:

    

Ao enunciado faltoulle un "o rectángulo dentro da rexión formada polos eixes e a recta" ou "vértices coas dúas coordenadas positivas", e entón a única situación permitida sería a da primeira figura. Porén, o que me resulta máis interesante é analizar por que a solución de máis arriba é incorrecta, i.e., onde utilizamos a suposición xeométrica que non aparece no enunciado?

E o que sucede é que, se collemos un punto A como o da figura inmediatamente superior, $A=(x,0)$, a área do rectángulo non é $x \cdot \frac{8-2x}{3}$, senón $x \cdot \left( -\frac{8-2x}{3}\right)=\frac{2x^2-8x}{3}$, que claramente non ten máximo.


Arrastrade a figura e as etiquetas para ver o desexado


Incluso poderíamos arranxar dunha soa vez o problema analizando a función $|x| \cdot |\frac{8-2x}{3}|$, o que sae do que se pode pedir aos alumnos na ABAU nun exercicio que, a fin de contas, vale un punto do total de dez.

Falaba cun compañeiro de departamento(nota autobiográfica: o meu propio profesor de BUP) á mañá sobre este erro e acordamos que unha das opcións que teñen na CIUG é anular o exercicio. A outra é dar por bo tanto a quen fixese a solución trabucada de arriba como a quen analice correctamente o problema. Veremos que sucede finalmente.