12.6.22

Divertimento xeométrico(10)

 Obviando a miña máxima "Non te achegues a un libro de matemáticas básicas escrito por un ruso", dei con esta fermosura elemental que, sinceramente, pode que pasase por riba en decenas de ocasións. Porque para ver estas cousas hai que estar disposto a mirar ben.

Nesta figura podedes ver dous rectángulos que teñen os lados paralelos(ou perpendiculares, como queirades velos). Os puntos A, B, E e F teñen liberdade para moverse; loxicamente C, D, G e H dependen deles, o xeito exacto verédelo se movedes os primeiros puntos. Pois ben: intuídes de que vai o conto antes de darlle á caixa de verificación? E por que sucede?

É entusiasmo exclusivo meu ou isto pode ir directo a unha aula de 1º ou 2º de ESO destes días?

3.6.22

Olimpíada Matemática Galega 2022-Fase Final-5

Rematamos a quenda cos problemas da fase final da olimpíada matemática galega, cun problema cun aquel a problema sangaku.


Calcula a área e o perímetro da figura sombreada, sabendo que as unidades están en cm.

   
Como o perímetro é cousa de coñecer a lonxitude da circunferencia, centrémonos en atopar a área.


Para que pensedes vós antes de ver o que vén agora, déixovos un feito elemental que me encanta ver nas aulas:


   

Posto o obstáculo, imos ao choio. O xeito máis sinxelo que vin eu de atacar o problema consiste en facer un movemento desde a imaxe orixinal:

   
 

  
E quedar coa mesma área máis manexable:

   
E esta última figura xa é propia dos exercicios de áreas de libros de texto de 1º de ESO, polo que deixo as contas ao amable lector.

Remata aquí a quenda anual de problemas da olimpíada galega. Como sempre, parabéns e grazas a AGAPEMA, que organiza o concurso todos os anos.

1.6.22

Olimpíada Matemática Galega 2022-Fase Final-4

 O 4º problema foi o seguinte:

O veterinario do canciño de Sara indicou que para que seguir un réxime alimentario riguroso debía de:

  • Non comer máis de 500 Kcal por dia.
  • Se algún día come máis de 300 Kcal, nos tres días seguintes non poderá comer máis de 200 Kcal en cada un deses tres días.

Cal é a maior cantidade de Kcal que o canciño pode consumir en 30 días, seguindo as recomendacións do veterinario?

A miña intuición dime que habería moitas solucións que atopasen o máximo de calorías, pero non estou certo de se os cativos darían atopado un xeito de explicar como razoaron. 

Analizando as condicións do enunciado, vemos que nun período de 4 días consecutivos o máximo de Kcal é 300·4=1200 Kcal. En 30 días hai 7 períodos de 4 días consecutivos e 2 días ao final que quedan descolgados. Polo que atinximos o máximo cando seguimos a estratexia de darlle eses 7 períodos 300 Kcal/día(para un total de 1200·7=8400), no penúltimo día 500 e no último 200, que melloran a outra opción, 2·300. O máximo é, en consecuencia, 8400+700=9100 Kcal.

Factible, non credes?


Edit ás 22:52 do mesmo día:

Pois tan factible non sería se o resolvín eu mesmo mal, e non me decatei eu só, senón que tiven que esperar a este chío:

Se pasase na aula, aínda podería dicir que o fixen para ver se estaban atentos, aquí non vai coar...

29.5.22

Olimpíada Matemática Galega 2022-Fase Final-3

 O terceiro problema da fase final da olimpíada tivo o aquel lucense que estabamos a agardar:

Aquí tes unha figuración simplificada do plano do interior da muralla de Lucus Augusti nos tempo de César Augusto.

Neste blog sempre bancamos por Lugo                  



O centurión Caio Vinicius debe organizar o corpo de lexionarios que agarda no Foro para saír cara os corpos de garda, dende onde protexerán as que eran as cinco portas da cidade naqueles tempos. Inicialmente divídeos en partes iguais para que se dirixan por cada unha das 4 rúas que saen do Foro. A medida que avancen, no sentido das frechas, en cada bifurcación deberán dividirse tamén en partes iguais. Cal é o menor número de lexionarios necesarios que estarán de garda esa noite, se sabemos que son máis de 50? Se a principal porta de entrada á cidade é a que ten maior número de lexionarios vixiando, cal é e cantos lexionarios a gardan?

Ben, parece sinxelo, non? Está claro desde que un decodifica o texto que imos ter que considerar que o número de lexionarios ten que ser divisible por certos números que van aparecendo. E a formulación da pregunta, "Cal é o menor número de lexionarios necesarios que estarán de garda esa noite, se sabemos que son maís de 50?" resulta familiar, o que sempre axuda. Mais hai obstáculos, ademais de que hai subgrupos que se reagrupan(o que non afecta ao número mínimo, pero si á porta principal), hai bifurcacións nas que non se dividen, pois a frecha non o permite. Se non, habería lexionarios que sairían e despois de dous cruces volverían ao foro, todos panchos.  

Se dependese de min, quizais este sería o problema axeitado para o 1º da xeira. Mais ninguén obriga a facelos en orde, ben sabedes.

Con esta idea poderíamos crear un feixe de problemas distintos nos que cambiase o xeito de actuar nas bifurcacións. A ver se lembro o curso que vén...

28.5.22

Olimpíada Matemática Galega 2022-Fase Final-2


Traio o problema 2 da fase final da olimpíada para que pensedes mentres padecedes o sol:

O centurión Vinicius Fabius decidiu repartir entre os seus mellores lexionarios certo número de moedas de ouro, todas elas do mesmo valor, da seguinte forma:

  • Ao mellor lexionario tócalle unha moeda e un sétimo das que sobran.
  • Ao segundo mellor lexionario outórgalle dúas moedas e un sétimo das que sobran.
  • Ao terceiro mellor tócanlle tres moedas e un sétimo das que sobran.
  • E así sucesivamente até chegar ao último dos elixidos.
Se todos os lexionarios recibiron o mesmo número de moedas, cantos lexionarios premiou o centurión? canto recibiu cada un?

Sóavos o problema? Non lembra superficialmente ao clásico das rapazas que sucesivamente bailan cun rapaz máis, mesturado co problema do reparto do tesouro entre piratas, os monos e os cocos ou algo así?
Pois se vos soa, sabede que é comprensible, pois este problema ten séculos, está recollido no Liber Abaci de Fibonacci(1202). Se non tivese explicitamente a condición de que todos os lexionarios levaron o mesmo número de moedas, a versión é anterior e apareceu no Lilavati de Bhaskara(s.XII), e aínda é atribuído a Brahmagupta, cinco séculos antes. A inclusión da condición fai o problema susceptible de resolver mediante álxebra elemental; se non a incluísen, o razoamento sería máis sofisticado.

Imaxino aos cativos pelexando co problema como se fose unha actividade de clase habitual: se  fago un debuxo para indicar os sétimos, o que queda... Quizais recorrendo á álxebra, o 1º lexionario levaría $1+ \frac{x-1}{7}=\frac{x+6}{7}$, seguindo co que levaría o 2º, quizais poñéndose co 3º... Ata decatarse de que poñerlle letras ao nº de moedas dos dous primeiros lexionarios xa serve para comezar a xogar, pola condición de que todos levan as mesmas. Tamén podo imaxinar que a intuición lles dixese que tiñan que ser 6 lexionarios, que traballasen sobre ese dato, pero non poder xustificar a súa intuición a priori(resolvendo o problema, un pode ver que eses sétimos que aparecen no transcurso tamén son sextos doutras cantidades do problema).
E que sucedería se tentasen traballar "para atrás", como no típico problema dos 3 amigos que se van repartindo moedas en función das que teñen en cada momento?
O último lexionario levaría tantas moedas como o seu número, máis 0, que é un sétimo de 0(sempre me presta dicir este tipo de cousas en voz alta), polo que o anterior lexionario, o (n-1)-ésimo, levou unha menos que o último, máis un sétimo das que quedaban, deixando xusto n para o último, e utilizar aquí a igualdade de moedas. E aínda hai máis razoamentos rápidos que funcionan aínda que non sexamos rigorosos, por exemplo respecto ao número máximo de lexionarios en función dos restos distintos módulo o denominador da fracción, aínda que sen usar toda esa barallada.

Como conclusión: paréceme un bo problema e axeitado para esta fase, no que se pode fedellar e usar a intuición. Os meus parabéns pola escolla.