17.3.21

Exercicios tan malos que son bos

1993 non foi só o ano do Pelegrín


Na cultura popular a expresión so bad it's good adóitase aplicar a películas, series, etc., que por dispoñeren de poucos recursos o outros motivos, é difícil distinguir se están feitas con seriedade ou son voluntariamente irrisorias. Como membro da generation X, vin unhas cantas obras culturais que entran dentro desa clasificación, pois os videoclubs estaban cheos de películas horribles a 50 pts. One Armed-Boy, Manos, The Hands of Fate, ... Esta é unha das miñas teimas no mundo non virtual, sorte tedes de que este blog fale de educación matemática (máis ou menos) e non de cultura pop.

Despois de preto de 20 anos dando clase, por fin deixei de preocuparme e aprendín a amar os libros de texto. Pero non porque sexan bos, senón polo contrario: utilizo as súas peores características como motivo para a aprendizaxe, ou iso pretendo. Mentres que as incoherencias no texto resultan máis enervantes que outra cousa, os problemas tan malos que son bos poden ser utilizados nas clases, ou ben para estudar por que son malos, ou ben como escusa para amosar enfoques que probablemente o autor do libro non preveu cando o deseñaba.

Sen máis preámbulo, camiñade comigo por esta pasaxe do terror chamada Matemáticas Académicas 4º de ESO-Santillana, en concreto pola unidade de Sistemas de Ecuacións e Inecuacións:

  • Sabiendo que dos relojes cuestan igual que tres pulseras y que los cinco objetos cuestan 144€, calcula cuánto cuesta cada uno y cuántos relojes se compran con el dinero con el que se compran 12 pulseras.

Seguro que pensastes para vós "non pode ser, puxérono seguramente pensando nun enfoque non alxébrico". Pois observade a solución que proporciona a editorial:

    

Que facer con este problema tan-malo-que-é-bo? Simplemente: se 2 reloxos custan igual que 3 pulseiras e en total custan 144 €, ese prezo tamén sería o de mercar 4 reloxos ou ben 6 pulseiras. Co cal, podemos calcular directamente o prezo dun reloxo dividindo 144 entre 4 e o dunha pulseira dividindo entre 6. Ademais, a estratexia de redución que utilizan no solucionario non é máis que utilizar formalismo innecesario para a mesma idea.
E non falemos xa do cálculo dos reloxos que se poden mercar con 12 pulseiras. Puro pensamento proporcional: se por 3 pulseiras mercamos 2 reloxos, con 12 pulseiras, que é catro veces 3 pulseiras, poderemos mercar catros veces 2 reloxos, i.e., 8 reloxos. Fin.

  • Juan le dice a Javier: «Si cambio los billetes de 10 € que tengo por billetes de 5 €, y los billetes de 5 € por billetes de 10 €, seguiré teniendo el mismo dinero. Calcula el dinero que tengo si te digo que en total llevo 40 billetes»

Para mellorar a experiencia de usuario, non podo deixar de compartir a solución oficial:

     

Con este problema houbo unha discusión en clase sobre o que significaba cambiar os billetes. Cando caeron en que cambiar billetes significaba que por 4 billetes de 10 € che ían dar 4 billetes de 5 €, a solución foi sinxela: se ao comezo ten máis billetes de 10 € que de 5 €, ao facer o cambio indicado Juan perderá cartos, se ao comezo ten máis billetes de 5 € que de 10 €, gañará cartos. Polo que, para quedar cos mesmos cartos, a única opción é que teña a mesma cantidade de billetes dos dous tipos, i.e., 20 de cada. Fixádevos a rebuscada segunda ecuación do sistema, que despois de contas esfarélase en x=y. Pois iso, filliño, a mesma cantidade de billetes dos dous tipos.

  • Marta nació 4 años después que Carlos. Calcula sus edades actuales sabiendo que al sumar a la suma de sus edades actuales la suma de las edades que tendrán dentro de 10 años resultan 40 años.
Obviando a cacofonía, podemos razoar sen álxebra do seguinte xeito: dentro de 10 anos a suma das súas idades será 20 máis que a suma das idades actuais, polo que o dobre da suma actual será 20 menos que 40, é dicir, 20. De aquí obtemos que a suma actual é 10, e se Carlos ten 4 anos máis que Marta, teñen que ter 7 e 3 anos respectivamente.

Rematemos cun problema collido directamente do NO-DO:
  • Se mezcla vinagre de 1,20 €/l con vinagre de 1,60 €/l, de forma que resultan 100 l de vinagre de 1,30 €/l. Calcula los litros de cada tipo de vinagre que se han mezclado.
Como xa mencionei noutra ocasión, este tipo de problemas, xunto cos de reloxos, aleacións, idades e semellantes, eran propios do antigo 7º de EXB. E aquí estamos, 30 anos despois, en 4º de ESO, e Santillana sen gastar un peso. Usemos o exercicio con xeito polo menos.

O primeiro é acordar se efectivamente mesturar vinagre é boa idea, e se a mestura non vai ser peor que o peor dos vinagres utilizados. Non tiñamos moito onde basear as nosas opinións, quizais mesturar un refresco caro cun barato saiba peor que o barato? Este tema quedou aberto. Un tema coa mesma estrutura formal e que non presentaría estas arestas sería o de mesturar cores, pero vaia, xoguemos coas súas regras. Simplemente: se a mestura de vinagre a 1,2 e vinagre a 1,6 custa 1,3, que está o triple de preto do prezo do barato que do prezo do caro, forzosamente haberá que utilizar o triple de vinagre barateiro que de vinagre caro. Como en total producimos 100 litros de mestura, a distribución será 75 l de vinagre barato e 25 l de vinagre caro.
Unha advertencia: é probable que haxa alumnos que non vexan rapidamente como o prezo final da mestura depende da proporción de vinagres utilizados. Para iso haberá que ir construíndo desde os casos extremos(usar só vinagre barato vs. usar só vinagre caro), usar o punto medio (usar a mesma cantidade de vinagre barato que de caro), para ir achegándonos á idea xeral. De novo, pode que sexa máis sinxelo ver a estrutura proporcional se usamos tonalidades de cores.


Animo agora ao amable lector a que comparta exemplos semellantes detectados nos inevitables e maléficos libros de texto. Seguro que somos lexión os que padecemos desta maneira.

  

6.3.21

A raíz de 2 é irracional, disque

 

Doce anos leva en liña este blog de Matemáticas... e aínda non compartín ningunha demostración da irracionalidade de 2? Algún día había que arranxar isto (deixamos para outro día o de comentar algo do cubo de Rubik, origami ou xadrez).

Para resaltar o elegante que é a demostración que vou compartir, vexamos antes outras demostracións máis tradicionais ou escolares, comezando pola que se facía nas clases de BUP.

  • Supoñamos, por redución ao absurdo, que $\sqrt{2} \in \mathbb{Q}$. Daquela hai naturais a e b coprimos(pois sempre podemos simplificar a fracción ata chegar á irredutible) que cumpren que $\sqrt{2} = \frac{a}{b}$. Elevando ao cadrado, $2=\frac{a^2}{b^2} \rightarrow 2b^2=a^2$ (1). Desta igualdade deducimos que a² é par, o que implica que a é par(podemos poñernos máis ou menos pedantes neste paso), de onde $\exists k \in \mathbb{N} / a=2k$. Substituímos o valor de a: $2b^2=(2k)^2 \rightarrow 2b^2=4k^2 \rightarrow b^2=2k^2$, e de xeito análogo, deducimos que b² é par, polo que b é par, e a fracción $\frac{a}{b}$ é irredutible, en contra da hipótese, polo que concluímos que $\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}$
A demostración anterior, que si aparecera neste blog, nunha foto dos meus vellos apuntamentos de 1º de BUP, admite variantes, todas xogando coa mesma idea:

  • En (1) podemos razoar de xeito máis elegante do seguinte xeito. Observemos os dous membros da igualdade, $2b^2=a^2$. E fixémonos na aparición do primo 2 na descomposición en factores primos de cada membro. O da dereita, sendo un cadrado, ten un expoñente par en todos os seus factores, incluído o 2. O da dereita, ao ser o dobre dun cadrado, vai ter un expoñente par en todos os seus factores primos agás o 2, no que terá un expoñente impar. E un número non pode ser par e impar á vez. Chegamos ao absurdo outra vez. 
Se en troques de incidir na irredutibilidade da fracción que representa $\sqrt{2}$, incidimos no carácter minimal de, por exemplo, o seu denominador, obtemos outra familia de demostracións. Explico mellor: se $\sqrt{2}$ pode ser expresado como o cociente de dous números naturais, haberá unha fracción entre todas as posibles representantes que teña o menor denominador. Esa fracción terá carácter minimal. E levar esta idea ao campo da xeometría é moi frutífero.

Pero antes, unha demostración no campo das fraccións continuas, un deses campos elementais que non están moi de moda:

  • Observando que $\left( \sqrt{2}-1\right)\left( \sqrt{2}+1\right)=\left( \sqrt{2}\right)^2-1^2=2-1=1$, reescribimos como $\sqrt{2}-1=\frac{1}{1+\sqrt{2}} \rightarrow \sqrt{2}=1+\frac{1}{1+\sqrt{2}}$. E agora iteramos o proceso de substituír $\sqrt{2}$ $\sqrt{2}=1+\frac{1}{1+\sqrt{2}}=1+\frac{1}{1+1+\frac{1}{1+\sqrt{2}}}=1+\frac{1}{2+\frac{1}{1+\sqrt{2}}}$ $1+\frac{1}{2+\frac{1}{2+\frac{1}{1+\sqrt{2}}}}=1+\frac{1}{2+\frac{1}{2+\frac{1}{2+ \dots}}}$
O proceso non remata, é dicir, a fracción continua é infinita, e como todos os racionais teñen unha fracción continua finita, deducimos que o número representado é irracional. Na notación tradicional para a representación en fracción continua, $\sqrt{2}=\left[1;2,2,2, \dots \right]$

Vaiamos coa primeira demostración xeométrica que coñecín, hai xa uns lustros, da man do famoso teórico de números Tom Apostol(famoso principalmente por ter un libro de Cálculo Infinitesimal na bibliografía de 1º de carreira en todo o mundo).
  • A estratexia de demostración mencionada previamente chámase "por descenso infinito", forma parte da caixa de ferramentas da Teoría de Números e a nivel elemental, da resolución de problemas de olimpíadas. Neste caso concreto, partimos dun triángulo rectángulo isóscele con lados naturais m e n, polo que $m^2=2n^2$, e imos amosar que sempre hai outro triángulo rectángulo isóscele con lados naturais e máis pequenos.
Aritmeticamente, $2(m-n)^2=(2n-m)^2$
Trazamos a circunferencia de centro C e radio n, e marcamos o punto no que corta á hipotenusa, D. Debuxamos a perpendicular á hipotenusa que pasa por P, e marcamos o punto no que corta ao cateto AB, E. Pois ben, o triángulo DEB é rectángulo, isóscele e ten lados enteiros, e obviamente ten lonxitudes menores que as de ABC, co cal iniciamos o descenso: sempre hai outro triángulo coas características atribuídas. O descenso está totalmente intricado co a redución ao absurdo, vén sendo como unha versión: se supoñemos que hai un triángulo minimal con esas características, chegamos ao absurdo, pois o descenso amosa que vai haber outro.

Agora que xa coñecemos esta estratexia, vexamos outra demostración totalmente distinta desde o punto de vista xeométrico pero que utiliza o mesmo metaargumento. Esta demostración foi popularizada polo xenial John H. Conway, mais o creador foi Stanley Tennenbaum, lóxico matemático.
  • Partamos agora da existencia de dous números n e m tales que $m^2=2n^2$, i.e, $m^2=n^2+n^2$, e explotemos a representación automática destas cantidades como áreas de cadrados.


Metamos os dous cadrados pequenos no grande:


Intuídes cara onde imos?

Os dous cadrados pequenos solápanse formando outro cadrado máis pequeno. E deixan fóra dous cadrados laranxas na figura, que son iguais entre si. Reparemos neles:


Aínda que poderíamos apelar simplemente ao Teorema das Alfombras, o razoamento directo é inmediato: como a área do cadrado laranxa orixinal coincide coa dos dous cadrados lilas, o que sobresae por fóra dos cadrados ten que coincidir coa zona solapada, na última figura, o cadrado verde e os dous vermellos. Deste xeito habilitamos o descenso buscado: hai cadrados máis pequenos que cumpren a condición de que a área do grande é igual á suma da área dos dous pequenos e iguais.


Coido que vou deixar aquí esta compilación de demostracións, para non cansar ao amable lector. Quizais outro día, antes de que pasen 12 anos, retome a xeira.