27.4.22

Olimpíada Matemática Galega 2022-Fase Local-5

   

 Remata hoxe esta serie sobre a fase local da Olimpíada Galega con este problema:


Nun ensaio para unha representación no Arde Lucus o coreógrafo traballa con 9 persoas, 4 caracterizadas de lexionarias e 5 de castrexas. Pídelles que se coloquen en fila, de xeito que "as lexionarias ocupen posicións pares e as castrexas impares". De cantas formas distintas se podería colocar ese grupo de 9 persoas seguindo esa consigna?


Parece un problema dos sinxelos da Combinatoria de 1º de BUP, non si? 

Porén, é un bo problema de olimpíada porque é posible comezar a xogar coa situación e decatarse dun xeito de resolvelo, todo depende de se o alumno ten desenvolvido o pensamento multiplicativo. Por outra banda, se os alumnos nunca tiveron que facer un problema de reconto de configuracións, é probable que non entendan que lles pide o enunciado. Porque poden pensar que a situación:

C-L-C-L-C-L-C-L-C

é a única que hai, sen decatarse de que os lexionarios son persoas distintas e os castrexos tamén. 

E tamén pode suceder que un cativo vexa esta configuración inicial e tente atopar todas as que hai movendo os castrexos e os lexionarios nos seus postos correspondentes, estratexia abocada ao fracaso.

Supoño que a maioría dos participantes que cheguen ao número de configuracións, $5! \cdot 4!=2880$, tentarán colocar un castrexo, con bastante traballo e meticulosidade atoparán que hai 24 xeitos de colocar aos outros, polo que haberá $5\cdot 24=120$ xeitos de ordenar aos castrexos. Se ten moita vista e está atento, verá que hai xusto 24 configuracións dos 4 lexionarios, para rematar calculando $120 \cdot 24$.

A alternativa é que o participante recibise formación específica nas nocións elementais da combinatoria, que todo pode suceder neste contexto.

Se tivese que valorar a proba globalmente, diría que foi máis complicada do habitual, pois intúo que 2 dos problemas(o , do triángulo no cadrado, e o , dos nin cadrados nin cubos) van ter poucas solucións correctas. Co cal é factible que haxa finalistas con 2 problemas ben resoltos.

Remata aquí a serie de entradas sobre a fase local, quizais faga outra cos problemas da fase final, non é seguro, pois cadra a finais de maio, cando estaremos coa 3ª avaliación.

26.4.22

Olimpíada Matemática Galega 2022-Fase Local-4

 

   
A imaxe de inicio emula a que apareceu no problema que toca hoxe, o 4º:


Que parte do cadrado é a superficie sombreada?


Que teño que dicir deste problema?

  • Non me gusta o enunciado.
  • Houbo que explicarlles aos cativos que o de arriba é o punto medio do lado, a notación non é estándar en España.
  • Non me gusta que non poñan a medida do lado do cadrado.
  • Creo que non o vai facer case ningún participante.
En conclusión, encántame.

A primeira estratexia que pensa un en canto ve a figura é utilizar a semellanza dos dous triángulos. Desde un punto de vista avanzado, como a razón de semellanza deses dous triángulos é 1:2, a razón entre as súas alturas será 1:2 tamén. Polo que, como xuntas suman o lado vertical do cadrado, a altura do noso triángulo será dous terzos do lado do cadrado, polo que a fracción sombreada será un terzo da área total do cadrado.
Pero os detalles son algo enleados:

   
Dada a semellanza, temos as seguintes relacións de proporcionalidade:
$$\begin{cases} \frac{z}{y}=\frac{l-x}{x} \\ \frac{\frac{l}{2}-z}{l-y}=\frac{l-x}{x} \end{cases} \Rightarrow  \frac{z}{y}=\frac{\frac{l}{2}-z}{l-y} \Rightarrow z\cdot(l-y)=y \cdot \left(\frac{l}{2}-z \right) \Rightarrow $$
$$zl-zy=y \cdot \frac{l}{2}-yz \Rightarrow zl=y \cdot \frac{l}{2}\Rightarrow z=\frac{y}{2}$$
Utilizando isto na 1ª igualdade:
$$\frac{1}{2}=\frac{l-x}{x} \Rightarrow x=2l-2x \Rightarrow x=\frac{2l}{3}$$
E despois de tantas voltas(ou doutras semellantes), obtemos o que era tan sinxelo de deducir.

Por sorte, había polo menos outro xeito de deducir que o triángulo verde supón un terzo do cadrado. Claro que tamén requería certos coñecementos, observade:

Intuídes por onde vou?   


Puxen nome aos vértices para poder falar dos triángulos que aparecen.
No triángulo $\overset{\triangle}{BCD}$, $\overline{CM}$ e $\overline{BE}$ son medianas, pois E e M son os puntos medios dos seus lados, polo que o punto F é o baricentro do triángulo. De onde deducimos que a área do triángulo $\overset{\triangle}{BFM}$ é $\frac{1}{6}$ do triángulo $\overset{\triangle}{BCD}$, é dicir, $\frac{1}{12}$ do cadrado. Como o triángulo $\overset{\triangle}{ABM}$ é obviamente $\frac{1}{4}$ do cadrado, a área sombreada supón $\frac{1}{4}+\frac{1}{12}=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}$.

Tamén pensei en facer copias do cadrado arredor, pero non dei atopado un xeito de xuntar cachos. Quizais vós teñades mellor vista ca min:

   


Por certo, a estas alturas de 2º de ESO intúo que en poucos centros chegaron a ver a semellanza de triángulos. E nos que a viron, non creo que cheguen a este nivel técnico. Só vexo factible que alumnos que tivesen preparación específica ESTALMAT ou actividades extraescolares dalgúns centros concertados) dean resolto este problema. Polo que seguramente sexa o problema con menos solucións axeitadas, seguido polo 2º  problema, o dos nin cadrados nin cubos 

Se atopades outro xeito elemental de amosar que o triángulo mide un terzo do cadrado, compartídeo por aquí.

25.4.22

Olimpíada Matemática Galega 2022-Fase Local-3


 

Chegamos hoxe ao problema número 3 fase local da Olimpíada:

Toma as fichas dobres dun xogo de dominó: un dobre, dous dobre, tres dobre, catro dobre, cinco dobre e seis dobre.

Aquí falta alguén...


Colócaas de xeito que formen un cadrado oco no que a suma das puntuacións dos catros lados sexa a mesma.

    



De non ser posible, argumenta porqué.


En contra do que sucede nos exercicios escolares, onde se atopas un enunciado cunha pregunta inicial e outra a continuación que depende da primeira, a resposta da primeira SEMPRE habilita a situación da segunda, neste caso si había solución para a configuración, e por tanto non había que atopar argumento ningún. E menos mal, porque a estas idades argallar un razoamento que explique a imposibilidade dunha configuración non é sinxelo.

Vaticino que este vai ser o problema con máis solucións correctas desta fase, o que me levaba a pensar que sería o axeitado para aparecer como 1º problema dos 5. Aínda que tamén entendo a opinión de quen defenda que un alumno pode empantanarse tentando atopar unha solución e non dar feito.

Un apuntamento: sendo un exercicio non tipicamente académico, apostaría a que tarefas semellantes son propostas nas aulas de Primaria e 1º de ESO. E tamén apostaría a que todo o profesorado comeza por poñer letras nas celas para facilitar que agromen regularidades que permitan ir illando as eventuais solucións. O interesante, na miña opinión, é resolvelo coas ferramentas que ten o alumno á súa disposición.

24.4.22

Olimpíada Matemática Galega 2022-Fase Local-2

Aproveito a marea para poñer este título
do libro mencionado máis abaixo
 

Imos co 2º problema desta fase local, o que a priori podería ser o meu favorito. Se lestes este blog con certa frecuencia, veredes a razón:

Da lista dos números naturais riscamos os cadrados perfectos e os cubos perfectos:


Que número ocupará o lugar 2022 na nova lista que nos queda?

Tiven que facer a lista en Writer e convertelo nunha imaxe porque para riscar caracteres en LATEX hai que importar un paquete.

Cando lin o problema pensei para min, isto resólvoo eu en 10 segundos, HA!

Porque obviamente, a dificultade radica en decatarse de que riscamos dúas veces as potencias sextas. Co cal, como $45^2=2025$ , $13^3=2197$, e $4^6=4096$ son as primeiras potencias de cada tipo que sobrepasan 2022, temos 44 cadrados, 12 cubos, e 3 potencias sextas, polo que teremos que o número 2022 ocupará a posición $2022-44-12+3=1969$. Que sinxelo, non?

Para o meu descargo, direi que fixen isto mentres atendía aos cativos e ademais, de memoria. Pero está ben o erro, porque é previsible que moitos participantes se trabuquen deste xeito.

Porque mirei o enunciado outra vez e vin que non preguntaba pola posición do número 2022, senón polo número que ocupaba a posición 2022. Vaia.

Por sorte, cometido este erro, o que queda é automático: se o 2022 ocupa o lugar 1969, só hai que ver cantos números hai que contar para chegar a 2022 desde 1969. Como van 53 números entre eles, e 2045 está demasiado preto de 2022, haberá que contar 54, é dicir, chegar a $2022+53+1=2076$

Como dicía ao comezo, este é probablemente o meu problema favorito desta fase(tamén me prestou o cuarto, permanecede atentos aos vosos aparatos), de feito aínda hai poucas entradas que escribín Números que non son múltiplos de 3, no que propoñía atopar o termo xeral para a sucesión dos números que non son múltiplos de 3, reto baseado no de atopar a sucesión dos non cadrados perfectos, que propoñía Honsberger no seu Ingenuity in Mathematics. Honsberger dá nese libro dúas solucións para o reto:

$$n+\langle \sqrt{n} \rangle$$

onde utiliza a notación $\langle m \rangle$ para o enteiro máis preto de m, e despois utilizando outro enfoque, obtén 

$$n+\left[ \sqrt{n+\left[\sqrt{n}\right]} \right]$$ 

o que leva a deducir de paso a fermosa identidade

$$\langle \sqrt{n} \rangle=\left[ \sqrt{n+\left[\sqrt{n}\right]} \right]$$

A primeira solución que atopei eu ao meu reto menor para os non múltiplos de 3 foi:

$$\left[ \frac{3n}{2}\right]-\frac{1+(-1)^n}{2}$$

mais tamén saíron outras relacionadas, como por exemplo:

$$\frac{6n-3+(-1)^n}{4}$$

ata un compañeiro, en comunicación privada, compartiu comigo a súa fermosa e aparentemente rebuscada solución:

 $$n+\frac{n-1}{2}sen^2 \left(\frac{n \pi}{2} \right)+\frac{n-2}{2}cos^2 \left(\frac{n \pi}{2} \right)$$

da que, se analizades un anaco e simplificades, obteredes a miña segunda expresión. Quen o diría!

Todo este inciso quere amosar que un problema como o que nos ocupa hoxe non ten unha solución xeral sinxela. Observando a fórmula para os non cadrados, imaxinade a complicación dunha fórmula para os "nin cadrados nin cubos". Se tivésemos esa fórmula, digamos $a_n$, teríamos que calcular simplemente $a_{2022}$. Curiosamente, este enfoque xeral para o erro que cometín eu sería máis complicado, pois habería que resolver a ecuación $a_n=2022$.

Con respecto ao desempeño dos participantes, vaticino menos solucións completas aínda que no problema 1. Eu véxoo máis propio dunha fase final que dunha local, e por outra banda, nunca colocaría estes dous problemas nesta orde, seguramente comezaría polo problema 3, que veredes mañá. Tradicionalmente os problemas das olimpíadas manteñen certa orde crecente de dificultade, moitos participantes comezan polo primeiro, e se é moi difícil, a sensación de desánimo pode repercutir en toda a proba.

Claro que é sinxelo criticar estas cuestións cando un non ten a responsabilidade de elaborar a proba. Se fose eu o responsable, é probable que cometese máis erros. Por sorte non habería moitos blogues en galego para poñerme a pingar. E os que hai, son de colegas.

23.4.22

Olimpíada Matemática Galega 2022-Fase Local

    

 Este xoves tivo lugar a fase local da Olimpíada Matemática Galega de 2022, dirixida a alumnos de 1º e 2º de ESO. E como foi nos últimos anos "normais", a sede en Ferrol é o (ben coñecido por vós) IES Canido, o meu instituto de toda a vida, como alumno e como profesor.

Chegaron 31 alumnos de centros de Ferrolterra, entendendo Ferrolterra non como a comarca de Ferrol senón como o aglomerado de Ferrol, Eume e Ortegal, aínda que como é comprensible, a maioría dos cativos procedían de Ferrol e Narón. Pero houbo tamén de Mugardos, San Sadurniño ou tan lonxe como Ortigueira. Por desgraza, fallou un instituto das Pontes, e algún centro que adoita participar, como o CPI As Mirandas, de Ares, ou o IES As Telleiras, de Narón.

A xornada vai así: os participantes son convocados ás 10:30, colocámolos no salón de actos do centro, explicámoslles como funciona o sistema para que as probas sexan anónimas, anímoos un chisco, que a estas alturas hai moitos nervios, dígolles que neste caso participar xa é un logro, pois se están aquí iso significa que nos seus centros os profesores teñen confianza neles, etc. E ás 11:00 repartimos os 5 problemas cos que pelexarán ata as 13:00, momento no que os despedimos cos diplomas de participación.

E non o dixen aínda: todo isto organizado por Agapema, basicamente o que fago eu é estar cos cativos esas dúas horas e media.

Como xa fixen hai uns anos, cando estaba no IES Punta Candieira e esta fase local celebrábase no IES Carvalho Calero, vou dedicar unhas entradas aos problemas que caeron nesta fase.

Velaquí o primeiro:

Problema 1

a) Cantos triángulos isósceles de 72 cm de perímetro poden construírse de xeito que as lonxitudes dos lados sexan números naturais?

b) Clasifica os triángulos anteriores en función dos seus ángulos (acutángulos, rectángulos e obtusángulos).

Aínda que non o vou resolver, querería facer uns comentarios a este problema.

Temos que ter en mente o alumnado ao que está dirixida a olimpíada: rapaces que comezan o 3º trimestre de 2º de ESO. Pode ser que non visen en Matemáticas a desigualdade triangular? Pode ser. Eu apostaría máis a que a viron (daquela maneira) en Educación Plástica e Visual de 1º, no contexto da construción de triángulos dados 3 datos. Co cal, non me sorprendería ver solucións que incluísen como triángulo isósceles un que tivese de medidas 1-1-70. En calquera caso, está ben incluído o problema.

Non me parece axeitado, en troques, o apartado b, que depende exclusivamente de que visen nas aulas un contido algo accesorio, e difícil de explicar a este nivel, que se nun triángulo de lados $a \ge b \ge c $, sucede que $a^2 >b^2+c^2$, entón o triángulo é obtusángulo, se $a^2<b^2+c^2$, entón é acutángulo.

Un último apuntamento: que sucederá co triángulo 24-24-24? A maioría incluirá este triángulo como isóscele? Ou serán máis euclidianos que seguidores da clasificación xerárquica? Mirade tamén a entrada do nunca suficientemente enlazado Cut the Knot: Triangle Classification


Ai, non, outro máis: haberá algún alumno que conteste ao apartado a) cun lacónico 17?

9.4.22

Un cadrado que xira


Un compañeiro comentoume onte a seguinte situación, que apareceu na oposición de Matemáticas de Galicia do ano 2019:

Un cadrado ABCD de centro O e lado 1 xira un ángulo α arredor de O. Atopa a área común ao cadrado orixinal e ao xirado.

Obviando o ángulo, a situación é esta:

Odio eterno á xente que rotula no sentido das
agullas do reloxo: Disidentes!


Mais non falamos do problema de oposición, senón dunha idea que agroma no transcurso da resolución, que é amosar que os 4 triángulos verdes e os 4 triángulos laranxas que vedes aí son congruentes.

Como é esperable que suceda nunha figura xirada, hai un feixe de relacións métricas, mais teño que recoñecer que algunhas que vía na figura sabía que eran certas pero só as vía como consecuencia da congruencia deses triángulos, non como causa. O que si é evidente é que os 4 triángulos verdes son iguais, e tamén os 4 triángulos laranxas, e tamén que os triángulos verdes son semellantes aos triángulos laranxas, pois son rectángulos e teñen un ángulo máis común de xeito obvio.

   

Pois xirei a cabeza varias veces, pensando na simetría dos triángulos que vedes enriba, pero ao final o primeiro argumento que atopei(entendédeme, estaba de pé e sen poder escribir nada, que andaba ás présas por mor dos alumnos con materias pendentes) foi relativamente enleado, coido. A ver que opinades:

A suma das áreas dos 4 triángulos verdes coincide coa suma das áreas dos 4 triángulos laranxas, pois xunto coa área do octógono azul cada conxunto de 4 triángulos completa un dos dous cadrados(sóavos a algo?). Como os 4 triángulos da mesma cor son obviamente iguais dada a rixidez da rotación, temos que a área dun cadrado verde coincide coa área dun cadrado laranxa. É dicir, temos dous triángulos semellantes coa mesma área, non lles queda máis remedio que seren congruentes.

Non hai algo raro nesta estratexia? Xuraría que é a primeira vez que xorde no meu historial de resolver (mal) miles de problemas.

Polo que non tiven máis remedio que volver sobre o problema na casa, porca miseria.

E argallei o seguinte argumento:
   
Analicemos o triángulo $\triangle{C'PC}$, que ten o lado C'P pertencente a un triángulo verde e o lado CP pertencente a un triángulo laranxa. "Cacemos" os seus ángulos:
$$\angle{PC'C}=\angle{OC'C}-\angle{OC'P}=\angle{OC'C}- \frac{\pi}{4}$$
Analogamente, 
$$\angle{PCC'}=\angle{OCC'}-\angle{OCP}=\angle{OCC'}- \frac{\pi}{4}$$
Pero como resulta que os ángulos $\angle{OC'C}$ e $\angle{OCC'}$ son iguais porque os lados OC' e OC do triángulo $\triangle{OCC'}$ son iguais(os dous miden a metade dunha diagonal, pero o relevante é que un é o outro xirado un ángulo α arredor de O), entón os ángulos $\angle{PC'C}$e $\angle{PCC'}$ tamén son iguais, o triángulo $\triangle{C'PC}$ é isóscele tamén e o triángulo verde e o laranxa teñen un lado correspondente igual, e finalmente son congruentes, q.e.d.

E aínda deu para cavilar máis o problema, como adoita ocorrer con problemas elementais e evidentes nos que usas resultados máis fortes do aparentemente razoable. Fixen unha pescuda pola rede e achei cunha web na que resolven problemas de oposicións, en concreto con esta páxina, na que o autor simplemente argumenta que o triángulo verde é o "exceso" por riba do lado superior ao facer a rotación de ángulo α, e que o triángulo laranxa da esquina superior dereita pode verse como o "exceso" dereito do cadrado A'B'C'D' se o xiramos un ángulo -α, polo que os dous teñen que coincidir. Intúo que non dei con ese razoamento porque os dous triángulos implicados teñen distinta orientación, non están conectados por unha rotación, senón por unha simetía axial.

Conclusión: aínda na xeometría euclidiana elemental, podes atopar algo sinxelo de ver que non é sinxelo de demostrar.

27.3.22

Un erro común en Álxebra elemental

 

Observade este problema rutineiro, típico das aulas de 1º e 2º de ESO:


Temos dúas bolsas coa mesma cantidade de bólas. Metemos 10 bólas na 1ª bolsa e quitamos 15 da 2ª bolsa, de tal xeito que agora a 1ª bolsa ten o dobre de bólas que a 2ª. Atopa o número de bólas que tiñan as bolsas ao comezo.

Xa sabedes como vai o asunto, hai que decatarse de que inicialmente as bolsas teñen a mesma cantidade, chamémola x, despois eviitar o recordo de problemas semellantes máis enleados (nos que dunha bolsa ou similar pasamos a outra, típicos os de dar cartos), e traducir esta situación máis sinxela, que tampouco dá máis xogo:

$$x+15=2(x-10)$$

E se levades un tempo no oficio, lestes sobre o tema ou coma min, xa vistes estes erros cando explicabades aos vosos amigos de cativos o día antes do exame, saberedes que é común que haxa respostas deste estilo:

$$2(x+15)=x-10$$

Inciso para valorar a picardía dalgúns alumnos: como a solución correcta da ecuación incorrecta dá lugar a un número de bólas negativo, hai cativos que daquela riscan o 2 e chántano no membro correcto. Un brinde por eles, que polo menos analizan se a solución ten sentido.

Todos os que damos clase nos primeiros niveis da ESO sabemos que sucede: o alumno le que a 1ª bolsa ten o dobre de bólas que a 2ª e asigna ese coeficiente 2 á 1ª bolsa, pois "o dobre" aparece xusto despois de "1ª bolsa" no texto. Pero o erro vai máis alá, pois se tentamos que os alumnos trabucados lean a ecuación incorrecta dándolle significado, van persistir no erro, con frases como "claro, se a 1ª bolsa ten o dobre que a outra, hai que poñerlle o 2 a x+15"

Ante este tipo de erros sempre me vin inerme, como adoita ocorrer en situacións elementais nas que non hai moito que roer, pois non hai moitas etapas/partes incluídas: é tan simple que ou ves o asunto, ou non o ves. Algo semellante á igualdade difícil de ver desta entrada de logaritmos, o alumno trabucado ten que ter unha epifanía persoal, pouco podo facer eu como profesor. De feito, máis dunha vez, chegados a un bloqueo, emprazo ao alumno a pensalo pola súa conta e volver sobre o conto nunha clase posterior. O cal é un chisco unha mentira, pois ás veces non funciona.

O problema do comezo creeino para poñer algo de tradución á álxebra no exame da 2ª avaliación en 2º de ESO, ao atopar outra vez algunha vez o devandito erro, deume por pescudar. E, amigo profesor, non sufras en silencio, atopei uns cantos artigos. 

En particular, Algebra Word Problem Solutions: Thought processes underlying a common misconception, de John Clement, da University of Massachusetts, pareceume especiamente interesante. No artigo Clement comenta 6 exercicios de álxebra elemental propostos nun exame de  45 minutos a alumnos de 1º de enxeñería. Os primeiros ítems non nos interesan para o asunto de hoxe, pero observade o 5º e o 6º:

5. Write an equation using the variables S and P to represent the following statement: "There are six times as many students as professors at this university." Use S for the number of students and P for the number of professors.

6. Write an equation using the variables C and S to represent the following statement: "At Mindy's restaurant, for every four people who ordered cheesecake, there are five people who ordered strudel." Let C represent the number of cheesecakes and S represent the number of strudels ordered.

Non traducín os textos porque non me gusta ningunha  das traducións ao galego que podo facer do ítem 5. Pero as ideas son evidentes.

Como todos avanzamos, a solución correcta do 5 é $S=6P$, a incorrecta máis común é $6S=P$; a correcta do 6 é $5C=4S$, a incorrecta máis común, $4C=5S$

O autor comenta que inicialmente os erros nestes ítems se consideraban provocados pola falta de atención ou coidado, pero que o feito de que houbese un patrón tan marcado de inversión dos coeficientes nas respostas incorrectas, fíxolle cambiar de opinión. Aínda dando unha pista á metade dos estudantes "Tede coidado, algúns estudantes poñen un número no lugar incorrecto na ecuación", a equivocación persistía, amosando que a dificultade era máis profunda que simplemente debida ao descoido.

Por outra banda, comenta que a dificultade segue a aparecer noutros sistemas simbólicos: tradución de figuras a ecuacións, de táboas de datos a ecuacións, e de ecuacións a enunciados, o que amosa que o "reversal error" (que bonito é o inglés para estas invencións) non é só o resultado da ordenación das palabras dun certo xeito na frase.

O autor pasa a explicar o protocolo de actuación para tentar explicar os resultados, gravando entrevistas cos alumnos de enxeñería nas que lles pedían que explicasen como traballaban no exercicio dos estudantes e profesores e similares. O autor apunta a dúas fontes conceptuais de erro: un sintáctico, o proceso  de combinación da orde das palabras, e un semántico, o proceso de comparación estática. No erro sintáctico, o estudante simplemente asume que a orde das palabras clave do enunciado vai emparellarse directamente coa orde dos símbolos que aparecen na ecuación(o que vemos todos os profesores, como mencionei antes). Chámase estratexia sintáctica porque só se base nas regras para organizar símbolos, sen ter en conta o significado das expresións. Por contra, no erro semántico* o estudante si introduce o significado de relación entre as dúas cantidades, S e P, pero trabúcase ao simbolizar a relación, pois aínda entendendo que os estudantes son máis que os profesores, asigna o coeficiente 6 ao membro incorrecto. Ademais, o signo igual para os estudantes que cometen deste xeito o erro, máis que simbolizar unha equivalencia, representa certo tipo de asociación entre grupos diferentes, e o coeficiente actúa máis como un adxectivo que como un operador.

*Confeso que non teño moi claro que quere dicir o autor co de "estático" en contraposición ao "activo" que aparecerá despois.

O artigo inclúe un esquema para representar dalgunha maneira os 2 xeitos incorrectos de proceder e o correcto, desde o punto de vista do proceso cognitivo implicado:

Globos, eu vexo globos


O artigo continúa analizando as transcricións das gravacións cos estudantes, deixando mostras de como estes conceptualizaban o que estaban a razoar. Curiosamente, aparecen ilustracións que, confeso, coido que resultarían moi difíciles de utilizar en clase, e precisamente poderían conseguir o contrario do desexado, por exemplo: 

   
Estou convencido de que esta imaxe lograría que algún alumno que fixese ben a tradución do ítem ou do meu problema cambiase de opinión e se pasase á solución incorrecta.


E como credes que remata o artigo?

"The identification of these conceptual stumbling blocks using protocol analysis should make it easier to design instructional strategies to overcome them"

Non consta que se deseñasen posteriormente esas estratexias. Nin tampouco que algún estudante de enxeñería fose danado durante o tempo que durou o estudo.

P.S.: Mentres escribía esta entrada veume á memoria un asunto onde agromaban estas dificultades na propia carreira. En Topoloxía de Superficies lembro que non era inmediato para todo o mundo traducir as típicas condicións sobre arestas, vértices e caras no contexto da determinación dos poliedros regulares usando a característica de Euler. A dificultade é obxectiva, seica.

7.3.22

Un patrón aritmético

 

Non sei como cheguei ao artigo de W.W. Sawyer(antes neste blog, aínda antesA pattern in Arithmetic, publicado en abril de 1963 no xornal The Arithmetic Teacher, e sendo patrón ben coñecido, o xeito de presentalo é particularmente elegante. Observade:

Números e frechiñas, que máis podemos pedir?

Supoño que aínda que non coñecésedes previamente o patrón, xa intuídes por onde vai o conto.

Entrade no diagrama por calquera número, por exemplo polo 9, e multiplicádeo por 2, obtendo 18, e quedade só coa cifra das unidades, 8 (vaia, $18 \equiv 8 (mod 10)$; e repetide o proceso, $8\cdot 2= 16\equiv6(mod 10)$, etc. Se entrades por calquera número impar, na primeira quenda pasades ao par que ten ao lado, e de aí veña dar voltas no sentido das agullas do reloxo. O caso particular do 0 e 5 explícase por si mesmo.

Como Sawyer apunta no artigo, hai máis cousas curiosas que ver no diagrama. Por exemplo, se multiplicamos no círculo interior por 3, veremos que tamén damos voltas pero no sentido contrario ás agullas do reloxo. E xa non serve a conexión dos impares do círculo de fóra cos pares de dentro, pero entre eses impares tamén ten lugar a rotación no sentido contrario ás agullas do reloxo. Esta rotación tamén se produce se multiplicamos por 8, e poderíamos arranxar o diagrama intercambiando a posición de impares opostos(1 e 9, 7 e 3).

E se multiplicamos por 7? Nese caso obtemos rotación no sentido das agullas do reloxo, tanto dentro como fóra.

Sawyer déixao neste punto, recomendando levar este patrón á aula como xeito alternativo de practicar a multiplicación. Pero poderíamos ir un chisco máis alá, e preguntar que sucede se multiplicamos polos outros díxitos, e tentando ver relacións entre os que xeran o mesmo movemento, e tamén entre os que xeran o movemento oposto. E obviamente, facendo ver a razón de que o 5 sexa un número especial.

Nun contexto de olimpíadas ou como propostas para alumnado con talento, tamén poderíamos preguntar polos "ciclos" que xeran os produtos. Por que algúns teñen un ciclo de lonxitude 4 e outros 2? Como sempre, seguro que o amigo lector terá mellores ideas cás miñas.

26.2.22

Outro exercicio inverso

 

Hai 8 anos escribín unha entrada coa gráfica dunha función impar, van tantos anos xa que nin lembro a motivación que me levara a esa función en concreto. A entrada pedía que se atopase a expresión alxébrica da función sen máis axuda que a gráfica, e houbo un novo comentarista que tivo éxito, comentarista que resultou ser alumno do compañeiro Cibrán.

Hoxe vou compartir un exercicio análogo que atopei no borrador do libro Strategies of Problem Solving, da matemática da California State University Maria Nogin

   
Enténdese só coa gráfica e as etiquetas? A gráfica está composta por cachos alternos nos que vai coincidindo con 1+cosx e con 1-cosx. A idea é atopar unha única expresión alxébrica que se corresponda con esa gráfica. E tería máis mérito se non facedes antes as gráficas co geogebra.

Non coñecía eu o libro de Maria Nogin, en realidade cheguei a el desde The Mathematics of Various Entertaining Subjects, Vol. 3, de Jennifer Beineke e Jason Rosenhouse, que como os demais volumes desa serie, ten moitas matemáticas abraiantes dentro.

Aproveitando a marea, vou deixar outra adiviña, esta fóra do traballo da secundaria. Que transformación leva o cadrado da esquerda ao trevo da dereita? Pista: igual é máis sinxelo compoñer unhas poucas transformacións elementais de xeito consecutivo...


    



Espero que vos preste resolver a 1ª adiviña tanto como a min, e resolver a 2ª tanto como a min creala.




6.2.22

Máis quickies, máis ou menos rápidos


Hai 9 anos escribín unha entrada, Quickies probabilísticos, onde compartía 3 problemas, 1 deles do libro Mathematical Quickies, de Charless W. Trigg, que no prefacio do libro indicaba que comezara a sección Quickies no Mathematics Magazine en 1950 con este obxectivo:

"From time to time this department will publish problems which may be solved by labourious methods, but which with proper insight may be disposed of with dispatch"

Como o feito de que unha solución sexa elegante é algo subxectivo, e depende fortemente do coñecemento das Matemáticas que teña quen avalíe esa elegancia, a estas alturas non sei se neste blog incluiría moitos problemas que poidan denominarse de tal xeito, particularmente na etiqueta Rápidos. En calquera caso, hoxe veño compartir uns cantos dos que souben recentemente, aínda que algún teña xa os seus anos.


  • Amosar que $\lim \limits_{n \to \infty} \sum \limits_{k=pn}^{qn}{\frac{1}{k}}=log \left(\frac{q}{p}\right)$
Q220, Joseph Andrushkiw, Mathematics Magazine, 31 (4)
  • Se $k \in \mathbb{R}$, entón as liñas $x^4+kx^3y-6x^2y^2-kxy^3+y^4=0$ cortan a $x^2+y^2=1$ en 8 partes iguais
Q248, Norman Anning, MM 32 (5)  (Confeso que a falta de simetría no polinomio me causou sorpresa ao comezo)
  • Que fracción ten o menor denominador no intervalo $\left( \frac{19}{94}, \frac{17}{76}\right)$
Math Horizons Winter 1993
  • Amosar que $\binom{n}{1}-\frac{1}{2}\binom{n}{2}+\frac{1}{3}\binom{n}{3}- \dots \pm \frac{1}{n}\binom{n}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}$
Parabola, vol 32 no 1

E para rematar, un Junior Problem:
  • Cando dividimos os números 31767 e 34924 entre certo divisor de 3 cifras, obtemos o mesmo resto, tamén de 3 cifras. Atopa o resto.
Parabola, vol 9 no 2

Sede indulxentes co carácter elegante destes problemas. Ás veces di máis do que propón o problema que do problema per se.

17.1.22

Números que non son múltiplos de 3

 Un dos blogs máis activos que segue a haber no mundo das Matemáticas é o de John Cook, The Endeavour. Hai anos que o teño no meu lector de feeds, mais a miúdo paso por riba das publicacións sen prestar a atención debida. Hoxe levaba días sen abrir o feedly e dei coa entrada Beatty's Theorem, e non creo que me trabuque se digo que moitos coñecemos este resultado cando o atopamos no formidable Ingenuity in Mathematics, de Ross Honsberger, na súa tradución ao castelán na colección La Tortuga de Aquiles, Ingenio en Matemáticas. O teorema afirma que se colles dous números irracionais a e b tales que $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1$, entón as dúas sucesións $\lfloor{na}\rfloor$ e $\lfloor{nb}\rfloor$ conteñen todos os números naturais sen que haxa repeticións, é dicir, cada número natural está nunha desas dúas sucesións é só nunha. Este tipo de resultados non adoitan aparecer na carreira de Matemáticas por peculiares e afastados do canon que hai que tratar. Ata o punto de que, se teño que remexer na memoria, só lembro unha proposición non elemental(nin conxuntista nin de medida) na que interviñese o feito de que un número fose irracional, e sucedeu en Sistemas Diferenciais e Grupos de Lie: se colles unha liña recta que forma un ángulo α coa horizontal e segues a súa traxectoria pola superficie dun toro ($\approx \mathbb{R}^2/ \mathbb{Z}^2$), o camiño é homeomorfo a unha circunferencia se α é racional e a $\mathbb{R}$ se α é irracional(neste caso, o camiño é denso no toro). Neste enunciado abusei da linguaxe un chisco, nestas imaxes albiscaredes mellor de que fala:


  


Exemplo de curva homeomorfa á circunferencia 


Pero no capítulo do libro o que me resultara máis interesante non era este teorema, senón o que viña despois, que daba título ao capítulo: o concepto de sucesións complementarias, que aparece no Teorema de Beatty. Como podedes adiviñar, dúas sucesións son complementarias se son disxuntas e cobren todos os números naturais.

No libro, unha vez introducido o concepto, utilízao para traballar polo miúdo un caso ben intrigante: cal é o termo xeral da sucesión dos números naturais que non son cadrados perfectos? Os cadrados son ben coñecidos, o n-ésimo cadrado é simplemente n², pero quen é o n-ésimo non cadrado? Por exemplo, o sétimo non cadrado é 10,  o vixésimo non cadrado é 24, o milésimo é 1032, etc.

Non parece que a expresión dese termo xeral vaia ser completamente elemental, non si? É un exercicio complicado, dígovolo eu que a aprendín lendo o libro de Honsberger(se alguén ten interese, que contacte comigo).

Por iso pensei nun exemplo máis acaído para este blog, que pode ser resolto sen tanta maquinaria.

Cal é o termo xeral para a sucesión dos números que non son múltiplos de 3?

É dicir, cal é o n-ésimo número non múltiplo de 3?

Póñovos os primeiros termos para que teñades unha epifanía: 1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 13, 14, 16, 17, 19, 20, 22, 23, 25, 26, ...

Será a xeneralización a calquera natural en troques do 3 máis complicada? É dicir, cal é o n-ésimo número que non é, poñamos, múltiplo de 17?

O n-ésimo número que non é triangular?

Etc.

Se formades parte do fandom deste blog, talvez lembraredes unha adiviña que propuxen unha vez e que nunca obtivo resposta, que ten certo sabor similar...


6.1.22

De súpeto, 13 anos

 

Da wikipedia, Lucky Number
Tentade descifrar que sucede
no gif antes de ir á ligazón
 

Un ano máis no blog, e van 13. Ano no que a curva de entradas cambiou de tendencia: levaba 3 anos consecutivos publicando 24 entradas, que é o mínimo do blog e este aló foron 32. Tendo en conta a miña vida no mundo real xa é un número considerable, ao que non podo aspirar de xeito consistente.

Por se alguén ten curiosidade por coñecer a difusión dun blog como este, cun público obxectivo dun nicho moi concreto e relativamente reducido, velaquí:

A entrada máis visitada do ano foi O último flame co ensino das Matemáticas, única entrada de agosto, escrita co gallo da filtración do borrador do curriculum de Primaria. E leva 237 visitas.

Séguea a entrada Unha adiviña de visualización, de outubro, que tiña unhas gráficas ben bonitas(que obviamente non fixen eu). Leva 212 visitas. 

A terceira entrada máis visitada foi Exercicios tan malos que son bos, de marzo, que leva 209 visitas. Facendo introspección, coido que esta entrada plasma perfectamente na escrita o que adoito facer oralmente.

Este top 3 cumpre ademais que son as únicas entradas que pasaron de 200 visualizacións. Outras 13 entradas pasan das 100 visualizacións e as restantes 16 teñen menos de 100, ata un mínimo absoluto de 68, sorprendentemente a primeira entrada do 2021, Dúas diseccións, que por certo creo que é ben bonita, demasiado difícil, talvez.

Agás esa anomalía na entrada, un podería intuír que as entradas máis vellas terán máis visitas. E certo é que algo inflúe, pero non demasiado. Observade a gráfica de visualizacións das entradas ordenadas cronoloxicamente:

    

A media de visualizacións das entradas é 112, a mediana, 100, cunha desviación típica de case 44. Pero vaia, neste caso a gráfica xa dá rapidamente a intuición de como funciona a difusión do blog, non necesitamos a precisión numérica.

Un podería pensar que poucas visitas son para o choio que dá(aínda que habería que concretar esta idea), é inevitable caer algunha vez nisto tendo en conta que cousas teñen repercusión por aí fóra. En particular, a divulgación en castelán de ideas da época de Carlomagno como se fosen novidades xa me cheira hai tempo. Pero imaxino que o problema é que non pertenzo ao target obxectivo de tal divulgación.

Porén, visto en positivo, que unha entrada dun calquera coma min chegue a ter máis de 200 visitas, sinceramente ten o seu aquel.

Moitas grazas a tod@s.

3.1.22

Catro novas diseccións

 Hai tempo que sei das ferramentas que inclúe Mathigon, en particular o Polypad, pero xuraría que nin as trouxen por acó, nin pola conta de twitter(facendo unha pescuda, o único lugar onde creo que as mencionei foi no grupo de profesores de Matemáticas de Facebook, poño o link por se alguén ten curiosidade).

E había tempo que tiña interese por saber se os exercicios típicos de diseccións, un tema clásico das Matemáticas recreativas, eran tan complicados de crear. Oufano como son habitualmente, aló fun coas miñas expectativas ben altas. E como poderedes intuír, xa non penso o mesmo. Aínda así, salvei 4 cousiñas que dei feito, supoño que serán máis sinxelas cá media das diseccións planas que xa hai pola etiqueta disección deste blog(que teño que actualizar para que inclúa as entradas máis vellas). A ver se vos gustan.

Na primeira tedes que dividir a figura en 3 figuras congruentes utilizando as liñas da cuadrícula:


   

Nesta, o mesmo pero con 4 figuras congruentes:

   


Esta nova figura tedes que dividila en 4 figuras congruentes:


   

E para rematar, este rectángulo ao que lle descoloquei un cadrado ten que dividirse en 7 figuras distintas. Como pista críptica, sería imposible facer un rectángulo 4x7 con esas 7 figuras, e o culpable é un humilde T de cor verde:

    
Seguro que se colledes a ferramenta do Polypad dades feito cousas máis bonitas que estas. Pero claro, hai que ser teimudo.