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 4º, do triángulo no cadrado, e o 2º, 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.

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.

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.

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.

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?

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.