(Outra vez) Problemas de Álxebra sen ecuacións

Velaquí outra quenda nesta xeira de problemas que só me interesan a min (10/2014, 11/2014, 2015, 4/2023)

Explico de que vai o conto, por se alguén aínda non vira ningunha entrada destas: a idea é compartir problemas ou exercicios nos que sexa necesario ou axeitado utilizar álxebra para chegar á solución, e que nesa resolución non sexa esencial (ou polo menos non o máis interesante) resolver unha ecuación. Nalgún dos problemas que foron aparecendo nesta serie si hai que resolver unha ecuación, pero o interesante e difícil viña antes. Un exemplo dentro do curriculum sería o tradicional exercicio no que se dan condicións sobre un número de dúas cifras, e hai que utilizar que $ab_{10}=10a+b$. O máis interesante é traducir o sistema de numeración á linguaxe alxébrica, normalmente a ecuación posterior é rutineira. De feito, nese tipo de problemas, como as variables só poden tomar 10 valores(as cifras), cunha condición do tipo "as cifras suman 7" acabas antes probando que facendo todo o choio alxébrico.

Fedellando en vellas coleccións de problemas que gardo polo disco duro, dei con algún problema máis que require de habilidade alxébrica, ou ben no aspecto da tradución ou ben no da manipulación. O 1º, este do concurso de principiantes de Austria de 2014:

Sexan $a, b, c, d \in \mathbb{R}$ con $a<b<c<d$. Ordena de xeito crecente os números $x=ab+cd, y=bc+ad, z=ca+bd$ e proba a corrección do teu resultado.

O seguinte problema tíñao gardado hai anos no Read Later de Feedly, fora compartido no blog de Dimates, procedente do Marató de problemes. Xa adiviñades vós de que ano:

A unha proba de aptitude preséntanse 2019 persoas, 995 mozos e 1024 mozas, e exactamente 1234 superan a proba. Atopa o valor de A - B, sendo A o número mozas que superaron a proba e B o número de rapaces que non a superaron.

Nesta cuestión hai algo subxacente que me interesa especialmente: que significado ten ese invariante, A-B? Nunca estivestes no medio dun cálculo alxébrico, atopando un valor, demostrando un resultado, etc., e de súpeto pensastes "Pero que significa isto"?

Ah, e é máis que probable que para resolver con álxebra o problema, vaiades usar unha ecuación, ou, se queredes, unha igualdade. Lembrade que a etiqueta "sen ecuacións" hai que interpretala con laxitude.

E para rematar, un problema dunha familia ben tradicional:

No encerado están escritos os números 2, 3 e 6. Podes reemprazar dous dos números, poñamos a e b, polos números $\frac{3a}{5}+\frac{4b}{5}$ e $\frac{4a}{5}-\frac{3b}{5}$. Amosa que é imposible que apareza un número maior que 7 no encerado.

Ata aquí. Vémonos seguramente en 2024.

Outro aritgrama(máis)

 Non sei en que andaba turrando, que me veu unha idea para un aritgrama, atopei unha solución, e velaquí:

   

Como é habitual, cada letra representa unha cifra distinta, e N e S son non nulos.

Un anaco despois atopei outras dúas, coido que son tres en total. O amable lector dirá.

Como os aritgramas xa son un tipo de recreación matemática con moita tradición, non podo garantir que este non existise xa, sobre todo en inglés son consciente de que hai unha morea.

De ángulos e senos

No último exame de Matemáticas I puxen este exercicio:

Demostrar que a expresión $cos(\alpha+\beta)cos\beta+sen(\alpha+\beta)sen\beta $ non depende do valor de $\beta$

Habitualmente, cando poño cuestións de identidades trigonométricas en exames, tento que haxa varios camiños para atopar a demostración, para evitar frustracións alén das ordinarias. E este é un bo exemplo, pois é factible desenvolver todo o desenvolvible:

$$cos(\alpha+\beta)cos\beta+sen(\alpha+\beta)sen\beta=$$

$$(cos\alpha cos\beta-sen\alpha sen\beta)cos\beta+(sen\alpha cos\beta+cos\alpha sen \beta) sen \beta=$$ 

$$ cos\alpha cos^2 \beta- sen\alpha sen\beta cos\beta+sen\alpha cos\beta sen \beta+cos\alpha sen^2 \beta= $$

$$\\ cos\alpha cos^2 \beta+cos\alpha sen^2 \beta=cos\alpha(cos^2 \beta+ sen^2 \beta)=cos \alpha$$

que non depende de $\beta$, q.e.d.

Aínda que un profesor con algo de experiencia ou intuición saberá que o final da demostración dos alumnos vai ser algo distinta, utilizando a fórmula fundamental para substituír unha das razóns.

Mais tamén, como adiviñaría o avezado lector, hai unha proba nunha liña:

$$cos(\alpha+\beta)cos\beta+sen(\alpha+\beta)sen\beta=cos(\alpha+\beta-\beta)=cos\alpha$$

Que é máis complicado de ver por un alumno pola dependencia nos símbolos. Comprensible.

Buscando inspiración para o exame no libro Trigonometry de Gelfand & Saul, que é unha xoia, atopei este exercicio, que xa coñecía dalgunha outra fonte (pode que fose nun libro de texto antigo) pero esquecera. E tivo a consecuencia indesexada de facerme rememorar vellas ideas da carreira, en concreto a materia Elementos de Variable Complexa de 3º. A estrutura da expresión levoume á breve demostración que se vía aló das fórmulas para o seno e o coseno da suma e da resta de ángulos.

Pero antes, lembremos as demostracións habituais:

Seguramente a que aparece na maioría dos libros de texto se basee na figura seguinte:

   

É posible que a figura non apareza na circunferencia trigonométrica, o que supón un pequeno obstáculo adicional. E é ben coñecido que esta proba só demostra directamente o caso no que a suma dos ángulos é un ángulo agudo, para ángulos maiores hai que utilizar outro argumento, relacionado coa redución ao 1º cuadrante.

Neste blog apareceu outra demostración elemental que só utiliza a expresión da área dun triángulo en función do seno dun dos ángulos, na entrada O seno da suma (cunhas poucas palabras), e que se sintetiza na seguinte imaxe:

   

Subindo un chisco o nivel de coñecementos, a representación das rotacións mediante matrices fai que a demostración sexa un mero trámite, pois o produto das matrices representa a composición das rotacións:

$$\begin{pmatrix} cos\alpha & -sen\alpha \\ sen\alpha & cos\alpha\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} cos\beta & -sen\beta \\ sen\beta & cos\beta\end{pmatrix}$$

$$\begin{pmatrix} cos\alpha cos\beta-sen\alpha sen\beta & -(cos\alpha sen\beta + sen\alpha cos \beta) \\ sen\alpha cos\beta + cos\alpha sen \beta & -sen\alpha sen\beta+cos\alpha cos\beta\end{pmatrix}=\\  \begin{pmatrix} cos(\alpha+\beta) & -sen(\alpha+\beta) \\ sen(\alpha+\beta) & cos(\alpha+\beta)\end{pmatrix}$$

O lector hardcore deste blog lembrará que esta idea, formalmente, xa fixera aparición hai dez anos na entrada Matrices e Pitágoras?.

E aínda podemos exprimir máis o conto:

$$e^{i \alpha}\cdot e^{i \beta}=e^{i (\alpha+\beta)}$$

Utilizamos a fórmula de Euler e temos outra demostración ultrarrápida das fórmulas de adición.

Porén, o episodio que veu á miña memoria poñendo o exame non foi isto, senón a demostración que aparecía nun libro de texto da bibliografía de Elementos de Variable Complexa, que basicamente consistía no seguinte:

Consideremos $\omega \in \mathbb{C}$ e a función $f(z)=cosz cos(\omega -z)-senz sen(\omega - z)$

Calculamos a súa derivada:

$f'(z)=-senz cos(\omega-z)+cosz \cdot (-1) \cdot[-sen(\omega -z)]-cosz sen(\omega-z)- \\ senz \cdot (-1)cos(\omega -z)=-senz cos(\omega-z)+cosz sen(\omega -z)-cosz sen(\omega-z)+\\senz  cos(\omega -z)=0$

Polo que a función é constante, e como $f(0)=cos\omega$, temos que: $$cosz cos(\omega -z)-senz sen(\omega - z)=cos \omega, \forall z \in \mathcal{C}$$, que é un xeito alternativo de escribir a fórmula para o coseno da suma de ángulos.

Un aspecto que distingue as diferentes probas é se son demostracións de comprobación ou de descubrimento. A última que amosei, alén de usar unha idea potente, só comproba algo xa coñecido, i.e., non serve para atopar a expresión; mentres que nas outras podemos atopar a expresión sen coñecela previamente. 

Por outra banda, lembrades a demostración habitual da derivada do seno? Utiliza dúas cousas: o límite $\lim \limits_{x \to0}\frac{senx}{x}=1$ e, precisamente, o seno da suma na forma $sen(x+h)$. Sempre hai que ter coidado e traballar con xeito, non vaiamos demostrar o Teorema de Pitágoras vía o Teorema do Coseno. 

Problemas elementais variados

 

Nos últimos días fun recollendo de diversas fontes problemas para os que non é necesaria a utilización de técnicas nin ferramentas sofisticadas, o cal non garante en absoluto que vaian resultar sinxelos.

Nun cuadrilátero ABCD marcamos os puntos medios dos lados BC e AD, M e N. Unimos M con A e D e N con B e C, e chamamos P á intersección dos segmentos AM e BN e Q á de MD e CN. O debuxo explica todo rapidamente:

Intúese o que hai que amosar?

Nestas condicións, probar que a área do cuadrilátero azul coincide coa suma das áreas dos triángulos maxenta e laranxa.

Por certo, estou case convencido de que compartín unha figura dun cuadrilátero moi semellante á anterior. Pero facendo as pescudas evidentes non a dou atopado no arquivo do blog, e mirar as case oitocentas cincuenta entradas...

Agora un de números:

Atopar dous números naturais distintos x e y que cumpran que $x+n$ é divisor de $y+n$ para $n=0,1,\dots,10$

Aviso: este problema reformula unha cuestión tan coñecida dos números naturais que xa practicamente é un tópico en divulgación, libros de problemas, etc. Pero hai que darlle unhas voltas á cabeza para ver por onde vai. 

Veña, o seguinte é axeitado para preguntar nunha aula:

Amosar que se dous segmentos que miden o mesmo se intersecan xusto no punto medio, os 4 extremos son os vértices dun rectángulo.

      

Agora a típica tarefa cunha calculadora escarallada:

Imaxinade que nunha calculadora as únicas operacións dispoñibles son +, – e ²

Como argallaríades para atopar o produto de dous números, x e y?

Reparade en que non hai ningunha tecla para dividir entre dous.

E para rematar, un problema clásico que admite un feixe de aproximacións distintas na aula:

Atopa a suma dos ángulos internos dunha estrela de cinco puntas. Hai moitos xeitos distintos de atopala, a ver cantos dás feito.

    

Xa tedes abondo para pensar nas avaliacións cando non funcione o xade. 

Un xogo 3D de verdade

 

Unha das miñas vellas teimas consiste en anoxarme cando alguén fala de visión espacial cando realmente o único implicado na situación é a visión plana. Sendo consciente de que espacial pode referirse tamén ao plano, isto é algo superior a min. E esta teima esténdese ao ensino cando en actividades que supostamente avalían a visión espacial, o único razoamento imprescindible ten lugar no plano. E por último, tamén é habitual que no ámbito dos videoxogos tenten coar por xenuinamente 3D mecánicas que só utilizan vistas 3D, pero nas que o esencial, unha vez máis, é 2D.

Por iso levei unha grata sorpresa ao coñecer este xoguiño, Which Way Round?, no que a captura xa vos dará unha boa intuición da mecánica:

   

A figura superior é xirada no plano paralelo ao chan, é introducida na caixa de tal xeito que deixa de verse, a caixa xira no espazo, e o xogador ten que escoller cal das opcións inferiores corresponde á nova orientación da figura. O xogo comeza sendo ben sinxelo, pero despois, ao compoñer varios xiros, estou certo de que vai poñer a proba a vosa memoria operativa, e, neste caso si que se cumpre, a vosa visión espacial. Probádeo e veredes.

Un problema inclasificable

 Quen tiña unha hora libre e pensou "veña, vou mirar algún problema do Torneo das Cidades"?

Efectivamente, o voso amigo, que parece novato. Catorce anos pasaron desde a entrada Primeiro Problema dun Libro, dous desde Un Problema do Tournament of the Towns, un feixe desde que sei dos problemas para nenos de Vladimir I. Arnold, e nada, aínda non aprendín que achegarse de xeito inocente a problemas de competicións ou libros rusos nunca sae como un espera inicialmente.

En troques de compartir o problema co seu enunciado orixinal, fagamos unhas cantas liñas.

Partimos dunha circunferencia, que dividimos en oitavos do xeito habitual:

   

Deses 8 sectores, pintemos 4 de azul e 4 de vermello do xeito que nos pete

   

E agora aparecen os números: comezando cun sector azul calquera, numeremos de 1 a 4 os sectores azuis no sentido das agullas do reloxo, e despois, comezando cun sector vermello calquera, numeremos tamén os sectores vermellos, mais neste caso, no sentido contrario ás agullas do reloxo. Un exemplo sería este:

   

E agora, a punchline: dá igual como fagamos o proceso anterior, SEMPRE vai haber un semicírculo(e por tanto, dous) no que atopemos os números do 1 ao 4. No caso anterior, marquemos o diámetro que delimita as semicircunferencias cos 4 números:

Prometo que foi ao chou que saíse o diámetro vertical
(total, só había 4 opcións)

Probemos con outra numeración dos mesmos sectores:

  

Podedes probar vós con calquera outra coloración e calquera outro xeito de numerar os sectores seguindo esas regras. Sempre ides obter dous semicírculos cos números do 1 ao 4.

Pero xa imaxinaredes que esta non é unha propiedade peculiar do 4. Podemos dividir o círculo en 16 sectores, e veremos que sucede o mesmo co número 8. Poñamos novamente un exemplo:

   

Por se queredes probar vós, déixovos o modelo para 16 sectores, para que quede bonito e teñades unha iluminación máis rapidamente.

   

Aínda que o conto é entretido, sospeito que non ten moito interese didáctico. Porque pintar de cores os sectores e logo escoller os xeitos de numeralos, como actividade, non ten nada de matemático. Mais pensar por que sucede sempre o que sucede, si. 

Uns problemas interesantes

 

Este comezo de curso vou a razón de 2 fichas novas por día de clase en 2º de ESO, co cal non tiven tempo para compartir as cousas interesantes que lin ultimamente. Aproveito esta véspera da ponte*, que pasarei cubrindo burocracia docente, para ordenar estas cuestións e problemas.

Comecemos por un problema que se presta a varios ataques, que vin nun libro de Alfred Posamentier. Sen dicir nada, xa o ides entender:

   

O segundo problema vén do American Mathematical Monthly de 1950(vol. 57), confeso que me colleu de improviso:

Amosar que calquera triángulo pode ser diseccionado mediante 4 cortes rectos en 4 pezas que poden ser recompostas para formar dous triángulos semellantes ao triángulo dado.

Recoñezo que lin unha solución antes de pensar moito na cuestión, polo que a miña opinión xa ten un nesgo claro, mais coido que é aconsellable dar unha pista: SPOILER

unha das pezas xa é un triángulo semellante ao dado. Con esta pista, só tedes que argallar como facer as outras tres. De nada.

Xa está ben de xeometría, veña un de sucesións, tirado da Olimpíada Austríaca de 2013:

Se a e b son números reais non negativos, chamamos A(a,b) e X(a,b) ás súas medias aritmética e xeométrica, respectivamente. É dicir, $A(a,b)= \frac{a+b}{2}$ e $X(a,b)=\sqrt{a b}$-

Consideramos a sucesión $a_n$ definida por $a_0=0, a_1=1$ e $a_{n+1}=A(A(a_{n-1},a_n), X(a_{n-1},a_n))$ .

a) Amosar que $\forall n, a_n=b_n^2$, sendo $b_n \in \mathbb{Q}$

b) Amosar que $\forall n >0, \left|b_n-\frac{2}{3}\right|< \frac{1}{2^n}$

Agora un da sección de resposta múltiple da Olimpíada Chinesa de 1990/91:

Sexa $\alpha \in \left( \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2} \right)$. Cal das seguintes afirmacións é certa?

a) $cos\alpha ^{cos \alpha} < sen\alpha ^{cos \alpha}<cos\alpha ^{sen \alpha}$

b) $cos\alpha ^{cos \alpha} < cos\alpha ^{sen \alpha}<sen\alpha ^{cos \alpha}$

c) $sen\alpha ^{cos \alpha} < cos\alpha ^{cos \alpha}<cos\alpha ^{sen \alpha}$

d) $cos\alpha ^{sen \alpha} < cos\alpha ^{cos \alpha}<sen\alpha ^{cos \alpha}$

Rematemos cun antigo da Olimpíada de Maio, de 2003:

Atopa todos os números naturais a e b que cumpren que $a$ é divisor de $8b+1$ e $b$ é divisor de $8a+1$ 

Xa tedes para pasar a ponte.

*Ao final levoume ata a mañá do festivo.

Un método curioso que funciona(ás veces)

 

Cando traballamos a divisibilidade nas aulas de 1º de ESO habitualmente aparecen dous xeitos de calcular o máximo común divisor e o mínimo común múltiplo: por inspección dos divisores ou múltiplos dos números, ou mediante a descomposición factorial. Vexamos un exemplo con números xeitosos, 63 e 105.

$$D(63)=\{1, 3, 7, 9, 21, 63 \}$$

$$D(105)=\{1, 3, 5, 7, 15, 21, 35, 105 \}$$

Logo a simple vista o máximo común divisor é 21. Coa descomposición, $63=3^2 \cdot 7, 115=3 \cdot 5 \cdot 7$, xa sabedes o mantra, "os factores comúns elevados ao menor expoñente", $mcd(63,115)=3\cdot7=21$

Para o mínimo a inspección pode ser ben árida:

$$M(63)=\{63, 126, 189, 252, 315, 378, \dots \}$$

$$M(105)=\{105, 210, 315, 420, \dots \}$$

O exemplo está collido para non ter que avanzar moito na lista dos múltiplos, podía ser moito peor (no peor dos casos habería que poñer a·b múltiplos). Neste caso vemos que o mínimo común múltiplo é 315

E coa descomposición, o mantra neste caso era "os factores comúns elevados ao maior expoñente, os non comúns, todos", que se presta a malinterpretacións no caso de traballar con máis de dous números.

Polo que $mcm(63,105)=3^2 \cdot 5 \cdot 7=315$

Haberá uns anos que colleu pulo un vello método de cálculo do mcd e do mcm, non sei se pola difusión que lle deu Jo Morgan en Resourceaholic, que consiste en ir gastando os divisores comúns dos números ata que non quede ningún, e nese momento multiplicar todos para obter o mcd. A imaxe xa se autoexplica:

    

A aparición do máximo común divisor aí é consecuencia directa da definición, pero algo máis oculto está o mínimo común múltiplo, para o que hai que multiplicar os divisores da columna esquerda cos resultados finais da ringleira inferior, é dicir,

    

Pensando un chisco vese o que sucede: o 3 e o 5 da ringleira inferior é o que lles queda a 63 e 105 unha vez quitamos o máximo común divisor, son os factores imprescindibles que necesitamos incluír para que un número sexa múltiplo de 63 e de 105. De aí o mínimo.

Pero funciona o método este chulo con máis de 2 números? A primeira ollada parece dicir que si:

 

Pero imaxino que reparastes na trampullada que fixen.

Observando as descomposicións, $60=2^2\cdot3\cdot5, 54=2 \cdot 3^3 ,42=2 \cdot3 \cdot 7$

Modifquemos o exemplo anterior para que non funcione:

   

E resulta que $mcm(60, 54, 126)=2^2 \cdot 3^3 \cdot 5 \cdot 7=3780$

Co cal, hai que facer algún tipo de modificación ao método para que funcione nestes casos. Sinceramente, eu comento este método para dous números pero non para máis (ás veces si no caso do mcd). Imaxinades vós como arranxar o problema?

Para rematar, un bo exercicio teórico, que aproveita que as calculadoras científicas actuais calculan o mcd e o mcm mais só de dous números, é pedirlles aos alumnos como usando a calculadora poden aínda así calcular o mcd de tres ou máis números. A min encántanme estas cousiñas elementais, recoñezo.

Outra demostración dun feito ben coñecido

 Coido que xa falei aquí das demostracións habituais de que a suma dos ángulos internos de calquera triángulo plano é 180º, a saber:

1) Temos a que adoita vir nalgúns libros de texto, que utiliza o feito básico sobre ángulos nunha recta formados por rectas paralelas, que cunha imaxe estática queda claro:

Reivindicando os triángulos obtusángulos

Esta demostración é da que se pode facer unha comprobación pedindo aos alumnos que corten os ángulos en B e C e os poñan xunto a A.

2) E temos a demostración "dinámica", que eu normalmente fago despois da anterior en 1º de ESO, botándolle teatro movéndome pola aula(supoño que como moitos de vós). Observade a figura de abaixo, e poñámonos, virtual ou fisicamente, no punto A mirando para B, andamos cara B, ao chegar aló xiramos para enfilar cara C, xiramos de novo para regresar a A, e finalmente en A, xiramos para poñernos mirando para B como ao comezo. Despois de tanto andar, simplemente estamos no punto de partida e na mesma posición, para o que tivemos que facer un xiro de 360º. E observando os ángulos de xiro, o que fixemos foi $180º-\widehat{B}+180º-\widehat{C}+180º-\widehat{A}=360º \rightarrow540- (\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C})=360º \\\ \rightarrow  180º=\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}$ , q.e.d.

O obstáculo desta demostración é, obviamente, o chisco de traballo con símbolos que ten. En 1º de ESO moitos alumnos non a van entender esencialmente polo uso e manipulación desas tres letras. E falar dos ángulos de xiro sen utilizalas é excesivo para a memoria de traballo da maioría da xente.

E hai cativos que presentan dificultades para asumir que o xiro resultante é un xiro completo, para resolver o obstáculo a estratexia é colapsar o triángulo a un punto, como neste gif que vin en Resourceaholic:

Collido de Resourceaholic/Gifs, descargado e subido por se o link está roto

(Se un día teño tempo e ganas, tentarei facer un gif específico para un triángulo)

Esas dúas son as demostracións (coido que) xa mencionadas neste blog. Vexamos agora a que me motivou a escribir esta entrada, que coñezo hai tantos anos que non lembro a fonte onde a vin por primeira vez, pero que volvín atopar en To prove, why and how?, de A.G.Van Asch, artigo que empecei a ler (grazas, library genesis) interesado polo que indica no resumo pero do que, como sucede tan a miúdo, acabei collendo detalles transversais ou accesorios. Velaquí:

3) Collamos un triángulo calquera, este acutángulo, para variar. No lado BC, por exemplo, un punto calquera D, que unimos con A. Deste xeito temos dous novos triángulos dentro de $\triangle{ABC}$

Aquí cansei de formatear triángulos para que quedasen bonitos

De aquí deducimos que, chamando x á suma dos ángulos do triángulo:

$$ \begin{cases}\widehat{A_1}+\widehat{B}+\widehat{D_1}=x \\  \widehat{A_2}+\widehat{C}+\widehat{D_2}=x \end{cases} $$

, e sumando, 

$$ \widehat{A_1}+\widehat{A_2}+\widehat{B}+\widehat{C}+\widehat{D_1}+\widehat{D_2}=2x $$

Usando o que pasa co ángulo A e os suplementarios en D,

$$\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}+180º=2x$$

Pero entón

$$x+180º=2x$$

De onde

$$x=180º$$ 

q.e.d.

Bonito, eh?

Pois deixo choio:

Por que o argumento anterior en realidade non demostra o que pretende?

Adiviña para mediados de xullo

 Tiña varias ideas en mente para facer entradas, unha delas resolver a adiviña anterior, pero como xa saberedes todos, prefiro poñer problemas que as solucións. Polo que hoxe vai outra adiviña, esta máis sinxela. Que estades a ver nesta imaxe?

   

Só un comentario: as 4 curvas non se solapan, estades a ver o anaco correspondente a cada unha.

Adiviña para rematar xuño

 

Botando unhas contas cheguei á fórmula que ides ver nun anaco. Mentres sigo con informes e memorias diversas, déixovos que pelexedes vós.

Se a e b son números reais positivos, que representará a expresión $\Large{\frac{8 ab \sqrt{ab}}{a+b}}$?

Boa sorte.

Un problema xeométrico do GCSE 2023

 

O de ter twitter provoca que, de vez en cando, saia algún hashtag á dereita que me chame a atención. Ultimamente vexo #maths con certa frecuencia, e cando dou no link, o habitual é que aparezan exercicios aritméticos e alxébricos do estilo dos de 3º de ESO. Pero tamén problemas tipo Sangaku, que se tes un anaco, adoitan ser ben divertidos.

Estes días non só andan os alumnos españois coa ABAU, tamén no Reino Unido están a celebrar o seu GCSE, e eu levo xa uns lustros remexendo en probas estandarizadas doutros países, é como un pracer culpable(aínda que a verdade é que teño tirado ideas de aí). E como sempre, comezan a aparecer queixas pola dificultade ou rareza dalgún exercicio. O deste ano, este problema co que seguramente os examinados non contaban:

    

Se o lado de cada octógono regular mide a, atopa a área da figura sombreada na forma $p(2+\sqrt{2})a^2$

Se tentades resolvelo, axiña veredes que é moito máis sinxelo do que temían os rapaces.

Olimpíada Matemática Galega 2023-Fase Final-5

Chegamos ao derradeiro problema desta olimpíada, o único de xeometría:

Problema 5

 Considera un hexágono regular de 4cm de lado. Unimos os puntos medios dos seus lados alternativamente tal como se indica na figura:

   

1. Cal é o perímetro do triángulo?
2. Que proporción da área del é a área do triángulo?

    

Agora unimos os puntos medios dos lados e o centro do hexágono como na figura seguinte:

3. Cal é o perímetro desta outra figura?
4. Que proporción do hexágono é a área da figura?
   

Como moitos problemas fermosos de xeometría, é susceptible de ser resolto mediante varias estratexias distintas. Xa sabedes que son lacazán para escribir solucións, déixovos só con esta imaxe:

   

Deica o ano que vén.

Olimpíada Matemática Galega 2023-Fase Final-4

 O cuarto problema, de combinatoria enumerativa:

Problema 4

O centurión Cayo Matemarius tiña ao seu cargo un grande número dos membros do exército lexionario de infantería de Gallaecia. Como era moi excéntrico, decidiu, para levar un control deles, asignarlle a cada un número capicúa. Averigua:

1. Cantos capicúas hai de 2 cifras?
2. Cantos capicúas hai de 3 cifras?
3. Cantos capicúas hai de 4 cifras?
4. Se en total hai 10.000 membros do exército en Gallaecia, cal é o maior capicúa que se utilizará?

Nota: Un número capicúa é aquel que se le igual de dereita a esquerda que de esquerda a dereita, sen contar os que comecen por cero.

Os tres primeiros apartados son os típicos que uso nas aulas de 1º de ESO cando traballamos o sistema de numeración, para ir metendo algo de razoamento. O cuarto apartado xa é máis bonito e requira un chisco máis de reflexión.

Porén, considero que nesta fase final houbo demasiados problemas "de números". Como é tradicional, o 5º problema non vai ser deste estilo.

Olimpíada Matemática Galega 2023-Fase Final-3

 O terceiro problema desta fase final é un coñecido exercicio de matemáticas recreativas, o de atopar un número autodescritivo:

Problema 3

Ada é unha rapaza moi organizada e sempre que ten que inventar un contrasinal para unha nova aplicación escribe un número que sexa doado de recordar por ela, seguindo algunha propiedade interesante. Neste caso, o contrasinal que utilizou para a aula virtual deste curso ten as seguintes características: 

• É un número de dez díxitos.
• O primeiro díxito é igual á cantidade de ceros do contrasinal.
• O segundo díxito é igual á cantidade de uns.
• O terceiro revela a cantidade de douses.
• E así sucesivamente, ata o décimo díxito, que indica a cantidade de noves.

Saberías obter o contrasinal de Ada?

É unha verdadeira mágoa coñecer o problema xa e non poder desfrutar de atopar a solución.

Olimpíada Matemática Galega 2023-Fase Final-2

Imos co 2º problema desta fase final.

Un exercicio previo podería ser adiviñar que hai que facer coa táboa de abaixo sen ler o enunciado. Premio á perspicacia a quen dea feito.

Problema 2

Na Casa dos Mosaicos atópase o mosaico da figura. A arqueóloga do Concello estima que se trata do código de entrada a unha irmandade segreda, forofa do número 126. Cre que se debería poder completar obtendo os divisores do dito número e, posteriormente, completando os ocos de forma que sumen o que indica cada fila e columna. Podes axudarlle?

    

Para resolver este problema eu fun sistemático, é dicir, atopei os 12 divisores de 126, calculei a súa suma(312), atopei a suma dos 9 números que hai que usar(48+22+131=201), atopei a única combinación de 3 divisores de 126 cuxa suma coincide co desfase entre eses dous números(312-201=111=63+42+6), e fun vendo condicións obvias sobre columnas e ringleiras(a máis evidente, que 126 ten que estar na esquina inferior dereita). Teño a dúbida de se o problema pode ser resolto sendo menos sistemático, i.e., probando con máis ou menos xeito, que imaxino sería o que farían algúns participantes.

En calquera caso, o problema é dos que permite fedellar, que sempre está ben que haxa algún deste tipo en cada quenda.

Olimpíada Matemática Galega 2023-Fase Final

 

Non tiña pensado comentar os problemas da fase final da Olimpíada deste ano, mais cambiei de opinión ao ver o 1º(quizais tivo algo que ver tamén que aínda rematei as clases de 2º de BAC este martes, quen sabe).

Comparto:

Problema 1

Nun instituto de Lugo matriculáronse no presente curso escolar un 10% máis de estudantes que o ano pasado. O número de rapaces aumentou un 5% e o de rapazas un 20%.

a) Que proporción de rapazas había no dito centro educativo o curso pasado?

b) Que proporción de rapaces hai no presente curso escolar?

Non sei se escribín algunha vez que me encanta este tipo de problemas nos que hai máis dunha variable e nas que o que se pide non é ningunha das variables, senón unha relación entre elas, habitualmente a razón. Como proba deixo por aquí problema do historial do blog:

Da entrada Problems for the Million, Nun parque só hai gatos de dúas cores: brancos e negros. Os gatos machos representan o 55% do total de gatos do parque. A proporción entre machos brancos e machos negros é igual á proporción entre gatos brancos e gatos negros. Achar a proporción entre machos brancos e femias brancas.

Na entrada Traballos de Álxebra podedes atopar o dos gatos que pensan que son cans e os cans que pensan que son gatos, se o lestes saberedes sen dúbida cal era.

Sobre o problema da olimpíada, é posible modificar os datos dados ou a pregunta final para dar lugar a problemas semellantes pero distintos. O primeiro que se me ocorre é que, en troques de dar o aumento de rapaces e rapazas, poderíamos indicar como varía a proporción de rapazas respecto ao total(e por tanto a de rapaces), ou dar a proporción final, e preguntar pola variación porcentual de cada grupo.

Por outra banda, credes que moitos alumnos notarían que se os rapaces aumentan un 5% e as rapazas un 20%, pero o aumento global é do 10%... entón ten que haber o dobre de rapaces que de rapazas, sen facer álxebra ningunha? (Disto falei na entrada Exercicios tan malos que son bos)

Un problema ben fermoso, que se pode utilizar como enriquecemento nas aulas, na miña opinión.

SineRider

 

Había tempo que non vía un xogo matemático on line con certa solidez, e lendo feeds atopei Sinerider, cuxo nome dá unha pista se xa coñecíades o vello Linerider, no que había que debuxar liñas a man alzada para que un trineo chegase a un obxectivo. Pois ben, observade unha das pantallas iniciais do xogo e xa ides adiviñar de que vai:

   

O xogo ten un mapa no que avanzamos seguindo camiños. Reparade neste título, por exemplo:

Do sementador?

 

Como adiviñastes, o xogo vai de escribir a expresión alxébrica dunha función para que o fantasma protagonista do xogo esvare pola súa gráfica. Mais ten varias innovacións con respecto aos distintos avatares desta idea que levo vendo lustros: a que vin que máis me encheu o ollo foi a de poder incluír a variable temporal na función que escribas, co cal ademais de que o fantasma esvare sobre a gráfica, esta variará simultaneamente. E nalgunhas pantallas é máis difícil do que parece cadrar isto para acadar o obxectivo, que ás veces consiste en que o fantasma pase por unhas letras en orde, noutros mover co noso protagonista un círculo por unha especie de correa, etc.

Ademais deste xogo-aventura, os autores crearon un bot en twitter que está a compartir retos, non sei ben con que frecuencia. Observade un chío de hoxe:

Sinerider Daily Puzzle #21 - This one is absolutely incredible, just wait, you'll see! https://t.co/S6wmZnRWaq

— SineRiderBot (@SineRiderBot) May 8, 2023

E hai un subreddit, SineRider, no que a xente comenta as dificultades e solucións dos retos.

Como dato curioso, o colectivo que creou o xogo, Hack Club, seica está formado por miles de mozos programadores do mundo.

Aproveitando un problema estándar

 

Creo que xa comentei que este ano dou dúas aulas de 1º de ESO, que por tanto segue a ser o curso que máis veces dei nos case vinte anos que levo no choio(isto lembra a un problema clásico de TIMSS, a ver se o atopo¹). E aínda que a LOMLOE viña coa pretensión de reducir o número de contidos, o certo é que aínda temos máis cousas que dar, ao incluír o pensamento computacional no sentido alxébrico. Cousa que, non é por botar flores, xa vaticinara eu hai tres anos:

, na práctica, leve a ENGADIR CONTIDOS. E a proposta que acabo de ler que conecta as Matemáticas e a Informática, https://t.co/FhY372Pfu1, é un caso claro. Case todo soa ben(hai moito que roer no que din sobre modelización) pero, alguén cre que a Administración adoptaría unha 2/5

— J.J. Rodríguez (@jjcanido) June 10, 2020

Isto, sumado a outros factores, leva a que en maio estea aínda no sentido alxébrico, botando contas de cantas cousas importantes non van ver. E iso que, sendo rigoroso, non estou a cumprir co espírito da avaliación LOMLOE, porque como xa expliquei en varias ocasións, é unha trangallada que non permite determinar o que sabe facer un alumno.

E hoxe tocou resolver problemas co método alxébrico, para o que usei o libro de texto que tiven que escoller eu, cando a miña opción era non ter libro de texto. Cousas da vida. 

O anódino problema do libro dicía algo así como:

Atopa dous números cuxa suma é 241 e cuxa diferenza é 27.

Expliqueilles eu como resolvelo de varios xeitos. Os dous evidentes a este nivel:

• Utilizando a diferenza para determinar as incógnitas, a e a+27, e logo usando a condición sobre a suma para establecer a ecuación
• Utilizando a suma para determinar as incógnitas, b e  245-b, e logo usando a condición sobre a diferenza para establecer a ecuación.

Como todos saberedes, o segundo xeito é máis complicado, pola tendencia a crer que a condición "Suman 241" se traduce como b e b-241.

Mirando para as solucións, pregunteilles se querían saber algo máis deste problema, varios querían, así que avisei de que en 2º ían ver sistemas de ecuacións que ían resolver automaticamente estes problemas, pero que se podía facer doutro xeito. E o que fixen foi chantar unha táboa no encerado:

 

1º número	2º número	Suma	Diferenza
134	107	241	27
		10	4
		43	13
		26	26
		16	6

E pedín que completasen eles as outras. E para moitos non foi, nin de lonxe, inmediato. Agás un cativo, que resolvera o problema orixinal sen álxebra, que o fixo rapidísimo.

1º número	2º número	Suma	Diferenza
134	107	241	27
7	3	10	4
28	15	43	13
26	0	26	26
11	5	16	6

En realidade había máis ringleiras, pero con estas xa facedes unha idea. 

E pedín que mirasen para cada ringleira, a ver se vían algo. E despois de respostas como "Si restas el 1º y el 2º, te da la diferencia" (a resposta é ben parva, pero deixa claro o nivel de implicación na actividade que tiñan algúns), tardou en decatarse unha rapaza do que estaba pasando, explicou o asunto dun xeito críptico, pero a idea estaba aí: o 1º número é a semisuma da suma e a diferenza (a media da suma e a diferenza), o 2º número é a semidiferenza da suma e a diferenza. E todo o mundo entendeu o xeito de calcular os dos números, pero non entendeu por que funcionaba. Polo que tiven que facer o seguinte:

 

                Figura non feita a escala, bla, bla, bla...

Como só estaba a usar xiz branco, non se viu a mestura de cores. Pero iso non foi o problema, o problema foi que moitos seguían sen ver por que funcionaba o que vira aquel alumno ao principio e a alumna agora.

Preguntei explicitamente como poderíamos ver con estas barras que o 1º número coincidía con esa semisuma e o 1º con esa semidiferenza, e custou, vaia se custou... E observade que coa colocación da parte amarela e a verde, que son iguais, o da semidiferenza é case obvio, non si?

Pois houbo que facer algo semellante a isto:

    

Agora si?

E tamén algo como isto:

   

Onde collín o cacho azul de abaixo da 1ª figura e leveino a continuación da parte de arriba, co cal temos dúas veces seguidas o 1º número. 

Este segmento de clase levou ben vinte minutos, perfectamente. E tampouco teño claro que conseguise gran cousa co alumnado, pero tiven que improvisalo, sentín a obriga. En realidade estou convencido de que este tipo de actividades son máis propias de Primaria que de Secundaria, onde chegan moitos alumnos con escasa familiaridade cos números e con aínda menor capacidade para relacionar números e figuras. Deixádeme pontificar por unha vez: non insistiría moito nas divisións longas e nas multiplicacións en caixa e si máis en actividades variadas. Deixo de pontificar e aclaro: amigos mestres, xa sei que os alumnos que teñen dificultades coa reprodución de algoritmos aínda ían ter(ou teñen xa) máis dificultades coas actividades desta índole. E igual insistir nisto é unha perda total de tempo con ese alumnado, só serviría para sentirnos ben nós.

---

1 Ah, atopei o ítem de TIMSS, é este do grao 8 de 1995:

P5. Tres quintos dos estudantes dunha clase son rapazas. Se 5 rapazas e 5 rapaces son engadidos á clase, cal das seguintes afirmacións é certa?

1. Hai máis rapazas que rapaces
2. Hai o mesmo número de rapazas que de rapaces
3. Hai máis rapaces que rapazas
4. Non podes afirmar se hai máis rapazas ou rapaces coa información proporcionada.

Se estades interesados, podedes atopar aquí os ítems daquel ano, o que comparto está na páxina 92 coa súa numeración(101 do pdf)

^↩

Olimpíada Matemática Galega 2023-Fase Local-5

Rematamos a quenda da fase local deste ano cun fermoso problema métrico:

Problema 5

Calcula a área da zona sombreada sabendo que ABCD é un cadrado de lado 1 m e os triángulos ACE e ACF son equiláteros iguais.

   

Confeso que cando vin este problema, pensei que estaba neste blog, nalgún recuncho. Tiven que revisar a etiqueta Xeometría ata 2016 para atopar a entrada na que compartín un problema semellante pero distinto, Dous problemas de áreas

Os lados dos cadrados medían 7 cm e 2 cm,
e os seus lados eran paralelos 

Na miña opinión, aínda coas eivas, unha boa escolla de problemas para esta fase local. Se hai sorte, tempo e ganas, hei volver sobre o asunto da olimpíada cando se celebre a fase final en Lugo. Deica logo.

Olimpíada Matemática Galega 2023-Fase Local-4

 

No cuarto problema desta fase local vaticino que non vos vai facer falta ler o enunciado:

Problema 4

A veciñanza dunha aldea deseñou a seguinte distribución das leiras das que dispoñen para dedicalas ao cultivo de produtos autóctonos. Desexan utilizar o mínimo número de produtos diferentes e colocalos de tal forma que en cada parcela se colleite un produto diferente a todas as que lindan con ela. Cal é o número mínimo de produtos que precisan?

 

   

Perdoade a foto mal tirada, por sorte o problema non é métrico senón topolóxico.

O problema consta de dúas partes: primeiro amosar cantas cores, perdón, cultivos, son necesarios, e logo amosar que son suficientes, i.e., que para ese número necesario é posible atopar unha configuración. Esta sutileza témome que sexa excesiva para unha solución completa. Imaxino que o que máis se verá nas respostas é un xeito correcto de encher a figura sen razoar por que non pode facerse con menos cultivos. Veremos.

Olimpíada Matemática Galega 2023-Fase Local-3

   

 Imos co seguinte e controvertido problema da Fase Local da Olimpíada deste ano:

Problema 3

Cantos anos do Século XXI verifican a propiedade de que dividindo o número do ano por 2, 3, 5 e 7 obtemos sempre de resto 1?

Observación: Considérase que o Século XXI comezou o 1 de xaneiro de 2001.

Cualifiqueino de controvertido porque cando un resolve o problema observa que non hai ningún ano neste século que cumpra as condicións. E seguramente haberá cativos que o resolvan e dubiden ao ver que non hai ningunha solución. O primeiro que pensei eu na sesión foi que trabucaran século con milenio, sinceramente.

Por outra banda, o problema é clásico, e variantes del aparecen nalgúns libros de texto. Non lembro en que editorial pero xuraría que vin ata a variante "atopa o menor número que dividido entre 2 deixa resto 1, dividido entre 3 deixa resto 2, entre 4 deixa resto 3, etc." 

O meu veredito, aínda así, é que o problema é axeitado para esta fase. O feito de que non haxa solucións pode servir para amosar destreza nas explicacións, que entre cativos de bo desempeño todo hai que usar para distinguir os mellores.

Olimpíada Matemática Galega 2023-Fase Local-2

 

Seguimos a xeira da fase local co segundo problema:

Problema 2

Letras diferentes representan cifras diferentes e letras iguais representan a unha mesma cifra ou o mesmo valor.

Sabendo que S=2, obtén que cifra se corresponde con cada letra na expresión e se hai unha ou varias solucións ao problema:

   

Como adoita suceder cos aritgramas, a solución non é tan difícil de atopar como argumentar que só hai esa solución. E a nivel de 2º de ESO, os cativos aínda non tiveron moitas opcións de albiscar por onde vai o razoamento rigoroso, independentemente de que nas aulas se tenten presentar problemas onde haxa que facer unha secuencia de razoamentos, é unha cuestión tamén de maduración do alumno.

P.S.: como no caso da Carta Roubada, de Poe, hai algo a simple vista que dá algo de... non sei como denominalo...

Olimpíada Matemática Galega 2023-Fase Local

 

   

Onte, xoves 27, celebrouse a fase local da Olimpíada Galega de 2º de ESO, cuxa sede en Ferrol é o IES Canido desde hai 6 anos. A Olimpíada é organizada por compañeiros de Lugo de Agapema, a Asociación Galega do Profesorado de Educación Matemática, á que pertenzo (non hai moito) aínda que eu manteña opinións claramente diverxentes en cuestións esenciais da ensinanza das Matemáticas, como saberedes se ledes isto ou o meu twitter hai tempo.

Como outros anos, procedo a compartir os problemas que caeron nesta fase, pois considero que sempre se lles poder dar un uso nas aulas, senón como actividades ordinarias (non sempre), desde logo como actividades de enriquecemento.

Problema 1

Nun saco botamos bólas brancas, bólas negras, dados brancos e dados negros. O 20% dos obxectos do saco son dados e o 40% das bólas son brancas. Se en total hai 300 obxectos:

1. Cantos deles son bólas?
2. Cantos son bólas negras?
3. Sabendo que o 60% dos obxectos son negros, que porcentaxe hai de dados brancos?

Un primeiro problema axeitado ao meu entender, pois sen ser inmediato, anima ao alumnado para os que veñen despois.

Non como aquel fermoso problema, pero moi difícil (e non determinado), que caera en 2015, que aproveito para traer aquí:

Os demais problemas, en días sucesivos.