Olimpíada Matemática Galega 2025-Fase Local-4

 

O problema número 4 deste ano, se facemos caso ao articulado da lei educativa vixente, é un problema académico. Porén, eu teño as miñas dúbidas, pois a maioría dos libros de texto segue sen incluír este tipo de actividades de xeito ordinario; como moito, nas páxinas finais das unidades, como exercicios "competenciais" ou a palabra que lles dea por poñer. Lembraredes que falei destas tarefas previamente, e dunha obxección que lles poño eu(unha das que lles poño, pois teño unha sospeita máis preocupante da que aínda non escribín nunca por aquí), en Pensamento xeométrico vs. pensamento aritmético.

Problema 4

Nun xacemento romano atopouse o seguinte patrón. Espérase que sexa unha pauta de construción para as columnas das vivendas. Desexariamos analizar a secuencia:

   

a) Que forma tería a figura 4?

b) Cantas estrelas habería no paso 4? E no 5?

c) Que pasaría no paso 78?

d) Cal sería o patrón para un paso xenérico n?

E hai outro indicio de que non debe estar xeralizada a súa inclusión nas aulas: houbo moitos alumnos que preguntaron que significaba "paso xenérico", que había que facer cando preguntaban polo paso n, etc.

Imaxinades que outras cuestións xurdiron na sesión?

"J, yo la forma que veo es como la de una..."

"J, ¿qué es el paso?"

"En el paso 78 pasa que sigue lo mismo"

E coitados os que efectivamente debuxaron as 133 estreliñas que había na figura 4...

Ah, unha cousa que me gustou foi que houbo distintos xeitos de contar as estrelas no paso n, dando lugar a 33n+1 nuns casos e a 33(n-1)+34 noutros.

Como último comentario de vello rosmón, no aspecto lingüístico, o termo axeitado para o que sucede aquí é "padrón", que fai referencia a calquera modelo, etc. Mais é normal que se use patrón, tendo en conta que aparece no Decreto 156/2022, no que se establece a ordenación e curriculum da ESO(e eu mesmo cometo o erro adoito)

A ecuación de 2º grao, xeometricamente(pero sen completar cadrados)

 

No título xa aviso, pois pensar xeometricamente a ecuación de 2º grao a estas alturas xa é un lugar común. Por moito que algúns fagan coma quen que o redescobren para o gran público de cando en vez.

Antonte dei por casualidade co artigo de King-Shun Leung Dividing a right-angled trapezium into two similar quadrilaterals, en The Mathematical Gazette, pero como me adoita suceder, reparei nun detalle accesorio no artigo, que é do que veño falar: a representación analítica das solucións da ecuación de 2º grao. Ademais, xa coñecía esta representación, mais quedara algo esquecida na miña memoria. Por outra banda, é posible que Cibrán xa a incluíse nalgunha das súas entradas sobre historia da Álxebra. 

Partimos da ecuación na forma $x^2+bx+c=0$ con $bc \neq0$ (lembremos que dividindo todos os coeficientes entre o coeficiente principal $a \neq 0$, obtemos sempre un polinomio mónico como o desexado). Marcamos no plano os puntos $A(0,-1), B(0,0), C(-b,0), D(-b,-c)$. A idea esencial do método consiste en trazar a circunferencia con diámetro o segmento AD. Se o discriminante $\Delta=b^2-4c>0$, a circunferencia corta ao eixe X en dous puntos $P(\alpha,0), A(\beta,0)$, con $\alpha>\beta$.

   

E eses números $\alpha, \beta$ son as solucións da ecuación orixinal. Vexamos por que no caso do punto P:

O punto P$(\alpha,0)$ é solución $\iff \alpha^2+b\cdot \alpha +c=0 \iff  c=-\alpha \cdot (\alpha +b) \iff \\ \frac{1}{\alpha} \cdot \frac{c}{\alpha+b}=-1$

E aquí vén o salto, a igualdade anterior pode escribirse:

$$\frac{0-(-1)}{\alpha-0}\cdot \frac{0-(-c)}{\alpha-(-b)}=-1 \iff PA \perp PD $$

que, de novo, é equivalente a que o punto P pertenza á circunferencia de diámetro AD.

E aínda van quedar deberes para o amable lector: coa pista do trapecio que resaltei na figura, tócavos amosar que uso lle dá para atopar os dous trapecios semellantes que promete o título do artigo.

Olimpíada Matemática Española 2024-25, Fase Local

 

Pequena adiviña non-relacionada-coas-matemáticas
que deixo (axiña aparece a razón)

A fin de semana pasada tivo lugar a fase local da OME deste curso, un colega mandoume o mesmo día foto da folla da sesión matinal e automaticamente quedei abraiado porque vin un problema que recoñecín como parte do folklore. E como ninguén me deu a razón, quedei pensando se sería un falso recordo. 

Polo que traio ese problema e a solución que practicamente non tiven que pensar, razón que apoia a miña postura: se non formase parte do folklore, probablemente eu non o daría resolto, e menos tan rápido. E de paso tamén comparto o primeiro problema, que tamén resultou sinxeliño. A ver que opinades.

O problema que eu considero ben coñecido era o 2:

Sexa $q(x)$ un polinomio de grao 2023 que cumpre $q(n)=\frac{1}{n}$ para todo $n=1,2,\dots, 2024$. Atopa o valor de $q(2025)$

Dúas liñas máis abaixo comeza o meu comentario e posterior solución. Avisados estades.

O primeiro que pensa un vendo ese enunciado é que un polinomio de grao 2024 queda determinado por 2025 valores, e aquí temos 2024 valores, polo que o mellor que podemos acadar é deixar un parámetro bailando. Se coñecedes algo do polinomio de interpolación e do determinante de Vandermonde saberedes o obstáculo que hai, que vén xeneralizar o feito ben coñecido de que unha recta(grao 1) queda determinada por 2 puntos, unha parábola(grao 2) por 3, etc. Na práctica, non parece factible meternos a calcular un polinomio de grao 2023. O que si sería máis manexable sería determinar o polinomio a partir das súas raíces, co pequeno obstáculo de que non sabemos as raíces de q. Polo que a estratexia vai ser atopar un polinomio relacionado con q do que si saibamos as raíces. E isto é cuestión de vista: Se $q(n)=\frac{1}{n}$, entón $n \cdot q(n)=1$, ou o que é o mesmo, $n \cdot q(n)-1=0$.

Así que o polinomio que vai facer o choio é $p(x)=xq(x)-1$, que ten 2024 raíces coñecidas, $n=1,2,\dots, 2024$. En consecuencia, $p(x)=\lambda \cdot (x-1)(x-2)\dots (x-2024)$, con $\lambda$, o coeficiente principal, por determinar.

Agora usamos que o valor no 0 é sinxelo de obter, e pouco quedará:

$$p(0)=0 \cdot q(0)-1=-1$$ 

Pero tamén:

$$p(0)=\lambda \cdot(0-1)(0-2)\dots(0-2024)=\lambda \cdot 2024!$$

Igualando, $$-1=\lambda \cdot 2024! \rightarrow \lambda=\frac{-1}{2024!}$$

E $p(2025)= \frac{-1}{2024!} \cdot (2025-1)(2025-2) \dots (2025-2024)=\frac{-1}{2024!} \cdot 2024! =-1$

De onde $-1=p(2025)=2025 \cdot q(2025)-1$, polo que $q(2025)=0$

Como detalle curioso, o conto cambiaría moito se estivésemos en 2024 ou 2026. Observade o gif que fixen, de 1 ata 20, como varía dependendo da paridade:

Non sei vós, eu oio o son de lategazos a través da pantalla

E, como dixen, o primeiro problema, gratis:

Sexa ABCD un paralelogramo e sexa M un punto na diagonal BD que cumpre $MD=2BM$. As rectas AM e BC córtanse nun punto N. Cal é o cociente entre a área do triángulo MND e a área do paralelogramo ABCD?

Como sempre, o debuxo explica mellor o asunto:

   

Neste problema hai unha única liña que revela o esencial, e non é moi esotérica, pois é a outra diagonal:

   

Como as diagonais sempre se cortan no punto medio(E nesta figura), e ademais $MD=2BM$, temos que $BM=2 ME$ e $MD=\frac{2}{3} BD$. Sendo E o punto medio do lado AC do triángulo ABC, BE é a mediana correspondente a ese lado, e M ten que ser o baricentro, que é o único punto nunha mediana que a divide na razón 2:1.

Por tanto, AN ten que ser outra mediana, polo que N é o punto medio do lado BC, e podemos xa ir calculando razóns entre áreas de polígonos:

$$\frac{(MND)}{(BND)}=\frac{MD}{BD}=\frac{2}{3}$$

$$\frac{(BND)}{(BCD)}=\frac{1}{2}$$

$$\frac{(BCD)}{(ABCD)}=\frac{1}{2}$$

Xuntando estas 3 razóns, $$\frac{(MND)}{(ABCD)}=\frac{1}{6}$$

O dito: o primeiro problema é tradicional? Resolvestes o do paralelogramo doutro xeito?

Outro problema de álxebra sen ecuacións, o último

 

O bo de ter certa idade é que xa che deu tempo a ler os clásicos das matemáticas elementais e recreativas; o malo, que xa che deu tempo a esquecelos e/ou mesturalos na memoria.

Coa miña teima de propoñer problemas xenuínos no ámbito da álxebra elemental fun esquecer un dos máis clásicos, veño hoxe a emendar esta omisión. teño que recoñecer que non dei resolto no seu día, do que pasaron tantos anos que xa non sei se foi nun libro collido na biblioteca municipal de Ferrol ou onde. A estas alturas, o problema aparece centos de veces pola rede, mais non dou atopado nas fontes da matemática recreativa de David Singmaster cando xurdiu. É probable que non fose exhaustivo na miña pescuda, pois o traballo de Singmaster é formidable.

Imos ao problema, que, sen que sirva de precedente, resolverei ipso facto:

Nunha mesa hai 20 moedas, 13 amosando cara e 7 amosando cruz. Na penumbra non se ve que amosa cada moeda, pero podes coller as moedas sen problema. O teu choio consiste en separar as moedas en dúas moreas de tal xeito que haxa o mesmo número de cruces nas dúas moreas. O único permitido é mover as moedas e voltealas.

Antes da solución inclúo este lugar xeométrico rarecho que atopei sen querer. Deste xeito tedes outro problema, este de enxeñería inversa: como creei o lugar, dado que ocultei obxectos imprescindibles no gif?(Outros deixeinos, se non sería imposible de resolver)

    

A idea feliz da solución, que como adoita ocorrer, resulta natural cando un xa é familiar con ela, consiste en dividir ao chou as 20 moedas en dúas moreas de 13 e 7(non hai outro xeito, se non podes ver que amosan) e darlle a volta ás 7 moedas da morea pequena. Resolto.

Resolto?

Pois si. A álxebra axuda a iluminar o conto.

Imaxina que na morea aleatoria de 7 moedas hai x cruces. Isto implica necesariamente que nesa mesma morea hai 7-x caras, e na outra morea, tamén 7-x cruces. Ao voltear a morea pequena, quedas con x caras, 7-x cruces, e a morea grande non variou, polo que segue con 7-x cruces. Q.E.D.

Que sinxelo, non si? É o que sucede coas ideas felices, que son imposibles ata que se converten en necesarias(no sentido filosófico).

Observades como agroma o mesmo fenómeno que no problema das bolsas con bólas brancas e negras? Fenómeno semellante tamén ao do problema do baile e as parellas que se daban as mans.

Seica espetei cun patrón case unívoco de problemas de álxebra sen ecuacións. Coido que non seguirei con esta serie ata que atope un problema realmente distinto.

 

(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.

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.

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)

^↩

(Aínda máis) Problemas de Álxebra sen ecuacións

 A estas alturas xa saberedes que unha das miñas teimas é darlle máis amplitude de miras á álxebra elemental, alén do cálculo formal e da resolución de ecuacións. Se aínda non as lestes, hai dúas entradas previas, Problemas de Álxebra sen ecuacións e Máis problemas de Álxebra sen ecuacións, que incluén tres problemas ben fermosos que plasman perfectamente a idea da miña teima: as variables teñen utilidade aínda que non haxa condicións de igualdade entre expresións(e moito antes de que introduzamos o concepto de función).

Lamentablemente, non é sinxelo atopar problemas de Álxebra sen ecuacións que sexan axeitados para traballar nas aulas. Ás veces porque non son problemas xenuinamente, ás veces porque necesitan coñecementos previos que o alumnado aínda non ten. Por isto adoito aceptar problemas que rematen cunha ecuación, sempre que o interesante(i.e., o difícil) veña antes, na parte relacional. Un deses exemplos, non tan fermoso, e ben coñecido nas aulas, sería o do mago, que compartín na entrada Traballos de Álxebra:

Un mago afirma que pode adiviñar calquera número que penses, só tes que dicirlle o resultado final das seguintes operacións:

• Pensa un número.
• Súmalle 2.
• Multiplícao por 3.
• Réstalle 7.
• Réstalle o número pensado ao comezo.
• Multiplícao por 2.
• Súmalle 2.

Que número pensaras se o resultado final é 68?

Apostaría que este tipo de exercicio é común en libros de texto, aínda que non lembro ningunha referencia concreta.

Outro problema que xa apareceu neste blog e que é susceptible de ser atacado con Álxebra é esta fermosura:

Unha caixa contén mazás e peras. Sabemos que hai o mesmo número de mazás podres que de peras podres. Tamén sabemos que $\frac{2}{3}$ de todas as mazás están podres, e que $\frac{3}{4}$ de todas as peras están podres. Que fracción do total de froitas da caixa está podre?

Nun receso entre facer fichas e facer máis fichas, remexín un anaco polo disco duro e atopei un libro de preparación para a Olimpíada de Singapur no que inclúen algúns exercicios deste estilo. Como disclaimer, no prólogo do libro indican que é axeitado para alumnos de 5º ou 6º de Primaria. Facede o que vexades con esa información. Traduzo e modifico algún problema:

Nun exame de Matemáticas, a media de 10 alumnos é a. A media dos 8 alumnos con mellores notas é b. O alumno coa 9ª mellor nota sacou c máis que o 10º. Atopa a peor nota da clase.

O seguinte si inclúe igualdades, pero me prestou tanto o feixe de variables que o traio igual:

Un coche e un camión saen respectivamente das cidades A e B, en sentidos contrarios. O coche chega á cidade B en x horas e o camión chega á cidade A en y horas. Se o coche circula z km/h máis rápido que o camión, calcula canto tempo tardadon en cruzarse.

Aproveito para traer un problema clásico de Lewis Carroll, que o incluíu nos seus Pillow Problems (probade a tentar un deses problemas de memoria xusto antes de durmir, probade...):

Se $\epsilon, \alpha, \lambda$ representan fraccións exactas, e nun certo hospital $\epsilon$ dos pacientes perdeu un ollo, $\alpha$ perdeu un brazo e $\lambda$ unha perna, cal é o número mínimo posible de pacientes que perderon as 3 cousas?

E remato esta xeira cun problema fóra de concurso pero que, se resolvedes, entenderedes a razón de incluílo:

Regatando cun tendeiro, a túa primeira oferta é a €, a súa é b €. Incrementas a túa 1ª oferta certa porcentaxe, o vendedor baixa a súa 1ª oferta a mesma porcentaxe... e chegades ao mesmo prezo!

Cal é este prezo, en función de a e b?

Adiviña lineal

 

Por unha vez, esta adiviña vai dirixida a un grupo concreto: o profesorado de Matemáticas que non dea/dese clase en 2º de Bacharelato(e tamén para calquera que domine abondo a linguaxe da Álxebra Lineal).

No contexto das posicións de 3 planos, cal é o caso máis difícil de entender para o alumnado? Quizais entender non sexa a palabra precisa, quizais sexa mellor preguntar cal é o caso no que lles custa máis ver a relación entre a Xeometría e a Álxebra. Ou aínda máis preciso: cal é o caso no que lles custa máis poñer un exemplo axeitado de ecuacións/matriz?

Coa escusa do 15

 

   

Noutro século, cando estudaba a carreira, na especialidade de Matemáticas Puras unha das materias vinculadas á especialidade en 4º era Teoría de Grupos e Representacións(a outra era Introdución aos Sistemas Diferenciais e Grupos de Lie). Usando exclusivamente a memoria, na materia había un estudo de cuestións de resolubilidade, o Th. de Burnside, enumeración de subgrupos cumprindo certas condicións, Teoremas de Sylow, e unha parte de representacións, incluíndo algo que daquela non sabía aínda clasificar, pero que agora chamaría combinatoria( as táboas de Young). A materia para os que tiñamos certa tendencia ao abstracto(o abstract nonsense, que dixo John F. Nash, aínda que agora non atopo referencia) era entretida, e non pedían cousas moi difíciles nos exames.

Lembro que un dos poucos exemplos tirados da Matemática Recreativa que vin en toda a carreira apareceu nesta materia. Como ilustración das órbitas no contexto das permutacións, falouse do 15 Puzzle e tamén someramente do Cubo de Rubik. E, de novo, lembro a idea esencial  na imposibilidade do puzzle proposto por sam Loyd: a paridade das permutacións, $S_n$, determina só dúas órbitas, a das permutacións pares, $A_n$, que forma un subgrupo, e a das impares. E o subgrupo das permutacións pares ten como sistema xerador os 3-ciclos. E aí remata o que lembro, ata o punto de que dubido de se vimos a demostración completa e esquecín todo agás o anterior, ou simplemente non o demostramos, e quedou a súa finalización para o alumno(vós xa me entendedes).

Pois ben, como este ano tiven que deixar de dar Matemáticas I e dar Matemáticas II, volvín ocupar a mente co concepto de dependencia lineal, que en 1º de BAC non é tan esencial. E dado o pouco que lembraba do 15 Puzzle, pensei en se o determinante, que está relacionado coas permutacións, distinguiría as posicións factibles das imposibles no puzzle. E, claro, non o fai, poñamos por exemplo a posición que propoñía Sam Loyd como premisa e a posición obxectivo:

$$\begin{vmatrix} 1 &2&3&4 \\ 5 &6&7&8 \\ 9 &10&11&12 \\ 13 &15&14&b    \end{vmatrix} \ \ \ \begin{vmatrix} 1 &2&3&4 \\ 5 &6&7&8 \\ 9 &10&11&12 \\ 13 &14&15&b    \end{vmatrix} $$

Nos determinantes anteriores b indica a cela que está baleira.

Que sucede con eses determinantes? Pois que os dous son nulos, a posición do 14 e o 15 é irrelevante. E aínda que poderíamos buscar un xeito de evitar ese obstáculo, pareceume máis interesante outra cuestión.

Por que son nulos os dous determinantes? Observade simplemente as 3 primeiras ringleiras. Resulta que a 3ª ringleira depende linealmente das dúas primeiras dun xeito obvio abondo:

$9=2\cdot 5 - 1, 10=2\cdot 6 - 2, 11=2\cdot 7 - 3, 12=2\cdot 8 - 4,$

Que, ademais, é certo para calquera disposición dos primeiros 3n naturais en 3 ringleiras

$$\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & \dots  n \\  n+1 & n+2 & n+3 & \dots  2n \\ 2n+1 & 2n+2 & 2n+3 & \dots 3n \end{matrix}$$

Cal é a cuestión que me pareceu máis interesante, e que confeso que aínda non tiven tempo para resolver? Por unha vez, unha cuestión de enumeración:

Se collemos os números do 1 ao 16, cantas das 16! matrices 4x4 que podemos formar con eses números teñen determinante nulo?

Se preferides números máis pequenos, podedes contestar a mesma pregunta para o caso do 1 ao 9.

Problema aritmético?

É ben coñecido o fenómeno que se produce ao dominar certas ferramentas, que ata ten nome, Lei do instrumento, e que popularmente se adoita expresar deste xeito:

Se a única ferramenta que tes é un martelo, tendes a ver calquera problema como se fose un cravo.

Como profesores é habitual observar este fenómeno no uso por parte do alumnado de estratexias previas ante novas situacións, problemas, etc., ás que se poden adaptar máis ou menos ben. Obviamente isto non é exclusivo dos alumnos, pois o coñecemento das destrezas propias da álxebra produce que o noso pensamento flúa máis (ou mellor) introducindo variables e incógnitas. Como mostra, esta entrada de hai case tres anos, na que ademais do problema presentado, eu mesmo na resposta a un comentario volvo caer no uso da álxebra. Pero quen pode sentirse culpable, se a álxebra, no fondo, é ben divertida?

No meu traballo na aula sempre ando á pescuda de problemas elementais pero difíciles, que requiran poucas ferramentas canónicas previas mais que non sexan sinxelos aínda así. Coido que levo compartida unha chea deles nestes anos, pero hai un campo no que non estou moi satisfeito aínda: o dos problemas aritméticos nos que haxa que pelexar con varias cantidades enteiras e as súas relacións. Polo que celebro cada nova situación que atopo nalgún libro, web ou olimpíada matemática. Observade o seguinte problema, que veño de achar no Virginia Tech Regional Mathematics Contest de 1982:

Unha caixa contén bólas de cores. Cada bóla é azul, branca ou vermella. O número de bólas azuis é polo menos a metade do número de bólas brancas, e como moito un terzo do número de bólas vermellas. O número de bólas que son brancas ou azuis é polo menos 55. Atopa o número mínimo de bólas vermellas.

Veña, resolvede o problema e sede sinceros: fixéstelo con álxebra? Unha vez resolto con álxebra, destes atopado un xeito de non usala? Ou xa o fixestes só por medios aritméticos desde o comezo?

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.

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.

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...

Procedementos que nunca levei á aula

 Observade esta inecuación:     $$2 \left| x-2 \right| \geq \left|x+1\right|$$

Unha inecuación así podería aparecer nunha folla de exercicios do comezo de Matemáticas I, mais  dada a dificultade técnica que entraña, non estou certo de se algunha vez puxen algo semellante. O típico exercicio nese curso ten un aspecto como este, despois de manipulacións alxébricas: $$ \left| x-1 \right| \geq 3$$

, onde vemos que só aparece un valor absoluto, o que fai que poidamos fundamentar o algoritmo de resolución na caracterización do valor absoluto como distancia á orixe ou $\left| x-a \right|$ como distancia ao número a, que é consecuencia do anterior.

Pero utilizar esa aproximación á inecuación orixinal implicaría ter que buscar os números reais x que cumpren que o dobre da distancia de x ao 2 é maior ou igual que a distancia de x ao -1. Non parece moi operativo.

Co cal, o procedemento estándar(coido) para resolver unha inecuación así consiste en eliminar os valores absolutos utilizando de xeito intelixente que $\left| x\right|^2=x^2$, xunto co feito de que en $(0,+\infty)$, a función elevar ao cadrado é crecente:

$$\left[2 \left| x-2 \right| \right]^2 \geq \left[\left|x+1\right|\right]^2$$

$$4 \left( x-2 \right)^2 \geq \left(x+1\right)^2$$

E queda unha inecuación de 2º grao, propia de 4º de ESO, neste caso obtemos como solución $\left(-\infty,1 \right] \cup \left[5,+\infty\right)$

Ata aquí o que fixen/faría eu na aula. Pero nunca levei a cabo un enfoque máis obvio e menos artificioso, case dá vergonza dicilo: DEBUXAR AS GRÁFICAS DAS MALDITAS FUNCIÓNS.

Podería parecer que este método gráfico só vai dar unha aproximación á solución, pero o mero feito de debuxalas e notar que cada valor absoluto é unha función con dous anacos, fai que sexa máis sinxelo resolvelo tamén de xeito alxébrico, exacto.

Observade as gráficas:

Calquera variación vén dando unha figura análoga

Vemos que a rama decrecente da gráfica verde está por riba da vermella ata o 1, e a crecente da verde está por riba da vermella desde o 5. Isto tamén pode servir como inicio dunha discusión: cambiando as pendentes das funcións verde e vermella podemos obter solucións con aspecto distinto á inecuación?

Quizais sexa máis sinxelo razoalo cos cadrados, por iso de que os alumnos a estas alturas xa saben o nº máximo de solucións dunha ecuación de 2º grao?

Vexamos outro exemplo dun método que nunca levei á aula. En 1º de bacharelato unha das técnicas que se ensinan é o cálculo das asíntotas dunha función elemental, do estilo $f(x)=\frac{3x^2-x+1}{x+2}$

A técnica que emprego eu sempre vai así:

1. Observamos rapidamente que puntos teñen pinta de dar problemas, neste caso x=-2, e comprobamos se existe o límite neses puntos, se é finito ou non. No exemplo o límite pola esquerda é $-\infty$ e o límite pola dereita é $+\infty$, polo que hai unha asíntota vertical aí. Isto é o máis sinxelo do exercicio, pero algúns alumnos, influídos polo que fan en clase particular, cren que se o punto non está no dominio xa vai haber asíntota vertical, o que é obviamente falso, como podemos ver con $g(x)=\frac{x^2-3x+2}{x-1}$
2. Despois pasamos ás asíntotas horizontais e ás oblicuas, que son excluíntes "polo mesmo lado". Miramos o límite en $\infty$ e $-\infty$, se o límite é finito e igual a k, temos asíntota horizontal $y=k$, se non é finito, pode que teñamos asíntota oblicua, para o cal hai que ver a "velocidade" do límite, comparando coa recta y=x
3. E dicir, calculamos $\lim \limits_{x \rightarrow \infty} \frac{f(x)}{x}$, que nos vai dar a pendente da asíntota se é finito e igual a m. E finalmente calculamos $\lim \limits_{x \rightarrow \infty} [f(x)-mx]$ que nos dará a ordenada na orixe da asíntota oblicua.

Pois ben, cando un profesor (ou un alumno que entenda) ve unha función como $f(x)=\frac{3x^2-x+1}{x+2}$ sabe perfectamente que vai ter unha asíntota oblicua, dado que a función no infinito é como un polinomio de 1º grao. De feito vin compañeiros en twitter falar de que sempre facían o seguinte:

1. Efectúan a división implícita na función racional, $f(x)=\frac{3x^2-x+1}{x+2}=3x-7+ \frac{15}{x+2}$
2. Á vista da expresión de cociente e resto, como a fracción do final é nula no infinito, f(x) compórtase como a recta $y=3x-7$

E xa temos a expresión da asíntota oblicua. Dependendo do aspecto do cociente, teremos asíntota horizontal(se é un escalar), oblicua (se é un polinomio de grao 1) ou ramas parabólicas(se é de grao superior a 1). Por que nunca levei isto á aula, aínda que o teño comentado e boto as contas de memoria* usualmente? Basicamente porque en ningún lugar do curriculum restrinxe o cálculo de asíntotas a funcións racionais, aínda que é o que máis se fai, e vai aparecer noutros momentos, como no do crecemento das funcións na unidade de derivadas. Que pasaría coas seguintes funcións daquela?

$$h(x)=\sqrt{4x^2+1}\ ,\ \ i(x)=\log\left( \frac{1}{x}+3\right)$$

*En realidade o que fago é  $f(x)=\frac{3x^2-x+1}{x+2}=\frac{3x^2+6x-7x-14+14+1}{x+2}=3x-7+ \frac{15}{x+2}$, pero vaia, vén sendo o mesmo.

Por último, outra técnica que nunca levei á aula é o famoso novo método para resolver a ecuación de 2º grao que resultou non ser novo, como amosa esta entrada no blog de Don Steward. Esta situación é distinta ás anteriores, nas que si coñecía os métodos había tempo. Lembremos as posibilidades para resolver a ecuación xeral de 2º grao:

• Podes resolvela coa fórmula, o que semella ser o máis común a nivel español.
• Podes completar o cadrado, de xeito alxébrico ou de xeito puramente xeométrico, sendo isto último o máis raro por aquí(estou supoñendo).
• Se a ecuación é sinxela abondo, podes utilizar as identidades de Cardano-Vieta a ver se tes sorte.

Hai máis xeitos, pero normalmente necesitan que a ecuación sexa moi sinxela. Vexamos agora o non-tan-novo método cunha ecuación que non meta moito medo, $x^2-2x-3=0$

Esencialmente imos utilizar as identidades de Cardano-Vieta para reformular a ecuación. Como as dúas raíces da ecuación teñen que sumar 2, podemos escribir sen perda de xeralidade que terán o aspecto $1+y$ e $1-y$; e como o seu produto ten que ser -3, teremos a ecuación: $$(1+y)(1-y)=-3$$

E obtemos unha ecuación incompleta, que polo menos eu traballo previamente na aula:

$$1-y^2=-3 \rightarrow y^2=4 \rightarrow y= \pm 2$$

Só quedaría desfacer o cambio de variable, se $y= \pm2$, entón as raíces da ecuación orixinal son $-1, 3$

Vexo claro que este xeito de resolver ecuacións non é axeitado para 2º de ESO, cando aparecen por primeira vez no curriculum, pero en 4º xa é a segunda vez que amoso Cardano-Vieta, e tamén aproveito para introducir algunha ecuación cun parámetro, do estilo $x^2-(2n+1)x+n^2+n=0$, se este ano dou 4º pode que apareza dalgún xeito. Quen sabe.

Como non resolver un problema

 Esta mañá lendo cousas de Matemáticas e ensino tiña de fondo vídeos de youtube, e o algoritmo fixo que aparecese como recomendado un vídeo da canle Mind your Decisions, de Presh Talwalkar. Usualmente non vexo eses vídeos, pero teño entrado no blog cando vexo algún problema ou exercicio técnico prometedor, que foi xusto o que sucedeu hoxe. E que pode ocorrer cando vexo un exercicio técnico que me soa familiar? En efecto, cagala varias veces. Seguídeme neste percorrido repleto de fracasos parciais:

O problema era este(poño a imaxe enlazada e transcribo a LATEX por se acaso nun futuro a ligazón está rota):

Isto resólvoo eu en medio minuto...(spoiler: NON)

Se a e b cumpren que

$$\begin{cases} a \sqrt{a}+b\sqrt{b}=183 \\ b \sqrt{a}+a\sqrt{b}=182 \end{cases} $$

Encontrar o valor de $$\frac{9}{5}(a+b)$$

O primeiro que pensei foi "ha, a ver que sinxelo é para min". E procedín a facer desaparecer as raíces para evitar a molestia de escribilas, $x=\sqrt{a},y=\sqrt{b}$

$$\begin{cases} x^3+y^3=183 \\ y^2 x+x^2 y=182 \end{cases} $$ Restemos esas ecuacións...

$$x^3+y^3-y^2 x -x^2 y=1 \rightarrow x(x^2-y^2)+y(y^2-x^2)=1 \rightarrow$$

$$x(x^2-y^2)-y(x^2-y^2)=1 \rightarrow (x-y)(x^2-y^2)=1$$

E aquí, de memoria, intuín o que viña se sumaba as ecuacións, 

$$(x+y)(x^2+y^2)=365$$

E, confeso, que como non vin ningunha saída, pensei en desenvolver os produtos e quizais sumar ou restar os membros...

Experiencia abondo para non teimar 

Aí tiven unha crise de fe, e pensei en resolver o exercicio aínda que fose dun xeito feo, e xa volvería ao rematar ao comezo para resolvelo de xeito elegante. E comecei, avergoñado, como se fose un sistema das clases da ESO, despexando:

$$\begin{cases}  a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}=183 \\ b a^{\frac{1}{2}}+a b^{\frac{1}{2}}=182 \end{cases} $$

$$b^{\frac{3}{2}}=183-a^{\frac{3}{2}} \rightarrow b= \sqrt[3]{(183-a^\frac{3}{2}}$$

Chegado aquí, mirei para a outra ecuación, $b\sqrt{a}+a\sqrt{b}=182$ e pensei como despexar tamén b en función de a, co obxectivo de igualar as dúas expresións. Incrible ata onde cheguei:

$$b\sqrt{a}+a\sqrt{b}=182$$

Que pensei? Pois considerar a ecuación como cuadrática en $\sqrt{b}$ con coeficientes en a:

$$\sqrt{b}=\frac{-a \pm \sqrt{a^2+4\sqrt{a} \cdot 182 }}{2\sqrt{a}}$$

E vin que ía saír unha ecuación de 6º grao, e por aí xa non ía pasar...

E agora que? Pois de súpeto pensei... E funcionará dividir as ecuacións? Non sería moi elegante, pois vai aparecer unha fracción fea moi preto de 1, pero outra cousa...

$$\frac{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{b\sqrt{a}+a\sqrt{b}}=\frac{183}{182}$$

O que vén xa o intuídes:

$$\frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b})(b\sqrt{a}-a\sqrt{b})}{b^2a-a^2b}=\frac{183}{182}$$

$$\frac{a^2b-a^2\sqrt{ab}+b^2\sqrt{ab}-ab^2}{ab(b-a)}=\frac{183}{182}$$

$$\frac{ab(a-b)-\sqrt{ab}(a^2-b^2)}{ab(b-a)}=\frac{183}{182}$$

$$\frac{(a-b)\sqrt{ab}[\sqrt{ab}-(a+b)]}{ab(b-a)}=\frac{183}{182}$$

$$\frac{a+b-\sqrt{ab}}{\sqrt{ab}}=\frac{183}{182}$$

$$\frac{a+b}{\sqrt{ab}}-1=\frac{183}{182}$$

$$\frac{a+b}{\sqrt{ab}}=\frac{365}{182}$$

Outra encrucillada. E agora?

Pois como un xa ten uns anos, ve as funcións simétricas automaticamente, polo que fixen o cambio $s=a+b, p=\sqrt{ab}$

$$\frac{s}{\sqrt{p}}=\frac{365}{182}$$

Claro que cunha soa ecuación non fas nada, polo que había que fedellar para atopar outra, e con certa esperanza, sumei as dúas:

$$(a+b)(\sqrt{a}+\sqrt{b})=365$$

Se quería usar a estratexia previa, necesitaba escribir esa suma de radicais como función de s e p, o cal non é demasiado difícil:

$$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2=a+2\sqrt{ab}+b=s+2\sqrt{p}$$

Polo que cheguei a:

$$s \sqrt{s+2\sqrt{p}}=365$$

Xa tiña dúas ecuacións en s e p:

$$\begin{cases} \frac{s}{\sqrt{p}}=\frac{365}{182} \\ s \sqrt{s+2\sqrt{p}}=365\end{cases}$$

Xa vai quedando pouco, despexei s na 1ª ecuación e utilicei a expresión na 2ª:

$$\frac{365\sqrt{p}}{182} \sqrt{\frac{365\sqrt{p}}{182}+2\sqrt{p}}=365$$

$$\sqrt{p} \sqrt{\frac{365\sqrt{p}}{182}+2\sqrt{p}}=182$$

$$\sqrt{p} \sqrt{\frac{729 \sqrt{p}}{182}}=182 \rightarrow p \cdot \frac{729\sqrt{p}}{182}=182^2$$

$$p \sqrt{p}=\frac{182^2}{729} \rightarrow p^\frac{3}{2}= \frac{182^3}{729}$$

$$p^3= \frac{182^6}{9^6} \rightarrow p=\frac{182^2}{9^2}$$

$$s=\sqrt{p} \frac{365}{182}=\frac{182}{9}\cdot \frac{365}{182}=\frac{365}{9}$$

Agora só quedaba atopar o valor de a e b utilizando a ecuación de 2º grao:

$$t^2-st+p=0\rightarrow t^2-\frac{365}{9}t +\frac{182}{9}=0$$ Este cálculo vóuvolo aforrar, e obter:

$$a=\left( \frac{14}{3}\right)^2, b=\left( \frac{13}{3}\right)^2$$

e a solución simétrica, claro.

E o resultado solicitado polo exercicio é $\frac{9}{5}(a+b)=73$

Pois vale.

Mirei a duración do vídeo, nin 6 minutos. Non pode ser. Que pasei por alto? Mirei outra vez

$$\begin{cases} a \sqrt{a}+b\sqrt{b}=183 \\ b \sqrt{a}+a\sqrt{b}=182 \end{cases} $$

Fixen outra vez o cambio $x=\sqrt{a}, y=\sqrt{b}$, agora que xa sabía que entón $x=\frac{14}{3}, y=\frac{13}{3}$

$$\begin{cases} x^3+y^3=183 \\ y^2 x+x^2 y=182 \end{cases} $$

E pensei "non pode ser, vai ser a idade, será que non vin veces a identidade":

$$(x+y)^3=x^3+3x^2y+3xy^2+y^3$$

Agora xa é unha trapallada, sumando a 1ª ecuación máis o triplo da 2ª:

$$(x+y)^3=729 \rightarrow x+y=9$$

$$xy(x+y)=182\rightarrow xy=\frac{182}{9}$$ 

E o que queda xa o faría utilizando as funcións simétricas. Nun minuto. Algún de vós viu esta solución cando pasei rozando ao comezo da entrada? Como cando o protagonista dunha película non dá atopado o quid nunha situación? Pensade que peor sería que me gravase para que me vísedes fracasar en tempo real, como fixo Timothy Gowers varias veces. 

Seguídeme para ver máis desastres como este.

Un problema do Tournament of the Towns

Un aviso antes de comezar: nunca collades problemas de olimpíadas rusas ou do leste de Asia coa intención de pasar dez minutos pensando un chisco. Non vai saír ben,

Non sei como acabei na web do Tournament of the Towns, concurso de problemas de dificultade fabulosa que coñezo desde os tempos nos que a principal (única?) compilación de problemas de olimpíada na web era a web de John Scholes(a ligazón leva a unha copia da web orixinal, extinta). Sexa como for, abrín os problemas do Senior O-Level, e atopei este enunciado elemental, cercano a cousas que se dan no curriculum nos institutos. Observade:

Os tres polinomios cuadráticos P(x), Q(x) e P(x)+Q(x) teñen coeficientes reais e raíces dobres. Está garantido que as raíces coincidan?

Como vou tendo unha idade e unha experiencia con problemas(en concreto, en non dalos resolto), xa usmei que non ía ser tan sinxelo como aparentaba. Porén, sendo contido curricular, contei con ver rapidamente onde radicaba a dificultade. E comecei a sumar polinomios cuadráticos con raíces dobres.

E nada. Nin arre nin xo.

E abrín Geogebra, escollín unha notación e comecei a mover parábolas tanxentes ao eixe X

Tournament of the Towns Senior O-Level Fall 2020

E funme convencendo de que o meu pálpito inicial non ía funcionar. Se queredes resolver o problema vós mesmos, poño a xkcd antes da feira alxébrica que vai vir despois.

Forgot Algebra

Escollín notación, $P(x)=p(x-a)^2, Q(x)=q(x-b)^2$ e $P(x)+Q(x)=r(x-c)^2$, e igualei os coeficientes respectivos:

$$\begin{cases} p+q=r \\ -2pa-2qb=-2rc \\ pa^2+qb^2=rc^2 \end{cases}$$

simplificando

$$\begin{cases} p+q=r \\ pa+qb=rc \\ pa^2+qb^2=rc^2 \end{cases}$$

Elevando ao cadrado a segunda ecuación, 

$$(pa+qb)^2=(rc)^2 \rightarrow p^2a^2+2pqab+q^2b^2=r^2c^2$$

Escribindo $r^2c^2=r \cdot rc^2$ vemos que se pode expresar como o produto de $p+q$ e $pa^2+qb^2$:

$$p^2a^2+2pqab+q^2b^2=(p+q)(pa^2+qb^2 \rightarrow$$ $$p^2a^2+2pqab+q^2b^2=p^2a^2+pqb^2+pqa^2+q^2b^2 $$

$$2pqab=pq(a^2+b^2) \rightarrow pq(a^2+b^2-2ab)=0 \rightarrow pq(a-b)^2=0 \rightarrow a=b$$

Polo que as raíces dos dous polinomios p(x) e q(x) efectivamente coinciden. Obviamente isto implica que a raíz dobre da súa suma tamén coincide.

Choio virado, seica.

Pois non. Non hai algo raro nesta solución? Moito introducir variables... que logo non se usan?

Fagámolo doutro xeito, logo. Usemos outra vez $P(x)=p(x-a)^2, Q(x)=q(x-b)^2$, sumémolas:

$$P(x)+Q(x)=(p+q)x^2-2(pa+qb)x+pa^2+qb^2$$

Que ten que suceder para que esta función teña unha raíz dobre? Pois claro, o discriminante ten que ser nulo:

$$\Delta=4(pa+qb)^2-4(p+q)(pa^2+qb^2)=$$ $$4(p^2a^2+2pqab+q^2b^2)-4(p^2a^2+pqb^2+pqa^2+q^2b^2)=$$ $$ 4pq(2ab-a^2-b^2)=0 \rightarrow a=b $$

do mesmo xeito que antes. Non é máis pulcro este xeito?

Aínda así, non quedei contento con este enfoque tampouco. Fáltalle algo para ser redondo.

E ti, amable lector, ves algo que eu non vexo? Feel free to leave a comment.

Exercicios tan malos que son bos

1993 non foi só o ano do Pelegrín

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

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

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

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

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

    

Que facer con este problema tan-malo-que-é-bo? Simplemente: se 2 reloxos custan igual que 3 pulseiras e en total custan 144 €, ese prezo tamén sería o de mercar 4 reloxos ou ben 6 pulseiras. Co cal, podemos calcular directamente o prezo dun reloxo dividindo 144 entre 4 e o dunha pulseira dividindo entre 6. Ademais, a estratexia de redución que utilizan no solucionario non é máis que utilizar formalismo innecesario para a mesma idea.

E non falemos xa do cálculo dos reloxos que se poden mercar con 12 pulseiras. Puro pensamento proporcional: se por 3 pulseiras mercamos 2 reloxos, con 12 pulseiras, que é catro veces 3 pulseiras, poderemos mercar catros veces 2 reloxos, i.e., 8 reloxos. Fin.

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

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

     

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

• Marta nació 4 años después que Carlos. Calcula sus edades actuales sabiendo que al sumar a la suma de sus edades actuales la suma de las edades que tendrán dentro de 10 años resultan 40 años.

Obviando a cacofonía, podemos razoar sen álxebra do seguinte xeito: dentro de 10 anos a suma das súas idades será 20 máis que a suma das idades actuais, polo que o dobre da suma actual será 20 menos que 40, é dicir, 20. De aquí obtemos que a suma actual é 10, e se Carlos ten 4 anos máis que Marta, teñen que ter 7 e 3 anos respectivamente.

Rematemos cun problema collido directamente do NO-DO:

• Se mezcla vinagre de 1,20 €/l con vinagre de 1,60 €/l, de forma que resultan 100 l de vinagre de 1,30 €/l. Calcula los litros de cada tipo de vinagre que se han mezclado.

Como xa mencionei noutra ocasión, este tipo de problemas, xunto cos de reloxos, aleacións, idades e semellantes, eran propios do antigo 7º de EXB. E aquí estamos, 30 anos despois, en 4º de ESO, e Santillana sen gastar un peso. Usemos o exercicio con xeito polo menos.

O primeiro é acordar se efectivamente mesturar vinagre é boa idea, e se a mestura non vai ser peor que o peor dos vinagres utilizados. Non tiñamos moito onde basear as nosas opinións, quizais mesturar un refresco caro cun barato saiba peor que o barato? Este tema quedou aberto. Un tema coa mesma estrutura formal e que non presentaría estas arestas sería o de mesturar cores, pero vaia, xoguemos coas súas regras. Simplemente: se a mestura de vinagre a 1,2 e vinagre a 1,6 custa 1,3, que está o triple de preto do prezo do barato que do prezo do caro, forzosamente haberá que utilizar o triple de vinagre barateiro que de vinagre caro. Como en total producimos 100 litros de mestura, a distribución será 75 l de vinagre barato e 25 l de vinagre caro.

Unha advertencia: é probable que haxa alumnos que non vexan rapidamente como o prezo final da mestura depende da proporción de vinagres utilizados. Para iso haberá que ir construíndo desde os casos extremos(usar só vinagre barato vs. usar só vinagre caro), usar o punto medio (usar a mesma cantidade de vinagre barato que de caro), para ir achegándonos á idea xeral. De novo, pode que sexa máis sinxelo ver a estrutura proporcional se usamos tonalidades de cores.

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