Copiando rectángulos ata obter un cadrado

 

Non tiña pensado escribir outra entrada consecutiva practicamente idéntica, pero estou tan contento co que fixen, que me vin forzado, entendédeme.

Se na anterior entrada acometía o problema-tipo de 1º de ESO do rectángulo que se parte en anacos cadrados, hoxe toca o problema-tipo seguinte:

Dada unha peza rectangular de dimensións a e b, reproducimos ao ancho e ao alto a peza de tal modo que creamos unha cuadrícula rectangular. Cando a cuadrícula creada non só é un rectángulo, senón tamén un cadrado?

Deixei os rótulos ceibos, podedes facer zoom e mover o que queirades, queixa non teredes.

E pararei xa, que teño unha entrada a medio facer sobre outro tema completamente distinto.

P.S.: esquecín outra vez engadir a ligazón ao applet na miña conta de geogebra.

Dando clase en 1º de ESO outra vez

 

Non daba clase en 1º de ESO desde o curso 2022/23, e aínda así segue a gañar por 3 anos a 2º e 3º de ESO e Matemáticas I como o nivel que máis veces dei nos vinte e dous anos que levo no choio.

E que sucede cada vez que dou 1º de ESO?

Que, por algunha estraña razón, teño que reinventar a pólvora cada ano. O que inclúe revisar os applets e figuras construídas en geogebra nos anos precedentes. Por exemplo, hoxe á mañá deume por analizar as dificultades que atopan os cativos en 1º cando resolvemos problemas clásicos de máximo común divisor e mínimo común múltiplo, en concreto cando tentamos cortar unha táboa rectangular en cadrados co lado máximo. Esta situación é a típica na que hai alumnado que asimila rapidamente o esencial e alumnado que non o dá visto por moito que se escorne. E o certo é que resolvendo este tipo de problemas nunca prestara moita atención a un aspecto: que sucede cando tentamos cortar a táboa en cadrados que non serven, i.e., que non son divisores dalgunha das dimensións da táboa?

Velaquí o que argallei pola mañá na casa antes de ir ao instituto, recoñezo que quedei satisfeito co resultado. Podedes mover os obxectos da vista gráfica e facer zoom, unha vez activedes o applet, dado que en distintas configuracións vai verse distinto:

Que opinades, vese ben o que sucede? Gústame especialmente cando a lonxitude dos cadrados é divisor dunha das dimensións pero non da outra, e os cadrados enchen o alto ou o ancho pero deixan oco na outra.

P.S.: deixo por aquí a ligazón ao applet en geogebra, que a pantalla alí é máis ancha, Táboa en cadrados

Olimpíada Matemática Galega 2025-Fase Local-2

 

O segundo problema era dos de fedellar. Como matemático (máis ou menos), un tenta resolvelo de xeito secuencial, con pasos necesarios no sentido lóxico; os cativos, en troques, van probar a sorte en canto haxa bifurcacións. E quizais sexa máis eficaz esa estratexia. Xulgade vós:

Problema 2:

Completa os 12 cadrados baleiros, explicando o procedemento seguido, con números que sexan múltiplos de 3, non maiores de 18, de xeito que sexan correctas as operacións en horizontal e en vertical:

   

Varias cuestións saltan á vista, alén da verbosidade de "non maiores de 18", sexa ou non inmediata a resposta:

• Podemos usar números negativos? Cousa que preguntou un participante na zona de Ferrol
• Aparecerá o 0?
• Repítense números? Supoñendo que sexan non negativos, a resposta é obvia, o que non é óbice para que o dubide algún participante.

Tentastes resolvelo? Alén dos dous primeiros pasos, probastes ou deducistes?

Olimpíada Matemática Galega 2024-Fase Local-2

 

Imos co segundo problema da fase local deste ano.

a) Cal é o número máis grande de tres cifras que verifique os criterios de divisibilidade do 4 e do 11?

b) Cal é o número máis pequeno de catro cifras divisible por 6 e por 7?

c) Cal é o número máis pequeno de cinco cifras divisible por 6 e por 9?

Estou certo de que os rapaces participantes recoñeceron este problema como familiar. E aínda que ningún profesor sabe que fan os seus compañeiros nas súas aulas, todos temos unha opinión. Eu, por exemplo, coido que este tipo de tarefa se fai nas aulas de 1º e pode que de 2º tamén, extrapolando do que fago eu e de ver cousas similares en libros de texto. Observade este exercicio dun exame meu de 1º de ESO de hai dous anos:

   

Veña, poño outro exercicio daquel exame, con datos que inventei totalmente cando daba clase en Oleiros:

Con eses ritmos, todos os barcos ían dar contra o Seixo Branco ou A Marola

Ese exercicio 7 que puxen tiña unha diferenza con respecto aos da olimpíada, alén de que desde o punto de vista do cálculo sexa máis sinxelo: non lles deixaba usar calculadora nese exame, polo que a estratexia "ir mirando número a número ata que un funcione" levaría máis, ata o punto de ser impracticable.

Por outra banda, non entendo moi ben a elección das palabras no apartado a). Pretendían que os alumnos pensasen realmente nos criterios de divisibilidade(que aquí molestan máis que axudan)? Pretendían que os alumnos traducisen o enunciado de un xeito máis amigable, que a fin de contas, é o que poñen o b) e o c)?

A resolución, como é un exercicio estándar, podemos intuír por onde vai: no a) observamos que un múltiplo de 4 e de 11 ten que ser múltiplo de 44. Dividimos 1000 entre 44, obtemos resto 32, co cal 1000-32=968 é o número buscado. Pero hai estratexias alternativas: 990 é obviamente múltiplo de 11, pero non de 4, restando 22 directamente (non 11, porque non sería par) obtemos 968. Ata pode que algún alumno vexa rápido ou saiba de antemán que 1001 é múltiplo de 11 (lembrade o efecto dos números co aspeco abcabc).  

Pero como os cativos podían utilizar calculadora, tamén podían simplemente probar. Podemos supoñer que os participantes teñen habilidades por riba da media, así que moito non lles levaría atopar o 968.

Tampouco entendín a redundancia nos apartados, a única diferenza entre o b) e o c) é que 6 e 7 son coprimos pero 6 e 9 non, sorprenderíame que algún dos participantes pensase que tiña que buscar múltiplos de 54 no segundo caso. Sempre é máis sinxelo criticar os problemas que inventalos/propoñelos un mesmo, eu intúo que poría, en troques de 3 apartados tan similares, un deses e outro no que tivesen que atopar números múltiplos comúns de dous que non fosen múltiplos doutro relacionado(p.ex. 6, 15 e 60 ou 90)

E os que temos certa experiencia cos primeiros cursos da ESO sabemos que, por moito que se lles diga que se valora a explicación das respostas, vai haber unha morea de respostas lacónicas

a) 968

b) 1008

c) 10008

   Sería interesante ter datos sobre este particular.

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.

Outro xeito (máis) de ver o mcd e o mcm

 En cousas bonitas de ver pero que non teñen utilidade para a aula poderíamos meter moitas visualizacións que os profesores poñemos para engaiolar, con alta probabilidade, a outros profesores. En contra do que se adoita ler, a miña impresión é que a hipertrofia de conexións entre distintos conceptos das Matemáticas non adoita calar no alumnado con máis dificultades, que ten tendencia a querer ver as cousas dun único xeito. O debate interesante está en se esa tendencia pode ser invertida ou non; curiosamente nunca vin estudos onde analicen as consecuencias de enfocar o traballo de xeito exclusiva ou maioritariamente relacional con alumnado desas características. 

En calquera caso, había tempo que non estaba un chisco orgulloso de algo que lograra argallar eu só, polo que esta entrada era obrigada. Restrinxín os valores dos naturais m e n ata 16 para que caiba o applet no corpo do blog, podedes facer zoom e recolocar rótulos, coma sempre.

Confeso que aínda que pode que amose este applet algún día na aula, non creo que os alumnos vaian sacar moito proveito.

E case esquezo que a idea dos cadrados unitarios en diagonais non se me ocorreu a min, vina neste debate de Mathematics Educators, onde é habitual atopar debates interesantes:

Geometrical interpretation of the identity lcm(a,b)gcf(a,b)=ab

Uns puzzles só para pensar

Par+Impar=Par? Descansa, Wiles.

Na anterior entrada compartín uns puzzles cun certo aquel físico, nos que había a posibilidade de coller coas mans os obxectos que aparecían neles para axudar ao razoamento. Os problemas de hoxe, en troques, son puramente técnicos. O que ten o seu lado bo, como entenderedes neste chiste:

Un día estaba o director do departamento de Física dunha universidade preocupado polos gastos de laboratorios e equipamentos. "Por que non podedes ser como os vosos compañeiros de Matemáticas? Eles só necesitan cartos para lapis, papel e papeleiras. Ou mellor aínda, sede como os compañeiros de Filosofía. Só necesitan lapis e papel"

Pois ben, hoxe abonda con papel e lapis, e nalgún caso nin papel nin lapis son necesarios.

• Por que non pode existir un poliedro que teña exactamente 7 arestas?


• Sodes quen de atopar unha curva no espazo que corte a todos os planos mais só nun número finito de puntos?(Bonus: e se é finito pero sen límite superior?)


• É ben sabido que $\mathbb{N} \times \mathbb{N}$ é numerable, pois é consecuencia dun teorema moito máis forte: o produto cartesiano finito de conxuntos numerables é numerable. Por tanto non debe ser difícil atopar explicitamente a expresión alxébrica dunha bixección entre $\mathbb{N} \times \mathbb{N}$  e $\mathbb{N}$. É máis, pódese atopar unha bixección polinómica. Ánimo.


• Na unidade de Divisibilidade de 1º ou 2º de ESO cabe a posibilidade de que apareza a seguinte igualdade: $$[a,b] \cdot (a,b)=a \cdot b$$, onde [a,b] representa o mínimo común múltiplo de a e b, e (a,b) o seu máximo común divisor. A demostración é sinxela se un sabe previamente como calcular o m.c.m. e m.c.d. a partir dos factores primos de a e b. Pensemos agora en tres números, a, b e c. Haberá unha fórmula análoga para o produto de a, b e c? A analoxía perfecta non se cumpre, como podedes ver cun caso calquera, p.ex. 6·8·15=720, mentres que [6,8,15](6,8,15)=120 · 1


• Collamos nun cubo dúas diagonais que se crucen, na figura debuxei BD e EG. Se collemos puntos calquera M en BD e N en EG, e atopamos o punto medio do segmento MN, P, que lugar xeométrico percorre P cando M e N varían?

E se as diagonais non se cruzan?

Xa tedes para pensar un anaco cando descansades de limpar a casa.

Once

Atreveríame a afirmar que en todas as aulas nas que se dan criterios de divisibilidade, o criterio do 11 vai así:

Collemos o número que queremos saber se é múltiplo de 11, poñamos 49235.

Sumamos as cifras que ocupan un lugar impar, comezando pola dereita, neste caso:

4+2+5=11

Sumamos as cifras que ocupan un lugar par:

9+3=12

E restamos as dúas sumas anteriores: 12-11=1

Como o resultado non é múltiplo de 11, o número orixinal tampouco o é

Vexamos outro, 835032:

Lugar impar: 3+0+2=5

Lugar par: 8+5+3=16

16-5=11, que si é múltiplo de 11, polo que 835032 tamén.

Este algoritmo vén sendo o criterio tradicional de divisibilidade entre 11, polo menos en España.

E suscita varias cuestións:

A primeira: é algo habitual que haxa cativos que confundan a paridade do lugar das cifras coa propia paridade das cifras.

A segunda, que non será compartida por todos os profesores: non se pode explicar de xeito cabal por que funciona. A contorna na que mellor se entende é a da aritmética modular:

$10^{2k} \equiv 1 (mod 11)$ e $10^{2k+1} \equiv -1 (mod 11)$ (xunto co feito de que a equivalencia modular se leva ben coa suma... alguén dixo homomorfismo de grupos?)

Breve, elegante, fermoso... e inútil na aula.

Pois ben, hai outros criterios, que comparten a dificultade epistemolóxica mais sendo ben sinxelos de aplicar. Observade outro:

Separamos o número 49235 en grupos de dúas cifras, comezando pola dereita: 4-92-35

Sumamos estes números: 4+92+35=131

Repetimos ata ter un número de dúas cifras: 1-31, 1+31=32

Como o resultado final é un número de dúas cifras distintas(vaia, un que non é divisible entre 11), o número 49235 non é múltiplo de 11

Fagámolo co outro exemplo de antes: 835032

83+50+32=165, 1+65=66 si ten as dúas cifras iguais, polo que 835032 é múltiplo de 11.

A explicación con aritmética modular é igual de sinxela:

$10^{2k+1} \cdot a + 10^{2k} \cdot b \equiv 10a+b (mod 11)$

Pois ben, aínda hai outro criterio inmediato que é sinxelo de aplicar e que depara unha sorpresa. O mecanismo é moi simple, imos restando a última cifra ao número formado polo resto de cifras, ata chegar a unha única cifra. Probando con 49235:

4923-5=4918

491-8=483

48-3=45

4-5=-1

que non é múltiplo de 11, polo que 49235 non o era.

Fagámolo con 835032:

83503-2=83501

8350-1=8349

834-9=825

82-5=77

7-7=0

E polo tanto, 835032 si é múltiplo de 11

Sinxelo, non si?

Pero o mellor está por chegar. Mirade os números que fomos restando no procedemento, comezando por abaixo: 7, 5, 9, 1, 2

Osmades a punchline?

Pois si, amigos, 835032=11·75912

O procedemento non só informa sobre a divisibilidade entre 11, senón que ademais, dá o cociente. Dous polo prezo de un.

Chegados a este punto, teño que confesar que nunca expliquei outro criterio do 11 que non fose o tradicional, supoño que por pura preguiza; tería que comentalo no departamento e coido que xa teño sona de excéntrico abondo para meter en máis leas. Porque outra explicación non atopo.

O número 11, por outra banda, ten algunhas propiedades curiosas.

• É o maior número natural que non se pode expresar como suma de dous números compostos.

• É o único primo que ten lonxitude de período 2. É dicir, se divides entre 11 e non dá exacto, obtés dúas cifras no período, p.ex., $\frac{3}{11}=0,\widehat{27}$

• É o primeiro número primo p para o que $2^p-1$ non é primo ($2^{11}-1=2047=23 \cdot 89$)

• E algo máis provisional, é o número de anos que leva na rede Matemáticas na Rúa.

Unha aplicación das matrices á divisibilidade

Revisando as últimas adquisicións, atopei un algoritmo baseado nas operacións elementais sobre matrices que permite facer un cálculo ben coñecido na ESO. Só vou explicar como funciona o algoritmo, deixando os detalles ao amable lector, que se note en que facultade estudei, polo menos non vou dicir que é trivial(aínda que o sexa).

Collamos dous números calquera, 126 e 210, que ben poden aparecer nun libro de texto de 1º de ESO. Poñámolos en forma de columna xunto á matriz $Id_{2x2}$ e tentemos chegar a que un dos dous números se convirta en 0 mediante operacións elementais:

$\left[ \begin{array}{c|cc} 210 & 1 & 0 \\ 126 & 0 & 1 \\ \end{array} \right]\ \xrightarrow{F_1 - F_2}  \left[ \begin{array}{c|cc} 84 & 1 & -1 \\ 126 & 0 & 1 \\ \end{array} \right]\ \xrightarrow{F_2 - F_1} \left[ \begin{array}{c|cc} 84 & 1 & -1 \\ 42 & -1 & 2 \\ \end{array} \right]\ \xrightarrow{F_1 -2 F_2} \\ $ $$ \left[ \begin{array}{c|cc} 0 & 3 & -5 \\ 42 & -1 & 2 \\ \end{array} \right]\ $$

Agora que obtivemos o 0 no lugar $a_{11}$, o elemento $a_{21}=42$ é o $M.C.D.(210,126)$, e ademais, os elementos $a_{22}$ e $a_{23}$ son os escalares da combinación linear dos números 210 e 126 que garante o Teorema de Bezout:

$$-1 \cdot 210+2 \cdot 126=42 $$

Este algoritmo permite tamén obter a solución de ecuacións diofánticas lineais. Se quixésemos resolver, p.ex., $18x+30y=24$, non habería máis que obter os escalares mencionados arriba, neste caso $-3 \cdot 18 +2 \cdot 30=6$, e multiplicar os dous membros da igualdade por 9(condición necesaria e suficiente para que unha ec. diofántica linear teña solución é que o M.C.D. dos coeficientes sexa divisor do termo independente).

Un par de cuestións:

Cantas operacións elementais hai que efectuar para obter o máximo común divisor mediante este método?

E máis importante, por que funciona chantar a matriz identidade ao lado do noso vector?