...e deixa que ollen, a ver en que reparan:
Fault Taunting
Hai 6 días
Amosando publicacións coa etiqueta Móbiles. Amosar todas as publicacións
Amosando publicacións coa etiqueta Móbiles. Amosar todas as publicacións
26.5.16
2.9.15
Todo é linear
 |
| Non todo tempo pasado foi mellor, porén... |
Tiña pensado volver ao blogue cunha entrada memorable coa miña opinión con respecto a un procedemento que vén no curriculum desde a LOXSE. Por sorte para vós, collín o último libro de problemas que merquei nunha feira do libro de ocasión, Desafíos Matemáticos de Angela Dunn, e atopei este problemiña:
Dous pilotos compiten nunha carreira de aceleración. Ambos os dous aceleran de xeito uniforme desde que arrancan no punto de partida. Alberto cobre o último cuarto da distancia en 3 segundos; Roberto cobre o último terzo en 4 segundos. Quen gaña?
O problema pareceume interesante porque ilustra perfectamente o que sucede acotío nas aulas: a suposición tácita de que todas as magnitudes que aparecen nos problemas son directamente proporcionais. Como neste caso os alumnos poden intuir que a solución linear é absurda, véxoo axeitado como starter. Tamén é susceptible dunha discusión das gráficas usuais no movemento acelerado.
Atopei a fermosa visualización da cabeceira en The most timeless songs of all-time. Na imaxe vemos as cancións dos 90 máis reproducidas en Spotify, mais na web recollen, alén dos datos globais, outras curiosidades: os datos referentes só a cancións de rap, os dos billboards dos últimos 50 anos, as gañadoras dos Grammy, ... Aínda por riba, a base permite pescudar por canción ou artista, o que pode destruír a vosa produtividade como fixo coa miña (claro que eu teño Procrastinating Level: God).
Aínda non argallei unha maneira, mais vexo factible e interesante traballar cos datos na unidade de Estatística. Veremos o xeito.
29.7.14
Verán 2014- Problema 5
Que tal foi o problema 4? Xa o coñecíades? Lembremos de que ía:
Un exército marcha en formación nunha liña recta que mide 1 quilómetro de lonxitude. O sarxento comeza a súa marcha na retagarda, vai avanzando pola formación ata chegar á cabeceira e, sen perder un segundo, dá a volta e volve á súa posición inicial (máis ben final) á mesma velocidade constante que avanzou previamente. Durante esta viaxe do sarxento, o exército, marchando a velocidade tamén constante, avanzou exactamente un quilómetro, é dicir, o último soldado marcha agora onde estaba o primeiro ao comezo do camiño.
Cal é a distancia que percorreu o sarxento?
A dificultade deste problema radica na cantidade de variables que interveñen: a velocidade do sarxento, a velocidade do exército e o tempo que lle leva facer ao sarxento o seu percorrido. Se tivesemos tamén varias condicións no problema, poderíamos acabar atopando os valores desas incógnitas; mais a simple vista semella que non temos condicións abondo para tanto dato descoñecido.
Se un, sen moita previsión, tenta resolvelo ao estilo dos exercicios académicos de móbiles (que na EXB eran machacados en 7º), sucede que primeiro hai que poñer moitos nomes:
$\small{v_s=}$ velocidade do sarxento
$\small{v_e=}$ velocidade do exército
$\small{t_1=}$ tempo que lle leva ao sarxento chegar á cabeceira
$\small{t_2=}$ tempo que lle leva ao sarxento volver á retagarda
A cerna do problema está en observar que a velocidade do sarxento relativa ao exército é $\small{v_s-v_e}$ cando avanza e $\small{v_s+v_e}$ cando retrocede. Con esta idea clara xunto ao feito de que o tempo total do sarxento é o tempo no que o exército avanza un quilómetro é suficiente para resolvelo:
$$t_1=\frac{1}{v_s-v_e} $$
$$ t_2=\frac{1}{v_s+v_e} $$
$$ t_1+t_2=\frac{1}{v_e}$$
Substituíndo:
$$\frac{1}{v_s-v_e}+\frac{1}{v_s+v_e}=\frac{1}{v_e} \rightarrow \frac{2v_s}{v_s^2-v_e^2}=\frac{1}{v_e} \rightarrow 2v_sv_e=v_s^2-v_e^2 $$
$$(v_s-v_e)^2=2v_e^2 \rightarrow v_s-v_e=\sqrt{2}v_e \rightarrow v_s=(1+\sqrt{2})v_e$$ (a outra solución é absurda)
En conclusión, a lonxitude percorrida polo sarxento é
$$(t_1+t_2) v_s=\frac{1}{v_e} \cdot (1+\sqrt{2})v_e=1+\sqrt{2}$$
E agora o problema 5:
Con 3 liñas da mesma lonxitude divide un círculo en 4 anacos coa mesma área.
Sinxelo, non si? Pois veña...
Un exército marcha en formación nunha liña recta que mide 1 quilómetro de lonxitude. O sarxento comeza a súa marcha na retagarda, vai avanzando pola formación ata chegar á cabeceira e, sen perder un segundo, dá a volta e volve á súa posición inicial (máis ben final) á mesma velocidade constante que avanzou previamente. Durante esta viaxe do sarxento, o exército, marchando a velocidade tamén constante, avanzou exactamente un quilómetro, é dicir, o último soldado marcha agora onde estaba o primeiro ao comezo do camiño.
Cal é a distancia que percorreu o sarxento?
A dificultade deste problema radica na cantidade de variables que interveñen: a velocidade do sarxento, a velocidade do exército e o tempo que lle leva facer ao sarxento o seu percorrido. Se tivesemos tamén varias condicións no problema, poderíamos acabar atopando os valores desas incógnitas; mais a simple vista semella que non temos condicións abondo para tanto dato descoñecido.
Se un, sen moita previsión, tenta resolvelo ao estilo dos exercicios académicos de móbiles (que na EXB eran machacados en 7º), sucede que primeiro hai que poñer moitos nomes:
$\small{v_s=}$ velocidade do sarxento
$\small{v_e=}$ velocidade do exército
$\small{t_1=}$ tempo que lle leva ao sarxento chegar á cabeceira
$\small{t_2=}$ tempo que lle leva ao sarxento volver á retagarda
A cerna do problema está en observar que a velocidade do sarxento relativa ao exército é $\small{v_s-v_e}$ cando avanza e $\small{v_s+v_e}$ cando retrocede. Con esta idea clara xunto ao feito de que o tempo total do sarxento é o tempo no que o exército avanza un quilómetro é suficiente para resolvelo:
$$t_1=\frac{1}{v_s-v_e} $$
$$ t_2=\frac{1}{v_s+v_e} $$
$$ t_1+t_2=\frac{1}{v_e}$$
Substituíndo:
$$\frac{1}{v_s-v_e}+\frac{1}{v_s+v_e}=\frac{1}{v_e} \rightarrow \frac{2v_s}{v_s^2-v_e^2}=\frac{1}{v_e} \rightarrow 2v_sv_e=v_s^2-v_e^2 $$
$$(v_s-v_e)^2=2v_e^2 \rightarrow v_s-v_e=\sqrt{2}v_e \rightarrow v_s=(1+\sqrt{2})v_e$$ (a outra solución é absurda)
En conclusión, a lonxitude percorrida polo sarxento é
$$(t_1+t_2) v_s=\frac{1}{v_e} \cdot (1+\sqrt{2})v_e=1+\sqrt{2}$$
E agora o problema 5:
Con 3 liñas da mesma lonxitude divide un círculo en 4 anacos coa mesma área.
Sinxelo, non si? Pois veña...
25.7.14
Verán 2014-Problema 4
Pero antes, a solución do problema 3:
, que pedía cara onde ía o punto X cando o radio da circunferencia azul tendía a 0, sendo a semicircunferencia verde fixa.
Visualmente, unha vez feito o applet de geogebra, é ben claro(o que non quere dicir que entendamos nada soamente véndoo):
O applet serve para convencernos de que o punto X non tende a infinito, e tamén para amosarnos cara onde vai, demostrémolo rigorosamente:
Punto A: $(0,r)$
Ecuación da circunferencia azul: $x^2+y^2=r^2$
Ecuación da semicircunferencia: $(x-b)^2+y^2=b^2 \wedge y>0$
Intersección (punto B): $ \begin{cases} x^2+y^2=r^2 \\ (x-b)^2+y^2=b^2 \end{cases} \rightarrow (x-b)^2-x^2=b^2-r^2 \rightarrow -b(2x-b)=b^2-r^2 \rightarrow \cdots \\ x=\frac{r^2}{2b} \wedge y=\frac{r}{2b}\sqrt{4b^2-r^2} \rightarrow B=(\frac{r^2}{2b},\frac{r}{2b}\sqrt{4b^2-r^2})$
Recta por A e B:
$\frac{x-0}{\frac{r^2}{2b}-0}=\frac{y-r}{\frac{r}{2b}\sqrt{4b^2-r^2}-r} \rightarrow \frac{x}{\frac{r^2}{2b}}=\frac{y-r}{\frac{r}{2b}\sqrt{4b^2-r^2}-r} \\ \frac{x}{r}=\frac{y-r}{\sqrt{4b^2-r^2}-2b}$
Intersección co eixe de abscisas (punto X):
$ \begin{cases} \frac{x}{r}=\frac{y-r}{\sqrt{4b^2-r^2}-2b} \\ y=0 \end{cases}\rightarrow x=\frac{-r^2}{\sqrt{4b^2-r^2}-2b}$
Vexamos que sucede con esta coordenada x do punto X cando r tende a cero (a outra non ten moito conto):
$\displaystyle{limit_{r \to 0} \frac{-r^2}{\sqrt{4b^2-r^2}-2b}=limit_{r \to 0} \frac{-r^2(\sqrt{4b^2-r^2}+2b)}{4b^2-r^2-(2b)^2}}= \\ limit_{r \to 0} \frac{-r^2(\sqrt{4b^2-r^2}+2b)} {-r^2}=limit_{r \to 0} \sqrt{4b^2-r^2}+2b=4b$
Onde utilicei o mecanismo habitual do conxugado da expresión radical.
 |
O applet serve para convencernos de que o punto X non tende a infinito, e tamén para amosarnos cara onde vai, demostrémolo rigorosamente:
Punto A: $(0,r)$
Ecuación da circunferencia azul: $x^2+y^2=r^2$
Ecuación da semicircunferencia: $(x-b)^2+y^2=b^2 \wedge y>0$
Intersección (punto B): $ \begin{cases} x^2+y^2=r^2 \\ (x-b)^2+y^2=b^2 \end{cases} \rightarrow (x-b)^2-x^2=b^2-r^2 \rightarrow -b(2x-b)=b^2-r^2 \rightarrow \cdots \\ x=\frac{r^2}{2b} \wedge y=\frac{r}{2b}\sqrt{4b^2-r^2} \rightarrow B=(\frac{r^2}{2b},\frac{r}{2b}\sqrt{4b^2-r^2})$
Recta por A e B:
$\frac{x-0}{\frac{r^2}{2b}-0}=\frac{y-r}{\frac{r}{2b}\sqrt{4b^2-r^2}-r} \rightarrow \frac{x}{\frac{r^2}{2b}}=\frac{y-r}{\frac{r}{2b}\sqrt{4b^2-r^2}-r} \\ \frac{x}{r}=\frac{y-r}{\sqrt{4b^2-r^2}-2b}$
Intersección co eixe de abscisas (punto X):
$ \begin{cases} \frac{x}{r}=\frac{y-r}{\sqrt{4b^2-r^2}-2b} \\ y=0 \end{cases}\rightarrow x=\frac{-r^2}{\sqrt{4b^2-r^2}-2b}$
Vexamos que sucede con esta coordenada x do punto X cando r tende a cero (a outra non ten moito conto):
$\displaystyle{limit_{r \to 0} \frac{-r^2}{\sqrt{4b^2-r^2}-2b}=limit_{r \to 0} \frac{-r^2(\sqrt{4b^2-r^2}+2b)}{4b^2-r^2-(2b)^2}}= \\ limit_{r \to 0} \frac{-r^2(\sqrt{4b^2-r^2}+2b)} {-r^2}=limit_{r \to 0} \sqrt{4b^2-r^2}+2b=4b$
Onde utilicei o mecanismo habitual do conxugado da expresión radical.
Finalmente, o 4º problema do verán:
Un exército marcha en formación nunha liña recta que mide 1 quilómetro de lonxitude. O sarxento comeza a súa marcha na retagarda, vai avanzando pola formación ata chegar á cabeceira e, sen perder un segundo, dá a volta e volve á súa posición inicial (máis ben final) á mesma velocidade constante que avanzou previamente. Durante esta viaxe do sarxento, o exército, marchando a velocidade tamén constante, avanzou exactamente un quilómetro, é dicir, o último soldado marcha agora onde estaba o primeiro ao comezo do camiño.
Cal é a distancia que percorreu o sarxento?
Boa fin de semana e feliz día da patria.
7.1.14
De (5º) aniversario + 1 día
 |
Un soldado romano nun bar pedindo unhas cervexas... |
Vaia blogueiro estou feito. O que me fixo lembrar que este blogue leva cinco irregulares anos pola rede non foi o sinalado da data (6 de xaneiro, en fin) senón que un compañeiro na blogoesfera (?) celebrou o seu propio aniversario, coa sorte de que comezou un ano menos un día despois que o meu. Antes de seguir lendo, ide á carta xeométrica se non o fixestes aínda.
Como no meu caso tampouco hai moito que celebrar tendo en conta que o ritmo do blogue baixou notablemente do 2012 ao 2013, proporei uns problemas ao estilo primixenio, que os meus listos e guapos lectores seguramente resolverán, como xa teñen feito con adiviñas ben complicadas:
- O primeiro, xeométrico, admite varios enfoques:
Demostrar que a suma dos lados dun triángulo isóscele é menor que a suma dos lados de calquera outro triángulo coa mesma base e altura. No debuxo:
No labirinto seguinte o obxectivo é entrar pola frecha de entrada e saír pola outra, de tal xeito que no noso camiño a suma dos números que atopemos sexa 100, pero, ai!, sen pasar dúas veces pola mesma pasaxe nin intersección:
 |
| AB+AC < A'B+A'C |
- O segundo, numérico, visto (de novo) no número 74 da revista SUMA:
Observando que $\small{1+2+3+4+5+4+3+2+1=5^2}$, conxecturar que sucede en xeral e demostralo.
- O terceiro, un problema de velocidades algo especial:
Un rapaz está a andar por unha ponte do ferrocarril. Cando leva percorridos $\small{\frac{4}{7}}$ da ponte oe que se achega un tren diante del. Coa particularidade de que lle dá tempo exactamente para correr ao encontro do tren ou para desfacer o camiño. Se o rapaz corre a 20 km/h, cal é a velocidade do tren?
 |
| Mirando ao tren |
- E o último, o primeiro crebacabezas dun libro (sonvos afeccionado aos primeiros problemas):
 |
| Tócavos reflexionar... |
Algún haberá que vos guste, xa veredes.
Imaxino que agora tería que dicir que espero seguir escribindo outros 5 anos neste blogue, mais creo que é moito dicir. Veremos...
29.3.09
Un problema exótico
Ben, acabo de atopar este problema navegando pola rede (ou como dirían en Francia: surfeando). É exótico non polo seu contido, senón pola súa procedencia: Bangladesh. E di así:
Os puntos A e B están a unha distancia de 60 km. Un bus sae de A e outro de B ao mesmo tempo. Se van na mesma dirección, atópanse en 6 horas, mentres que se van ao encontro un do outro, tardan só 2 horas en xuntarse.
Cal é a velocidade do bus que vai máis rápido?
Subscribirse a:
Publicacións (Atom)
