Problemas elementais variados

 

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

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

Intúese o que hai que amosar?

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

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

Agora un de números:

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

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

Veña, o seguinte é axeitado para preguntar nunha aula:

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

      

Agora a típica tarefa cunha calculadora escarallada:

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

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

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

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

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

    

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

Un xogo 3D de verdade

 

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

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

   

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

Un problema inclasificable

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

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

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

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

   

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

   

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

   

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

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

Probemos con outra numeración dos mesmos sectores:

  

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

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

   

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

   

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

Uns problemas interesantes

 

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

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

   

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Rematemos cun antigo da Olimpíada de Maio, de 2003:

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

Xa tedes para pasar a ponte.

*Ao final levoume ata a mañá do festivo.

Un método curioso que funciona(ás veces)

 

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

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

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

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

Para o mínimo a inspección pode ser ben árida:

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

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

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

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

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

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

    

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

    

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

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

 

Pero imaxino que reparastes na trampullada que fixen.

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

Modifquemos o exemplo anterior para que non funcione:

   

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

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

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