Tiña este problema gardado hai unhas semanas, xa era hora de compartilo. Non é moi enleado, e hai varios enfoques para atacalo, que máis podemos pedir?*
 |
| Atopa a área do cuadrilátero maxenta. |
*Pois que dea un período ben curioso.
Facendo unha pescuda sobre a variation theory en Xapón, acabei mirando as avaliacións diagnóstico que se fan aló ao final da secundaria obrigatoria. Traducido ao noso sistema vén sendo 3º de ESO, pois aló a secundaria post-obrigatoria (o noso bacharelato) dura tres anos.
E, sinceramente, o que debería ser sorprendente, é dicir, a distancia entre o que fan alí e o que facemos por acó, pois a estas alturas xa non o resultou. Aínda que unha sorpresa si ides levar ao final da entrada, pero polo motivo contrario ao que credes agora. Observade antes dúas cuestións xeométricas da avaliación de 2022, que alí, se google traduce ben, se chama "Enquisa nacional sobre a capacidade académica e estado de aprendizaxe en 2022".
A 1ª:
Yuma pensa se a seguinte conxectura é sempre certa:
Se nun cuadrilátero dous lados opostos son paralelos e os outros dous lados opostos teñen a mesma lonxitude, entón o cuadrilátero é un paralelogramo.
A cuestión continúa, non se trata de que argumenten arredor da veracidade deste enunciado; parade de ler se queredes pensar nisto, que semella tan inusual na educación matemática española, actual e tradicional. E sobre todo, se queredes cavilar en que pensarían os vosos alumnos.
A continuación no cuestionario aparece a seguinte imaxe:
 |
Para amosar se a conxectura é certa, escolle cal das seguintes catro afirmacións é correcta:
a) Para demostrar que a conxectura é certa, é suficiente que haxa un cuadrilátero ABCD que é un paralelogramo, como vemos na figura.
b) Para demostrar que a conxectura é certa, é necesario variar a posición dos puntos A, B e D, e atopar outro cuadrilátero que sexa un paralelogramo.
c) Para demostrar que a conxectura é falsa, é suficiente que nunha figura haxa un cuadrilátero ABED que non é un paralelogramo.
d) Para demostrar que a conxectura é falsa, é necesario variar as posicións de A, B e D, e atopar outro cuadrilátero ABED que non sexa un paralelogramo.
Custoume un chisco, utilizando outros tradutores on line ademais de google, discernir a sutileza escondida entre as opcións similares. En conclusión: a cuestión avaliada é máis a comprensión do que é unha demostración e un contraexemplo que o feito de coñecer propiedades dos paralelogramos. O que non evita o obstáculo de que, se un alumno non domina o concepto de paralelogramo, non vai chegar ao que pide a pregunta. Que é unha característica habitual das competencias ou como queirades chamalas: non se pode construír con vapor de auga, senón con contidos xenuinamente matemáticos.
Vexamos a 2ª:
A figura amosa un rectángulo ABCD e nos seus lados AD e DC dous triángulos equiláteros ADE e DCF. O punto E únese co punto B, e o punto B con F.
 |
Kotone predixo o seguinte para os segmentos EB e BF:
Sempre se cumpre que EB=BF
Contesta as cuestións 1) e 2)
1) Demostramos a conxectura do xeito seguinte.
Como os tres lados dun triángulo equilátero son iguais, temos que EA=AD. Como os lados opostos dun rectángulo son iguais, AD=BC. Por tanto, EA=BC.
Do mesmo xeito, temos que AB=CF.
Tamén, como o ángulo interior dun triángulo equilátero mide 60º, e o ángulo interior dun rectángulo mide 90º, $\angle{EAB}=60º+90º=150º$ e $\angle{BCF}=60º+90º=150º$
Por tanto, $\angle{EAB}=\angle{BCF}$
Por todo o anterior, os triángulos ABE e CFB son iguais, de onde deducimos que os lados correspondentes, EB e BF son iguais.
Escribe como denominamos ao tipo de demostración anterior
(Nota: a tradución literal era Escribe as palabras que se aplican á demostración anterior, escollín "tipo de demostración" porque imaxino que será o que entendan os alumnos xaponeses, dentro do traballo de demostracións xeométricas que fagan nas aulas, ao estilo AAA, ASA, SAS dos anglosaxóns)
2) Kotone debuxou as dúas figuras seguintes
 |
 |
| Como acabamos de amosar que $\angle{ABE}+\angle{CBF}=30º$, $\angle{EBF}=90º-\left( \angle{ABE}+\angle{CBF}\right)$ $\angle{EBF}=90º-30º=60º |
O venres 20 de xaneiro tivo lugar a fase local da Olimpiada Matemática Española. Este ano volveu ao formato usual, no que hai 6 problemas distribuídos en dúas sesións, común a moitos concursos tradicionais a nivel internacional. Uns colegas que levaron alumnos a esta fase, que a nivel galego sempre se celebra na Facultade de Matemáticas da USC, compartiron os problemas e a conta galega oficial da olimpiada xa deu permiso para difundilos, de aí esta entrada. Os problemas foron ben fermosos, e algo inusuais na miña opinión:
 |
| Sesión matinal |
 |
| Sesión vespertina |
Nesa entrada o proceso consistía en partir dos primeiros 4 naturais(valería cos primeiros n), e coller dous ao chou , $a$ e $b$, e substituílos por $a+b+ab$, e repetir o proceso dúas veces máis ata quedar cun único número, que inevitablemente tería que ser 119, que cun chisco de vista un recoñecerá como $5!-1$
A que obedece este fenómeno? A que collendo dous números ao chou e cambiándoos polo resultado desa operación aparentemente aleatoria, hai un número relacionado co conxunto inicial dos 4 números que permanece invariante. Sabendo que ao final do proceso chegamos sempre a 119, xa intuímos que o invariante é o número anterior ao produto dos números seguintes aos dados, é dicir, $(1+1)(2+1)(3+1)(4+1)-1$. De feito, un ve a estrutura cando se decata de que $a+b+ab=a+b+ab+1-1=(a+1)(b+1)-1$
Este comentario serve como pista para o 5º problema da olimpíada, se tedes ganas de pensalo(se non tedes ganas, tamén serve).
Imos á ecuación diofántica, logo.
$$2^a+7^b=c^2+4$$
A primeira vista ten aspecto de ser difícil, non só polo feito de que teña 3 incógnitas, senón porque unha delas non aparece nun expoñente(é habitual que se están nun expoñente saibamos moitas propiedades da expresión), e ademais non hai un xeito natural (no pun intended) de factorizar ningún dos dous membros. Por sorte, dos cadrados perfectos tamén sabemos moitas cousas. Cando un xa leva uns anos resolvendo ecuacións destas, xa visualiza estratexias con certa celeridade. Neste caso, imos distinguir 3 casos, en función do expoñente a:
$$a=1$$
A ecuación é simplemente $$7^b=c^2+2$$
E a expresión está a pedir que probemos cun razoamento módulo 7:
$$c^2+2 \equiv \begin{cases}2 \\ 3 \\ 6 \\ 4 \\ \end{cases}(mod7) \\$$
e vemos que nunca equivale a 0 módulo 7. Dito doutro xeito, $-2$ é un non residuo cuadrático módulo 7.
En troques, se $a=2$ a ecuación pasa a ser $$7^b=c^2$$ que obviamente ten infinitas solucións, dadas pola expresión $b=2d, c=7^d$
Finalmente, se $a\ge3$, traballando módulo 8:
$$2^a+7^b \equiv 7^b \equiv (-1)^b \equiv \begin{cases} -1 \\ 1 \end{cases} (mod8)$$
Mentres que o membro da dereita:
$$c^2+4 \equiv \begin{cases} 4 \\ 5 \\ 0 \end{cases} (mod 8)$$
E vemos que non poden coincidir.
En conclusión, a ecuación ten infinitas solucións co aspecto $(a,b,c)=(2,2d,7^d), d \in \mathbb{N}$
Deixamos ao amable lector que resolva os outros cinco problemas...
Este blog cumpre catorce anos e toca a conseguinte revisión anual. Vexamos cales foron as entradas máis lidas das 33 que escribín este ano, e tamén as menos lidas:
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.
