mércores, 13 de xaneiro de 2021

Outra pregunta inesperada

Noutra ocasión trouxen por este blogue o asunto dos problemas con preguntas inesperadas e incluso volvera a recoller noutra entrada outro problema que podía caer dentro desta agradecida categoría. Resulta que remexendo na Revista de Educación Matemática da Unión Matemática Argentina, sen querer achei outra proposta que tamén admitiría esta clasificación. Estoume a refeir a un dos problemas da sección que mantén Juán Pablo Rosseti, en concreto no Volume 35 (número 2) e que paso a presentar aquí:

Unha profesora escribe na pizara un número grande e pídelle aos 30 alumnos da clase que lle digan, un a un, distintos divisores do número. Os alumnos responden ordenadamente; o primeiro di que "o 1 é divisor do escrito na pizarra", o segundo di que "o 2 é un divisor", o terceiro alumnos di "o 3 é un divisor", o cuarto di "o 4 é un divisor", e así, sucesivamente ata que o trixésimo alumno di que "o 30 é un divisor". A profesora comenta que hai só dous alumnos que se equivocaron e que o fixeron de forma consecutiva. Cales son os dous alumnos que se equivocaron? [Velaquí a pregunta sorprendente, pois a esperada é a seguinte] Para os que resolveron o problema hai unha segunda pregunta: cal é o menor número que puido escribir a profesora?


venres, 1 de xaneiro de 2021

O problema dos bois de Newton

É moi interesante debullar como nós, como animais sociais, imos construíndo coñecementos e prexuízos. As matemáticas teñen unha imaxe social de saber esotérico, duro, difícil e incluso desagradable; mais tamén estas características reforzan a percepción das matemáticas como chave dos máis diversos e profundos coñecementos polo que ninguén se atreve a cuestionar a súa ignota necesidade. A todo isto contribúen moito as historias que recibimos arredor desta ciencia. 

Cando era novo recordo moitos avisos de prevención sobre a dificultade insuperable da materia. "Xa verás cando estudes (e aquí podemos poñer: ecuacións, logaritmos, derivadas,...), non hai quen as entenda" Así é imposible comenzar un novo curso sen medo. A isto hai que engadir as historias sobre eses temidos profesores de matemáticas. Eu mesmo podo contar o caso de quen "explicaba" en 2º de BUP (para os novos, pensade no curso para a idade de 4º da ESO) o plano vectorial real como un conxunto de clases de equivalencia (isto é, vectores equipolentes) e demostraba, por exemplo, que a suma de vectores non dependía do representante da clase que se elixira; e así todo. Xuro que é certo.

Recordo que o meu compañeiro de pupitre tiña un irmán que acababa de comezar os estudos universitarios e segundo contaba, propuxéranlle o problema de determinar o tempo que unha vaca tardaría en toda a herba dun prado, tendo en conta que a herba continuaría crecendo. Por máis interese que lle puxen ao conto, e por máis que o pedín, nunca cheguei a saber o enunciado exacto do problema. Estaba claro que a intención da historia, non era transmitir un problema, senón a de estender a idea de que o problema, fose cal for, era tremendamente difícil. Así son as matemáticas.

Arthmetica Universalis, 1707
Non podía imaxinar a alegría que aquela historia do problema da vaca, xa prácticamente esquecida, me traería hai uns poucos días cando atopei un enunciado que ben podería ser aquel que nunca chegara a coñecer en detalle. O problema aparece nun libro, Arithmetica Universalis, que nas súas primeiras edicións non ten referencia ningunha ao seu autor, Isaac Newton.  Non sabemos a razón disto, quizais a enfermiza incapacidade de Newton para recibir críticas. O libro está elaborado a partir das notas que Newton escribira a partir da lectura doutros libros de álxebra para as conferencias que tiña que impartir como posuidor da cátedra lucasiana. Precisamente sería o seu sucesor na cátedra quen se encargaría da primeira edición, en latín, do libro Arthmetica Universalis no 1707, William Whiston (1667-1752), un dos máis activos precursores nas iniciativas para abordar o problema de determinar a lonxitude na navegación. Así como Newton mantivo as súas crenzas arrianas en segredo, Whiston non dubidou en facelas públicas polo que foi acusado de herexe e expulsado de Cambridge. Parece bastante probable que as coincidencias teolóxicas destes dous homes foron determinantes para que Newton o escollera Whiston como o seu sucesor na cátedra lucasiana.

O carácter conservador de Newton levaríao a desprezar a álxebra como "a análise dos trapalleiros en matemáticas",fronte á xeometría, que consideraba unha ciencia superior por estar axiomáticamente establecida. Paradoxalmente, a Arthmetica Universalis contribuiría ao medre da álxebra pois contiña resultados relevantes, como as fórmulas das potencias das raíces dunha ecuación alxébrica así como un método para determinar o máximo número de raíces reais. Tamén neste libro é onde Newton descubre a relación entre as raíces e o discriminante.

O problema

Recorte da páx. 79
da  Universal Arithmetik, 1720
  En contradición coas prevencións newtonianas á publicación, no 1720 aparece unha nova versión da obra, agora titulada Universal Arthmetik, e traducida ao inglés por Joseph Raphson (1668-1712), matemático inglés coñecido polo método de Newton-Raphson, de aproximación de raíces. O primeiro en publicar este método, no 1690, foi Raphson, e aínda que parece ser que Newton xa o coñecía en 1671, non se revelaría o seu achádego ata edición póstuma do Method of fluxions no 1736. Curiosamente, e como se pode comprobar, a tradución de Raphson da Artithmetica Universalis tamén se publica anos despois da morte deste. Volve a suceder que tampouco aparece o nome de Newton nesta edición. 
Despois desta breve introdución, desvelamos o enunciado do problema dos bois newtoniano:
Se b1 bois comen todo o pasto dunha herbeira de área a1 nun tempo c1, e b2 bois acaban cunha área a2 nun tempo c2; sabendo que a herba crece uniformemente, pídese achar cantos bois comerán unha área a3 nun tempo c3
Newton resolve o problema usando razoamentos de proporcionalidade, porén non se trata dun problema simple pois o engadido do crecemento contínuo da herba dificulta bastante a cuestión. Tendo en conta que, na súa notación denomina ás varibles a, b, c (bois, área e tempo da primeira herbeira), d, e f (aos da segunda herbeira) e finalmente g e h (área e tempo da terceira herbeira) ofrece como solución esta monstruosa expresión, sobre todo porque tamén aparece escrita á dereita coa miña notación:$$\frac { gbdfh-ecagh-bdegf+ecfga }{ befh-bceh } =\frac { { a }_{ 3 }{ a }_{ 2 }{ b }_{ 2 }{ c }_{ 2 }-{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }{ a }_{ 3 }{ c }_{ 3 }-{ a }_{ 1 }{ b }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ a }_{ 3 }{ c }_{ 2 }+{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 3 }{ b }_{ 1 } }{ { a }_{ 1 }{ a }_{ 2 }{ c }_{ 2 }{ c }_{ 3 }-{ a }_{ 1 }{ c }_{ 1 }{ a }_{ 2 }{ c }_{ 3 } } \quad \quad [1]\quad $$
Como alternativa, vou ofrecer unha solución máis alxébrica. 
Sexa h a cantidade de herba por unidade de área, k a herba que crece por unidade de tempo e área e   a que come un boi por unidade de tempo. Velaquí que como cada grupo de bois acaba co pasto da súa correspondente herbeira, temos o seguinte sistema de ecuacións lineares:
$${ a }_{ 1 }h+{ c }_{ 1 }{ a }_{ 1 }k-{ c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }q=0\\ { a }_{ 2 }h+{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }k-{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }q=0\\ { a }_{ 3 }h+{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }k-{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }q=0$$
Vemos aquí un sistema homoxéneo pero que debe ter unha solución distinta da trivial. Polo tanto o determinante da matriz de coeficientes debe ser cero.
$$\begin{vmatrix} { a }_{ 1\quad  } & { c }_{ 1 }{ a }_{ 1 } & { -c }_{ 1 }{ b }_{ 1 } \\ { a }_{ 2 } & { c }_{ 2 }{ a }_{ 2 } & { -c }_{ 2 }{ b }_{ 2 } \\ { a }_{ 3 } & { c }_{ 3 }{ a }_{ 3 } & { -c }_{ 3 }{ b }_{ 3 } \end{vmatrix}=0$$
A matriz ampliada das dúas primeiras ecuacións será: 
$$\begin{pmatrix} { a }_{ 1 } & { \quad c }_{ 1 }{ a }_{ 1 } & { \quad c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }q \\ { a }_{ 2 } & { \quad c }_{ 2 }{ a }_{ 2 } & { \quad c }_{ 2 }{ b }_{ 2 } q\end{pmatrix}$$
Resolvemos este sistema. Podemos aplicarlle a regra de Cramer e obtemos as solucións:
$$h=\frac { \left( { c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }-{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }c_{ 1 }{ a }_{ 1 } \right) q }{ { a }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }-{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ a }_{ 1 } } \quad \quad \quad k=\frac { \left( { a }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }-{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ b }_{ 1 } \right) q }{ { a }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }-{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ a }_{ 1 } } $$
Newton pregúntanos por b3.Se despexamos este valor na terceira ecuación:
$${ b }_{ 3 }=\frac { { a }_{ 3 } }{ { c }_{ 3 }q } h+\frac { { a }_{ 3 }{ c }_{ 3 } }{ { c }_{ 3 }q } k=\frac { { a }_{ 3 }\left( { c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }-{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }c_{ 1 }{ a }_{ 1 } \right) +{ a }_{ 3 }{ c }_{ 3 }({ a }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ b }_{ 2 }-{ a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ b }_{ 1 }) }{ { { c }_{ 3 }a }_{ 1 }{ c }_{ 2 }{ a }_{ 2 }-{ { c }_{ 3 }a }_{ 2 }{ c }_{ 1 }{ a }_{ 1 } } $$
Obtemos, como era de esperar, o resultado da expresión que se presentou en [1]
Retrospectivamente, tal e como se presentou aquí, parece que Newton estaba a un paso dos determinantes. Non é así. Pero traballos moitos coma este contribuirían á creación dun ambiente de confianza nas posibilidades da álxebra e á procura de métodos que superasen as dificultades que establecían este tipo de cuestións. Cando hoxe se queren buscar as orixes dos determinantes é habitual comezar facendo referencia aos traballos de Leibniz, quen, por outra banda, había de ser obxecto dunha famosa controversia con Newton sobre a prioridade da invención do cálculo.

Un caso particular
Newton aínda ofrecería un caso particular do seu problema e que moitas veces foi proclamado como "o problema dos bois (ou das vacas) newtoniano". Di o seguinte:
12 bois comen 3⅓ de acres de pasto en 4 semanas, e 21 bois comen 10 acres de pasto en 9 semanas; achar cantos bois comerían 36 acres en 18 semanas
Para resolver esta versión bastaría substituir os datos nas fórmulas anteriores.

luns, 14 de decembro de 2020

Problemas británicos.3. O Bacharelato.

As dúas entrada anteriores estiveron adicadas a unha selección de problemas da UKMT  para alumnado da ESO [Primeria etapa, Segunda etapa] Rematamos a xeira cunha colección de problemas das competicións británicas para aqueles que cursan o Bacharelato.

Entendo que a dificultade deste primeiro problema pode residir en que tratamos a materia de forma demasiado compartimentada. Cando se traballa a xeometría, vai unha restra de problemas de xeometría, cando se estuda a probabilidade, veña boletíns do tema. Pero se mesturamos as dúas cousas non sabemos como meterlle o dente.

Un ángulo aleatorio. Un punto P escóllese aleatoriamente no interior dun cadrado QRST. Cal é a probabilidade de que ∠RPQ sexa agudo.

Así como practicamente a totalidade destes problemas só teñen un acollemento excepcional nas clases ordinarias para todo o alumnado, o seguinte si que se podería presentar en calquera aula de Secundaria.

O valor das letras. As letras S, M e C representan números naturais. Se S⋅M⋅C=240, S⋅C+M=46 e S+M⋅C=64, cal é o valor de S+M+C?  

O enunciado é ben curto, pero a que agardabas que a pregunta vai ser outra?

Noventa e nove noves. O enteiro m ten noventa e nove díxitos, e todos eles son noves. Cal é a suma dos díxitos de m2?

No seguinte problema a pregunta implica unha propiedade curiosa, que a área sombreada non depende de onde coloquemos o cadrado pequeno sobre o lado do grande.


Cal é a área sombreada? No diagrama vemos dous cadrados, un de lado 20 e outro de lado 10. Cal é a área da rexión sombreada?





A baldosa se Spoleto. A figura mostra un patrón encontrado nunha baldosa do chan na catedral de Spoleto, Umbría. Unha circunferencia de raio 1 rodea catro cuartos de círculo, todos de raio 1, que encerran un cadrado. O patrón ten catro eixos de simetría. Cal é a lonxitude do lado do cadrado?



Os problemas xeométricos planos usualmente poñen en xogo circunferencias, cadrados ou polígonos regulares. O seguinte ten a curiosidade de tratar sobre rectángulos.


Tres rectángulos. O diagrama mostra tres rectángulos congruentes de 5 de largo e 13 de longo. Como se ve, hai dous pares de rectángulos que comparten un vértice. Dous dos rectángulos están colocados de xeito que un vértice de cada un está no lado do terceiro. Cal é a área da rexión na que se solapan os tres?




Aínda que hai outras formas de abordar as seguinte cuestións, eu partín do coñecementos de trigonometría que se imparten no primeiro curso do Bacharelato de ciencias.



Cal é o tamaño do ángulo?. Na figura temos cinco cadrados idénticos. Canto mide o ángulo marcado?

 


A área dun triángulo equilátero. O triángulo equilátero exterior ten área 1. Os puntos A, B e C están a un cuarto de cada un dos lados, como se mostra. Cal é a área do triángulo equilátero ABC? 





Rematamos a xeira xeométrica cos dous seguintes problemas:


Tanxente a unha circunferencia. Unha circunferencia de centro A e raio 12 ten diámetro BC. Debuxamos unha segunda circunferencia de diámetro AC. A tanxente trazada desde B a esta circunferencia interseca a circunferencia centrada en A no punto D. Cal é a lonxitude BD?



Diferenza entre áreas. Na figura represéntase un círculo de raio 2 e un cadrado. O círuculo toca en dous lados ao cadrado e pasa por un dos vértices do cadrado. A área da rexión sombreada en negro (dentro do cadrado pero fóra do círculo) é X e a área sombreada en gris (dentro do círculo pero fóra do cadrado) é Y. Cal é o valor de YーX?



Velaquí de seguido o típico problema que aparece nos libros de Adrián Paenza. Con esta proposta cambiamos da xeometría aos números.

Canto mide o camiño? Raquel e Nicolás están cada un no extremo dun camiño. Entón eles andan a velocidade constante (pero diferente) cara o outro lado, e dan a volta cara o seu punto orixinal, sempre á mesma velocidade. O seu primeiro encontro prodúcese a 20 metros dun dos extremos. Cando están de volta encontranse a 10 metros do outro extremo do camiño. Canto mide o camiño?

Números desafortunados. Un número "desafortunado" é un enteiro positivo que é igual a 13 veces a suma dos seus díxitos. Acha todos os números "desafortunados".

Lista de restos. Helena divide 365 entre cada dos números 1, 2, 3,.... , 365 obtendo así unha lista de 365 restos. Entón Felipe divide 366 entre 1, , 3, ..., 366 obtendo unha lista de 366 restos. Cal das dúas listas de restos ten unha suma maior? En canto supera á outra suma? 

O mercado de Ulán Bator. Onte, no mercado de Ulán Bator podías mercar un elefante branco ou 99 gansos salvaxes polo mesmo prezo. Hoxe, o prezo dun elefante branco baixou un 10% e o prezo dos gansos salvaxes subira un 10%. Cantos gansos salvaxes custa agora un elefante branco?

Votos grelados. Recentemente houbo eleccións en Grelandia. Todos os que votaron polo Partido das Nabizas comeran nabizas. Daqueles que votan por outros partidos, o 90% nunca comera nabizas. Do total de votantes, o 46% comeran nabizas. Cal é a porcentaxe de votos obtida polo Partido das Nabizas?

O prezo das tarxetas de nadal. O ano pasado Noelia comprou unha certa candidade de tarxetas de nadal, todas do mesmo prezo. O importe total foi de 15,6 €. Nun xesto de boa vontade propio desas festas, o vendedor deulle unha tarxeta máis gratis, e iso reduciu o custo medio por tarxeta nun céntimo. Co prezo orixinal, cantas tarxetas podía comprar Noelia por 5 €?

venres, 11 de decembro de 2020

Problemas británicos.2. Segunda etapa da ESO

Na entrada anterior fixemos unha escolma de problemas recollidos no libro "The ultimate mathematical challenge", da UKMT que se adaptaban á abordaxe por alumnado dos dous primeiros cursos da ESO. A maior parte dos problemas dese libro están dirixidos a alumnos dos dous últimos cursos da ESO. Aquí  recóllense algúns deles.

Por norma xeral os problemas das competicións da  UKMT non son nos primeiros que pensamos para levar a unha aula pois normalmente precísase certo entrenamento nas cuestións que se abordan ou ben non son acaídos para a maior parte do alumnado. Non sucede isto co seguinte problema, con moi bo encaixe en calquera clase na que se traballe o uso dos radicais e que ten un sabor distinto ao habitual que se presenta nos libros de texto.

Raíces cadradas. Cantos dos seguintes números son maiores que 10?$$3\sqrt { 11 } \quad \quad 4\sqrt { 7 } \quad \quad 5\sqrt { 5 } \quad \quad 6\sqrt { 3 } \quad \quad 7\sqrt { 2 } $$

Moitas veces a fermosura dun problema está na súa simplicidade na redacción.

Unha media. A media de 16 números enteiros positivos distintos é 16. Cal é o maior valor que pode ter un deses 16 números?

De seguido algunhas cuestións de móbiles, desas de velocidades, tempos e espazos. O problema do tren é un deses clásicos que todos debemos ter gardado nalgún cartafol.

Aimee vai ao traballo. Todos os días Aimee sube nunhas escaleiras mecánicas para a súa xornada de traballo. Se fica quieta, este percorrido lévalle 60 segundos. Un día que a escaleira estaba avariada levoulle 90 segundos. Cantos segundos lle levaría subir se usa as escaleiras mecánicas mentres sube á mesma velocidade que o día da avaría?

A velocidade do tren. Un tren que viaxa a velocidade constante tarda 5 segundos en pasar completamente a través dun túnel de 85 m. de lonxitude e 8 segundos en pasar completamente a través dun segundo túnel de 160 m. Cal é a velocidade do tren?


Tamén se poden propoñer problemas de máximos e mínimos fóra do contexto do cálculo diferencial.

Unha pirámide de cubos. Katia escribe diferentes enteiros positivos na cara superior dos 14 cubos da pirámide. A suma dos nove números dos cubos da parte inferior é 50. O enteiro escrito en cada un dos cubos do medio e no superior son iguais á suma dos enteiros dos catro cubos sobre os que se asenta. Cal é o maior enteiro que se pode escribir no cubo superior?

Cantas fichas? Barbara quer colocar fichas nun taboleiro 4х4 de forma que o número de fichas en cada fila e en cada columna sexa diferente. (Pode colocar máis dunha ficha en cada cela e unha cela pode quedar baleira). Cal é o menor número de fichas que precisa?

Os seguintes son os habituais problemas de enunciado, pero cada un deles garda o seu tesouro. Por exemplo, neste primeiro non se pregunta pola cantidade de cartos que teñen os protagonistas.

Compartindo cartos. Rosalía deulle a metade dos seus cartos a Amancio. Entón Amancio deulle unha terceira parte do que tiña a Rosalía. Cada un deles acabou coa mesma cantidade de cartos. Acha a razón entre os cartos que tiñan cada un dos dous ao principio.

Cantos campistas? Na cea dunha xornada de acampada, cada lata de sopa foi compartida entre dous campistas, cada lata de albóndegas foi compartida entre 3 campistas e cada lata de mexillóns foi compartida entre 4 campistas. Todos e cada un dos campistas comeu das tres viandas e tomaron todas as latas. O monitor do cámping abriu un total de 156 latas. Cantos campistas participaban na xornada?

Cans e gatos. Na miña vila o10% dos cans pensan que son gatos e o 10% dos gatos pensan que son cans. Todos os outros cans e gatos son conscientes da súa identidade. Cando todos os gatos e cans foron sometidos a un rigoroso test, o 20% deles pensaban que eran gatos. Cal é a verdadeira porcentaxe de gatos de entre todos eles?

Cartas a Newton. Un luns na vila de Newton o carteiro deixa unha, dúas, tres ou catro cartas en cada unha das casas. O número de casas que recibiron catro cartas é sete veces o das que recibiron unha, e o número das que recibiron dúas é cinco veces o das que recibiron unha. Cal foi a media do número de cartas que recibiu cada casa?

Un par de problemas nos que os protagonistas son os números.

Dous cadrados. Un cadrado ten catro díxitos. Cando cada díxito se incrementa en 1 fórmase outro cadrado. Cales son os dous cadrados?

Un produto enteiro. Para que naturais o seguinte produto é enteiro? $$\left( 1+\frac { 1 }{ 2 }  \right) \left( 1+\frac { 1 }{ 3 }  \right) \left( 1+\frac { 1 }{ 4 }  \right) ...\left( 1+\frac { 1 }{ n }  \right) $$

Finalmente, unha colección de problemas xeométricos.

Unha área cadrada. Un octógono regular está inscrito nun cadrado, como se mostra na figura. O cadrado sombreado conecta os puntos medios de catro lados do octógono. Que fracción do cadrado exterior está sombreada? 




Un ángulo nun cadrado.O diagrama mostra un cadrado ABCD e un triángulo equilátero ABE. O punto F está en BC e verifica que EC=EF. Calcula o ángulo BEF.




 Estrañamente o título que lle dan na UKMT ao seguinte problema é "unha área sombreada".



Unha razón entre áreas. Un círculo está inscrito nun cadrado e un rectángulo está dentro do cadrado pero fóra do círculo. Dous dos lados do rectángulo están sobre dous lados do cadrado e un dos seus vértices toca á circunferencia, tal e como se ve na imaxe. A altura do rectángulo é o dobre da súa base.

Cal é a razón entre a área do cadrado e a do rectángulo?

 


Un círculo en Salt's Mill. O marco dunha fiestra en Salt's Mill consiste en dúas semicircunferencias iguais e nunha circunferencia inscrita nunha gran semicircunferencia tanxente ás outras tres tal e como se mostra. A lonxitude do marco é de 4 metros. Cal é o raio exacto da circunferencia?

O derradeiro encantoume. Usualmente nos problemas xeométricos pregúntase polo valor da área sombreada. Aquí é este precisamente o dato.


 A lonxitude dunha corda. A área sombreada é 2π. Cal é a lonxitude de AB?




Ben sei que nesta escolma están máis ben as miñas preferencias e prexuízos. Pero iso sucede con todas. A pesar disto, vou seguir insistindo no tema e na na seguinte entrega tócalle a quenda aos problemas para o Bacharelato.


mércores, 9 de decembro de 2020

Problemas británicos.1. Primeira etapa da ESO

A United Kingdom Mathematics Trust (UKMT) é unha asociación que mantén as diversas competicións escolares de matemáticas. Tamén publican libros sobre as mesmas. Un deles, The ultimate mathematical challenge (Harper-Collins 2018) é unha recompilación de 366  problemas pensados para rapaces do ensino secundario. O que vou facer aquí é unha escolma desa recompilación. Nesta entrada centrareime nos problemas para a primeira etapa da ESO (se a alguén lle renxe esta denominación por non ser oficial ou non corresponderse coa actual lei educativa, que pense que estamos a falar de 1º e 2º da ESO). A adscrición dos problemas a cada etapa foi feita atendendo á que fan os propios organizadores das competicións. Cada unha delas está pensada para alumnado de determinada idade, aínda que esta clasificación nunca pode ser estricta pois cabe a posibilidade de solapamento entre as distintas etapas etarias. Ademais cómpre ter en conta que o nivel de dificultade de distintas probas pode variar.  
Aínda que o libro nos fornece moito material, moi diverso, e moi agradecido, tampouco faltan uns poucos exemplos de problemas decepcionantes. Estou a falar de problemas "de libro de texto" pero que un nunca esperaría ver nun libro coma este. Van un par de exemplos.

Pepa fai unha visita aos avós. Pasa a metade do tempo xogando, un terzo durmindo e os 35 minutos restantes comendo. De canto tempo foi a visita?

Se un imaxina o seguinte problema non pode deixar de ver algo de estraño na situación. Menos mal que Benxamín se sube aos ombros e non se coloca directamente no curuto da testa do irmán. 

A sombra de Benxamín. Á tardiña Benxamín, que ten un metro de altura, proxecta unha sombra de 3 metros. Se Benxamín se sube sobre os ombros do seu irmán, que están a 1,5 metros sobre o chan, canto medirá a sombra que Benxamín e o seu irmán proxectan?


Primeira etapa da ESO 

De seguido recollo algúns problemas aparecidos en convocatorias para rapaces que estarían estudando nos dous primeiros cursos da ESO. 

Sumas de díxitos. Cantos números de tres díxitos hai tales que a suma deses díxitos sexa 25?

Tanto o anterior coma o seguinte teñen a enorme vantaxe de ofrecernos unha porta aberta a moitas outras pesquisas.



Cantos lados? Un polígono simple faise unindo os puntos do xeoplano con segmentos que só coinciden nos vértices. Ningún punto está en máis de unha esquina. O diagrama mostra un exemplo dun polígono de 5 lados. Cal é o maior número de lados dun polígono que se pode formar unindo os puntos deste xeoplano 4х4 con esas regras?


O reloxo da profesora Fungueiriño. O reloxo da profesora Fungueiriño adianta 16 minutos cada día. Despois de que ela poña o reloxo en hora, cantos días pasarán ata que volva a ter a hora correcta?

O valor de n. Sábese que n é un enteiro positivo tal que se lle engadimos n á suma dos seus díxitos, o resultado é 313. Cales son os posibles valores de n?

O seguinte é un exemplo de como dándolle a volta a un problema estándar, podemos chegar a un enunciado moi enriquecido 


O perímetro dun cadrado.O diagrama mostra un cadrado que foi dividido en cinco rectángulos congruentes. O perímetro de cada rectángulo é de 51 cm. Acha o perímetro do cadrado.



Hai varios exemplos de problemas do mesmo estilo que o seguinte, nos que se ofrece unha operación con símbolos que hai que pescudar. Non é un tipo de cuestións que me agraden, pero este tiña o seu punto.

Unha suma poligonal. Na seguinte suma, polígonos diferentes representan cifras diferentes. Acha o valor do cadrado. 





 Creo que nunca vin un problema protagonizado por un nonágono. Só por esta razón merecía ser recollido.


O problema do nonágono. O diagrama mostra un polígono regular de nove lados (un nonágono ou eneágono) con dous dos lados prolongados ata cortarse no punto X. Canto mide o ángulo agudo en X?

 

Cantos números-V? Un natural de tres díxitos dise que é un "número-V" se os seus díxitos son "alto-baixo-alto", isto é, se o díxito das decenas é menor que o das centenas e o das unidades. Cantos números-V de tres díxitos existen?

Pegando cubos. Un cubo está feito pegando as caras de cubiños unidade. O número de cubiños unidade pegados exactamente a outros catro cubiños é 96. Cantos cubiños unidade están pegados exactamente a outros cinco?

Un problema de porcentaxes que merece a pena? Fixémonos que o contexto está nas propias matemáticas. Moitas veces procúranse contextos artificiosos que son realmente horribles.

Incrementado nun 75%. Acha todos os números de dous díxitos e de tres díxitos que se incrementan nun 75% cando os seus díxitos se inverten.

Pola contra o contexto do seguinte remite a unha completa fabulación. Perdería moito se se propuxera un contexto presumiblemente real. Ademais ten o plus de ser un novo exemplo de problema desa gorentosa colección dos que nos ofrecen preguntas inesperadas.

A Xornada Deportiva no País das Marabillas. Alicia, o Coello Branco e a Tartaruga Falsa foron os tres únicos competidores na Xornada Deportiva, e os tres completaron todas as competicións. O sistema de puntuación foi sempre o mesmo en cada unha: os puntos recibidos polo primeiro, segundo e terceiro foron enteiros positivos e (incluso no País das Marabillas) concedíaselle máis puntos ao primeiro que ao segundo e máis puntos ao segundo que ao terceiro.

Como era de esperar o Coello Branco gañou a carreira de sacos. Ao rematar a Xornada Alicia acadou os 18 puntos mentres que a Tartaruga Falsa ficou con 9 e o Coello Branco con 8. Podes dicirme cantas competicións houbo? E quen quedou de último no campionato de billarda?


Nunha próxima entrega ofreceremos unha escolma para os dous últimos cursos da ESO.

mércores, 18 de novembro de 2020

As perlas de Jorge Nuno Silva na Gazeta de Matemática

 A Gazeta da Matemática é unha  das publicacións a cargo da Sociedade Portuguesa da Matemática. Ten unha periodicidade cuadrimestral e despois de pasado un ano pódese descargar libremente. Un dos apartados máis gorentosos é o artigo de Jorge Nuno Silva, profesor da Universidade de Lisboa, moi interesado na matemática recreativa, polo que os seus artigos na Gazeta son fulgurantes perlas deste aspecto das matemáticas. Van de seguido algunhas alfaias deste colar. O primeiro, un problema que ten unha moi boa inserción no currículo da secundaria e que apareceu no nº 187 desa publicación:

O casino das diferenzas.Un xogador paga 2 € para lanzar dous dados cúbicos normais e gaña, en euros, o valor absoluto da diferenza entre os valores que saian no lanzamento, agás se sae dobre, pois neste caso lanza de novo. Este xogo é bo para a casa ou para o apostador?

Jorge Nuno participa nas actividades anuais de homenaxe a Martin Gardner. No número 186 recolle este sorprendente problema do mestre da divulgación:

División entre irmáns.  Dous irmáns acordan vender un rabaño de ovellas, propiedade común de ambos. Curiosamente, cada ovella rende un número de euros igual ao número de ovellas do rabaño. O comprador paga en billetes de 10 € máis voltas (as voltas corresponden a un valor inferior a 10 €).

Para efectuar unha división equitativa do diñeiro, os irmáns comezan por, alternativamente, retirar un billete de 10 €, comezando polo máis vello. Resulta que o último billete tamén lle toca ao irmán máis vello, polo que o máis novo se queixa. O máis vello doulle todas as voltas, mais con todo o outro continúa a súa protesta. Entón, o maior dille: "Voute dar un cheque co que che debo para ficarmos iguais"

De canto era o cheque?

No nº 184 recolle un problema do Liber Abaci, de Leonardo de Pisa, un clásico:

Herdanza do Liber Abaci. Un pai divide  a súa herdanza entre os fillos da seguinte maneira. O primeiro recibe un euro e un sétimo do restante; o segundo ten dereito a dous euros e un sétimo do restante, e así sucesivamente. Acontece que todos reciben cantidades iguais. Cantos son os fillos? A canto lle toca a cada un e canto era a herdanza?

Jorge Nuno aínda se pregunta que pasaría se no canto de termos 1/7 no enunciado tivésemos 1/9, e se fose 1/n?

No número 180, nun artigo titulado Comunicação invisibel informa sobre un problema da Olimpíada Matemática de Moscú. Ao tratarse dun problema con cartas dunha baralla non é de estrañar que tamén fose tratado por ese matemago chamado Pedro Alegría nun artigo titulado Magia olímpica.  :

Comunicación invisible. Repártense as  cartas do 1 ao 7 dun mesmo pau. Hai tres xogadores, Andrey, Boris e Sergey. Tres cartas para cada dun dos dous primeiros e a que queda para Sergey. Ningún deles sabe das cartas que recibiron os outros. Será posible que Andrey e Boris teñan unha conversa, en voz alta e diante de Sergey, de forma que coñezan a distribución das cartas e que Sergey continúa a saber só cal é a súa?

Jorge Nuno explícanos que o problema estaba pensado para que se resolvera usado a artimética modular. Supoñamos que o reparto foi 2, 4 e 6 para Andrey, 3, 5 e 7 para Boris e 1 para Sergey. Se Andrey suma a súas cartas módulo 7 : 2+4+6=12 ≡ 5 (mód.7) e di este último resultado en alto, Boris pode engadir este número á suma das súas: 5+(3+5+7)=20=1 (mód.7). Tendo en conta que  a suma dos valores de todas as cartas 1+2+...+7=0 (mód.7) Boris sabe que Sergey ten que ter un 6,  a diferenza entre 7 e a suma módulo 7 obtida por el. Entón Boris podería anunciar en alto a carta que ten Sergey co que inmediatamente Andrey sabería tamén as que teñen todos.

O mellor de todo é que se nos informa doutra solución realmente orixinal na que se usa... o plano de Fano! 

O plano de Fano é o plano con menos puntos (e rectas) que podemos atopar na xeometría proxectiva: un total de 7 puntos (e polo tanto de 7 rectas).  Cada recta ten 3 puntos, de aí que en cada punto converxan 3 rectas. Da mesma maneira que en dúas rectas hai un total de 5 puntos (un deles pertence ás dúas), dous puntos pertencen a un total de 5 rectas. Tamén diremos que 3 rectas non converxentes nun punto conteñen un total de 6 puntos, ou reciprocamente que 3 puntos non colineares están nun total de 6 rectas. Todo isto vese inmediatamente na imaxe do plano de Fano.

O plano de Fano... útil?

Pero deixemos de dar voltas e centrémonos no problema. Basta con que Audrey mostre o plano de Fano etiquetando os puntos cos números do 1 ao 7, anunciando que as súas cartas se corresponden cunha das rectas. Quedan 4 puntos correspondentes aos outros dous xogadores. Os tres puntos de Boris non poden estar aliñados xa que, nese caso a súa recta cortaría á recta de Audrey e, polo tanto terían unha carta en común, o que é imposible. Xa que logo, eses tres puntos de Boris determinan 6 rectas que conteñen a algún deles. A recta que falta é a de Audrey, polo que Boris xa pode anunciar o valor da carta do incauto Sergey.

luns, 5 de outubro de 2020

O xogo euclidiano

O xogo xeométrico 

Para  este xogo cómpre que teñamos un xeoplano de Gattegno no que delimitaremos un rectángulo. Por poñer un exemplo, consideremos o seguinte de dimensións 14×4

 
Participan dous xogadores. O primeiro pode pintar tantos cadrados da menor das dimensións como queira. No noso caso trátase de marcar cadrados 4×4. O primeiro xogador podería pintar 1, 2 ou 3 cadrados. Na seguinte partida marca os 3 cadrados polo que sobra un rectángulo de 2×4. É a quenda do segundo xogador que agora poderá marcar cadrados 2×2. Como marcou os dous cadrados vermellos gañará, pois o outro non pode continuar a partida.

Velaquí outra partida nun taboleiro 14×9 na que volve a gañar o segundo xogador

Estas imaxes están sacadas de Cut the Knot

O xogo aritmético
Tamén temos a posibilidade de xogar partidas usando unicamente os valores das dimensións do rectángulo. Deste xeito comezamos cun par de números naturais (a,b) En cada paso o xogador pode restar o menor do maior cantas veces queira, sempre que o resultado sexa estritamente positivo. Se supoñemos, por exemplo, que a<b unha xogada consistirá en pasar de (a,b) a (a, b-pa) sendo tamén b-pa un enteiro estritamente positivo. Gañará aquel que consiga que os dous números sexan iguais. Na seguintes series desenvólvense as partidas anteriores e tamén se ofrece un exemplo doutro par de novas partidas. Indícase o comezo da partida en negro, o primeiro xogador fai as xogadas marcadas en azul e o segundo as marcadas en vermello. A última cor é a do gañador.
Partida 1: (14,4) ⟶ (2,4) ⟶ (2,2)
Partida 2: (14,9) ⟶ (5,9) ⟶ (5,4) ⟶ (1,4) ⟶ (1,1)
Partida 3: (300,105) ⟶ (195, 105) ⟶ (90, 105) ⟶ (90, 15) ⟶ (15, 15)
Partida 4: (97, 352) ⟶ (97, 139) ⟶ (97, 42) ⟶ (42, 55) ⟶ (42, 13) ⟶ (16, 13) 
                                ⟶ (3, 13) ⟶ (3, 4) ⟶ (3,1) ⟶ (1,1)

Unha proposta para a aula consistiría en presentar unha boa colección de pares de números e invitar ao alumnado, formando parellas, a escoller un un deses pares establecendo cal dos dous comeza a partida.
Despois de algo de práctica é o momento de preguntar se alguén ve algunha relación entre os números de partida e o número final.
Estou seguro de que calquera que dea lido ata aquí xa se terá decatado de que, aínda que sexa con outra aparencia, o que estamos a facer é aplicar o algoritmo de Euclides para o cálculo do máximo común divisor de dous números. Velaquí temos unha boa oportunidade de introducir un aspecto completamente esquecido pola LOMCE e os libros de texto.

Unha estratexia xeométrica
Unha profundización que en certa medida escapa das aulas de secundaría consistiría na elaboración dunha estratexia para gañar. Presentaremos dúas. Comprobarase que ningunha delas remite a unha receita simple. Ademais involucran algo, nun principio, inesperado, que o número áureo Φ interveña ineludiblemente nas mesmas. Lembrémoslle algunhas propiedades: $$\Phi =\frac { 1+\sqrt { 5 }  }{ 2 } =1+\frac { 1 }{ 1+\frac { 1 }{ 1+.... }  } =[1;1,1,1,1,...]\quad \quad \quad \quad \quad \Phi -\frac { 1 }{ \Phi  } =1$$
Consideremos a rede formada polos puntos do plano con dúas coordenadas enteiras estritamente positivas. Cada partida comeza nun punto desa rede. En cada movemento trasladaremos un punto (a,b) desa rede a outro. Ademais en cada quenda haberá que facer un desprazamento ben horizontal cara a esquerda, cando a>b, ben vertical cara abaixo, cando a<b. Gañará aquel que consiga trasladar o punto á diagonal (a=b). Cómpre ter presente que un movemento válido será aquel no que á coordenada maior lle restemos un múltiplo da menor. Na seguinte imaxe aparece representada a segunda partida:
 
Neste contexto gañará aquel que consiga levar o punto á diagonal. Podemos asegurarnos a vitoria? Nese caso, cal debe ser a estratexia? Todo aparece explicado na seguinte imaxe na que nos aparecen dúas rectas de pendentes Φ e 1/Φ. Teñamos en conta que Φ é irracional polo que estas rectas non pasarán por ningún punto da rede de enteiros.



Distinguimos pola cor dúas zonas. Se nos toca mover e estamos nun punto da zona verde, gañaremos. Bastará con que movamos o punto a outro da zona vermella. Pola contra, se cando nos toca a quenda partimos dun punto da zona central, non teremos ningunha oportunidade. Para comprobalo, supoñamos que a partida está nun  punto (a, b) da zona verde cando nos toca xogar e que o noso movemento consiste en trasladar verticalmente o punto (a<b). A cuestión é: será posible que poidamos trasladar ese punto á zona vermella? Basta con que nos decatemos de que a intersección da recta vertical x=a coa zona vermella é un segmento de lonxitude a, polo tanto debe existir polo menos un punto ao cal facer o movemento (a,b) ⟶ (a,b-pa) : $$lonxitude\quad do\quad segmento\quad =\quad \Phi a-\frac { 1 }{ \Phi  } a=\left( \Phi -\frac { 1 }{ \Phi  }  \right) a=1\cdot a=a$$
No caso de termos que facer o movemento en horizontal (a>b), por simetría,  o argumento sería o mesmo. Pola contra, e precisamente pola mesma razón (a lonxitude do segmento vermello ser a), se nos toca xogar a partir dun punto da zona central, calquera movemento nos levará fóra dela, pois debemos trasladar o punto unha lonxitude p・a. 
 
Unha estratexia aritmética
Consideremos a fracción a/b cando a>b (respectivamente b/a cando b<a). Escribamos esa fracción na súa forma continua: [a0, a1, a2, a3,..., an ]. Un movemento consistirá, ben en eliminar o primeiro elemento: [a0, a1, a2, a3,..., an ] ⟶  [a1, a2, a3,..., an ], ben en diminuílo: [a0, a1, a2, a3,..., an ] ⟶  [a0 - k, a1, a2, a3,..., an ]. Gañará o que poida reducir esta expresión a [1]
Poñamos por caso que nos presentan o seguinte par: (442, 193) asociarémoslle a fracción $$\frac { 442 }{ 193 } =2+\frac { 1 }{ 3+\frac { 1 }{ 2+\frac { 1 }{ 4+\frac { 1 }{ 6 }  }  }  } =[2,3,2,4,6]$$
Neste caso hai unha estratexia ben simple, que consiste en reducir o primeiro elemento a un 1 xa que isto forza a que o contrincante só teña a posibilidade de eliminar ese primeiro elemento.
[2,3,2,4,6] ⟶ [1,3,2,4,6] ⟶ [3,2,4,6] ⟶ [1,2,4,6] ⟶ [2,4,6] ⟶ [1,4,6] ⟶ [4,6] ⟶ [1,6] ⟶ [6]  ⟶ [1]
Poderiamos seguir este procedemento sempre que os elementos da fracción continua fosen todos maiores que 1. Pero que facer de non ser este o caso? Hai que modificar a táctica anterior. Xa enxergamos que o número áureo pode ter, outra vez, o seu papel debido a que a súa expresión en fración contínua é [1, 1, 1, ...]. 
Teremos asegurada a vitoria para o primeiro xogador no caso de que o primeiro valor ak distinto de 1 teña subíndice par. Sexa  ek+1 =[ak+1, ak+2,..., a ] . Temos dúas posibilidades
  • Se  ek+1 < Φ   faremos a xogada [ak , ak+1, ak+2,..., an] ⟶  [ak+1, ak+2,..., an ]=[1, ak+2,...an]   pois neste suposto  ak+1=1.
  • Se ek+1 > Φ    faremos a xogada [ak , ak+1, ak+2,..., an] ⟶  [1, ak+1, ak+2,..., an]
Nas dúas alternativas forzamos a que o contrincante teña só un posible movemento, ten que eliminar o primeiro elemento da fracción continua xa que é un 1.
Os detalles tanto destas estratexias pódense consultar, no volume 41, número 4, da publicación The Fibonacci Quaterly , concretamente no artigo de Tamás Lengyel, "A Nim-Type Game and Continued Fractions"