Os logaritmos

Introdución aos logaritmos

Vou facer unha confesión terrible. Eu fixen a carreira de Matemáticas sen saber o que eran os logaritmos. Así aprendín que non hai que botar as mans á cabeza cando alguén descoñece un concepto fundamental, sempre e cando teña ferramentas que lle permitan esquivar esta eiva. En efecto, tiña que ter estudado os logaritmos cando cursei 2º de BUP. O profesor explicáranolos pero como foi a final de curso decidiu non facer exame. A pesar de que daquela tiña xa certa querencia pola materia, non mirei nin a primeira vez os apuntes. Así aprendín que se un quer forzar o estudo dun tema, debe telo en conta á hora de avalialo. 

Ao ano seguinte tiven outro profesor que supuxo que todos tiñamos adquiridos os fundamentos dos logaritmos así que cando lle tocou presentarnos a función logarítmica fíxoo de súpeto. Con todo, tivo a boa idea de escribir no encerado as propiedades fundamentais dos logaritmos. A partir dese momento para min os logaritmos eran iso, unha función que verificaba unhas curiosas propiedades.

Con estes antecedentes o día que me tocou a min explicar o que eran os logaritmos enfronteime a un gran problema; antes tiña que sabelo eu. Así que tiven que estudalo por vez primeira. Todas estas circunstancias leváronme a ter que reflexionar moito sobre o seu concepto. Tiña a man moitos libros de texto, pero nunca cheguei a usalos na aula, entre outras razóns porque normalmente os libros de texto non viñan escritos en galego. En todo caso, incluso no breve lapso de tempo no que dispoñiamos de textos de Matemáticas en galego, nunca fun quen de adaptarme á súa prosodia. Pode que sexa defecto meu, non o nego. Con todo prefiro contar as cousas da mesma maneira que me gustaría que mas contaran a min. Sempre perdín moito tempo en intentar ser o máis coidadoso na escolla das palabras e as ideas para as explicacións. De seguido conto como explico en que consisten os logaritmos. Normalmente fágoo en 4º da ESO, aínda que dependendo das circunstancias, pode que teña que adiar o relato para o curso seguinte. 

En primeiro lugar presento unha táboa de potencias de 2 como a seguinte

$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$
$0$	$1$	$8$	$256$	$16$	$65.536$	$24$	$16.777.216$
$1$	$2$	$9$	$512$	$17$	$131.072$	$25$	$33.554.432$
$2$	$4$	$10$	$1.024$	$18$	$262.144$	$26$	$67.108.864$
$3$	$8$	$11$	$2.048$	$19$	$524.288$	$27$	$134.217.728$
$4$	$16$	$12$	$4.096$	$20$	$1.048.576$	$28$	$268.435.456$
$5$	$32$	$13$	$8.192$	$21$	$2.097.152$	$29$	$536.870.912$
$6$	$64$	$14$	$16.384$	$22$	$4.194.304$	$30$	$1.073.741.824$
$7$	$128$	$15$	$32.768$	$23$	$8.388.608$	$31$	$2.147.483.648$
$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$

Nesta táboa hai que ler as columnas de dúas en dúas. Na columna da esquerda aparece un número $n$ e na segunda o resultado de elevar 2 a ese número, $2^{n}$. Pero tamén podemos ler as columas de dereita a esquerda, así os números da columna da esquerda son os logaritmos en base 2 dos da  correspondente columna da dereita. 

Por exemplo, como $2^{5}=32$ diremos tamén que o $log_2{32}=5$ (o logaritmo en base $2$ de $32$ é $5$).

Cálculo de produtos

Por unha vez imos ter unha clase sen calculadora. Pensemos, por poñernos en situación, que estamos no século XVI. A pesar de non ter calculadora vémonos na obriga de calcular un produto. Non é difícil pero é bastante pesado. Por iso imos intentar simplificar os cálculos facendo uso da táboa das potencias de 2 (ou dos logaritmos en base 2). Queremos calcular o produto $512\cdot8.192$. Para iso debemos buscar na táboa os seus logaritmos. Neste caso o $log_{2}812=9$ e o $log_{2}8.192=13$. Estamos vendo que os logaritmos non son outra cousa que os expoñentes. Agora vén o truquiño. Sumamos os logaritmos $9+13=22$ (se prefires podemos dicir que sumamos os expoñentes) e agora miramos na táboa buscando nas columnas de esquerda o valor $n=22$, daquela o produto é xusto o seu compañeiro da columna da dereita: $512\cdot8.192=4.194.304$. A razón é ben simple:

$$512\cdot8.192=2^{9}\cdot 2^{13}=2^{9+13}=2^{22}=4.194.304$$

Acabamos de ver que os logaritmos transforman os produtos en sumas. Isto é lóxico porque os logaritmos son expoñentes e para calcular o produto de dous números coa mesma base, sumamos os expoñentes. Escrito máis estritamente

$$log_{2}\left( M\cdot N \right)=log_{2}M+log_{2}N$$

No noso caso: $$log_{2}\left( 512\cdot 8.192 \right)=log_{2}512+log_{2}8.192$$

ou $$9+13=22$$

Cálculo de divisións

Continuamos no século XVI (sen calculadoras). Se o procedemento do cálculo de divisións é bastante tedioso e pesado, a realización de divisións a man consiste nun algoritmo que multiplica estas dificultades. Estamos pensando en facer unha división usando números bastante grandes. Os logaritmos, isto é, os expoñentes, volverán a simplificarnos as cousas. Se o cálculo de produtos (complicados) se reduciu ao de sumas (fáciles) é lóxico que o cálculo de divisións (moi complicadas) se reduza a unha (simple) resta. Por exemplo, para facer a división $8.192: 512 $ chega con restar os logaritmos destes números. Vexámolo: $13-9=4$. Velaí que o resultado da división será o número que na táboa lle asignamos ao $4$, isto é $16$. Repasemos as razóns de que isto sexa así:

$$\frac{8.192}{512}=\frac{2^{13}}{2^{9}}=2^{13-9}=2^{4}=16$$

Escribamos estas ideas en forma de logaritmos:

$$log_{2}\left( \frac{M}{N} \right)=log_{2}M-log_{2}N$$

$$log_{2}\left( \frac{8.192}{512} \right)=log_{2}8.192-log_{2}512$$

$$13-9=4$$

Isto é, os logaritmos transforman as divisións en restas.

Chegou o momento de facer uns exercicios para practicar o cálculo de produtos e divisións mediante o uso de logaritmos. Axudarémonos da táboa (de logaritmos) que presentamos máis arriba.

1. Calcula $128\cdot 131.072$

2. Calcula $2.048\cdot 4.096$

3. Calcula $2.097.152 : 131.072$

4. Calcula $262.144 : 256$

5. Calcula $ 129 \cdot 127$ 

6. Calcula $154 \cdot 8744$ 

Non, non me equivoquei no último. Xa o explicarei noutra entrada.

Unha anotación xeométrica sobre as progresións xeométricas

Non fixen un reconto exhaustivo, pero teño a certeza de que o nivel que máis horas estiven dando clase foi o que anteriormente se correspondía con 1º de BUP, e que agora, e xa hai moito, se denomina 3º da ESO. 

Lembro moi ben que, sendo eu alumno dese curso (do BUP, claro), o tema que máis traballo me custou entender foi o relativo ás progresións aritméticas e xeométricas. Quizais por iso cando volvo a dar o paso, agora como profesor, de mergurllarme outra vez na selva das progresións, fágoo con pausa e mirando de esguello para todas partes. Esta actitude deriva nun traballo un tanto pachorrento, con todo, só o é para min, non para a xeneralidade do meu alumnado. Nesa tensión normalmente acaban gañando eles: ao final do tema chega o momento de explicarlles a suma infinita dunha progresión xeométrica de razón menor que 1 e véxoos tan saturados que a maioría das veces obvio ese apartado. Con todo, non é o máis dificil dos contidos a tratar neste tema. Pola contra, desde certo punto de vista é o máis simple. En efecto, paradoxalmente é máis simple deducir a suma dos infinitos termos dunha progresión xeométrica que a suma dunha cantidade finita. Aquí estou obviando a posible saturación cognitiva que poida ter un alumno ao ter que enfrontrarse ao que parece unha tarefa se Sísifo: sumar unha cantidade infinita de números. 

A razón de traer este asunto por aquí foi pola lectura casual dun pequeno artigo de Elon Lages Lima na Revista do Professor de Matemática nº 14 no que fai unha achega xeométrica a un asunto puramente aritmético, o da suma dunha progresión xeométrica. A cuestión pode desenvolverse da segunte maneira. Consideremos unha progresión xeométrica de razón $r, 0< r< 1$:

$a, ar, ar^{2},ar^{3},..., ar^{n},...$

Formemos un ángulo agudo con dous segmentos de lonxitude $a$. No extremo do segmento horizontal trazamos outro segmento paralelo de lonxitude $ra$. Isto dá lugar a dous triángulos semellantes, un de lados $a$ e $S$ e outro de lados $ra$ e $rS$, Está claro que a razón entre estes dous triángulos é $r$. 

Como $S=a+rS$ temos que:

$S(1-r)=a$

$S=S=\frac{a}{1-r}$

Resulta que $S$ é o valor da suma dos infinitos termos da progresión:

$$S=a+ar+a^{2}+ar^{3}+...=a+r\left ( a++ar+ar^{2}+... \right )=a+rS\\S-rS=a\\S\left ( 1-r \right )=a\\S=\frac{a}{1-r}$$

Se agora pretendemos calcular só unha suma finita de, digamos, só os $n$ primeiros termos:

$S_{n}=a+ar+ar^{2}+ar^{3}+...+ar^{n-1}$, multiplicando por $r$:

$rS_{n}=ar+ar^{2}+ar^{3}+ar^{4}...+ar^{n}$

A esta segunda suma lle rest+amoslle a primeira e cancélanse case todos os termos:

$rS_{n}-S_{n}=ar^{n}-a$. Sacando factor común e despexando:

$$S_{n}\left ( r-1 \right )=a\left ( r^{n}-1 \right )\\S_{n}=\frac{a\left ( r^{n}-1 \right )}{r-1}$$

Como prometimos, este caso dá lugar a unha expresión máis complicada que a do caso infinito. Para mitigar o esforzo podemos botarlle un ollo ao seguinte esquema, que nos axuda a conciliarnos coa cuestión.

Matemáticas na Raia 2022 desde o meu outeiro

Este ano por diversas circunstancias non apuntei ao alumnado de 3º ESO do IES Antón Losada ao certame de Matemáticas na Raia organizado por AGAPEMA e a APM. Así que seguín o concurso desde o meu outeiro, sen mollarme, mais sen desfrutar da súa caloriña.

Vou deixar por aquí os tres últimos problemas da edición deste ano.

3. A ferradura. Na construción dunha mesquita, coma noutras construcións árabes, empregouse moito o arco de ferradura. A súa forma está baseada no círculo, aínda que non chega a ser completo, pero si supera o semicírculo. 

O arco de feradura da figura está construído de forma que o segmento AB mide 1 metro, igual que o raio do círculo interior, e a altura das columnas que os sustentan é de 2 metros. Cal é a área da zona sombreada correspondente ao oco do arco máis o ocos entre as columnas?

No orixinal non aparecía a axuda da dereita

Como no seguinte problema aparece un triángulo de números, seguro que nos vén á cabeza un relampo do triángulo de Pascal. Claro que o alumnado de 3º da ESO non ten aínda esa referencia. De todas formas o triángulo de Pascal non ten nada que ver con este problema. Trátase dun bo exercicio de xeneralización. Non descarto usalo o vindeiro curso ao traballar o tema de progresións.

4. Camiños. O triángulo de números

Un camiño 1-2-3-4-5-6 é unha liña quebrada formada por segmentos horizontais e vertricais que pasan polos números 1, 2, 3, 4, 5, 6.

a) Cantos camiños 1-2-3-4-5-6 hai?

b) Se prolongamos ese triángulo de números da forma en que está contruído ata 20 filas, cantos camiños 1-2-3-4-...-20 hai?

c) Se procedemos desta maneira ata "n" filas, cantos camiños 1-2-3-4-...-n hai?

A miña experiencia dime que o último dos problema propostos debeu ser o que máis dificultades e bloqueos lles debeu producir aos participantes no concurso deste ano. Así tamén foi o caso do certame de Matemáticas na Raia do 2020. Daquela puidera comprobar que nin os meus alumnos nin os do IES que fóra vixiar eran quen de atacar outro problema de lóxica que se propuxera aquel ano (se seguides a ligazón iredes a unha entrada deste blogue publicada o "día do papel hixiénico", é dicir, o día en que comezou o confinamento)

5. Tarxetas lóxicas. Cantas frases falsas hai en cada tarxeta?

Tarxeta 1:

A. Nesta tarxeta, hai exactamente unha frase falsa       

B. Nesta tarxeta, hai exactamente dúas frases falsas.

C. Nesta tarxeta, hai exactamente tres frases falsas.

D. Nesta tarxeta, hai exactamente catro frases falsas.

E. Nesta tarxeta, hai exactamente cinco frases falsas.

F. Nesta tarxeta, hai exactamente seis frases falsas.

Tarxeta 2:

A. Nesta tarxeta, ningunha frase é falsa.

B. Nesta tarxeta, polo menos unha frase é falsa.

C. Nesta tarxeta, polo menos dúas frases son falsas.

D. Nesta tarxeta, polo menos tres frases son falsas.

E. Nesta tarxeta, polo menos catro frases son falsas.

F. Nesta tarxeta, todas as frases son falsas.

O oficio de ser profesor de matemáticas. O vértice da parábola.

Como exemplo de en que consiste o oficio de ser profesor de matemáticas vou relatar algunha das consideracións que fixen ao dar unha clase en 3º da ESO ao abordar o estudo das funcións cuadráticas, en concreto, a representación gráfica das parábolas.

Antes de nada comento algunha das cousas que aparecen nos libros de texto de Matemáticas Aplicadas actuais escollidos ao chou. En primeiro lugar o de 3º da ESO de Bruño. Antes do contido da fotografía só se daba a gráfica de y=x² destacando dela un feito ao que Galileo lle sacou moito partido pero que neste contexto non serve máis que para despistar: que a diferenza entre valores enteiros das ordenadas dá a sucesión de impares. Despois xa temos a seguinte receita.

O seguinte recorte é do libro de 4º da ESO de Santillana. As epígrafes anteriores estaban adicadas ás parábolas y=ax² , y=ax² +c e y=ax² +bx. Para cada un dos casos dase unha fórmula distinta para a obtención do vértice. En ningún deles se estuda como varía a forma da gráfica segundo varía a. Tampouco se indica en ningún sitio o papel que xoga o termo independente c. En resumo, as matemáticas son unha restra de receitas. No summum desta filosofía, explicítasenos ademais a ordenada do vértice. É necesaria esta fórmula cando basta con substituir o valor da abscisa na expresión alxébrica da parábola?

Temos que aceptar a fórmula para a abscisa do vértice ou, pola contra, podemos deducila? Está claro que me gusta facer preguntas retóricas. A resposta é afirmativa, pois de non selo, non a faría. Parto da base de que soltar unha fórmula tras outra non é dar clase de matemáticas pois non é facer matemáticas. As fórmulas non caen do ceo polo que, sempre que sexa posible, cómpre derivalas doutros coñecementos que teñamos adquiridos. Ademais isto permite a fixación a longo prazo e a aprendizaxe de estratexias de resolución de problemas.

Como todos estes materiais, alén das problemáticas comentadas, só os podemos encontrar en castelán, eu recomendo os recursos do Descartes ED@D, que podemos consultar en galego e permiten unha relación máis dinámica que un libro de texto ao conter escenas interactivas que guían a aprendizaxe. Con todo, se queremos só libro de texto, tamén o podemos descargar (aquí un exemplo do tema en cuestión), aínda que eu prefiro usar os cadernos de traballo editables (e editalos) que atopamos sempre na primeira páxina de cada tema. Pasemos a traballar coa unidade do Proxecto Descartes.

 

Despois de botarlle unha ollada ao texto, centrémonos na escena da dereita. Trátase de representar a parábola y=x²  cubrindo unha táboa de valores (hai que premer enter cada vez que introduzamos un valor) Os alumnos deben facelo tamén no seu caderno. Ao finalizar insistimos nas características máis importantes da representación: o eixe de simetría e o vértice da parábola.

Aparécenos unha frecha para continuar traballando coa escena. Agora trátase de ver a representación das funcións da forma y=ax² para distintos valores de a. Xogamos con eses valores e vemos na escena como varían os valores de y, pero sobre todo observamos os cambios da gráfica segundo variamos o parámetro a. Despois de varias preguntas e respostas na clase acordamos que:

• Canto maiores (en valor absoluto) son os valores de a, máis pechada é a parábola e canto menores (en valor absoluto), máis aberta.
• Para valores positivos de a a parábola ábrese por arriba e o vértice é un mínimo. 
• Para valores positivos de a a parábola ábrese por abaixo e o vértice é un máximo

Se nos fixamos na seguinte escena interactiva, agora podemos ver como varía a gráfica da parábola ao introducir o termo independente c. A función  y=ax² trasládanse c unidades sobre o eixo de ordenadas para darnos a gráfica de  y=ax² +c

 

Os problemas comezan coa lectura do texto destacado á esquerda que nos remiten ás mesmas cuestións que as apuntadas cando revisamos os libros de texto. Aquí vólvenos a aparecer a eiva anteriormente comentada. Recóllese sen xutificación ningunha a fórmula para a abscisa do vértice. Vexamos como podemos introducila a este nivel de ensino. Para iso, antes de nada, vou repasar os coñecementos previos que son necesarios para esa dedución.

Coñecementos previos

• No seu día traballamos a resolución de ecuacións de segundo grao. Fixémolo con certa profundidade pois ademais da dedución da fórmula que dá as solucións da ecuación, deducimos as fórmulas de Vieta que nos indican a relación da suma (e do produto) das raíces cos coeficientes da ecuación. En concreto, sexan x₁ e x₂ as solucións de ax²+bx+c=0$$x_{1}=\frac{-b+ \sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}\quad x_{2}=\frac{-b- \sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}\\S=x_{1}+x_{2}=\frac{-b+ \sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}+\frac{-b- \sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}=\frac{-2b}{2a}=\frac{-b}{a}$$
• Tamén se estudaron as ecuacións das rectas na súa forma explícita. En particular traballáronse as ecuacións das rectas horizontais y=k e as das rectas verticais x=k.
• Por suposto, tamén saben calcular unha media.
• Non nos esquezamos de que acabamos de ver que a gráfica de  y=ax² +c é a translación de c unidades sobre o eixo Y de  y=ax² 
• Nin de que as parábolas teñen un eixo de simetría vertical 
• E que isto significa que cortan as rectas horizontais "á mesma altura"
• E que o vértice está nese eixo

O vértice da parábola

Con todo isto na faltriqueira, podemos abordar a dedución da fórmula en cuestión. Decatémonos de que son unha gran cantidade de ítems e que isto pode producir en moitos alumnos unha saturación cognitiva. Por iso convén repasar e  clarificar todas estas ideas anteriores antes de continuar. Agora ben, o emprego de tantas ideas dadas durante o curso permiten o seu repaso e desvelan a súa utilidade noutras partes da materia. Especialmente destacable é a fórmula de Vieta para suma das solucións que no seu día parecía unha extravagancia, unha profundización sen moito sentido, e que agora se vai revelar como a porta á resolución dun novo problema.

Como o proceso é bastante complicado adiántase que únicamente traballaremos con parábolas co coeficiente a>0; isto é, parábolas abertas "por arriba". O profesor propón dous exercicios. No primeiro explica unha estratexia de resolución e as súas razóns.

Exercicio 1.Representación gráfica de  de  y=x² -4x+3 . 

Xa vimos nas escenas anteriores que as gráficas daquelas parábolas son simétricas. Adiántase que isto seguirá sendo así. Comenzarase con algo coñecido, a resolución da ecuación   x² -4x+3=0 . Reflexiónase que isto é equivalente a achar os puntos de corte da parábola co eixo dos X.  Obtemos  x₁ = 1 e x₂=3. Represéntase no plano cartesiano:

Ponse en evidencia que estes son dous puntos da parábola que están á mesma altura, ergo son simétricos. Polo tanto o eixo de simetría pasará polo punto medio x=2 e terá como ecuación x=2:

Tamén sabemos que o vértice estará nalgún lugar deste eixo, isto é, a primeira coordenada do vértice é v_x = 2 . Para calcular a segunda, basta con valorar a función y=x² -4x+3 neste punto e obtemos v_y = -1. Agora podemos facer uso da simetría e dar valores por parellas á mesma distancia do eixo porque sabemos que para cada parella o valor da función será o mesmo. Velaquí a táboa, os puntos representados e a gráfica.

Agora é o turno do alumnado, sen guía do profesor.

Exericio 2. Representación gráfica de  y=x² -2x-3 . 

Neste caso os puntos de corte co eixo dos X son  x₁ = -1 e x₂=3 polo que a primeira coordenada do vértice será media destas raíces que é v_x = 1. Este valor tamén nos indica o eixo de simetría. A solución neste novo caso é a seguinte:

Quedou ben claro que o eixo de simetría é o punto medio das raíces da ecuación de segundo grao. Lembrando as fórmulas de Vieta para este tipo de ecuacións podemos deducir a ansiada fórmula:

$$v_{x}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{S}{2}=\frac{\frac{-b}{a}}{2}=\frac{-b}{2a}$$

Se aplicamos esta fórmula aos dous exercicios anteriores veremos que a fórmula nos dá os valores achados anteriormente:

$$\underline{Exercio 1.}\quad v_{x}=\frac{-b}{2a}=\frac{-\left ( -4 \right )}{2\cdot 1}=2\\\underline{Exercio 2.}\quad v_{x}=\frac{-b}{2a}=\frac{-\left ( -2 \right )}{2\cdot 1}=1$$

Ademais destacamos que aplicar esta nova fórmula afórranos o cálculo das solucións da ecuación de segundo grao. Pídeselles que o fagan nos seguintes exercicios.

Exercicio 3. Representación gráfica de  y=2x² -12x+10 

Exercicio 4. Representación gráfica de  y=x² +4x+6 

O máis interesante de todo este proceso é observar o que sucede na aula cando propoñemos comprobar neste último exercicio que o eixo de simetría coincide co punto medio das solucións da ecuación x² +4x+6=0. A cuestión é que non ten solucións reais. Entón, como é que puidemos achar o vértice da parábola? Non era que a fórmula se obtiña precisamente ao calcular a media das solucións da ecuación? Como é posible que a fórmula funcione máis alá de onde foi obtida? É practicamente seguro que ningún alumno deste nivel sexa quen de dar resposta satisfactoria a estas cuestións. Non se trata de crearlles inseguridade nas matemáticas. Polo contratrio, o obxectivo está en destacar o extraordinarias que son. Seguro que hai razóns inescrutables que fan que funcione a fórmula. No improbable caso de que haxa un ambiente de interese por buscalas, e se despois dalgún tempo de reflexión e traballo non xurde ningunha idea, pódeselles recordar que a variación do termo independente trasladaba a curva verticalmente ou, equivalentemente, quizais conveña cortar a parábola con rectas horizontais como y=3 ou y=4 que darán lugar a puntos equidistantes do eixo de simetría.

Seguindo no contexto do exercicio 4, que pasa coas parábolas da forma y=x² +4x+c ? E se c=0?Ou, fixándonos na fórmula da abscisa do vértice, decatamonos de que non depende de c para nada? Iso que significa? As fórmulas non só non son obra dun demiurgo, senón que ademais fálannos e dinnos cousas das que non nos decataremos nunha lectura superficial. Velaí que todos estes procesos significan unha maior profundización no tema a tratar. A desvantaxe consiste en que precisan de moito máis tempo. A vantaxe é que se tratan as matemáticas coma se fosen matemáticas. 

Finalmente unha aclaración. Non se trata de que aquel que non explique como calcular o vértice dunha parábola exactamente tal e como o fixen aquí esté poñendo en práctica unha docencia irreflexiva pois nin eu mesmo o fago exactamente así. O importante é que no modo de enfocar as clases haxa unha corrente subterránea que cuestione todo aquilo que se vai levar á aula baixo os parámetros da materia. Espero que quede establecido que unha cousa é ensinar a razoar, a xeneralizar, a reflexionar sobre casos extremos, a facerse preguntas e incluso a dar algunha resposta, en definitiva, dar clases de matemáticas. Outra cousa moi distinta é recitar libros de texto, revelar listados de leis e propiedades, adicar os días e as noites a listas de exercicios repetitivos. Isto outro é dar clase de relixión.

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 n 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.

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.

O problema da persecución de Apolonio

Problema da persecución de Apolonio. Consideremos dous barcos A e B que se desprazan en liña recta e tales que a velocidade de B é k veces a de A. Trátase de que, sabendo a dirección de avance de A, o barco B o intercepte no menor tempo posible.

Para dar resposta a este problema imos trasladarnos atrás no tempo. Como case sempre sucede na xeometría plana, hai que retrotraerse ata os Elementos de Euclides (III a.C.), concretamente ao seguinte resultado:

Proposición VI.3. Se o ángulo dun triángulo se corta á metade e a recta que corta o ángulo corta tamén a base, os segmentos da base gardarán a mesma razón que os restantes lados do triángulo; e se os segmentos da base gardan a mesma razón que os restantes lados do triángulo, a recta unida dende o vértice ata o punto de corte cortará á metade o ángulo do triángulo. [ver Elementos]

A primeira implicación é tamén un dos primeiros resultados (1.33) que achamos no recomendable Geometry revisited de H. S. M. Coxeter e S. L. Greitzer, onde se demostra por medio do teorema dos senos.

Teorema 1.33. A bisectriz dun ángulo dun triángulo divide o lado oposto en dous segmentos de lonxitude proporcional á lonxitude dos lados que o forman.

Aplicando o teorema dos senos e tendo en conta que os ángulos suplementarios en M teñen o mesmo seno:
$$\frac { AM }{ sen\left( \frac { C }{ 2 }  \right)  } =\frac { b }{ senM } \\ \frac { BM }{ sen\left( \frac { C }{ 2 }  \right)  } =\frac { a }{ senM } \\ \frac { AM }{ BM } =\frac { b }{ a } $$

Parece ser que unha xeneralización deste resultado ao ángulo exterior é debida o matemático inglés Robert Simson (1687-1768). Estou a falar da seguinte proposición, que pode obterse a partir do teorema de Tales:

Teorema. A bisectriz tanto dun ángulo interior como exterior dun triángulo divide o lado oposto en segmentos proporcionais á lonxitude dos lados que o forman.

$$  \frac { AM }{ BM } =\frac { b }{ a } \quad \quad \quad  \frac { AN }{ BN } =\frac { b }{ a }$$

Agora estamos en disposición de definir a circunferencia de Apolonio do triángulo ABC para o vértice C: será aquela que pase por C, M e N. Con estes vimbios podemos, por fin, achegarnos á solución do problema. Pouco haberá que comentar se sabemos que a razón das distancias dos puntos da circunferencia de Apolonio dun vértice aos outros dous é constante, concretamente

Teorema. Sexa P un punto da circunferencia de Apolonio do vértice C dun triángulo ABC, entón

$$\frac { PA }{ PB } =\frac { b }{ a }$$

Desde B trazamos perpendiculares a PM e PN que cortan a PA en E e en F. Así podemos trazar tamén BE e BF.
Como MP ⏊ PN ⏊ BF temos tamén que MP ∥ BF. Polo teorema de Tales:
$$\frac { PA }{ PF } =\frac { AM }{ BM }=\frac { b }{ a }\quad\quad\quad[1]$$
Como EB ⏊ MP ⏊ PN temos tamén que EB ∥ PN. Polo teorema de Tales:
$$\frac { PA }{ PE } =\frac { AN }{ BN }=\frac { b }{ a }\quad\quad\quad[2]$$
Entón 
$$\frac { PA }{ PF } =\frac { PA }{ PE }\Rightarrow PF=PE$$
Como EB ∥ PN ⏊ BF entón tamén EB ⏊ BF polo que o triángulo EBF é recto en B e, xa que logo, P é o punto medio da hipotenusa polo que tamén será o circuncentro. Velaí que PF=PB
$$\frac{PA}{PB}=\frac { PA }{ PF }=\frac{PA}{PE}=\frac{b}{a}\quad\Box $$

Ademais ABMN forman unha cuaterna harmónica xa que a súa razón dobre é -1. Basta ter en conta [1] e [2] e considerar que os segmentos están orientados, isto é, que están dotados de signo
$$\left( A,B,M,N \right) =\frac { AM }{ BM } \frac { BN }{ AN } =-\frac { b }{ a } \frac { a }{ b } =-1$$
Xa que estamos metidos en fariña, lembremos as leccións de xeometría proxectiva. As proxeccións conservan a razón dobre e, en consecuencia, as razóns harmónicas tamén serán invariantes. As inversións tamén se conservan por proxeccións.
Dados A e B, supoñamos que o punto M verificando que a razón AB/AM=k está no segmento AB. A resolución do problema da persecución consistirá en obter un punto N tal que ABMN forme unha cuaterna harmónica.
Sexa O o punto medio de A e B. Trazamos a circunferencia de diámetro AB e a perpendicular a esta recta por M cortará a esa circunferencia nun punto T. A recta TN, tanxente á circunferencia, cortará á recta AB nun punto N. Como os triángulos OTM e OTN son semellantes:
$${ OT }^{ 2 }=OA\cdot OB=ON\cdot OM$$
Esta última igualdade significa que tanto A e B como M e N son inversos con respecto á circunferencia ATB. A recta MT será a polar de N na inversión respecto a esa circunferencia.
Finalmente a circunferencia de raio MN dá a solución do problema da persecución de Apolonio pois é a circunferencia de Apolonio do triángulo ABC no vértice C, onde C será o punto de interceptación buscado, obtido como intersección da circunferencia de Apolonio e a recta que marca a dirección de avance do barco A.






Problema para a ESO
Podemos adaptar o anterior enunciado a un problema escolar que sería abordable polo alumnado da ESO:

Problema da persecución de Apolonio; versión escolar. Dous barcos A e B están a unha distancia de 3 km. Desprázanse en liña recta e a velocidade de B é k veces a de A. O barco A leva unha dirección que forma un ángulo de 45º coa liña que une os dous barcos.  B vai interceptar a A no menor tempo posible, acha o punto de encontro sabendo que $$k=\sqrt { \frac { 7 }{ 8 }  } $$

Para resolvelo basta con decatarse de que as lonxitudes dos lados a e b deben estar na mesma proporción que as velocidades dos barcos. Ademais, como o ángulo é de 45º, a altura do triángulo vai ser x.

$$\sqrt { \frac { 7 }{ 8 }  } \cdot a=b\quad \quad \quad ;\quad \quad \frac { 7 }{ 8 } { a }^{ 2 }={ b }^{ 2 }$$

Entón o problema redúcese a resolver unha ecuación de segundo grao:

$$\frac { 7 }{ 8 } \left( { x }^{ 2 }+{ x }^{ 2 } \right) ={ \left( 3-x \right)  }^{ 2 }+{ x }^{ 2 }$$

O que nunca deixa de sorprenderme das matemáticas é que tanto esta resolución analítica como a xeométrica coinciden a pesar de seren desenvolvidas por métodos completamente distintos. Ante a vista de casos coma este fáiseme moi costa arriba asumir que haxa xente que non goce deste tipo de casualidades. Ninguén pode negar que as matemáticas teñen o seu aquel de fermosura.

Unha clase da era da COVID-19

Calquera que estude matemáticas, polo si ou polo non, terá que acabar colléndolle gusto á abstracción. Con todo, isto non significa que a abstracción sexa sempre a mellor opción. Na práctica do ensino é normalmente a peor.
Estando na facultade, creárase os "Martes culturais". Na última hora da mañá dos martes programábase unha actividade tal como a proxección dunha película, unha conferencia,... non necesariamente de temas matemáticos. Lembro que se presentara o libro "Manuscritos matemáticos de Karl Marx", e que o autor do prólogo e a tradución, Xenaro García Suárez, viñera a presentalo. No debates posterior tratouse o tema da crítica do bispo G. Berkeley aos infinitésimos, esas cantidades que por veces son algo e por veces non son nada, segundo conveña. Isto deu pé a unha polémica sobre a didáctica das matemáticas. Había, como non, un profesor da facultade que defendía con convicción a tese de que no ensino había que ir do abstracto ao concreto. Non son quen de reproducir as palabras exactas pero os seus argumentos eran algo deste estilo:
Non, un triángulo non é máis abstracto que un espazo de dimensión infinita. Nun triángulo tes que coller un lado, e pegalo con coidado a outro lado, e despois un terceiro lado que se axuste moi ben aos outros dous. Pero se tes unha liña, xa tes un espazo de dimensión 1,  trazas, outra perpendicular e xa tes un de dimensión dous,... e así ata o infinito.
E  declamaba en alto o que os presentes entendiamos como os seguintes símbolos:$$\mathbb{R}\quad \quad \mathbb{R}^{2}\quad ....\quad \mathbb{R}^{\mathbb{N}}$$
Por se alguén botou as mans á cabeza, aclararlle que o autor deste disparatado argumento foi un dos mellores profesores que tiven en toda a carreira. Pero érao porque practicaba o contrario do que defendía. Nas clases destrozaba o formalismo e centrábase en comunicar as ideas importantes no desenvolvemento das demostracións. Foi ao primeiro profesor da facultade, despois de cinco  meses, ao que lle entendín algo.
Despois desta breve introdución, imos ao cerne.
Sen tempo a prepararnos estamos mergullados na distopía do confinamento. Cada quen dispara cara onde pode. Eu véxome andando ás atoutiñadas por isto do teletraballo. Menos mal que unha semana despois da declaración suspensión das clases, a benemérita Consellería publica unhas directrices para o teletraballo docente. Apenas as vou comentar,  pois xa houbo quen o fixo cargado de acerto.
As directrices teñen 5 capítulos:

1. Instrucións en relación co COVID-19
2. Orientacións para o desenvolvemento do ensino non presencial
3. Espazos virtuais con recursos educativos
4. Ferramentas específicas
5. Teleformación e asesoramento para o profesorado 

Como xa sabía o contido do 1, e nesa semana xa tivera que andar a tombos procurando o 2, o 3, e como do 5 non esperaba nada, lanceime, iluso de min, ao 4. Ferramentas específicas
Teño que deixar constancia de que a CIG-Ensino está acertada neste comunicado pois de entre todas as coleccións que recomendan só unha, o espazoAbalar,  ten unha parte de contidos en galego, o resto son materiais foráneos.
Eu esperaba algún listado de recursos por materia, e non ferramentas como Geogebra, Amara ou Arduino, que aquel que as coñecía xa as podía usar, mais un novo usuario das mesmas precisará quizais todo o tempo do confinamento para ter un coñecemento das mesmas que lle permita, eventualmente, crear algún tipo de material didáctico. Incluso esperaba algo máis práctico,  dispoñer de exemplos, por materia de contidos reais que me permitiran non cometer todos os erros que estou cometendo nas clases virtuais destes días. Eu esperaba ver algo concreto, cousas como as que está publicando Aulas Galegas, ou exemplos de clases reais e palpables.

Un exemplo. As clases desta semana de 4º da ESO
Velaquí a miña clase destes días para 4º da ESO. Nos días anteriores estudáronse as funcións lineares: a pendente, o significado da pendente respecto á gráfica da recta segundo esta aumente, diminúa, sexa maior ou menor. Tamén se tratou o valor da ordenada na orixe na representación gráfica. En definitiva, os primeiros contidos desta U.D.
Con estes precedentes, esta semana seguiremos como guía esta presentación (é a primeira vez que uso unha presentación nunha clase) e trataremos o uso de follas de cálculo para construír gráficos a partir destes datos

Un problema das Olimpíadas de Singapur nas "Matemáticas na Raia"

Había xa varios anos que non tiña que impartir clase en 3º da ESO, así que cando me tocou este ano, o primeiro que pensei foi en participar en "Matemáticas na Raia", unha actividade de resolución de problemas co-organizada entre AGAPEMA (Asociación Galega de Profesorado de Educación Matemática) e a APM (Associação de Professores de Matemática). Meu dito, meu feito. Alá fomos.
A proba consiste na resolución de 5 problemas en 90 minutos. Na actividade participa toda unha clase que pode ter todo tipo de material, agás ordenadores, móbiles ou calquera tipo de conexión co exterior.

Cando lle preguntei aos meus alumnos sobre como lles fóra a proba, destacaron sobre todo a dificultade do 3º problema, o titulado "Aniversario".
Despois da proba buscaron en internet unha posible solución (quen dixo que o alumnado de secundaria non ten ningún tipo de interese?) e explicáronme que se trataba dun problema da Olimpíada Matemática de Singapur. Efectivamente, acabou sendo coñecido como o problema do aniversario de Cheryl e se hoxe incluso ten unha entrada na Wikipedia é porque no seu día se fixo viral (14/04/2015) . Aventuro que foi utilizado para debater sobre o ensino das matemáticas e comentar as diferenzas entre o dos países orientais, o dos occidentais, e máis concretamente o de cada país.
Entendo que algúns presupoñían que se era un problema proposto para rapaces de 14 anos, quizais debería poder ser abordado por calquera que teña os estudos básicos. Aquí estariamos obviando que non se trataba dunha proba ordinaria, senón dunha olimpíada matemática. Agora achámolo recollido nunha actividade galego-portuguesa, non nunha proba de avaliación regrada nin nunha reválida.
Imos ao conto. Velaquí o problema. Veremos que nesta versión Cheryl acabou sendo Helena:

Problema do aniversario de Cheryl. Versión AGPEMA-APM. Alberte e Carlos acábanse de facer amigos de Helena e queren saber cando é o seu aniversario. Helena dálles unha lista de 10 posibles días: 
15 de maio, 16 de maio, 19 de maio, 
17 de xuño, 18 de xuño, 
14 de xullo, 16 de xullo, 
14 de agosto, 15 de agosto e 17 de agosto. 
Helena entón dilles por separado a Alberte o día e a Carlos o mes do seu aniversario. Segue o diálogo: 
Alberte: Non sei cando é o aniversario de Helena, pero sei que Carlos tampouco o sabe. 
Carlos: Ao principio non sabía cando era o aniversario de Helena, pero agora seino 
Alberte: Entón eu tamén sei cando é o aniversario de Helena. 
Cando é o aniversario de Helena? 

Cando se propón un problema, antes de continuar, sempre convén un tempo de reflexión e traballo para resolvelo.

---------------------------------------------------------------------------------

Ao principio supuxen que, agás os nomes dos protagonistas do problema, o resto era unha tradución  do problema proposto en Singapur. Mais a cousa non era así. Finalmente fun dar con outra versión, anterior no tempo á de Singapur, que nun sentido moi preciso é máis semellante á de "Matemáticas na Raia" que a que tivo unha difusión masiva nas redes. Non atraso máis a exposición do problema orixinal que, agás os nomes propios, era o seguinte:

Problema do aniversario de Cheryl. Versión Singapur. Alberte e Carlos acábanse de facer amigos de Helena e queren saber cando é o seu aniversario. Helena dálles unha lista de 10 posibles días: 
15 de maio, 16 de maio, 19 de maio, 
17 de xuño, 18 de xuño, 
14 de xullo, 16 de xullo, 
14 de agosto, 15 de agosto e 17 de agosto. 
Helena entón dilles por separado a Alberte o mes e a Carlos o día do seu aniversario. Segue o diálogo: 
Alberte: Non sei cando é o aniversario de Helena, pero sei que Carlos tampouco o sabe. 
Carlos: Ao principio non sabía cando era o aniversario de Helena, pero agora seino 
Alberte: Entón eu tamén sei cando é o aniversario de Helena. 
Cando é o aniversario de Helena?

 Xa que logo, temos dous problemas. O primeiro é achar a diferenza co anterior, e o segundo resolvelo con esta nova redacción. Cal é máis difícil? Incluso sen ler os enunciados ou sen decatarme da diferenza, eu tería a resposta clara.
Por certo, as solucións das distintas versións tamén son distintas.

Como regalo, un par de problemas da Olimpíada de Singapur para o mesmo nivel (3ºESO):

🔘 Os números de Fibonacci son 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13... onde cada termo despois do segundo obtense sumando os dous termos anteriores. Cantos dos 2014 primeiros números de Fibonacci son impares?

🔘 Sexa x un número tal que $${ x }+\frac { 1 }{ { x } } =5$$. Acha o valor de $${ x }^{ 4 }+\frac { 1 }{ { x }^{ 4 } } $$

O feito de participar na actividade de "Matemáticas na Raia" a min deume para escribir esta entrada. Teño a certeza de que aos meus alumnos de 3º lles deu para aprender e interesarse máis polas matemáticas.

1, 2, 3, 4, 5, parábola! (primeira parte)

Un

Imaxe roubada de aquí

As orixes desta entrada están nunha imaxe da anotación "Outro problema de grellas" de J.J. na que se pedía o reconto do número de cadrados polos que pasa ben a función cadrática, ben a función radical, unindo os vértices dun rectángulo de dimensións enteiras.
A min chamoume a atención outra cuestión bastante máis fundamental. Do enunciado despréndese que só hai unha cuadrática pasando por cada punto do plano. Concretamente, dado (x₁, y₁) calquera só hai unha función da forma y=ax² pasando por el. Será aquela para a que
$$a=\frac { { y }_{ 1 } }{ { x }_{ 1 }^{ 2 } } $$
Isto é, cada punto do plano determinará unha parábola, ou non?

Dous
A resposta sería afirmativa, dentro do contexto proposto, no que o extremo inferior do rectángulo coincida co vértice da parábola. Mutatis mutandis, dados dous puntos (x₀, y₀) e (x₁, y₁), sendo o primeiro o vértice, tamén queda determinada unívocamente unha parábola. Na seguinte expresión trasladamos a parábola y=ax² ao vértice (x₀, y₀)
$$y=a{ \left( x-{ x }_{ 0 } \right)  }^{ 2 }+{ y }_{ 0 }$$
Polo que para determinar a parábola bastaría tomar $$a=\frac { y-{ y }_{ 0 } }{ { \left( x-{ x }_{ 0 } \right)  }^{ 2 } } $$

Tres
Isto tróuxome á memoria algo que lera hai tempo nos boletíns de ENCIGA. Así que fun ao faiado na procura daquel recordo. O que achei alí é, ao meu ver,  un dos capítulos máis interesantes na longa historia desta publicación. Trátase dun diálogo público ente dous autores arredor da seguinte cuestión de xeometría plana: 

Por tres puntos (non aliñados) pasa sempre unha parábola? En caso afirmativo, é única?

O tratamento desta cuestión desenvolveuse nos seguintes artigos:

• Unha aplicación das matrices ó estudio da parábola, por Antón Labraña, Boletín das Ciencias Nº 21 Xaneiro 1995.
• Unha aplicación da simetría ó estudio da parábola, por Antonio Gregorio  Montes, Boletín das Ciencias Nº 42, Febreiro 2000.
• Unha aplicación da escala ó estudio da parábola, por Antón Labraña, Boletín das Ciencias Nº 43, Outubro 2000

O primeiro atranco co que fun bater é que non tiña o artigo do nº 21. Con todo vou aventurar, a partir da información contida nos outros dous, algunhas ideas que se podían tratar nel.
Partamos da función parabólica $$y=a{ x }^{ 2 }+bx+c\quad \quad \quad \quad [1]$$
Parece ser que daquela estaban de moda problemas do tipo:

Determina a parábola que pasa polos puntos P₁(-1,6), P₂(2,3) e P₃(3,10)

No canto de resolver este problema, vou tratar o problema xeral para tres puntos  P₁(x₁, y₁),
P₂(x₂, y₂), P₃(x₃, y₃). Substituíndo estes tres puntos en [1] obteriamos un sistema de tres ecuacións lineares con tres incógnitas, un dos tópicos a tratar en 2º de bacharelato.
$$\begin{matrix} a{ x }_{ 1 }^{ 2 }+b{ x }_{ 1 }+c={ y }_{ 1 } \\ a{ x }_{ 2 }^{ 2 }+b{ x }_{ 2 }+c={ y }_{ 2 } \\ a{ x }_{ 3 }^{ 2 }+b{ x }_{ 3 }+c={ y }_{ 3 } \end{matrix}  $$
Sexa A a matriz de coeficientes do sistema e A* a matriz ampliada cos termos independentes. A discusión do sistema parte de establecer se o determinante de A é nulo o non.
$$detA=\left| \begin{matrix} { x }_{ 1 }^{ 2 } & { x }_{ 1 } & 1 \\ { x }_{ 2 }^{ 2 } & { x }_{ 2 } & 1 \\ { x }_{ 3 }^{ 2 } & { x }_{ 3 } & 1 \end{matrix} \right| $$Estamos fronte ao famoso determinante de Vandermonde, que era moi habitual atopar descontextualizado nas páxinas dos libros de texto do último curso da secundaria. Porén esta forma de presentalo é completamente natural.

$$detA=\left| \begin{matrix} { x }_{ 1 }^{ 2 } & { x }_{ 1 } & 1 \\ { x }_{ 2 }^{ 2 } & { x }_{ 2 } & 1 \\ { x }_{ 3 }^{ 2 } & { x }_{ 3 } & 1 \end{matrix} \right| \begin{matrix} = \\ \begin{matrix} { C }_{ 1 }-{ x }_{ 1 }{ C }_{ 2 } \\ { C }_{ 2 }-{ x }_{ 1 }{ C }_{ 3 } \end{matrix} \end{matrix}\left| \begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ { x }_{ 2 }^{ 2 }-{ x }_{ 1 }{ x }_{ 2 } & { \quad x }_{ 2 }-{ x }_{ 1 } & 1 \\ { x }_{ 3 }^{ 2 }-{ x }_{ 3 }{ x }_{ 2 } & { \quad x }_{ 3 }-{ x }_{ 1 } & 1 \end{matrix} \right| =-\left| \begin{matrix} { x }_{ 2 }\left( { x }_{ 2 }-{ x }_{ 1 } \right)  & { \quad x }_{ 2 }-{ x }_{ 1 } \\ { x }_{ 3 }\left( { x }_{ 3 }-{ x }_{ 1 } \right)  & { \quad x }_{ 3 }-{ x }_{ 1 } \end{matrix} \right| =\\ =-\left( { x }_{ 2 }-{ x }_{ 1 } \right) \left( { x }_{ 3 }-{ x }_{ 1 } \right) \begin{vmatrix} { x }_{ 2 } & 1 \\ { x }_{ 3 } & 1 \end{vmatrix}=\left( { x }_{ 2 }-{ x }_{ 1 } \right) \left( { x }_{ 3 }-{ x }_{ 1 } \right) \left( { x }_{ 3 }-{ x }_{ 2 } \right) $$Cando este determinante non se anule, polo teorema de Rouché-Fröbenius, existirá unha única solución, isto é, teremos unha única parábola pasando por P₁(x₁, y₁), P₂(x₂, y₂) e P₃(x₃, y₃)
Se o detA=0, polo menos un par deses puntos estarán na mesma vertical. Neste caso o sistema será incompatible, pois presupoñemos que os tres puntos dados son distintos,  o cal significa que non existe ningunha parábola pasando por eses tres puntos.
E ata aquí a miña  aventurada reconstrución do artigo de Labraña do Boletín das Ciencias nº 21

Tres?
Claro que isto non significa que tres puntos determinen unha única parábola. Isto era certo únicamente no contexto anterior, no que restrinximos o concepto de "parábola" ao de funcións da forma [1], isto é, parábolas de eixo vertical. Pero que pasaría se traballásemos cunha idea máis xeral de "parábola", admitindo calquera parábola no plano, con calqueira eixo posible? Este é o problema que aborda Antonio Gregorio no seu artigo do nº 42 do Boletín das Ciencias. Faino ofrecendo un contraexemplo. Consideremos os vértices do triángulo equilátero sobre a circunferencia unidade$$P_1(0,-1)\quad \quad \quad P_2\left( \frac { -\sqrt { 3 }  }{ 2 } ,\frac { 1 }{ 2 }  \right) \quad \quad \quad P_3\left( \frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } ,\frac { 1 }{ 2 }  \right) $$As seguintes tres parábolas pasan por eses tres puntos:$$y-2{ x }^{ 2 }+1=0\\ \frac { -y }{ 2 } +\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } x-2{ \left( \frac { 1 }{ 2 } x+\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } y \right)  }^{ 2 }+1=0\\ \frac { -y }{ 2 } -\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } x-2{ \left( \frac { -1 }{ 2 } x+\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } y \right)  }^{ 2 }+1=0$$
E velaquí a fermosa representación gráfica das mesmas:

Entendendo que para cada dirección que escollamos para o eixo teriamos unha parábola pasando por eses tres mesmos puntos, acabariamos cunha familia infinita de parábolas para eses mesmos tres puntos. Nese caso, supuxen eu,  deberiamos ser capaces de obter a colección completa de parábolas a partir dun parámetro.
A ecuación xeral dunha cónica ven dada pola forma cuadrática xeral:$$A{ x }^{ 2 }+Bxy+C{ y }^{ 2 }+Dx+Ey+F=0\quad \quad \quad \quad [2]$$
Consideremos o discriminante B²-4AB. Se é negativo a cónica será unha elipse, se é positivo será unha hipérbole e cando o seu valor é cero teremos a ecuación dunha parábola. Mediante o cambio $$\begin{matrix} { a }^{ 2 }=A \\ { c }^{ 2 }=C \end{matrix}\quad entón\quad { B }^{ 2 }=4AC={ \left( 2ac \right)  }^{ 2 }\\ $$Teremos a seguinte forma para as parábolas coa que poderiamos obter ecuacións practicamente calcadas ás que presentou Antonio Gregorio no Boletín nº 21.
$${ \left( ax+cy \right)  }^{ 2 }+Dx+Ey+F=0\quad \quad \quad \quad [3]\\ $$
Pasemos a substituir nesta expresión as coordenadas dos puntos  P₁, P₂ e P₃ .
$${ { c }^{ 2 }-E+F=0 }\\ \frac { 3 }{ 4 } { a }^{ 2 }-\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } ac+\frac { 1 }{ 4 } { c }^{ 2 }-\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } D+\frac { 1 }{ 2 } E+F=0\quad \quad \quad \quad \quad [4]\\ \frac { 3 }{ 4 } { a }^{ 2 }+\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } ac+\frac { 1 }{ 4 } { c }^{ 2 }+\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } D+\frac { 1 }{ 2 } E+F=0\quad \quad \quad \quad \quad $$Sumando as dúas últimas:$$\frac { 3 }{ 2 } { a }^{ 2 }+\frac { 1 }{ 2 } { c }^{ 2 }+E+2F=0$$
Restando a metade desta última expresión da primeira liña de [4] : $$\frac { -3 }{ 4 } { a }^{ 2 }+\frac { 3 }{ 4 } { c }^{ 2 }+\frac { 3 }{ 2 } E=0\\ E=\frac { 1 }{ 2 } \left( { a }^{ 2 }+{ c }^{ 2 } \right) $$
Substituíndo outra vez na primeria liña de [4]: $$F=E-{ c }^{ 2 }=\frac { 1 }{ 2 } \left( { a }^{ 2 }+{ c }^{ 2 } \right) -{ c }^{ 2 }=\frac { 1 }{ 2 } \left( { a }^{ 2 }-{ c }^{ 2 } \right)=0 $$
Finalmente, restando as dúas últimas expresións de [4]: $$D=-ac$$Así [3] pasaría a escribirse: $${ \left( ax+cy \right)  }^{ 2 }-acx+\frac { 1 }{ 2 } \left( { a }^{ 2 }+{ b }^{ 2 } \right) +\frac { 1 }{ 2 } \left( { a }^{ 2 }-{ b }^{ 2 } \right) $$Se agora dividimos esta expresión por a² e substituímos t=c/a, quédanos$${ \left( x+ty \right)  }^{ 2 }-tx+\frac { 1 }{ 2 } \left( 1+{ t }^{ 2 } \right) +\frac { 1 }{ 2 } \left( { 1 }-{ t }^{ 2 } \right)=0 $$Que é, tal e como queriamos, a familia de parábolas pasasndo por P₁, P₂ e P₃ en función dun único parámetro t. Toda esta farramalla alxébrica terá un aspecto visual máis agradable.





Ben, ata o momento só obtivemos as infinitas parábolas que pasan por eses tres puntos concretos. Poderemos estudar o problema de obter todas as parábolas que pasan por tres puntos dados calquera (non aliñados)? Aí é onde nos esperan as sorpresas máis agradables. Xa adianto que na cerna da solución desta cuestión está a deltoide de Steiner! (da que temos falado aquí). Pero isto xa o trataremos noutra entrada.