Desafíos aritméticos e alxébricos para secundaria

Na entrada anterior achegaba unha serie de problemas relacionados coa resolución de ecuacións cuadráticas. Algúns deles recollinos do libro de David Linker e Alan Sultan Mathematics Problem-Solving Challenges for Secondary School Students and Beyond (Wordl Scientific 2016). Como moitas das propostas que fan estes autores son problemas que teñen o seu atractivo, vou compartir unha pequena escolma. Aínda que no citado libro tamén os hai doutras áreas das matemáticas, nesta entrada só recollo os de carácter aritmético ou alxébrico. 

1. Cando unha cantidade de auga se conxela incrementa o seu volume nun $\frac{1}{12}$. Cando unha cantidade de xeo se derrete, en que fracción decrece o seu volume?

2. O dez por cento de 9 é o 9 por cento de que cantidade?

3. Un comerciante compra un coche á fábrica por un 20% menos que o prezo de venda recomendado. Se vende o coche polo prezo recomendado, que porcentaxe obtén de ganancia?

4. Un vestido branco custaba inicialmente 50€. Nas rebaixas reduciuse o prezo un 10%. Despois de incrementalo nun 10%, un vestido azul foi vendido polo mesmo prezo que o branco nas rebaixas. Calcula o prezo orixinal do vestido azul.

5. Sen calcular ningún cadrado, expresa $\sqrt{313^{2}-312^{2}}$ como un enteiro positivo

6. Acha a lonxitude da aresta dun cubo se o seu volume en unidades cúbicas é o mesmo número que a súa área superficial en unidades cadradas.

7. Cantos litros de auga pura deberemos engadir a 20 litros dunha solución ácida do 45% para transfomala nunha solución do 30%?

8. Se $a$ e $b$ son enteiros positivos tales que $a^{2}+24=b^{2}$, acha o maior valor posible de $a+b$

9. Se $i=\sqrt{-1}$, acha $i^{1}+i^{2}+i^{3}+...+i^{100}$

10. $n$ é o menor de $n$ enteiros consecutivos que teñen de media 94. Acha $n$

11. Se dúas das raíces de $x^{3}+px+q=0$ son $-1$ e $3$, acha a terceira raíz así como os valores de $p$ e $q$

12. Para que base $b$ se verifica o seguinte produto escrito nesa base: $21_{b}\cdot54_{b}=1354_{b}$

13. Xurxo conduce ata unha cidade distante e volve polo mesmo camiño. Debe facelo a unha media de 80 km/h co fin de chegar a unha cita na cidade de partida. Retrásase e fai unha media de 60 km/h na viaxe de ida. Acha a velocidade media de volta para que poida chegar á súa cita. 

14. Acha o produto de todos os $x$ que verifican $\frac{4}{x}-\frac{5}{x^{3}}+\frac{1}{x^{5}}=0$

15. Pedro corre o dobre de rápido do que anda. Un día, no camiño á escola anda durante o dobre de tempo do que vai correndo e lévalle 20 minutos. Unha semana máis tarde corre durante o dobre de tempo que anda. Cantos minutos lle leva chegar desta vez ao colexio?

17. Se $A=1+\frac{1}{a}+\frac{1}{a^{2}}+...$ e $B=1+\frac{1}{b}+\frac{1}{b^{2}}+...$, acha todos os pares de enteiros positivos $(a,b)$ tales que $a>b>1$ e $A+B=\frac{15}{7}$

18. Xenerosa ten unha carteira máxica que duplica os cartos que lle metes dentro e  cobra 1'20 € por cada vez que alguén a usa. Alexandre comeza cunha certa cantidade de cartos que introduce na carteira e que así duplica. Despois de pagar polo seu uso volve a colocar todo o seu capital na carteira, volvendo a dobralo e a pagar por segunda vez a Xenerosa. Finalmente volve a colocar todo na carteira e a facer o terceiro pago. Alexandre decátase entón de que non lle quedou nada. Canto tiña ao principio?

Tipos de problemas, tipos de ensino

A importancia da educación está nos detalles. Todos os profesores de Matemáticas de Secundaria explicamos temas como o da resolución das ecuacións de segundo grao. Pero non todos o facemos igual. 

Unha das cousas que temos que facer é propoñer problemas/exercicios. Podémonos achegar a distintos estilos de aprendizaxe en función do tipo de problemas que propoñemos.

Problemas tipo I

1. $x^{2}+x-6=0$

2. $x^{2}-8x+15=0$

3. $10x^{2}+8x+12=0$

4. $8x^{2}-22x-21=0$

Haberá quen teña un enfoque meramente algorítmico das matemáticas. Ese profesor só tratará con este tipo de problemas. 

Problemas tipo II

5. En cada un das ecuacións anteriores identifica os valores dos coeficientes $a$, $b$, $c$; indica tamén en cada caso o valor das solucións $x_{1}$ e $x_{2}$. Determina en cada caso canto vale a suma das solucións $S=x_{1}+x_{2}$ e o seu produto $P=x_{1}\cdot x_{2}$. Compara os coeficientes coa suma e o produto das solucións. Observas algo?

6. Calcula o discriminante das ecuacións seguintes e despois resólveas. Que observas?

a) $x^{2}-6x+5=0$        b) $x^{2}-6x+9=0$          c) $x^{2}-10x+40=0$ 

Estas son actividades dirixidas cun obxectivo de aprendizaxe específico. A resposta non está determinada como nos problemas de tipo I pero oriéntase ao alumnado a que centren a súa atención nun aspecto para que "descubran" determinadas propiedades. Neste caso preténdese que obteñan as fórmulas de Viéta para ecuacións de segundo grado con $a=1$ ou que relacionen o número de solucións co signo do discriminante.

Problemas tipo III

7. $\frac{5}{x}+2x=6$

8.$\frac{\left ( x+3 \right )\left ( x-3 \right )-4}{2}-\frac{x-2}{3}=\frac{\left ( x-2 \right )^{2}+1}{6}$

Estas non son ecuacións de segundo grao reducidas á forma $ax^{2}+bx+c=0$.  Traballar unicamente coas dun tipo pode levar á falsa conclusión de que esa é a única forma que teñen. 

Probemas tipo IV

9. Se $a$ e $b$ son as raíces de $5x^{2}+6x+7=0$, acha $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$

10. Se $a$ e $b$ son as raíces de  $3x^{2}+4x+5=0$, acha $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$

11. Se $a$ e $b$ son as raíces de $2x^{2}+3x+4=0$, acha $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{a}$

Aquí estase pedindo máis que nos casos anteriores. Requírese non só coñecemento dos tópicos da resolución das ecuacións de segundo grao, senón que se precisa habilidade na manipulación alxébrica e capacidade e enfrontarse a novos problemas. Non todo o alumnado está en disposición de tratalos aínda que a abordaxe destes problemas pode ser un bo entrenamento para a seguinte remesa.

Problemas tipo V

12. Acha todos os $a$ tales que a suma dos cubos e a suma dos cadrados das raíces de $ax^{2}+4x+3=0$ sexan iguais.

13. Acha todos os pares ordenados $(a,b)$ tales que as raíces de $x^{2}+ax+b=0$ son os cadrados das raíces de $5x^{2}-6x+10=0$

Craps

Sei que teño moi descoidada a etiqueta de probabilidade do blogue así que con esta entrada vou intentar remediar esta eiva tan siquera nunha mínima parte estudando un xogo con dados que, de seguro verías nalgunha película da factoria de Holywood. Trátase do craps, un xogo de apostas sobre o lanzamento de dous dados.

Cada vez que falamos de xogos, cómpre dar un aviso. Os casinos, as empresas de lotarías, tragaperras e xogos, nunca perden. Quen perde é o incauto que pensa que pode sacar algún beneficio do xogo. Hai un aspecto do xogo que non é nocivo, cando o seu obxectivo é que sexa utilizado como elemento socializador. Se un grupo de amigos se xunta coa desculpa de botar unhas partidas de tute ou dominó, o xogo non ten mal ningún. Se incluso apostan unha rolda de cafés ou de viños, a cuestión segue sen ser patolóxica. Cando alguén compra un boleto da lotería de nadal, aínda sabendo que a ganancia vai ser para os organismos estatais,  podemos falar de que estamos en zona segura. Agora ben, basta con dar un par de pasos máis no mundo do xogo e xa caímos no abismo. 

Neste ámbito tamén se impoñen as regras da globalización. Cando nos referimos a globalización estamos falando da americanización, o que nos leva a unha cultura  do xogo esencialmente patolóxica. Esta visión presenta o xogo como unha oportunidade de enriquecerse súbitamente e ten como consecuencia fatal a ludopatía. Teño por certo que todos os profesores temos visto casos de rapaces que caen nas garras desta droga, sobre todo nos últimos tempos, nos que a deglución do imperialismo se xuntou con políticas de alfrombra vermella para a industria do xogo coa proliferación de máquinas de apostas e tragacartos en calquera local de ocio ou as facilidades de apetura de negocios de apostas.

Feita esta necesaria paréntese, metámonos nas matemáticas.

O xogo do craps xurde na Luisiana do século XIX como modificación dun antigo xogo de dados inglés, o hazarz. Como se pode ver na mesa de xogos dun casino, hai moitos tipos de aposta. Nós ímonos centrar nas dúas máis importantes, que tamén son as máis interesantes deste o punto de vista do cálculo probabilístico. Estámonos a referir ás apostas de "liña de pase" e  "barra de non pase".

Primeiro explicarei en que consiste o xogo na súa versión de rúa. Máis adiante comentarei a adaptación que fan os casinos. O xogo consiste en que unha persoa lanza dous dados. O que nos interesa é a suma dos puntos. Quen aposta pola "liña de pase" gañará se a citada suma é de 7 ou 11. Perderá se sae o que se denomina craps, un total de 2, 3 ou 12. No resto dos casos apúntase o resultado (4, 5, 6, 8, 9 ou 10) e vólvense a lanzar os dados todas as veces que se precise ata que volva a aparecer o número apuntado (e daquela gañaríase) ou apareza un 7 (e daquela perderíase). Cal é a probabilidade de gañar se facemos esta aposta?

Non vou realatar todas as voltas que lle dei ata obter a resposta. Seguín varios camiños sen saída ata ir achegándome a un proceso viable e, por fin, á solución. Cando estaba escribindo esta entrada achei, na sorprendente entrada en eúscaro da wikipedia sobre este xogo, un resultado que usara neste proceso pero que non coñecía e que vai facilitar a presentación da resolución. O resultado é o seguinte:

Proposición. Nun experimento aleatorio consideremos dous sucesos incompatibles A e B. Repetimos o experimento reiteradamente. Sexa Z o suceso consistente en que A suceda antes que B. Daquela $$P\left ( Z \right )=\frac{P(A)}{P\left ( A \right )+P\left (  B\right )}$$

Centrémonos agora na resolución do problema. Para iso fixemos primeiro a denominación dos sucesos:

G="gañar a aposta da liña de pase"

i="obter i puntos" con $i\epsilon \left \{ 2,4,6,7,8,9,10,11,12 \right \}$

Consecuentemente a probabilidade pedida será

$$P\left ( G \right )=P\left ( 7 \right )+P\left ( 11 \right )+P\left ( 4 \right )P\left ( G/4 \right )+P\left ( 5 \right )P\left ( G/5 \right )+P\left ( 6 \right )P\left ( G/6 \right )+$$  $$+P\left ( 8 \right )P\left ( G/8 \right )+P\left ( 9 \right )P\left ( G/9 \right )+P\left ( 10 \right )P\left ( G/10 \right )$$

Axudarémonos dunha táboa na que, colocando os resultados dun dado na primeira fila e os do outro na primeira columna, obteremos todas as posibles sumas de puntos. Isto permítenos calcular a probabilidade de obter calquera suma

$P\left ( 7 \right )=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$, $P\left ( 11 \right )=\frac{2}{36}=\frac{1}{18}$

$ P\left ( 4 \right )=\frac{3}{36}=P\left ( 10 \right )$; $P\left ( 5 \right )=\frac{4}{36}=P\left ( 9 \right )$ e $P\left ( 6 \right )=\frac{5}{36}=P\left ( 8 \right )$

Para obter as probabilidades que faltan usaremos a proposición anterior pois está claro que obter un 7 é incompatible con obter calquera outro resultado distinto:

$$P\left ( G/4 \right )=\frac{P(4)}{P(4)+P(7)}=\frac{\frac{3}{36}}{\frac{3}{36}+\frac{6}{36}}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}=P\left ( G/10 \right )$$

$$P\left ( G/5 \right )=\frac{P(5)}{P(5)+P(7)}=\frac{\frac{4}{36}}{\frac{4}{36}+\frac{6}{36}}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}=P\left ( G/9 \right )$$

$$P\left ( G/6 \right )=\frac{P(6)}{P(6)+P(7)}=\frac{\frac{5}{36}}{\frac{5}{36}+\frac{6}{36}}=\frac{5}{11}=P\left ( G/8 \right )$$

Substituíndo todos os valores obtemos:

$$P\left ( G\right )=\frac{1}{6}+\frac{1}{18}+\frac{3}{36}\frac{1}{3}+\frac{4}{36}\frac{2}{5}+\frac{5}{36}\frac{5}{11}+\frac{5}{36}\frac{5}{11}+\frac{4}{36}\frac{2}{5}+\frac{3}{36}\frac{1}{3}=\frac{244}{495}=0'49292...$$

A probabilidade de gañar a aposta de "liña de pase" é algo menor do 50%. Velaí que non nos convén. Aínda que resultemos algo pesados, volveremos a dicir o mesmo desde outra perspectiva. A esperanza das ganancias ao realizar esta aposta virá dado por $$\frac{244}{495}-\frac{251}{495}=\frac{-7}{495}=-0'01414...$$

Isto é, por cada 10€ que apostemos espérase que perdamos uns 14'14 céntimos. Por esta razón, no caso do xogo popular é recomendable apostar ao "non pase" pois ten unha probabilidade un pouco superior a 0'5. Isto non é negocio para os casinos, así que adaptaron o xogo cunha modificación que os beneficiaba e que explicamos a seguir.

A aposta á "barra de non pase" case é o contrario da de "pase de liña", a única excepción é que se sae un 12 no primeiro lanzamento, o apostante de "barra de non pase" nin gana nin perde. Velaí que a probabilidade de ganar nesta aposta vese reducida en $\frac{1}{36}$ ficando finalmente en $$\frac{251}{496}-\frac{1}{36}=\frac{949}{1980}=0'479292...$$

As expectativas da aposta á "barra de non pase" son un pouco mellores: $\frac{949}{1980}-\frac{976}{1980}=\frac{-27}{1980}=\frac{-3}{220}=-0'013636...$

De cada 10 € apostados esperamos perder uns 13'67 céntimos. Como se ve, continuamos perdendo (se apostamos).

O resto das apostas do craps dan lugar a maiores perdas para o xogador. Por exemplo, a aposta a "calquera 7" págase 4:1 se sae un 7 no primeiro lanzamento. A esperanza de obter ganancias será $$4\cdot \frac{6}{36}-\frac{30}{36}=\frac{-6}{36}=-\frac{1}{6}=-0'1666...$$

Por cada 10 € apostados perderíamos 1'67 €. Mal negocio.

A demostración da proposición

Para completar a entrada daremos a demostración da proposición. Co fin de simplificar a escritura chamaremos $P(A)=a$ e $P(B)=b$. Entón teremos que demostrar que se $A$ e $B$ son incompatibles $$P(Z)=\frac{a}{a+b}$$

onde $Z$ identifica o suceso "$A$ sucede antes que $B$" cando realizamos reiteradamente o experimento asociado a este espazo mostral.

Como $A\cap B=\varnothing $ temos que $P\left ( A\cap B \right )=P\left (  \varnothing \right )=0$, de aí que 

$$P\left ( \overline{A} \cap \overline{B}\right )=P\left ( \overline{A\cup B} \right )=1-P\left ( A\cup B \right )=$$ $$=1-\left ( P(A)+P(B)-P(A\cap B) \right )=1-\left ( a+b-0 \right )=1-a-b=r$$

Podería darse o caso de obter $A$ xa a primeira vez que realizamos o experimento; pero de non ser ese o caso (que non suceda $A$), tampouco debería suceder $B$ para garantir que suceda $Z$. Entón estariamos en disposición de repetir o experimento.

Se obtemos $A$ no segundo experimento remataría o proceso. No caso de que non suceda $A$ tampouco podería suceder $B$ nesta segunda volta pola mesma razón que antes. Entón estariamos en disposición de repetir oe experimento unha terceira vez... e así sucesivamente. De aí que 

$$P(Z)=a+ra+r^{2}a+...+r^{n}a+...=a\left ( 1+r+r^{2}+...\right )=a\frac{1}{1-r}=\frac{a}{1-\left ( 1-a-b \right )}=\frac{a}{a+b}$$

E aquí remata o conto.

Explícoche Matemáticas 2.0. Edición 2023

Xa choveu desde aquela 1ª edición do concurso no ano 2012. A proba do acerto deste certame é que foi copiado por outros SNL ( ETSE, Facultade de Química, SNL da USC)  e que 11 anos despois continúa na fura de diante. 

Resulta que a Comisión de Normalización Lingüística da Facultade de Matemáticas  resolveu o concurso Explícoche Matemáticas 2.0 na edición do presente ano 2023. De seguido presentamos os gañadores:

Carmen Castelo Monteagudo, Inés Prado Justo e Noa Salinas González do IES Isaac Díaz Pardo, titorizadas pola profesora Beatriz Máquez Villamarín, proclamáronse vencedoras do certame ‘Explícoche Matemáticas 2.0’ cun vídeo de animación moi orixinal titulado ‘Cero e os infinitos’

   

 O segundo galardón foi para Carla Dopazo Pavón, que amosou moita desenvoltura diante da cámara rexida por Santiago Vilas Subirán. Ambos son do IES Eusebio da Guarda e presentaron o vídeo ‘Teoría de grafos en 2 minutos’. A titora foi Beatriz Sixto Rodríguez

Dous terceiros premios

   

 Un dos terceiros premios foi para Rocío Rodicio González polo vídeo que leva por título ‘Domingo Fontán’do Colexio Santa Teresa de Jesús (Ourense)

   

‘Teoría de grafos’, titorizado por Rosa Mª Álvarez Nogueiras, é o título do traballo de Lucía Yáñez Carrasco, Mónica Diz Rodríguez e Mª José Dosil Villavicencio, do IES Otero Pedrayo (Ourense)

Dúas fendas de luz: o libro de Rózsa Péter e as matemáticas en galego.2

Isto é a continuación das notas que recollín da presentación que fixo Felipe Gago o pasado 22/06/2023 da tradución que fixo do libro "Xogando co infinito" (CCG, 2023) de Rózsa Péter. Para unha boa comprensión do que vén de seguido convén seguir a recomendación da propia matemática húngara e non saltar a primeira parte deste relato.

Felipe Gago comentou que estaba encantando con que lle encargaran este traballo e lembrounos como el mesmo traballara cun libro doutro matemático húngaro, Geoge Pólya (1887-1985), "Matemáticas y razonamiento plausible" (Tecnos,1966) nas súas clases da materia de Metodoloxía.

Como introdución recollo a explicación da famosa fórmula de Euler doutro húngaro, Imre Lakatos (1922-1974), en concreto das primeiras páxinas do seu libro "Pruebas y refutaciones" (Alianza Editorial 1986). 

Consideremos un poliedro convexo calquera. Se $C$ representa o número de caras, $A$ o número de arestas e $V$ o número de vértices, a fórmula euleriana á que nos estamos a referir é $$C+V-A=2$$

Lakatos indícanos que a demostración que imos dar desta igualdade debémoslla a Cauchy. Faremos de topólogos, isto significa que imaxinaremos que temos un poliedro de goma. Se lle recortamos unha das caras poderemos estirar e estender a superficie restante sobre un plano que, de ser certa a fórmula por ter agora unha cara menos, debería verificar a fórmula $C+V-A=1$. Para seguir mellor a argumentación, na figura 1 temos ilustrado o caso de que o poliedro fose un cubo. O seguinte paso consistiría en triangular os polígonos trazando diagonais entre os vértices do mapa plano (ver figura 2). Cada vez que debuxamos unha diagonal estamos aumentando nunha unidade o valor de A pero tamén aumenta da mesma maneira o valor de C polo que o valor de $C+V-A$ non variará neste proceso.

Agora eliminaremos os triángulos un a un. Poden darsenos dúas situacións. Tal e como vemos no triángulo marcado para eliminar na figura 3, se sacamos unha aresta, eliminaremos unha cara. Para eliminar a cara marcada da figura 4 teremos que sacar dúas arestas polo que tamén eliminaremos un punto. En calquera dos dous casos o valor de $C+V-A$ non se modifica. Repetiremos o proceso unha e outra vez ata quedarmos unicamente cun triángulo que terá 1 cara, 3 vértices e 3 arestas, de aí que o valor de $C+V-A$ será $1$, tal e como queríamos demostrar.

Aprendiz de meiga (segunda parte)

Os polígonos regulares son figuras planas delimitadas por segmentos iguais e que determinan ángulos interiores iguais. Hai infinidade deles, un para cada número a partir do 3.

Un poliedro convexo é regular se está delimitado por polígonos regulares, sendo todas estas figuras congruentes entre si e dispostas de tal forma que en cada vértice se xuntan o mesmo número delas. Se cada unha das caras ten $n$ lados, o produto $n\cdot C$ daranos $2A$ pois cada aresta está compartida por dúas caras. Acabamos de realizar o mesmo proceso que aprendimos na entrada anterior: para obter o número de arestas preferimos realizar un reconto do seu dobre. Volvamos a aplicar esta idea, pero agora tendo en conta que en cada vértice se interceptan $m$ arestas. De aí o produto $m\cdot V$ vai darnos $2A$ pois cada aresta ten dous vértices. Aplicando estes resultados ($n\cdot C=2A$ e $m\cdot V=2A$ á fórmula de Euler teremos:$$\frac{2A}{n}+\frac{2A}{m}-A=2$$

Dividindo por $2A$ e pasando o último termo do primeiro ao segundo membro:$$\frac{1}{n}+\frac{1}{m}=\frac{1}{2}+\frac{1}{A}\quad\quad [1]$$

Polo tanto o primeiro membro de [1] será sempre maior que $\frac{1}{2}$. Supoñamos que $n\geq 4$ e que $m\geq 4$. Nese caso $$\frac{1}{2}< \frac{1}{n}+\frac{1}{m}\leqslant \frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$$ Chegamos a unha contradición. Polo tanto polo menos un dos valores, $n$ ou $m$, debe ser $3$ pois tampouco ten sentido que sexa menor (os polígonos deben ter polo menos 3 lados e nun vértice deben coincidir polo menos 3 arestas).

Se $n=3$ a igualdade [1] convértese en $$\frac{1}{m}-\frac{1}{6}=\frac{1}{A}$$ Polo que $m$ só poderá tomar os valores 3, 4 ou 5 (para 6 ou valores superiores $\frac{1}{A}$ daría negativo, un absurdo). Para estes valores A sería 6, 12 ou 30, o que se correspondería cun tetraedro, octaedro e icosaedro respectivamente. 

Se $m=3$ a ecuación [1] transfórmase en $$\frac{1}{n}-\frac{1}{6}=\frac{1}{A}$$Analogamente $n$ só poderá tomar os valores 3, 4 ou 5 para os que A=6, 12 ou 30 respectivamente, dando lugar a un tetraedro, un cubo e un dodecaedro. Para verificalo basta con que usemos a as fórmulas  $n\cdot C=2A$,  $m\cdot V=2A$ e $C+V-A=2$. Aplicándoas a cada caso obteremos os seguintes resultados:

$$\begin{matrix}\,n&m&\,C&V&A&\,\,poliedro\\3&3&4&4&6&tetraedro\\3&4&8&6&12&octaedro\\3&5&20&12&30&icosaedro\\4&3&6&8&12&cubo\\5&3&12&20&30&dodecaedro\end{matrix}$$

Se revisamos todos os datos veremos que unicamente son posibles 5 poliedros regulares. En comparación co que sucedía cos polígonos é un resultado sorprendente. O máis curioso é que se chegue a esta conclusión utilizando as mesmas técnicas que as empregadas para calcular a suma $1+2+3+...+n$. Acabamos de abrir unha fenda luminosa entre a aritmética e a topoloxía.

Dúas fendas de luz: o libro de Rózsa Péter e as matemáticas en galego.1

Ao rematar a carreira, para enfrontarme ao que osmaba que sería o meu destino profesional, a docencia, procurei en diversos libros un punto no que agarrarme coa esperanza de que me desen algunha indicación de como asumir o reto baixo unhas directrices minimamente dignas. Non me estou referindo a libros texto, no único que podía achar era "o que", estaba á procura do "como". Daquela a oferta non era moi abondosa, pero percorrín moitos libros de divulgación, outros específicos de educación das matemáticas, dos que trataban da resolución de problemas, moitos sobre a historia e tamén algúns sobre filosofía da ciencia ou sobre a cultura matemática en xeral. Pero buscaba algo que, con todo, non daba atopado. Quizais porque tampouco sabía moito o que estaba a pescudar. Cando estou vendo o final do meu labor docente, por fin achei ese libro: "Xogando co infinito" de Rózsa Péter (1905-1977). Felizmente este texto

foi publicado polo Consello da Cultura Galega (CCG), con tradución do profesor da Facultade de Matemáticias, Felipe Gago.

O pasado xoves 22/06/2023 presentouse a edición deste libro na aula magna da Facultade de Matemáticas. O primeiro que chama a atención é que no acto estivera presente Valentín García, o Secretario Xeral de Política Lingüística, o mesmo que defende o decreto que prohíbe o ensino das matemáticas en galego. Por isto tanto a decana da Facultade de Matemáticas, Elena V. Cendón,  como a presidenta do CCG, Rosario Álvarez, comezaron as súas intervencións cunha frase de Julio Rodríguez, presidente de AGAPEMA: "xa é hora de abrir unha fenda de luz e deixar de prohibir o galego no ensino das matemáticas". Valentín viuse na obriga de responder pero só conseguiu farfallar unha desculpa falsa, nun intento, imposible, de querer quedar ben. 

Elena Vázquez Cendón explicou que o proxecto xurdira cando o premio Abel de 2005,  Peter Lax,  visitou Santiago de Compostela dentro do programa ConCiencia do 2007. Lax foi entrevistado pola periodista Elisa Álvarez quen, ante a idea de que todo matemático tivo alguén que o inspirou, inquiriulle sobre o seu caso. Peter Lax contestou que a súa inspiradora foi unha muller, Rózsa Péter, que escribira o mellor libro popular de matemáticas, "Xogando co infinito". Ao pouco Elena encargoulle o traballo de tradución a Felipe Gago. Hoxe, ademais da publicación física o CCG permite o acceso virtual a esta publicación.  

Na súa intervención, Felipe Gago debullou, cunha fermosa presentación dixital, parte do contido do libro. Vou intentar reproducilo, quizais con algunhas modificacións.

Aprendiz de meiga

Todo comeza nunha aula. Susana, unha alumna que rebordaba curiosidade, Susana, comprobara que efectuar a suma de todos os naturais ata un impar, por exemplo 7, daba o mesmo resultado que multiplicar por 7 o número do medio.

Eva, unha compañeira da clase, deu coa chave do asunto. $4\cdot7$ non é outra cousa que sumar $4$ sete veces. Se comparamos as dúas sumas

Veremos que o primeiro $4$ é $3$ unidades superior a $1$, pero isto compénsase co último $4$, que é $3$ unidades inferior a $7$. Da mesma maneira o segundo $4$ é $2$ unidades máis que $2$, pero isto compénsase con que o penúltimo $4$ sexa $2$ unidades inferior a $6$. Finalmente o terceiro e o antepenúltimo $4$ son respectivamente $1$ unidadade máis e $1$ unidade menos que $3$ e $5$. Velaí que as dúas sumas teñan que dar o mesmo.

Neste punto Rózsa introduce a famosa lenda de como Gauss de neno, conseguira realizar a suma dos 100 primeiros números naturais: $1+2+3+4+....+96+97+98+99+100$. O proceso é esencialmente o mesmo que o que pasamos a describir para a suma dos 4 primeiros números. Coloquemos a suma tamén en orde inversa e despois sumemos o primeiro número co último, o segundo co penúltimo, e así sucesivamente. Así obtemos sempre $5$ como resultado

De aí que o dobre da suma buscada é igual a $5+5+5+5+5=4\cdot5=20$ polo que a suma será a súa metade $1+2+3+4+5=10$. Ademais este proceso, como vemos, non ten por que restrinxirse a sumas ata un número impar, como sucedía antes. Conviña repetir este proceso para outros casos como a suma dos 5 ou dos 7 primeiros números. Incluso podemos ver que podemos aplicalo a unha progresión aritmética calquera.

Neste caso a suma será a metade de $18\cdot5=90$, isto é $5+7+9+11+13=45$

Rózsa Péter non lles dá aos alumnos a fórmula para obter a suma dos termos duna progresión aritmética. Ofrécelle problemas que poden abordar e fainos protagonistas do seu descubrimento, ademais conecta ese achádego co mito gausiano facéndoos partícipes da historia das matemáticas. Isto xa sería suficiente, pero aínda hai máis. O método que vimos de presentar aparece noutros ámbitos das matemáticas. Todos sabemos como medir áreas de rectángulos.

Se tomamos como unidade o cadrado sombreado enseguida vemos que a área deste rectángulo é de $3\cdot8$, basta multiplicar a base pola altura para obtela. Pero enseguida xurde un problema. Se pretendemos obter a área dun triángulo como o seguinte

temos dificultades en completar a área sombreada. A solución vén de aplicar a mesma metodoloxía que a usada para achar as anteriores sumas. No canto dun triángulo, collamos dous, agora formarán un rectángulo

polo que para determinar a área do triángulo bastará con partir pola metade a deste novo rectángulo.

Se continuamos pola senda xeométrica, as anteriores sumas poderían representarse formando unha escaleira

Nesta figura temos representada a suma $1+2+3+4$. Volvamos a aplicar o mesmo procedemento, dupliquemos a figura e rotémola 180º, temos...

... un rectángulo de área $4\cdot5=20$ de aí que a suma buscada sexa, coma antes, 10.

En que circunstancias temos que sumar desde 1 ata un determinado número? Velaquí un problema que responde a esta cuestión

Problema. Determina o número de diagonais dun octógono

Unha boa maneira de abordalo é considerar unicamente os vértices do octógono e comezar a trazar todos os segmentos posibles entre eles. Se conseguimos facelo ao final só teriamos que restarlle os 8 lados do octógono. Comecemos polo vértice $1$, desde el podemos trazar sete segmentos ata os outros sete puntos; se continuamos co vértice $2$ veremos que agora xa só temos seis vértices aos que conectar con algún segmento

De continuarmos así, é evidente que o número total de segmentos que podemos trazar entre eses 8 puntos é $1+2+3+4+5+6+7=28$ polo que o número de diagonais serían $28-8=20$

Ao decatármonos de que cada segmento une dous puntos, veremos que estamos tratando co problema de como escoller dous elementos de entre 8. A este tipo de recontos chámaselle combinacións. Todas as posibles combinacións de dous elementos escollidos dentro dun conxunto de 8 pódense enumerar sistematicamente 

$$\begin{matrix} &  &  &  &  &  &12 \\  &  &  &  &  &23  &13 \\  &  &  &  &34  &24  & 14\\  &  &  &45  &35  & 25 &15 \\  &  & 56 &46  & 36 &26  &16 \\  &67  & 57 &47  & 37 &27  &17 \\ 78 &68  & 58 &48  &38  &28  &18 \end{matrix}$$

Cantas parellas vemos? Contando de esquerda a dereita $1+2+3+4+5+6+7$, ademais esta disposición forma unha escaleira, como a que repesentamos antes. Tamén poderiamos argumentar que cada un dos elementos pode emparellarse cos outros sete, co cal teriamos $8\cdot7$ parellas pero aparecerían duplicadas, de aí que o resultado teremos que dividilo por dous. 

Vemos repetido, unha e outra vez o mesmo argumento e en distintos contextos. Velaquí a condensación de todo o que estivemos estudando

$$1+2+3+...+n=\frac{n\left ( n+1 \right )}{2}$$

Ademais, en todo este proceso aprendimos que é moito mellor deixar esta fórmula para o final. Así é como se aprenden, e como se deberían ensinar, as matemáticas. 

A luz inúndao todo. (Continuará)

Algoritmo do produto do século XVI

Esta pretende ser a última entrada adicada ao Sumario Compendioso de Juan Díez, que foi identificado polo matemático e historiador David E. Smith como de orixe galega. Pódense seguir aquí todas as publicacións sobre este tema neste blogue:

• Juan Díez, quizais o primeiro matemático galego
• Os problemas alxébricos do "Sumario Compendioso" de Juan Díez
• Cuestións diofantinas do "Sumario Compendioso" de Juan Díez

Unha das "Regras comúns" que se explican nese libro é a adicada ao algortimo da multiplicación. Estamos moi afeitos a realizar os produtos tal e como aprendimos na escola e o habitual é que non nos cuestionemos esa serie de regras. Juan Díez explica como facer o produto de dous números. Faino recorrendo a un exemplo, o de $875\cdot 978$. O método consiste en ir multiplicando, de esquerda a dereita, cada unha das cifras do primeiro número, $875$, por todas e cada unha das cifras do segundo número, $978$. Iremos colocando os resultados de cada un destes produtos en columnas, correndo un lugar á dereita de cada vez. Isto é lóxico debido á notación posicional que usamos. Finalmente realizaremos a suma de todos os resultados. O mellor é ver en acción como se realiza este produto.

Hai que ter coidado cun aspecto que non está tratado neste exemplo. Pode darse o caso que un dos produtos parciais sexa de só unha cifra. Neste suposto debemos colocar o resultado como se tivese dúas. Por exemplo se un produto fose $2\cdot3=6$, para colocar ese $6$ obraríamos como se fose $06$.

Despois de visto este algoritmo, parecería máis lóxico que fose este o que se ensinara nas aulas de primaria pois permite unha xustificación máis clara do algoritmo.