Las Matemáticas, además de útiles, son divertidas.

























LAS MATEMÁTICAS , ADEMÁS DE ÚTILES, SON DIVERTIDAS:





TRABAJITO PARA ESTE VERANO:

"Serías capaz de hallar las áreas coloreadas de la estrella siguiente, insertada en una circunferencia de radio 10 cm?






viernes, 16 de noviembre de 2012

NOS VAMOS DE RUTA MATEMÁTICA A VALENCIA

      Invitados por la Universidad de Valencia y en concreto por la Cátedra de Divulgación de la Ciencia, el próximo Lunes día 19 de Noviembre, realizaremos la Ruta Matemática nº 4: "Del Mercat de Colom a la Nau", con alumnos de 3º y 4º de ESO. Ya os contaremos.

miércoles, 5 de septiembre de 2012

SOLUCIÓN A LOS PROBLEMAS DEL 3º TRIMESTRE PARA ALUMNOS DE 3º Y 4º ESO

     Todos estos problemas se han extraido de la colección de desafios matemáticos del diario El País, y se pueden encontrar en el siguiente enlace.
   http://sociedad.elpais.com/sociedad/2011/07/12/actualidad/1310421608_850215.html

    Las soluciones son las siguientes:

 1.- Un reloj de dos colores:

    Partamos de una recta cualquiera que divida al reloj por la mitad dejando 6 números a cada lado. Y seleccionemos una de las dos mitades. Fijémonos en el número de números pintados de rojo en dicha mitad, si este número fuese 3, esta recta cumpliría ya las condiciones del problema. Supongamos pues que no es 3, y que por ejemplo es 4. Entonces en la otra mitad habrá 6 - 4 = 2 números pintados de rojo.
   Vayamos girando la recta en el sentido de las agujas del reloj poco a poco, de modo que vamos dejando un número fuera de la mitad inicial y vamos cogiendo un número nuevo. En esta nueva mitad el número de números rojos será, el mismo si hemos quitado y añadido números del mismo color, o habrá variado en más o menos uno si hemos añadido y quitado números de distinto color.
   Cuando hayamos girado la recta 180º estaremos considerando la mitad opuesta a la primera que habíamos considerado, que tenía 2 números pintados de rojo. Luego nos hemos movido de una mitad que tenía 4 números pintados de rojo a una que tiene 2 números pintados de rojo moviéndonos de uno en uno, así necesariamente hemos pasado por una mitad que tenía 3 números pintados de rojo. La recta que determinaba esta mitad cumple las condiciones pedidas por el problema.
   Si la mitad inicial hubiese tenido 0, 1, 2, 5 ó 6 números pintados de rojo el razonamiento es completamente análogo.
 
2.- Un PAIS de palillos:
 
   Vamos con las soluciones. Estos dos juegos forman parte de una familia de juegos del tipo Nim en los que hay una serie de montones de objetos iguales (palillos, fichas) de lo que los que en cada jugada se pueden retirar algunos. De todos ellos existe un método para encontrar la estrategia ganadora que consiste escribir el número de objetos de cada montón en base 2 y sumar de forma independiente cada uno de los órdenes de potencias de dos que tenemos. Pero en nuestros dos juegos la estrategia ganadora puede encontrarse usando algunas de las estrategias globales de pensamiento, como veremos a continuación.
   La estrategia ganadora corresponde en ambos casos al jugador que abre el juego.
  Juego 1. Se puede encontrar la solución empezando por el final. Si un jugador consigue dejar solo cuatro palillos al otro, habrá ganado: su rival tendrá que quitar uno, dos o tres, y le dejará siempre la opción de dejar la mesa en blanco. Para asegurar esa situación en la que se dejan cuatro palillos al adversario habrá que dejarle ocho en la jugada anterior, y 12 en la anterior y 16... esto eso, siempre un número de palillos que sea múltiplo de cuatro. Como en el inicio hay 19 palillos, un número que no es múltiplo de cuatro, la estrategia ganadora consiste en quitar tres -y por tanto dejar 16- y a partir de ahí quitar el complementario a cuatro de los que va quitando su contricante (si retira uno, tres; si retira dos, dos; y si retira tres, uno), con lo que el número de palillos sobre la mesa pasará a 12, 8, 4... y ganará.
  Juego 2. La estrategia ganadora también la tiene el jugador que empieza pero la solución es otra: pasar a nuestro contrincante una situación simétrica de palillos y ante cada jugada suya, hacer también la simétrica. Así nos aseguramos de que si él tiene palillos para sacar, nosotros también tendremos y seremos nosotros quienes dejemos la mesa vacía. En el caso propuesto el primer jugador puede llegar a esa situación quitando un palillo de la A (o de la P o de la S), con lo que quedarán cuatro figuras formadas por 5 4 4 5 palillos sobre la mesa. A partir de ese momento, el jugador solo tiene que hacer lo que haga su rival.
  En algunos correos se nos ha reprochado que no incluyéramos la tilde en la palabra PAÍS. Como curiosidad diremos que si la hubiéramos puesto, sumando un palillo más a la I, la estrategia ganadora en ambos casos habría correspondido al segundo jugador. ¿Podría el lectorexplicar por qué?
 
3.- Un cubo de suma cero:
 
   Recordemos el problema: asignamos un número (1 o -1) a cada uno de los vértices de un cubo. Tendremos entonces ocho números. A continuación multiplicamos los cuatro vértices de cada cara para obtener otros seis números, que también tendrán que ser 1 o -1. Pues bien, se trataba de conseguir un cubo en que la suma de esos 14 números dé cero. O demostrar en su caso por qué dicho cubo no puede existir.
   Y, efectivamente, ese cubo no puede exisitir... pero hay que demostrarlo: para que la suma de los 14 valores dé 0, debe haber siete +1 y siete -1, de manera que el producto de los 14 números debe ser -1. Pero si llamamos A, B, C, D, E, F, G, H a los valores de los vértices, como cada vértice incide en tres caras distintas, resulta que si multiplicamos los 14 valores obtenemos (ABCDEFGH)^4, una potencia cuarta y por tanto necesariamente un número positivo, lo que es contradictorio con este producto debiese ser -1. Por tanto el cubo de suma cero no puede existir.
 
4.- Todo el mundo a su silla:
 
   La idea es empezar por un caso en el cual haya menos personas. Obviamente, si tenemos una persona y una silla, la única posibilidad es que se quede como está. Observemos qué pasa, por ejemplo, si tenemos 2 sillas y 2 personas. En ese caso se ve claramente que sólo hay dos posibilidades: que las dos personas se queden quietas, o que las dos se muevan.
   Ahora miramos qué pasaría con 3 sillas y 3 personas. En ese caso, vemos que si la persona del extremo no se mueve entonces estamos en el caso anterior de 2 personas y 2 sillas; mientras que, si la persona del extremo se mueve, necesariamente, obliga a la persona de al lado a ocupar su silla vacía; por tanto, al último sólo le queda la posibilidad de quedarse quieto. Luego hay 3 posibilidades.
   A continuación razonamos qué pasaría con 4 sillas y 4 personas. Veremos que se parece bastante a los casos anteriores. Si la persona de la primera silla no se mueve, el problema se reduce al caso anterior (al igual que nos había pasado antes). Por otro lado, si dicha persona se mueve, entonces obliga a la persona de al lado a ocupar su lugar, y con ello el problema se reduce a la situación que había cuando teníamos 2 sillas y 2 personas. Por tanto, habrán 5 posibilidades; es decir, 3 más 2.
   Así, inductivamente, llegamos a la conclusión de que las distintas formas en las que pueden sentarse "n" personas en "n" sillas vienen dadas por la suma de los dos casos anteriores, es decir, el "n-1" y el "n-2". Por ejemplo, el caso de 4 sillas y 4 personas se resolvía sumando las formas posibles del caso 3 y el caso 2.
   Por lo tanto, para nuestro caso con 35 sillas la solución vendría dada por la suma de las formas posibles en los casos de 33 y 34 sillas.
   Y, si somos más perspicaces aún, nos podemos dar cuenta de que los famosos números de Fibonacci han surgido en la solución del mismo; cómo podemos observar: 1, 2, 3, 5,... Lo cual es evidente, ya que el hecho de que un término venga dado por la suma de los dos anteriores es precisamente la definición de la sucesión de Fibonacci. Y en el caso de 35 personas y 35 sillas la solución sería el número de la serie de Fibonacci, 14.930.352 es decir, el que ocupa el lugar 36º.
   La sucesión de Fibonacci fue descrita en Europa por Leonardo de Pisa, matemático italiano del siglo XIII también conocido como Fibonacci. Tiene numerosas aplicaciones en ciencias de la computación, matemáticas y teoría de juegos. También aparece en configuraciones biológicas, como, por ejemplo, en las ramas de los árboles, en la disposición de las hojas en el tallo, en la flora de la alcachofa o en el arreglo de un cono.
 

martes, 4 de septiembre de 2012

SOLUCIONES A LOS PROBLEMAS DEL 3º TRIMESTRE PARA 1º Y 2º ESO

     Las soluciones a los últimos problemas del curso pasado para los alumnos de 1º y 2º de ESO son las siguientes.


SOLUCIONES:

1.-Tres: una roja, una azul y una marrón.

2.-Hizo que cada uno montase el caballo de otro pretendiente. Así, cada uno intentaría ganar la prueba, pues de ese modo el dueño del caballo que montase perdería.

3.-Porque el mínimo número de trozos que pueden haber quedado son tres: El eslabón cortado por uno de sus lados y los dos trozos de cadena laterales.

4.-Algún febrero de un año bisiesto (4 semanas x 7 días + 1 día=29 días)

5.-Como las yemas no son blancas, ninguna es válida.

6.-Porque hay menos ovejas negras que blancas.

7.-En puré.

8.-El vaso en segundo lugar se vacía en el noveno. Y el que está en el cuarto lugar se vacía en el séptimo.

martes, 1 de mayo de 2012

CAMPUS CIENTÍFICO DE VERANO

    El viernes salió en el BOE la convocatoria para participar en los campus científicos de verano.El enlace es el siguiente: http://www.campuscientificos.es/.  Ánimo y a participar si os interesa. (Información facilitada por Elena Thibaut) 

viernes, 20 de abril de 2012

PROBLEMA DEL 3r TRIMESTRE PARA LOS ALUMNOS DE 1º Y 2º DE ESO


PROBLEMA DEL 3r TRIMESTRE PARA LOS ALUMNOS DE 1º Y 2º DE ESO

UN ACERTIJO PARA CADA SEMANA:

1.-Si todas mis corbatas son rojas menos 2, todas son azules menos 2 y todas son marrones menos 2, ¿cuántas corbatas tengo?



2.-Un sultán quería conceder la mano de su hija a aquel de sus tres pretendientes cuyo caballo resultase vencedor en una carrera. Como no era amante de la velocidad, decidió que la carrera fuese al “ganapierde”, es decir, que el vencedor fuese el que llegase en último lugar. Pero como tampoco quería que la carrera durase indefinidamente, tomó una disposición para que esto no ocurriera. A continuación tuvo lugar la carrera, con los caballos corriendo a toda velocidad. ¿Qué disposición tomó el sultán?



3.-Y entonces saqué mi katana y de un solo tajo corté en dos trozos la gruesa cadena que se interponía en mi camino-dijo el samurái.

Eso es falso-le replicó el monje.

¿Cómo lo supo?

4.-Si un mes comienza por sábado y termina por sábado, ¿qué mes es?


5.-Si usted sabe hablar correctamente podrá contestarme esta pregunta. ¿Cómo se debe decir: “La yema es blanca o las yemas son blancas”?

 

6.-¿Por qué comen menos hierba las ovejas negras que las blancas?




7.-Una madre tiene 6 niños y 5 patatas. ¿Cómo podrá (no valen las fracciones) distribuir uniformemente las patatas entre los 6 niños?


8.-Hay diez vasos alineados, los cinco primeros llenos de agua y los cinco siguientes vacíos. ¿Qué número mínimo de vasos hay que mover para que los vasos llenos queden alternados con los vacíos?



Fuente: “Para resolver en el ascensor” J. J. Mendoza Fernández

 

PROBLEMAS 3º TRIMESTRE PARA LOS ALUMNOS DE 3º Y 4º DE ESO


PROBLEMAS 3º TRIMESTRE PARA LOS ALUMNOS DE 3º Y 4º DE ESO

 (Se pueden presentar por separado)

1.- Un reloj de dos colores


           Se considera un reloj con sus 12 números en torno a una circunferencia: 1, 2, ..., 12. Se pintan de azul o rojo cada uno de los 12 números de modo que haya seis pintados de azul y seis de rojo. El problema consiste en demostrar, que, independientemente del orden en que se hayan pintado, siempre existirá una posible recta que divida al reloj por la mitad, dejando en cada lado seis números, tres pintados de rojo y tres pintados de azul.

2.- Un PAÍS de palillos

Presentamos dos juegos y se trata de encontrar qué estrategia ganadora tienen, esto es, el procedimiento para ganar siempre, por muy hábil que sea nuestro rival. La estrategia puede ser del jugador que mueve primero o del segundo, eso también hay que averiguarlo. Obviamente, si el primer jugador tiene estrategia ganadora, no la tendrá el segundo. Para ambos juegos formamos la palabra PAIS con palillos de la forma en que se ve la imagen de arriba..

Primer juego: Por turnos, cada jugador retira uno, dos o tres palillos del dibujo. Gana el que retira el último palillo, esto es, el que deja la mesa vacía.

Segundo juego: Por turnos, los jugadores retiran el número que quieran de palillos pero siempre de la misma letra cada vez (de la P, de la A, de la I o de la S). Gana también el que retira el último palillo.

Se trata, como decíamos de hallar la estrategia ganadora en ambos juegos (el modo de ganar seguro) precisando si la tiene el jugador que abre el juego o el segundo.

3.- Un cubo de suma cero

             A cada uno de los vértices de un cubo le asignamos un 1, o un -1. Después asignamos a cada una de las caras el producto de los números de sus vértices.

¿Puede hacerse la asignación inicial de manera que la suma de los 14 números (8 de los vértices y 6 de las caras) sea 0? Encontrar tal asignación o demostrar que no existe. Como en el problema del reloj, se recomienda no probar con todos los casos posibles.

4.- ¡Todo el mundo a su silla!


Se consideran 35 sillas colocadas en fila y en las que están sentadas 35 personas. En un momento dado, las 35 personas se levantan y se vuelven a sentar donde estaban o en la silla de al lado (derecha o izquierda). Observad que las esquinas sólo tienen dos movimientos posibles en vez de tres. ¿De cuántas formas distintas pueden sentarse la segunda vez las 35 personas en estas 35 sillas siguiendo esta condición?

NOTA IMPORTANTE: No se trata de decir de cuántas maneras se pueden sentar 35 personas en 35 sillas, sino de cuántas maneras pueden volver a sentarse, con las reglas dadas, 35 personas que estaban ya sentadas. Hay que tener en cuenta que ni al principio ni al final queda ninguna silla vacía; es decir, cada silla está ocupada por una persona (y solo una).

viernes, 13 de abril de 2012

SOLUCIÓN AL PROBLEMA Nº 4 PARA 3º Y 4º ESO

1.- Puesto que el área de un círculo es A = 3,14(r.r), la razón de proporcionalidad será pues: 1/36.

2.- La figura puede descomponerse en tres figuras:
       a) El rectángulo tiene un área de: 4 x 0,5 = 2 centímetros cuadrados.
       b) El triángulo intermedio tiene un área de: (1 x 4)/2 = 2 centímetros cuadrados.
       c) El triángulo de arriba, de acuerdo con la fórmula de Herón:
                             .\acute{A}rea = \sqrt{s\left(s-a\right)\left(s-b\right)\left(s-c\right)}, en donde p es el semiperímetro y a, b y c los lados del triángulo, es decir: a = 2, b = 3 y c= raiz cuadrada(17), y sustituyendo obtenemos , aprosimadamente, la siguiente área: A = 2,83 centímetros cuadrados, por lo que el área total es de:
              A = 6,83 centímetros cuadrados.

3.- El área de la superficie roja es de 6 + 4 = 10 centímetros cuadrados.

SOLUCIÓN AL PROBLEMA Nº 4 PARA 1º Y 2º DE ESO


Solución 1.- Hay 220 palabras y la primera palabra es AB.



Solución 2.- Llamamos A1 y A2 a las caras de la primera chuleta, B1 y B2, las de la segunda, y C1 y C2, las de la tercera.

En los primeros 10 minutos se torran A1 y B1. Retiramos la chuleta B y la reservamos.

En los siguientes 10 minutos se torran A2 y C1. Retiramos la chuleta A lista para comer.

En los últimos 10 minutos se torran B2 y C2. Y ya está lista la comida en sólo 30 minutos.

domingo, 5 de febrero de 2012

ENLACES SOBRE LA EXPOSICIÓN IMAGINARY

    La exposición IMAGINARI, que visitamos hace unos días con los alumnos del Instituto, y que nos resultó sencillamente IMPRESIONANTE, ya ha cerrado sus puertas. Para los alumnos o profes interesados os recuerdo que se pueden descargar algunos programas con los que manipulábamos en la siguiente dirección:
             www.uv.es/imaginary/  en el apartado de documentos.

PROBLEMA DE LA QUINCENA Nº 4 PARA 3º Y 4º ESO

        
(Presentación hasta el 29 de Febrero)

        Estas actividades del Problema de la Quincena nº 4 las vamos a dedicar a las áreas.

1.- El YING - YANG
Como se puede observar en la figura, el área blanca es igual al área negra, ¿no?; pero si los círculos pequeños están hechos a una escala 1:6 respecto al grande, ¿qué relación habrá entre las áreas de los círculos pequeños y el área del círculo grande?

2.- ÁREA DE UN POLÍGONO IRREGULAR


¿Eres capaz de hallar el área del polígono irregular de la figura?

3.- AREA DE LA FIGURA ROJA


 Y, por último, si cada cuadradito tiene de lado 1 cm, ¿cuál es el área de la figura roja?

PROBLEMA DE LA QUINCENA Nº 4 PARA LOS ALUMNOS DE 1º Y 2º DE ESO.

          (PRESENTACIÓN HASTA EL 29 DE FECRERO)

1.-EL PLANETA WI

      En el planeta WI utilizan un alfabeto con las 27 letras del castellano. Cada palabra está formada por dos letras: una consonante y una vocal y viceversa (recuerda que Y es consonante). ¿Cuántas palabras distintas tienen al planeta WI?

     Además, quieren publicar un diccionario ordenado según nuestro alfabeto. ¿Cuál será la primera palabra del diccionario?


2.- LAS CHULETAS

     El tío Vicente tiene unas sartenes para torrar carne muy pequeñas, donde apenas caben dos chuletas. Su mujer y su hija Clara se mueren de hambre y están ansiosas por comer cuanto antes. El problema es torrar las tres chuletas en el mínimo tiempo posible.

     Él piensa que hacen falta 20 minutos para torrar una chuleta por las dos caras, ya que cada lado tarda en hacerse 10 minutos. Como se pueden torrar dos chuletas a la vez, en 20 minutos puede tener dos chuletas torradas, mientras que la tercera tardará otros 20 minutos, por lo que la comida estará lista en 40 minutos.

      Sin embargo Clara piensa que se pueden hacer en 30 minutos. ¿Cuál es la solución que da Clara?



Fuente: Problemes Olímpics nº 62.
SEMCV Al-Khwarizmi

miércoles, 18 de enero de 2012

SOLUCIÓN AL PROBLEMA DE LA QUINCENA Nº 3 PARA 3º Y 4º DE ESO

1.- El problema puede resolverse incluso mentalmente, con un poquito de atención. Sea V el volumen original del contenido de café (o de leche), y c la capacidad de la cucharilla, y llamemos A y B a los vasos que contenían inicialmente café y leche, respectivamente. Tras el paso 1, la concentración de café en la leche es c / (V+c). Luego del paso 2, la cantidad de
café en el vaso A es V – c + c2 / (V+c), y la concentración se obtendrá dividiendo por el volumen final V, por lo que valdrá:


Concentración de café en A = V / (V+c)

En cuanto a la concentración de leche en el vaso B después del paso 1 valdrá V / (V+c), y esta concentración no queda alterada tras el paso 2. Será pues:
Concentración de leche en B = V / (V+c)

Las concentraciones finales serán por lo tanto iguales. Vemos que la concentración final se mueve entre los límites 1 (para c = 0) y ½ (en el caso de que la capacidad de la cuchara iguale al volumen inicial del contenido de café o de leche).


2.- La probabilidad de recibir tabaco es la de que al menos uno de los progenitores sea tabaquista. Ésta es igual a la suma de ambas probabilidades menos su producto (probabilidad de que lo sean ambos). O sea, que si es x la tasa
de tabaquismo:

2x – x2 = 0,40

De donde sale fácilmente que x = 0,225. Un 22,5 % de los adultos son fumadores.
3.-
90
50
130
30
100
0
100
110
90
100
110
100
80
60
50
140
70
50
60
80
60
80
30
160
70
 



SOLUCIÓN AL PROBLEMA DE LA QUINCENA Nº 3 PARA 1º Y 2º DE ESO

Solución 1:
Las pisadas de Yasmina y Zacarías coinciden cada mcm (54, 72)=216 cm.

Cada vez que recorran con sus pasos 216 cm, Yasmina hace 4 pisadas (216/54) y Zacarías hace 3 (216/72). No contamos la primera pisada que es cuando están los dos en el mismo sitio antes de empezar. En total en cada tramo de 216 cm, tenemos 4+3-1(la última en la que ambos coinciden)=6 pisadas.

Como en total hay 61, quitamos la primera, me quedarán 60 pisadas. Si en cada tramo hay 6 pisadas, el jardin está compuesto por 10 tramos(60/6) de 216 cm. Por tanto medira 216x10=2160cm=21,6 m.

Solución 2:

3
4
5
2
1
6
9
8
7