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?






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.