dimecres, 29 d’abril de 2020

Alguns problemes de nombres


Bon dia!

Avui tres problemes de nombres de creixent dificultat.

Un problema de dígits
És possible trobar nombres, utilitzant tots els dígits del 0 al 9, tot just una vegada cadascun d'ells, de forma que la suma sigui 100? i 1000?

La corona del rei Hierò
Expliquen que quan Arquimedes va cridar "Eureka" va ser perquè havia trobat la solució a la següent qüestió que li havia proposat el rei Hierò de Siracusa: He donat 5 kg d'or a un orfebre perquè em fes una corona, aquest m'ha tornat la corona i pesa 5 kg però tinc la sospita que m'ha enganyat i s'ha quedat part de l'or substituin-lo per plata. Com podríem saber si ho ha fet realment? Arquimedes va resoldre la qüestió sabent que en submergir l'or en l'aigua perd 1/20 del seu pes, mentre que la plata en perd 1/10. Aleshores va fer pesar-la dins l'aigua i el seu pes era de 4650 gr. Sabries dir si l'orfebre havia estafat el rei Hierò i en cas afirmatiu quina quantitat d'or havia substituit?

La suma de cubs
Què val la suma dels n primers cubs en funció de n? Saps justificar-ho?



Solucions a alguns problemes de nombres

Bon dia!

Aquest cop l'únic que m'ha donat solucions als problemes ha estat en Lluís Serra, membre del club de matemàtiques de la biblioteca de Palafrugell. Gràcies Lluís!
Aquests són els papers que m'ha fet arribar:




La solució que fa del primer problema no em sembla concloent, ja que com ell mateix diu hauríem de tenir un o més nombres de dos dígits, tot just fa el cas de tenir-ne un, i veu que en aquests cas no pot ser, bé.
Del que en Lluís no s'adona, i és estrany, perquè normalment té les coses de divisibilitat molt clares, és que un cop ha trobat que la suma de tots els dígits és 45, el problema ja el tenim solucionat. Perquè, els tinguem com els tinguem distribuïts, la suma dels dígits sempre serà 45. Cosa que ens diu que el nombre resultant de la suma ha de ser múltiple de 9 i com que 100 no ho és no serà possible fer-ho en aquestes condicions. El mateix per 1000 o qualsevol potència de 10.

El de la corona del rei Hierò, en Lluís el resol plantejant un sistema d'equacions i no hi ha gaire res a dir.
Quan jo el plantejava als alumnes de magisteri, la meva intenció no era resoldre'l aplicant les regles de l'àlgebra, sinó més com un problema de mesura. Si la corona submergida hauria de pesar 4750 gr, i en pesa 4650, això vol dir que ha perdut 100 gr més del que hauria de ser. Cada quilo d'or en perd 50 gr, mentre que cada quilo de plata en perd 100. És a dir, que si substituïm 1 Kg d'or per un de plata perdem 50 gr. En conseqüència en el nostre cas hem perdut 100 gr, vol dir que hem substituït 2 Kg d'or per 2 de plata.

Pel que fa a la suma dels cubs, en Lluís troba, fent treball de camp, que la suma dels n primers cubs és igual al quadrat del nombre triangular corresponent. Després sembla que troba que n3 és la suma de n senars consecutius. Si n és senar agafem els senars des de n2-(n-1) fins a n2+(n-1). N'hi ha n, formen una progressió aritmètica i al mig hi ha n2, per tant, realment, és certa la propietat, per n senar. Per exemple per n=7, tenim que 72-(7-1)=43 i 72-(7-1)=55. Per n parell, hem d'agafar, igual que abans, els senars des de n2-(n-1) fins a n2+(n-1), ara n2 no hi és, però com que n'hi ha un nombre parell i si aparellem el primer i l'últim, el segon i el penúltim, ... totes les parelles sumen 2n2 i com que tenim n/2 parelles, la seva suma dona 2n2xn/2=n3. Per exmple, si n=6, 62-(6-1)=31 i 62+(6-1)=41. A més, n2+(n-1) i (n+1)2-[(n+1)-1)]=n2+2n+1-n=n2+n+1, és a dir, el primer de cada una d'aquestes seqüències de senars és el següent senar de l'últim de la seqüència anterior. Per tant, el que troba en Lluís és que realment la suma dels n primers cubs, coincideix amb el quadrat del nombre triangular corresponent, ja que el nombre de senars que sumem precisament és aquest nombre triangular. Buf! Quin rotllo, però us aseguro que si us ho mireu amb calma surt.

De totes maneres, diuen, que a vegades una imatge val més que mil paraules i en aquest cas em sembla molt encertat. La meva amiga Sílvia Margelí m'ha fet arribar la següent imatge sobre aquest fet:



Fixeu-vos que per cada cub que afegim el podem dividir en n rajoles quadrades i si el nombre és senar, les rajoles les podem posar tal qual, mentre que si n és parell una de les rajoles l'hem de partir per la meitat i posar-la de forma adequada.
Maco, no?

dilluns, 27 d’abril de 2020

Tres problemes de construcció


Bon dia!

Avui tres problemes de construcció amb una idea comuna.

Primer problema
Donat un segment, s'ha de construir un triangle equilàter que tingui per altura el segment.

Segon problema
Ara un problema que George Pólya resol en el seu llibre How to solve it.
Donat un triangle, inscriure-hi un quadrat de forma que tingui dos vèrtexs en un dels costats i els altres dos, cada un, en un dels altres costats.



Tercer problema
Donades tres rectes paral·leles construir un triangle equilàter que tingui un vèrtex sobre cada una de les rectes paral·leles.

Solucions a tres problemes de construcció

Bon dia!

Tornem a tenir solucions de la Pili Royo i d'en Lluís Serra.

La Pili dona solució als dos primers problemes. Són aquestes:
Al solucionar el primer problema la Pili no aclareix dues coses que em semblen importants. Primer que el radi de la circumferència, ella diu AB, però al dibuix és AG, és la mida del segment que volem que sigui l'altura del triangle equilàter. Tampoc aclareix per què el triangle IHJ és equilàter i té l'altura desitjada. En el cas del GIH la cosa és més clara.
En la solució del segon d'entrada sembla un xic embolicada però després va explicant coses més interessants com l'aparició de la idea d'homotècia.

En Lluís dona les següents solucions als problemes

Les dues solucions que dona al primer problema són originals i m'han agradat. Al segon problema diu que es tracta de fer una homotècia i ja està. El tercer el soluciona com vam explicar al club de matemàtiques. I al final de tot dona una tercera manera de resoldre el primer. És la que porta la idea comuna al tres problemes. Està molt bé això que fa en Lluís  amb el primer. No quedar-se amb una única solució. Pólya deia que preferia trobar 5 solucions diferents a un problema que no resoldre 5 problemes diferents.

La idea de que utilitza en Lluís per resoldre el primer problema, el tercer cop seria la següent. Construeixo un triangle equilàter qualsevol. Si tinc sort potser l'altura sigui la que toca, però si no puc estirar o encongir el triangle per què  ho sigui. És a dir, utilitzar al idea que tots els triangles equilàters són semblants. En el dibuix podem veure que hem superposat l'altura h al l'altura del triangle equilàter i hem traçat paral·leles obtenint el triangle desitjat.



El problema d'inscriure un quadrat en un triangle donat seguint les directrius de Pólya consistiria a pensar que si d'entrada no soc capaç de posar el quart vèrtex sobre els costats del triangle si més no puc provar de posar-ne 3. Deixar una de les condicions en suspens. La idea seria d'agafar un punt a la base, traçar una perpendicular a la base fins que talli un dels costats. Amb la mesura del segment així determinat construir un quadrat. Si tenim sort ens donarà la solució però el més probable és que el quart vèrtex no estigui sobre el tercer costat. Puc provar amb un altre punt de la base fent exactament el mateix i així adonar-me que els vèrtexs que no estan ben posats estan alineats amb el vèrtex A del triangle. Això em pot portar a la idea d'homotècia i a solucionar el problema com han fet la Pili i en Lluís.

Una solució molt maca però poc instructiva des del punt de vista didàctic és la següent: es construeix un quadrat de costat la base, per sota, els vèrtexs externs del quadrat s'uneixen amb el tercer vèrtex del triangle. Els punts de tall donen el costat del quadrat a inscriure.

Pel que fa al problema de posar un triangle equilàter que tingui els tres vèrtexs cada un sobre tres rectes paral·leles, en Lluís explica bé com trobar la solució però no dona cap argument sobre el perquè, el que ell anomena vèrtexs C1, C2, ... han d'estar sobre una recta. Fixeu-vos que a l'anar dibuixant els triangles equilàters de vèrtex A fixa, el vèrtexs B1, B2, .... els mouen sobre una recta i com que des d'A, els vèrtexs C1, C2, ... estan a la mateixa distància que aquells i girats 600 dels altres, aquests, C1, C2, ..., també es mouen sobre una recta que està girada 600 respecte de la que es mouen els B1, B2, ...

Aquí també seguim la recomanació de Pólya de deixar una de les condicions en suspens, que el trercer vèrtex estigui sobre la tercera paral·lela. Això ens ha permès descobrir que aquests vèrtexs es troben tots sobre una recta.


Ara si ho desitgeu, us podeu plantejar el mateix problema però de forma que les rectes no siguin paral·leles. O fins i tot, que en lloc de rectes tinguem circumferències. I, si encara voleu anar més enllà, podeu considerar que els triangles no siguin equilàters sinó semblants a un triangle donat.