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Mostrando entradas de octubre, 2009

[El Problema de la Semana] Los Relojes

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Veamos el problema de esta semana para los grumetes:

En el mismo instante, el reloj A marca las cinco y el reloj B marca las siete. A adelanta un minuto cada hora y B retrasa 2 minutos cada hora.
a) ¿En cuánto tiempo marcarán la misma hora por primera vez?
b) ¿Cuál es la hora común que marcarán en ese momento?
c) ¿Cuántas veces coincidirán marcando la misma hora en un año?







a) La diferencia entre los dos relojes es de dos horas. Si A adelanta un minuto por hora, y B atrasa dos minutos por hora, entonces A le gana tres minutos por hora a B, y por tanto, para reducir la diferencia de 120 minutos entre los dos, necesita 120 : 3 = 40 horas.
b) Si A marca las cinco, dentro de cuarenta horas marcará cuarenta horas más, y al adelantar un minuto por hora, cuarenta minutos más. Cuarenta horas es lo mismo que tres vueltas completas de doce horas, y cuatro horas. La hora marcada por A será las 9:40. Evidentemente, B marcará exactamente la misma hora.
c) Después de coincidir una vez, A seguirá adelanta…

El Lema de Zorn (relato)

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Cuando salió del estrecho desfiladero por el que había cruzado la cordillera, se encontró con un amplio valle iluminado por el sol de la tarde. El paisaje era seco y escaso en vegetación, pero no carecía de belleza. En el fondo del valle se extendía una pequeña población, y en su centro parecía distinguirse un edificio importante. El Estudiante observó una torre cuadrada coronada con un tejado puntiagudo, de aspecto evocador. Detrás de ella, lejos, en las brumas del horizonte, apenas se adivinaban las cumbres blancas de un sistema montañoso. A un lado y al otro del sendero, el espacio estaba colonizado, a parches, por grandes agrupaciones de brezos combinados con diversas especies de árboles que el joven no supo reconocer. Con un movimiento reflejo, volvió a colocarse correctamente el saco sobre la espalda. En él llevaba, además de algo de comida y ropa de abrigo, un par de libros, varios cuadernos, instrumentos de escritura, una palmatoria con su vela, una daga, un anteojo y un reloj …

[El Problema de la Semana] Rutas posibles

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Aquí tenemos el problema que la última semana se les puso a los grumetes para que lo resolvieran:
¿De cuántas maneras puedo ir de A hasta B por las líneas, si sólo se puede ir de arriba a abajo y de izquierda a derecha?
Para encontrar la solución se necesitan ir combinando todas las posibilidades, lo cual puede ser un trabajo tedioso en el que es fácil equivocarse y dejar algún posible camino sin contar. Pero tenemos aquí un gráfico se puede dividir claramente en dos partes más simples: cualquier camino que vaya de A a B tiene que pasar forzosamente por el punto central, llamémosle C, y podemos estudiar en primer lugar el caso más simple que es ir de A hasta C. Si estudiamos la parte cuadrada del gráfico que va de A a C, no es demasiado complicado contar los posibles caminos uno a uno: Si sólo podemos movernos de izquierda a derecha y de arriba a abajo, tenemos 6 caminos posibles para ir de A a C. Teniendo en cuenta de que de C a B el gráfico es el mismo, entonces tendremos otros 6 camin…

[El Problema de la Semana] El cuadrado aparecido

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Este enigma es todo un clásico. Se trata de descubrir dónde está el truco.
Como se puede apreciar en la ilustración de la izquierda, tenemos un cuadrado que hemos dividido en varias piezas, de varios colores. Obsérvese que el cuadrado ocupa 64 cuadraditos más pequeños (8x8).

Hemos dispuesto las piezas de colores de otra manera, formando ahora un rectángulo, en el que hay 65 cuadraditos (5x13) en total. De repente ha aparecido un cuadradito más pero los dibujos de las piezas son los mismos, ¿o no? ¿Por qué hay un cuadradito más en este nuevo dibujo que en el de arriba?


Solución: Observando bien el dibujo y haciéndolo con precisión, veremos que las uniones en el rectángulo no están hechas correctamente, y si encajamos las piezas como deben ser encajadas nos quedaría el dibujo correcto que se puede ver pulsando aquí, es decir, nos quedaría un fino hueco alargado entre las piezas. Ese fino hueco es el cuadrado de más que aparece al contar el número total.

El Caso del Sorteo Injusto

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Cuaderno de bitácora: aquí en España, los padres se encuentran con algunos problemas para que sus hijos ingresen en el colegio preferido por ellos. En algunos colegios la demanda de plazas es superior a la oferta: hay muchos más niños que solicitan ingresar al colegio que plazas disponibles. Para poder acceder a ellos las familias son puntuadas con un baremo por la situación familiar, el domicilio, el nivel de ingresos económicos, etc. De ese modo los niños con más puntos tienen preferencia para entrar en los colegios que solicitan, pero aún así, se dan muchos casos en los que los colegios siguen teniendo una demanda excesiva y tienen que recurrir a un sorteo para asignar las plazas disponibles. Así le ha ocurrido a un compañero oficial del Barco Escuela. Su hija está en edad de ingresar en el colegio para la etapa Infantil, y en el centro que sus padres han elegido aquí en Granada había 50 plazas disponibles, mientras que el número de solicitantes ascendía a 111. El sorteo para asignar…

[El Problema de la Semana] Triangulitis

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El problema propuesto esta semana a los grumetes va de calcular áreas:

El triángulo exterior de la figura es equilátero y su área es de 4 metros cuadrados. Los triángulos interiores se han construido uniendo los puntos medios de los lados. Calcula el área de la zona sombreada.


(Debajo de la imagen viene la solución. Si el lector quiere intentar resolver el problema por sí mismo, no debe seguir leyendo.)


Como el triángulo exterior lo hemos dividido en cuatro partes, una de ellas sombreada, y luego la parte central se ha dividido en cuatro partes a su vez, una sombreada, y luego volvemos a dividir en cuatro sombreando una, podemos resolver el problema con una suma de fracciones; si el área total es de 4 metros cuadrados, la primera área sombreada será de solo 1 metro cuadrado, la siguiente de 1/4 metros cuadrados, y la última de 1/16 metros cuadrados.
1 + 1/4 + 1/16 = (16 + 4 + 1)/16 = 21/16 metros cuadrados.
Los grumetes no han usado fracciones para resolver el problema, sino números decima…

El extraño caso de Oliva Sabuco

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Cuaderno de bitácora: en la película La Habitación de Fermat (ver la entrada correspondiente en este blog) cinco personajes son citados misteriosamente a una reunión para resolver enigmas, y cada uno de ellos se presenta bajo un seudónimo, o nick, como diríamos hoy, tomado de algún personaje de la historia de las matemáticas. Así tenemos al propio Fermat, mencionado en el título de la película, y también a Hilbert, Pascal, Galois y Oliva. Para todos los matenavegantes los cuatro primeros son matemáticos famosos, pero la única mujer del grupo lleva el seudónimo de una tal Oliva Sabuco, que hasta que salió en la película era totalmente desconocida para mí. He investigado a esta mujer de la antigüedad, y lo que he averiguado a través de Internet me ha interesado mucho, además de llenarme de incógnitas sin despejar, sobre todo en relación al papel que toma en la película. ¿Quién es Oliva Sabuco? Hay diversas páginas con información sobre ella. Tenemos por ejemplo Oliva Sabuco en la Wikipedi…

[El Problema de la Semana] La altura del tronco

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Inauguramos un nuevo tipo de entradas a los que vamos a llamar El Problema de la Semana.
Desde hace ya cinco años, en nuestro Barco Escuela venimos proponiendo problemas a los grumetes, un problema por semana, aunque no todas las semanas, porque en total salen unos quince problemas durante el curso. Suelen ser problemas variados, algunos de ellos ingeniosos, que se pueden resolver de diversas maneras. Habitualmente los extraemos de los libros de nuestra biblioteca matemática, aunque también hay algunos que proceden de la web, o nos los cuentan espontáneamente otros matenavegantes, etc. A aquellos grumetes que entregan más problemas resueltos se les da un premio al final del curso.

El problema de esta semana es muy sencillo:

¿Qué altura tiene un tronco que es 2 metros más corto que un árbol de altura triple que la del tronco?


La solución viene debajo de la ilustración. Si el lector quiere intentar resolverlo por sí mismo, no debe seguir leyendo.


[autor de la fotografía: Luis Diago]

Hay varia…

El método americano para el cálculo del mínimo común múltiplo

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Cuaderno de bitácora: la navegación por los matemares nunca deja de traernos descubrimientos inesperados. El último ha sido hace un par de días, cuando uno de nuestros grumetes me ha mostrado lo que podemos llamar como "método americano para el cálculo del mínimo común múltiplo". En los colegios españoles es costumbre enseñar a los alumnos la descomposición factorial de los números en factores primos. Esto es lo que entre los matenavegantes se conoce como Teorema Fundamental de la Aritmética: todos los números enteros positivos se pueden descomponer de forma única como producto de números primos. Tal y como está enunciado, para que éste Teorema sea cierto, es necesario que el 1 no sea un número primo. Los números primos son, por tanto, 2, 3, 5, 7, 11, 13, etc. Muchas personas recuerdan una de las definiciones más corrientes de número primo: un número que sólo es divisible por 1 y por sí mismo. Si seguimos al pie de la letra esta definición, el 1 sí sería primo, ya que sólo es d…