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¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX :: Números: revista de Didáctica de las Matemáticas
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Volumen 88, marzo de 2015, páginas 127-140
Soluciones a los ejercicios propuestos en el anterior NÚMEROS, con especial incidencia en la metodología de su resolución cuando no hay solución. Comentarios sobre problemas propuestos en Torneos y Olimpiadas matemáticos publicados en la revista valenciana de la Sociedad “Al-Khwarizmi”, Problemas Olímpicos. También la solución del problema de números reversos junto al comentario enviado por el compañero Carlos Ueno a la solución dada en anterior artículo al problema de series numéricas. Y con uno de los problemas del Torneo de la Sociedad Canaria, se repasa, una vez más, el proceso de resolución de problemas, con sus consecutivas fases. Y, como no, se proponen a los lectores nuevos desafíos: un ejercicio aparecido en la revista portuguesa “Educação e Matemática” y otro de Olimpiada Internacional relacionado con la Matemagia.
Metodología de la Resolución de problemas; Problemas sin solución; Problemas de Olimpiadas matemáticas; Números reversos; Matemagia.
Solutions to the exercises in the previous NUMBERS, with special emphasis on the methodology of resolution when no solution. Comments on proposed problems in mathematical Olympiads tournaments and published in the Valencian Society journal "Al-Khwarizmi" Olympic Problems. Also solve the problem of reverse numbers next to the comment sent by comrade Carlos Ueno to the solution given in the previous article the problem of numerical series. And one of the problems Tournament Canaria Society, reviewed, once again, the process of solving problems with its consecutive phases. And, of course, readers will propose new challenges: an exercise appeared in the Portuguese magazine "Educação e Mathematics" and other of International Olympics related with Mathemagic.
Keywords Methodology Problem Solving; Unsolvable problems; Olympiads math problems; Reverse numbers; Mathemagic.
En nuestro anterior artículo presentamos dos problemas para ser resueltos por nuestros lectores.
Veamos el primero de ellos. Recordamos que lleva el título de Triángulo numérico y tiene su origen en NOMBRES EN TRIANGLES, de la revista Problemas Olímpicos Nº 71, octubre 2013, de la Sociedad de Educación Matemática de la Comunidad Valenciana “Al-Khwarizmi”. Está clasificado dentro de los Problemas de Nivel A (Primer Ciclo de Secundaria), correspondiente a la Fase Autonómica – Prueba de Velocidad.
Con este primer problema vamos a reflexionar un poco sobre lo que sucede si proponemos a los alumnos un problema que no tiene solución. Y, claro está, la subsiguiente propuesta de adaptación que permita encontrar al menos una solución.
1 El Club Matemático está formado por los profesores José Antonio Rupérez Padrón y Manuel García Déniz, jubilados del IES de Canarias-Cabrera Pinto (La Laguna) y del IES Tomás de Iriarte (Santa Cruz de Tenerife), respectivamente. jaruperez@gmail.com / mgarciadeniz@gmail.com ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX
de Profesores de Matemáticas Vol. 88 marzo de 2015
En los círculos de este triángulo coloca las nueve cifras del uno al nueve, sin repetirlas, de forma tal que la suma de cada lado sea 22.
Datos: Un triángulo con nueve círculos sobre sus lados, cuatro en cada uno. Las cifras del 1 al 9 para colocar en los círculos. La suma de los cuatro números de cada lado debe ser 22.
Objetivo: Colocar los números en los círculos.
Relación: Hay tres números (los colocados en los vértices) que figuran en dos sumas.
Diagrama: El propio de la figura que ilustra el problema.
Estrategias: Ensayo y Error. Organizar la Información.
Es evidente que por Ensayo y Error se puede trabajar. Pero siempre es muy largo y complicado para este tipo de problemas; hay demasiadas combinaciones numéricas para garantizar que se prueban todas. Y, en este caso, imposible, ya que se parte del supuesto que hay solución.
Trabajemos organizando la información.
La suma de los números del 1 al 9 es 45: 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45.
El total de las tres sumas de los lados del triángulo es 66: 22 x 3 = 66.
La diferencia 66 – 45 = 21 ha de ser igual a la suma de los tres números situados en los vértices del triángulo, ya que cada uno de ellos interviene en dos sumas.
Las únicas combinaciones posibles son 4 + 8 + 9 = 5 + 7 + 9 = 6 + 7 + 8 = 21, que aparecen representadas en las figuras 2, 3 y 4 respectivamente.
Figura 1 ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX
de Profesores de Matemáticas Vol. 88 de 2015
En el primer triángulo, en el lado inferior, la suma 8 + 9 = 17 se ha de completar necesariamente con suma 5, lo que sólo es posible con suma 2 + 3 o 1 + 4; tendrá que ser 2 + 3, ya que la combinación 1 + 4 no es posible por estar el 4 en el tercer vértice.
Nos quedan las cifras 1, 5, 6, 7 por colocar.
Al intentar completar la suma 8 + 4 = 12, del lado de la izquierda, se ha de hacer con suma 10, que sólo puede realizarse con 3 + 7, pero que también resulta imposible ya que el 3 se ha utilizado en la suma considerada en primer lugar. Estaba claro que con las cifras disponibles (1, 5, 6, 7) no se podía lograr.
En el segundo triángulo, procediendo de igual manera, la suma 7 + 9 = 16 sólo se puede completar con 2 + 4, y la suma 5 + 9 = 14, sólo con 2 + 6. Habría que repetir el 2. No es posible completar tampoco.
En el tercer triángulo el 9 no se puede colocar en ninguno de los tres lados, porque la suma del lado elegido excedería de 22.
Por consiguiente, este problema no tiene solución.
Solución: Es imposible, no tiene solución.
No es necesario comprobar nada. Sí es importante el razonamiento realizado en la Fase de Ejecutar. Sólo se puede afirmar que el problema es imposible cuando se ha probado fuera de toda duda.
Se trata de un problema sin solución. Algo que no suele plantearse a los alumnos.
El problema es imposible de resolver en las condiciones indicadas en el mismo.
Este problema está bien diseñado, como tal problema irresoluble, para trabajar con niños de Secundaria Obligatoria. Si queremos plantearlo para Tercer Ciclo de Primaria tendríamos que simplificar el problema dando los vértices ya colocados. Ejemplo en la figura 5:
Es importante que los alumnos vean que hay problemas que no tienen solución. Y que en ese caso la respuesta consiste en justificar adecuadamente por qué estamos seguros de que no la tiene.
Nuestros alumnos están acostumbrados a encontrar toda la matemática hecha y todos los problemas con solución. Es muy educativo que ellos puedan “hacer” o “descubrir” una parte de la matemática que tienen que aprender; hacer pequeñas investigaciones en clase da mayor comprensión de
Figura 5 ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX
las matemáticas y de su utilidad. Asimismo, pensar e intentar resolver problemas que no tienen solución da un mayor nivel al trabajo de resolución de problemas.
Pero hay una fase subsiguiente que debemos afrontar para que nuestros alumnos no queden frustrados al encontrarse con esa respuesta. ¿Cómo modificar el problema para que sí tenga solución?
La adaptación más simple es la de cambiar el valor de la suma de cada lado. En ese caso es posible encontrar varias soluciones.
Si queremos que la suma de cada lado sea 17 (figura 6)
Si queremos que la suma de cada lado sea 20:
¿Habrá más soluciones? ¿Y para otras sumas?
Veamos, ahora, el segundo de los problemas propuestos. Viene a cuento de los números reversos, vistos en el problema propuesto por Luis Blanco en un artículo anterior, y que está adaptado de Math Tricks, 134.
Números reversos
Hallar los números de tres cifras tales que la suma de sus cifras multiplicada por 11, es igual a la diferencia entre dicho número y su “reverso”.
La solución del problema puede llegar con un planteamiento empírico o uno algebraico, pero también por una combinación de ambos. ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX
Hagamos primero la búsqueda de una solución usando el álgebra.
Sea abc el número buscado, y por tanto es cba su reverso. Conforme al enunciado, se debe cumplir que:
100a + 10b + c + 11(a + b + c) = 100c + 10b + a, de donde: 10a + b – 8c = 0
Así pues, b = 8c – 10a, con a, b y c naturales, por lo que c > 1, pues de lo contrario b podría ser negativo y c ≠ a para evitar los números capicúas, reversos triviales. Y además a < c.
Veamos primero cuando c – a = 1 c 2 3 4 5 6 7 8 9 a
<0 abc
Y ahora cuando c – a = 2 c 3 4 5 6 7 8 9 a
Para c – a = 3, podemos comprobar que, lógicamente, no hay valores que cumplan: c 4 5 6 7 8 9 a
>10 abc
Existen ocho números de tres cifras que cumplen con las condiciones:
162, 243, 324, 405, 486, 567, 648 y 729
Vamos a comprobarlo con el primero de ellos.
261 – 162 = 99 = 11*9 = 11* (1 + 6 + 2), cifras de 162
927 – 729 = 198 = 11*18 = 11 * (7 + 2 + 9)
Las sumas de las cifras son, en todos ellos, un múltiplo de 9.
Podemos darnos cuenta desde un principio, fijándonos en los números reversos, que se diferenciarán en 99 o 198, por lo que esta sería otra vía para encontrarlos.
Supongamos que buscamos una generalización del problema y planteamos este otro enunciado: ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX
Hallar los números de tres cifras tales que la suma de sus cifras multiplicada por 5, es igual a la diferencia entre dicho número y su “reverso”.
Planteamos una ecuación similar a la del caso anterior:
100a + 10b + c + 5(a + b + c) = 100c + 10b + a.
Y operando llegamos a la expresión: b = 5c – 6a, con c > 1 y c ≠ a.
Tabulemos los distintos valores posibles. c 2 3 3 4 4 4 5 Etc. a
Para el primero, 241 – 142 = 99 = 11*9, que no es múltiplo de 5. Luego no cumple la condición del enunciado. ¿Lo hacen el resto de valores? En la siguiente hoja de cálculo hemos resumido los resultados y vemos que no, no cumplen con la ecuación: c 2 3 3 4 4 4 4 5 5 5 5 5
cba-abc
c 6 6 6 6 6 6 7 7 7 7 7 7 8 8 a
2288 cba
c 8 8 8 8 8 9 9 9 9 9 9 9 9 9 a
-9 abc
9-99 cba
No tiene solución. Y de nuevo comprobamos que los reversos de tres cifras se diferencian en 99 o 198. ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX
Hemos recibido un correo de uno de nuestros lectores. Se trata de Carlos Ueno, socio de la Sociedad Canaria “Isaac Newton” de Profesores de Matemáticas, en Gran Canaria, y uno de los más activos en nuestra Sociedad.
Lo reproducimos como imágenes, respetando así totalmente el original, e intercalando nuestros comentarios. Nos dice:
134 Sociedad Canaria Isaac Newton
Vol. 88 marzo de 2015
Tal y como expone nuestro lector, elevando unos cuantos escalones el nivel de las respuestas, la
solución está relacionada con las ecuaciones diofánticas, y en particular con la ecuación de Pell, como
soluciones enteras positivas de la ecuación x2 – dy2 = 1.
Las soluciones son pares de números enteros (xn, yn) que se relacionan así:
Carlos hace ahora hincapié en los polinomios, sean simétricos o no, para calcular el número de soluciones posibles.
Se puede encontrar más información sobre series de números enteros en la Enciclopedia On-line de Secuencias de Números Enteros (OEIS.org).
Vol. 88 de 2015
Ahora vamos a recordar el proceso de resolución, paso a paso, con este bonito y sencillo
problema aparecido en el último Torneo de la Sociedad Canaria “Isaac Newton” de Profesores de
Jugando al dominó, teníamos colocadas ya sobre la
mesa nueve fichas distintas con esta disposición en forma de
cruz, cuando se cayó una servilleta, (representada por el
rectángulo) que cubrió parte de la cruz. Las fichas están
colocadas según las reglas del juego, es decir, 1 es adyacente
al 1, 2 es adyacente al 2, etc.
¿Es posible determinar cuántos puntos hay en la
casilla negra?, y si fuere posible, ¿cuántos puntos hay?
Cinco fichas conocidas: 5-1, 6-2, 3-0, 4-1 y 2-1.
Determinar los puntos del cuadradito negro central.
Las fichas están colocadas según las reglas de juego del dominó (garrafiña o garrafina):
cuadraditos adyacentes tienen el mismo valor.
El de la figura que ilustra el problema.
Bastará con buscar primero las fichas de las que
sabemos su valor, debido a las reglas del dominó. Son
las fichas adyacentes a las que vemos.
Un 4, ¿no?
Un 2, ¿verdad?
138 Sociedad Canaria Isaac Newton
Y ahora, trataremos de pensar que valores irán en las tres caras (dejamos aparte la cara objetivo
para el último razonamiento) desconocidas que completan las fichas de arriba, de abajo y de la
Veamos primero la ficha de
arriba. No vale el 2 porque la 1-2 ya
está colocada; no vale el 4 porque la
1-4 ya está colocada; no vale el 5
porque la 1-5 ya está colocada.
De la misma forma para la
ficha de abajo. No vale el 0 porque
la 0-3 ya está colocada.
E igualmente para la ficha de
la izquierda. No vale el 1 porque la
1-4 ya está colocada.
Si observamos ahora esos
número podemos pensar en que la
cara central objetivo debe ser única,
es decir, el número que vaya en ella
debe estar en las tres series
En conclusión, debe ser el 3 o el 6.
Evidentemente, el 6 no puede ser
porque la 6-2 ya está colocada.
Nos queda solamente un valor
posible para la cara de la ficha central: el 3.
Solución: Figura 11
Ver que, al colocar el 3 en la cara central del diagrama y los valores del resto de las fichas
desconocidas, se cumplen las reglas del dominó.
La solución es única.
Hay una versión interactiva del problema en el Blog de las familias del Proyecto Newton:
http://www.eltanquematematico.es/proyectoNEWTON/laservilleta/laservilleta_p.html
Este es el objetivo: un 3
Ha sido perfectamente posible determinar el valor de la casilla oculta y dicho valor es 3
Y ahora nos corresponde hacer la propuesta de problemas para pensar en el interludio entre número y número de la revista.
El primero de ellos sale, como en otras ocasiones de la sección O PROBLEMA DESTE NÚMERO, a cargo de JOSÉ PAULO VIANA, en la revista portuguesa “Educação e Matemática”, Nº 126, correspondiente a Enero/Febrero de 2014.
Padre: — «Acabo de encontrar a nuestras nuevas vecinas, una señora y sus dos hijas. Voy a proponerte un problema para descubrir que edades tienen ellas.»
Hijo: — «¡Bravo! Ya sabes que me gustan los desafíos.»
Padre: — «El producto de sus edades es 2450.»
Hijo: — «Eso por sí solo no es suficiente.»
Padre: — «La suma de las tres edades es el cuádruplo de la tuya.»
Hijo (después de pensar un momento): — «Todavía no puedo.»
Padre: — «Soy más joven que la madre de las niñas.»
Hijo (que sabe la edad del padre): — «¡Ah, entonces ya lo sé!»
El truco de las tarjetas numeradas repartidas en tres cajas
Un mago tiene cien tarjetas numeradas, del 1 al 100. Las coloca en tres cajas, una blanca, una roja y una azul, de tal manera que cada caja contiene por lo menos una tarjeta. Un espectador selecciona dos de las tres cajas, extrae una tarjeta de cada una y anuncia a la audiencia la suma de los números de las dos tarjetas elegidas. Al conocer esta suma, el mago identifica la caja de la cual no se ha elegido ninguna tarjeta.
¿De cuántas maneras se pueden distribuir todas las tarjetas en las cajas de modo que este truco siempre funcione?
Propón y estudia otras variantes del problema.
Propuesto por Hungría en la 41ª Olimpiada Matemática Internacional, celebrada en Taejon (Corea del Sur) en Julio de 2000 y citado por el profesor Pedro Alegría en su “La Matemagia desvelada”.
Referencia de las Olimpiadas Internacionales, con los problemas propuestos se pueden ver en http://gaceta.rsme.es/abrir.php?id=245&zw=211834
Y ya está bien. Habrá un próximo artículo donde veremos la respuesta a estos últimos problemas y plantearemos algunos nuevos, además de dedicar nuestra atención a las comunicaciones suyas que nos lleguen. ¿Han visto las últimas de Carlos y Luis? Pues esperamos la de todos ustedes.
Insistimos: resuelvan los problemas, singulares y alejados de los cotidianos; utilícenlos con los alumnos y, sobre todo, aporten sus comentarios a la revista, sus soluciones e, incluso, nuevas propuestas. O, simplemente, cuéntennos lo sucedido en el transcurso de la clase en que probaron el problema. Queremos pensar que nuestras propuestas tienen uso en el aula. Eso nos alegraría mucho y también al resto de lectores. Vamos, anímense…
Título y subtítulo ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX
Páginas pp. 116-129
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Texto http://www.sinewton.org/numeros ISSN: 1887-1984 Volumen 88, marzo de 2015, páginas 127-140 Sociedad Canaria Isaac Newton de Profesores de Matemáticas P R O B L E M A S ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX José Antonio Rupérez Padrón y Manuel García Déniz (Club Matemático1) Resumen: Soluciones a los ejercicios propuestos en el anterior NÚMEROS, con especial incidencia en la metodología de su resolución cuando no hay solución. Comentarios sobre problemas propuestos en Torneos y Olimpiadas matemáticos publicados en la revista valenciana de la Sociedad “Al-Khwarizmi”, Problemas Olímpicos. También la solución del problema de números reversos junto al comentario enviado por el compañero Carlos Ueno a la solución dada en anterior artículo al problema de series numéricas. Y con uno de los problemas del Torneo de la Sociedad Canaria, se repasa, una vez más, el proceso de resolución de problemas, con sus consecutivas fases. Y, como no, se proponen a los lectores nuevos desafíos: un ejercicio aparecido en la revista portuguesa “Educação e Matemática” y otro de Olimpiada Internacional relacionado con la Matemagia. Palabras clave Metodología de la Resolución de problemas; Problemas sin solución; Problemas de Olimpiadas matemáticas; Números reversos; Matemagia. Abstract Solutions to the exercises in the previous NUMBERS, with special emphasis on the methodology of resolution when no solution. Comments on proposed problems in mathematical Olympiads tournaments and published in the Valencian Society journal "Al-Khwarizmi" Olympic Problems. Also solve the problem of reverse numbers next to the comment sent by comrade Carlos Ueno to the solution given in the previous article the problem of numerical series. And one of the problems Tournament Canaria Society, reviewed, once again, the process of solving problems with its consecutive phases. And, of course, readers will propose new challenges: an exercise appeared in the Portuguese magazine "Educação e Mathematics" and other of International Olympics related with Mathemagic. Keywords Methodology Problem Solving; Unsolvable problems; Olympiads math problems; Reverse numbers; Mathemagic. En nuestro anterior artículo presentamos dos problemas para ser resueltos por nuestros lectores. Veamos el primero de ellos. Recordamos que lleva el título de Triángulo numérico y tiene su origen en NOMBRES EN TRIANGLES, de la revista Problemas Olímpicos Nº 71, octubre 2013, de la Sociedad de Educación Matemática de la Comunidad Valenciana “Al-Khwarizmi”. Está clasificado dentro de los Problemas de Nivel A (Primer Ciclo de Secundaria), correspondiente a la Fase Autonómica – Prueba de Velocidad. Con este primer problema vamos a reflexionar un poco sobre lo que sucede si proponemos a los alumnos un problema que no tiene solución. Y, claro está, la subsiguiente propuesta de adaptación que permita encontrar al menos una solución. 1 El Club Matemático está formado por los profesores José Antonio Rupérez Padrón y Manuel García Déniz, jubilados del IES de Canarias-Cabrera Pinto (La Laguna) y del IES Tomás de Iriarte (Santa Cruz de Tenerife), respectivamente. jaruperez@gmail.com / mgarciadeniz@gmail.com ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX J. A. Rupérez Padrón y M. García Déniz 128 Sociedad Canaria Isaac Newton de Profesores de Matemáticas Vol. 88 marzo de 2015 P R O B L E M A S Triángulo numérico En los círculos de este triángulo coloca las nueve cifras del uno al nueve, sin repetirlas, de forma tal que la suma de cada lado sea 22. Proceso de Resolución COMPRENDER Datos: Un triángulo con nueve círculos sobre sus lados, cuatro en cada uno. Las cifras del 1 al 9 para colocar en los círculos. La suma de los cuatro números de cada lado debe ser 22. Objetivo: Colocar los números en los círculos. Relación: Hay tres números (los colocados en los vértices) que figuran en dos sumas. Diagrama: El propio de la figura que ilustra el problema. PENSAR Estrategias: Ensayo y Error. Organizar la Información. EJECUTAR Es evidente que por Ensayo y Error se puede trabajar. Pero siempre es muy largo y complicado para este tipo de problemas; hay demasiadas combinaciones numéricas para garantizar que se prueban todas. Y, en este caso, imposible, ya que se parte del supuesto que hay solución. Trabajemos organizando la información. La suma de los números del 1 al 9 es 45: 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45. El total de las tres sumas de los lados del triángulo es 66: 22 x 3 = 66. La diferencia 66 – 45 = 21 ha de ser igual a la suma de los tres números situados en los vértices del triángulo, ya que cada uno de ellos interviene en dos sumas. Las únicas combinaciones posibles son 4 + 8 + 9 = 5 + 7 + 9 = 6 + 7 + 8 = 21, que aparecen representadas en las figuras 2, 3 y 4 respectivamente. Figura 2 Figura 3 Figura 4 Figura 1 ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX J. A. Rupérez Padrón y M. García Déniz 129 Sociedad Canaria Isaac Newton de Profesores de Matemáticas Vol. 88 de 2015 P R O B L E M A S En el primer triángulo, en el lado inferior, la suma 8 + 9 = 17 se ha de completar necesariamente con suma 5, lo que sólo es posible con suma 2 + 3 o 1 + 4; tendrá que ser 2 + 3, ya que la combinación 1 + 4 no es posible por estar el 4 en el tercer vértice. Nos quedan las cifras 1, 5, 6, 7 por colocar. Al intentar completar la suma 8 + 4 = 12, del lado de la izquierda, se ha de hacer con suma 10, que sólo puede realizarse con 3 + 7, pero que también resulta imposible ya que el 3 se ha utilizado en la suma considerada en primer lugar. Estaba claro que con las cifras disponibles (1, 5, 6, 7) no se podía lograr. En el segundo triángulo, procediendo de igual manera, la suma 7 + 9 = 16 sólo se puede completar con 2 + 4, y la suma 5 + 9 = 14, sólo con 2 + 6. Habría que repetir el 2. No es posible completar tampoco. En el tercer triángulo el 9 no se puede colocar en ninguno de los tres lados, porque la suma del lado elegido excedería de 22. Por consiguiente, este problema no tiene solución. Solución: Es imposible, no tiene solución. RESPONDER Comprobación: No es necesario comprobar nada. Sí es importante el razonamiento realizado en la Fase de Ejecutar. Sólo se puede afirmar que el problema es imposible cuando se ha probado fuera de toda duda. Análisis: Se trata de un problema sin solución. Algo que no suele plantearse a los alumnos. Respuesta: El problema es imposible de resolver en las condiciones indicadas en el mismo. Este problema está bien diseñado, como tal problema irresoluble, para trabajar con niños de Secundaria Obligatoria. Si queremos plantearlo para Tercer Ciclo de Primaria tendríamos que simplificar el problema dando los vértices ya colocados. Ejemplo en la figura 5: Es importante que los alumnos vean que hay problemas que no tienen solución. Y que en ese caso la respuesta consiste en justificar adecuadamente por qué estamos seguros de que no la tiene. Nuestros alumnos están acostumbrados a encontrar toda la matemática hecha y todos los problemas con solución. Es muy educativo que ellos puedan “hacer” o “descubrir” una parte de la matemática que tienen que aprender; hacer pequeñas investigaciones en clase da mayor comprensión de Figura 5 ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX J. A. Rupérez Padrón y M. García Déniz 130 Sociedad Canaria Isaac Newton de Profesores de Matemáticas Vol. 88 marzo de 2015 P R O B L E M A S las matemáticas y de su utilidad. Asimismo, pensar e intentar resolver problemas que no tienen solución da un mayor nivel al trabajo de resolución de problemas. Pero hay una fase subsiguiente que debemos afrontar para que nuestros alumnos no queden frustrados al encontrarse con esa respuesta. ¿Cómo modificar el problema para que sí tenga solución? La adaptación más simple es la de cambiar el valor de la suma de cada lado. En ese caso es posible encontrar varias soluciones. Ejemplos: Si queremos que la suma de cada lado sea 17 (figura 6) Figura 6 Si queremos que la suma de cada lado sea 20: Figura 7 ¿Habrá más soluciones? ¿Y para otras sumas? Veamos, ahora, el segundo de los problemas propuestos. Viene a cuento de los números reversos, vistos en el problema propuesto por Luis Blanco en un artículo anterior, y que está adaptado de Math Tricks, 134. Números reversos Hallar los números de tres cifras tales que la suma de sus cifras multiplicada por 11, es igual a la diferencia entre dicho número y su “reverso”. La solución del problema puede llegar con un planteamiento empírico o uno algebraico, pero también por una combinación de ambos. ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX J. A. Rupérez Padrón y M. García Déniz 131 Sociedad Canaria Isaac Newton de Profesores de Matemáticas Vol. 88 de 2015 P R O B L E M A S Hagamos primero la búsqueda de una solución usando el álgebra. Sea abc el número buscado, y por tanto es cba su reverso. Conforme al enunciado, se debe cumplir que: 100a + 10b + c + 11(a + b + c) = 100c + 10b + a, de donde: 10a + b – 8c = 0 Así pues, b = 8c – 10a, con a, b y c naturales, por lo que c > 1, pues de lo contrario b podría ser negativo y c ≠ a para evitar los números capicúas, reversos triviales. Y además a < c. Veamos primero cuando c – a = 1 c 2 3 4 5 6 7 8 9 a 1 2 3 4 5 6 7 8 b 6 4 2 0 <0 >10 >10 <0 abc 162 243 324 405 -- -- -- -- Y ahora cuando c – a = 2 c 3 4 5 6 7 8 9 a 1 2 3 4 5 6 7 b >10 >10 10 8 6 4 2 abc -- -- -- 486 567 648 729 Para c – a = 3, podemos comprobar que, lógicamente, no hay valores que cumplan: c 4 5 6 7 8 9 a 1 2 3 4 5 6 b >10 >10 >10 >10 >10 >10 abc -- -- -- -- -- -- Existen ocho números de tres cifras que cumplen con las condiciones: 162, 243, 324, 405, 486, 567, 648 y 729 Vamos a comprobarlo con el primero de ellos. 261 – 162 = 99 = 11*9 = 11* (1 + 6 + 2), cifras de 162 Y con el último. 927 – 729 = 198 = 11*18 = 11 * (7 + 2 + 9) Las sumas de las cifras son, en todos ellos, un múltiplo de 9. Podemos darnos cuenta desde un principio, fijándonos en los números reversos, que se diferenciarán en 99 o 198, por lo que esta sería otra vía para encontrarlos. Supongamos que buscamos una generalización del problema y planteamos este otro enunciado: ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX J. A. Rupérez Padrón y M. García Déniz 132 Sociedad Canaria Isaac Newton de Profesores de Matemáticas Vol. 88 marzo de 2015 P R O B L E M A S Hallar los números de tres cifras tales que la suma de sus cifras multiplicada por 5, es igual a la diferencia entre dicho número y su “reverso”. Planteamos una ecuación similar a la del caso anterior: 100a + 10b + c + 5(a + b + c) = 100c + 10b + a. Y operando llegamos a la expresión: b = 5c – 6a, con c > 1 y c ≠ a. Tabulemos los distintos valores posibles. c 2 3 3 4 4 4 5 Etc. a 1 2 1 3 2 1 4 b 4 3 9 2 8 >10 1 abc 142 233 193 324 284 -- 415 Vamos a comprobarlo: Para el primero, 241 – 142 = 99 = 11*9, que no es múltiplo de 5. Luego no cumple la condición del enunciado. ¿Lo hacen el resto de valores? En la siguiente hoja de cálculo hemos resumido los resultados y vemos que no, no cumplen con la ecuación: c 2 3 3 4 4 4 4 5 5 5 5 5 a 1 1 2 1 2 3 4 1 2 3 4 5 b 4 9 3 14 8 2 -4 19 13 7 1 -5 abc 142 193 233 1144 284 324 4-44 1195 2135 375 415 5-55 cba 241 391 332 482 423 573 514 cba-abc 99 198 99 198 99 198 99 c 6 6 6 6 6 6 7 7 7 7 7 7 8 8 a 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 b 24 18 12 6 0 -6 29 23 17 11 5 -1 34 28 abc 1246 2186 3126 466 506 6-66 1297 2237 3177 4117 557 6-17 1348 2288 cba 664 605 755 cba-abc 198 99 198 c 8 8 8 8 8 9 9 9 9 9 9 9 9 9 a 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 b 22 16 10 4 -2 39 33 27 21 15 9 3 -3 -9 abc 3228 4168 5108 648 7-28 1399 2339 3279 4219 5159 699 739 8-39 9-99 cba 846 996 937 cba-abc 198 297 198 No tiene solución. Y de nuevo comprobamos que los reversos de tres cifras se diferencian en 99 o 198. ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX J. A. Rupérez Padrón y M. García Déniz 133 Sociedad Canaria Isaac Newton de Profesores de Matemáticas Vol. 88 de 2015 P R O B L E M A S Hemos recibido un correo de uno de nuestros lectores. Se trata de Carlos Ueno, socio de la Sociedad Canaria “Isaac Newton” de Profesores de Matemáticas, en Gran Canaria, y uno de los más activos en nuestra Sociedad. Lo reproducimos como imágenes, respetando así totalmente el original, e intercalando nuestros comentarios. Nos dice: ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX J. A. Rupérez Padrón y M. García Déniz 134 Sociedad Canaria Isaac Newton de Profesores de Matemáticas Vol. 88 marzo de 2015 P R O B L E M A S Tal y como expone nuestro lector, elevando unos cuantos escalones el nivel de las respuestas, la solución está relacionada con las ecuaciones diofánticas, y en particular con la ecuación de Pell, como soluciones enteras positivas de la ecuación x2 – dy2 = 1. Las soluciones son pares de números enteros (xn, yn) que se relacionan así: ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX J. A. Rupérez Padrón y M. García Déniz 135 Sociedad Canaria Isaac Newton de Profesores de Matemáticas Vol. 88 de 2015 P R O B L E M A S Carlos hace ahora hincapié en los polinomios, sean simétricos o no, para calcular el número de soluciones posibles. ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX J. A. Rupérez Padrón y M. García Déniz 136 Sociedad Canaria Isaac Newton de Profesores de Matemáticas Vol. 88 marzo de 2015 P R O B L E M A S Se puede encontrar más información sobre series de números enteros en la Enciclopedia On-line de Secuencias de Números Enteros (OEIS.org). ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX J. A. Rupérez Padrón y M. García Déniz 137 Sociedad Canaria Isaac Newton de Profesores de Matemáticas Vol. 88 de 2015 P R O B L E M A S Ahora vamos a recordar el proceso de resolución, paso a paso, con este bonito y sencillo problema aparecido en el último Torneo de la Sociedad Canaria “Isaac Newton” de Profesores de Matemáticas. La servilleta Jugando al dominó, teníamos colocadas ya sobre la mesa nueve fichas distintas con esta disposición en forma de cruz, cuando se cayó una servilleta, (representada por el rectángulo) que cubrió parte de la cruz. Las fichas están colocadas según las reglas del juego, es decir, 1 es adyacente al 1, 2 es adyacente al 2, etc. ¿Es posible determinar cuántos puntos hay en la casilla negra?, y si fuere posible, ¿cuántos puntos hay? Proceso de Resolución COMPRENDER Datos Cinco fichas conocidas: 5-1, 6-2, 3-0, 4-1 y 2-1. Objetivo Determinar los puntos del cuadradito negro central. Relación Las fichas están colocadas según las reglas de juego del dominó (garrafiña o garrafina): cuadraditos adyacentes tienen el mismo valor. Diagrama El de la figura que ilustra el problema. PENSAR Estrategia Organizar la Información. EJECUTAR Bastará con buscar primero las fichas de las que sabemos su valor, debido a las reglas del dominó. Son las fichas adyacentes a las que vemos. Éste es el objetivo Un 3 Un 1 Un 4, ¿no? Un 2, ¿verdad? Figura 8 Figura 9 ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX J. A. Rupérez Padrón y M. García Déniz 138 Sociedad Canaria Isaac Newton de Profesores de Matemáticas Vol. 88 marzo de 2015 P R O B L E M A S Y ahora, trataremos de pensar que valores irán en las tres caras (dejamos aparte la cara objetivo para el último razonamiento) desconocidas que completan las fichas de arriba, de abajo y de la izquierda Veamos primero la ficha de arriba. No vale el 2 porque la 1-2 ya está colocada; no vale el 4 porque la 1-4 ya está colocada; no vale el 5 porque la 1-5 ya está colocada. De la misma forma para la ficha de abajo. No vale el 0 porque la 0-3 ya está colocada. E igualmente para la ficha de la izquierda. No vale el 1 porque la 1-4 ya está colocada. Si observamos ahora esos número podemos pensar en que la cara central objetivo debe ser única, es decir, el número que vaya en ella debe estar en las tres series analizadas. En conclusión, debe ser el 3 o el 6. Evidentemente, el 6 no puede ser porque la 6-2 ya está colocada. Nos queda solamente un valor posible para la cara de la ficha central: el 3. Solución: Figura 11 RESPONDER Comprobación Ver que, al colocar el 3 en la cara central del diagrama y los valores del resto de las fichas desconocidas, se cumplen las reglas del dominó. Análisis La solución es única. Hay una versión interactiva del problema en el Blog de las familias del Proyecto Newton: http://www.eltanquematematico.es/proyectoNEWTON/laservilleta/laservilleta_p.html Un 4, ¿no? Éste es el objetivo Un 1 Un 2, ¿verdad? Un 3 0, 1, 3, 6 0, 2, 3, 4, 5, 6 1, 2, 3, 4, 5, 6 Este es el objetivo: un 3 Figura 10 Figura 11 ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX J. A. Rupérez Padrón y M. García Déniz 139 Sociedad Canaria Isaac Newton de Profesores de Matemáticas Vol. 88 de 2015 P R O B L E M A S Respuesta Ha sido perfectamente posible determinar el valor de la casilla oculta y dicho valor es 3 Y ahora nos corresponde hacer la propuesta de problemas para pensar en el interludio entre número y número de la revista. El primero de ellos sale, como en otras ocasiones de la sección O PROBLEMA DESTE NÚMERO, a cargo de JOSÉ PAULO VIANA, en la revista portuguesa “Educação e Matemática”, Nº 126, correspondiente a Enero/Febrero de 2014. Las edades de las vecinas Padre: — «Acabo de encontrar a nuestras nuevas vecinas, una señora y sus dos hijas. Voy a proponerte un problema para descubrir que edades tienen ellas.» Hijo: — «¡Bravo! Ya sabes que me gustan los desafíos.» Padre: — «El producto de sus edades es 2450.» Hijo: — «Eso por sí solo no es suficiente.» Padre: — «La suma de las tres edades es el cuádruplo de la tuya.» Hijo (después de pensar un momento): — «Todavía no puedo.» Padre: — «Soy más joven que la madre de las niñas.» Hijo (que sabe la edad del padre): — «¡Ah, entonces ya lo sé!» ¿Qué edades tienen los cinco personajes de esta historia? El truco de las tarjetas numeradas repartidas en tres cajas Un mago tiene cien tarjetas numeradas, del 1 al 100. Las coloca en tres cajas, una blanca, una roja y una azul, de tal manera que cada caja contiene por lo menos una tarjeta. Un espectador selecciona dos de las tres cajas, extrae una tarjeta de cada una y anuncia a la audiencia la suma de los números de las dos tarjetas elegidas. Al conocer esta suma, el mago identifica la caja de la cual no se ha elegido ninguna tarjeta. ¿De cuántas maneras se pueden distribuir todas las tarjetas en las cajas de modo que este truco siempre funcione? Propón y estudia otras variantes del problema. Propuesto por Hungría en la 41ª Olimpiada Matemática Internacional, celebrada en Taejon (Corea del Sur) en Julio de 2000 y citado por el profesor Pedro Alegría en su “La Matemagia desvelada”. Referencia de las Olimpiadas Internacionales, con los problemas propuestos se pueden ver en http://gaceta.rsme.es/abrir.php?id=245&zw=211834 ¿Les recuerda algo? ¿Y si el problema no tiene solución? Problemas Comentados XXXIX J. A. Rupérez Padrón y M. García Déniz 140 Sociedad Canaria Isaac Newton de Profesores de Matemáticas Vol. 88 marzo de 2015 P R O B L E M A S Y ya está bien. Habrá un próximo artículo donde veremos la respuesta a estos últimos problemas y plantearemos algunos nuevos, además de dedicar nuestra atención a las comunicaciones suyas que nos lleguen. ¿Han visto las últimas de Carlos y Luis? Pues esperamos la de todos ustedes. Insistimos: resuelvan los problemas, singulares y alejados de los cotidianos; utilícenlos con los alumnos y, sobre todo, aporten sus comentarios a la revista, sus soluciones e, incluso, nuevas propuestas. O, simplemente, cuéntennos lo sucedido en el transcurso de la clase en que probaron el problema. Queremos pensar que nuestras propuestas tienen uso en el aula. Eso nos alegraría mucho y también al resto de lectores. Vamos, anímense… Como siempre, aguardamos sus noticias a la espera de la próxima edición de la revista Un saludo afectuoso del Club Matemático.
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