344. SOLUCIÓN de 44. L'Hôpital al límite

    Profe, mire este límite. Como el seno y el coseno son funciones acotadas, cuando x tiende a infinito me sale la indeterminación  ∞ / ∞  que en teoría podría resolverse con la regla de L'Hôpital. Pero si aplico la regla de L'Hôpital y me pongo a derivar funciones obtengo de nuevo la misma indeterminación. Al cabo de cuatro intentos me sale la fracción del principio con lo que no llego a ninguna parte... ¡Qué chapuza de regla se inventó L'Hôpital!

     Pepe Chapuzas está poniendo a prueba la regla de L'Hôpital. ¿Falla algo? Razona la respuesta y calcula el límite. Espero tu respuesta.

SOLUCIÓN

    Profe, mire. Cuando Pepe Chapuzas se mete en una rotonda, da vueltas y vueltas y no sabe salir... Una cosa es que (si se cumplen las hipótesis del teorema de L'Hôpital) al derivar el numerador y el denominador los límites coincidan, y otra muy distinta es que al aplicar la regla de L'Hôpital el límite se simplifique... Este es un ejemplo claro, de hecho el límite se puede calcular así:

    Justifica los pasos del cálculo del límite que ha realizado Nina Guindilla.

343. SOLUCIÓN de 43. Coloreando mapas

    "Profe, no he conseguido colorear el mapa de Chapuzalandia con 4 colores, y pido ayuda a la clase."

    El último día hablé en clase del teorema de los 4 colores que demostraron K. Appel y W. Haken en 1976 con ayuda de ordenadores. Comenté que el teorema afirmaba que todo mapa se puede colorear con solo 4 colores de modo que las regiones fronterizas tengan colores distintos. Resulta que Pepe Chapuzas ubica sus historias en el país imaginario de Chapuzalandia, cuyo mapa es tan complicado que parece imposible colorearlo así.

    Échale una mano a Pepe. Si lo consigues me mandas la solución por correo electrónico.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla tardó un rato en colorear el mapa...

    Profe, si Pepe no ha coloreado el mapa es, por decirlo de alguna manera, por falta de paciencia. De todas formas hay que aclarar que el teorema de los 4 colores es válido en el planeta Tierra pero no funciona en el planeta Roscón. Este planeta es como un gigantesco roscón de reyes... Hay mapas en el planeta Roscón que necesitan ¡hasta 7 colores! para poder ser coloreados...

    Investiga lo que quiere decir Nina Guindilla y dibuja un mapa en el planeta Roscón que necesite 7 colores...

342. SOLUCIÓN de 42. Portadas con humor

    En las portadas del cuaderno de Pepe Chapuzas se entrevé su humor. Esta es la del tema de números irracionales...

    Inventa o busca algún dibujo que te resulte gracioso para ilustrar algún tema del curso y me envías la imagen, indicando la fuente, por correo electrónico.   

 

SOLUCIÓN

 

    Nina Guindilla ha elegido este chiste para la portada del tema de los números imaginarios...

 

    Si tienes alguna portada con humor, ¡compártela!

341. SOLUCIÓN de 41. Triángulos pitagóricos

   Un día, como tantos otros en clase de Mates, volvió a aparecer el teorema de Pitágoras, y en particular, el triángulo pitagórico de lados 3, 4 y 5. Recordé que un triángulo rectángulo era pitagórico si los tres lados medían números naturales, y que precisamente este, el de lados 3,4 y 5, era bien conocido y utilizado en la antigüedad, porque la denominada cuerda de doce nudos se utilizaba para trazar ángulos rectos mucho antes de que naciera Pitágoras:

    Miré a Pepe Chapuzas, que siempre tiene alguna pregunta que hacer..., y no me equivoqué.

    Profe, ¿existe algún plano que determine tres triángulos pitagóricos con los planos coordenados?

    Le contesté que había infinitos y que el primero fue descubierto por un matemático alemán llamado Paul Halcke en 1719.

    Halla la ecuación canónica (o segmentaria) del plano que descubrió Halcke. Como datos te doy las hipotenusas de los tres triángulos pitagóricos.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla tenía una colección de triángulos pitagóricos... ¡En su colección estaban los triángulos por los que preguntaba Pepe Chapuzas! Pero no le parecía esta la mejor manera de resolver la cuestión, así que planteó un sistema de ecuaciones que resolvió por el método de reducción...

E₁ :    x² + y² = 267² =71289

E₂ :    x² + z² = 125² = 15625

E₃ :    y² + z² = 244² = 59536

E₁ + E₂ – E₃ :    2x² = 27378 ;   x = 117

E₁ + E₃ – E₂ :    2y² = 115200 ;   y = 240

E₂ + E₃ – E₁ :    2x² = 3872 ;   z = 44

   

    Profe, la ecuación del plano es      x/177 + y/240 + z/44 = 1

    Nina me enseñó su "colección" de triángulos pitagóricos... Tal "colección" era en realidad puntos en el plano. El triángulo rectángulo de catetos 3 y 4 (la cuerda de doce nudos) estaba representado por el punto de coordenadas (3,4).

    Busca en Internet cómo se pueden generar triángulos pitagóricos y haz tu propia "colección" dibujando puntos en el plano...

340. SOLUCIÓN de 40. Las recetas de Pepe Chapuzas...

    Profe, gracias a las calificaciones, si algo hemos aprendido a hacer bien, por la cuenta que nos trae, ha sido calcular las medias:

    Pepe Chapuzas no solo ha dado en el clavo sino que con el concepto de media ha asimilado algunas fórmulas de Estadística, Combinatoria y Probabilidad como se observa en las siguientes "recetas" apuntadas en su cuaderno:

    COVARIANZA. Calcular la media de los productos menos el producto de las medias:

    NÚMERO TRIANGULAR. Calcular la media aritmética entre un número y su cuadrado:

    PROBABILIDAD TOTAL. Calcular la media ponderada de las verosimilitudes...

    Y como estas hay un montón en el "recetario" chapucero de su cuaderno. Te propongo tres actividades:

    1. Escribe una "receta" para calcular la desviación típica y simplifica su fórmula al estilo de Pepe Chapuzas.
    2. ¿Por qué los número de fichas del dominó (28) y del dominó cubano (55) son números triangulares? ¿Por qué crees que se llaman triangulares estos números?
    3. ¿Cuáles son los "pesos" en el teorema de la probabilidad total desde el punto de vista de Pepe Chapuzas?

    Envíame las respuestas en un documento por correo electrónico. Nos vemos.

SOLUCIÓN

    Aquí está la respuesta que me mandó Nina Guindilla:

    DESVIACIÓN TÍPICA. Es la raíz cuadrada de la diferencia entre la media de los cuadrados y el cuadrado de la media... (La raíz cuadrada de la varianza.)

    DOMINÓS. Siempre me ha gustado hacer un triángulo de Pascal con las fichas del dominó...    

    Así visto, un número triangular es una suma de términos de la progresión aritmética a_n = n, o sea, 1+2+3+...+n = n(n+1)/2 = T_n . Las 28 fichas del dominó se corresponden con T₇ y las 55 del dominó cubano con T₁₀ .
    Los números triangulares también son números combinatorios: son combinaciones ordinarias o coeficientes binomiales (n+1 sobre 2 o n+1 sobre n–1). Aquí están los números triangulares en el triángulo de Pascal...

    Que la media aritmética de un número y su cuadrado sea un número triangular se "demuestra" con el siguiente dibujo:

    PROBABILIDADES A PRIORI. En el teorema de la probabilidad total, los pesos son las probabilidades a priori. (La suma de los pesos es por lo tanto 1.)

    Busca otras recetas con la media y nos las recetas...

339. SOLUCIÓN de 39. El templo de las luces

    Así llamaban al templo porque tenía una luz por cada día del año. Las luces, que no se fundían nunca, estaban numeradas del 1 al 365 (366 los años bisiestos) y cada una tenía un pulsador. Cuando se apretaba el pulsador, esa luz se encendía si estaba apagada o se apagaba si estaba encendida.
    El templo se inauguró el primer día del año con el encendido de todas las luces.
    El segundo día del año se apretaron los pulsadores de las luces 2ª, 4ª, 6ª, 8ª, 10ª, etc.
    El tercer día del año se apretaron los pulsadores de las luces 3ª, 6ª, 9ª, 12ª, 15ª, etc.
    El cuarto día del año se apretaron los pulsadores de las luces 4ª, 8ª, 12ª, 16ª, 20ª, etc.
    El quinto día del año se apretaron los pulsadores de las luces 5ª, 10ª, 15ª, 20ª, 25ª, etc.
    Y así sucesivamente cada día del año...
    ¿Cuántas luces y cuáles quedarán encendidas el último día del año?

    Este Pepe Chapuzas y sus retos...
    Resuélvelo. Espero tu comentario con la solución correcta.

SOLUCIÓN

    Lo primero que averiguó Nina Guindilla fue que la solución no dependía de si el año era o no bisiesto. (¿Por qué?) Después llegó a la conclusión de que una luz quedaba encendida al final del año si su pulsador era apretado un número impar de veces, lo cual le ocurriría solo a las luces numeradas con un cuadrado perfecto: 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, ... (¿Por qué?) 

    Responde a los porqués... 
    Entonces, ¿cuántas luces y cuáles quedarán encendidas el último día del año?

338. SOLUCIÓN de 38. Misterios de la derivada

    Profe, cuando hablamos de "esfera" unas veces nos referimos a la esfera maciza y otras a la superficie esférica. Para el equivalente en dos dimensiones tenemos dos palabras: círculo y circunferencia. Creo que los matemáticos tienen muy poca imaginación... o son unos chapuzas. Por cierto, si derivamos el área del círculo respecto del radio nos sale la longitud de la circunferencia, y si derivamos el volumen de la esfera nos sale su área. ¿Es una casualidad? Yo no lo creo...

    Le contesté a Pepe Chapuzas que no era una casualidad, y que cuando supiera algo más de las derivadas lo entendería perfectamente.
    Busca en Internet una explicación y le desvelas a Pepe este misterio.

SOLUCIÓN

    Para Nina Guindilla la derivada es un gran invento pero que está envuelto en un halo de misterio... Velocidades, aceleraciones, optimización, puntos de inflexión... ¡sirve para tantas cosas! Lo que sí tiene Nina es una buena idea intuitiva de lo que es una derivada...

    Profe, mire. Para mí la derivada es una forma de comparar cómo varían dos magnitudes que están relacionadas. En los ejemplos de Pepe Chapuzas... ¿cómo variará el área del círculo o el volumen de la esfera al variar el radio...? Si el radio variase entre r–h  y r+h, entonces el área del círculo variaría π(r+h)² – π(r–h)² = π(r²+h²+2rh–r²–h²+2rh) = 4πrh. Al comparar ambas variaciones tenemos (4πrh):(2h) = 2πr, lo que quiere decir que, al variar el radio, el área del círculo varía en toda la longitud de su circunferencia (corona circular), lo cual resulta obvio. Otro tanto se puede decir del volumen y la superficie de la esfera...

    Nina ha dado en el clavo... Haz tú lo mismo con la esfera...

337. SOLUCIÓN de 37. Sopa de guarismos

    Pepe Chapuzas disfruta resolviendo pasatiempos matemáticos, pero más cuando es él quien los prepara para sus compañeros. Aquí tenéis el último que se ha ingeniado:

    Busca números capicúas en la siguiente sopa. (Por supuesto no valen los que tienen solo una cifra ni los que estén contenidos en otro número capicúa más largo). ¿Cuántos hay?

    ¡A por los capicúas! ¡Y no olvidéis que pueden aparecer en horizontal, en vertical y en diagonal!

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla buscó y rebuscó los capicúas y cree que los ha encontrado todos...

    En horizontal tenemos: 92129 y 123454321. En vertical están: 69296, 35353, 86868, 3003, 969 y 171. En diagonal (/): 64546, 888 y 727. En diagonal (\): 414, 696, 71117, 737, 58385, 515, 30103, 69896, 575 y 15551.

    Prepara para tus compañeros una sopa de letras con nombres de matemáticos célebres...

336. SOLUCIÓN de 36. Números para una exposición

    Profe, he recopilado números de distintos lugares y de distintas épocas, y estoy haciendo un álbum. Mire estos:

    Me gustó la idea de Pepe Chapuzas y le animé para hacer una exposición en el aula, a lo que accedió encantado. La exposición fue todo un éxito, pero al segundo día algún compañero "bromista" se llevó los títulos de las láminas y Pepe, molesto, se negó a poner títulos nuevos.
    Busca en Internet y pon tú los títulos, indicando de qué sistemas de numeración se trata y las cantidades que representan.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla dio con los números ....

    Profe, mire. De izquierda a derecha:
    a) Números griegos. Los griegos utilizaron distintos sistemas de numeración. Uno de ellos se sirve de letras del alfabeto griego y lo utilizan a veces del mismo modo que nosotros utilizamos los números romanos. Aquí tenemos omega = 800, lambda = 30 y épsilon = 5, es decir, 835.
    b) Números hebreos. Al igual que el ejemplo anterior son letras (claro que ahora del alfabeto hebreo), alef = 1, lamed = 30 y sin = 300, es decir 331. La cábala está basada en esta forma de escribir los números.
    c) Números mayas. Es un sistema mixto (quinario y vigesimal) donde hay puntos, rayas y conchas. En el ejemplo tenemos 3·400 + 0·20 + 2·5 = 1210.
    d) Números chinos. En realidad son caracteres de escritura china. Se trata de las palabras para los números 7, 10 y 4, es decir, 74.
    e) Números árabes. Son nuestras cifras indoarábigas en su forma árabe. Se trata de 678.
    f) Números indios. Son nuestras cifras indoarábigas en su forma india. Se trata de 478.
    g) Números egipcios. Es el jeroglífico para representar 1/3.

    Escribe el número 222 en todos los sistemas de numeración mencionados...

335. SOLUCIÓN de 35. El gato del tangram

    Pepe Chapuzas es un virtuoso del tangram. No se le resiste ninguna figura. En su cuaderno de papel cuadriculado siluetea chapuceramente sus favoritas, como la del gato tumbado.

    El otro día se conmovió con la biografía de G. A. Pick, matemático austríaco de origen judío que murió en el campo de concentración nazi de Theresienstadt (hoy Terezin, Chequia) y, como homenaje, ha propuesto a sus compañeros que calculen, con la fórmula de Pick, el área que ocupa en su cuaderno el gato del tangram.
    Busca en Internet la fórmula de Pick y calcula esta área teniendo en cuenta que la separación entre puntos es de 1cm y que los puntos del borde de la figura no se ven.

SOLUCIÓN

    A Nina Guindilla le han regalado un tangram y la primera figura que hizo con las piezas fue el gato tumbado del cuaderno de Pepe... Enseguida se percató de que el gato de Pepe era una chapuza porque no respetaba las proporciones de las piezas del tangram... y así se lo reprochó... Nina y Pepe se enfadaron y el enfado les duró por los menos... 5 minutos... ¡Así son Nina y Pepe!

    Profe, mire. La fórmula de Pick permite calcular el área de polígonos cuyos vértices tienen coordenadas enteras (puntos enteros): A = I + B/2 – 1, donde I es el número de puntos enteros que caen en el interior del polígono y B es el número de puntos enteros que caen en el borde... ¿Contamos? I = 38 y B = 60, por lo tanto A = 38 + 60/2 – 1 = 67 centímetros cuadrados.

    A Nina la fórmula de Pick se le quedó bien grabada en su memoria. La utilizaba siempre que podía... Por ejemplo el día que propuse calcular el área del triángulo de vértices A(5,3), B(8,11) y C(0,7)... 
    Calcula esta área con distintas fórmulas... ¡incluida la de Pick!

334. SOLUCIÓN de 34. De hexaminós y octamantes

    Profe, mire la página de los poliedros regulares... ¡Qué feos que son los desarrollos del hexaedro y del octaedro del libro de este año! Los del año pasado me gustaban más.


HEXAMINÓ                                  OCTAMANTE

    No sé si Pepe Chapuzas se refería al color o al tamaño... Pues ni lo uno ni lo otro, se refería a la forma, es decir, a la disposición de los cuadrados y de los triángulos. Entonces le comenté que los desarrollos del hexaedro eran hexaminós (recortables reversibles con 6 cuadrados adosados) y que los desarrollos del octaedro eran octamantes (recortables reversibles con 8 triángulos equiláteros adosados).
    Aunque hay muchos hexaminós y octamantes diferentes, solamente 11 hexaminós son desarrollos del hexaedro y solamente 11 octamantes son desarrollos del octaedro. Descubre estos desarrollos y dibújalos, ¡a ver si los consigues todos!, y envíamelos por correo electrónico. (¡Ojo! Solo hay 11 de cada. Al ser reversibles, se les puede dar la vuelta y obtenemos sus simétricos, que no cuentan).

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla cogió 6 cuadrados y 8 triángulos equiláteros y consiguió descubrir los 11 hexaminós y los 11 octamantes. Le hicieron gracia estos nombres porque eran (según ella) reglas de tres lingüísticas... (Si 2 cuadrados forman una ficha de do-minó, un hexa-minó tendrá 6 cuadrados. Y si 2 triángulos forman un di-amante de la baraja, un oct-amante tendrá 8 triángulos.)

    Profe, estos son los 11 hexaminós...

    Y estos son los 11 octamantes...

    Hay hexaminós y octamantes que no son desarrollos de poliedros. ¿Cuántos hay?

    Unos hexaminós y octamantes son simétricos, otros no... Investiga la cuestión...

333. SOLUCIÓN de 33. Los secretos de las estrellas

    Los dibujos del cuaderno de Pepe Chapuzas no son solo ornamentales. Son reglas nemotécnicas o, como dice Pepe, son estrellas con secreto. Mirad las tres estrellas de la contraportada... Y oíd la explicación de Pepe...

    La primera me da el orden de los sostenidos (fa do sol re la mi si) y los bemoles (si mi la re sol do fa) en las armaduras musicales a partir de la escala. La segunda me clasifica los colores en primarios (rojo amarillo azul) y secundarios (verde violeta naranja) a partir del arco iris (sin el añil). La tercera me da el orden de las antiguas esferas celestes (Luna Mercurio Venus Sol Marte Júpiter Saturno) a partir de los días de la semana.

    Busca una estrella y descubre su secreto.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla tiene muchas estrellas con secreto. Nos ha dibujado su primera estrella... (La descubrió cuando era muy pequeña.) Se llama la estrella de pares y nones...

    ¿Tienes ya tu estrella?

332. SOLUCIÓN de 32. ¡Buena puntería! ;-)

    A Pepe Chapuzas también le gustan las novelas policíacas. Lo mejor es que a veces se inventa un relato para detectives matemáticos. Y si no os lo creéis aquí os presento su último caso:

    Siempre me llamó la atención aquella pared agujereada del mesón... El mesonero cuenta una historia diferente cada día sobre el origen de los enigmáticos agujeros para entretener a una fiel clientela tan expectante como incrédula... Esa tarde, al parecer, los famosos agujeros los produjeron las balas que acabaron con el Cojo... Al final, resultó que el Cojo era un triángulo escaleno de malísima reputación... El caso fue que una noche, en un ajuste de cuentas, al Cojo le descerrajaron cuatro tiros en sus puntos notables: el baricentro, el ortocentro, el incentro y el circuncentro... La historia acabó en discusión entre el público acerca de cuál agujero correspondía a cada "centro"...

    Haz de detective matemático y danos una opinión justificada del asunto.

SOLUCIÓN

    La respuesta de Nina Guindilla no admitía reproches...

    Profe, mire. El baricentro, el ortocentro y el circuncentro están alineados (la recta que pasa por ellos se llama la recta de Euler), así que ya tengo localizado el incentro... Y como la distancia del ortocentro al baricentro es el doble de la distancia del baricento al circuncentro, pues... ¡ya está!

    Profe, he descubierto que hay muchos otros "centros" en un triángulo... Está el punto de Gergonne, el punto de Nagel, el punto de Fermat...

    Investiga qué puntos son estos que ha nombrado Nina... Y si descubres otros "centros" de un triángulo, comunícanoslo.

331. SOLUCIÓN de 31. El ojo de Horus

    A Pepe Chapuzas le interesan muchas y variadas disciplinas. Por ejemplo, la Música y la Egiptología. Y en cuanto encuentra una relación matemática la anota (más bien la dibuja) en su cuaderno. En este sentido su cuaderno es un tesoro. Os muestro algo que me llamó la atención.

    Indagad en Internet y averiguad qué relación hay entre las partes del ojo de Horus y las figuras musicales.

SOLUCIÓN

    A Nina Guindilla no le costó nada encontrar la relación... El nexo eran las Matemáticas...

    Profe, mire. Cada parte del ojo de Horus representa una fracción unitaria: en particular, una potencia de 1/2. 

    La relación es evidente, ¿verdad? Cada figura dura una fracción de la redonda... ¡Una potencia de 1/2 también!

    Busca en Internet cómo representaban los egipcios otras fracciones y se lo cuentas a los demás...

330. SOLUCIÓN de 30. Reto navideño

    Pepe Chapuzas ha propuesto un reto para Navidad. Pero por ser Navidad dice que es voluntario:

    Descompón en factores primos los números de este árbol de Navidad. El primero, claro, no se puede, y el último lo pongo aquí porque es muy difícil: 999999999 = 3 x 3 x 3 x 3 x 37 x 333667. Para los demás se puede consultar la lista de números primos de la Wikipedia.

    Ánimo, y que no te den las uvas. Y que aunque sea voluntario, el que lo haga tendrá regalito de Navidad...

SOLUCIÓN

    Nina Chapuzas se llevó el regalito de Navidad. Este es el árbol de Nina... 

    A su vez, Nina tiene otro reto navideño...

    Profe, mire. Con 5 segmentos se puede dibujar una estrella de Navidad... Y he pegado 10 circulitos en las intersecciones. He intentado colocar las diez cifras (del 0 al 9) en los circulitos de de modo que las 4 cifras de cada uno de los 5 segmentos sumen siempre lo mismo... ¡Pero no lo he conseguido!

    Coloca las cifras en su sitio o demuestra que es imposible...

328. SOLUCIÓN de 28. Los cuatro cuatros

    Pepe Chapuzas disfruta con los acertijos matemáticos. Devora los libros de acertijos, como el titulado "El hombre que calculaba" de Malba Tahan. Luego modifica ligeramente los enunciados y se los propone a sus compañeros. Un día los retó con el siguiente ejercicio:

    ¡A ver quién consigue los números del 0 al 9 con exactamente cuatro cuatros y con las cuatro reglas: sumar, restar, multiplicar y dividir! ¡Ah, y sin paréntesis! (Para ello hay que indicar las divisiones como fracciones.) ¡Ah, y puede haber varias soluciones para cada número! Por ejemplo:

    Considérate compañero de Pepe Chapuzas y acepta el reto. (Envíame la solución en un documento por correo electrónico.)

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla me envió por correo electrónico esta solución. (No es la única posible.)

    Además, Nina ha propuesto a la clase obtener los números del 0 al 9 con exactamente tres treses, pero ahora utilizando paréntesis y toda clase de operaciones... ¡A ver si lo conseguís! ¡Ánimo!

327. SOLUCIÓN de 27. Goniómetro, escuadra y cartabón

    En estas herramientas de dibujo se esconden tres números irracionales: π, √2 y √3.

    Para π = 3,14159265... los antiguos griegos utilizaban la aproximación 377/120 y los antiguos chinos 355/113. ¿Cuál era mejor?
    Pepe Chapuzas dice que ha encontrado las mejores aproximaciones de π, √2 y √3 con fracciones de números de tres cifras. ¿Quién se atreve a desafiar a Pepe?
   Os propongo la siguiente competición: Buscad las fracciones de Pepe. Ganarán los que más se aproximen.

SOLUCIÓN

    Con π una calculadora, Nina Guindilla ha obtenido unas buenas aproximaciones decimales de π de √2 y de √3:

  π = 3.14159265359

√2 = 1.41421356237

√3 = 1.73205080757

    Profe, mire. Está claro que los chinos atinaron con π mejor que los griegos ya que la aproximación (de Zu Chongzhi) 355/113 = 3.14159292035 es mucho mejor que la aproximación (de Klaudios Ptolemaios) 377/120 = 3,1416666666...

    Nina cree que 355/166 es la mejor aproximación de π con una fracción de números de tres cifras. Para √2 encontró la fracción 577/408 = 1,41421568827 y para √3 halló 989/571 = 1,73204903678. Pero la cuestión sigue abierta porque no sabe si son estas las mejores aproximaciones...

326. SOLUCIÓN DE 26. Multiplicar a la rusa

    Profe, me gustan las cosas rusas. Me encanta la música rusa, la ensaladilla rusa, la montaña rusa...

    Le pregunté a Pepe Chapuzas si también le gustaba la multiplicación rusa. Y debió de quedar muy intrigado porque al día siguiente vi en su cuaderno unas cuantas multiplicaciones a la rusa. ¡Se había informado en Internet!:

    Profe, los campesinos rusos no sabían las tablas de multiplicar y sin embargo multiplicaban números de varias cifras. Solo tenían que saber sumar y calcular dobles y mitades. Mire:

    Infórmate también tú de cómo se hace, multiplica a la rusa dos números de tres cifras, comprueba que es correcto el resultado y me explicas paso a paso cómo lo has hecho.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla explicó el ejemplo de Pepe.

    Profe, mire. Hago tres columnas. Pongo el factor menor (164) en la primera columna y lo divido (sin decimales) entre 2, el resultado (82) lo escribo debajo y lo vuelvo a dividir entre 2, y así hago sucesivamente hasta llegar a 1... Los números de esta columna pueden ser pares o impares y esto es decisivo para saber qué números hay que poner en la segunda columna y cuáles en la tercera... Pongo el factor mayor (313) en la segunda columna porque el factor menor (164) es par (si el factor menor fuera impar pondría el factor mayor en la tercera columna) y lo multiplico por 2 (626), y repito este proceso poniendo los resultados uno debajo del otro pero en la segunda o tercera columna según sean pares o impares los números de la primera columna, así hasta llegar al 1 de la primera columna. (La última duplicación siempre estará en la tercera columna...) Son estas cantidades de la tercera columna las que me interesan porque la suma de ellas me da la solución.
    Pero profe, a mí la multiplicación que más me gusta es la multiplicación árabe...

    Para entender la explicación de Nina tuve que tener delante la multiplicación rusa de Pepe... Pero lo que Nina quería enseñarme realmente era una multiplicación a la árabe:

    Es una forma bonita de hacer una multiplicación. Explica cómo se hace y busca otras formas de multiplicar...

325. SOLUCIÓN de 25. Mate-mágicas

    Para Pepe Chapuzas, las Matemáticas tienen un poco de magia... ¡O un mucho!

    Profe, hemos visto en una exposición un grabado de Alberto Durero titulado "Melancolía" donde aparecen objetos relacionados con las Matemáticas: un poliedro, un compás, una esfera..., ¡y un cuadrado mágico! Es mágico porque si sumamos las filas, las columnas, las diagonales, las esquinas, etc., ¡siempre sale 34!

    Por otro lado, el otro día me tropecé con el número mágico 142.857. Mire lo que pasa si calculo su doble, su triple, su cuádruple... ¡Se repiten las cifras y en el mismo orden!

    Busca en Internet otros cuadrados mágicos y otros números mágicos y los compartes con los demás.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla nos recuerda su primer cuadrado mágico...

    Y aquí nos deja una pareja de números mágicos: 076923 y 153846. 

076923 x 2 = 153846

076923 x 3 = 230769

076923 x 4 = 307692

076923 x 5 = 384615

076923 x 6 = 461538

076923 x 7 = 538461

076923 x 8 = 615384

076923 x 9 = 692307

076923 x 10 = 769230

076923 x 11 = 846153

076923 x 12 = 923076

    Sigue buscando. Las Mate-mágicas te están esperando.

324. SOLUCIÓN de 24. Una cuestión de fuerzas

    Aquí tenéis otra historia inventada por Pepe Chapuzas. Como pista os digo que en Física acaban de explicar el movimiento circular, la velocidad angular y todo eso...

    El pirata Maldeojo tenía un ojo de cristal. Pero no era un ojo de cristal cualquiera... Con él, Maldeojo poseía un sexto sentido con el que barruntaba y distinguía el origen de todas las fuerzas que impulsaban su barco: las fuerzas que provenían de los vientos, de las corrientes marinas, de las mareas, de las olas..., y por supuesto notaba la fuerza de gravedad, porque el ojo de cristal pesaba lo suyo. Pero había dos fuerzas que nunca entendió bien del todo... y es que a Maldeojo la Física se le daba fatal.
    La primera fuerza era vertical: cuando, por ejemplo, navegaba a lo largo del ecuador hacia el este, notaba que una fuerza le impulsaba hacia arriba, como si quisiera sacar el barco del agua, y el ojo de cristal le pesaba menos; pero si navegaba hacia el oeste, la fuerza le empujaba hacia abajo, como si quisiera hundir el barco, y el ojo de cristal le pesaba más de lo normal.
    La segunda fuerza era horizontal: cuando, por ejemplo, navegaba a lo largo de un meridiano en el hemisferio norte, bien rumbo al ecuador, bien rumbo al polo, notaba que una fuerza le escoraba el barco a estribor, y el ojo de cristal se le iba hacia ese costado; pero si era en el hemisferio sur, entonces la fuerza empujaba su barco (y su fantástico ojo de cristal) a babor...

     Investiga y da una explicación razonada (y razonable) de estas fuerzas que observaba el pirata Maldeojo en sus viajes gracias a su ojo de cristal.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se embarcó con el pirata Maldeojo para comprobar la existencia de las misteriosas fuerzas y así poder explicar su origen. Lamentablemente su sensibilidad no era la suficiente para detectarlas... Así que tuvo que dar una explicación teórica.

    a) Profe, mire. La tierra gira de oeste a este. En el ecuador, a la fuerza de la gravedad se le opone la fuerza centrífuga debido a la rotación de la tierra. Si navegamos hacia el este, nuestra velocidad de rotación aumentará y con ella la fuerza centrífuga, así que pesaremos menos... Lo contrario ocurre cuando naveguemos hacia el oeste, nuestra velocidad de rotación disminuirá y también la fuerza centrífuga, con lo cual pesaremos más...
    b) En la superficie terrestre, la velocidad de rotación es directamente proporcional al radio de giro, por lo que disminuirá cuando aumente la latitud (es decir, cuando nos alejemos del ecuador). Esa deceleración implica una fuerza hacia el este. Lo contrario ocurrirá cuando nos acerquemos al ecuador: habrá una aceleración y una fuerza hacia el oeste. (Son las fuerzas de Coriolis.)Si recordamos que, mirando a proa, estribor es el costado derecho de la nave y babor el izquierdo... ¡Todo cuadra!

    Si un barco pesara 50000 toneladas (megapondios) parado en el ecuador... ¿cuántas toneladas (megapondios) aumentaría o disminuiría su peso al navegar a lo largo del ecuador a una velocidad de 20 nudos? (Es un barco similar al Titanic.)

323. SOLUCIÓN de 23. ¿Jugamos al minibillar?

    Pepe Chapuzas inventa juegos nuevos a partir de juegos tradicionales. Este que os presento es una versión reducida del billar americano.

    Hay que colocar 6 bolas de billar (numeradas del 1 al 6) en disposición triangular de modo que en cada lado del triángulo los números sumen la misma cantidad. En el ejemplo suman 10. Busca soluciones con suma 9, 11 y 12.

 

SOLUCIÓN

 

    Nina Guindilla estuvo jugando con las bolas del minibillar para resolver el reto de Pepe...

    Y con más bolas ha propuesto otro reto...

 

    Hay que colocar 9 bolas numeradas del 1 al 9 formando un triángulo (de cuatro bolas por lado) de modo que las bolas de cada lado sumen 20...