sabato 1 aprile 2017

Sarà mica matematica 44

Volevo fare tante belle cose.
Volevo costruire qualche quesito particolare, volevo magari farne un filmatino, volevo preparare un'immagine animata. Ma qui il tempo passa ed è ora di pubblicare qualche gioco nuovo.

Allora eccolì qua.
Non saranno troppo originali e sono messi lì senza fronzoli. Ma tutto sommato mi sembrano buoni.
Diciamo che hanno un ottimo rapporto qualità/prezzo!


1. CONTARE FINO A ZERO

È un quesito che mi pare di aver già sentito parecchie volte. Ma lo propongo perché mi sembra fatto apposta per i primini.
E così ho dato anche un bel suggerimentone proprio ai ragazzi di prima: di cosa stiamo parlando in aritmetica, in questi giorni? Ecco, io ragionerei proprio con la scomposizione in fattori primi.

Passiamo al quesito.
Prendiamo i numeri 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 e 10.
Li moltiplichiamo tutti tra loro.
Il risultato sarà un numero che terminerà con... quanti zeri?


AGGIORNAMENTO

Devo precisare un dettaglio che un dettaglio non è.
È fin troppo chiaro che la risposta si può trovare con una semplice moltiplicazione. Stavolta più che mai, però, il vero obiettivo non è trovare la risposta, l’obiettivo è capire (e spiegare) perché la risposta è proprio quella!

Anzi, sapete cosa vi dico? Esagero! La soluzione ve la do io!
La risposta è DUE.
Perché?
E perché se moltiplico il risultato per un altro 5, la risposta diventa TRE?

Ecco, adesso il quesito mi pare davvero completo.
Grazie mille alla prof Giovanna per avermi fatto notare il dettaglio che un dettaglio non è! :-)


2. SOVRAPPOSIZIONI

Tre quadrati congruenti sono sovrapposti a due a due, come nella figura.

L'area totale delle superfici non sovrapposte, ovvero quelle arancioni, è 63 cm2.
I quadrilateri azzurri hanno area 1 cm2, 2 cm2 e 3 cm2.
Quanto è lungo il lato dei quadrati?

Aggiungo una postilla che diventa un altro suggerimentone: i primini potrebbero avere qualche difficoltà con le radici quadrate. Allora per loro la domanda può diventare: quanto è l'area di ciascun quadrato?


3. LOGICA PER TERZINI

Qualche giorno fa in terza B abbiamo sottratto del tempo allo svolgimento del programma (siccome siamo già avanti...!).
Lo abbiamo usato per discutere un po' su un giochino di logica proposto da Pietro B. Aveva a che fare con le porte del paradiso e dell'inferno e con due strani personaggi, uno sempre bugiardo, l'altro sempre sincero.

Voglio rincarare la dose con quest'altro quesito.

Abbiamo a che fare con due famiglie. Ci si può fidare dei membri della famiglia Sinceri: dicono SEMPRE la verità. Ma ci si può fidare anche dei membri della famiglia Bugiardi: non dicono MAI la verità!
Ora, incontro due personaggi: Astolfo e Asdrubale. Astolfo dice: "siamo entrambi della famiglia Bugiardi".
Di che famiglia è Astolfo? Di che famiglia è Asdrubale?

Piccola precisazione: il titolo fa riferimento ai terzini ma il quesito è rivolto a tutti, eh.

E così chiudiamo questa puntata di Sarà mica mate.
Resta solo da stabilire un termine per la consegna delle risposte. Vogliamo fare entro mercoledì 19 aprile, al rientro dalle vacanze di Pasqua?

mercoledì 29 marzo 2017

Due a settimana..._18, le nostre soluzioni

Ce l'ho fatta!
Ho corretto tutte le risposte ai quesiti che la prof Giovanna ci aveva proposto in Due a settimana..._19.
Non è che fossero poi tante risposte, è che io ero in troppi altri impegni impegnato.
Ma ce l'ho fatta, mi faccio i complimenti.

Si parte? Si parte!

IL PRIMO

Cominciamo con la risposta di Andrea G (di prima B):

A+B+A=BC
B+C=B quindi C=0
A+B+A=B0
La somma di tre numeri ad una cifra è inferiore a 30.
Quindi B0 potrà essere il numero 10 oppure il numero 20.
Quindi B potrebbe essere 1 oppure 2.
Se B fosse 1 allora A+1+A=10 quindi A+A=10-1=9 quindi non possibile perché 9 non è divisibile per due.
Allora B=2, difatti A+2+A=20 quindi A+A=20-2=18 quindi A=18:2=9.
La cifra che corrisponde alla lettera A è 9.


Stefano P, di terza B, ragiona in modo molto simile:
Se sommando le cifre di bc ottengo b vuol dire che c vale 0 perché b + 0 = b.
Per sapere quanto vale la lettera a posso prima scoprire quanto vale la b.
Se bc è un numero di due cifre che finisce per 0 ed è il risultato della somma di tre cifre, allora non può essere 10, perché l'unico modo per fare 10 con dei numeri naturali positivi è 3 + 4 + 3 (a + b + a), ma la b non viene 1 quindi non è giusto.
Il numero massimo che si può fare sommando tre cifre è 27, quindi escludendo 10, bc deve essere per forza 20.
Per fare 20 con aba ho trovato la combinazione 929. Dunque la cifra rappresentata dalla lettera a è 9.

Naomi R, anche lei di terza B, sceglie una strada luunga! Dichiara innanzitutto la soluzione, poi spiega. Confesso che ci ho messo un po' a capire, poi sono stato tentato di modificare per rendere più chiaro, poi ho preferito sopravvivere e lascio ai lettori l'onere (e onore, certo) della comprensione.
:-D
A=9      B=2      C=0
Innanzitutto, per far sì che B+C=B, C deve avere un valore neutro, quindi 0.
Sapendo che la somma A+B+A dà come risultato BC e supponendo che A abbia un valore compreso tra 1 e 9 e che B abbia un valore tra 0 e 9
(perché A non possa valere 0 non è dichiarato ma si può intuire: i numeri non cominciano con la cifra 0), sommo A a B facendo in modo che la somma dia un numero di due cifre (tra parentesi ho riportato il risultato che si ottiene sommando a un certo valore di A un certo valore di B):
1 B 1; B= 8 (10); 9(11)
2 B 2; B= 6 (10); 7(11); 8(12); 9(13)
3 B 3; B= 4 (10); 5(11); 6(12); 7(13); 8(14); 9(15)
4 B 4; B= 2 (10); 3(11); 4(12); 5(13); 6(14); 7(15); 8(16); 9(17)
5 B 5; B= 0 (10);1(11); 2(12); 3(13); 4(14); 5(15); 6(16); 7(17); 8(18); 9(19)
6 B 6; B= 0 (12);1(13); 2(14); 3(15); 4(16); 5(17); 6(18); 7(19); 8(20); 9(21)
8 B 8; B= 0 (16);1(17); 2(18); 3(19); 4(20); 5(21); 6(22); 7(23); 8(24); 9(25)
9 B 9; ?= 0 (18);1(19); 2(20); 3(21); 4(22); 5(23); 6(24); 7(25); 8(26); 9(27)

Poi elimino tutti i numeri che non hanno la cifra sommata delle B uguale alla prima cifra del risultato, ottenuto sommando A+B+A. rimangono quindi:
5 B 5; B= 1(11)
6 B 6; B=1(13)
8 B 8; B=1(17)
9 B 9; B= 1(19); 2(20)
Infine,l’unico numero che ha come cifra finale 0 è 20 quindi:
A+B+A=B+C 9+2+9=20
B+C=B 2+0=2


Rachele C, di prima B, un po' ragiona, un po'... no :-):
Per trovare le lettere a, b, c sono partita cercando la lettera b.
Dato che sommando le cifre di bc ottengo il numero di una cifra b, sono sicura che la lettera c sia uguale a zero: b + c = b quindi c = 0
A questo punto b potrebbe essere un numero da 1 a 9.
Sono andata a tentativi e ho capito che b può essere uguale solo a 2.
Ma non è chiaro perché (NdP, ovvero Nota del Prof).
b=2 bc=20
Poi so che a+b+a=bc
Quindi bc-b=2a 20-2=18
Quindi a=18:2=9

Mi piace in particolare la penultima frase, che mostra una certa abilità algebrica. Conto che Rachele la tiri fuori quando arriveremo al calcolo letterale e alle equazioni!

Nicole M, di seconda B procede per tentativi, che è pur sempre una possibilità. Scrive: la risposta che trovo è 929, dopo una serie di tentativi applicando la stessa logica è l’unico che rispetta le regole.

Giada A, di prima B, è molto simpatica e un pizzico confusionaria: manda una mail con una risposta, poi ne manda un'altra, con oggetto "HO SBAGLIATOOO", in cui sostiene di aver scritto una "cavolata assurda". Leggo entrambe le mail e mi pare siano uguali nella sostanza. Però obbedisco a Giada che mi intima: NON GUARDI QUELLA PRIMA, è SBAGLIATISSIMA. Copio e incollo il testo della seconda mail:
ABC può essere diversi numeri : 920, 926,925,924,923... per trovare A ho pensato il numero più vicino al 10 che è 9 poi, per trovare BC, ho messo tutti i numeri sotto il 9 che sommati venivano B.

Su carta, rispondono (più o meno) correttamente ma in maniera secca, senza spiegazioni esaurienti: Alberto C, Alice D (per tentativi), Christian&Edoardo (per tentativi), Emma C, Giorgia M, Iman B, Lorenzo Z, Matilde & Paolo D, Noemi N.
Raccontano un po' di più: Simone S (un po' di ragionamento e un po' di tentativi), il solito Anonimo (spiega il procedimento in 3 passi ma non è che siano chiarissime tutte le ragioni di tali passi), Riccardo R, Pietro B (giustifica il primo passo, ma non il seguito).


IL SECONDO

Si è rivelato un avversario ostico. Molti ci hanno rinunciato in partenza e molti sono caduti provando. Ma è cadendo e rialzandosi che si impara a camminare...

Si partiva da questa figura e si chiedeva la misura del contorno a tratto spesso.

La risposta di Stefano P (terza B): se sommo i perimetri del rettangolo grande più quello dei tre piccoli, devo togliere dal totale le linee sottili non evidenziate. 
Se guardo il rettangolo con centro in A, le righe sottili sono il suo semi perimetro, perché sono lunghe come due suoi mezzi lati corti e due suoi mezzi lati lunghi. Le linee sottili sono quindi la metà del perimetro del rettangolo piccolo. 
Questo ragionamento lo applico anche agli altri due rettangolini.
Dalla somma dei perimetri devo togliere quindi metà del perimetro dei rettangoli piccoli: 30cm + (20cm : 2) = 40cm.

Andrea G (prima B): per trovare quanti centimetri è lungo il contorno disegnato a tratto spesso bisogna prima trovare quanto è la somma dei lati disegnati con tratti fini.
La somma dei lati con tratti fini è uguale alla somma dei perimetri dei tre triangoli piccoli diviso per due, quindi = 20:2=10 cm.
[Non è chiaro perché, una spiegazione ci sarebbe stata bene]
La parte disegnata con tratti fini del rettangolo grande è lunga la metà della somma dei lati dei tre mini rettangoli con tratti fini, quindi è 10:2=5 cm.
Quindi la lunghezza della parte con tratti spessi del rettangolo grande è uguale a 30-5=25 cm.
La lunghezza dei lati disegnati con tratto spesso dei tre rettangoli piccoli è uguale a 20-5= 15 cm.
Quindi tutto il contorno disegnato con tratti fini è uguale a 25+15=40 cm.

Edoardo O (seconda B):
Per trovare il perimetro del tratto rosso marcato:
-devo togliere dal perimetro dei rettangoli annessi al rettangolo grande ¼
[anche qui: una piccola spiegazione avrebbe giovato.]
- ¼ x 20cm= 5cm
- 20cm-5cm=15cm
-devo togliere la stessa misura dal perimetro del rettangolo grande
- 30cm-5cm=25cm
-adesso devo sommare: 25cm+15cm=40cm.

Naomi R (terza B) allega un'immagine (e stavolta rinuncio a togliere lo sfondo bianco ma solo per questioni di tempo)

E spiega: 

2pABCD=30cm
2ptot rettangolini=20cm

20cm= 2a+2b+2c+2d+2e+2f  => 20cm=2(a+b+c+d+e+f) => 20cm x 1/2 = a+b+c+d+e+f  =>  a+b+c+d+e+f=10cm

AX è uguale alla metà di a e XK è uguale alla metà di b e applicando questo ragionamento anche per gli altri due rettangolini, ottengo che:

2ptotale= 30cm + (a+b+a/2+b/2-a/2-b/2)+(c+d+c/2+d/2-c/2-d/2)+(e+f+e/2+f/2-e/2-f/2)= 30cm +(a+b+c+d+e+f).
Quindi, poiché a+b+c+d+e+f=10 cm, =>2ptotale= 30cm +10cm = 40cm

Tra chi ha scelto di consegnare su carta ha risposto bene Anonimo (sempre lui, o forse lei, chissà), Noemi N (spiegazione da migliorare ma il ragionamento c'è), Pietro B, Riccardo R, Simone S.

IL TERZO

I primini erano esentati da questa fatica: serve il teorema di Pitagora e loro non lo conoscono ancora, come è normale che sia. Invece ne abbiamo già piuccheparlato in terza e in seconda.

Questo è un classico quesito da prova Invalsi, ci offre l'occasione per allenarci ma anche per guardare un po' più da vicino quello strano mostro che chiamano "L'Invalsi".
Potremmo discutere a lungo sul valore di quelle prove ma non lo faremo. Magari un'altra volta. Resta il fatto che la prova Invalsi è una realtà: bella o brutta, ci tocca. Facciamola al meglio, io dico.

Uno degli aspetti da considerare è il tempo. Alcune risposte si possono trovare in trenta secondi oppure in cinque minuti. La prima alternativa è meglio, in genere. Seguire la strada più breve consente di controllare meglio i propri passi e lascia più tempo per le altre domande.

Ecco, anche il nostro quesito è di questo tipo. Non ha particolari difficoltà di ragionamento, il procedimento è piuttosto chiaro. Si può arrivare alla soluzione per la via da cinque minuti, allora si applicherà il teorema di Pitagora nel modo canonico con tutti i pezzetti al loro posto. La strada da trenta secondi richiede di uscire dalla modalità "faccio il compitino" per entrare in quella "uso al meglio le competenze che mi sono costruito".
A parte queste considerazioni, entrambe le strade portano alla risposta, quindi vanno bene.

Stefano P riesce ad attivare la modalità "uso al meglio eccetera" e percorre la strada da trenta secondi:
per trovare la misura della superficie dove ci saranno i pannelli solari devo prima calcolare il lato inclinato. Misura 5m perché se i due cateti del triangolo rettangolo misurano 3m e 4m la terna pitagorica (questo è il punto chiave!) è 3m 4m e 5m. Adesso posso calcolare la misura della superficie facendo 5m X 3,2m = 16m2.

Tutti gli altri hanno scelto la strada lunga.
Le risposte sono tutte simili, ne faccio una sintesi sfruttando principalmente le frasi di Edoardo O. Userò anche la figura di Nicole M, perché il colore del tetto mi piace, ecco.
Per trovare la superficie che ospita i pannelli solari:
  • devo utilizzare il teorema di Pitagora per trovare l'ipotenusa del triangolo, cioè il lato della superficie dei pannelli;
  • radice quadrata di 4 cm alla seconda + 3cm alla seconda= radice quadrata di 16cm quadrati + 9cm quadrati= radice di 25cm quadrati= 5cm;
  • ora moltiplico la misura del lato obliquo x 3,2cm;
  • 5cm x 3,2cm = 16cm quadrati.
Ecco l'elenco degli altri solutori.
Per la seconda B: Alberto C, Alessia P, Alice D, il solito Anonimo (sempre ammesso che sia di seconda!), Edoardo&Christian, Giorgia M, Ivan Z, Martina D, Matilde & Paolo D, Nelson R, Nicole M, Nihad K,
Per la terza B: Pietro B, Riccardo R. Naomi R fa tutto per bene ma alla fine calcola il perimetro anziché l'area.

Bene, sono riuscito anche a concludere questo post. Mi faccio i complimenti un'altra volta; chissà che aiuti la mia autostima.
Aggiungo anche i complimenti a tutti quelli che hanno risposto e a quelli che ci hanno provato con impegno.
Ringrazio la prof Giovanna per averci dato un'altra occasione per pensare e (speriamo!) imparare qualcosa in più.

Mi resta solo da dare l'appuntamento per i prossimi giochi di Sarà mica matematica. Ma non so proprio quando riuscirò a pubblicarli!
Prossimamente, può andare bene?
È una promessa.

giovedì 9 marzo 2017

Due a settimana..._19

Sostiene la prof Giovanna che lei ed io fingiamo di essere in ritardo per concedere più tempo di riposo tra una puntata e l'altra.

Bella idea!

Mi piace tanto che ormai io ritardo non solo con le soluzioni ma perfino con i nuovi giochi: già da lunedì la prof ha pubblicato la nuova puntata di Due a settimana... e solo ora io arrivo con questo post di rimando.

Ecco qui un paio di immagini che, appunto, vi rimandano all'articolo originale.


http://matematicamedie.blogspot.it/2017/03/due-settimana-19.html
http://matematicamedie.blogspot.it/2017/03/due-settimana-19.html
Come al solito non sto a ripetere qui le domande. Cliccate sopra una qualunque delle due immagini e potrete leggere (con attenzione, mi raccomando!) le parole della prof stessa.

Aggiungo solo tre precisazioni:

  1. i quesiti sono belli e difficili il giusto, chi non prova a risolverli e un vero babbano;
  2. leggete BENE le domande, curate le spiegazioni, prestate attenzione al linguaggio che usate, quello matematico e quello italiano;
  3. le risposte vanno consegnate (via mail, via foglio cartaceo, via strillèttera, vedete voi) entro lunedì 20 marzo 2017.
Buoni ragionamenti a tutti e GRAZIE! alla prof Giovanna.


domenica 5 marzo 2017

Sarà mica matematica 43, le soluzioni

Da una settimana cerco una buona frase per iniziare questo post. Un incipit che catturi il lettore e lo invogli a continuare a leggere.
Ma morire se mi viene in mente qualcosa di valido. Quindi ci rinuncio, lascio le ciance e passo subito alle risposte, che è quello che ci interessa qui.
Le domande a cui rispondiamo sono quelle di Sarà mica matematica 43.
I quesiti erano tre (anzi quattro).

IL PRIMO

Le soluzioni possibili sono parecchie, vediamo quelle che sono arrivate, in ordine sparso.
Si tratta di risposte con poche parole - spesso nessuna - e tante immagini. Non male quelle un po' sbilenche, evidentemente costruite con sistemi artigianali, per così dire.

Stefano P invia la figura qui sotto e precisa che "si può anche ruotare la figura ottenendo altre 3 combinazioni più altre 4 speculari."



Naomi R propone altre due soluzioni, che in effetti sono una sola cui è stata applicata una riflessione.



Rachele C. Bello l'effetto artistico dato dall'irregolarità di cerchi e linee: un po' come un incrocio tra un'opera di Mirò e una di Mondrian, con un'interessante suggestione di mal di mare. :-D


Nicole M. Come non apprezzare lo sfondo rosso e i dischetti litici ed ellittici con tanto di ombreggiatura?


Andrea G. Anche qui, apprezzabili i dischetti a forma di quadrato smangiato. La disposizione "a freccia" è stata quella più gettonata in assoluto.


Giada A è stata la prima a inviare una soluzione valida.

Le soluzioni buone sono ancora di più. Per dare un'idea delle possibilità ne pubblico almeno una scelta tra quelle arrivate su carta.

Quella di Nelson R.


Gli altri che hanno consegnato soluzioni su carta sono: Alice D, Alunno Ignoto (almeno uno c'è sempre), Alunno Ignoto (un altro!), Alessia P, Anes K, Christian L, Daniele S, Dennis A, Edoardo D & Christian G, Edoardo O, Gaia B, Giorgia M, Irene T, Lisa S, Leonardo R, Lorenzo Z, Matilde e Paolo D, Mattia G, Michele P (il quale azzarda anche alcuni ragionamenti generali: bene così, Michele, anche se le tue affermazioni non sono del tutto corrette), Nihad K, Noemi N, Rebecca T, Simone S che trova ben otto soluzioni! (anche se a ben vedere sono due diverse, con rotazioni di 90°).


IL SECONDO

Cominciamo con una sequenza di risposte dei primini.

Ecco quella di Andrea G, ad esempio.

l triangolo BCE è un triangolo isoscele, quindi l'angolo CEB è uguale a CBE che è uguale a 70°.
L'angolo BCE è uguale a 180°- (70°+70°) = 40°.
Tutti gli angoli di un quadrato sono di 90°.
BCE=ECG=90°
DCE è uguale ha 360° meno la somma degli angoli BCD,ECG,BCE.
DCE=360°- (90°+90°+40°) = 140°


Oppure la risposta sintetica ma abbastanza chiara di Rachele C.

L’angolo DCG misura 140°.
Sono riuscita a calcolarlo trovando prima l’angolo BCE che misura 40° (180°-70°-70°=40°).
Sapendo che gli angoli DCB e GCE misurano ognuno 90° ho calcolato DCG facendo 360°-90°-90°-40°=140°

Oppure ancora quella di Giada A.

L' angolo DCG misura 140° perché l'angolo BCE misura 40° (spiegazione un po' incompleta, preciso io). Gli angoli GCE e DCB misurano tutti e due 90° perché la misura complessiva degli angoli dei quadrati è 360° (e i quattro angoli sono congruenti, aggiungo io). Quindi 40° + 90°+ 90° fa 220° . Se si sottrae 220° da 360° (la misura dell'angolo C) fa 140°.

Più articolata, ma identica nella sostanza, la risposta di Serena G (sempre di prima B):

L'angolo DCG misura 140° perché, sapendo che [gli angoli interni di] un triangolo misura[no] in totale 180° e l'angolo CBE misura 70°, l'angolo CEB è congruente all'angolo CBE (perciò misura anche lui 70°), quindi l'angolo BCE misura 40°.
Ora, sapendo che ogni angolo del quadrato misura 90°, bisogna sommare l'angolo BCE, l'angolo DCB e l'angolo GCE, cioè 220° in totale.
Sapendo anche che l'angolo giro misura 360°, facendo 360°-220°, si ottiene 140°, cioè la misura dell'angolo DCG.

Passiamo al secondino Mattia C, che scrive:

Sapendo che l' angolo B è 70 gradi, l'angolo E è 70 gradi. Calcolando che la somma degli angoli interni è 180 gradi, l'angolo C interno misurerà 40 gradi, infatti (180-70 x 2)= 40.
Visto che la somma degli angoli opposti adiacenti è 180, l'angolo DCG si ottiene facendo (180-40)=140
Quindi DCG è uguale a 140 gradi.

Chiudo tutti gli occhi che ho a disposizione sulla terminologia (angoli opposti adiacenti?), sulla mancanza quasi assoluta di unità di misura, sulla scarsa precisione nell'indicazione degli angoli (qual è l'angolo C, ad esempio?)... Mi accontento del fatto che il ragionamento si capisce e sta in piedi.

Concludo la rassegna delle risposte arrivate via mail con un paio di terzini. Tutto sommato mi resta la sensazione che tre anni di insistenza lascino qualche buona traccia. A volte.

Naomi R imposta e risolve il problema come se fosse... un vero problema, con tanto di dati e passaggi risolutivi

Angolo CBE= 70°
Angolo DCG=?

Angolo DCB=90°
Angolo DCB+Angolo GCE+BCE+DCG=360°
Angolo BCE=180°- (Angolo CBE X 2)= 180°-(70° X 2)= 40°
Angolo DCG=360°- (GCE+DCB+BCE)=360°- (90°+90°+40°)=140°

Stefano P sceglie un'impostazione più narrativa ma riesce ad essere ugualmente preciso e rigoroso. 

Se l'angolo CBE è 70° anche l'angolo CEB è 70° perché il triangolo BEC è isoscele dato che due lati sono anche lati di due quadrati congruenti, quindi l'angolo BCE è 40° (180° - 70° - 70° = 40°). Adesso posso calcolare l'angolo DCG togliendo all'angolo giro in C i due angoli dei quadrati e l'angolo BCE (360° - 90° - 90° - 40° = 140°). L'angolo DCG misura quindi 140°.

Hanno consegnato fogli di carta con soluzioni accettabili (alcune decisamente buona, altre meno): Alessia P, Alice D, Alunno Ignoto (uno dei due di cui sopra ma non so più quale), Anes K, Edoardo O, Edoardo D & Christian G (che però potrebbero fare lo sforzo di scrivere la risposta oltre a fare il disegno), Gaia B, Giorgia M, Irene T, Matilde e Paolo D, Mattia G, Nelson R (che per la verità sbaglia l’ordine dei termini e arriverebbe a uno strano angolo ampio -140°), Nihad K, Noemi N.


IL TERZO

Stefano P (di terza B) è stato l'unico a scoprire sia l'area che il perimetro complessivo delle parti rosse. Ecco cosa scrive: Ho diviso il rettangolo ABCD in 40 rettangolini uguali passando per i vertici delle figure.
Con questo si capisce che il lato corto dei parallelogrammi colorati è metà del lato lungo perché il lato corto è metà della diagonale dei rettangolini mentre il lato lungo è uguale alla diagonale intera. Si capisce anche che la figura evidenziata in giallo è un rombo, perché ha i lati uguali (sono tutti diagonali di rettangolini uguali) e paralleli a due a due. I 3 parallelogrammi rossi sono metà dei rombi (come quello in giallo) perché li tagliano a metà di due lati opposti. L'area rossa rimanente è uguale a 1 parallelogrammo rosso perché nella prima figura rossa a sinistra manca il triangolo rosso a destra per completare un altro parallelogrammo.

Per trovare l'area delle parti in rosso inizio a calcolare l'area di un rombo,trovando prima le due diagonali. La diagonale minore è uguale a due lati corti dei rettangolini, che misurano AB : 8 = 5cm. 
La diagonale minore è lunga quindi 5cm X 2 = 10cm. Se divido BC in 5 parti trovo metà della diagonale maggiore 60cm : 5 = 12cm; la diagonale maggiore misura quindi 12cm X 2 = 24cm. Adesso trovo l'area di un rombo facendo il prodotto delle due diagonali diviso 2 (10cm X 24cm) : 2 = 120cm2.

L'area dei quattro parallelogrammi rossi è uguale a 4 mezzi rombi oppure a due rombi interi, cioè 120cm2 X 2 = 240cm2.

Adesso trovo il perimetro delle parti colorate in rosso.
Per trovare il lato lungo del parallelogrammo rosso uso il teorema di Pitagora applicato alle semi diagonali del rombo: radice quadrata di 12cm al quadrato X 5cm al quadrato = radice quadrata di 144cm2 + 25cm2 = 13cm. Il lato corto dei parallelogrammi è 13cm : 2 = 6,5cm. Il perimetro di un parallelogrammo rosso è quindi 13cm x 2 + 6,5cm x 2 = 39cm. Il perimetro del quadrilatero rosso a sinistra è 12cm + 13 cm + 6,5cm + 6,5cm = 38cm, mentre quella del triangolo rosso a destra è 6,5cm + 6,5cm + 12cm = 25cm.


Il perimetro delle parti colorate in rosso è 3 x 39cm + 38cm + 25cm = 180cm.

Alcuni altri fanno tutto per bene con l'area e arrivano a un passo dal perimetro. Ma i poligoni all'estrema sinistra e all'estrema destra hanno un tratto di contorno in più, che va calcolato nel perimetro e molti se ne dimenticano.

Così, ad esempio Naomi R (di terza B):
Quelli con lo stesso numero sono i pezzi da abbinare per fare un rombo.
$$A_{rettangolo}=AB\cdot BC=40cm\cdot60cm=2400cm^2$$
$$A_{rombo}=A_{rettangolo}:n°rombi=2400cm^2:20=120cm^2$$
$$A_{rosso}=A_{rombo}:2=120cm^2:2=60cm^2$$
$$A_{tot rosso}=A_{rosso}\cdot n°rossi=60cm^2\cdot4=240cm^2$$

$$AO=AB:4=40cm:4=10cm$$
$$OZ=AD:2,5(2 diagonali+metà diagonale)=60cm:2,5=24cm$$
$$OX=\sqrt{CX^2+OC^2}=\sqrt{(5cm)^2+(12cm)^2}=\sqrt{169cm^2}=13cm$$
$$XP=OX:2=13cm:2=6,5cm$$
$$2p_{rosso}=[(OX+XP)\cdot 2]\cdot 4(3 rombi interi+1da comporre)=$$
$$=[(13cm+6,5cm)\cdot 2]\cdot 4=156cm$$

(Spero che Naomi apprezzi il mio sforzo di trascrivere tutto in LaTex).

Anche Edoardo OGiorgia M, entrambi di seconda B, seguono nella sostanza la strada percorsa da Naomi. Compreso l'ultimo passo mancante.

Allo stesso modo Nicole M, ancora di seconda B, calcola bene l'area e prova con il perimetro ma pasticcia un po', arriva a un risultato corretto ma per sentieri sbagliati. Copio e incollo la sua risposta per l'area, con piccole correzioni grammaticali.
E anche in questo caso faccio uno sforzo immane e scrivo le formule in LaTEx!

Calcolo inizialmente la misura di ABCD, faccio quindi 
$$AB\cdot BC= 40cm\cdot 60cm=2400 cm^2$$Conto ora quanti rombi ci sono totalmente; sono 20, per trovare quindi l'area di un rombo faccio 
$$A_{rombo}=2400cm^2:20=120cm^2$$
Per trovare invece uno dei due parallelepipedi che formano il rombo faccio
$$120cm^2:2=60cm^2$$
Le parti rosse sono quattro, faccio quindi 
$$A_{rossa}=60cm^2\cdot4=240cm^2$$

Tutti gli altri che si sono cimentati con il quesito non sono andati oltre il calcolo dell'area. Si tratta di Anes K, Gaia B, Irene T, Mattia G, Noemi N, Nelson R, Nihad K, Rachele C (che però non mi convince quando parla di "dividere l'area totale del rettangolo per il numero di colori") e Simone S.


Per concludere ci sarebbe da fare un lungo e serio discorso sul senso di questi giochi matematici e sulla scarsa lungimiranza del copiare le risposte, nonché sulla sua scorrettezza. Soprattutto tra i secondini (e le secondine). Ma ne abbiamo già parlato in classe e ancora ne parleremo.

Qui preferisco fare i complimenti a tutti quelli che hanno ben usato le proprie giovani sinapsi. Si sente l'enfasi sulla parola proprie?

Dopodiché lascio la parola alla prof Giovanna che prossimamente pubblicherà una nuova puntata di Due a settimana....

Sono certo che lei troverà anche una buona frase per iniziare.

sabato 11 febbraio 2017

Sarà mica matematica 43

In quattro e quattr'otto - anzi, in 4 e 3, 43 -  butto lì quattro quesiti, anzi tre.

IL PRIMO

Avete una griglia 4 x 4, quindi con 16 caselle.

Avete anche 10 dischetti colorati.

Dovete disporre tutti i 10 dischetti, uno in ciascuna casella della griglia, in modo che lungo ogni riga, ogni colonna e anche lungo le due diagonali maggiori della griglia ci sia un numero pari di dischetti.

Sembra facile ma non è difficile!

Per correttezza vi dirò che ho tratto il gioco da un libro del 1956.
Chi va a sbirciare è bocciato (...fin quando è possibile, bisogna approfittarne)!
E comunque il gioco l'ho anche modificato. Cicca cicca!

IL SECONDO

Assomiglia molto al quesito 2b proposto la volta scorsa dalla prof Giovanna, così ci serve per rinforzare e consolidare la buona esperienza. Poi secondo me questo è più facile, quindi non dovrebbero esserci troppi problemi.
I due quadrati arancioni sono uguali. O vogliamo dire congruenti?
Se l'angolo CBE misura 70°, quanto misura l'angolo DCG?

Avete trenta secondi per dare la risposta!
Troppo poco tempo? Va be', allora aumentiamo un po': due settimane possono bastare?


IL TERZO

Un paio di settimane fa sono stato ad Alba. All'inizio ero attratto dalla fabbrica della Nutella, poi ho scoperto che alla Fondazione Ferrero c'era una mostra dal titolo FuturBalla. Così mi sono dimenticato la crema di nocciole e sono entrato a guardare i quadri di Giacomo Balla, il famoso pittore.
Non è che non mi piacciano i dolci, è che l'arte mi piace di più.
Poi l'ingresso era gratuito, ehm.

Non mi metterò a discutere dei quadri in mostra (ma quelli non troppo futuristi mi sono piaciuti molto, se può interessare).Qui si tratta di quesiti di matematica ricreativa, mica di critica d'arte.
Allora guardo un dipinto, in realtà uno studio a matita e acquarello: Compenetrazione iridescente.


Poi ne ritaglio una parte, sfruttando i vertici dei rombi (...o dei parallelogrammi?):

Poi, siccome voglio ricavarne un quesito di geometria, ne faccio una ricostruzione con Geogebra.
L'originale, anche se è solo uno studio preparatorio, è moolto più bello. Però la versione geogebra è più precisa, e ci serve così.
Ecco la domanda, anzi le domande.

Per tutti: se il lato AB misura 40 cm e il lato BC misura 60 cm, qual è l'area totale delle parti colorate di rosso?

Per secondini e terzini: qual è il perimetro totale delle parti colorate di rosso?


Ecco, ho buttato lì i tre quesiti, anzi quattro.
Come sono venuti non so, lo scopriremo solo vivendo (oh, ma quante citazioni colte faccio!?).

In particolare, lo scopriremo dopo la data di scadenza, che direi potrebbe essere... vediamo... fine febbraio... diciamo il 26? Va bene: domenica 26 febbraio 2017, ore 24.00? Fuso orario di Roma, eh!

mercoledì 8 febbraio 2017

Due a settimana..._18, le nostre soluzioni

Se ci fosse una sfida a chi pubblica prima le soluzioni, la prof Giovanna avrebbe stravinto.
Domenica sera aveva già pubblicato le risposte!

Io invece accompagno le terze alle prove alla Scala, partecipo a corsi di Edu Designer, seguo il montaggio di video per la radio della scuola, tento di organizzare la costruzione di modelli in scala del sistema solare...
Insomma: c'è chi lavora e chi si diverte :-)

La terza B sta tentando di realizzare un modello in scala del Sistema Solare: per ora c'e il Sole, solo...
Per fortuna la sfida lanciata in Due a settimana..._18 era rivolta ai ragazzi e riguardava la soluzione dei giochi proposti.
In Sardegna se la sono cavata niente male. Qui la quantità di fogli e mail di risposta è abbondante (certo: non tutte sono spontanee...). La qualità... non so ancora. Vediamo se riusciamo almeno a strappare un pareggio.

C'erano quattro quesiti.


IL PRIMO (ovvero 1a)

Cominciamo con Giada A, che è stata la prima a rispondere. Secondo lei la coppia che manca è formata dai numeri 24 e 19 perchè "la differenza tra i numeri maggiori e minori è sempre 5; e perché nella riga superiore ogni volta che si va verso destra i numeri diminuiscono di 2 come quelli sottostanti."

Stefano P scrive: "guardando le coppie di numeri ho notato che:
1) I numeri diminuiscono di coppia in coppia di 2 (la prima coppia 30-25 diminuisce di 2 e diventa 28-23)
2) Il numero sopra la freccia è maggiore di 5 rispetto a quello sotto (30 = 25+5)
3) Tra il numero della fila superiore e quello successivo della fila inferiore c'è una differenza di 7 (30-7=23).
Quindi l'ultima coppia è 24 19.
"
A ben vedere, l'ultima osservazione è una conseguenza dei primi due punti. Ma una precisazione in più non fa mai male

Naomi R è altrettanto chiara e aggiunge un'immagine.
"Partendo da 30 e andando verso destra si diminuisce di 2, la stessa cosa partendo da 25 e muovendosi sempre verso destra. Inoltre 25+5=30, 23+5=28 e 21+5=26; perciò per trovare il risultato basterà fare: 21-2=19 e 26-2=24. Verifico che sia giusto calcolando anche che la differenza tra i due numeri sia 5 e cioè: 19+5=24"

Lo stesso fa Andrea G, il quale però è più spiccio e non dice niente della differenza di 5 tra i due numeri (che peraltro non sembra necessaria per trovare la risposta): "è 24 e 19 perché  se faccio 30 meno due fa 28 e 28 meno due fa 26 e quindi 26 meno due fa 24. La stessa cosa con il 19."



Hanno dato una risposta valida anche Edoardo O, Mattia C (che però non spiega niente...), Nicole M (la quale invia un file in formato .pages che mi obbliga a una fatica immane per visualizzarlo...), Rachele C, Serena G.
Su carta hanno risposto più o meno bene (qualcuno ha notato la differenza di 5, qualcuno no): Alberto C, Alessandro P, Alessia V, Anes K, Daniele S, Edoardo D e Christian G, Filippo S, Giacomo B, Giorgia M, Giulia DM, Iman B, Irene T, Lisa S, Lorenzo Z, Martina D, Martina F, Martina P, Matteo M, Moris N, Michele P (senza spiegazioni...!), Nelson R, Pietro B, Pietro DR (senza spiegazioni...!!), Paolo e Matilde D, Noemi N, Paolo M, Rebecca T, Riccardo B, Simone S.


IL SECONDO (ovvero 1b)

Riporto l'immagine che riassume il quesito, tanto per rinfrescare la memoria. Poi do la parola ai solutori.
Stefano P: "osservando le prime due terne mi sono accorto che se sottrai al numero in alto quello in basso e il risultato lo moltiplichi per 2 si ottiene il numero al centro di ogni terna. Nella terza terna quindi il numero che manca è 16, (22-14=8   8x2=16)."

Naomi R: "La relazione comune che ho trovato per scoprire il numero centrale di ciascuna terna è quella di sottrarre il primo numero al secondo e poi moltiplicare il risultato per 2.
Nella prima terna: (20-14) x 2 = 6 x 2 = 12.
Nella seconda terna: (12-10) x 2 = 2 x 2 = 4.
Nella terza terna sarà di conseguenza: (22-14) x 2 = 8 x 2 = 16 "

Serena G, della prima B, scrive: "il numero che va inserito è 16, perché addizionando la metà del numero, che si trova a metà della terna, si trova il primo numero della terna."
Non so se mi sono capito... :-D

Giada A (di nuovo della prima B) ragiona bene e arriverebbe alla risposta giusta. Purtroppo 22 meno 14 non è uguale a 6... d'accordo: ripeto spesso che il ragionamento è più importante del risultato, però non sarebbe male fare le sottrazioni con cura ;-)

Andrea G (un altro di prima B) fa il ragionamento e anche i calcoli giusti (bravo). Però scrive il tutto con un uso degli "uguali" che non riporto qui perché mi fa venire l'orticaria :-)
Bisognerà (ri)parlarne in classe.

Nicole M, di seconda B, se la cava (piuttosto bene) descrivendo la sequenza di operazioni a parole: "il numero centrale è la sottrazione dell'ultimo al primo, successivamente (il risultato) moltiplicato per due."
Poi aggiunge (ancora meglio): "facciamo perciò (22-14) x 2… il risultato è quindi 16."
Hanno consegnato fogli con risposte corrette: Alberto C, Alessandro P, Alessia V, Alice D, Anes K, Filippo S, Giacomo B, Giorgia M, Iman B, Martina D, Noemi N, Pietro DR (ma mancano ancora le spiegazioni!), Rebecca T (ma mancano spiegazioni!!).
Più di uno ha dato una risposta diversa da quella ufficialmente giusta e ha cercato di argomentarla. Molto bene, dico io! Questo è esattamente l'approccio da usare, e sono pronto a scommettere che a lungo andare, porterà buoni risultati. Anche se la risposta è sbagliata.

In effetti, quasi sempre le relazioni trovate sono un po' forzate o un po' zoppicanti, c'è qualche pezzetto che non si incastra bene con gli altri, il quadro complessivo è un tantino sfuocato. Insomma, ditelo come volete ma scommetto che quando avete scoperto la risposta giusta avete pensato: ah, certo, è facile. Questo è il criterio migliore per capire se siete arrivati alla soluzione: improvvisamente i pezzi vanno a posto, tutti.
È una bella sensazione!

Per inciso: è proprio quello che è capitato a me: ho letto il quesito e ho cominciato ad arrovellarmi. Vedevo tante strade: numeri che si ripetevano, somme, differenze, prodotti, quozienti... possibili soluzioni che poi dovevo scartare... quando, all'improvviso... la prof Giovanna mi ha mandato la soluzione. E tutto è diventato chiaro e semplice!

Ma quello che conta davvero è che nel frattempo il mio cervellino ha lavorato per un po'.

E a questo punto ci sta bene un esempio di qualcuno che ha fatto lavorare il cervello ed è riuscito a trovare una spiegazione alternativa che mi pare accettabile.
Sto parlando di Edoardo O, della seconda B, il quale scrive: "secondo me, per trovare il numero in mezzo alla terza colonna devo fare la somma del numero della prima colonna con le unità del numero della seconda colonna.
Esempi:

20+2=22

12+4=16

14+0=14


Il bello è che il risultato finale è ancora 16! Ma, se il mio cervellino sta lavorando bene, è un puro caso.


IL TERZO (ovvero 2a)

Questo quesito si è rivelato più difficile del previsto.
La grande maggioranza non ha saputo trovare una risposta accettabile. Molti non sono proprio riusciti a costruire dei triangoli che rispettassero le richieste (parallelismo e distanza). Più di uno è riuscito a individuare solo due triangoli possibili, "quello interno e quello esterno" (forse non ci hanno pensato abbastanza?). Qualcuno ne trova sette, qualcuno quattordici (forse il ragionamento era buono ma non hanno eliminato le ripetizioni?).
La grandissima maggioranza disegna dei triangoli che non oso mostrare alla prof di tecnologia, non vorrei causarle un malore.

Ma la buona notizia è che qualcuno ce l'ha fatta!
Non solo a trovare la soluzione, perfino a disegnare delle linee parallele! Perfino a disegnarle con Geogebra!! 
(Nella colonna sonora del post, qui bisogna aggiungere una musica festosa - tipo circo - il suono di qualche fuoco d'artificio in lontananza e un sospiro di soddisfazione, il mio.)

Vince il premio speciale della Giuria (io, in altre parole) come migliore risposta... Naomi R, della terza B!
Poche parole ("la risposta è 8.") ma un buon allegato Geogebra. Apro il file e vedo gli otto possibili casi ben chiari. Rivelo gli oggetti nascosti e compare una selva di linee di costruzione: rette parallele, punti su circonferenze di raggio 1...
È proprio quello che speravo
Per le solite questioni di sfondo trasparente, do una passata veloce a Photoshop ed ecco qui l'immagine di Naomi con gli otto casi possibili. Il triangolo originale è quello arancione (...bel colore), i triangoli di nuova costruzione sono quelli con contorno blu (che magari si vede poco ma c'è).

Per niente male (vogliamo assegnare un premio ex aequo?) anche la risposta di Stefano P, il quale però non allega il file geogebra. Questo mi impedisce di controllare la costruzione.

Stefano procede comunque con bell'ordine: 
Maurizio può disegnare il secondo triangolo in 4 modi (8 triangoli).

1) Disegnandolo con due lati interni e uno esterno (3 triangoli);

2) Disegnandolo con due lati esterni e uno interno (3 triangoli);

3) Disegnando tutto il triangolo all'interno;
4) Disegnando tutto il triangolo all'esterno.




Menzione d'onore per Simone S (di prima B!) il quale dà una risposta chiara e pulita. Però non ne vuole sapere di Geogebra, preferisce disegnare a mano. Ne vengono fuori dei triangoli poco equilateri e dei parallelismi un po' così...
Ma il ragionamento è proprio quello buono. Bravo, Simone.

E poi... basta, nessun altro!


IL QUARTO (ovvero 2b)

Nessuno ha inviato un buon disegno via mail.
Inserisco qui la figura originale per aiutarci a capire le risposte.

Poi via: una carrellata in ordine rigorosamente sparso delle mail con risposte buone.

Edoardo O (di seconda B) dice tutto quello che serve: "per trovare la misura dell’angolo ABE dobbiamo considerare che il triangolo BCE è isoscele perché i lati BC e EC sono congruenti. Perciò i due angoli alla base sono congruenti.
L’angolo BCE è 80 + 60 (angolo di un triangolo equilatero) = 140°
Posso ora trovare l’angolo CBE che è uguale a BEC, perché appartengono a un triangolo isoscele. Quindi bisogna fare (180°-140°) : 2 = 20°
Per trovare ABE dovrò fare la differenza tra l’angolo ABC (appartenente al triangolo equilatero, per cui misura 60°) e l’angolo EBC. 60°-20°=40°"

Stefano P, discorsivo ma chiaro ed essenziale: i triangoli equilateri hanno tutti gli angoli uguali e dato che la somma degli angoli interni di un triangolo è 180°, ogni angolo è di 60° (180° : 3 = 60°). 
Posso quindi calcolare la misura dell'angolo BCE che è di 80° + 60° =  140°.
Il triangolo ECB è un triangolo isoscele perché due dei suoi lati sono formati da due triangoli equilateri congruenti, ed essendo l'angolo BCE di 140°, gli angoli EBC e BEC sono entrambi (180°-140°):2=20°.
A questo punto si può calcolare l'angolo ABE che è 60°-20° = 40°.

Andrea G è più stringato, forse un filo troppo. Considerato che Andrea è in prima B, mi pare una risposta di buona qualità: è 40° perché:
angolo ABE = ABC-EBC
angolo ABC = 60°
angolo BCE = 80° + 60° = 140°
angolo EBC = (180°- BCE) : 2 = (180°-140°) : 2 = 20°
angolo ABE = 60°-20° = 40°

Naomi R (terza B) è ancora più stringata:angolo ACB=180° : 3 =60°
angolo BCE = 80° + 60° = 140°
angolo CBE = angolo BEC = 180°-140°):2=20°

angoloABE = angoloABC - angolo CBE = 60°- 20° = 40°

Nicole M dichiara di aver fatto un disegno con Geogebra che però non ha saputo esportare. Poi si lancia in un'articolata spiegazione a parole. Il risultato è corretto ma io ho esaurito tutte le mie energie per aprire il suo file .pages e non ho la forza di interpretare le sue frasi. Le credo sulla fiducia.

Passiamo alle risposte arrivate via carta e penna.

Alberto C, Alessia V, Alice D, Anes K, Giorgia M, Giulia DM, Moris N, Riccardo B riescono a costruire una "dimostrazione" ragionevole.
Qualcun altro (ad esempio, Paolo M, Lorenzo Z, Simone S) arriva alla soluzione esatta ma qualche passaggio del loro ragionamento non è ben giustificato, quindi non si può accettare. Cercheremo di chiarire meglio in classe.

Ecco.
Arrivato in fondo, ho la sensazione spiacevole di aver dimenticato qualcosa, qualcuno.
Ma ormai è proprio ora di pubblicare le nostre risposte. Se qualcuno è rimasto tagliato fuori non si arrabbi troppo, basta farmelo notare e vedrò di integrare il post. Prometto.

Ma c'è un'altra questione che rimane in sospeso.
La sfida. L'abbiamo vinta o persa?
Difficile dirlo, magari possiamo puntare a un buon compromesso e sostenere che hanno vinto tutti quelli che ci hanno provato con impegno vero.
Sono sicuro che anche la prof Giovanna sarebbe d'accordo nel dire che ha vinto perfino chi ci ha provato (con impegno vero, insisto) e non è riuscito a trovare una soluzione valida.

A proposito: GRAZIE alla prof Giovanna per averci offerto un'altra occasione per pensare (con impegno vero, l'ho già detto?).

Il guaio è che adesso tocca a me proporre qualche nuovo gioco. E al momento non ho idea di cosa fare!
Ma tant'è, appena avrò messo insieme dei quesiti decenti li pubblicherò. E... sarà mica matematica 43.

venerdì 3 febbraio 2017

(Ec)citazione: chi è sciocco



Non è sciocco chi non sa quanto piuttosto chi non vuole sapere..
Grigorij Skovoroda

Ho trovato questa frase su un manuale di scacchi (un manuale per ragazzi, adatto proprio al mio livello...). Mi è sembrata perfetta. Non solo per gli scacchi.

martedì 17 gennaio 2017

Due a settimana..._18

C'è poesia.
Ci sono numeri.
Ci sono triangoli in abbondanza.
E c'è una sfida, sissignori!
"Sono certa che gli alunni del prof Davide risolveranno entrambi", dice la prof Giovanna!
"Gara sia!" dice la prof Giovanna!

Sto parlando, mi sembra evidente, dei nuovi giochi di Due a settimana..., della prof Giovanna.
E, sia chiaro, ora che il guanto di sfida è lanciato, tutti - dico tutti! - devono sentirsi chiamati a dare il meglio di sè per farsi valere, per tenere alto il gonfalone e infin prevalere in questa plural tenzone!

Oh, raga, almeno vediamo di non far brutta figura, che cavolo!

Aggiungo un paio di immagini per invogliarvi a cliccarci sopra e andare a vedere i giochi originali.


http://matematicamedie.blogspot.it/2017/01/due-settimana-18.html

I quesiti sono ben quattro, stavolta. Ce n'è per tutti i gusti e per tutte le tasche.
Quindi poche storie: prendete carta, penna e cervello e cominciate a usarli come si conviene.
Se non avete carta e penna, pazienza, è il resto che conta.

E il tempo stringe, ci restano solo trecentotrentasei ore e trentacinque minuti! Minuto più, minuto meno.

PS: Grazie prof Giovanna!






domenica 15 gennaio 2017

Sarà mica matematica 42, le soluzioni

Allora, prof, queste soluzioni!

Ho sentito quello che stavate pensando, eh!
Be', avete ragione. I quesiti di Sarà mica mate 42 risalgono all'anno scorso, nientepopodimeno! È proprio ora di vedere le soluzioni!

Pronti, via!


IL PRIMO

Naomi R allega un'immagine che mi sembra molto chiara (brava Naomi!). È il pianeta Terra con alcuni meridiani e alcuni paralleli in evidenza. A destra, invece, il pianeta è visto proprio da sopra il Polo Nord.
Scrive Naomi: La risposta è 42 km perché qualsiasi sia il numero di chilometri percorsi verso est, siccome il parallelo è circolare, il raggio o distanza dal Polo Nord, in questo caso, sarà sempre di 42 km.

Edoardo O spiega che ...bisogna considerare i paralleli e i meridiani. Babbo Natale percorre 42 km a sud su un meridiano, per poi proseguire su un parallelo per altri 42 km. Quindi, siccome la terra è rotonda, sarà distante sempre 42 km dal Polo Nord.

Stefano P aggiunge: Babbo Natale è distante 42 km dal polo nord perché anche se fa 42 km a est segue il parallelo e resta sempre alla stessa distanza dal polo.

Più o meno è quello che sostiene anche Andrea G: il risultato è 42 km perché se scendi di 42 km non importa se vai a est o a ovest, per tornare al polo nord devi percorrere 42 km a nord.

Alberto C scrive: all'inizio non capivo a cosa serviva l'immagine ma poi ho capito che serviva per farci capire che la terra è rotonda quindi la distanza non cambia e la risposta è 42 (km, aggiungo io).
Rachele C fornisce la risposta corretta ma non spiega (!)

Hanno risposto più o meno correttamente (qualcuno "più", qualcuno un po' "meno"...) via foglio di carta: Alessandro P, Anes K, Daniele S, Emma C, Giacomo B, Giulia A, Leonardo R, Lorenzo Z, Martina F, Mattia G, Mirko G, Paolo M, Pietro DR, Pietro B, Rebecca T, Simone S, Stefano A, 

Voglio essere sincero: ero convinto che questo fosse un quesito troppo facile. Invece in tanti ci hanno provato ma non sono riusciti trovare una soluzione corretta. Bene così: significa che il quesito non era inutile. Significa che può servire per allargare un pochino la mente.
In effetti qui si trattava di prendere coraggio e staccarsi dal mondo familiare (si fa per dire!) della geometria sul piano, la geometria euclidea, quella con cui si ha a che fare di solito nella scuola media.
Se consideriamo la Terra come una sfera perfetta (cosa che in realtà non è, ma non stiamo a sottilizzare), allora Babbo Natale si muove sulla superficie di una sfera. Quindi si trova in una geometria sferica, un mondo strano dove capitano cose strane. Le rette parallele non esistono, i triangoli hanno somma degli angoli interni maggiore di 180°... cose così!


IL SECONDO

Alberto C è un ragazzo fortunato. Tra quelli che hanno inviato le soluzioni via mail, è quello che ha trovato la risposta migliore. Nell'ultima fila c'è il numero 29 (per inciso: è anche la soluzione che avevo trovato io). Solo per questo pubblico la sua foto!
Secondo ciò che scrive, Alberto è arrivato alla soluzione per tentativi (bastava provare più volte...). In realtà sospetto che abbia seguito un ragionamento un po' più elaborato, però non ce lo vuole dire :-)


Anche Daniele S  e Mirko P, ognuno per conto proprio, consegnano la stessa soluzione, via foglio di carta.
Mirko G e Pietro B (...ognuno per conto proprio?!?) consegnano, sempre in versione cartacea, una soluzione leggermente diversa, che arriva comunque ad avere un bel 29 nell'ultima fila.

Giada A manda diverse soluzioni (io scelgo quella con il numero più alto nell'ultima fila) e aggiunge: ho scritto i numeri nella prima "colonna" e ho pensato di scrivere un numero maggiore di 20 oppure 20 poi mi sono adeguata a scrivere gli altri numeri (non sarà tanto perfetto però si capiscono i numeri).
Concordo: non è perfetto ma i numeri si capiscono perfettamente :-)
Sara C e Giorgia M hanno collaborato per trovare una soluzione equivalente. Ecco la loro immagine:
Hanno anche cercato di raccontare il loro ragionamento: ...per arrivarci abbiamo usato il seguente sistema: abbiamo scomposto il 42 in modo da ottenere il numero più grande possibile (perciò 32, e il rimanente è 10) [purtroppo, come abbiamo già visto, 32 non è davvero  il numero più grande possibile....]. Abbiamo scomposto il 10 in 4 e 6... [e qui taglio perché il resto è già più che chiaro nell'immagine].
Andrea G riesce a ottenere un bel 31 nell'ultima fila. Per un momento resto a bocca aperta e mi convinco di aver sbagliato a fare i calcoli. Ero certo che la risposta migliore fosse 29... Poi mi accorgo che è Andrea ad aver sbagliato i conti!
La sua seconda soluzione però non è male: in pratica è la stessa di Giorgia e Sara... allo specchio!

Anche Rachele C ottiene 25 nell'ultima fila e spiega: dato che nell'ultima fila dovevo ottenere un numero maggiore di ho scomposto il 42 con un numero piccolo (8) e uno più grande (34) e ho continuato a scomporre facendo tanti tentativi. La sua foto...
Stefano P imbastisce un ragionamento che sembra buono ma non gli ha consentito di arrivare alla risposta migliore: sono partito mettendo sotto i numeri più piccoli per lasciare all'ultimo posto il numero più grande. Ho iniziato quindi dal numero 1 e 2 che danno come somma 3, poi ho messo il 4 e ho completato con le somme di questi numeri lasciando libero il lato più a destra. Poi ho completato facendo in modo di rispettare le regole. Il numero più alto che ho trovato è il 23.
Probabilmente sarebbe stato meglio ragionare dall'alto verso il basso, per così dire :-)

Che è quel che ha fatto Edoardo O. Che infatti scrive: per avere un numero superiore a 20 nell'ultima fila ho provato a partire con un numero alto già nella prima fila, in modo da tenerlo sempre alto anche nell'ultima.
Parecchi hanno mandato altre soluzioni "valide" - ovverosia senza ripetizioni o errori di calcolo - ma non vorrei intasare il blog di alberi di natale.
Hanno dato risposte via mail anche Serena G (21), Mattia C (20), Naomi R (20), Nicolò G (8).
E con il più classico foglio di carta: Alessandro Pa (9), Alessandro Pi (9), Alessia P (25), Alessia V (11), Alice D (28), Emma C (17), Giulia A (25), Irene T (11), Ivan Z (21), Leonardo R (25), Lisa S (24), Lorenzo Z (28), Matilde e Paolo D (21), Matteo M (21), Moris N (25), Nelson R (23), Nicole M (28), Paolo M (23), Pietro B (28)Simone S (23), Stefano A (21)


IL TERZO

Qui ci vuole una piccola introduzione. E, ahimè, anche una piccola ammissione di colpa.
Il punto è questo: la richiesta - come è scritta nel quesito pubblicato - è: affiancare le tessere in modo che ogni albero verde che si forma abbia tutte le palline dello stesso colore.
Ho letto e riletto il post e - perdincibacco! - da nessuna parte ho scritto la seconda parte della richiesta: bisogna unire le tessere rettangolari a formare un rettangolo di 3 x 3.

Sono (quasi) certo di aver raccontato il quesito con più precisione a parole, in classe. Ma, si sa, durante le lezioni ci sono spesso ragazzi assenti. Col corpo o con la mente. 
Senza contare tutti coloro che non sono miei alunni e leggono i quesiti solo sul blog...

Cosa fare?

Pensa che ti ripensa, ho preso una decisione. non so se è la migliore ma è una decisione.
Darò la precedenza alle risposte "esatte" - quelle con il rettangolo 3 x 3 - che sono arrivate via mail. Poi possiamo andare a dare un'occhiata a tutte le altre.
(...ma senza uno schema obbligato il gioco era davvero troppo facile! No?)

La risposta migliore mi sembra quella di Stefano P. Se non altro perché ha fatto un ragionamento e lo racconta: non ci sono parti sotto gialle dell'albero quindi le 2 tessere con la parte dell'albero alta gialla devono stare sotto. Le altre si collegano rispettando i colori delle palline.
Questa è l'immagine che Stefano ha inviato (lievemente modificata dal solito docente pignolo che ritaglia gli sfondi bianchi...)

Senza spiegazioni ma comunque valide anche le immagini inviate da Giorgia M e Sara C,
da Naomi R,
e da Andrea G

Hanno individuato la soluzione migliore (ma l'hanno consegnata su foglio) anche: Alessia V, Alice D, Daniele S, Giulia A, Lorenzo Z, Matilde e Paolo D, Mattia C, Mattia G, Mirko P, Nicole M, Pietro B, Simone S Stefano A, e un anonimo che non manca mai.

Poi c'è un'ampia variazione sul tema. Darò qui solo un paio di esempi, scelti tra quelli arrivati via mail.

C'è chi affianca le tessere sul lato lungo e riesce a dare un ordine apprezzabile, come Giada A,

C'è chi invece opta per una versione dai contorni irregolari. Ad esempio Rachele C:

Siccome sono tanto buono e paziente e generoso (e modesto, sì), cito tutti i nomi di chi, in qualche modo ha consegnato una soluzione "valida", almeno secondo la richiesta ufficialmente pubblicata: Emma C, Edoardo O, Irene T, Leonardo R, Martina F, Mirko G, Moris N, Paolo M, Rachele C.

Sono quasi sicuro di aver dimenticato qualcuno e/o qualcosa (nel caso, segnalate!) ma, in un modo o nell'altro, sono arrivato in fondo anche stavolta.
Pubblicate le soluzioni dei giochi natalizi, dobbiamo proprio rassegnarci: le vacanze di Natale sono finite.
E domani è lunedì. Allora è proprio vero che le disgrazie non vengono mai sole!

Ma consoliamoci: presto la prof Giovanna pubblicherà una nuova puntata di Due a settimana.... Ci vediamo tutti da lei!

AGGIORNAMENTO del lunedì mattina: sapevo di aver dimenticato qualcuno, me lo sentivo! Edoardo D e Christian G mi avevano consegnato le risposte su una chiavetta USB che io ho abbandonato nei meandri della mia borsa. Al secondo quesito rispondono con questa immagine

e queste parole (che non spiegano poi un granché, ma pazienza): abbiamo usato questa tecnica di mettere i numeri più alti a sinistra per trovare il numero più alto nell'ultima fila.

La collaborazione ha fruttato anche la soluzione al terzo quesito che, come ammettono Edoardo e Christian, è un disegno un po' impreciso perché l'abbiamo fatto con paint con il taglia e incolla.
Ecco l'opera:

AGGIORNAMENTO del lunedì sera: e mi sembrava strano di averne dimenticati così pochi! Un pacchettino di fogli consegnati dai terzini si era infilato tra i quaderni da correggere! Quindi mi è toccato allungare ancora un po' gli elenchi dei solutori.