giovedì 21 maggio 2015

Sarà mica matematica 35, le nostre soluzioni

Riesco finalmente

a dedicarmi alla preparazione del post-soluzioni del

Sarà mica matematica 35. Sì, in tremendo ritardo! La stanchezza e le incombenze della fine anno scolastico si fanno sentire ...

Quesito 1, i cubetti

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Per la classe seconda hanno risposto: Antonella, Alessia, Miriam, Gian Franco, Elisa, Giuseppe P.

Sintetizzo le spiegazioni:

La costruzione è composta da minimo 88 e massimo 128 cubetti.

Il numero minimo dei cubetti è 88, cioè la somma dei cubi delle facce laterali e delle facce anteriore e posteriore. Le facce laterali hanno 16 cubi e le facce davanti e dietro hanno 28 cubi, nelle facce davanti e dietro ho contato i cubi che fungono da spigolo della figura intera e non li ho contati nelle facce laterali. Quindi 16*2+28*2= 32+56= 88.

Il numero massimo invece è 128. L'ho trovato facendo la somma del numero minimo e un “fondo” di 2 strati di cubetti. Ogni strato ha il lato da 5 cubi per 4 cubi ottenendo un totale di 20 cubi. Quindi ho fatto 88+20*2= 88+40= 128.

Anche Pierluigi, il solo delle terza ad aver risolto il quesito 1, ragiona allo stesso modo:

vedendo la costruzione il numero minimo dei cubetti è 28+28+16+16=88 o che è lo stesso 24+24+20+20= 88. All'interno la figura è piena per i primi 2 piani di cubetti, dal basso: visto che non si vedono è possibile. Allora il massimo è: 42+42+14+14+8+8=128.

Queste le soluzioni: tuttavia, chissà, ci saranno altri cubetti che non si vedono???

Quesito 2, i pacchetti regalo

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Risolvono per la seconda: Antonella, Alessia, Miriam, Gian Franco, Elisa, Giuseppe P.

Per la terza: Bachisio, Gabriele G, Pierluigi, Marco, Pietro P.

Le soluzioni sono state fornite secondo due diverse prospettive: c’è chi si è posto dalla parte dell’osservatore esterno e non dei due proff. che conoscono l’uno il colore della scatola e l’altro quello del nastro. Qualcuno invece considera più attentamente le affermazioni dei proff. e risolve tenendo conto di queste. A mio parere quest’ultima prospettiva è la più corretta.

Sintetizzo le soluzioni del primo tipo:

Per prima cosa escludo due tra i possibili pacchi scelti da Paolino:

- la scatola verde con il nastro viola, perché il colore della scatola, essendo unico, avrebbe reso identificabile il pacco.

- il pacco con scatola arancione e il nastro turchese, perché il colore del nastro è unico, non in comunque con altri pacchi.

Rimangono tre pacchi, ovvero quello bianco con il nastro viola, quello bianco con il nastro rosso e quello arancione con il nastro rosso.

Per individuare il pacco, considero i colori uguali che sono il bianco delle scatole e il rosso dei nastri. Considero i disuguali che sono il viola del nastro e l'arancione della scatola, questi colori li ho già incontrati prima, nei due pacchi esclusi (l'arancione per il colore della scatola, il viola per il colore del nastro) quindi non possono essere quelli. Dunque rimane solo il pacco scatola bianca-nastro rosso, che è il pacco scelto da Paolino.

Qualcuno, eliminati i due pacchi facilmente identificabili, spiega con un insieme intersezione la scelta fra i tre pacchi rimanenti :

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 Scatola bianca-fiocco rosso sono le caratteristiche comuni fra i tre pacchi rimasti.

La soluzione del secondo tipo da Gian Franco è stata così formulata:

Ho riletto il quesito più volte per capire il senso delle affermazioni dei professori. Ho considerato la frase del prof. Davide: era sicuro che la prof Giovanna non sapeva quale fosse il pacco. Quindi ho pensato di escludere quelli col nastro viola perché uno era posto su una scatola con il colore verde, l'unica di quel colore. Se Paolino avesse riferito al prof Davide: “nastro viola”, il prof. avrebbe potuto pensare che alla prof Giovanna potesse avere detto: “pacco verde” quindi egli non avrebbe potuto affermare con sicurezza: “So che tu non conosci il pacco”.

Poi ho pensato di escludere i pacchi con la scatola arancione perché uno aveva il nastro celeste, l'unico di quel colore e se Paolino avesse detto “scatola arancione” alla prof Giovanna, la prof. non avrebbe potuto affermare con sicurezza che il prof Davide non conoscesse il pacco, in quanto Paolino potrebbe aver detto al prof Davide il nastro celeste.

Quindi è rimasto il pacco con la scatola bianca e il nastro rosso che è quello scelto Paolino.

Anche Antonella, Pierluigi, non so più chi altri... risolvono secondo affermazioni dei proff:

Pierluigi, mi pare faccia un misto delle due prospettive oppure non si esprime chiaramente:

se prof. Davide dice che la prof non sa quale pacchetto ha scelto Paolino e la prof Giovanna dice al prof. la stessa cosa, vuol dire che Paolino ha parlato di colori che compaiono più volte:
alla prof. ha detto “scatola bianca o arancione” altrimenti avrebbe capito se le avesse detto “verde” perché vi è solo una scatola verde. Al prof Davide ha detto “fiocco o rosso o viola” altrimenti avrebbe capito subito se gli avesse detto “turchese” perché vi è solo un nastro turchese.
Poiché Paolino dice che adesso entrambi sanno qual è il pacco, i proff. capiscono che il pacchetto può essere solo quello bianco con il fiocco rosso che compaiono una sola volta accoppiati.

Antonella dice:

I due pacchi a sinistra ovvero quelli con il nastro viola sono esclusi perché se Paolino avesse scelto uno di quei pacchi, prof. Davide avrebbe guardato i pacchi e notato che il colore della scatola era unico e prof. Giovanna lo avrebbe saputo.

Sono esclusi anche i pacchi con scatola arancione per lo stesso motivo dalla parte di prof. Giovanna: se Paolino avesse scelto un pacco con la scatola arancione, in uno di questi c’è un pacco con il fiocco di colore unico, celeste, e quindi prof. Davide avrebbe potuto conoscere il pacco.

Perciò il pacco rimanente, quello con il fiocco rosso e la scatola bianca, è quello scelto da Paolino.

Bene, mi pare di aver concluso. E, lo abbiamo detto, concluso con i giochi, per quest’anno scolastico. Con i giochi! Abbiamo ancora da lavorare, ultimo sforzo finale, vietato mollare!

Stavolta dico un BRAVO! ancora più grande a tutti quelli che nel corso dell’anno hanno sempre partecipato, a quelli che non sempre hanno partecipato e anche a quelli che hanno partecipato solo qualche volta. Ovviamente, lo ribadisco, chi ha sempre lavorato è cresciuto di più.

Dico un GRAZIE! ancora più grande al prof. Davide, che ci ha arricchito con i suoi bellissimi quesiti, con la condivisione dell’attività ci ha stimolato a fare, perché da soli probabilmente avremmo interrotto prima. Grazie al prof., grazie ai suoi alunni.

Buona conclusione di anno scolastico a tutti coloro che ci leggono!

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sabato 2 maggio 2015

Sarà mica matematica 35

Ecco, sono pronti,

dal prof Davide, freschi di pubblicazione, i due quesiti del

Sarà mica matematica 35

Gli ultimi del Sarà mica e gli ultimi giochi per quest’anno scolastico. Gioite gioite... aah!

Andate a leggere: è stato nominato il vincitore del premio come migliore solutore dei giochi matematici dell’anno scolastico 2014/2015. Mi spiace, non è uno di voi! Sorriso

Potete cliccare anche sull’immagine

Buone soluzioni a tutti,

Grazie, prof Davide.

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martedì 28 aprile 2015

Due a settimana..._12, le soluzioni

Soluzioni

Due a settimana..._12  !

Subito subito,

Quesito 1, la zona colorata ...

Per la classe seconda risolvono: Gian Franco, Alessia, Elisa, Antonella, Miriam.

Alessia, sua la figura sotto, così spiega (riporto anche i colori-carattere da lei utilizzati su geogebra):

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Per prima cosa calcolo quanti triangoli “colorati” ci sono nella prima riga in basso (5) poi moltiplico per quante volte si ripete la stessa riga [altezza del rettangolo viola (4)]. 5*4=20 cm²

Poi immagino che, nella parte superiore, un parallelogramma, formato da 4 triangolini,  sia “tagliato” in 2 parti congruenti dalla diagonale.
Quindi l'area del parallelogramma viene divisa in due:
4/2 = 2 cm² = area della metà del parallelogramma.

Infine aggiungo 0,5 cm², che è l'area del piccolo triangolo blu, alla metà del parallelogramma.

Totale:
20 cm²+ 2,5 cm² = 22,5 cm²= area della parte colorata

Gian Franco, Miriam, Antonella e Elisa, ma quest’ultima solo parzialmente, riportano più o meno la stessa spiegazione. Quella che segue è di Gian Franco:

Dopo aver fatto la somma dei triangoli interi e le metà che si trovavano ai lati ho ottenuto una somma di 20,5 cm². Mi rimanevano ora 4 pezzi di triangoli che, ho notato, andavano bene a coppie per riempire due triangoli. Ma siccome non ero sicuro per poterlo dimostrare, ho preso in considerazione il parallelogramma formato da quattro triangoli interi. Poiché la diagonale del parallelogramma lo divide in due parti congruenti, ho potuto confermare che la parte colorata corrispondeva alla metà del parallelogramma cioè due triangoli.
Area totale = 22,5 cm².

Gian Franco in verità, da me invitato ad una soluzione alternativa, sollecitato ad osservare bene le dimensioni del triangolo rettangolo individuato sopra la porzione rettangolare, riesce a “vedere” che: la base del triangolo rettangolo è uguale a 2,5 volte quella del triangolino e la sua altezza è la stessa altezza del triangolino, maa: non riesce a concludere che:

se un triangolo ha la base 2,5 volte quella di un altro triangolo e la stessa altezza, allora la sua area è 2,5 volte maggiore.

Essendo dunque l’area del triangolino di 1 cm², quella del triangolo rettangolo è di 2,5 cm²

... Eppure qualcosa avevamo già visto sulla variazione delle aree al variare di una dimensione. Sì, non abbiamo ancora troppo insistito, ma ho l’impressione che a impedire la conclusione da parte di Gian Franco sia stato quel ...decimale! 2,5 acci! Se la base fosse stata semplicemente “doppia”, probabilmente sarebbe scappato un: “allora l’area è doppia”. Chissà ...

Per la classe terza “partecipano”: Bachisio, Gabriele G., Pietro S., Marco.

Bachisio realizza la costruzione su geogebra, anche in maniera rapida: ha usato una macro, bravo! Sorriso

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E spiega:

-All’interno dell’area colorata ci sono 16 triangoli equilateri interi, quindi abbiamo già 16 cm² .

-I pezzi di triangolo ai lati della figura equivalgono alla metà di un triangolo, perché se guardiamo con attenzione, ci accorgiamo che ci sono dei rombi tagliati in 4 parti (1/4 di rombo= ½ di triangolo). Da tutti questi mezzi triangoli ottengo 4,5 cm².

-Gli ultimi 4 pezzi di triangolo equivalgono a due triangoli, basta guardare il parallelogramma tagliato a metà dalla sua diagonale (siccome la metà di 4 è 2…). Quindi otteniamo altri 2 cm².

QUINDI: 16 cm² + 4,5 cm² + 2 cm² = 22,5 cm² = A_colorata.

(Ho invitato anche Bachisio, con più strumenti dei compagni di seconda, alla soluzione alternativa, ma: nulla di fatto).

Gabriele dice (a tratti molto didascalico):

 Mi sono accorto che l’area della parte rettangolare è di 20 cm², essendo formata da 8 mezzi triangolini (di area 0,5 cm²) e 16 triangolini interi (di area 1 cm²).

Per completare la parte colorata rimaneva un triangolo rettangolo, che se “ricomposto” è formato da 2 triangolini e mezzo.

Quindi facendo due calcoli viene 1 cm² * 2 triangolini + 0,5 cm² *1 mezzo triangolino = 2 + 0,5 = 2,5 cm², che sommati all’area del rettangolo viene 20 cm² + 2,5 cm² = 22,5 cm² .

E invia la figura seguente:

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Spiega così la sua ricomposizione. Senza parole, nient’affatto didascalico stavolta, ad occhio, insomma. E io, nient’affatto soddisfatta!

Pietro S. e Marco invece, variano soluzione (bene!):

L'area della zona colorata è 22,5 cm²: per saperlo ho diviso la figura in due poligoni, un rettangolo e un triangolo rettangolo. Ho controllato quanti triangoli ci sono in ogni riga del rettangolo e sono 5 perché 4 interi e 2 metà, ci sono 4 righe e quindi 5*4=20 cm². Per trovare l'area del triangolo rettangolo ho diviso una riga (del rettangolo) in due perché esso ha stessa base e stessa altezza di una riga del rettangolo.

Quesito 2, i dadi...

Solutori seconda: Gian Franco, Alessia e Antonella. Eh... Miriam e Elisa hanno lavorato meno, stavolta!

I tre spiegano tutti allo stesso modo, copio la soluzione-Gian Franco, completa seppure a tratti un po’ contorta!

Le somme sono: 5 (a destra) e 9 (a sinistra).

Sono partito dal dado più a destra, perché era il più completo: i punti della faccia nascosta sono 3. Poi sono passato al dado centrale, ma ai lati ci poteva essere o il 2 o il 5. Quindi dopo averlo osservato per bene ho immaginato di ruotarlo in modo da fargli assumere la stessa posizione del dado a destra. L'ho “ruotato” prima a sinistra e poi verso l'alto per ottenere le stesse facce davanti e dietro e infine ho messo i numeri uguali a quelli dell'altro dado cioè il 2 sopra e il 5 sotto. Poi l'ho riportato nella posizione di prima e avevo il 2 a destra e il 5 a sinistra.

Sono passato al dado di sinistra e ho notato che era nella stessa posizione di quello di destra quindi non mi restava che mettere i numeri nascosti nelle stesse posizioni ottenendo al lato destro il 4. Il dado centrale combacia con questa faccia con i 5 punti.

Infine ho preso una scatolina e ci ho scritto i numeri nelle stesse posizioni di quelle del dado di destra, poi l'ho ruotato nella posizione di quello centrale cioè il 3 davanti, il 6 sopra, l' 1 sotto e il 4 dietro e ho notato che le posizioni del 2 e del 5 corrispondevano a quelle che io avevo già immaginato all'inizio.

Solutori terza: Bachisio, Pietro S. e Marco. Pietro P., sbrigativo, mi scrive i punti che stanno sulle facce che combaciano, verosimilmente fatica troppo ad eseguirne la somma! Gabriele G. NON risolve correttamente.

Le risposte in sintesi:

-La faccia interna del dado a destra è di 3 perché 7-4 (la faccia opposta) = 3 [*I punti che stanno...* così anche per ciò che segue]

- Le due facce interne del dado centrale sono 2 e 5, perché 3 e 6 sono visibili, l’1  si trova sotto (6+1=7) e il 4 che si trova dietro(3+4=7).

-La faccia interna del cubo a sinistra è 4 perché il dado si trova nella stessa posizione di quello a destra.

- Quindi la somma dei punti delle facce che combaciano è: 3+2+5+4=14.

Ho concluso. Anzi, conclusione con rima:

Solite lodi a chi ha lavorato,
che come sempre ha guadagnato!

Ecco, rideteci su...  Ma mica troppo, eh.

Prox appuntamento: sarà il nuovo Sarà mica... del prof Davide. Sì, no? Noi teniamoci pronti!

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venerdì 10 aprile 2015

Due a settimana..._12

Pronti con i nuovi quesiti!

Direi facili, spero siate d’accordo.

Quesito 1, geometrico

L’area di ognuno dei piccoli triangoli equilateri della figura è $1 cm^2$. Qual è l’area, in $cm^2$, della parte colorata?

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Quesito 2, sembra geometrico ma è aritmetico

In figura vedete 3 dadi identici accostati. Dovete calcolare la somma dei punti che stanno sulle facce che combaciano con qualche altra faccia. Ricordate che la somma dei punti sulle facce opposte di un dado è sempre 7.

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Le risposte, sempre bene ricordarlo, vanno argomentate!

Buone soluzioni a tutti.

Scadenza: chi consegna su foglietti ha tempo fino a venerdì 24 aprile 2015, perché poi viene il 25 aprile, Anniversario della Liberazione, ed è vacanza. Coloro che inviano le soluzioni via e mail possono farlo anche il 25.

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