Thalesen Teoremaren egiaztapen bat

Thales Miletokoa Antzinako Greziako filosofo eta matematikari ospetsua dugu, Greziako zazpi jakintsuetako bat da,  baina, paradogikoki, ezer gutxi dakigu bere bizitzari eta lanei buruz. K. A. 585. urteko eklipsea gertatu zenean Thalesek 40 bat urte zituela pentsatzen da; data hau erreferentzia moduan hartuta bere jaiotze- eta heriotza-datak kalkulatu dira.

Egiaztapenetan oinarritutako matematikari edo matematika deduktiboari hasiera eman zion lehena izan zen Thales. Bere ustez, baieztapen geometrikoak ezin ziren intuizio hutsez onartu , prozesu zehatz eta logiko baten ondorioz baizik. Thalesen egiaztapenak gure eskuetara iritsi ez badira ere, esandakoaren lekuko ondorengo teoremak ditugu (Thalesen teoremak):

• Zirkunferentzierdi batean inskribaturiko angelua zuzena da.
• Diametroak bi zati bertinetan banatzen du zirkulua.
• Triangelu isoszele baten oinarriko angeluak berdinak dira (oinarria desberdina den aldea izanik).
• Erpinez aurkako angeluak berdinak dira.
• Triangelu batean alde batekiko paraleloa den edozein zuzen marrazten bada, antzekoak diren bi triangelu lortzen dira.   

Teorema hauek ikasleen artean nahiko ezagunak badira ere, ez da horren ezaguna egilea edo egiletzat Thales hartzen dugula.

Azkeneko teoremaren aldaera bat edo ondorio bat da, gaur hemen enuntziatu eta egiaztatuko duguna. 

Thalesen Teorema

"Planoko edozein bi zuzen (r eta s) beren artean paraleloak diren zuzenen bidez ebakitzerakoan,  r eta s zuzenetan agertzen diren segmentu korrespondenteen luzerak proportzionalak dira".

Hau da:

Egiaztapena

Thalesen Teoremaren egiaztapena azaleraren kontzeptuan oinarrituko dugu; beraz, kontzeptu hau axiomatikoki definitutzat emango dugu.

Egiaztapenarekin hasi baino lehen beharrezkoak izango diren ondorengo bi emaitzak gogoratu behar ditugu,

1.- Oinarri eta altuera bereko triangeluek azalera berbera dute:

http://www.geogebratube.org/material/show/id/128777

2.- Triangelu baten oina eta honen aurkako erpina lotzen dituen segmetuak hasierako triangelua bi triangelutan zatitzen du. Triangelu berrien azaleren arteko erlazioa eta oinen artekoa berdinak dira:

http://www.geogebratube.org/material/show/id/135144

ADB triangeluaren azalera = S'' = b2·h/2

DCB triangeluaren azalera = S' = b1·h/2

Bi adierazpenetan h/2 isolatuz eta berdinduz,

S'' / b2 = S' / b1 

Beraz,

S'' / S' = b2 / b1

Azkenik, hona hemen egiaztapenaren appleta:

http://tube.geogebra.org/material/show/id/135402

(Mikel Retegiren laguntzarekin egindako appletak. Mila esker)

Read More

Problema Geometrikoen Ebazpena (Azalerak)

Azaleren kalkuluan formulen aplikazio hutsa ez da beti biderik errezena eta laburrena izaten, ezta egokiena ere zenbait kasutan. Problema zatitzea eta zatiak konparatzea moduko teknikak eguneroko bizitza arruntean erabiltzen ditugu, eta oso estrategia lagungarriak dira hainbat objekturen azalera kalkulatu behar dugunean.

Ondoren datozen jardueretan horixe egin beharko duzu, problema zatitu, zatiak konparatu eta berriz konposatu, eskatzen diren azalerak modu erraz batean kalkula ahal izateko.

Sakatu loturan edo irudiaren gainean:
.

https://www.thatquiz.org/es/practicetest?nz5pgs5w8le0

 

 

https://www.thatquiz.org/es/practicetest?nz5pi7ny8le0

 

 

 

Goian proposaturiko problemak olinpiada matematikoetan azaldutakoak dira:

• Sociedad Canaria de Profesores de Matemáticas "Isaac Newton" (problemas)
• Euskadiko Olimpiada Matematikoa "Eduardo Chillida" (problemak)

 

Read More

Laukizuzenak konparatzen

 

Nola konpara dezakegu aldeak neurtu barik bi laukizuzenen azalerak?



 

Neurriak hartzeko erregelarik erabili gabe, nola egiazta dezakegu irudiko laukizuzenen azalerak berdinak edo bata bestea baino handiagoa den? 

Laukizuzenak nahi duzun moduan manipulatu: ikutu, mugitu, biratu,...Neurririk ez duen erregela eta arkatza erabili dezakezu, baina ezin duzu neurtu, ezta erregela markatu ere.   

Laguntza moduan, hona hemen Mikel Retegik geogebran egindako appleta (mugitu P puntu gorria):

 

http://www.geogebratube.org/material/show/id/122611

Geogebraren laguntzaz erraz ikus dezakegu problema honen soluzioa. Bisualizazioak argitu egiten digu bidea eta problemaren azalpenaren ateak zabaltzen dizkigu.

Saia zaitez orain azalpena edo egiaztapen geometrikoa ematen, ondoren datorrena irakurri baino lehen.



AZALPENA

Bi laukizuzenak erpin batetik lotzen ditugu:

 



Ondoren, biak bere barnean hartzen dituen beste laukizuzen bat marrazten dugu eta baita honen diagonala ere, irudian ikusten den moduan.
Demagun P erpin komuna diagonalaren gainean dagoela,

 

Diagonalaz bi aldeetako poligonoen azalerak konparatuz, 

 

 

Azalera 1 = Azalera 1'

Azalera 2 = Azalera 2'
Azalera 123 = Azalera 1'2'3'

 

(Triangeluak kongruenteak dira: 1~1' ; 2~2' ; 123~1'2'3')

Ondorioz,

 

Azalera 3 = Azalera 3'

Beraz, P erpin komuna diagonalaren gainean dagoenean bi laukizuzenen azalerak berdinak dira.

Zer gertatuko da P erpina diagonalaren gainetik dagoenean?

 

P puntua diagonalaren gainean proiektatzen badugu, laukizuzen berdearen azalera handitu eta urdinarena txikitu egiten da, bi azalerak berdintzen diren arte (aurreko kasua),



Ondorioz,

P erpina diagonalaren gainetik gelditzen denean, goiko laukizuzenaren azalera txikiagoa. Era berean, P puntua azpitik; orduan, beheko laukizuzenaren azalera txikiagoa.



Oharra: Tito Eliatron Dixit blogean irakurri dut problema hau, baina,  Jose Antoniok aipatzen duen moduan, Adrian Paenzaren "Matemagia" liburua da problema honen iturburua (Adrian Paenzaren liburuak PDFan). 

Read More

Kutxak, bolak eta Simpson-en paradoja

 

Simpsonen paradojaren adibide bitxia ikusiko dugu gaurkoan.

Irudian hiru egoera agertzen zaizkigu, eta egoera bakoitzean gure helburua bola gorria ateratzeko probabilitatea optimizatzea da. Nola jokatu behar dugu bola gorria ateratzeko probabilitate ahalik eta handiena izateko?  Kutxa urdina aukeratu behar dugu hiru kasuotan?

Azter dezagun banan-banan:

1.EGOERA

Lehenengo egoeran A kutxan (urdina) 7 bola ditugu eta horietatik 3 gorriak dira; beraz, bola gorri bat ateratzeko probabilitatea 3/7=15/35. Bestetik,  B kutxan (berdea) 5 boletatik 2 gorriak direnez, gorria ateratzeko probabilitatea 2/5=14/35 izango da. Beraz,  kutxa urdina komeni zaigu aukeratzea, gorria ateratzeko probabilitatea handiagoa baita.

2.EGOERA:

 

  

Era berean, bigarren kasu honetan ere  kutxa urdina (A') aukeratzen bada  bola gorria lortzeko probabilitatea handiagoa da 4/6=2/3=22/33. B' kutxan (berdea), ordea, 7/11=21/33.

3.EGOERA:

 

Hirugarren egoeran, kutxak nahastu ditugu: A + A' (13 bola denera = 7 gorri + 6 zuri) eta B + B' (16 bola denera = 9 gorri + 7zuri) . Baina, uste izaten denaren aurka, oraingo honetan aldatzea komeni da, B + B' kutxa (berdea) aukeratzen badugu gorria lortzeko probabilitatea hobetzen baita ( 7/13 txikiagoa da 9/16 baino).

Geogebrako applet honetan, kutxa bakoitzaren osaera aukeratu ondoren,  grafikoki azter ditzakegu  probabilitateak eta zein kasuetan ematen den Simpsonen paradoja zehaztu. X ardatzean bola kopurua guztira eta Y ardatzean gorrien kopurua adierazita daudenez, zuzen bakoitzaren maldak kutxa bakoitzetik (A, A', B eta B') eta kutxen elkarketatik (A+A' eta B+B') bola gorria ateratzeko probabilitatea ematen digu. Zuzenkiak planoko bektoreak balira moduan ere har ditzakegu, non malda=Vy/Vx= P(gorria) den.

Klikatu irudiaren gainean:



Gertaera paradogiko hau Colin R. Blyth-ek aurkitu zuen 1951. urtean E. H. Simpsonen artikulu bat irakurtzean, eta "Simpsonen paradoja" moduan izendatu zuen.

Paradoja honen beste adibide batzuk:

http://eginmatematika.blogspot.com.es/2014/01/simpson-en-paradoja-portzentaje.html

http://es.wikipedia.org/wiki/Paradoja_de_Simpson

http://www.ugr.es/~batanero/ARTICULOS/S71.pdf 

 

Read More

Ekuazio Sistemak 3 (DBH 3)

Ekuazio sistema linealen azkeneko azterketa interaktiboa beheko loturan duzue (klikatu irudiaren gainean):

https://www.thatquiz.org/es/practicetest?nw5mpe8z8le1

 

Read More

Herria eta eskola uztartuz, Hezkuntza Plazara! (Soraluze BHI)

Maiatzaren 9an "Hezkuntza Plazara!" eguna ospatu genuen Soraluzen. Egun horretan,herria eta eskola uztartuz, hezkuntza arloan lanean dihardugun  hainbat erakunde plazara atera ginen. Ekintza desberdinak antolatu ziren: hankapalo, larrugintza eta graffitti tailerrak, altxorraren bila, bost baietz, irratia, problemen ebazpena,...   

Soraluze BHI ikastetxeko Matematika Mintegian "Logika Matematikoan Trebatzen" izenburupean logikazko problema sorta prestatu genuen. Herriko zenbait taberna eta dendatan bi problema laga genituen, arkatza eta papera erabili gabe ebazteko modukoak, herritarrek joku moduan parte hartu, ebatzi eta lagun arteko eztabaidak pizteko asmoarekin; tabernak eta dendak ikasgela bihurtuz.

Partehartze handia izan zen, ia 200 problemen erantzuna jaso genituen, eta, garrantzitsuena dena, ilusioa, gogoa eta motibazioa zabaldu zen partehartzaileen artean.

Aurkezpen honetan proposatutako problemak eta bakoitzaren azalpena:

Argazkiak

Bideoa

Read More

Ekuazio-Sistemak (DBH 3)

Hona hemen ekuazio-sistemen azterketa eredua, klikatu irudian eta praktikatu:

https://www.thatquiz.org/es/practicetest?ny5isalx8lef

Ekuazio-sistemak ebazteko ordezkatze, berdinketa eta laburketa metodoen adibide bana:

Metodo grafikoa

Read More

Kutxak, bolak eta probabilitatea (II)

Aurreko sarrera batean ("kutxak, bolak eta probabilitatea") probabilitateko hiru problema proposatu nituen. Oraingo honetan, bertako 2. problema orokortzen saiatuko gara. J.M. Irastorzak MATEmatikaSI Webgunean aipatzen du gaurko problema, Sestaoko XV. Matematika Jardunaldi Pedagogikoetan Fernando Corbalan irakasleak proposatutakoa. Eta, nola ez?, Ni ere erakarri nau, ustekabeko emaitza gordetzen duen horietakoa baita.



Guztira bi koloretako zenbat bola sartu behar dira kutxa batean bertatik bi bola ateratzerakoan biak kolore berekoak zein kolore desberdinekoak izateko probabilitatea berbera izan dadin?

Hau da, P(biak kolore berekoak) = P(biak kolore desberdinekoak) = 1/2

Kolore bakoitzeko zenbat bola daude?





AZALPENA

Zenbaki karratuak eta triangeluarrak probabilitaterekin lotuta agertzen zaizkigu problema honetan. 

 

Read More

Baietz aurkitu 25 neska?

Gure ikastetxeko 100 ikasle (50 mutil eta 50 neska) ilaran jarri dira bata bestearen atzean. Ikasle bakoitzak zoriz aukeratu du ilaran duen lekua. 
Egiaztatu, 100 ikasleak errenkadan jartzeko dauden modu guztietan; hau da, neska-mutilen kokapena edozein izanik ere, beti aurkitu ahal izango dugula jarraian kokaturiko 50 ikasle non erdia (25) neskak diren.

Orain zure txanda da. Buruari eragin, probak egin, estrategia bat bilatu, logikaz pentsatu,... problema hau askatu. 

Read More

"Truelua"ren problema

Hiru persona A, B eta C ,pistola bana eskuan dutela, triangelu aldekide baten erpinetan daude, tiro egin eta besteak akabatzeko asmoz. Duelu moduko bat egin behar dute, baina hiruren artean, "truelu" esango diogu.



A-k asmatzen du %33, B-k %66 eta C-k %100 (ez du inoiz kalerik egiten). Txandaka egingo dute tiro eta txada bakoitzean tiro bakar bat. A hasiko da, ondoren B eta azkenik C; horrela truelua bukatu arte.
Zein da A-rentzako estrategiarik onena? Nola komeni zaio jokatzea? 

SOLUZIOA

Read More

Fibonacciren segida, zenbaki pitagorikoen sortzaile

Pitagorasen Teorema matematikaren historiako teoremarik famatuena, ezagunena, erabilena eta egiaztapen gehien onartu duena dugu zalantza barik. Gogora dezagun zer dioen:

"Triangelu zuzen guztietan, alde luzeenaren (hipotenusaren) luzeraren berbidura beste bi aldeen (katetoen) luzeren berbiduren batura da"

edo ikuspuntu geometrikotik:

"Triangelu zuzen guztietan katetoen gainean eraikitako karratuen azaleren batura eta hipotenusaren gainean marraztutako karratuaren azalera berdinak dira"

 

Teorema hau bi aldetara egiaztatzen da, hau da, aipatutako propietatea egiaztatzen duen triangelua zuzena da.

Pitagorasen teorema egiaztatzen duten zenbakiei terna pitagorikoak deritze. Holako terna kopurua, dakigunez, infinitua da, eta grekoen garaitik ezagunak dira zenbaki hirukote hauek eskuratzeko formulak.

Baina gaurkoan Pitagorasen Teorema Fibonacciren segidaren zenbakien artean bilatu eta aurkitu egingo dugu. Ez da berehalakoan agertuko, segidako gaiak era egokian aukeratu ondoren, zenbait eragiketa egin beharra dago aurrez-aurre teorema famatua ager dadin.

Hona hemen eman beharreko pausoak:

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, ...

• Segidako ondoz ondoko edozein 4 gai aukeratu (adibidez: 3, 5, 8, 13)
• Bidertu muturretakoak:  (3·13 = 39)
• Kalkulatu erdiko bien biderkaduraren bikoitza:  (2·5·8 = 80)
• Erdiko bien karratuen batura egin:  (5² + 8² = 89)

Erraz konproba dezakegu (39, 80, 89) terna pitagorikoa dela:

39² + 80² = 89²

1, 1, 2, 3 aukeratzen baditugu, (3, 4, 5) "triangelu egipziarra" dugu eta 1, 2, 3, 5 gaiekin (5, 12, 13) "triangelu indiarra".
Saia zaitez beste batzuk aurkitzen.

Beraz, Fibonacciren segidak metodo erraz bat eskeintzen digu Pitagorasen teorema egiaztatzen duten zenbaki hirukoteak lortzeko.

Baina, propietate hau Fibonacciren segidarena da soilik ala orokorragoa da?

Propietate hau orokorragoa da, lehenengo bi gaiak definituz, ondorengoak aurreko biren batura eginez eratzen diren segida errepikari guztiek egiaztatzen dute:

..., q, n, m, p, ...

non,

p=m+n eta q=m-n

a, b eta c aukeratuz,

a=pq=(m+n)(m-n)=m²-n²

 b=2nm

 c=n²+m²

 

Orduan,

a²+b²=
=(m²-n²)²+(2nm)²=
=(m²)²+(n²)²-2m²n²+4m²n²=
=(m²)²+(n²)²+2m²n²=
=(n²+m²)²=
= c²  

Euklidesen "Elementuak" liburu bilduman (13 liburuz osatua), X. liburuan hain zuzen ere, terna pitagorikoak eratzeko formulak agertzen zaizkigu, Fibonacciren eta, orokorrean, Fibonacciren segidaren moduko segida errepikarien barnean dauden berberak. Formula hauek osoak diren soluzio guztiak  ematen dizkigute (osoak ez diren soluzioak ere sor daitezke):

 

 

 

Read More

Fibonacci-ren segidaren gordelekua, Pascal-en triangelua.

Leonardo Pisano (Fibonacci) Pisan jaio zen 1170. urtean. Bere aita merkataria zen, hori dela eta, kontabilitatetik hurbildu zen Fibonacci matematikaren mundura. Afrikako iparraldera egindako bidaietan egun erabiltzen dugun zenbakikuntza sistema indo-arabiarra maisu musulmanengandik jaso zuen. Ondoren, Europara ekarri  eta, apurka-apurka, orduko erromatar zenbakikuntza sistema gaindituz, hedatu zen gure artean.

Baina Leonardo bada ezaguna ere bere izena edo ezizena daraman segida bategatik, "Fibonacciren segida":

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233,... 

Ikusten denez lehenengo bi gaiak definitzen dira a1=1 eta a2=1, eta ondorengoak aurreko biak batuz sortzen dira.

Segida honen jatorria untxien problema batekin lotuta dago:

"Untxi bikote bat ugaltzen da bikote bat sortuz hilabetero. Bikote jaioberri bakoitzak bi hilabetera ugaltzen hasten da esandako eran. Zenbat bikote izango ditugu urte bukaeran hasieran bikote jaioberri bat baldin badago?"

Blaise Pascal (1623-1662) matematikari frantsesak ezagutzaren arlo desberdinak landu zituen: matematika, fisika, filosofia, teologia,... Matematikaren munduan Fermatekin batera probabilitatearen esparruan egindako ekarpenengatik eta bere izena daraman triangeluagatik oso ezaguna da. Pascalek triangelu aritmetikoa sakon aztertu zuen eta (a+b) binomioaren potentzia desberdinen koefizienteak kakulatzeko erabili zuen.

Triangelua ondoko eran eratzen da:

• 1. errenkadan        1
• 2. errenkadan      1  1
• 3. errenkadan    1  2  1 
• 4. errenkadan  1  3  3  1
• ......................

Hau da, errenkadaz errenkada zenbaki bat eransten da, goiko bien batura dena. Triangeluaren eskuin-ezker aldeetan 1koak kokatzen dira.

Pascalen triangeluaren barruan propietate eta ezaugarri pila bat ezkutatzen dira; horien artean bat ustekabekoa: Fibonacciren segida. 

Ikusi beheko irudi hau, ez al da harrigarria?



 

Read More

Txanponen banaketaren problema

Aita batek txanpon kopuru bat banatu du bere hiru seme-alaben artean, ondoko eran:

• Lehenengoari guztiaren erdia gehi txanpon bat eman dio.
• Bigarrenari gelditu denaren erdia gehi txanpon bat.
• Hirugarrenari gainontzekoa; hau da, gelditu denaren erdia gehi txanpon bat.

Horrela txanpon guztiak banatu ditu.

Zenbat txanpon banatu ditu guztira? Zenbat txanpon eman dizkio bakoitzari?

Eta 4 seme-alaba balira? eta 5? eta 6?....eta n? Ea orokortzen duzun.





Problema honek ebazpen aljebraikoa onartzen du, baina badago ebazpen aritmetiko-logiko bat oso erraza eta erakargarria. Ea aurkitzen duzun. Hiru esaldietako batean dago gakoa.
Beste aukera bat da probatzea kopuru desberdinekin (kantitate txikietarako egokia izan daiteke). Metodo honek problemaren egiturari buruzko informazioa ematen du eta ezinezko diren kopuruak baztertzen ere laguntzen du.

AZALPENA

Read More

Kandelen problema

Irudian agertzen diren moduko bi kandela ditugu.

Bakoitza ordu betean guztiz erretzen da. Kandelak nahi den aldetik piztu daitezke, baina ezin dira moztu, ezta markatu ere.  Baldintza hauekin ordu bat eta bi ordu neurtzea oso erraza da, baina:

Nola neur dezakegu 30 minutu? eta 15 minutu?

 

 

 

 

 

SOLUZIOA

Read More

Egiazko erantzunaren problema

Ikastetxeko ikasleek teknologia berriak trebe erabiltzen dituztela erakutsiz, matematikako irakasleak sarean gordeta zeukan azterketa lortu dute. Baina, irakaslea konturatu eta informatikarako trebetasun berezia duten lau ikasle erruduntzat hartu ditu. Lau ikasleekin hitz egin du eta honela erantzun dute irakasleak egindako galderari (A, B, C eta D moduan izendatuko ditugu ikasleak):

• A ikasleak:  "ni ez naiz izan"
• B ikasleak:  "A ikasleak gezurra esan du" 
• C ikasleak:  "B ikasleak gezurra esan du"
• D ikasleak:  "B ikaslea izan da"

Ikasleek lau esaldietatik bat bakarrik egiazkoa dela aitortu dute, eta desafioa luzatu diote irakasleari:  " zeinek esan du egia?"
Lagundu zuk irakasleari eta esan zeinek esan duen egia arrazonatuz.

SOLUZIOA

 

Read More

Labirintoaren problema

Irudian edifizio baten planoa ikus daiteke. Eraikinak 64 gela ditu, guztiak berdinak eta karratuak. Barruko gelek 4 ate dituzte, gela batetik ondoko gelara igarotzeko, eta fatxadaren ondokoek 2 edo 3 ate. Irudian ateak zuriz margotuta daude.

 

 

Hauxe da jakin nahi duguna :

 

Sarrerako gelan gaude eta irteerara iritsi nahi dugu aske geratzeko. Gela bakoitzean mezu bat dago, denera 64. Mezu guztiak jasotzen baditugu, irteerako atea zabaltzerik izango dugu. Baina, gela bakoitzetik irtendakoan gelako ateak ixtsiko dira eta ezin izango dugu berriro sartu. Hau da, derrigorrez gela guztietan sartu behar gara eta behin bakarrik.

Badago estrategiaren bat aske geratzeko? Bestela esanda, posiblea al da edifizioan sartu eta gela guztietatik behin bakarrik pasatuz irteerara iristea? Arrazonatu.

 

 

 

Ondoren, pistatxo bat emango dizut, baina, lehendabizi saia zaitez begiratu barik ebazten.

 

 

 

Laguntza: agian xake taula baten antzera margotzen baduzu planoa, errezago ikusiko duzu problema honen "irteera".

 

 

 



 

SOLUZIOA 

Read More

Galtzetinen problema

Goizeko bostak dira, berandu iratzarri zara eta argi barik zaude ilunpean. Presaka armairura hurbildu zara galtzetinak hartzera. Armairuko kajoian 20 galtzetin dituzu berdin berdinak kolorea ezik; 10 dira gorriak eta beste 10 beltzak.  
Zein da hartu behar duzun galtzetin kopuru minimoa bi gutxienez kolore berekoak direla ziurtatzeko?

SOLUZIOA

Read More

Kutxak, bolak eta probabilitatea (I)

Probabilitatearekin zerikusirik duten hainbat problemek, sarritan, agerikoak ez diren egoerak aurkezten dituzte, intuizioaren kontrakoak diren egoerak hain zuzen ere. Horrek erakarpen berezia eransten die eta gogoz murgilarazten gaituzte soluzioaren bila.

Jarraian hiru problema proposatzen dizkizuet, buzti gogoz!

PROBLEMA 1

Kutxa batean bola zuriak eta beltzak daude, denera lau bola. Eskua sartu eta bi bola atera ditugu, biak zuriak izateko probabilitatea 1/2 dela jakinda:

               
 Zein da bi bola beltz ateratzeko probabilitatea?

PROBLEMA 2

"Problemen Ebazpena" lehiaketan berdinduta geratu dira Ane eta Andoni. Irabazlea zein izango den erabakitzeko irakasleak ondoko problema hau proposatu die ikasleei:

"Bola zuriak eta beltzak sartuko ditut kutxa honetan. Ondoren, begiratu barik bi bola aterako ditut; bi bolak kolore berekoak badira Ane izango da txapelduna eta kolore desberdinetakoak badira Andoni.

Biok irabazteko probabilitate berdina izateko, kolore bakoitzeko zenbat bola sartu behar ditut? (eman emaitzarik errazena, bola gutxien behar duena). Arrazonatu.

Asmatzen duena irabazlea izango da. Biok asmatzen baduzue, esandako eran bolak aterako ditut erabakitzeko"

PROBLEMA 3

5 bola zuri, 5 beltz eta bi kutxa daude. Bola guztiak bi kutxetan banatu eta gero (bietan dago bolaren bat), zoriz kutxa bat aukeratu da eta bertatik bola bat atera. Ateratako bola zuria izateko probabilitatea maximoa izan dadin:

     
     Nola egin behar da bolen banaketa?
     Ba al dago banaketaren bat non aipatutako probabilitatea
     1/2 baino handiagoa den? 

SOLUZIOA

*****

Read More

Egiazko ala faltsua? Esaldien problema

Ondoren, Adrian Paenzak dionez, pentsatzera gonbidatzen zaituztet. Apur bat buruari eragitea besterik ez baita behar, ez kalkulurik ez ezagupen matematikorik, datozen lerroetan proposatzen dizuedan logikazko problemari erantzuteko.

Hamar esaldi idatziko dizkizuet, eta zuek erabaki behar duzue zeintzuk diren egiazkoak eta zeintzuk faltsuak; arrazoiak emanez, jakina!

Hona hemen esaldiok:

1. Zerrenda honetan esaldi bakarra da  faltsua.
2. Zerrenda honetan bi esaldi bakarrik dira  faltsuak.
3. Zerrenda honetan hiru esaldi bakarrik dira  faltsuak.
4. Zerrenda honetan lau esaldi bakarrik dira  faltsuak.
5. Zerrenda honetan bost esaldi bakarrik dira faltsuak.
6. Zerrenda honetan sei esaldi bakarrik dira  faltsuak.
7. Zerrenda honetan zazpi esaldi bakarrik dira  faltsuak.
8. Zerrenda honetan zortzi esaldi bakarrik dira  faltsuak.
9. Zerrenda honetan bederatzi esaldi bakarrik dira  faltsuak.
10. Zerrenda honetan hamar esaldi bakarrik dira  faltsuak.

Garbi geratu bazaizue, ekin!
Saia zaitezte erantzuna  aurkitzen hemen behean dagoen azalpenari begiratu gabe.

AZALPENA

Read More