Dorrea eta estrategia irabazlea

Hemen doakizue Adrian Paenzak bere problemetako liburu batean proposaturiko estrategiazo joko polit bat.


Xake taula, dorre bat eta apur bat pentsatzea besterik ez dugu behar.

Hauek dira jokoaren arauak:

➤ Bi jokalari: A eta B.
➤ A jokalariak aurreneko mugimendua egingo du, ondoren B-k mugituko du.
➤ Hasieran dorrea taulako behe-ezkerreko laukian dago.
➤ Baimendutako mugimenduak: gora eta eskuinera.
➤ Mugimendu bakoitzean nahi beste lauki gora ala eskumara mugitzea aukeratu behar da.
➤ Helburua goi-eskuineko laukira iristea.
➤ Txandaka mugituko dute dorrea: A jokalaria hasiko da.
➤ Bere txandan goi-eskuinean dagoen lauki beltzera iristen denak jokoa irabaziko du.

Hauxe jakin nahi da:

➤ Ba al dago beti irabazteko estrategiarik? 

➤ Hala bada, nork dauka estrategia irabazlea, A lehenengo jokalariak ala B bigarrenak?

♜♜♜♜♜ 

Read More

Integralak: Zatikako Metodoa. Nola aukeratu u eta dv? Beharrezkoa al da formula?

Batxilergoko 2. mailan ikasleak kalkulu integralean murgiltzen dira buru belarri funtzio deribatua integratuz jatorrizkoen bila. Jatorrizko funtzioak aurkitzeko hainbat metodo edota teknika ikasten dute, horien artean, metodo bitxi bat, zatikako metodoa deiturikoa. 

Metodo hau eraginkortasunez erabiltzeko pauta eta adibide batzuk (formulaz eta formula erabili barik) emango ditugu jarraian.  

➤Nola aukeratu u eta dv zatikako metodoan? 

Hona hemen aukeraketa egiteko lagungarria den arau mnemotekniko bat:

Irudian ALPES hitzaren hizkien esanahia dugu. Hizki bakoitza funtzio mota bat da, eta honek pista bat ematen digu u eta dv aukeratzerakoan. Aurretik dagoen hizkiak u bezala zein funtzio aukeratu behar den esango digu eta bigarren hizkiak, ordez, dv.

Adibide bat ikusi baino lehen, gogora dezagun zertan datzan zatikako metodoa.

🔻🔻🔻

Demagun x-ren menpeko bi funtzio deribagarri: f(x) eta g(x).

Bi funtzio hauen f·g biderkadura deribatuko dugu Lagrangeren notazioa erabiliz,

(f·g)' = f'·g + f·g' =g·f' + f·g'

edo berdina dena baina Leibnizen diferentzialen notazioaz (f' = df/dx),

d(f·g)/dx= g·df/dx + f·dg/dx

Beraz,

d(f·g) = g·df + f·dg

Bi aldeak integratuz, 

∫d(f·g) = ∫g·df + ∫f·dg

f·g = ∫g·df + ∫f·dg

 ∫f·dg isolatuz, zatikako metodoaren oinarrizko formula izango dugu,

∫f·dg = f·g - ∫g·df
 

f = u eta g = v eginez, ezagunagoa den honako adierazpenera heltzen gara,

∫udv = uv - ∫vdu

🔺🔺🔺

➤Zatikako metodoa zein integral motatan komeni da  erabiltzea?

Integrala berehalakoa ez bada eta integrakizunean mota desberdineko funtzioen biderkadura (funtzio polinomikoa bider funtzio trigonometrikoa, funtzio polinomikoa bider esponentziala, trigonometrikoa bider esponentziala, polinomikoa bider arco funtzioa, arcsinx·dx, lnx·dx,...) agertzen denean zatikako metodoa aplikatzea efektiboa izan daiteke.

Metodo honetan, hasierako integrala bi zatitan banatzen da, u zatia eta dv (bigarren hau dx-rekin batera hartzen da eta integratzeko erraza edo berehalakoa behar du izan); formula aplikatu ondoren, bigarren integrala hasierakoa baino errazagoa izatea espero da.

u eta dv aukeratzeko ikusitako arau mnemoteknikoaren adibide bat doakizue bideo honetan:

Zatikako metodoaren erabileraren beste adibide bat:

➤Beharrezkoa al da zatikako metodoaren formula? Ba al dago integral hauek ebazterik formula erabili gabe?

Formula lortzeko jarraituriko pausoak aztertuta, berehala konturatzen gara u·v biderkaduraren deribatua klabea dela. Biderkadura hau deribatzerakoan integratu nahi dugun f funtzioa agertzea lortuko bagenu, integrala ia ebatzita izango genuke. Beraz, gakoa hor dago, u.v egoki aukeratzean, honen deribatua kalkulatzerakoan (u'·v+u·v') integratu nahi dugun funtzioa (∫f·dx) batugaietako batean agertu behar da (f = u'·v edo f = u·v').

Adibide 1 

Adibide bera, formula eskuratzeko jarraituriko pausoekin konparatuz:

Adibide 2

Adibide 3 (bideoa)

Adibide 4 (aurkezpena)

*****

Read More

MATEMATIKA II ikasgaiaren sitesa

Arrasate BHI ikastetxeko Batxilergo 2. mailako ikasleek  "MATEMATIKA II" ikasgaiaren prestakuntzan laguntza izan dezaten eta ikasgaiaren osagarri gisa, honako sites hau sortu dut: 

MATEMATIKA II  ARRASATE BHI

Webgune honetan gelan erabiliko ditugun apunteak, ebazteko ariketak, ariketa ebatziak, problemak, teoriaren azalpen-bideoak, ariketa ebatzien bideoak, hautoprobetako ariketa ebatziak eta matematikarekin zerikusia duten gaiak agertuko dira aldiro.

Zabalik dago, edozeini lagungarri edota interesgarria iruditzen bazaio, erabil eta jeitsi dezake berton argitaratzen den materiala; beti ere hezkuntza, irakaskuntza edota norberaren prestakuntzarako erabilera emanez.

Read More

PROBLEMA 5 (OPE-2018-EPE)

PROBLEMA 5 (2018ko EPEa)

Hurrengo murrizketak emanda, Zein da zoriz aukeratutako puntu baten koordenatu biak positiboak izateko probabilitatea? Eta bi koordenatuak zenbaki osoak izateko?

1. Galdera

Emandako murrizketak planoko A eremu bat definitzen dute:

Koordenatu biak positiboak diren eremua A+ izendatuko dugu:

Homogeneotasun printzipioan oinarrituz, A eremu barruko Aⱼ azpimultzo bakoitzari bere azalarekiko proportzionala den probabilitatea esleitzen zaio; Hain zuzen ere:

P(Aⱼ)=Azalera Aⱼ/Azalera A=｜A｜/｜Aⱼ｜

Non A-ren probabilitatea P(A)=1 den. Probabilitatea esleitzeko modu hau banaketa uniforme izenez ezaguna da.

Orduan, zoriz aukeratutako puntu baten koordenatu biak positiboak izateko probabilitatea, bi eremu hauen azaleren arteko erlazioak ematen digu:

          P(x,y:+,+)=｜A+｜/｜A｜
                     bi koordenatuak +

Bi azalera hauek kalkulatzeko oinarrizko geometria eta kalkulu integrala erabiliko dugu:

Irudiko eremu triangeluarren azalerak oina·altuera/2:

y=4/x funtzioak Xardatzarekin x=1 eta x=2ren artean mugaturiko R barrutiaren azalera:

T₂ eremuan "y" ordenatua negatiboa da. P(x,y:+,+) bi koordenatuak positiboak izateko probabilitatea eta  P(x,y:+,-) "y" koordenatua negatiboa izateko probabilitatea izendatzeko erabiltzen badira, zera idatz daiteke:

P(x,y:+,+)=｜A+｜/｜A｜

edo

P(x,y:+,+)=1⎯P(x,y:+,⎯)=1⎯｜T₂｜/｜A｜

Hau da,

Edo zuzenean:

2. Galdera

Bi koordenatuak osoak izateko probabilitatea zero da; puntu multzo honen azalera (neurria) nulua delako; ez du ℜ² espazio euklidearreko A multzoaren barnean azalerarik mugatzen.

*****

Read More

PROBLEMA 4 (OPE-2018-EPE)

PROBLEMA 4 (2018ko EPEa)

Edozein n zenbaki arruntarentzat An=2ⁿ+A²ⁿ+A³ⁿ definitzen da.   i. Frogatu n-ren balio guztientzat An+3 kongruente An ,       moduluz 7 dela.   ii. Aurkitu n-ren zein balioarentzat An 7 zenbakiaz       zatigarria den (erabili aurreko emaitza).

Gogora dezagun nola definitzen den Zenbaki-Teorian m modulodun (m∈𝐙, m≥1) kongruentzia:

a eta b bi zenbaki oso m moduluz kongruenteak dira, a≡b (mod. m), m modulua a-b diferentziaren zatitzailea bada, a-b=km k∈𝐙. Bestela esanda, m moduluaz zatituz hondar berdina ematen dutenean: a=k₁·m+r, b=k₂·m+r  eta  0≤r≤m-1

1.Atala

Emandako adierazpena, honela ere adieraz daiteke:

An+3 kongruente An, moduluz 7 da, baldin bien arteko diferentzia 7ren multiploa bada; hau da,

Hortaz,  edozein n arruntarentzat  An+3≡An (mod. 7)

Beste era honetan ere arrazoitu daiteke:

2-ren berreketen kongruentziak (7 moduluz) koadro honetan laburtuz,

Non kongruentzien propietateak erabili diren,

Bestetik, gogoratu m moduludun aritmetikan, a zenbaki osoak alderantzizkoa du baldin eta bakarrik soilik zkh(a,m)=1 bada.
     Orduan, a·b≡1 bada, a⁻¹=b eta b⁻¹=a 

Propietate hau honela aplikatu da,

2·4=8≡1 (mod. 7) denez, 2ren alderantzizkoa 2⁻¹=4 eta 4ren alderantzizkoa 4⁻¹=2

Azkenik, taulako azkenengo errenkadatik, honako ondoriora iristen gara:

An+3-An ≡0-0=0 (mod. 7) edo An+3-An ≡3-3=0 (mod. 7)


2.Atala

Aurreko ataletik zera ondorioztatu daiteke, An 7 zenbakiaz zatigarria da baldin n ez bada 3ren multiploa:

    An 7az zatigarria, baldin n≠3k non k∈𝐍

Edo, kongruentzien hizkuntza erabiliz, gauza bera dena:

     An 7az zatigarria, baldin n≡1 edo n≡2 (mod. 3)

*****

Read More

PROBLEMA 3 (OPE-2018-EPE)

PROBLEMA 3 (2018ko EPEa)

ABC triangelu zorrotz baten altuerak H ortozentroan ebakitzen dira. Badakigu AB=CH dela. Zehaztu ∡BCA angeluaren balioa.

Triangelu zorrotza denez, atuerak triangeluaren barnealdean ebakitzen dira H ortozentroan. Honela, triangelua binaka antzekoak diren 6 triangelu zuzenetan banatuta geratzen da.

H erpinean, erpinez aurkako angeluak berdinak dituzten triangeluak antzekoak dira:

Metodo 1

CHA' eta ABC' triangelu zuzenetan oinarrizko erlazio trigonometrikoak aplikatuz:

   ➤CHA' triangeluan HA'=c·sin𝝰
   ➤ABA' triangeluan BA'=c·sin𝝰

Hemendik, BHA' triangelu zuzen isoszelea da (eta baita bere antzekoa den AHB' ere). Beraz, triangelu hauen angelu zorrotzak 𝞬=45ºkoak dira.


CAA' triangelu zuzenean (edo CBB' triangeluan), angelu zorrotzen batura 90º da:

(𝞪+𝞫)+𝞬=90º

𝞪+𝞫+45º=90º

𝞪+𝞫=45º

∡C=45º

 CAA' eta CBB' triangeluak ere zuzen isoszeleak dira.

Metodo 2

Beste era honetan ere ebatz dezakegu:

CHB' eta ABB' triangeluak kongruenteak dira , bi angelu eta bi angeluen arteko aldea berdinak direlako:

  ▷CH=AB=c hipotenusak luzera berekoak

  ▷𝞫 angelu zorrotza berdina 

  ▷Triangelu zuzenak direnez, baita beste angelu zorrotza

    ere berdina.

Ondorioz, BB'=B'C⇒CBB' triangelu zuzen isoszelea:

     tan(𝞪+𝞫)=tan(⦛C)=BB'/B'C=1⇒⦛C=45º

*****

Read More

PROBLEMA 2 (OPE-2018-EPE)

PROBLEMA 2 (2018ko EPEa)

Izan bedi p zenbaki lehena. Zehaztu k∈𝚭 zenbaki oso guztiak: zenbaki oso ez negatiboa izateko.

Emandako adiezpena zenbaki oso ez negatiboa izan dadin, k²-kp zenbaki karratua a² izan behar da:

k zenbakia osoa izan dadin, beharrezko baldintza p²+4a² karratu perfektua izatea:

Kontuan izanik:
►b+2a⩾b-2a

►p lehena eta p² ren zatitzaileak: {1,p,p²} (zenbaki lehenen karratuek hiru eta bakarrik hiru zatitzaile dituzte)

Honako bi kasu hauek ager daitezke:

Zenbaki lehen bikoiti bakarra dago p=2. Kasu honetan, p+1=3 bakoitia denez, (p+1)/2=3/2 ez litzateke osoa izango. Ondorioz, azkeneko bi soluzioak baztertu behar dira p=2 kasurako.

Laburtuz:

Problema PDFan:

*****

Read More

PROBLEMA 1 (OPE-2018-EPE)

PROBLEMA 1 (2018ko EPEa)

Izan bedi koordenatu ardatzen alde positiboek eta  y = 2 cos x  kurbak, 0 ≤ x ≥ 𝜋/2 izanik, zehazten duten R eskualdea. Aurkitu a parametroaren balioa y = a sin x  kurbak R eskualdea azalera bereko bi zatitan banatzeko.

Koordenatu ardatzek eta y=2cosx funtzioak mugaturiko eskualdearen azalera 2 unitate karratukoa da,

y=asinx funtzioak aurreko eskualdea azalera bereko bi zati berdinetan banatzen du (zati bakoitzaren azalera 1 unitate karratukoa da)

y=2cosx eta y=asinx funtzioen arteko ekabi-puntua,

Ordenatuen ardatzak eta bi funtzio hauek [0,x₀] tartean definituriko eskualdearen azalera 1 da,

Identitate trigonometrikoak gogoratuz, sinua eta kosinua "a" parametroaren menpe adieraziko dugu (0 ≤ x ≥ 𝜋/2 kontuan izanik),

Azkenik, (I)an ordezkatuz,

Problema PDFan:

*****

Read More

Problema matematikoen itsasoan murgilduz

➤Sestaoko XIX. Matematika Jardunaldietan problema matematikoen ebazpena gai hartuta "Problemak ebaztea, esperientzia atsegina!" / "Resolver problemas, una experiencia gratificante" ponentzia aurkeztu nuen otsailaren 20an. Niretzat oso esperientzia atsegina eta aberasgarria izan zenez, hitzaldirako gertatu nuen materiala gogora ekarri nahi dut gaurkoan eta nire blogaren bidez berriz ere partekatu. 
Jarraian aurkezpen guztiak doazkizue:

➤2015-16 eta 2016-17 ikasturteetan Prest_Gara programaren barruan eman nituen  "Problemen Ebazpena Lankidetzan Blog Batekin" ikastaroetan landu genituen problemen bildumak ere uzten ditut hemen. Enuntziatuak eta proposatutako ebazpideak, denera 160 problema maila guztietakoak:

PROBLEMEN EBAZPENA I

PROBLEMEN EBAZPENA II

➤Ondorengo loturan klikatuz, Luis Miguel Iglesias Albarranek otsailaren 19an aurkezturiko "Irakasleen konpetentzia digitala IKTen erabilera Matematikak ikas eta irakasteko" ponentziaren eta nire hitzaldiaren bideoak ikusgai daude:

XIX. MATEMATIKA JARDUNALDIEN BIDEOAK

*****

Read More