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

Zenbaki lehenen multzoak ez du maximorik

Zenbaki lehenen multzoa infinitua al da? Bestela esanda, zenbaki lehenen multzoak maximorik al du?

Euclides matematikari greziarrak zenbaki lehenen multzoak ez zuela maximorik egiaztatu zuen; hau da, infinitua zela. Eskaini zigun egiaztapena dotorea da oso, harri bitxi bat.

Honako prozedura hau jarraitu zuen:

Demagun zenbaki lehen maximoa p badagoela,

            2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, ..., p

zenbaki lehenen zerrenda da, p zenbaki lehen guztien artean handiena izanik.

Zerrendako zenbaki guztien biderkadurari unitate bat batuz, N zenbakia izango dugu:

                N = 2·3·5·7·11· ... ·p + 1

N zenbakia zati 2 eginez:

(2·3·5·7·11· ... ·p + 1)/2 = 3·5·7·11· ... ·p + 1/2

Hau da, N ez da 2gatik zatigarria.

Era berean egiazta daiteke N ez dela,

                3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, ..., p

zenbakien multiploa.

Hau dela eta, N zenbakia lehena da edo, lehena ez bada, zerrendan ez dagoen eta zerrendako zenbakiak baino handiagoa den zenbaki lehen bategatik zatigarria da nahitaez. 

Kasu batean zein bestean, p baino handiagoa den zenbaki lehen bat aurkitu dugu. Hau hasieran egindako suposizioaren aurka doa. 

Ondorioz, zenbaki lehenen multzoak ez du maximorik, infinitua da.

Évariste Galois matematikari gazteak esaten zuenez, zenbaki lehenen tauletan ez dago ordenarik, ezta auraurik ere.

Honako bideo honetan, zenbaki lehenak menderatu nahian edo, Eratostenesen bahea egiteko forma bitxia aurkezten da:
 

*****

Read More

Triangelu aldekideko barneko zirkuluak

ABC Triangelu aldekideren azalera S da. Zentrua O puntuan duen zirkulu inskribatua marrazten da; ondoren, bi alde eta zirkulu inskribatuarekiko ukitzaile hiru zirkulu marrazten dira; jarraian, beste hiru, eta horrela entengabe irudian erakusten den bezala.

Kalkulatu S azaleraren menpe:

➤Zirkulu inskribatuaren azalera (1. fasea).

➤Bigarren fasean marraztuta dauden 4 zirkuluen azalera.

➤Zirkulu guztien azaleren batura n-ren menpe (eta S-ren menpe) n. fasean.

➤Limitean n infinitora doala zirkulu guztien azaleren batura.

Laguntza

😊 Triangelu aldekideetan inzentroa eta barizentroa puntu berean daude.

😊Barizentrotik erpinerako distantzia erdibidekoaren 2/3 (beste 1/3 aurkako aldera).

⏩EBAZPIDEA⏪

*****

Read More

Soluzio arrazionalik ez

Bigarren mailako ekuazio hau emanda:

Zera eskatzen da:

a, b eta c koefizienteak zenbaki bakoitiak badira, egiaztatu ekuazioak ezin duela soluzio arrazionalik izan; hau da, ez duela p/q (non p eta q≠0 zenbaki osoak diren) erako soluziorik.

EGIAZTAPENA

*****

Read More

Triangeluak eta probabilitatea (II)

Hona hemen, probabilitate problema polit bat. Probabilitate geometrikoa lagungarri gerta dakizueke problema honetan.

Gogoz pentsatu eta astindua eman!


PROBLEMA

Segmentu batean (edozein luzeratakoa, nahi bada unitate batekoa) zoriz bi puntu aukeratuko ditugu, eta honela segmentua hiru zatitan banatuta geratuko da. Ondoren, zatiekin triangelu bat eraikitzen saiatuko gara.

Argi dago aukeratutako puntuen arabera ez dela kasu guztietan posible izango triangelua lortzea.

Zein da hiru zatiekin triangelu bat eraiki ahal izateko izango dugun probabilitatea?

SOLUZIOA ETA EBAZPIDEA  (3)

*****

Read More