Probleme grele- soluții spectaculoase Profesor: Hlevca Cristina Liceul teoretic „Ioan Petru ș”-Otopeni, Ilfov 1 Cum punem problema ? Cum o „ambalăm”… [614641]

It’s Show Time !
Probleme grele- soluții spectaculoase

Profesor: Hlevca Cristina
Liceul teoretic „Ioan Petru ș”-Otopeni, Ilfov
1

Cum punem problema ? Cum o „ambalăm” astfel încât să devină incitantă ,interesantă și
copiii să -și dorească să o rezolve ?
Cum îi ajutăm să descopere singuri soluția ? Cum îi conducem la ea ? Cum îi „provocăm”
și stimulăm ?
Ce ar trebui să știe copiii înainte de a le propune problema și cum reactualizăm
cunoștințele necesare fără a furniza soluția ?
Pentru o oră reușită este nevoie să răspundem din timp la toate aceste întrebări.
Copiii au nevoie de provocări, de probleme frumoase, cu soluții ingenioase și intuitive,
care să- i ajute să iasă din zona „rețetelor” îndelung repetate și a algoritmilor aplicați mecanic,
uneori fără a fi înțelese mecanismele profunde care conduc la aceștia.
Este nevoie de timp pentru a găsi o problemă frumoasă și atractivă pentru copii, este
nevoie de abilitate a profesorului pentru a reuși să -i scoată din zona de confort și poate, nu î n
ultimul rând de carismă și putere de convingere.
Este nevoie de entuziasm și dorință de a transmite ceva în scopul de a schimba în bine o
atitudine.
Elevii trebuie încurajați să gândească , să fie creativi, să nu se teamă să- și exprime opinia,
să nu le fie frică de greșe ală. Un profesor bun și dedicat poate să rezolve toate aceste probleme,
înainte de a propune copiilor probleme spre rezolvare.
A aborda o problemă dificilă la clasă este o provocare , poate uneori mai mar e pentru
profesor decât pent ru copii. Depinde de dascăl dacă reușește să se facă auzit, înțeles, iar
demersul său să aibă impactul dorit. Depinde de profesor dacă această experiență va fi una
îndrăgită de copii, sau una dureroasă.

2

I. Thinking Outside the Box
Una dintre problemele care solicită o gândire „afară din cutie”, folosind
imaginația și ingeniozitatea este:

X și 0 în spațiu
1. Mai întâi, pentru încălzire și antrenament , să presupunem că jucăm X
și O. Ne interesează numărul liniilor câștigătoare pentru tabla 3 3.×
În acest caz, este foarte ușor de observat că numărul căutat este 8: cele 3
linii, cele trei coloane și cele 2 diagonale .
2. Să presupunem acum că jucăm X și O într -un cub de 333×× și scopul este să
completăm 3 cuburi în linie. Câte linii câștigătoare avem? Dar într -un cub de ? nnn××
Numărarea se poate dovedi mai dificilă în acest caz și destul de puțini sunt cei care găsesc
răspunsul corect : 49.
Dar o soluție simplă și spectaculoasă se dovedește cea în care
gândim „afară din cutie”. Să așezăm cubul de dimensiuni 333×× în
centrul unui cub de dimensiuni 555×× .
Astfel, fiecare linie câștigătoare din cubul mic poate fi
prelungită cu câte un cub 111×× în ambele direcții. „Prelungirile ” se
găsesc pe margine, adică pe cubul mare și nu în interiorul cubului mic,
așadar vor fi :
3353492−= linii câștigătoare.
Generalizând pentru cubul cu latura n, așezăm cubul în centrul unui cub de latură 2n+și
folosid raționamentul anterior găsim numărul liniilor câștigătoare în acest caz :
()3 32
2nn+−.
Soluția este ingenioasă, ușor de înțeles de către copii și extrem de
intuitivă. Aceasta îi poate face să înțeleagă mai bine, printr -un joc, cum pot utiliza cunoștințele
matematice într -o situație practică . De asemenea, poate spori motivația pentru învățare.

3

II. Problemele „criminale”

Următoarele trei probleme au o poveste interesantă. Ele fac parte din teste date la
examenele de admitere la facultăți de matematică și selecții pentru olimpiada de matematică în
fosta URSS, în anii 1970- 1980, administrate doar unei anumite categorii de candidați
indezirabili, în scopul diminuării șanselor lor de a se califica. Ele sunt unice în felul lor,
deoarece sunt considerate cu un nivel ridicat de dificultate, dar cu soluții extrem de inge nioase
și intuitive, astfel încât la o eventuală contestație să poată fi prezentate ca având soluții simple. În timp, aceste probleme au alcătuit lista așa -numitelor probleme „ criminale ”.

Problema 1
Se consideră un triunghi oarecare și un punct interior a cestuia. Se unește punctul cu
vârfurile triunghiului . Cu cele trei segmente astfel obținute se poate construi un triunghi.
Dacă se cunosc unghiurile x și y din figura de mai jos, care vor fi măsurile unghiurilor
triunghiului construit cu cele trei segme nte ?

Figura 1.

Soluție :
Rotim triunghiul inițial cu un unghi de
60în sens trigonometric, în jurul vârfului din
stânga jos.

4

Figura 2.

Astfel, triunghiul albastru din figură devine echilateral, fiind isoscel cu un unghi de
60.
De asemenea , se poate vedea și triunghiul format în centru,avâ nd laturile: segmentul albastru,
cel galben și cel mov.Acesta este triunghiul căutat, ale cărui unghiuri vrem să le determinăm.
Acum problema a devenit însă una foarte simplă, care poate fi rezolvată „fără cuvinte”.
Unghiul cu măsura x din figura 2 este suma dintre un unghi de 60și unul dintre unghiurile
necunoscute pe care vrem să le aflăm. Deci unul dintre unghiuri va avea măsura 60x−. Cum
rotația conservă măsurile unghiurilor, vom regăsi unghiul de măsură y ca suma dintre un unghi de măsură
60 și un alt unghi necunoscut al triunghiului. Așadar, al doilea unghi al
triunghiului va avea măsura 60y−. În sfârșit, cel de -al treilea unghi al triunghiului va avea
măsura 300 xy−−(folosind faptul că suma măsurilor unghiurilor într -un triunghi este de
180 .

Iată cum, o problemă „criminală” poate fi ușor „cosmetizată” astfel încâ t să pară foarte
simplă. Dar cum ar fi fost fără rotația salvatoare ? …

5

Problema 2
Se consideră o dreaptă și un segment paralel cu aceasta. Singurele acțiuni pe care le
putem întreprinde sunt acelea de a marca puncte pe segment și pe dreaptă și de a trasa linii
drepte (figura 1). Nu este permisă nicio măsurare. Se cere împărțirea segmentului dat în 6
segmente congruente.

Figura 1.

Această problemă poate fi prezentată la geometrie la clasa a 7 -a după ce elevii au invățat
asemănarea și proprietățile în trapez.
Pasul întâi este cel definitoriu, problema rezolvându- se apoi simplu, aplicând pasul întâi de mai
multe ori. Cum vom proceda ?
Marcăm două puncte oarecare pe dreaptă care vor determina un segment având capetele
mai sus, respectiv mai jos decât segmentul inițial. Unim aceste două puncte cu capetele segmentului. Se va forma un trapez , avân d punctul de intersecție al diagonalelor și cel al
laturilor neparalele. Se cunoaște faptul că dreapta ce unește cele două puncte trece prin mijloacele bazelor (punctul de intersecție al laturilor neparalele, mijloacele bazelor și punctul
de intersecție al diagonalelor sunt coliniare).Am obținut astfel mijlocul segmentului nou
construit , deci știm cum să împărțim un segm ent în două segmente congruente (figura 2)

Figura 2.

6

Acum nu ne rămâne decât să repetăm procedeul și pe fiecare dintre jumătăți le împărțim
la rândul lor în jumătăți, împărțind acum în patru părți egale. Apoi vom împărți segmentul în 8
părți egale (figura 3).
Figura 3.

Acum, pentru a împărți segmentul dat în 6 părți egale, vom construi un nou triunghi
(figura 4), unind punctele 1 și 7 de pe dreaptă cu capetele segmentului . Apoi unim vârful
triunghiului cu punctele 2,3,4,5,6 siuate la distanțe egale unul de celălalt și obținem 5 noi
puncte de diviziune pe segmentul inițial, care vor împărți segmentul în 6 părți egale.
Figura 4

Problema 3
Între două drepte orizontale se construiește o curbă (funcție strict crescătoare) având
orientarea către N -E . O dreaptă verticală intersectează această curbă determinând o arie
asemenea celei din figura1 (suprafața roz). Aria variază în funcție de poziția verticalei. Unde
trebuie trasată dreapta verticală pentru a obține aria minimă, indiferent de curba care respectă ipoteza problemei ?

Figura 1.

7

Soluție: Vom trasa linia verticală exact prin punctul în care curba împarte segmentul vertica în
două părți egale (figura 2)

Figura 2.

(construcția se poate realiza astfel: ducem o paralelă la egală distanță față de cele două drepte
date și prin punctul unic de intersecție al acesteia cu curba ducem dreapta verticală cerută) .
Vom demonstra că aceasta este verticala căutată.
Să presupunem că deplasăm verticala spre dreap ta . În acest caz, așa cum se poate vedea
în figura 3, aria se va modifica astfel :

Figura 3.

Aria ce se adună, va fi mai mare decât cea a dreptunghiului –cea verde, în vreme ce aceea
pe care o scădem este mai mică decât cea a dreptunghiului, iar cele două dreptunghiuri au arii egale. Așadar, aria va deveni mai mare prin deplasarea verticalei spre dreapta.
Analog, să presupunem că deplasăm v erticala spre stânga. În acest caz, așa cum se poate
vedea în figura 4, aria se va modifica astfel :

Figura 4.

Aria adunată va fi mai mare decât cea care se scade.
Concluzie: aria minimă se obține atunci când segmentul vertical intersectează curba în mijlocul
lui.
8

III. Arii și copii deștepți
Următoarea problemă este propusă copiilor de clasa a V -a din China, în scopul
descoperirii celor talentați la matematică.
Enunțul: Se consideră paralelogramul ABCD,s uprafețele marcate cu galben au înscrise în
interior ariile exprimate în aceeași unitate de măsură. Se cere aria suprafeței roșii (figura 1).

Figura 1.

Ideea de rezolvare a acestei probleme este
simplă și frumoasă, dar a dat bătăi de cap serioase multor rezolvitori. Putem începe cu
observația că aria paralelogramului fiind egală cu baza înmulțită cu înălțimea, următoarele
figuri vor avea suma ariilor egală cu jumătate din aria paralelogramului (figura 2 ), deoarece au
aceeași înălțime egală cu cea a paralelogramului și suma lungimilor bazelor este egală cu baza
paralelogramului.

Figura 2.

Această idee rezolvă de fapt problema. Notăm aria roșie cu x.
Să analizăm următoarele figuri:
Figura 3.

9

Suma ariilor celor două triunghiuri albastre este egală, conform observației de mai sus, cu
jumătate din aria paralelogramului. La fel , aria triunghiului portocaliu este egală cu jumătate
din aria paralelogramului.
Egalăm cele două arii:
()() 72 8 79 10 xa b a b+ + ++ =+ ++ 79 10 72 8 9.xx⇒= + − − ⇒=

IV. SAT Koreea
Următoarea problemă a fost propusă la examenul SAT în Koreea în 1997. Examenul din
acel an a fost considerat a fi dificil.
În figura alăturată (figura 1)este reprezentat un munte în formă de con circular drept. Se
contruieste o cale ferată de lungime minimă , care pornește din punctul A, situat pe baza
conului și sosește în punctul B situat pe aceeași generatoare cu A ,astfel încât AB=10 metri.
Raza conului este R=20m și generatoarea G=60 m. Calea ferată are la început un tronson
ascendent, iar apoi coboară. Care este lungimea tronsonului descendent ?

Figura 1.

Soluție :
Desfășurăm conul , obținând (f igura 2 și figura 3 ) : punctele A și B au pozițiile indicate.

Figura 2.

10

Figura 3.

Unghiul din vârf va avea măsura 2 2 20 2
60 3R
Gππ πθ⋅= = = .
Aplicăm teorema cosinusului în triunghiul VAB și obținem :
22 22 cos 10 91.3AB VA VB VA VBπ= + − ⋅⋅ = Aceasta este lungimea totală a traseului.
Momentul cel mai important al rezolvării este observația : traseul ascendent este porțiunea în
care traseul se apropie de vârf, în timp ce cel descendent este porțiunea în care traseul se
îndepărtează de vârf. Acest lucru se poate observa analizând figura 2. Piciorul înălțimii din V a
triunghiului VAB delimitează cele două porțiuni.
Aplicând teorema lui Pitagora obținem :
()222
22 210 91 60 4009100 20 91 3600 2500 .
9150xhxx
xh− +=⇒− =−⇒ =
− +=
Această problemă a fost considerată a fi deosebit de dificilă, înregistrându -se cele mai multe
tentative nereușite. Cea mai grea parte a fost aceea a determinării porțiunii descendente.

11

V. Problema lui Iosif
Această problemă își are originile în istorie.
Se spune că un grup de evrei a fost înconjurat de soldații romani. Pentru a evita să fie
prinși s au să se sinucidă, au decis să adopte următoarea o strategie , folosind singura sabie pe
care o aveau. Astfel, s -au așezat în cerc, iar primul,cel care deținea sabia, îl omora pe cel situat
imediat în stânga sa și apoi îi dădea sabia următorului supaviețuitor care la rândul său îl omora
pe cel situat imediat în stânga sa, etc. Ultimul supraviețuitor urma să se sinucidă. Iosif ar fi
preferat să se predea , în loc să se sinucidă, dar nu dorea să le spună acest lucru celorlalți. Se
spune că în grup erau 41 de oameni.
Întrebarea este: pe ce loc trebuie să se așeze Iosif pentu a se asigura că este ultimul
supraviețuitor ? Care este răspunsul în cazul general în care sunt n oameni ?
Soluție:
Problema pare dificilă, de aceea este bine să- i îndemnăm pe copii să înceapă să analizeze
cazuri particulare, făcând simulări pe grupuri mai mici și să încerce să facă deducții justificate pe baza observațiilor din cazurile analizate.
Să organizăm datele într -un tabel, în care n=numărul de persoane și C(n) poziția
câștigătoare:
n C(n)
1 1
2 1
3 3
4 1
5 3
6 5
7 7
8 1
9 3
10 5
11 7
12 9
13 11
14 13
15 15
16 1

12

Observații :
1. Toate pozițiile câștigătoare sunt impare.
2. Dacă n este o putere a lui 2 , atunci poziția câștigătoare este 1.
3. Între pozițiile câștigătoare 1,numărul câștigător crește cu 2 până la revenirea la 1.

Să demonstrăm cele două afirmații de mai sus.
1. Evident, deoarece la început sabia este la cel cu numărul 1, el îl va ucide pe 2 și va pasa lui
3, care la rândul său îl va ucide pe 4,etc. Astfel sabia va fi mereu la o persoană aflată pe loc
impar și vor fi ucise toate persoanele aflate pe locuri pare.Sabia revine la 1.
2. Acesta este cel mai important pas al demonstrației.
La primul pas vor fi uciși toți cei cu poziții pare , exact jumătate dintre oameni vor rămâne și
sabia revine la 1.Acum dacă renumerotăm pe cei rămași procesul se rei a , mor din nou cei de
pe poziții pare și sabia revine la 1cu jumătate din cei de la începutul turului 2 (înjumătățirea
este mereu posibilă ,deoarece n este o putere a lui 2).
3. Să presupunem acum că 2,anl= + unde 122aan+<< , cu alte cuvinte, 2aeste cea mai mare
putere a lui 2 mai mică decât n. După ce au loc lpași , sabia se află la persoana situată pe locul
21l+, au dispărut loameni, au rămas 2a, iar cel de pe poziția 21l+ joacă acum rolul celui
aflat pe poziția 1 în cazul în care n este o putere a lui 2. Deci supraviețuitorul este cel aflat pe
poziția 21l+.
Acum, în cazul în care 541 2 9 5, 9n al= = +⇒= = , deci rămâne cel de pe poziția
2 1 19.l+=
Bonus :
Truc prin care putem obține poziția câștigătoare folosind scrierea unică a lui n în baza 2:
-Scriem n în mod unic în baza 2 , luăm prima cifră din stânga ,care este 1și o mutăm la sfârșit .
Noul număr obținut, scris în baza 10 este poziția câștigătoare. De fapt, nu este un truc. Prin
îndepărtarea primei cifre din scrierea lui n în baza 2, rămâne doar l. Apoi , mutând 1 la sfârșit,
înmultim de fapt l cu 2 și adunăm 1, obținând 21l+, pozișia câștigătoare.
De exemplu, pentru n=41 avem
() ()53 4
222 2 1 101001 ( ) 10011 ( ) 2 2 1 19n n Cn Cn = + +⇒ = ⇒ = ⇒ = ++= .

13

Cuprins:
1. Introducere…………………………………………………………………..pag 2
2. I. Thinking Outside the Box ……………………………………………pag 3
3. II. Problemele „criminale” ……………………………………………….pag 4
Problema 1……………………………………………………………….pag.4 -5
Problema 2……………………………………………………………….pag 6 -7
Problema 3……………………………………………………………….pag 7 -8
4. III. Arii și copii deștepți …………………………………………………..pag 9
5. IV. SAT Koreea ……………………………………………………………..pag 10 -11
6. V. Problema lui Iosif ……………………………………………………….pag 12 -13.

14

Bibliografie:
Mind Your Decisions : https://www.youtube.com/channel/UCHnj59g7jezwTy5GeL8EA_g
Numberphile : https://www.youtube.com/user/numberphile
Martin Erickson- Aha Solutions, Mathematical Association of America

15