Ariketa fisikoa egitea osasungarria dela esaten digute behin eta berriro. Fisikoa bakarrik ez, buruari eragitea ere onuragarria da. Nagiak atera eta aurten ere, udako oporretan egiteko asteazkenero ariketa matematiko bat izango duzue, Javier Duoandikoetxea matematikariak aukeratu ditu Zientzia Kaieran argitaratzeko. Guztira sei ariketa izango dira.
Gogoan izan ahalegina bera –bidea bilatzea– badela ariketa. Horrez gain, tontorra (emaitza) lortzen baduzu, poz handiagoa. Ahalegina egin eta emaitza gurekin partekatzera gonbidatzen zaitugu. Ariketaren emaitza –eta jarraitu duzun ebazpidea, nahi baduzu– idatzi iruzkinen atalean (artikuluaren behealdean daukazu) eta irailean emaitza zuzenaren berri emango dizugu.
Hona hemen gure hirugarrenn ariketa: Triangelu koloredunak.
Zenbat triangelu egin daitezke hiru erpinak kolore bereko puntuetan hartuta?
Ariketak “Calendrier Mathématique 2021. Un défi quotidien” egutegitik hartuta daude. Astelehenetik ostiralera, egun bakoitzean ariketa bat proposatzen du egutegiak. Ostiralero CNRS blogeko Défis du Calendrier Mathématique atalean aste horretako ariketa bat aurki daiteke.
Utzi zuen erantzuna iruzkinetan!
3 iruzkinak
Kaixo!
Aitortzen dut hasieran hirukiak marrazten hasi naizela baina konturatu naiz zentzu handirik ez zuela eta lasaiago pentsatu dut 😂😂😂
Suposatzen dut kontua dela kalkulatzea zenbat konbinazio posible (errepikatu gabe) dauden kolore bakoitzeko hiru puntu hartuta. Baina, noski, lerrokatuta dauden hiru puntuk ezin dute triangelu bat eratu…
6 puntu gorri eta 10 puntu urdin ditugunez, ba C6,3=20 eta C10,3=120. Hortaz, 140 konbinazio posible daude, baina 7 aldiz aurkitzen ditugu 3 puntu lerrokatuta; hortaz 140-7=133 hiruki irudikatzea posible da. Eskerrak ez ditudala eskuz egin…
Zaindu!
K
Arratsalde on;
Hona hemen nire saiakera;
https://drive.google.com/file/d/1nVtyn3mInXX9XHmYCRbbvssktEjxj_5W/view?usp=sharing
Ez dakit ondo ikusten den eta azaltzera noa;
10 Puntu urdin ditut eta 6 gorri, kontua da zenbat konbinaketa egin daitezkeen non hirukiak erpin berdineko koloreaz osaturik dauden.
1) 10 puntu urdinezko hiruki bat 6+3+2+1=10 eta 6 puntu gorrizko hiruki bat 3+2+1=6
2) 10 puntu urdinezko hiruki bat 6+3+2+1=10 eta 3 puntu gorrizko bi hiruki 2(2+1)=6
3) 6 puntu urdinezko hiruki bat + 2 puntu urdinezko beste bat + 6 puntu gorrizko hiruki bat.
4) 6 puntu urdinezko hiruki bat + 2 puntu urdinezko beste bat + 2 hiruki hiru puntu gorrizko.
5) 3 Puntu urdinezko 3 hiruki + 6 puntu gorrizko hiruki bat.
6) 3 Puntu urdinezko 3 hiruki + 2 puntu urdinezko hiruki bat
7) 5 puntu urdinezko hiruki bat (tartean puntu gorria duena) + 2 hiru puntuko hirukiak (bata urdiña eta gorria bestea)
8) 4 puntu urdinezko hiruki bat (taretean bi puntu girridun) + 6 puntu urdinezko hiruki bat+ hiru puntu gorrizko hiruki bat.
9) 4 puntu urdinezko hiruki bat (taretean bi puntu girridun) + 2 hiruki hiru puntu urdinezkoak+ hiru puntu gorrizko hiruki bat.
10) 6 puntuzko hiruki bat (hiru urdiñak erpiñetan eta hiru gorri)+ 6 puntu urdiñezko hiruki bat + 3 puntu gorrizko beste hiruki bat.
11) 6 puntuzko hiruki bat (hiru urdiñak erpiñetan eta hiru gorri)+ 2 hiruki 3 puntu urdiñezko + 3 puntu gorrizko beste hiruki bat.
12) Hiru hiruki hiru puntu urdiñezkoa bakoitza+ 2 hiruki hiru puntu gorrizkoa bakoitza.
Nik uste dut Koldok bikain ebatzi duela, prozedura egokia eta laburrena erabiliz.Baina, azkeneko zutabean 4 puntu urdin lerrokatuta daude, eta triangelurik eratzen ez dutenez, ez dira kontuan hartu behar:
4 puntu 3naka hartuta,
C4,3=4!/(1!•3!)=4 segmentu.
Orduan, Koldok lorturiko 133ri, nik kenduko nioke beste 4, honela 133 -4 = 129 triangelu.
Nire azalpena:
6 puntu gorri 3 naka hartuta edo sei erpinen konbinazioak hirunaka hartuta triangeluak eratzeko:
C6,3=6!/((6-3)!•3!)=20
Lerrokatuta daudenek ez dute triangelurik eratzen (3 erpin 1 zutabean eta beste 3 diagonal batean):
2•C3,3=2•1=2
Erpin gorriko triangelu kopurua:
20 -2 = 18 triangelu gorri
10 puntu urdin 3 naka hartuta edo hamar erpinen konbinazioak hirunaka hartuta triangeluak eratzeko:
C10,3=10!/((10-3)!•3!)=120
Lerrokatuta daudenek ez dute triangelurik eratzen (3 erpin lerrokatuta: 2. zutabean, 1. errenkadan, 4. errenkadan eta bi diagonaletan, denera 5. 4 erpin lerrokatuta: 4. zutabean):
5•C3,3 + C4,3 = 5•1 + 4 = 9 segmentu
Erpin urdineko triangelu kopurua:
120 -9 = 111 trangelu urdin
Beraz, 111 + 18 = 129 triangelu era daitezke.
DBHko ikasleei proposatzeko problema ona, marraz ditzatela aukera guztiak, saio osoan triangeluak marrazten, eta irakaslea animoak ematen 😂😂
Hau bada adibide on bat betiko galderari: “baina, Matematikak zertarako balio du?”ikasleak berak erantzuna emateko.
Problemen ebazpenean bideak zabaltzeak du berebiziko garrantzia, ondoren erabilitako bidea txukunduko da edota bide berriak jorratu.
Eskerrik asko eta ondo izan!!
Joselu