No coneixes la Contrarellotge matemàtica?

Descobreix com funciona una contrarellotge entrant al Concurs de prova:

Visita les pàgines dels concursos finalitzats per veure els enunciats i solucions.

Registra't en 1 minut i t'informarem de les properes convocatòries:

@contrarellotgem

Problemes del mes: gener

Queden 1 setmana i 6 dies per respondre.

Nivell Medalles
2n d'ESO 2812812
4t d'ESO 281284
2n de Batxillerat 27421
Tots els problemes del mes i medallers →
Properes contrarellotges
Les properes contrarellotges estan previstes pel mes de febrer de 2018.
Contrarellotges passades

Contrarellotge temàtica: el temps
Nivell: 2n de Batxillerat

Dilluns, 23 d'octubre de 2017 a les 19:00
× 35 participants
× 21 participants virtuals


Contrarellotge temàtica: el temps
Nivell: 4t d'ESO

Dilluns, 16 d'octubre de 2017 a les 19:00
× 34 participants
× 57 participants virtuals


Contrarellotge temàtica: el temps
Nivell: 2n d'ESO

Dilluns, 9 d'octubre de 2017 a les 19:00
× 42 participants
× 137 participants virtuals


Totes les contrarellotges →
Patrocinadors

Problema de les pesades: hi havia una solució millor!

24 de maig de 2017 a les 19:00, per Víctor López Ferrando.   Cap comentari.

El Problema 7 de la última Contrarellotge de 4t d'ESO era el següent:

Problema 7
4 punts

Tenim $64$ boles d'igual aparença, i sabem que totes pesen el mateix, excepte una que pesa més que la resta. Usant una balança de dos pesos, quin és el mínim nombre de pesades que hem de fer per estar segurs d'identificar la bola més pesada?
A. $63$
B. $32$
C. $31$
D. $8$
E. $6$

La nostra solució deia que $6$ era el mínim nombre de pesades que calien per trobar la bola pesada, però l'estudiant Arnau Padrés ens ha enviat una solució de com trobar la bola més pesada amb només $4$ pesades! Se us ocorre a vosaltres com identificar la bola amb només $4$ pesades?

Solució enviada per Arnau Padrés  

Per començar, dividim el grup de boles en tres parts tan iguals com sigui possible. En aquest cas dividiríem les $64$ boles en: $$21\quad21\quad22$$

Agafem els dos grups que són iguals i els col·loquem a la balança. Si un dels dos grups pesa més que l'altre, aleshores la bola que pesa més està en aquell grup i podem descartar tota la resta. En canvi, si els pesos són iguals, significa que la bola que pesa més està en el grup que hem deixat a fora i per tant podríem descartar els dos de 21.

Si seguim aquest procediment, sempre agafant (considerant que tenim la màxima mala sort possible) el grup amb més boles. El problema queda així: $$\begin{array}{rccc} 64\;\rightarrow & 21 & 21 & 22 \\ 22\;\rightarrow & 7 & 7 & 8 \\ 8\;\rightarrow & 3 & 3 & 2 \\ 3\;\rightarrow & 1 & 1 & 1 \end{array}$$

Queda demostrat que amb només quatre pesades es pot determinar quina és la bola.

El problema dels alfils

11 de maig de 2017 a les 17:50, per Víctor López Ferrando.   2 comentaris

El proper dilluns (15 de maig) tindrà lloc la primera Contrarellotge temàtica sobre els escacs. Per anar entrant en matèria, us proposo el «Problema dels alfils» (recordem que els alfils es mouen en diagonal pel tauler).

Quin és el màxim nombre d'alfils que podem situar a un tauler d'escacs (8×8 caselles) sense que cap parella d'alfils s'amenacen entre ells?

Properes contrarellotges: sobre els escacs i amb premi!

16 de març de 2017 a les 20:00, per Víctor López Ferrando.   Cap comentari.

Actualització: hem canviat les dates que havíem anunciat inicialment per no fer coincidir cap concurs amb el lliurament de premis del Cangur (29 de maig). A més, sí que realitzarem una contrarellotge de 2n de Batxillerat (inicialment havíem dubtat per la proximitat de les PAU).

Finalment, les properes contrarellotges queden convocades els dies:

  • Dilluns 15 de maig a les 19h: 2n d'ESO.
  • Dilluns 22 de maig a les 19h: 4t d'ESO.
  • Dilluns 5 de juny a les 19h: 2n de Batxillerat.

El tema d'aquestes proves seran els escacs, així que hi hauran alguns problemes sobre el tauler d'escacs, els salts de cavall, etc.

Com a novetat, aquests concursos tindran un premi per al primer classificat: un pòster amb figures geomètriques del món antic.

Ja podeu registrar-vos per participar als concursos: així rebreu un avís els dies abans de la prova i us informarem de qualsevol novetat.

Les primeres contrarellotges han sigut un èxit

16 de març de 2017 a les 8:00, per Víctor López Ferrando.   Cap comentari.

Les primeres contrarellotges han sigut un èxit! Donem les gràcies als més de 100 usuaris que han participat en les tres proves i felicitem els guanyadors: Gauss (2n d'ESO), Julian (4t d'ESO) i jolivetti (2n de batxillerat).

La vostra participació i entusiasme ens anima a seguir amb el projecte i aviat convocarem les properes contrarellotges.

L'estudiant Pau Cartanyà ens ha enviat una solució alternativa al problema 15 de la contrarellotge de 2n de batxillerat, més elegant que la solució oficial. Aquí us reproduïm el problema perquè el penseu una mica, i també la solució de Pau. Cal destacar que tant pcartanya com jolivetti van resoldre aquest problema correctament en a penes 1 minut i mig: impressionant!

Problema 15
5 punts

Considerem el quadrat $ABCD$ de costat unitat, on anomenem $M$ el punt mig del costat $BC$ i $N$ el punt mig del segment $BM$. Unim $M$ i $N$ amb el vèrtex $A$, i dibuixem la diagonal $BD$:

Quant mesura l'àrea ombrejada?

A. $\frac15$
B. $\frac16$
C. $\frac1{12}$
D. $\frac1{15}$
E. $\frac1{16}$
Solució enviada per Pau Cartanyà (pcartanya)  

Sigui $P$ el punt d’intersecció dels segments $AM$ i $BD$ i $Q$ el punt d’intersecció dels segments $AN$ i $BD$. Aleshores l’àrea demanada en l’enunciat correspon a l’àrea del triangle $APQ$, que anomenarem $[APQ]$. Sigui $x$ l’altura del triangle $ABP$ corresponent al vèrtex $P$ . Aleshores l’altura del triangle $BMP$ també serà $x$ ja que $P$ es troba sobre $BD$, la bisectriu de l’angle que formen els segments $AB$ i $BM$. Definim també $y$ com l’altura del triangle $ABQ$ corresponent al vèrtex $Q$. Per un raonament anàleg a l’anterior, l’altura del triangle $BNQ$ serà també $y$. Tenim la figura següent:

En primer lloc, podem veure que: $$[APQ] = [AMB] - [BMP] - [ABQ]$$ A partir d'aquí calculem $[AMB]$ i $[ANB]$ a partir de la figura ja que en coneixem les seves bases $(AB = 1)$ i les seves altures $(BM = \frac12 , BN = \frac14 )$. A més, podem veure que $[AMB] = [ABP] + [BMP]$ i que $[AN B] = [ABQ] + [BNQ]$.

Per una banda, pel triangle $AMB$ tenim: $$[AMB] = \frac{1\cdot\frac12}{2}=\frac14$$ $$[AMB] = [ABP] + [BMP] =\frac{1\cdot x}2 + \frac{\frac12\cdot x}2=\frac34x$$ Igualant les dues equacions anteriors trobem $x$: $$\frac14=\frac34x\quad\Rightarrow\quad x=\frac13$$ Amb això podem calcular l'àrea $[BMP]$ que apareixia en la primera equació. $$[BMP] =\frac{\frac12\cdot\frac13}2=\frac1{12}$$ Per l'altra banda, anàlogament podem seguir el mateix raonament pel triangle $ANB$ i trobarem $y$: $$[ANB] = \frac{1\cdot\frac14}{2}=\frac18$$ $$[ANB] = [ABQ] + [BNQ] =\frac{1\cdot y}2 + \frac{\frac14\cdot y}2=\frac58y$$ Igualant les dues equacions: $$\frac18=\frac58y\quad\Rightarrow\quad y=\frac15$$ Ara podem calcular l'àrea $[ABQ]$ que ens falta de la primera equació: $$[ABQ] = \frac{1\cdot\frac15}2 = \frac{1}{10}$$ Finalment, substituïm els valors trobats en l'equació inicial i operem: $$[APQ] = [AMB] - [BMP] - [ABQ] =$$ $$=\frac14-\frac1{12}-\frac1{10}=\frac{15-5-6}{60}=\frac4{60}=\frac1{15}$$ Això demostra que l'àrea ombrejada demanada en l'enunciat és $\frac1{15}$ i conclou el problema.

Problema de l'eclipsi solar

2 de març de 2017 a les 23:10, per Víctor López Ferrando.   Cap comentari.

Falten pocs dies per a les primeres contrarellotges i ja tenim més de 60 participants apuntats! Com a petit tast abans dels concursos, us deixo un problema per al cap de setmana.

Donada la següent imatge d'un eclipsi parcial de Sol, quin és el màxim nombre de seccions en què podem dividir aquesta "mitja lluna" traçant dues línies rectes?

Mostra solució

Com algú ha comentat, la solució és $6$. Vegem una forma de dividir la mitja lluna en $6$ parts:

Ara bé, també haurem de demostrar que no es pot dividir en $7$ parts! Per fer-ho, adonem-nos de la següent propietat: cada cop que una recta entra a la figura, la divideix en dues seccions (crea una secció nova).

Així, en traçar la primera recta, afegirem tantes seccions com vegades entri la recta a la figura. I és evident que la recta pot entrar $2$ cops com a màxim. Així, després de la primera recta tenim $1+2=3$ seccions.

La segona recta té la mateixa limitació respecte a la figura inicial (només podrà crear $2$ seccions noves), però en pot crear una tercera si també talla la primera recta dins de la figura. En total: $3+2+1=6$. I hem vist al nostre dibuix que sí que és possible.

Primera sèrie de contrarellotges. Tema: el Sol

12 de febrer de 2017 a les 21:00, per Víctor López Ferrando.   Cap comentari.

Queden convocades les tres primeres contrarellotges: seran el 6, el 8 i el 10 de març a les 7 de la tarda, per als nivells de 2n d'ESO, 4t d'ESO i 2n de Batxillerat, respectivament. El tema de les contrarellotges serà el Sol, així que espereu problemes sobre òrbites, eclipsis i temperatures una mica més altes del que estem acostumats!

Per apuntar-vos a una contrarellotge, visiteu la pàgina del concurs i cliqueu el botó corresponent. D'aquesta manera us avisarem si hi ha cap canvi d'aquí al dia del concurs.

Llegiu les instruccions per saber els detalls del funcionament de les contrarellotges, i escriviu un comentari si teniu algun dubte al respecte.

Molta sort a tothom!