"Sar zaitezte matematikaren munduan, ezagutu,... usaindu, ukitu, daztatu...ez zara inoiz ere ez damutuko".

ZENBAKI LEHENAK

LIOUVILLEREN PROBLEMA

DERIBATUEN ERABILERAK

PROBLEMEN BILDUMAK

2023-10-29

 

Jarraian doan aurkezpenean, 2023ko EPEan jarritako lehenengo problemaren ebazpen posible bat doakizue. Zenbakien Teoriako problema interesgarria:


2023-04-09

 


Matematika II ikasgaiko ekuazio linealetako sistemen gaiaren bideo batzuk uzten dizkizuet jarraian. Bi multzotan sailkatuta daude:
  • Laburpen teorikoak eta adibide ebatziak. Gaussen metodoa, Roucheren teorema, parametroen menpeko ekuazio-sistemen eztabaida eta Cramer-en metodoa.
  • Selektibitateko ariketa ebatziak pausoz pauso azalduta.
LABURPEN TEORIKOAK ADIBIDEKIN
GAUSSEN METODOA ROUCHÉREN TEOREMA
PARAMETROEN MENPEKO SISTEMAK CRAMERREN METODOA





ARIKETA EBATZIAK
2017KO EKAINA  A1 2019KO EKAINA A1
2020KO OHIKOA A1 ARIKETA: EKUAZIO-SISTEMA





Ekuazio-sistemak, hainbat ariketa ebatziak (selektibitatea): 



*****  

2022-07-18

1949. urtean Dattatreya Ramchandra Kaprekar (1905-1986) matematikari indiarrak 6174 zenbakiak bere baitan gordetzen zuen misterioa agerian utzi zigun, Harrezkero, zenbaki honek izen propioa du: Kaprekar konstantea.

6174 konstantearen zifrak berrantolatzen baditugu, alde batetik, beheranzko ordenan (7641) eta, bestetik, goranzko ordenan (1467), bi zenbaki lortuko ditugu, eta horien arteko diferentzia abiaburuko zenbakia da: 

7641 - 1467 = 6174

Propietate deigarri hori ez da gure protagonistak bere buruarekin duena bakarrik, lau zifrako beste zenbaki batzuekin gauza bera egiteko gai baita, hau da, zurrunbilo baten erdigunera eramaten ditu, ustekabean bera amaieran agertzeko.

Zifra guztiak berdinak ez dituen lau zifrako edozein zenbaki aukeratuko dugu. Zifra bateko, biko eta hiruko zenbakiak barne sartuko ditugu, ezkerrean hiru, bi eta zero bat jarrita, hurrenez hurren (adibidez: 0007, 0035 eta 0826). Guztira, 10000 - 10 = 9990 zenbaki daude.

Gure zenbakia aukeratu ondoren, honela jokatuko dugu:

1. Zifrak beheranzko ordenan berrantolatuko ditugu, ahalik eta zenbakirik handiena lortzeko.
2. Zifrak goranzko ordenean berrantolatuko ditugu, zenbakirik txikiena lortzeko.
3. Handienetik txikiena kenduko dugu gure bigarren zenbakia eraikitzeko.
4. 6174a agertzen bada, amaitu dugu, bestela, aurreko urratsak errepikatuko ditugu gure hirugarren zenbakia eraikitzeko.
5. Gehienez 7 urratsetan 6174 zenbakia agertuko da.

Ohar gaitezen lau zifrak berdinak izango balira urrats batean 0000ean amaituko genukeela.

Adibide 1: 3586


Adibide 2: 0035

Praktikatzeko, Miguel Retegik sortutako kalkulu-orri hau utziko dizuet. Lau zifrako zenbaki bat sartuko dugu banda berdean; lehenengo zutabean, programak zifrak beheranzko ordenan jarriko ditu; bigarrenean, goranzko ordenan; eta hirugarrenean, diferentzia kalkulatuko digu.


Ez al da harrigarria? Kaprekarren prozesuak, zazpi urrats edo gutxiagotan, 6174 nukleo edo puntu finkora garamatza. Horregatik, konstante hori zenbaki magiko eta misteriotsutzat hartzen da.

Kaprekar konstantea tresna didaktiko interesgarria izan daiteke. Lehen Hezkuntzan, kenketa lantzeko eta nork bere burua zuzentzeko balio diezaguke, baldin eta 6174a zazpi urrats edo gutxiagotan lortzen ez bada. Bigarren Hezkuntzan, prozesuaren barruan sar gintezke, zergatik funtzionatzen duen ikertzeko eta ustezko misterioa agerian uzten duen patroiren bat aurkitzeko.

Ondoren, problema berriro planteatuko dugu eta Kaprekar prozesuaren egiaztapen bat ematen saiatuko gara (azalpenak gazteleraz daude):
Demostración





Azken koadroan zifrak handienetik txikienera dituztenak aukeratu ditugu ordezkari gisa. Guztiak 6174 nukleora erortzen dira, gehienez 6 urratsetan. Enuntziatuaren baldintzak betetzen dituen lau zifrako edozein zenbaki lehen iterazioan zuzenean nukleora jausiko da edo taulako 30 zenbaki horietako batekin erlazionatuko da, hau da, taulako zenbakietako batean bihurtuko da, zifrak ordena berean edo beste edozein ordenatan dituela. Lehenengo diferentzia kalkulatu ondoren, prozesuak hurrengo eskeman agertzen diren bideetako bati jarraituko dio 6174ra iritsi arte. Azkenaurreko iterazioan bi kasu daude 8532 eta 7641, azken honetara doaz prozesuan Kaprekarren konstantearen zifrak edozein ordenetan erakusten dituzten zenbakiak, erdiko kasua izan ezik (6174).




Goragoko taulak eta zenbakien erorketa adierazten duen azken irudikapena ikasleei eskuratuz gobida ditzakegu pautak eta erlazioak aurkitzera.

Adibidez:
  • Hasierako zenbakiaren zifrek zein baldintza egiaztatu behar dute lehenengo pausoan 6174 lortzeko? Eta bi pausotan? Eta hirutan?...
  • Aztertu lau zifrak desberdinak eta bakoitiak  dituzten zenbakiak. Zer ikusten duzu? Eta bikoitiak eta desberdinak?
  • Zein zenbakiren multiploak dira Kaprekar prozesuan agertzen diren zenbakiak? Kenketa hurrengo adibidean bezala egiten baduzu, errazago ikusiko duzu. Zein zenbaki atera daiteke faktore komuna amaieran? Nola orokortu daiteke propietate hau? 
  • Bi zifrako zenbakiekin egon daiteke Kaprekar konstanterik? zergatik?
  • Hiru zifrako Kaprekar konstantea 495 da, jarri adibide batzuk.

Amaitzeko, Derivando kanaleko Eduardo Saenz de Cabezonen bideoa uzten dizuet:







***

2021-10-31

2021ko oposizioetan proba praktikoan jarritako hirugarren problema ebatziko dugu gaurko artikuluan. Geometria-problema interesgarria, ebazteko estrategia oinarrizko geometrian aurki dezakegu. Problemaren bi ebazpen proposatuko ditugu. Lehenengo metodoan triangelu zuzena zirkunferentzia batean inskribatzen da, erdibidekoak (erradioak) bi triangelu isoszeletan banatzen du hasierako triangelua eta biderkadura bektorialaren moduluaren erdia triangelu isoszele baten azalera kalkulatzeko aplikatu ondoren, angeluak kalkulatzera iritsiko gara. Bigarrenean, triangelu zuzena azalera bereko bi triangelu isoszeletan banatu eta triangelu honetan oinarrizko geometria aplikatuz angeluen balioak lortuko ditugu. Desberdintasun nagusia azalerak kalkulatzeko erabilitako erlazioan dago.



PROBLEMA 3 (GEOMETRIA)


Kalkulatu triangelu zuzen baten angelu zorrotzak, hipotenusaren dagokion erdibidekoaren (medianaren) luzera katetoan arteko batez besteko geometrikoa dela jakinda.



Ebazpen 1

Triangelu zuzen bat zirkunferentzia batean inskribatzen bada, triangeluaren hipotenusa diametro bat da. Bestetik, triangelu baten azalera alde-bektoreen biderkadura bektorialaren moduluaren erdia da. Problema ebazteko bi propietate hauetan oinarrituko gara.




Ebazpen 2

Lehendabizi marraz dezagun triangelu zuzen bat eta hipotenusari dagokion erdibidekoa. Erdibidekoak hipotenusa bi zati berdinetan zatitzen du



Triangelu zuzen bat laukizuzen baten erdia denez, zera ikusten da:

AOC triangelu isoszelean zentratuko gara. Triangelu honen azalera laukizuzenaren laurdena da eta h AO aldeari dagokion altuera; orduan:






Oharra: bigarren metodo hau Jose Manuel Lopez Irastorzari zor diogu, problema hau proposatu nion, eta antzeko ebazpen bat bidali zidan. Ebazpen dotorea JMrena.





***




2021-06-27



Bigarren mailako funtzio polinomikoa edo funtzio koadratikoa grafikoki adieraztean guztiontzako ezaguna den parabola deritzon konika lortzen da. 

Derrigorrezko bigarren hezkuntzan oinarrizko funtzioen gaian funtzio koadratikoa aztertzen dute gure ikasleek, eta funtzio honen adierazpen grafikoa zuzen marrazteak duen garrantzia azpimarratzen ohi dugu irakasleok.  Honela, hainbat ezaugarri: ahurra-ganbila, ebaki puntuak OY eta OX ardatzekiko, simetria ardatza, erpina eta balio taula kalkulatu ondoren, parabola grafikoki adierazten dute.

Ezaugarri guzti hauen artean berebiziko garrantzia ematen zaio parabolaren simetria ardatza eta erpina ematen duen formulari: x = -b/2a, eta formula hau, inolako justifikaziorik izan gabe, buruz ikasten dute ikasleek. 

Baina,  hain beharrezko da formula hori? Badago parabola bat marrazterik aipatutako formula buruz jakin gabe? Edo, bestela, justifika dezakegu zergatik x=-b/2a?  Izan dezakegu funtzioaren koefizienteak ikusi bezain pronto parabolaren eskema mentala? Nola?

Bi puntu simetriko baino ez dugu behar. Baina, ze bi puntu dira egokienak? OX ardatzarekiko ebaki-puntuak? Eta ez badu OX ardatza ebakitzen? Nola kalkula ditzakegu bi puntu simetriko era erraz batean eta buruz?

Parabolaren berehalako bi puntu simetriko:

Parabola y=c zuzen horizontalarekin mozten badugu, OY ardatzarekiko ebaki puntu bat (0,c) eta bere simetrikoa (-b/a,c) izango ditugu. Bi puntu hauen abszisen batura erdiak  erpinaren abszisa emango digu: x=-b/2a. Honela parabolaren irudi mentala izango dugu (a koefizientea positiboa bada ahurra eta negatiboa balitz ganbila).


ADIBIDE 1



ADIBIDE 2



Funtsean goiko adibideetan erabilitako teknika, beste honekin identifika daiteke: c=0 duen parabolaren adierazpena egin ondoren, lorturiko parabola c parametroak adierazitako distantzia desplazatu bertikalki. Adibidez:

ADIBIDE 3

Konturatu parabola ebakitzen duen edozein funtzio konstante y=k erabil daitekeela bi puntu simetriko aurkitzeko. Zuzen horizontal horrek parabola puntu bakar batean ebakitzen badu; hau da, ukitzailea bada, orduan naitaez ukitze-puntu horretan erpina (maximoa edo minimoa) aurkituko da. Argi dago, azkar eta buruz adierazpen grafikoa lortzeko zuzen egokiena y=c dela, adibideetan ikusi dugun bezala.

Deribatuaren irizpidea:

Aurrerago, batxilergoan, deribatua erabil dezakegu parabolaren muturra kalkulatzeko, beharrezko baldintza aplikatuz; hau da, deribatua berdin zero eginez. Honela, berriz ere, erpinaren abszisa lortzen da x=-b/2a. Ondoren, bi puntu simetriko kalkulatzen dira funtzioa ebaluatuz (-b/2a)+n eta (-b/2a)-n balioetan. Puntu gehiago behar izanez gero, n-ri balio desberdinak emango dizkiogu.


ADIBIDE 4


a, b eta c koefizienteen esanahia:

a parametroaren zeinuak kurbadurari buruzko informazioa ematen digu (a>0 bada ahurra eta a<0 bada ganbila). Balio absolutuz, a koefizienteak parabolaren irekiera determinatuko du: a-ren balioa txkitzean parabola zabaldu egiten da, bigarren mailako terminoaren balioren txikitzea dakarrelako; ondorioz, a>0 den kasuan y ordenaturen balioa beherago izango dugu. b parametroarekin konbinatuz, erpinaren abszisaren kokapenean ere parte hartzen du a koefizienteak: x=-b/2a.

a eta b koefizienteak konstate mantenduz, c parametroak bertikalki gora eta behera eramaten du parabola.

a eta c konstante uzten badira, b koefizienteari balio desberdinak ematen bazaizkio, parabolaren erpina a eta c balioen menpe soilik dagoen beste parabola baten gainean mugitzen da. Ikus dezagun baieztapen honen egiaztapena:


Aukeratu a eta c parametroak, eta eman balio desberdinak b koefizienteari irristatzailea erabiliz. Klikatu karratuan erpinak deskribatzen duen parabolaren ekuazioa ikusteko:

 

2020-08-30

 

Aritmetikaren meategian harribitxi disdiratsu ugari daude Matematikaren edertasunaren lekuko. Gaur aurkeztuko dugun harribitxi landua Joseph Liouville (1809-1882) matematikariari zor diogu. Liouvillek Matematikaren arlo askotan egin zuen lan: Zenbakien Teoria, Topologia Diferentziala, Analisi Konplexua, ... aipatzekoa da ere, zenbaki traszendenteen existentzia probatzen lehena izan zela. Beraz, ekarpen handiak egindakoa dugu matematikari frantziarra. Jarraian aztertuko dugun problema xumeago bada ere, ez zaio dizdira falta. Zenbakien arteko erlazio ederra bezain harrigarria utzi zigun Liouvillek, altxor txiki bat.


Zenbaki arrunten honako propietate harrigarri hau nahiko ezaguna da:


"1tik hasita ondoz ondoko zenbakien kuboen batura, zenbaki hauen baturaren karratua da"


Propietate hau (1+2+3+...+n) aldeko karratu batean adieraz daiteke irudian ikusten den eran:


➤Propitatearen frogapena

Jarraian erlazio honen frogapena indukzio matematikoaz:


Baina propietate hau ez da bakarrik egiaztatzen batetik hasita zenbaki arrunten segidekin, zenbaki arrunten multzoan badaude beste zenbaki familia batzuk  propietate honen jabe ere direnak. Liouvillek aztertu eta aurkitu zuen metodo orokor bat zenbaki hauek lortzeko. 

➤Liouvilleren aurkikuntza

N zenbaki osoa eta positiboaren zatitzaile bakoitzaren zatitzaile kopurua kalkulatu eta zerrendatzen badugu, zenbaki zerrenda honek propietatea betetzen du:

Nren zatitzaileak: {Z₁, Z₂, Z₃, ..., Zn}

Z₁ren zatitzaileen kopurua: a₁
Z₂ren zatitzaileen kopurua: a₂
Z₃ren zatitzaileen kopurua: a₃
..................................
Znren zatitzaileen kopurua: an

{a₁a₂a₃, ..., an} zenbaki multzoarekin propietatea egiaztatzen da:


Hona hemen adibide batzuk:

Adibide 1

2·3=6ren zatitzaileak: {1, 2, 3, 6}

6ren zatitzaileen zerrendako zatitzaileen zatitzaile kopurua:
1ren zatitzaileak {1}, kopurua: 1
2ren zatitzaileak {1, 2}, kopurua: 2
3ren zatitzaileak {1, 3}, kopurua: 2
6ren zatitzaileak {1, 2, 3, 6}, kopurua: 4

{1, 2, 2, 4} zenbaki multzoarekin ere propietatea betetzen da:


1+2+2+4 aldeko karratu marrazten badugu, propietatea geometrikoki ikus dezakegu:


Adibide 2

2²·3=12ren zatitzaileak :{1, 2, 3, 4, 6, 12}

12ren zatitzaileen zatitzaile kopurua:

1ren zatitzaileak {1}, kopurua: 1
2ren zatitzaileak {1, 2}, kopurua: 2
3ren zatitzaileak {1, 3}, kopurua: 2
4ren zatitzaileak {1, 2, 4}, kopurua: 3
6ren zatitzaileak {1, 2, 3, 6}, kopurua: 4
12ren zatitzaileak {1, 2, 3, 4, 6, 12}, kopurua: 6

{1, 2, 2, 3, 4, 6} zenbaki multzo honekin ere propietatea betetzen da:


Propietatea 1+2+2+3+4+6 aldea duen karratuan:


Adibide 3

5³=125ren zatitzaileak :{1, 5, 25, 125}

125ren zatitzaileen zatitzaile kopurua:

1ren zatitzaileak {1}, kopurua: 1
5ren zatitzaileak {1, 5}, kopurua: 2
25ren zatitzaileak {1, 2, 25}, kopurua: 3
125ren zatitzaileak {1, 5, 25, 125}, kopurua: 4

{1, 2, 3, 4} gorago frogatu dugun moduan propietatea egiaztatzen da:

Irudi batean adieraziz:

Adibide 4

2⁴=16ren zatitzaileak :{1, 2, 4, 8, 16}

16ren zatitzaileen zatitzaile kopurua:

1ren zatitzaileak {1}, kopurua: 1
2ren zatitzaileak {1, 2}, kopurua: 2
4ren zatitzaileak {1, 2, 4}, kopurua: 3
8ren zatitzaileak {1, 2, 4, 8}, kopurua: 4
16ren zatitzaileak {1, 2, 4, 8, 16}, kopurua: 5


{1, 2, 3, 4, 5} ondoz ondoko lehenengo bost zenbaki arrunt, beraz:


Propietatea geometrikoki 1+2+3+4+5 aldeko karratuan:


Adibide 5

3⁴=81ren zatitzaileak :{1, 3, 9, 27, 81}

81ren zatitzaileen zatitzaile kopurua:

1ren zatitzaileak {1}, kopurua: 1
3ren zatitzaileak {1, 3}, kopurua: 2
9ren zatitzaileak {1, 3, 9}, kopurua: 3
27ren zatitzaileak {1, 3, 9, 27}, kopurua: 4
81ren zatitzaileak {1, 3, 9, 27, 81}, kopurua: 5

Aurreko adibidean lortu den zerrenda bera dugu {1, 2, 3, 4, 5},  beraz:

 
 Zenbaki lehen baten berreketaren kasua: 

Hasierako zenbakia  zenbaki lehen baten potentzia bat denean (3, 4 eta 5 adibideak), zenbaki horren zatitzaileek duten zatitzaile kopurua, zenbaki arrunten segidak ematen digu: 1, 2, 3,...,n, n+1 

ren zatitzaileak :{1, p, p², p³, p⁴, ..., }

Zatitzaile hauen zatitzaile kopurua:

1ren zatitzaileak {1}, kopurua: 1
pren zatitzaileak {1p}, kopurua: 2
ren zatitzaileak {1, p, }, kopurua: 3
ren zatitzaileak {1p, }, kopurua: 4
···········································································
ren zatitzaileak {1p, , ..., }, kopurua: n+1

 zenbakiaren zatitzaileen zatitzaile kopuruek lehenengo (n+1) zenbaki arrunten zerrenda eratzen dute: {1, 2, 3, ...,n, n+1}

Beraz, zenbaki lehen baten berreketaren kasuan lehenengo (n+1) zenbaki arrunten segida lortzen da, eta hasieran indukzioz frogatu dugunez:



➤Kasu orokorra

Liouvillek aurkituriko lege orokorra enuntziatu eta indukzioz egiaztatuko dugu,




➤Zenbait kasuren azterketa. Klasean lantzeko proposamena

Liouvilleren problema ikasgelara eraman daiteke eta ikerketa bezala proposatu ikasleei. 

Liouvilleren problema

Aukeratu nahi duzun zenbakia (hasi zenbaki txikiekin) eta bere zatitzaile guztiak kalkulatu. Ondoren, zatitzaile bakoitzaren zatitzaileak kalkulatu eta idatzi zerrenda batean zatitzaile bakoitzak duen zatitzaile kopurua. Zerrenda honen balio guztiak batu eta baturaren karratua egin (1. emaitza). Zerrendako balio bakoitza ber hiru egin eta gero, kubo hauen batura kalkulatu (2. emaitza).
Konparatu bi emaitzak. Zer ikusten duzu? Aukeratu beste zenbaki batzuk eta egiaztatu lorturiko erlazioa. Ikertu gehiago.

Ikerketan sakontzeko, zenbakien faktore lehenetako deskonposizioa kontuan izango dugu: zenbat faktore lehen desberdin eta hauen anizkoitasuna (berretzailea), ea pautaren bat aurkitzen dugun. Ondoren, Liouvilleren zenbakiak lortzeko metodo azkarra eta zenbaki triangeluarrekin duten erlazioa ikertuko dugu:

  erako zenbakiak. n berretzailea aldaraziko dugu, beheko koadro honetan ikusten den bezala. Hainbat adibide aztertu ondoren, propietatea induzitu dezakete ikasleek. 


Erlazioa geometrikoki adierazteak problema aberasten du. Azaleren banaketa ez da bakarra, azalera bereko eta  perimetro berdineko eta desberdineko hainbat poligono daude, adibidez:


Bi zenbaki lehen desberdin ditu, baten berretzailea  beti 1 eta bestearena aldaraziz:


Hainbat zenbaki lehen desberdin, denak sinpleak:


Beste adibide batzuk ere azter daitezke.

Liouvilleren zenbaki zerrenda azkarrago lortzeko metodoa iradoki edo aipa diezaiekegu: zenbakiaren faktore lehen bakoitzaren zatitzaileen zatitzaile kopurua kalkulatu    ({1,2,3,...,n, n+1}) eta kopuruen zerrendak elkarren artean biderkatuz Liouvilleren zenbakiak izango ditugu, adibidez,



Honetan oinarrituta ikerketan sakonduko dugu. Erlazioaren alde batean zenbaki karratuak agertzen dira, Liouvilleren zenbakien baturaren karratua. Edozein zenbaki karratu sor daiteke Liouvilleren zenbakiekin? Zeintzuk dira posibleak? 5²=25 ager daiteke? Eta 6²=36? 18²=324? 12²=144?...
Azter dezagu adibide bat:


Adibide gehiagorekin konproba dezakegu Liouvilleren zenbakiak zenbaki triangeluarrak eratzen dituzten segiden arteko biderkadurek sortzen dituztela eta Liouvilleren zenbakien batura beti ere zenbaki triangeluar bat edo hainbat zenbaki triangeluarren biderkadura dela. 

Gogoratu n-garren zenbaki triangeluarra lehenengo n zenbaki arrunten batura dela:

Beraz, 5²=25 eta 12²=144 ezin dira agertu Liouvilleren erlazioan, 5 eta 12=3·4 ez direlako zenbaki triangeluarrak, ezta zenbaki triangeluarren biderkadura ere. Bai, ordea, 36=6²=(T₃)² eta 18²=(3·6)²=(T₂·T₃)²
N zenbakiaren faktore lehen bakoitzaren zatitzaileen zatitzaile kopuruen batura zenbaki triangeluarra denez, Liouvileren zenbakien batura zenbaki triangeluarren biderkadura da eta zenbaki triangeluar hauen ordena faktore lehen bakoitzaren 𝝰 berretzailea gehi bat da (𝝰+1):

Jarraian hiru adibide zenbaki triangeluar eta Liouvilleren zenbakien arteko erlazioa ikusteko:

Adibide 1
N=144 zenbakiaren Liouvileren zenbaki zerrenda kalkulatu eta hauen batura adierazi zenbaki triangeluarrak erabiliz.

144=2⁴·
2⁴➩zatitzaleen zatitzaile kopurua ➩ {1,2,3,4,5}
➩zatitzaleen zatitzaile kopurua ➩ {1,2,3}
{1,2,3,4,5} eta {1,2,3} elkarren artean biderkatuz Liovilleren zenbaki zerrenda dugu:
{1,2,3,4,5,2,4,6,8,10,3,6,9,12,15}

1+2+3+4+5+2+4+6+8+10+3+6+9+12+15=(1+2+3+4+5)(1+2+3)=
=T₅·T₃=15·6=90

1³+2³+3³+4³+5³+2³+4³+6³+8³+10³+3³+6³+9³+12³+15³= 8.100
(1+2+3+4+5+2+4+6+8+10+3+6+9+12+15)²=90²= 8.100


Adibide 2
Kalkulatu batura 54 ematen duen Liovillen zenbaki zerrenda, koprobatu erlazioa egiaztatzen dela eta idatzi N zenbakiaren faktorizazio mota.

54=3·3·6=T₂·T₂·T₃=(1+2)(1+2)(1+2+3)=(1+2)(1+2+3+2+4+6) =1+2+3+2+4+6+2+4+6+4+8+12

1³+2³+3³+2³+4³+6³+2³+4³+6³+4³+8³+12³= 2.916
(1+2+3+2+4+6+2+4+6+4+8+12)²=54²= 2.916

N=p·q·r² erako zenbakiari aurreko Liouvilleren zenbaki zerrenda dagokio. Adibidez: 3·7·11² ; 2·13·17² ; 5·2·3² ; ...


Adibide 3
Liouvilleren zenbakien batura zenbaki triangeluar baten potentzia izan dadin, zein izan behar da N zenbakiaren faktorizazio mota?

Zenbaki triangeluarra ber bi:
(T₂)²=T₂·T₂=(1+2)(1+2) ➩ N=p·q
(T₃)²=T₃·T₃=(1+2+3)(1+2+3) ➩ N=p²·q²
(T₄)²=T₄·T₄=(1+2+3+4)(1+2+3+4) ➩ N=p³·q³
........
(Tn-1)²=Tn-1·Tn-1=(1+2+...+n)(1+2+...+n) ➩ N=pⁿ·q

Zenbaki triangeluarra ber hiru:
(T₂)³=T₂·T₂·T₂=(1+2)(1+2)(1+2) ➩ N=p·q·r
(T₃)³=T₃·T₃·T₃=(1+2+3)(1+2+3)(1+2+3) ➩ N=p²·q²·r²
(T₄)³=T₄·T₄·T₄=(1+2+3+4)(1+2+3+4)(1+2+3+4) ➩ N=p³·q³·r³
........
(Tn+1)³=Tn+1·Tn+1·Tn+1=(1+2+...+n)(1+2+...+n)(1+2+...+n) ➩ N=pⁿ·qⁿ·r

Desberdinak diren N zenbakiaren faktore lehenen kopurua zenbaki triangeluarraren berretzaileak ematen du eta  faktore lehenen berretzailea zenbaki triangeluarraren ordena ken bat da.

❃❃❃

Problema honetan erabili behar izan diren eduki matematikoak oinarrizkoak dira: zenbaki baten deskonposizioa faktore lehenetan, zatitzaileak, zatitzaile kopurua, berreturak (karratuak eta kuboak), zenbaki arrunten segida, zenbaki triangeluarrak,... Honek  hainbat mailatan proposatzeko aukera ematen digu, baina, beti ere, ikaslearen mailari dagokion egokitzapenak eginez.
 
Problemaren testuingurua guztiz matematikoa izanda ere, hainbat kontzeptu, eduki, prozedura eta estrategia aplikatzeko aukera eskaintzen dio ikasleari; beraz, konpetentzia matematikoaren garapenarako problema egokia dugu gaurko hau. 

Aipatu beharra dago problemen ebazpenaren helburua ez dela emaitza zuzena lortzea besterik. Ahal den neurrian haruntzago joaten saiatuko gara: kasu partikularrak aztetu, galderak egin, konjeturak planteatu, problema zabaldu, problema berriak asmatu, hausnartu, arrazoitu, justifikatu eta orokortu; bi hitzetan: "Matematika Egin".

Amaitzeko George Polya gogora ekarriko dugu prolemen ebazpenari buruzko bere esaldi esanguratsu honekin:




Gaurko artikulu hau matematikaren bultzaitzaile aparta den eta laguna dudan J. M. Lopez Irastorzari eskaini nahi diot bereziki. Gure Liouville txikia, Matematikaren altxorren zaindari. 
Eskerrik asko!!
J. L. 


 

Popular Posts

ESALDIAK

"Problemak kalkuluak egiteko baino pentsarazteko dira"
(Mª Antonia Canals)

Orri-ikustaldiak guztira