Sarà mica matematica 32, le soluzioni

Se è vero che le tradizioni vanno rispettate, siamo a buon punto.

I quesiti di sarà mica mate 32 sono arrivati con pericolosa puntualità. Per fortuna le soluzioni hanno un buon ritardo di un paio di giorni e ristabiliscono l'equilibrio: la tradizione del ritardo è rispettata.
Infatti la prof Giovanna mi ha largamente anticipato e ha pubblicato le loro soluzioni l'altroieri. Ne approfitto per consigliarvi di andare a dare un'occhiata: troverete alcune soluzioni originali e interessanti.
Adesso però è ora di vedere le nostre soluzioni ai due quesiti.

Il primo
L'unica soluzione possibile è questa (uso un'immagine inviata da Stefano P, di prima B).

Molti hanno dato la risposta giusta ma senza spiegazioni, peccato.
Altri hanno almeno abbozzato qualche frase che raccontasse il ragionamento seguito. Tento un collage.

Ismaele M (seconda B) dice: come suggerito noto che la parte colorata è più piccola della parte bianca, capisco che dovrò inserire lì i numeri più grandi.

Valentina V (terza B) aggiunge: ogni numero deve essere inserito quattro volte, quindi

(1+2+3+4)x10 = 40

Se la somma di tutti i numeri è 40, ogni parte sarà di 20.

Matteo C (terza B) prosegue: ho disposto i 4 in obliquo perchè così non si sarebbero incrociati infrangendo la regola. Ho applicato lo stesso ragionamento per tutti gli altri numeri. Tengo fissa la linea dei 4 perchè devo cercare di mettere più numeri alti possibile nella parte arancione, Poi dispongo gli altri numeri sempre in obliquo. Si nota una certa specuilarità.

Anche Pietro B (prima B), pur non usando parole, ha cercato di evidenziare la regolarità della disposizione con questa immagine.

Luca T (prima B) riempie prima la parte arancione inserendo i numeri più alti. Dopodiché, come nel gioco del sudoku, ho inserito i numeri mancanti facendo attenzione che in ogni riga e colonna comparissero una sola volta.

Jelle R (terza B) spiega come ha riempito la parte arancione (quella più piccola): ho posizionato il numero 4, dopodiché il 3 e poi il 2.

Viola Q (prima B) invia l'immagine qui sotto e scrive: per arrivare a 20 nella parte evidenziata, ci voleva sicuramente che ci fossero al suo interno tutti i 4 possibili, cioè 3. Poi facendo 20-12= 8, cioè togliendo la somma dei 4 inseriti, rimaneva la somma di 8, così, per farlo, ho bisogno di 1X2 e di 2X3. Dopo aver inserito questi numeri, andando in ordine logico ho inserito quelli che si trovavano all'esterno della parte evidenziata.

Sophia Z (terza B) ha spiegato tutti i passaggi, uno per uno, ognuno con la relativa immagine. Io ho pensato di ricavarne questa immagine animata; mi sembra dica già tutto.

Ecco l'elenco completo dei solutori.
Per la prima B: Leonardo R, Luca T, Marco V, Mirko G, Naomi R, Pietro B, Stefano P
Per la seconda B: Ismaele M, Mattia C, Viola Q
Per la terza B: Davide C, Matteo C, Jelle R, Sarah T, Sophia Z, Stefano S, Valentina V 

Infine, come promesso, il libro sul quale ho trovato il gioco. Si tratta di Professor Stewart's Casebook of Mathematical Mysteries, di  Ian Stewart (non mi risulta che sia stato tradotto in italiano, almeno per ora).

Il quesito è stato anche presentato e discusso sul New York Times!

Il secondo
Anche in questo caso cominciamo subito con la soluzione, usando di nuovo un'immagine inviata da Stefano P (prima B)

La maggioranza dei solutori ha sfruttato la formula per l'area del trapezio. Mi è comodo utilizzare ancora una volta le parole Stefano (mi basta copiare e incollare): dato che l'area del trapezio si calcola con (base maggiore + base minore) x h : 2 ,e i due trapezi ABFE e EFCD hanno la stessa altezza (AB), per avere la stessa area devono avere la somma delle basi uguali. Siccome BF + AE = FC + ED, il segmento EF divide la figura in due trapezi equivalenti.

Leonardo R (prima B) spiega: 1) calcolo l'area di tutto il trapezio, 20. 2) Individuo due figure con area uguale a 10, ovvero la metà di 20. 3) Faccio delle prove unendo il punto E con il segmento DC e ogni volta calcolo l'area del trapezio rettangolo che ottengo 4) Quando l'ho trovato con area 10 sono sicuro che anche l'altra parte abbia area 10.

Viola Q (seconda B) sfrutta (finalmente!) Geogebra e racconta: ho provato a manovrare il punto che cadeva sulla base maggiore, e così ho tovato l'ipotetica soluzione. Per verificarne l'esattezza ho contato i quadretti interi e ho visto che erano 7 e 7 da ogni parte, poi,visto che il segmento tagliava alcuni quadrati in maniera non regolare, ho cercato i loro corrispondenti sia da una parte sia dall'altra e, notando che corrispondevano, ho capito che il quesito era giusto, e così ho verificato la mia ipotesi iniziale.
Ne risulta questa figura.

Anche Mattia C (seconda B) ha avuto l'idea far corrispondere le parti a destra e sinistra del segmento EF. Lo chiarisce bene con una figura (che io ho ricostruito qui sotto). E per completare aggiunge che i quadretti interi sono in entrambe le parti 7.

Sarah T (terza B) dà due soluzioni. Per la prima ha lavorato di carta, forbice e colla e con un mosaico ha scambiato la parte a destra con quella a sinistra, come si vede nell'immagine qui sotto. Ha dovuto tagliare a metà alcuni quadrati ma ha evidenziato che le due figure sono equiscomponibili (e ha perfino usato la parola corretta!) :-)

Per spiegare la seconda, scrive: ho notato che il punto E non è stato messo alla metà di AD ma ha "favorito" la parte azzurra di 2 quadrati.  Così quando dovevo trovare il punto sul lato BC ho "favorito" la parte viola: 4 quadrati viola e 3 azzurri.


L'elenco completo dei solutori.
Per la prima B: Leonardo R, Luca T, Marco V, Mirko G, Naomi R, Pietro B, Stefano P
Per la seconda B: Ismaele M, Mattia C, Viola Q
Per la terza B: Jelle R, Sarah T, Sophia Z, Stefano S, Valentina V .


In conclusione mi complimento con tutti quelli che ci hanno provato, come al solito. Stavolta rilevo anche una partecipazione in discreto numero e mi posso dichiarare... abbastanza soddifatto! (Ma si può fare molto meglio...) :-)
Appuntamento su Matematicamedie... beh, tra poco! Ci vediamo là!