Blog colectivo orientado a matemáticas de concurso tipo olimpiada. Temas centrales: geometría, combinatoria, teoría de números, algebra. Temas de apoyo: lógica y razonamiento matemático. Intenta llegar a ser inteligencia matemática distribuida.

Thursday, November 17, 2005

Más allá de la creatividad: Menelao en Monterrey (1997)

Problema 2 del concurso nacional (Monterrey 1997)

Hay ocasiones en que la creatividad no basta (¿qué es la creatividad?), por lo menos no la creatividad que, en una versión populista del término, aboga por el olvido de toda teoría en aras de una especie de iluminación mística en el desempeño de tareas intelectuales. Voy a argumentar a favor de la tesis de que el conocimiento experto maximiza la eficiencia del cognizador en las tareas de solución de problemas (o, por lo menos, nunca está de más) tomando como pretexto el siguiente problema del concurso nacional de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas.

Enunciado

En un triángulo ABC, P y P' son dos puntos sobre el lado BC, Q sobre CA y R sobre AB, de tal manera que AR/RB = BP/PC = CQ/QA = CP'/P'B. Sea G el centroide del triángulo ABC y K el punto de intersección de AP' con RQ. Demostrar que P, G y K son colineales.

Información previa (a la solución)

En el concurso nacional de la OMM (Olimpiada Mexicana de Matemáticas) de 1997, por primera vez supe que existía un teorema de la Geometría Euclideana denominado Teorema de Menelao. Como se sabe, la geometría en los cursos escolares ocupa un lugar muy marginal con un sesgo muy marcado en favor del algebra y los métodos analíticos. Y esto parece ser el caso en todo el mundo y desde hace ya tiempo (quizá desde el auge de la teoría de conjuntos en la década de 1960).

En un libro americano de 1967 que conseguí posteriormente a ese shock intelectual de Monterrey (Coxeter and Greitzer, Geometry Revisited) los autores se quejaban en el prefacio de esa situación de marginalidad de la geometría: "Quizá el status inferior de la geometría en el curriculum escolar provenga de una falta de familiaridad de parte de los educadores con la naturaleza de la geometría y con los avances que han tenido lugar en su desarrollo."

Sea como fuere, el equipo tamaulipeco de 6 adolescentes con aspiraciones a ingresar a la comunidad matemática llegó a Monterrey en ese año del 97 con un background de conocimientos totalmente fuera de contexto (lo cual incluye a su entrenador, i.e., yo). Una broma anónima generada durante los días posteriores al concurso rezaba: "los tamaulipecos creen que todos los triángulos son equiláteros." (Las bromas políticamente incorrectas son las que más duelen, pero posiblemente son de las que más se aprende --ni bueno ni malo es sólo que así fuimos los tamaulipecos al concurso nacional ese año de 1997.)

Valentina (17) fue la que me comentó, al salir del examen del primer día y con cara de tristeza y asombro: "el 2 salía con Menelao". Pero no porque ella lo hubiese resuelto sino porque lo escuchó en los pasillos de boca de compañeros concursantes que sí lo habían resuelto. Yo me "aliviané" algo porque en la sesión de discusión de los problemas de ese día con miras a fijar los criterios de evaluación, donde delegados y asesores de todos los estados primero tratan de resolver los problemas, ninguno de los asesores estatales llegó siquiera a dibujar la figura que describía el enunciado. ¡Vergüenza y decepcionante sorpresa! ¡Y yo que creía que Valentina había recibido un buen entrenamiento!

Construcción de la figura guía

En el razonamiento diagramático (ahora lo sé) el diagrama o imagen que guía el razonamiento tiene que ser general, libre de detalles irrelevantes y/o distractores del objetivo del razonamiento. Pero en este caso, para dibujar la figura que describe el enunciado, las razones aportadas como datos en el enunciado deben tener un valor k particular, o bien la figura es imposible de dibujar.

Keep it Simple (principio KISS de diseño), nos advierte el lema hacker. Así que elijo aquí mantener la figura (e)Stúpidamente Simple tomando k = 1/2; es decir, triseco los lados y ubico los puntos.



Digresiones sobre indicios y pistas de solución

1) Si verbalizamos la condición de igualdad de razones, podría decirse que P, Q, R parten a los lados en la misma proporción, pero además P' parte CB (BC de reversa) en la misma proporción en que P parte a BC. Esta especie de simetría es difícil de ver a primera vista (incluso para un ojo entrenado). Para el ojo entrenado (en problemas geométricos de olimpiada) verosímilmente esta simetría primero adquiere saliencia (algo en ella sugiere que es valioso escudriñarla con mayor detenimiento) y sólo posteriormente es focalizada (buscando derivar implicaciones que ayuden a la
solución del problema), y ello si se hace necesario para cubrir algún detalle del plan de solución.

En todo caso, una vez teniendo la figura, el cognizador podría cuestionarse sobre si el punto medio M del lado BC se ve como punto medio de PP' sólo por la figura o bien es derivable de la condición. En mi caso, ahora que abordo el problema años después de aquel concurso de Monterrey, este cuestionamiento lo exploré hacia el final de la prueba como una necesidad para llegar a concluirla: con ganas de que que M fuese punto medio de PP' logré demostrarlo a partir de la condición BP/PC = CP/P'B.

2) La petición de demostrar colinealidad sugiere inmediatamente usar Menelao. Pero lo sugiere para quien conoce el teorema y tiene experiencia con sus instancias de uso. En 1997 yo me quedé igual de asombrado que Valentina y no pude hacer mayores asociaciones que ligaran los datos con conocimientos geométricos útiles para la solución del problema (qué digo para la solución... ¡me hubiese sentido feliz si hubiera dibujado la figura!).

Pero supongamos que el cognizador puede evocar Menelao a partir del enunciado. En ese caso, las siguientes dos tareas que surgen de inmediato son a) encontrar el triángulo adecuado y b) proceder a demostrar que el producto de razones en el teorema de Menelao es la unidad. (Notemos, de paso, que la activación de la red de
conocimientos asociado con Menelao --casi como si la tuviésemos "zipeada" en nuestra mente-- dota al cognizador con un plan de acción inmediato, su mente se pone a funcionar en vez de quedarse vagando en busca de alguna idea útil --un vagabundeo que resulta a la larga enfermizo, sobre todo cuando ninguna idea útil llega.

3) Otra pista para la solución que viene incluida en el enunciado son las proporciones AR/RB = CP'/P'B (la cual lleva casi de inmediato a concluir RP' paralela a AC) y CQ/QA = CP'/P'B (y se ve que P'C es paralela a AB). Estas dos proporciones llevan a concluir que el cuadrilátero ARP'Q es paralelogramo.

A partir de aquí, eventualmente el cognizador llegará a ver que K es la intersección de diagonales lo cual lo podría llevar a la otra demostración (sin Menelao) basada en la idea de que una mediana debe pasar por el baricentro (centroide) --a la cual puede llegar puede llegar mediante una cadena de asociaciones relativamente azarosa, pues también tiene que ver que G es centroide del triángulo APP'.

Con azarosa quiero decir que el plan de acción viene después de la búsqueda de ideas útiles (y se corre el riesgo de no llegar a ponerlas a funcionar aun cuando se tuviesen a la vista) y no antes como sería lo natural. Con las evocaciones del teorema de Menelao, en cambio, el plan surge de inmediato y éste guía toda la acción: es como si se dijera "¿cuál caja de herramientas uso para problemas de alineación?" --y la respuesta está ya en la pregunta misma... si se tuviera experiencia en instancias de uso del teorema de Menelao.

Solución (con Menelao)

La elección del triángulo adecuado para la aplicación de Menelao es prácticamente inmediata: es el triángulo AMP'. La siguiente tarea es demostrar que (AG/GM)(MP/PP')(P'K/KA) = 1. Pero esta tarea se reduce a demostrar que MP/PP' = 1/2 pues AG/GM =2/1 por la propiedad característica de la ubicación del baricentro en la mediana y P'K/KA =1 por ser K el punto de intersección de las diagonales de un paralelogramo (las diagonales de un paralelogramo se bisecan).

Aquí es donde surge la necesidad de demostrar que M es punto medio de PP' (y no sólo de BC). Esto puede demostrarse con algebra. Si k es la razón BP/PC entonces, a partir de BP = kPC y CP' = kP'B se puede llegar a ver que (k+1)PC = (k+1)P'B y por tanto a PC = P'B. De aquí que PP'+P'C = PP'+PB, es decir, P'C = PB. Así que BP+PM = MP'+P'C y se logra ver que PM=MP'.

Solución (sin Menelao)

Una vez sabiendo que M es punto medio de PP' la demostración "ateórica" (es decir, con geometría elemental) viene a la mente a partir de la imagen del paralelogramo ARPQ. Pues, puesto que G es también el centroide del triángulo APP' (la proporción MG/GA = 1/2 no tiene porqué cambiar), y dado que las diagonales de un paralelogramo se bisecan, entonces PK es mediana del triángulo APP' y debe pasar por G, es decir, P, Q, K están alineados.

Comentarios finales

Se puede ver aquí (en la forma en que la solución elemental surge o queda sugerida por la ejecución de la solución que requiere de más teoría) que la solución "creativa" es la menos natural. Y esto porque un plan que empezara diciendo "voy a demostrar que PK es mediana..." es un plan muy improbable. Y porque, además, el descubrimiento de que M es punto medio de PP' (presente en las dos demostraciones) fue una necesidad en el plan Menelao, y por lo tanto guiado por una
meta, el ingrediente que lo dota de naturalidad.

Por otro lado Menelao maximiza la eficiencia del cognizador, al permitirle terminar la solución en menos de una hora (creo). La moraleja que puedo extraer de este problema es que el populismo de muchos delegados y/o entrenadores estatales bienintencionados que sostienen que las soluciones elementales de problemas de olimpiada siempre son posibles (como lo son), para de ahí derivar la conclusión (errónea a mi parecer) de que los adolescentes que llevan a los concursos no necesitan más que su creatividad natural y conocimientos elementales, tiene el efecto perverso de provocar precisamente lo que se quiere evitar: la frustración de los chicos.

Al tratar de evitarles la tensión derivada de aprender a demostrar y usar teoremas no elementales y la resolución de problemas complejos de concurso solamente translada la frustración a la semana del concurso, pues ahí los chicos descubren la inutilidad de sus herramientas frente a las tareas complejas que exigen los problemas de un concurso nacional de olimpiada de matemáticas. [Aunque podría suceder, como en mi caso de ese concurso del 97, que entrenadores y delegados sean inocentes de populismo, y simplemente se deba a que, como dice Coxeter y Greitzer, no estén familiarizados con la geometría (y los otros temas de matemáticas de concurso).]

Wednesday, November 09, 2005

Un problema desargueano


Se ha dicho que la geometría proyectiva es una ciencia nacida del arte (Morris Kline: "La ciencia nacida del arte resultó ser ella misma un arte") y con razón. El único problema es que la apreciación del arte requiere de un largo aprendizaje. Y lo mismo es cierto de la geometría. (Olvidemos, aunque sea por un momento, las falsas promesas del populismo pedagógico de las modas teóricas en educación --en su búsqueda perenne de la piedra filosofal que convertiría todo aprendizaje en un "reventón".)

En el problema que a continuación planteo debe suponerse conocido el teorema siguiente:

Si en un triángulo ABC se toman los puntos P en BC, Q en CA y R en AB de tal manera que las rectas QR, RP y PQ cortan a BC, CA, y AB en los puntos P', Q' y R' respectivamente, entonces los puntos P', Q' y R' son colineales si y sólo si las rectas AP, BQ y CR son concurrentes. (Ejecicio: demostrarlo aplicando el teorema de Menelao.)

El problema que deseo plantear aquí es el siguiente:

Si (bajo las condiciones del teorema anterior) las rectas AP, BQ y CR son concurrentes ¿qué se puede decir de las rectas AP, BQ' y CR'?

Solución:

Es fácil darse cuenta que la respuesta es que son concurrentes. Pero a tal respuesta sólo se llega después de llegar a ver que, además del triángulo PQR, hay otro triángulo que cumple las mismas condiciones que PQR; sólo que está afuera del triángulo ABC. Tal triángulo es el PQ'R'.

Véase:

A-->P en BC..........................A-->P en BC

B-->Q en CA..........................B-->Q' en CA

C-->R en AB..........................C-->R' en AB


AP, BQ y CR concurren................AP, BQ' y CR' concurren

si y sólo si.........................si y sólo si

AB.PQ=R'.............................AB.PQ'=R
BC.QR=P'.............................BC.Q'R'=P'
CA.RP=Q'.............................CA.R'P=Q

alineados............................alineados

Pero R, Q y P' están alineados por hipótesis, pues P' es intersección de BC y QR y por lo tanto está en la recta QR.

Ahora bien, lo que me interesa destacar aquí es que el resolver este tipo de problemas (o demostrar este tipo de teoremas) es una tarea que, además de que es gran consumidora de tiempo, requiere tener conocimientos de geometría que también necesitaron dedicarles tiempo para su aprendizaje. Y si el adolescente se cree la promesa de los pedagogos populistas nunca va a estar dispuesto a dedicarle más de 5 minutos a resolver un problema de matemáticas. Desde este punto de vista se puede decir que la escuela promueve la ignorancia.

Everybody seems to think I'm lazy
I don't mind, I think they're crazy
Running everywhere at such a speed
Till they find, there's no need


(I'm Only Sleeping, The Beatles)

Finalmente déjenme platicarles que anduve en el DF la semana del Congreso de la Sociedad Matemática Mexicana (24-28 de octubre) y, después de vivir tres días en el mundo abstracto encontré en el Zócalo un modo de desestresarme y regresar a la postmodernidad: me decidí por la psiquiatría alternativa de un brujo azteca.