Reynosa, Tamaulipas

Olimpiada de Matemáticas en Tamaulipas (mayo 2006)

El concurso para elegir la preselección de Tamaulipas (rumbo al concurso nacional 2006 de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas --OMM--) se realizó en la ciudad de Reynosa el día 13 de mayo. Como resultado se eligieron 15 adolescentes, candidatos a representar a Tamaulipas en la OMM en noviembre del año en curso.

Y acaso la mujer de la calle (las presiones de género me obligan a escribir así) se podría preguntar ¿a quién se le ocurre entrar a concursos de matemáticas? ¿se trata de masoquistas? ¿es una manda? ¡Pero si las matemáticas son incomprensibles!

Bueno, lo que yo podría decir es que las predisposiciones del adolescente hacia las disciplinas científicas son escasas pero existen. Una predisposición genética hacia las matemáticas activa su módulo matemático y lo convierte en un aspirante a ingresar a la comunidad matemática. Puede ser, sin embargo, que las presiones ambientales (por ejemplo, si su comunidad de origen se jacta de nunca haberles entendido) lo conduzcan hacia otras vocaciones y otras comunidades. !Que con su pan se lo coman! Mientras tanto, yo opino, que los concursos de matemáticas cumplen la función de una vía de escape a la catástrofe educativa, son puertas que conducen hacia afuera del ghetto del sistema educativo.

El examen consistió en tres problemas con valor de 7 puntos cada uno, y participaron alrededor de 47 adolescentes representando a las tres zonas (norte, centro y sur) del estado de Tamaulipas. Cada zona inició en febrero el proceso de selección, resultando en 15 o 16 seleccionados en cada una.

El concurso de Reynosa es así el tercer filtro del proceso de selección. Y de esos 15 preseleccionados se escogerán los 6 de más alto rendimiento para representar a Tamaulipas en el concurso nacional. Para ello habrá entrenamientos y exámenes selectivos, según el programa elaborado para este fin por la delegación tamaulipeca de la OMM --representada por la maestra Urbana Cepeda del CEBTIS 7 de Reynosa. El camino hacia el concurso nacional es largo y tortuoso, pero el esfuerzo será recompensado con una medalla, una mención,... y es la oportunidad de llegar hasta la IMO 2007, el concurso internacional de matemáticas de más tradición e importancia en el globo terráqueo.

Los problemas

1. Un comerciante desea conocer el peso (que se sabe es un número entero) de los productos que vende. Para esto, sólo cuenta con una balanza de platillos y desea hacer una sola pesada para cada producto. El problema es que sólo dispone de n + 1 pesas cuyo peso es una potencia de cierta base a (es decir, las pesas tienen pesos a^0, a^1,..., a^n) y tiene una sola pesa de cada tipo. Se pide determinar todos los valores enteros de a (a>1) para los cuales es posible hacer lo que el comerciante quiere.

2. Una circunferencia pasa por los vértices A y B del triángulo ABC y es tangente al lado BC en el punto B. El lado AC corta a la circunferencia en M, de tal manera que AM = MC + BC. Encuentre el valor de BC si se sabe que AC = k.

3. Sobre cada lado de un polígono de 2006 lados se colocan 2006 puntos de manera arbitraria. ¿Cuántos triángulos pueden formarse usando como vértices dichos puntos?

Las soluciones

El problema de geometría nadie lo resolvió. Quizá por ser altamente dependiente del teorema denominado potencia de un punto --el cual va acompañado de muchos conceptos de la geometría del círculo. (Innecesario decir que la geometría escolar nunca va más allá de áreas y volúmenes --ni bueno ni malo, es sólo un hecho educativo.) Esto acaso explicaría que algunos adolescentes no pudieron hacer ni siquiera la figura --la cual valía 1 punto.

Dibuje el lector interesado la figura para facilitar la comprensión de la

Solución al problema 2

El punto C está fuera de la circunferencia dado que ésta es tangente en B al lado BC y AC la corta en M. Se tiene entonces la ecuación (por potencia de un punto respecto a una circunferencia): CB^2 = CM(CA). Con esta ecuación y la condición AM = MC + CB (lo cual se convierte en k = 2MC + CB) se puede lograr una ecuación cuadrática cuya solución es la solución del problema.

Sea pues x = BC. Entonces, x^2 = CMk = k(k - x)/2. Es decir, 2x^2 + kx - k^2 = 0. Y esta ecuación se factoriza como (2x - k)(x + k) = 0. Por tanto, la solución positiva x = k/2, es la que nos sirve por ser x = BC una distancia.

Breviario matemático cultural:

Casi todos los problemas de geometría se pueden resolver por semejanza, y este no es la excepción; pero el adolescente que supiera los teoremas de la geometria del círculo vería facilitada la tarea de resolver el problema sin tener que demostrar en el momento del examen los dos o tres teoremas que llevan al usado aquí. La moraleja de eficacia solucionadora de problemas para un adolescente interesado sería: no se trataría (como creen muchos expertos en educación) de ir al examen "a ver qué se me ocurre" sino de llevar al examen un inventario de "qué se me debería ocurrir"

Solución al problema 1

Esta solución está basada en la de Rafael Navarro, un concursante que logró una solución constructiva --y diagramática.

Primero hay que ver que para a = 4 no es posible pesar ciertos pesos, ni siquiera poniendo pesas de los dos lados de la balanza. Sea a = 4 y tratemos de pesar un producto de w = 2 unidades de peso. Las pesas posibles son 1, 4, 16, etc. La clave para ver que no es posible la pesada consiste en notar que no hay dos pesas b y c cuya diferencia sea 2 unidades, con lo cual se lograría equilibrar la balanza poniendo en un lado w + b y en el otro c (c - b = 2). Este mismo contra-ejemplo basta para probar que no es posible pesar un producto de w = 2 con pesas de potencias de a > 4. (Ver esto valía 3 puntos.)

Con a = 2 se pueden pesar todos los productos poniendo las pesas de un sólo lado de la balanza, pues es sabido que cualquier número puede ser expresado en el sistema binario de numeración. Rafael ejemplificó con 108 (base 10) = 1101100 (base 2) = 64 + 32 + 8 + 4. (Rafael pudo activar un conocimiento teórico en su memoria de largo plazo y transferirlo a la situación del problema concreto que tenía enfrente. La pregunta didáctica no es ¿cómo pudo adquirirlo? sino, dado que ya lo tiene, ¿cómo pudo transferirlo a la situación?)

Con a = 3 podemos invocar de nuevo el hecho conocido (por lo menos para Rafael) de que cualquier número se puede representar en el sistema ternario. Sólo que en este caso la representación ternaria no sería aceptable para hacer la pesada de algunos productos --a menos que se pongan pesas en los dos platillos. Ilustremos ese caso con el ejemplo aportado por Rafael y la forma en que transforma la representación ternaria en una pesada permitida.

Primero ponemos el peso del producto en el sistema ternario: 83 (base 10) = 10002 (base 3) = 81 + 2(1). Vemos que la representación ternaria correspondería a poner la pesa de 81 (potencia 4 del 3) más dos pesas de 1 (potencia cero de 3). ¡Pero no tenemos dos pesas de la misma potencia!

¿Cómo salvar ese obstáculo? La solución de Rafael fue: cuando aparece un 2 en la expresión ternaria, ponemos la pesa inmediatamente más pesada a la que aparece dos veces y equilibramos en el otro platillo. En el ejemplo sería: 83 + 1 = 10010.
Notemos que ello siempre es posible pues la diferencia entre dos potencias consecutivas de 3 se puede expresar como el doble de la potencia menor: 3^n - 3^(n-1) = 3^(n-1)(3 - 1) = (2)3^(n-1). Para lograr la transformación de Rafael debemos interpretar de reversa, pues el problema se presenta cuando aparece un 2 en la rerpesentación ternaria del peso del producto. Por ejemplo, si el producto pesa w unidades y el equilibrio se logra con w = w_1 + (2)3^(n-1), entonces el equilibrio también se logra con w = w_1 + 3^n - 3^(n-1). Lo cual, interpretado en la balanza, equivale a w + 3^(n-1) = w_1 + 3^n.

Consideraciones teórico-diagramáticas sobre el problema 1

De nuevo aquí, la pregunta no es ¿cómo pudo Rafael conocer el sistema ternario de numeración? sino ¿cómo pudo hacer el link entre la representación y la situación concreta de pesas y pesadas? Y la moraleja, en este caso, es que ello comprobaría que la transferencia del conocimiento desde lo abstracto a lo concreto es posible. El único problema es que los expertos todavía no saben cómo se da (en términos de procesos cognitivos) tal transferencia. (Quizá deberíamos quedar satisfechos con saber que la transferencia ocurre --por lo menos en algunos estudiantes...)

Como se sabe, los problemas de pesos y pesadas (balance-scale task) han sido utilizados ampliamente en psicología cognitiva para echar luz sobre las formas de procesamiento de información en el niño (ver, por ejemplo, este artículo)
Y esto se debe posiblemente a que la balanza es un modelo intuitivo y visual para las ecuaciones lineales: cada plato de la balanza representa un lado de la ecuación y el equilibrio de los platos encuentra su correspondencia con el signo igual. De aquí que muchas reglas aritméticas de operación en ecuaciones lineales hallan sus correspondientes en la balanza. Por ejemplo, sumar (restar) un número en un lado de la ecuación equivale a añadir (quitar) una pesa de peso el número en el plato correspondiente al lado. De aquí se sigue que la regla algebraica "hacer lo mismo en ambos lados de la ecuación" tiene su equivalente obvio en la balanza. Con estos antecedentes pasemos a la

Solución alternativa al problema 1

Para n = 0, se tiene solamente la pesa a^0 = 1 y claramente sólo es posible pesar productos de 1 unidad de peso. Si n = 1, ya se tienen las pesas 1 y a, y son posibles las pesadas de productos 1, a - 1, a, y a + 1. La clave de esta solución alternativa es que al aumentar n en una unidad, se pueden pesar todos las pesadas que se podían hacer con n --llamémosle el conjunto S_n-- más las posibles con la pesa a^(n+1) añadida.

Para aclarar más el punto (y utilizando la idea diagramática ya expuesta entre ecuación y balanza) convengamos en representar la balanza con una ecuación, donde el lado izquierdo es el plato donde se pone el producto a pesar (más posiblemente algunas pesas) y denominemos con w al peso del producto:

--w = 1, el producto en el plato izquierdo y una pesa de 1 unidad en el derecho;

--w + 1 = a, el producto y una pesa 1 en el izquierdo, y una pesa a en el derecho;

--w = a, el producto en el izquierdo y una pesa a en el derecho;

--w = a + 1, el producto en el izquierdo y dos pesas (1 y a) en el derecho).

La regla para generar las pesadas posibles, cuando pasamos de n = 0 a n = 1 (cuando pasamos de tener una pesa 1 a tener las pesas 1 y a), es agregar a las que se podían hacer con n = 0 (S_0 = {1}), las nuevas pesadas que se pueden hacer al agregar la pesa a. Y éstas son a misma, más las que se pueden lograr al sumar o restar a a^1 una pesada de S_0.

Para facilitar la argumentación, convengamos en en que, en la ecuación que representa la balanza (y la pesada), dejamos w solo en el lado izquierdo y pasamos lo demás al lado derecho. La interpretación sería que los número negativos en el lado derecho son las pesas que se ponen en el plato izquierdo (con el producto a pesar).

En esta representación de las pesadas en forma de ecuación, en general, al pasar de n a n + 1, las pesadas posibles son todas las de S_n, más la a^(n+1) misma, más las pesadas en que se le resta o se le suma a a^(n+1) una de las pesadas de S_n. En el ejemplo que traemos, al pasar de n = 0 a n = 1, con n = 0 se tenía el conjunto de pesadas S_0 = {1}. Con la nueva pesa a^1, se agrega a misma, más las que se pueden hacer sumando y restando a a^1, una de las pesadas de S_0. Se tiene entonces que S_1 = {1, a - 1, a, a + 1}.

Notemos, antes de continuar, que a - 1 no debe ser mayor que 2, pues si a - 1 = 3 o mayor entonces un producto de peso w = 2 no se puede pesar. Así que los únicos posibles valores para a son 2 y 3. En el caso de que a = 2, existe una redundancia si queremos pesar con pesas en ambos platos: la pesada de w = 1 se puede hacer de dos formas. Si a = 3, S_1 = {1, 2, 3, 4} y el procedimiento de pesada es no redundante --y más eficiente en cuanto al número de pesas requeridas. (Es clásico el problema de pesar objetos entre 1 y 40 unidades de peso con 4 pesas --que diga el lector cómo se le haría y con qué pesas.)

Método de pesada con a = 3

En las pesadas con a = 2, basta con usar uno de los platos para colocar las pesas. No así con el método de pesada para a = 3, en el que se tienen que poner pesas en ambos platos. Veamos como se logra el conjunto S_2 de pesadas posibles con las pesas 1, 3, 9.

Al agregar la pesa 9 a las pesas 1 y 3, disponemos del conjunto de pesadas S_1 = {1, 2, 3, 4} cuyos elementos no requieren la pesa 9 para la pesada. Claramente S_2 incluye las pesadas de S_1. Veamos cómo se obtienen las pesadas adicionales 5, 6,..., 13:

--w = 5 = 9 - 4 = 9 - (3 + 1);
--w = 6 = 9 - 3;

--w = 7 = 9 - 2 = 9 - (3 - 1) = 9 - 3 + 1;

--w = 8 = 9 - 1;

--w = 9;

--w = 10 = 9 + 1;

--w = 11 = 9 + 2 = 9 + 3 - 1;

--w = 12 = 9 + 3;

--w = 13 = 9 + 4 = 9 + 3 + 1.

Comentemos solamente dos de las pesadas, para recordar el código expuesto más arriba sobre el significado de las sumas y restas: w = 7 se obtiene descomponiendo el 7 en sumas y restas de potencias de 3 (las restas son las pesas que se ponen en el plato izquierdo junto con el producto a pesar); la ecuación w = 9 + 3 - 1 significaría entonces que en el plato izquierdo se pone la pesa 1 junto con el producto que pesa 11, y en el derecho se ponen las pesas 9 y 3.

Notemos también que, en la descomposición de un peso en sumas y restas de potencias de 3, se toma en cuenta la forma en que se logró la pesada en el conjunto anterior. Para ilustrar permítaseme explicar cómo se logra la pesada de 40 una vez que se introduce la pesa de 27 = 3^3: 40 = 27 + 13 (y 13 ya sabemos cómo pesarlo), así que 40 = 27 + 9 + 3 + 1.

Para terminar, agreguemos que si denotamos con S_n el conjunto de pesadas con las pesas 1, 3, 9,..., 3^n, y con s_i la pesada i de S_n, entonces los elementos de S_(n+1) son las pesadas de S_n más la pesada 3^(n+1), más las pesadas de la forma 3^(n+1) + w_i o 3^(n+1) - w_i, donde w_i es un elemento de S_n. Es decir, es una pesada válida con las pesas 1, 3, 9,..., 3^n.

Solución al problema 3

El problema 3 es un problema puro de combinatoria, sólo que los números son muy grandes (lo cual quizá asustó a los concursantes). Si el enunciado hubiera sido "sobre cada uno de los lados de un pentágono se colocan 5 puntos..." posiblemente la mayoría lo hubiera encontrado relativamente fácil.

Para evitar abrumarse con números tan grandes como el 2006, Cesar Iván Saldaña lo resolvió teóricamente primero, aunque al final entró en contradicción con ese talante teórico y dio como respuesta (seguramente correcta, pero ¿quién se atrevería a verificarla?) el número 1648649335338799230.

La solución teórica de Cesar es la siguiente:

Sea m el número total de puntos en el polígono y k el número de lados. Entonces, C(m, 3) es el número de ternas distintas de puntos. A este número hay que restarle las ternas de puntos que caen en un solo lado (pues no formarían triángulo). El número de estas ternas alineadas en un lado es C(k, 3), pero como son k lados el número total de ternas alineadas son kC(k, 3). Por la misma razón, m = k^2. Por tanto, la respuesta es T = C(k^2, 3) - kC(k, 3).

Nota: por razones de espacio --y para no asustar a los lectores-- omito los cálculos de Cesar para lograr el número antedicho, sólo diré que ocuparon 3 hojas llenas de números.

Para finalizar estas notas sobre el concurso de Reynosa el 12 de mayo reitero la invitación a los adolescentes interesados en las matemáticas (y aficionados a Internet) a unirse al grupo tamaulipeco de amigos de las matemáticas escolares y de concurso. Las aportaciones, preguntas y coemntarios las pueden hacer entrando a

http://groups.msn.com/VLTamaulipas/

JMD en VL los saluda