Olimpiada Norestense de Matemáticas 2007

La VI Olimpiada Norestense de Matemáticas (ONM) en Monterrey
--por José Muñoz Delgado--

XXI Olimpiada Mexicana de Matemáticas
Delegación Tamaulipas 2007
Ciudad Victoria, Tamaulipas
UAMCEH-UAT, 24 de septiembre de 2007


Después de varios meses de preparación, la selección Tamaulipas de la OMM acudió a Monterrey al concurso norestense de matemáticas.



Los 15 adolescentes tamaulipecos de más alto rendimiento en matemáticas enfrentaron la competencia con un talante de alegre seguridad, confiados en que su preparación previa les ayudaría a ganar.

La buena noticia es que Tamaulipas ganó de manera contundente en la Olimpiada Norestense de Matemáticas (ONM). Cinco de las 9 medallas de oro fueron para Tamaulipas, y en puntaje total Tamaulipas obtuvo 231 puntos, mientras que Nuevo León 185 y Coahuila 180. (Y en el problema 2 --de geometría-- los puntajes fueron: Tam = 76; NL = 38; Coah = 21.)

La ONM se celebró los días 20, 21 y 22 de septiembre 2007 en Monterrey, Nuevo León. Los estados participantes son Nuevo León, Coahuila y Tamaulipas. Cada uno de los tres participó con 15 adolescentes de alto desempeño en matemáticas (aunque la selección de Nuevo León incluyó varios niños --menores de 12).

La Delegación Tamaulipas se congratula de este triunfo, y extiende una felicitación a todos los participantes y a sus instituciones a que están adscritos. Ya somos famosos (por primera vez Tamaulipas domina de manera apabullante en la ONM) y es un triunfo que será recordado por la comunidad tamaulipeca con un interés especial en las matemáticas.

Sin embargo, el proceso no termina en el concurso norestense. No podemos quedarnos celebrando el triunfo y olvidar que el norestense es un paso intermedio rumbo al concurso nacional. Así que esta delegación también tiene dos o tres cosas que decir sobre la expectativa de desempeño en el concurso nacional de noviembre próximo.

En primer lugar en el norestense se voltearon las tornas y no sólo para Nuevo León y Coahuila respecto a años anteriores. Se voltearon las tornas también para los preseleccionados de Tamaulipas respecto a su trayectoria de desempeño en los 9 exámenes selectivos: los favoritos se fueron a la cola y los coleros ganaron medalla de oro. ¿Cómo explicar un resultado tan extraño?

Sin que se interprete como querer encontrarle una mancha a nuestro triunfo, una posible explicación que esta delegación suscribe es que el examen norestense fue diseñado a modo para que los niños no estuvieran en desventaja debido a un bagaje herramental limitado. ¿Y eso qué? --dirán algunos-- el que es bueno es bueno con problemas fáciles y con problemas difíciles.

Bueno, pues esta delegación mantiene la hipótesis de que, como en este caso, cuando el adolescente recién ha adquirido las herramientas se encuentra en un período de transición en el que aún carece del juicio experto para decidir cuál es la herramienta adecuada para un problema dado. En consecuencia, creemos que quien tiene más herramientas (recién adquiridas) está en desventaja --pues tiene que decidir cuál usar.

En cambio, quien sólo cuenta con dos o tres, no tiene que buscarle mucho puesto que el problema se resuelve con las que tiene o ya no se resuelve para nada. Y estamos en el caso en que la misma limitación de recursos juega a su favor en problemas elementales.

A este factor humano --demasiado humano-- se agrega el hecho de que la expectativa era que el nivel de dificultad fuese alto –mínimo como el del año pasado--: esto motivaría que el problema elemental se enfrentara con herramientas sofisticadas. Simplemente no les cabía en la cabeza a los mejor dotados que un problema del norestense se resolviera ¡con un ejemplo!

La lección que habría que aprender aquí es que el estudiante de alto desempeño debería poder valorar el nivel de dificultad del problema antes de empezar a resolverlo. Pero eso es precisamente lo que les hace falta a los concursantes novicios --a pesar de que hayan tenido un buen entrenamiento en solución de problemas--, pues nunca hay tiempo suficiente para ese tipo de instrucción.

En resumen, por lo menos dos de los problemas (el 1 y el 3) beneficiaron a los más débiles, en el sentido que se postula arriba. El problema 2 --de geometría-- a pesar de que era elemental (dos o tres aplicaciones del teorema de la línea media y una de Tales y ya estaba) fue donde se notó más la preparación de la Delegación Tamaulipas. Y eso porque requería la aplicación adecuada de dos teoremas, así fuesen éstos elementales.

En todo caso, y de cualquier manera que se le vea, la selección Tamaulipas dominó en el concurso norestense y posiblemente este solo hecho ya se esté convirtiendo en una leyenda --a nuestro favor. Así que los resultados pueden ser interpretados y reinterpretados --lo cual contribuiría a hacer más legendaria a la selección Tamaulipas 2007-- y, sin embargo, ahí están como el dato duro que prueba nuestro triunfo. (Recordemos, aunque sea por una sola vez, que en Tamaulipas la universidad no tiene facultad de Matemáticas como sí la tienen Nuevo León y Coahuila.)

El punto a destacar aquí es que el esfuerzo que esta delegación invirtió en los entrenamientos y --todavía más importante-- el esfuerzo y la tenacidad de los preseleccionados, rindieron un fruto. Y si --como espero-- los miembros de esta comunidad matemática en formación, le dan algún crédito al buen juicio del delegado, éste les está solicitando un voto de confianza para incluir en la preselección a dos elementos más (añadidos a los 10 que se anunciaron el día 22 en Monterrey), quienes --a pesar de haber mantenido un alto desempeño durante los entrenamientos-- se derrumbaron en el norestense: se trata de Alexis y Brandon.

Esta delegación hace una apuesta en ellos para que se mantengan en la lucha por uno de los 6 lugares de la Selección Tamaulipas de Matemáticas que competirá en noviembre 2007 en Saltillo Coahuila en la XXI OMM. La apuesta en Brandon es por su velocidad de aprendizaje y, por ese solo hecho, ser una promesa; la de Alexis es por su trayectoria en la preselección, la cual si bien sólo dos veces estuvo hasta arriba en los puntajes, siempre se mantuvo por arriba del promedio. (Digamos, de paso, que participó en el nacional 2006.) A riesgo de parecer sentimental, esta delegación sí cree que Alexis merece una segunda oportunidad.

Con Alexis y Brandon la preselección se queda con 12 integrantes. La pregunta ahora es ¿por qué no los otros tres? Bueno, la respuesta que tengo es pragmática --y da prioridad a las expectativas de un desempeño alto en el concurso nacional. Los coleros que ya están entre los primeros 10 por norestense se quedan por un derecho natural, pero los que son coleros en norestense y ya sea oscilantes o consistentes a la baja en selectivos, esta delegación no puede apostar por ellos... (En todo caso, quedan liberados del trabajo duro de mantenerse dentro de la preselección durante el mes de octubre.)

Otra razón –aún más pragmática-- es que los punteros en norestense que eran coleros en los selectivos posiblemente no aguanten la tensión de la lucha en los próximos cuatro selectivos, dado que tienen ya otros intereses o bien no tienen el tiempo suficiente para dedicarlo a la OMM --una de las razones por la cual, recordémoslo una vez más, la preselección Tamaulipas inició con más de 20.

En todo caso, la posición pragmática de esta delegación es que el concurso norestense no debe desviarnos de la meta --trazada desde un inicio-- de un desempeño alto en el concurso nacional. Ya ganamos en el norestense y eso es indiscutible, y es motivo de orgullo para todos los tamaulipecos, pero en el concurso nacional la competencia es incomparablemente mayor y el nivel de dificultad mucho más alto. Es por eso que la selección Tamaulipas 2007 no debe depender de los resultados en un concurso de dificultad mediana. Dicho esto, la preselección Tamaulipas queda así:

Preselección Tamaulipas(Post-ONM)

Guzmán Navarrete L Brandon
Garza Briones Alexis
Gutiérrez Aguilar N Gabriela
Maldonado Ramírez A de J
Romero López Honorio
Del Ángel Medellín José Luis
López López Roberto Iván
Garza Martínez J Armando
Vargas Magaña Sergio A
López García Oscar A
Saldaña Alvizo Tomás A
Córtez Tinoco Adriana

Calendario de exámenes selectivos postnorestense

septiembre 29,
octubre 6,
octubre 20, y
octubre 27.

En cada uno de estos selectivos se eliminarán 2 preseleccionados: los dos puntajes más bajos. Todos los selectivos, a excepción posiblemente de uno de ellos, serán por email. (Está pendiente la fecha del concurso Pierre Fermat que contaría como selectivo.)
En los selectivos por email, el examen se enviaría a los preseleccionados el viernes en la tarde y se regresaría por la misma vía el sábado antes de las 12 de la noche. La modalidad electrónica de los selectivos quedó probada en su eficacia en los selectivos 6 y 9, así que no debe haber ningún problema en esta ocasión.

Cada selectivo se revisará entre domingo y lunes, y se enviará a los preseleccionados el resultado a más tardar el martes en la tarde --resultando en dos integrantes menos en la preselección. El proceso se repite hasta el cuarto selectivo, después del cual la lista de los 6 seleccionados se enviará al comité nacional de la OMM antes de que termine octubre.

Comentarios Finales
Esta delegación considera que los 12 miembros de la preselección Tamaulipas 2007 ya han adquirido la suficiente madurez matemática como para estudiar por su cuenta. Así que, a partir de ahora, posiblemente sólo haya un entrenamiento. La meta --lo reitero-- es elegir a los 6 mejores de entre los 12 que quedan. Los selectivos consistirán de tres problemas de concursos nacionales (no necesariamente de México). La lista de los problemas nacionales (OMM) se enviará posteriormente. De cualquier manera, estamos on line por si tienen preguntas…

Felicidades de nuevo y mantengan su posición, porque ahora siguen las obligadas –la luz al final del túnel se vislumbra ya… en noviembre…

Conjeturas geométricas dada una configuración

La VI Olimpiada Norestense de Matemáticas (ONM) en Victoria
--por José Muñoz Delgado--

El Evento y su Contexto

En un acto simbólico sin precedentes, la inauguración (el jueves 21 de septiembre) de la VI ONM fue el telón de fondo para anunciar el interés de la Secretaría de Educación de Tamaulipas (SET) y de la Universidad Autónoma de Tamaulipas (UAT) en fortalecer institucionalmente las matemáticas escolares y su enseñanza en el estado a través del proyecto interinstitucional denominado "Aprendiendo Matemáticas para la Vida".

La ONM es un evento que se realiza año con año como un concurso previo a (y de preparación para) el concurso nacional de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas (OMM). En la ONM participan Coahuila, Nuevo León Y Tamaulipas, cada uno con 15 adolescentes preseleccionados, y en entrenamiento para su posible participación en el concurso nacional de la OMM.

Las tres delegaciones se hospedaron en el Hotel Holiday Inn Express, la inauguración del evento se realizó en el Centro de Excelencia de la UAT, y el concurso propiamente dicho fue en las instalaciones de la UAM de Ciencias, Educación y Humanidades (UAMCEH) de la UAT.

Los Afanes Matemáticos y su Contexto

Por alguna razón (posiblemente sentimental) los seres humanos somos atraídos a ciertos polos de atracción y alrededor de ellos formamos comunidades (y, se podría decir, tribus). Y siguiendo esa ley humana (demasiado humana) un número considerable
de profesores de matemáticas escolares en Tamaulipas se han reunido alrededor de la Olimpiada de Matemáticas dedicando su tiempo y esfuerzo a la preparación de adolescentes para los concursos, sin más retribución que la mera satisfacción de verlos
elevarse en su nivel de conocimientos y participar en las competencias matemáticas.

En mi caso muy particular, le he dedicado una buena parte de mi tiempo libre a las matemáticas de concurso desde que inició en México la organización de las Olimpiadas de Matemáticas (este año es la 20, así que saquen la calculadora...) con algunos
períodos de incursiones en otros campos (como los dos años y medio --2003 a 2005-- que dediqué a obtener una maestría en comunicación en la universidad más cara de Guadalajara, gracias a PROMEP). Pero este año del 2006 --y desde finales del 2005-- me dediqué a vender mi "atalaya matemática" con el lema "La UAT debe atender al talento matemático adolescente del estado". Y... bueno... contra todos los pronósticos... un servidor y los compañeros profesores que se unieron a mi afán convencimos a
la UAT y la UAT convenció a la SET y el resultado es el proyecto interinstitucional que inició en la inauguración de la ONM.
Creo que estamos en el momento plástico en que la comunidad tamaulipeca de matemáticos, afines y simpatizantes debe unirse al proyecto para que florezca.

Los problemas del concurso

El día del concurso yo andaba con el afán de solicitar (a la Dra.Radmila Bulajich, presidenta del Comité Organizador de la OMM, quien amablemente nos acompañó durante las jornadas del evento) la transferencia de la Delegación de DEGETI hacia la UAT y por eso no tenía planeado estar en el jurado. Pero al llegar ese día del concurso a las instalaciones de la UAMCEH donde tuvo lugar el examen, la delegada actual me convenció de estar presente en el jurado, por lo menos como observador.

Resolver los problemas, decidir los criterios de evaluación para cada uno, revisar los exámenes, discutir sobre el puntaje de los casos no claros y/o controversiales, vaciado concentrador de los puntajes, asignación de los lugares (las medallas) a los concursantes según su desempeño, y la elaboración del informe. Estas fueron las tareas en que estuve involucrado junto con los demás miembros del jurado durante todo el viernes 22 de septiembre --de sol a sol y un poquito más.

Para que el lector pueda formarse una idea del nivel de dificultad de los problemas y el tipo de problemas que los concursantes deben resolver, enseguida los transcribo (la redacción no es mía) y los comento. También transcribo la solución oficial, y redacto una solución alternativa más en el estilo del razonamiento posible de los adolescentes al tratar de resolver esos difíciles problemas.

Problema 1. Demuestre que existen infinitos "m" tales que n^4 + m es un número compuesto para toda "n" entero positivo.

Problema 2. Sean c1 y c2 dos circunferencias que se intersectan en dos puntos A y B. La tangente a c2 por A intersecta a c1 en C y la tangente a c1 por A intersecta a c2 en D. Un rayo que pasa por A, interior al ángulo CAD, intersecta a c1 en M, a c2 en N y al circuncírculo del triángulo ACD en P. Pruebe que AM=NP.

Problema 3. Se tiene una circunferencia de perímetro 210. Se han marcado en la misma 20 puntos, P1, P2, ..., P20, siguiendo el sentido de las manecillas del reloj de modo que el arco que une al punto P1 con P2 tiene longitud 1; el arco que une el punto P2 con el P3 tiene longitud 2; ... y así sucesivamente, el arco que une el punto P20 con el P1 tiene longitud 20. Hallar todos los pares de puntos marcados tales que el segmento que los une es diámetro de la circunferencia.

Comentarios Generales sobre los Problemas

El problema fácil es el 3. Y esto en el sentido de ser más visual y abordable mediante fuerza bruta --basta saber el significado de "diámetro". Sin embargo, habría que decir que el problema 1 es más fácil que el 3, pero en otro sentido: el concursante debe estar convencido de que los enunciados intimidantes en problemas de concurso suelen ser fácilmente "quebrados" traduciendo a un lenguaje menos esotérico.

En el problema 1, esta traducción podría ser "expresar m en función de un entero r, de tal manera que n^4 + f(r) sea factorizable para cualquier r entero positivo". Esta traducción lleva a buscar completar el trinomio cuadrado perfecto, obligar una diferencia de cuadrados y obtener así la m pedida. --el método se podría llamar "de inferencia hacia atrás" y se ilustra en la solución alternativa de este problema mostrada más abajo.

El problema 1, sin embargo, es el fácil de la IMO 1969 y ello demostraría que los jueces de la IMO lo consideraron de nivel internacional. (Ver www.kalva.demon.co.uk/imo/)

El problema realmente difícil es el 2, un problema de geometría del círculo. Y es difícil en dos aspectos. En primer lugar se tiene que ver (o generar --ver solución alternativa más abajo) la idea vinculante, y usarla para construir la solución, lo cual requiere estar familiarizado con las instancias de uso de la geometría del círculo --en particular, ángulos inscritos y semi-inscritos-- para poder establecer las semejanzas entre pares de triángulos que aparecen en la configuración. Y ello suponiendo que el concursante ya domina la terminología geométrica (tangente, circuncírculo, etc.).

Una moraleja que se podría extraer de los problemas 1 (de la IMO 1969) y 2 --y usable para los adolescentes interesados en matemáticas de concurso-- es: "si los puedes resolver en casa es mejor". En casa, es decir, durante la preparación previa al concurso.

Las Soluciones Oficiales

Al igual que en los libros de texto en que la solución de un problema está demasiado comprimida, el ver la solución oficial de los problemas de un examen de olimpiada de matemáticas suele ser frustrante tanto para el adolescente como para sus entrenadores, debido a que resulta, con mucha frecuencia, enigmática –por decir lo menos. No es la excepción el caso de las soluciones de los problemas de la ONM que traían preparadas los miembros del jurado.

Las presento a continuación y les recuerdo a los lectores que, tanto en los libros de texto de matemáticas como en los problemas de concurso, siempre es necesario un trabajo
intelectual adicional para comprender a cabalidad las soluciones.

Solución al problema 1.

n^4 + 4r^4 = (n^2 + 2rn + 2r^2)(n^2 - 2rn + 2r^2). Claramente el primer factor es mayor que 1, el segundo factor es también mayor que 1 para r mayor que 1. Así que podemos tomar m = 4r^2.

Solución al problema 2.

Consideremos, sin pérdida de generalidad, que el rayo es interior al ángulo BAC. Luego, angCMP = angMCA + angCAM = angMAD + angCAM = angCAD. Por otra parte, angCPM = angCAD por subtender el mismo arco. Después, como los triángulos ACD y MCP son semejantes, tenemos MC/AC = MP/AD. Además, angACM = angNAD y angCAM = angADN. Por tanto, los triángulos ACM y DAN son semejantes. Así que AN/AD = MC/AC, y de aquí que MP = AN y AM = NP como se quería.




Solución al problema 3.

Buscamos todas las parejas puntos (Pj,Pk), con 0 menor que jmenor que k menor que 21, que cumplan que el segmento que los une sea diámetro. O, equivalentemente, que la longitud del arco que los une sea 105. Pero como la longitud del arco que va de Pj a Pk es

j + (j+1) +...+ (k-1) = (k-1)k/2 - (j-1)j/2,

debemos buscar las parejas que cumplan k-1)k/2 - (j-1)j/2 = 105.

Como (k-1)k/2 - 105 debe ser entero positivo o cero, y para k = 15 es cero, entonces (P1, P15) es una de las parejas buscadas. Las restantes se encuentran dando a k valores mayores a 15 y verificando si el resultado es posible lograrlo con algún j en (j-1)j/2. Las parejas buscadas son (P1, P15), (P6, P16) y (P12, P19).

Soluciones Alternativas y/o Constructivas y Comentarios

Solución constructiva al problema 1

Notemos primero que se desea factorizar n^4 + m. Es decir, queremos n^4 + m = (?)(?). Lo más fácil es completar el trinomio cuadrado perfecto y, en el proceso, tratar de adivinar la forma de m. En primer lugar, notemos que nos conviene hacer m = a^2. Entonces, lo que tenemos que hacer es completar el cuadrado en n^4 + a^2. Veamos:

n^4 + a^2 = n^4 + 2(n^2)a + a^2 - 2(n^2)a = (n^2 + a)^2 - 2(n^2)a.

Ahora bien, para que esta expresión sea factorizable, lo más fácil es verla como diferencia de cuadrados. Por tanto, conviene hacer 2(n^2)a = r^2.

Pero... No. No. Aquí me queda un 2... Así que puedo mejorar mi construcción haciendo 2(n^2)a = (2r)^2. Pero... No. No. Tampoco. La n^2 la puedo dejar fuera pues ya es un cuadrado. Así que es mejor hacer 2a = (2r)^2. Por lo tanto, 2a = 4r^2 o a = 2r^2. Así que a^2 = 4r^4.

(Nótese que de una primera idea de tomar m como un cuadrado perfecto en general, se llegó a una forma de cuadrado perfecto mucho más específica generada por las obligaciones que impone la solución que se pide.)

Después de la fase de búsqueda y exploración de posibilidades anterior (la fase de descubrimiento) ya se puede pasar a la fase de justificación mostrada en la solución oficial. Se tendría, dejando algunos rastros de la fase de búsqueda, algo así como:


n^4 + 4r^4 = (n^2)^2 + (2r^2)^2 + 4n^2(r^2) - 4n^2(r^2) = (n^2 + 2r^2)^2 -(2nr)^2.

Se deja al lector el placer de terminar el argumento.

Solución constructiva al problema 2

La búsqueda de una solución al problema 2 que a continuación se muestra es instructiva de un modo de proceder en solución de problemas de concurso que resulta ser muy eficaz para romper el enigma que representa la pregunta. El enunciado es:


Sean c1 y c2 dos circunferencias que se intersectan en dos puntos A y B. La tangente a c2 por A intersecta a c1 en C y la tangente a c1 por A intersecta a c2 en D. Un rayo que pasa por A, interior al ángulo CAD, intersecta a c1 en M, a c2 en N y al circuncírculo del triángulo ACD en P. Pruebe que AM=NP.


Partamos de la petición. Se pide demostrar AM = NP. Después de una búsqueda mental sobre posibles estrategias generales, uno puede llegar a la conclusión que debería usarse semejanza de triángulos. La estrategia de semejanza es casi infalible en casos como éste en que se da una configuración geométrica con circunferencias traslapadas. Entonces semejanza... Pero de cuáles triángulos... ¡Son muchos! Lo que vamos a hacer enseguida es buscar los triángulos adecuados, es decir, los pares de triángulos semejantes que nos llevarían a la solución.

Lo primero que se tiene que hacer es una buena figura. La ayuda visual es valiosa. En segundo lugar exploremos las posibilidades de triángulos para cada lado de la igualdad:

AM es lado del triángulo AMC (notemos que es el único triángulo en la configuración de que AM es lado). Ahora focalizamos el triángulo AMC buscando ligar sus lados con otros en la configuración: MC es lado del triángulo MCP, y AC es lado del triángulo ACD (y del ACP).

Ahora veamos el otro lado de la ecuación AM = NP. Notemos que aquí, como antes, sólo hay una posibilidad --lo cual nos facilita la tarea. Ahora, como antes, focalizamos el triángulo NPD para buscar ligar sus lados con otros triángulos de la configuración: DN es lado del triángulo DNA, y PD es lado del PDC.

Para facilitar encontrar los pares de triángulos adecuados formemos una tabla de doble entrada:

Lado Triángulo

AM AMC

MC MCP

AC ACD

NP NPD

DN DNA

PD PDC

Con esta tabla y la figura deberíamos llegar (después de un rato de búsqueda) a los pares de triángulos ACD, NPD y AMC, PDC. Para los fines de elaborar una conjetura nos debe bastar con que parezcan semejantes en la figura. Como hay otras semejanzas que pudieran ligar los dos lados de la igualdad a que deseamos llegar, es conveniente explorar si los pares ya encontrados nos llevan a algo sólido.

Si NPD fuese semejante a MCP, se tendría NP/MC = PD/CP (nótese que buscamos que NP y MC estén presentes en la proporción). Y si AMC fuese semejante a DPC, se tendría AM/DP = MC/PC (nótese que ahora buscamos que ligue lo más posible con la anterior).

Entonces, si se dieran esas semejanzas, tendríamos NP/MC = PD/CP = AM/MC y ya llegamos a NP = AM, como se quería. Así que ahora lo que tenemos que hacer es demostrar que realmente se dan esas semejanzas y habremos acabado. Se deja al lector esa tarea. Sólo le damos la sugerencia clave de observar que las tangentes por A a sus respectivas circunferencias son la clave para lograr ver las igualdades de ángulos requeridas para establecer las semejanzas.

Método alternativo para conjeturar las semejanzas adecuadas para el problema 2

De nuevo partimos de la petición de demostrar AM = NP, pero ahora vamos a ir formando razones y proporciones que no alteren la igualdad, pero que al mismo tiempo vayan ligando triángulos en la configuración:

AM = NP

AM/MC = NP/MC (la primera razón ya está, falta resolver la segunda)

AM/MC = NP/MC = (NP/CP)/(MC/CP) (el deno ya está, falta el nume)

(NP/CP) = (NP/PD)/(CP/PD) (y ya está también el nume)

En resumen, tenemos que AM = NP es equivalente, en un sentido algebraico, a AM/MC = [(NP/PD)/(CP/PD)]/(MC/CP). Y ahora buscamos, visualmente ayudados de la figura, cuál razón derecha corresponde a la de la izquierda, de nuevo en una relación visual de semejanza. Es fácil ver que AMC es semejante a DPC y lo que queda es (NP/PD)/(MC/CP), que debe ser la unidad, es decir, debería cumplirse la semejanza entre los triángulos NPD y MCP. ¡EUREKA!

Nota: De nuevo llegamos a la misma conjetura y , de nuevo, falta probar que las semejanzas realmente existen. Hay que decir también que ambos procedimientos son heurísticos, en el sentido de que no aseguran que se llegue una conjetura sólida. Y
también hay que subrayar que en esa búsqueda de semejanzas se podrían seguir callejones sin salida; ante esto lo que se debe hacer es regresar sobre los pasos ya dados y buscar otra ruta.

Conclusión

Hemos querido aquí dar cuenta de la VI Olimpiada del Noreste que tuvo lugar en Cd Victoria Tamaulipas en las instalaciones de la UAMCEH-UAT el viernes 22 de septiembre de 2006. El evento tuvo la importancia añadida de haber sido un acto simbólico que inaugura una época de apoyo gubernamental a las matemáticas escolares en Tamaulipas. Adicionalmente, ha sido un placer comentar sobre los problemas y sus soluciones, así como de un método de conjeturar semejanzas en problemas de geometría y muy útil para problemas de concurso, pues permite focalizar las partes de la configuración gerométrica adecuadas para la solución del problema y evitar así que el adolescente "arroje la toalla" prematuramente ante el caos de líneas y puntos que tiene ante sus ojos sin poder decidirse sobre una ruta prometedora de solución.

Selección tamaulipeca para la OMM 2006

En la foto se ven al fondo los integrantes de la selección que representará a Tamaulipas en el concurso nacional de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas. El último examen selectivo fue la Olimpiada Norestense de Matemáticas en la cual participaron las preselecciones de Coahuila, Nuevo León y Tamaulipas. Las fotos son de la clausura el sábado 23, al día siguiente del examen.




Tomás aparece en la segunda foto como el séptimo integrante, aun cuando no concursará en el nacional. Pero se ganó el viaje por haber obtenido plata en la ONM. El obsequio se lo hace el gobierno del estado como premio a su esfuerzo. Buen detalle de las autoridades, pues Tomás es una promesa: aún le quedan dos oportunidades para ir al nacional --está en primer semestre de bachillerato. Radmila Bulajich nos acompañó durante los días del evento, las gracias le sean dadas.


En estos días posteo los detalles del concurso norestense, sobre todo los problemas y sus soluciones.

Los saluda
jmd en VL

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

Tamaulipas, Zona Centro, Preselección

El problema 1
--de la regional Zona Centro de Tamaulipas-

jmd
21.03.06



El examen preselectivo del sábado 18 de marzo en el CBTIS 236 tiene algunas lecciones para los 16 preseleccionados aspirantes a integrar la selección estatal de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas. Sobre todo, sugerencias de entrenamiento. A continuación voy a comentar sobre las sugerencias de entrenamiento que nos dejó el problema de geometría.

El problema

En los catetos AC y BC del triángulo rectángulo ABC se han construido (fuera del triángulo) los cuadrados ADKC y CEMB. De los puntos D y M se bajan perpendiculares DH y MP sobre (sic) la la continuación de la hipotenusa AB. Demuestre que DH+MP=AB.



Elemental pero no tanto. ¿Cómo relacionar MP y DH con AB? El problema ciertamente requiere de una exploración previa.

Una primera asociación es Pitágoras, pero después de meditarlo un poco se ve que PB y HA no podrían ser eliminados de la cadena de igualdades resultante. En todo caso, no exclusivamente Pitágoras.

Semejanza es otra posibilidad. Para el ojo entrenado es fácil ver (o al menos sospechar) que los tres triángulos que aparecen son semejantes.

Solución:

Denominando a, b, c a los lados opuestos a los vértices A, B, C, respectivamente, podemos utilizar el plan previo de usar Pitágoras (a^2+b^2=c^2) y sustituir a y b por semejanza de triángulos.

Claramente los triángulos BMP y DAH son ambos semejantes con el ABC (los ángulos CAB y MBP son iguales por ser correspondientes, y lo mismo es cierto de CBA y HAD).

De aquí que DH/b=b/c y MP/a=a/c. Es decir, a^2=cMP y b^2= cDH, y sustituyendo en Pitágoras se obtiene el resultado: c(MP+DH)=c^2 y ya está.

Comentarios a la solución (desde la perspectiva del aprendiz)

Este problema ningún concursante lo resolvió. Pero ¿por qué es tan difícil? Tratemos de responder viéndolo por partes.

1. Antes de siquiera tener una chance de resolverlo el aprendiz debe poder hacer la figura (no incluida en el examen). La mayoría de los concursantes la dibujó, así que la dificultad no está ahí. Es conveniente, sin embargo, incluir en el entrenamiento ejercicios de trazo geométrico no trivial. (Por ejemplo, dibujar un triángulo con regla y compás dados un ángulo, el lado opuesto y uno de los lados adyacentes.)

2. La evocación de Pitágoras tampoco es problema –de hecho es lo primero que se les ocurrió a la mayoría.

3. La dificultad parece residir en el reconocimiento de semejanzas de triángulos y en la elaboración del plan de solución que combine Pitágoras y semejanza. Esto apunta a un entrenamiento intensivo en semejanza de triángulos con muchos ejercicios, pero también a un entrenamiento en estrategias de solución de problemas geométricos, en una “lectura entre líneas” de los datos y la figura, una interpretación que les permita la elaboración de un plan de solución.

4. Nota sobre la perspectiva de entrenamiento del que esto escribe:

1) Entrenamiento es entrenamiento, y por ello el adoptar una posición de dejar al aprendiz a solas con su propia creatividad es adoptar una perspectiva populista (pero, además, es una contradicción... ¿para que sirve entonces el entrenamiento?);

2) Desgraciadamente esa perspectiva está presente incluso entre los meros cabecillas de la OMM –un ejemplo: Illanes dice en su libro Problemas de Olimpiada que incluyó en la 2ª edición un nuevo capítulo de inducción “casi en contra de mi voluntad pues siempre he pensado que lo que se debe valorar…es la capacidad de los alumnos para resolver problemas y el ingenio que ponen en resolverlos”--

3) Los resultados teóricos siempre son útiles pues dotan al aprendiz con una caja de herramientas lista para usarse a la hora de elaborar el plan de solución, y no le quitan creatividad ni ingenio sino que más bien los fortalecen.

Solución alternativa

Esta solución es más sutil, pues requiere entrenamiento para ver el movimiento de las figuras con los ojos de la mente.

Un entrenamiento en geometría dinámica (con el CABRI, por ejemplo), dotaría al aprendiz con un menú más amplio de ideas creativas en el momento de elaborar un plan de solución. Podría ocurrírsele, por ejemplo, que los triángulos en los extremos podrían ser girados y…

Al girar el triángulo BMO, sobre el centro B, 90 grados se obtiene el triángulo BCP’. Girando -90 el ADH sobre A se obtiene el ACH’.



Y el plan de solución ya casi está… (Se está viendo el resultado, sólo que todavía falta demostrarlo.)


Si llamamos C’ al pie de la perpendicular a AB bajada desde C, el plan consistiría en demostrar congruencia entre los pares de triángulos BMP y CBC’, ADH y CAC’.

El poder cognitivo que adquiere el aprendiz con un entrenamiento en transformaciones geométricas es enorme. Y esto es en particular cierto en la elaboración del plan de solución. (Notemos, de paso, que una solución oficial iniciaría “sea C’ el pie de la perpendicular…” Es decir, esconde precisamente lo que el aprendiz más necesita: los métodos de razonamiento que llevan a la elaboración del plan de solución.)


JMD en VL los saluda

Congruencia de Triángulos

Sobre la noción de congruencia de triángulos

Igualdad y congruencia

El concepto de congruencia está emparentado con el de igualdad y se espera que el aprendiz conozca ésta, ya sea por su significado intuitivo a partir del lenguaje natural, o bien a través de su uso en la aritmética. Es costumbre que en geometría se hable de congruencia en vez de igualdad. Por ejemplo dos segmentos son congruentes si y sólo si tienen la misma medida –y lo mismo es cierto para ángulos. Pero en el caso de dos triángulos la definición es más complicada pues no hay una medida (número) que defina a un triángulo.

El triángulo como configuración de puntos y rectas

Como se sabe, hay diversas clasificaciones de triángulos que dan cuenta de su diversidad de forma: de acuerdo a la medida de sus ángulos pueden ser obtusángulos, rectángulos, acutángulos; de acuerdo a la relación de las medidas de sus lados pueden ser equiláteros, isósceles, escalenos. Es por eso que una noción previa a la definición de congruencia de triángulos es la de correspondencia. Y esto porque un triángulo (y cualquier polígono) es una configuración que consiste de puntos y segmentos de recta (lados) que unen pares de puntos.

Congruencia de triángulos como noción intuitiva y su formalización

Después de haber descubierto el hecho de que dos triángulos son congruentes (iguales) es conveniente poner sus vértices en correspondencia. Decir que el triángulo ABC está en correspondencia con el IJK significa que la correspondencia entre sus vértices es A-I, B-J y C-K. Y en esta correspondencia queda implícita la correspondencia entre sus lados: AB-IJ, BC-JK y CA-KI. Pero también queda implícita la correspondencia entre sus ángulos: el ángulo en A es congruente con el ángulo en I, etc. (Nota: no todos los textos siguen esta convención, es decir, aun cuando afirmen “ABC está en correspondencia con IJK” no respetan las reglas anteriores de las correspondencias implícitas –una lástima… pero qué se le va a hacer.)

Y cuando digo “descubierto” quiero decir que el cognizador descubre la congruencia por métodos intuitivos e informales, o quizá sea mejor decir, “la ve”. Pero una vez que “ve” la congruencia es conveniente formalizarla. Es conveniente porque una vez establecida la correspondencia y la congruencia, en la forma en que se explica arriba, ya no es necesario ver la figura para plantear ecuaciones o razones, pues las correspondencias entre vértices y lados quedan implícitas en la correspondencia entre los triángulos como ya se explicó.

Para poder ver la congruencia es necesario buscarla, es decir, algo (una frase, un dato,…) en el enunciado del problema debe sugerir que se puede usar congruencia para su solución. Y para encontrarla, una vez que se está buscando, es conveniente usar la definición intuitiva: dos triángulos son congruentes si pueden hacerse coincidir uno sobre el otro mediante giros, traslaciones y/o reflexiones. (La definición formal es: dos triángulos son congruentes si, en la correspondencia entre sus vértices, resultan iguales los lados correspondientes y los ángulos correspondientes.) En una congruencia de triángulos entonces se tienen seis igualdades, tres lados y tres ángulos. Es por eso muy útil tener criterios que nos digan si dos triángulos son congruentes sin tener que verificar las seis igualdades.

Criterios de congruencia como postulados

El criterio (principio) de congruencia más básico es posiblemente el denominado criterio LAL (lado-ángulo-lado) que nos dice que si, en una correspondencia de triángulos, dos lados de uno y el ángulo comprendido entre ellos son iguales a sus correspondientes elementos en el otro, entonces los dos triángulos son congruentes. Algunos textos de geometría –los más formales, en el sentido lógico— toman este criterio como axioma y demuestran los dos restantes, el ALA y el LLL. Otros textos –la mayoría— postulan como verdaderos los tres criterios. Es recomendable entonces que el aprendiz los tome los tres como postulados pues, si de cualquier manera se va a tomar uno como postulado…



En la figura, los triángulos ABC y AB’C’ están en correspondencia. El segundo es el resultado de haber girado 90 grados el primero. Si el segmento BC faltara, de cualquier manera la distancia entre A y B se mantendría después del giro.

Instancia de uso (clásica) del criterio LAL

Teorema del triángulo isósceles:

Si un triángulo es isósceles entonces sus ángulos en la base son iguales. (Nota: se acostumbra entender por base, el tercer lado –los dos primeros son los que sabemos iguales.)

Demostración:

Advertencia: Esta instancia de uso es algo desconcertante cuando se ve por primera vez, así que se pide la cooperación cognitiva del lector. (El desconcierto se debe quizá a que el triángulo se pone en correspondencia consigo mismo, lo cual no está prohibido pero como que uno piensa que esa prohibición quedaba implícita en la definición de congruencia.)



El isósceles que se muestra puede llamarse triángulo ABC. Pero, recorriendo sus vértices en el sentido opuesto puede llamarse triángulo BAC. Es pues válida la correspondencia ABC-BAC.

Puesto que el triángulo es isósceles, CA=CB y BC=AC. También, como se trata del mismo triángulo, el ángulo formado en C es idéntico a sí mismo. Se tiene pues una correspondencia LAL y los dos triángulos son congruentes. Pero entonces los demás elementos puestos en correspondencia son también iguales. En particular el ángulo en A es igual al ángulo en B.

Segunda instancia de uso (también clásica) del criterio LAL

En un triángulo isósceles, la bisectriz del vértice opuesto a la base divide al triángulo en dos congruentes.

Demostración:

En la figura de arriba trácese la bisectriz del ángulo C y suponga que corta al lado AB en M. Por hipótesis los ángulos ACM y MCB son iguales. Esto sugiere la correspondencia C-C. Por otro lado, también por hipótesis, AC=CB. Esto sugiere la correspondencia A-B, y el otro punto común a los triángulos formados por la bisectriz es M, lo cual sugiere la correspondencia M-M.

Así pues, probemos la correspondencia ACM-BCM. Tenemos, AC=BC y CM=CM, falta ver si el ángulo formado por AC y CM es igual al formado por BC y CM. Pero eso es cierto por ser CM bisectriz. Así que podemos usar el criterio LAL para establecer que los triángulos puestos en correspondencia son congruentes.

De esta congruencia así establecida se siguen varios

Corolarios (para isósceles):

a) La bisectriz es también mediatriz (pues los ángulos AMC y BMC son iguales y su suma es un llano, pero también los lados correspondientes AM y BM son iguales, así que MC es la perpendicular por el punto medio del la base)

b) La bisectriz es también mediana (pues AM=BM)

c) La bisectriz es también altura (pues los ángulos AMC y BMC son rectos)

Comentarios finales

Se puede deducir el criterio LLL a partir del LAL aplicando las propiedades del triángulo isósceles: los triángulos en correspondencia LAL se colocan como se muestra en la figura y…



Puesto que AB=IJ y AB=IK, tenemos los isósceles ABI y ACI. Pero entonces sus ángulos en la base son iguales. Sumando, se obtiene que los ángulos en A y en I son iguales y estamos ya en posibilidad de aplicar el criterio LAL para asegurar que los triángulos ABC e IJK son congruentes.

Digamos, para finalizar, que la noción de congruencia de triángulos está muy cerca de los fundamentos de la geometría euclidiana. Pero el aprendiz no necesita justificar todo, sobre todo los teoremas cercanos a los fundamentos. Es mejor, desde el punto de vista de solución de problemas, que tome los criterios de congruencia como axiomas y los use sin ningún remordimiento en la solución de problemas. Esto le permitirá avanzar en su apropiación de herramientas teóricas sin perder tiempo en formalismos. También como dado se debe tomar la igualdad de ángulos formados por dos paralelas y una transversal. Desde luego que es conveniente que alguna vez vea las demostraciones de los teoremas básicos, pero eso puede esperar… Mientras tanto, que resuelva problemas…

JMD en VL los saluda

Un problema geométrico elemental

En estos día abrimos en la Universidad (de Tamaulipas) un taller sabatino denominado “Taller de ciencia para jóvenes”. Acudieron a la convocatoria dos profesores de secundaria con 7 de sus alumnos, y un profesor jubilado.

El que esto escribe estuvo a cargo de la sesión con la intención de empezar a desarrollar el tema “Números complejos y Geometría Euclideana”, un tema que me parece muy productivo para la solución de problemas geométricos desde un punto de vista algebraico.

La edad de los asistentes (12 a 15) me hizo dudar, y mejor les pregunté: ¿traen algún problema de geometría que quisieran resolver aquí conmigo? Y su respuesta me hizo dejar en suspenso el tema de complejos y entrar al de congruencia de triángulos, un tema elemental pero que tiene más potencial de lo que uno puede creer para la solución de problemas. Los chicos sacaron su cuaderno y me plantearon el

Problema 1:

En el triángulo ABC, con ángulo recto en B, los puntos E y F están en AC de tal manera que AE=AB y CF=CB. ¿Cuánto mide el ángulo EBF?

Solución:

Decidí aceptar el reto de resolver (ayudar a) este problema elemental de geometría que tiene, sin embargo, sus detalles finos. Empecé con una discusión sobre dibujar la figura y evocar significados teóricos a partir de los datos.




La condición de igualdad de segmentos parece sugerir el uso de congruencia de triángulos. Pero una vez que ve uno más de cerca la figura (sobre todo después de trazar BF y BE) la hipótesis de congruencia debe ser sustituida por la de triángulos isósceles.



Así pues, es claro que los triángulos ABE y BCF son isósceles. Y una vez que se trae a presencia el concepto de triángulo isósceles, con él viene el de "ángulos en la base iguales."

Hasta aquí, el cognizador tiene la expectativa de que la idea de ángulos iguales en la base le sea de alguna utilidad. Y sí. Porque ello permite la puesta en marcha de la maquinaria algebraica: M=x+y, N=y+z… Y un teoremita elemental que no se había mencionado (la suma de ángulos internos de un triángulo es 180…) llega a salvar toda la situación: M+N+y=180.



Como, además, por dato sabemos que x+y+z=90…un poco de algebra, nos lleva a la respuesta y=45.

Comentemos, para finalizar, que es una experiencia en extremo gratificante para un profesor de matemáticas el tener una audiencia adolescente interesada. Es de hecho una experiencia extraordinaria pues lo común es tener una audiencia cautiva (y lo peor es que el profesor está también cautivo) con todas las implicaciones que pueda tener el adjetivo. Y una de ellas es la indiferencia de la mayoría.

Y si bien es cierto que dentro del aula cotidiana se suelen dar negociaciones para la convivencia pacífica profesor-alumno, también es cierto que la mayoría de las veces esos pactos áulicos no son del todo satisfactorios para las partes --por lo menos para el profesor quien se encuentra tratando de satisfacer dos fuerzas en conflicto: el deber ser de una educación de calidad como respuesta a una sociedad que ingenuamente sigue esperándola del sistema educativo, y la de una realidad educativa que ha acostumbrado a los alumnos a lograr el papel sin ningún esfuerzo de su parte. Ni bueno ni malo, es sólo un hecho de la vida en México. (¿El hecho de que la OCDE nos ubique en último lugar podría en el largo plazo cambiar la situación?)

JMD en VL los saluda... y promete postear más seguido... por lo menos el otro problema que se resolvió en la sesión sabatina del taller...