Número 46 (julio - octubre 2012)

 Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática
Número 46 (julio - octubre 2012)
ISSN – 1698-277X
ÍNDICE
Nota necrológica: Prof. José Javier Etayo Miqueo (1926‐2012), por F. Bellot Artículos, Notas y lecciones de preparación olímpica (46) F. Bellot: Primera lección de Combinatoria C. Guzner: El Desafío de enseñar Álgebra Lineal por Competencias D.M. Batinetu‐Giurgiu y N. Stanciu: Generalización de un problema propuesto en la 46ª OME y su relación con la desigualdad de Nesbitt Problemas para los más jóvenes (46) Cuatro problemas de la Olimpiada Juvenil de Matemática 2011 de Venezuela. Problemas de Nivel Medio y de Olimpiadas (46) E.Milesi y O. Rivero: La Batalla Matemática Solución al problema 1 de la Competición Mediterránea 2012, por Darío Nieuwenhuis Soluciones a los Problemas 2,3 y 4 de la CMM2012, por Daniel Lasaosa Problemas (46) Problemas propuestos 226‐230 Problemas resueltos Problema 221: Recibida solución de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona (España), que presentamos. Problema 222: Recibidas soluciones de Floro Damián Aranda Ballesteros, Córdoba (España); Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona (España), y Cristóbal Sánchez‐Rubio, Benicassim (España). Presentamos la solución de Aranda. Problema 223: Recibidas soluciones de Floro Damián Aranda Ballesteros, Córdoba (España); Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona (España), y Cristóbal Sánchez Rubio, Benicassim (España). Presentamos la solución de Sánchez‐Rubio. Problema 224: Recibidas soluciones (muy similares entre sí) de: Devis M. Alvarado, Mayagüez, Puerto Rico; Floro Damián Aranda Ballesteros, Córdoba (España); Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona (España), y Cristóbal Sánchez‐Rubio, Benicassim (España). Presentamos la solución de Alvarado. Problema 225: Recibida solución de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona (España), que presentamos. Noticia de Congresos, reseña de libros y de páginas web 46 Posamentier, A.S. & Lehman, I: The secrets of triangles. Prometheus Books 2012. Comentario de F. Bellot. Divertimentos matemáticos 46 Capturado en Internet (3) In Memoriam: Prof. José Javier Etayo Miqueo (1926 – 2012)
por Francisco Bellot Rosado
El pasado 11 de septiembre falleció en Madrid el Profesor D. José Javier
Etayo Miqueo, Etayo padre, como se le conocía entre los que fuimos sus
alumnos, como cabeza de una saga de matemáticos. El número 93 del
Boletín de la Sociedad Puig Adam de Profesores de Matemáticas será un
número especial dedicado íntegramente a él, a su vida y su importante obra
matemática. En la presente Nota Necrológica trataré de rememorar los
recuerdos que yo tengo de quien fue mi profesor de Geometría Diferencial
de 5º(1963), Presidente de mi Tribunal de Oposiciones a Cátedras de INEM
(1966), y también, Presidente de la Real Sociedad Matemática Española
entre 1976 y 1982.
El segundo trimestre del curso 1962-63 en la Facultad de Ciencias Exactas
de Madrid comenzó con un nuevo Catedrático de Geometría: el Prof. Etayo
Miqueo, procedente de la Universidad de Zaragoza, que se encargó de la
asignatura de Geometría 5º, que cursábamos los que, salvo imprevistos,
terminaríamos la carrera en Junio de 1963. Éramos 31, que aparecemos en
la orla tradicional fotografiados en el inevitable estudio de Beringola, en la
calle del Pez:
En las clases de Etayo aprendimos, entre otras muchas cosas importantes,
(como claridad de exposición, exquisito trato a todos nosotros, rigor en los
detalles técnicos), lo que era de verdad una variedad diferenciable, un
concepto que aparecía definido de la siguiente manera en un libro
presuntamente de texto, extranjero por cierto, de cuyo nombre no tengo la
menor intención de acordarme: Una variedad diferenciable es un concepto
muy complicado. Sea M una variedad diferenciable….
La última vez que tuve el placer de saludarle, después de muchos años sin
verlo, fue el 24 de marzo de este año 2012, en Santander, durante la
Olimpiada Matemática Española en un acto en el que se le entregó la
medalla de Oro de la Olimpiada, en justo reconocimiento a una de las
personas que más ha hecho por esta competición, creada por la RSME
durante la presidencia de D. Pedro Abellanas en 1964.
El Profesor Etayo fue un excelente profesor, pero además fue una persona
generosa con sus estudiantes, justo en todo momento y un trabajador
infatigable, si repasamos los numerosos cargos que sirvió, con dedicación y
entrega: Vicedecano de la facultad de Ciencias de la Universidad
Complutense (1971 – 1975), Secretario, Vicepresidente y Presidente de la
Real Sociedad Matemática Española (entre 1960 y 1982), miembro del
Comité Español de la Unión Internacional de Matemáticas (1970-1985), …
Su ejemplo y su recuerdo permanecerá siempre entre quienes tuvimos el
privilegio de conocerle. Descanse en Paz.
Valladolid, 23 de noviembre de 2012.
UNA PRIMERA LECCIÓN DE COMBINATORIA
Francisco Bellot Rosado
Seminario de Problemas, Valladolid, 16-17 de octubre de 2012
Algunas formas de explicar cuestiones de Matemáticas, expuestas por
buenos profesores, te impresionan de tal forma que, desde que las
ves, las utilizas de manera sistemática. Eso me ocurrió en octubre de
1964, cuando tuve el privilegio de seguir, siendo su alumno becario,
el desarrollo de la Combinatoria presentado en el Instituto
“Cervantes” por el Profesor D. José Ramón Pascual Ibarra.
Para empezar, un problema…
La figura sobre estas líneas representa idealizado el plano de una
ciudad, con manzanas de casas exactamente iguales. Se pretende ir
del vértice inferior izquierdo al superior derecho, por las calles, y de
manera que el camino recorrido tenga longitud mínima. ¿Cuántos
caminos de estas características hay?
(La exigencia de ser de longitud mínima implica en este caso que
solamente se pueda ir, horizontalmente, de izquierda a derecha; y
verticalmente, de abajo a arriba).
Se observa fácilmente que los caminos posibles tienen todos 4 tramos
verticales y 9 horizontales. Pero llegar a saber cuántos son no parece
demasiado sencillo (si no se conoce el problema, naturalmente).
¿Serán más o menos de 100 los caminos? (Podemos hacer una
votación…)
Al cabo de unos momentos, se puede sugerir a los alumnos
que sigan el consejo de Pólya: Si un problema plantea una
situación muy complicada, estúdiese el mismo problema en un
contexto más sencillo…
La figura siguiente está tomada de un libro de Pólya, Notes on
Introductory Combinatorics.
Por conveniencia hemos dispuesto la figura con otra orientación, y
ahora se trata de hallar el número de caminos que van del vértice
superior al inferior del cuadrado.
¿Cuántos caminos llevan al vértice marcado con un asterisco? ¿Y con
dos?
Compliquemos la figura un poco más:
Hasta que, finalmente, la completamos :
Si aplicamos el procedimiento descrito al problema original,
obtendríamos 715 caminos: demasiados para dibujarlos todos y
contarlos después.
Este primer ejemplo pertenece a lo que se llama Combinatoria
enumerativa, o si se quiere, al Arte de contar sin enumerar. A
continuación trataremos de profundizar un poco más en lo que hay
detrás del problema.
Nomenclatura
Imaginemos, como se indica en la figura siguiente, que se tiene de
nuevo un rectángulo en su posición normal, con caminos que constan
de n segmentos, de los que k de ellos van hacia arriba:
Sería importante disponer de una fórmula que permitiera calcular el
número de caminos, en función de k y de n, para no tener que repetir
el procedimiento pedestre, pero eficaz, empleado para el cálculo en
los casos particulares. Por lo de pronto vamos a utilizar el símbolo
siguiente para representar ese número:
n n
C =  .
k k 
La C no es exactamente por “caminos”, pero viene bien en esta
ocasión. El símbolo de la derecha lo leemos como “n sobre k”.
Es evidente, según la figura anterior, que el número de caminos
mínimos para ir de A a B es la suma de los que van desde A a B1 más
los que van desde A a B2.
Con la notación que hemos elegido, hemos llegado a
 n   n − 1  n − 1 
=
  
+
.
 k   k   k − 1
Esta igualdad es lo que se llama una fórmula de recurrencia; para
calcular el valor del primer miembro necesitamos conocer todos los
valores anteriores (es lo que hemos hecho antes para calcular el
número de caminos).
Si k=0, el rectángulo se reduce a un segmento horizontal de longitud
n. Para ir de un extremo a otro solamente hay un camino, lo cual se
puede expresar mediante
n
  = 1.
0
Si el segmento fuera vertical con k=n también tendríamos un único
camino, de modo que
n
  = 1.
n
Estas dos son las condiciones iniciales de la recurrencia.
Por otro lado, con la interpretación de los caminos que estamos
haciendo, se ve que también se verifica
n  n 
 =
,
k  n−k 
porque eso es tanto como decir que giramos el rectángulo 90º
alrededor de un vértice: los tramos horizontales antes, ahora son
verticales.
n
Los números   reciben el nombre de coeficientes binomiales o
k 
números combinatorios. Si observamos los números que van
apareciendo al calcular los caminos, pero sin la cuadrícula,
obtenemos el llamado triángulo aritmético, triángulo de Tartaglia o
triángulo de Pascal:
Del que, naturalmente, sólo podemos mostrar una parte, porque
tiene infinitas filas.
El nombre coeficientes binomiales se debe a que son los coeficientes
que se obtienen cuando se calcula el desarrollo de
(1 + x )
n
,
para valores de n=0,1,2,3,… como se comprobará dentro de poco.
Una expresión explícita para los coeficientes binomiales
n
  es la de contar el número de
k 
subconjuntos con k elementos de un conjunto que tiene n elementos
(no se permiten repeticiones, por eso hablamos de conjuntos). No se
considera, tampoco, el orden en que aparezcan los elementos.
La definición clásica de
El siguiente procedimiento para obtener explícitamente n sobre k en
función de n y k está tomado de otro excelente libro: A First Course
in Discrete Mathematics, de Ian Anderson (Springer, 2000).
Supongamos que hemos de elegir un equipo de k jugadores de un
grupo de n personas, uno de los cuales será el capitán. Esto se puede
n
hacer eligiendo primero el equipo – y hay   formas de hacerlo – y
k 
luego elegir el capitán – y hay k maneras de hacerlo. Luego en total
n
tenemos k   maneras de conseguirlo. Pero, en vez de eso, podemos
k 
primero elegir el capitán – y hay n formas de hacerlo – y después
 n − 1
elegir al resto del equipo – y hay 
 formas, con lo que en
 k − 1
 n − 1
definitiva tenemos de este otro modo n 
 equipos posibles con su
 k − 1
capitán. Es decir, que se tendrá que cumplir
 n − 1
n
n
= k ,
 k − 1
k 
con lo que
 n  n  n − 1
 = 
.
 k  k  k − 1
Reiterando el procedimiento obtenemos
 n  n  n − 1 n n − 1  n − 2 
⋅
 =

=


 k  k  k − 1 k k − 1  k − 2 
y continuando de este modo, llegaremos a
n ( n − 1) ( n − ( k − 2 ) )  n − ( k − 1) 
 n  n  n − 1 n n − 1  n − 2 
⋅
=


 =

=

=
k ⋅ ( k − 1) ⋅ 2
1
 k  k  k − 1 k k − 1  k − 2 


m
y como   = m , se tiene la fórmula explícita que buscábamos:
1
 n  n ( n − 1) ( n − k + 2 )( n − k + 1)
.
 =
k ⋅ ( k − 1) ⋅ 2 ⋅1
k 
El razonamiento anterior es una buena muestra de lo fructífero que
puede ser contar la misma cosa de dos maneras distintas.
Esta fórmula se puede escribir de una manera más compacta si
utilizamos el concepto de factorial y su correspondiente símbolo.
Si n es un entero mayor que 0, se define el factorial de n y se
representa por n! al producto de los n números enteros que van de 1
a n:
n! = n(n-1)(n-2)…3.2.1
Si n = 0, para que las dos condiciones iniciales de la recurrencia
anterior sigan valiendo, se admite por convenio que 0! = 1.
Utilizando los factoriales, la fórmula para n sobre k se escribe como
n
n!
.
 =
 k  k !(n − k )!
Si esta expresión se toma como definición, es posible demostrar la
relación de recurrencia de los coeficientes binomiales haciendo
operaciones en el segundo miembro de dicha recurrencia.
La fórmula del binomio de Newton
Como decíamos antes, observando el desarrollo de las potencias
sucesivas de x + y obtenemos
1
( x + y) =
1
( x + y ) =x + y
2
( x + y ) =x 2 + 2 xy + y 2
3
( x + y ) =x3 + 3x 2 y + 3xy 2 + y 3
0

y los coeficientes son los términos de las diferentes filas del triángulo
de Tartaglia. Vamos a demostrar que
( x + y=
)
n
 n  n  n  n −1  n  n − 2 2
n n
y
  x +   x y +   x y + +   =
0
1
 2
n
n
n
r =0
 
∑ r  x
n−r
y r , (*)
que se conoce como fórmula del binomio de Newton.
Demostración
Es claro que (x+y)n = (x+y)(x+y)…(x+y), donde hay n paréntesis.
Por lo tanto el coeficiente de xn-ryr en el desarrollo final es el número
de formas de obtener xn-ryr cuando se multiplican los n paréntesis.
Cada término del desarrollo es el producto de un sumando de cada
paréntesis; por lo tanto xn-ryr se obtiene tantas veces como podamos
elegir y de r de los n paréntesis (y x de los n-r restantes). Pero esto
es precisamente el número de maneras de elegir r de los n
n
paréntesis, es decir,   .
r
Identidades combinatorias mediante el desarrollo del binomio
Entre la literatura matemática sobre Combinatoria está el casi
exhaustivo Combinatorial Identities, de John Riordan (Krieger, 1968).
En esta sección solamente veremos algunas identidades que se
deducen con ayuda del binomio de Newton.
Haciendo en (*) x = y = 1 obtenemos
n n
n
2n ,
  +   + +   =
n
0
1
   
 
identidad que tiene una interpretación conjuntista: Un conjunto de n
elementos tiene 2n subconjuntos, incluyendo el conjunto vacío (que
tiene 0 elementos) y el propio conjunto dado.
Haciendo en (*) x = 1, y = -1 obtenemos
n n
n n
  −   +  + (−1)  =
 0 (n > 0)
0 1
n
Consideremos la identidad algebraica
(1 + x ) (1 + x )
n
n
=(1 + x )
2n
que escribimos desarrollando ambos miembros
 n   n 
 n  n   n   n 
 n  n  n  2n  r
  +   x +  +   x    +   x +  +   x  =
∑  x .
 n    0   1 
 n   r =0  r 
 0   1 
Igualando los coeficientes de xn en cada miembro de la identidad
tenemos
 n  n   n  n 
 n  n   2n 
   +  
 +  +    =
 ,
 0  n   1  n − 1
 n  0   n 
que se puede escribir, ya que cada sumando del primer miembro está
formado por coeficientes binomiales iguales, en la forma (más
sofisticada)
2
2
2
n n
 n   2n 
  +   + +   =
 ,
0 1
n  n 
y que es un caso particular de la llamada identidad de Vandermonde.
En otro libro clásico (y excelente) de Combinatoria, de Chen y Koh,
Principles and Techniques in Combinatorics, (World Scientific, 1992)
las identidades combinatorias ocupan buena parte de su capítulo 2.
Como curiosidad, la portada de este libro muestra el triángulo
aritmético en chino:
El número de soluciones de algunas ecuaciones en enteros no
negativos y su relación con la enumeración combinatoria
¿Cuál es el número de soluciones enteras no negativas, de la
ecuación
x1 + x2 + x3 + x4 =
6?
¿Y el de la ecuación
x1 + x2 +  + xk =
n?
De los varios métodos para resolver este problema elegimos buscar
caminos en un retículo rectangular. Por razones que en seguida
aparecerán, elegimos un retículo con 4 calles horizontales y seis
movimientos hacia la derecha, como se ilustra en la figura siguiente:
Si el número de movimientos en la fila i es xi, las dos imágenes
ilustran dos de las soluciones de la primera ecuación. Claramente hay
una correspondencia biunívoca entre los caminos mínimos y las
soluciones de la ecuación, y por consiguiente el número de soluciones
9
coincide con el de caminos, que en nuestro caso es   = 84 .
 3
En el caso de la segunda ecuación, la cuadrícula debe tener k calles
horizontales y n movimientos hacia la derecha. Un camino mínimo en
este caso tiene n+k-1 movimientos, de los que cualesquiera k-1
deben ser hacia arriba. Por lo tanto el número de soluciones es
 n + k − 1

.
 k −1 
La siguiente tabla muestra el número de formas de elegir k objetos
de entre n, según que se permitan o no repeticiones y se considere o
no el orden:
Elegir k de entre n ordenados
No ordenados
Sin repeticiones
n!
= n(n − 1) ( n − k + 1)
( n − k )!
n
 
k 
Con repeticiones
nk
 n + k − 1


 k 
De izquierda a derecha, y de arriba abajo, las cuatro expresiones de
la tabla cuentan el número de las variaciones sin repetición,
combinaciones sin repetición, variaciones con repetición y
combinaciones con repetición, de n elementos, tomados de k en k.
Permutaciones con repetición y coeficientes multinomiales
El ejemplo que sigue es del libro de Pólya, antes citado.
Sean n casas iguales. Se van a pintar, r de ellas de rojo; s de ellas de
amarillo y las restantes t, de verde. ¿De cuántas maneras se pueden
asignar colores a las casas?
n
Primero elegimos las que serán pintadas de rojo: hay   maneras de
r
elegirlas; quedan n – r casas, de las que s van a ser pintadas de
n−r
amarillo, para lo que hay 
 formas de elegirlas; y ya no hay más
 s 
que una forma de elegir las que quedan, que serán verdes, ya que
 n  n − r 
n = r + s + t . Por la regla del producto, en total tendremos  

 r  s 
formas de pintar las casas. Se tiene
 n n − r 
( n − r )! =n !
n!
⋅
 
=
 r   s  r !( n − r ) ! s !( n − r − s ) ! r ! s !t !
que es simétrica con respecto a r, s y t, como no podía ser menos,
pues el problema original lo es.
Esta expresión cuenta el número de permutaciones con repetición de
n elementos, de los que r son iguales entre sí, s son iguales entre sí y
t son iguales entre sí, con r+s+t=n. Para ese número se utiliza la
notación


r
n 
n!
=
s t  r ! s !t !
que recibe el nombre de coeficiente multinomial.
Un segundo ejemplo, tomado del libro de Victor Bryant Aspects of
Combinatorics (Cambridge U.P. 1993):
¿Cuántos números de 10 cifras se pueden formar escribiendo,
en algún orden, las cifras 4,4,4,4,3,3,3,2,2 y 1?
Supongamos, por un momento, que las cifras fueran todas distintas,
por ejemplo pintando los cuatros con 4 colores diferentes, los treses
con tres colores diferentes y los doses con 2 colores diferentes.
Entonces tendríamos 10! números, muchos de ellos repetidos si no se
tuviera en cuenta los colores. Si los cuatros los barajamos entre sí,
de todas las maneras posibles, hay 4! números que, cuando dejemos
de imaginar los números coloreados, dan lugar al mismo número. Por
10!
lo tanto después de esto hay
números donde ya no es posible
4!
distinguir los cuatros. Repitiendo el razonamiento con los treses
10!
llegamos a
números con los 4s y 3s indistinguibles. Y repitiéndolo
4!3!
10!
con los doses hay
números con 4s,3s y 2s indistinguibles.
4!3!2!
10!
Como solamente hay una cifra 1, este número coincide con
,
4!3!2!1!
es decir, 12600 números en las condiciones del problema.
Otra forma alternativa de resolver el problema es la siguiente: Se
eligen 4 posiciones de entre las diez disponibles para colocar los
10 
cuatros: esto se puede hacer de   maneras; a continuación, las
4
tres posiciones para los treses de entre las seis que quedan:
6
  maneras; luego las dos posiciones para los doses de entre las tres
 3
 3
que quedan, lo que da   maneras; y finalmente, en la única
 2
1
posición que todavía falta, se coloca el 1:   manera. El principio de
1
la multiplicación (o de los pastores) da el resultado final:
10  6  3 1
     = 12600 .
 4  3  2 1
En general, si r ≥ 2 y k1 , k2 , , kr son enteros positivos cuya suma es n,
entonces el número de formas de colocar n cosas en r cajas, con k1
cosas en la primera caja, k2 en la segunda, … , kr en la r-ésima se
representa mediante


 k1
k2
n
 kr −1

n!
=
kr  k1 !k2 ! kr !
que es el coeficiente multinomial. La justificación en este caso general
de la fórmula anterior es la misma que la empleada antes en el
ejemplo.
Los coeficientes multinomiales aparecen en la llamada fórmula de
Leibniz para la potencia de un polinomio:
( a1 + a2 +  + ar )
n


k1 ++ kr =
n  k1
=∑
k2
n
 kr −1
 k1
kr
 a1  ar
kr 
en donde la suma se extiende a todos los ki mayores o iguales que 0
cuya suma es n. El argumento para justificar la fórmula de Leibniz es
el mismo que el empleado en la demostración de la fórmula de
Newton, mutatis mutandis, y no lo repetimos.
Bibliografía
Anderson, I. A first Course in Discrete Mathematics (Springer,
2001)
Briant, V. Aspects of Combinatorics
introduction) (Cambridge U.P. 1993)
Chen,C-C & Koh, K-M. Principles
Combinatorics (World Scientific, 1992)
(A
and
wide-ranging
Techniques
in
Pólya, G. & Tarjan,R. & Woods,D. Notes on Introductory
Combinatorics (Birkháuser, 2010)
EL DESAFÍO DE ENSEÑAR ÁLGEBRA LINEAL POR COMPETENCIAS
Claudia GUZNER 1
Resumen: La idea central es que el aprendizaje y la enseñanza de la Matemática no se limita a una absorción
individual y memorizada de un cuerpo fijo de conceptos descontextualizados y de habilidades procedimentales
transmitidas por el profesor, sino que es una construcción colaborativa, de conocimiento significativo y útil, que
incluye habilidades de resolución de problemas, que articulan los ambientes cercanos al alumno. A la luz de esta
reflexión, este trabajo tiene por finalidad mostrar cómo presentar los contenidos secuencialmente, con el objeto
de orientar su profundización, ampliación y aprendizaje; a la vez que contemplar las posibilidades cognoscitivas
y afectivas de los estudiantes; atendiendo a la articulación horizontal y vertical para un tratamiento de temáticas
que requieren la integración de conceptos provenientes de diversas áreas.
Palabras claves: competencia, aprendizaje, enseñanza.
Si se conviene que la enseñanza es una práctica social que consiste en la mediación entre un
sujeto que aprende y un contenido a aprender, queda claro que tanto alumnos como docentes
son actores del proceso, cada uno con roles propios y complementarios. Juntos procurarán
llegar a una construcción colaborativa de conocimiento significativo, para lo cual habrá que
articular ambientes cercanos a los sujetos, enfrentándolos a situaciones nuevas en escenarios
auténticos de la vida real, permitiéndoles caracterizar aquello que saben hacer en realidades
simuladas o auténticas. Enseñar/ aprender no es identificar aquello que los estudiantes aún no
han logrado o les falta sino más bien es conectar entre sí los “saberes” construidos en un
sistema jerárquico de interrelaciones o red de significaciones que favorezca un uso creativo y
flexible de aquello que se conoce.
Así es que toda propuesta pedagógica deberá enfatizar el saber y el saber hacer en el mismo
acto de enseñanza y aprendizaje (Dolz, J. & Ollagnier 2000). Todo esto en un marco de
formación integral, en el cual cada individuo se comprometa y responsabilice por su propio
aprendizaje y el de sus pares, a partir del intercambio y confrontación de ideas, opiniones,
experiencias, en un marco de mutuo respeto.
Queda claro que la oferta educativa tradicional, centrada en la teoría y el saber técnicoconceptual, que sólo propicia una desarticulación entre aquella, la prospección y la práctica,
no responde a la mencionada concepción, que persigue que las personas se relacionen con el
cómo es o cómo se hace algo a la vez que con el querer hacerlo.
En este contexto, si la competencia es un conocimiento que se expresa en un saber hacer o
actuar frente a tareas que plantean exigencias específicas (Thierry García, 2001), que supone
1
Mgter.; Universidad nacional de Cuyo, Argentina; [email protected]
conocimientos, saberes y habilidades que emergen en la interacción que se establece entre el
individuo y una determinada situación, se propone el aprendizaje basado en competencias
como un paradigma que promueve más de una estrategia, sin prescribir, sugerir o recomendar,
a fin de que el aprendiz no pierda ese espacio de libertad fundamental que permite la acción y
su involucramiento profundo en la experiencia educativa planteada.
La educación superior en general, y la matemática en particular, no es ajena a estos planteos.
A la luz de las reflexiones previas, este escrito pretende mostrar cómo presentar -en esos
ámbitos- los contenidos del Álgebra Lineal, con el objeto de orientar su profundización,
ampliación y aprendizaje, a la vez que contemplar las posibilidades cognoscitivas y afectivas
de los estudiantes, atendiendo a la articulación horizontal y vertical para el tratamiento de
temáticas que requieren la integración de conceptos provenientes de diversas áreas.
El escrito ha sido organizado en dos partes. La primera – Introducción – es un espacio de
análisis y reflexión en el cual se delimita qué se entiende por competencia y por competencia
matemática en el contexto de la presente investigación. La segunda – Resultados - describe
algunas de las actividades que se llevan a cabo en un curso de Álgebra Lineal a nivel
universitario en la Facultad de Ciencias Económicas de la Universidad Nacional de Cuyo –
Mendoza, Argentina-. Finalmente se ofrecen las conclusiones.
1. Introducción: Competencias y competencias matemáticas
1.a Competencias
Se ha dicho que el conocimiento Figura 1. - es el resultado de una
movilización de recursos de índole
diversa, asociados a la aparición de
esquemas organizados de "saber,
saber hacer y saber ser".
Esta visión, que adhiere a la idea
del conocimiento no sólo como
sinónimo de la aprehensión de un
Figura 1. Construcción del conocimiento
cuerpo rígido de contenidos disciplinares (Delors, 1996), es lo que se conoce como
“aprendizaje por competencias”.
El enfoque tiene una visión global de la situación de aprendizaje y, por tanto, del acto de
aprendizaje, el cual, en este contexto, se manifiesta en términos de una combinación de
atributos (conocimientos, aplicaciones, capacidades y responsabilidades) que describen el
nivel o grado de competencia con que una persona es capaz de utilizarlos (González y
Wagenaar, 2003).
Desde una perspectiva estrictamente conceptual (Guzner, 2010), hablar de competencias
supone referirse a la capacidad del sujeto que aprende a fin de movilizar los recursos que ha
adquirido para afrontar y resolver una situación problema –intra o inter disciplinar-.
Involucra, en principio, la selección, movilización y combinación de un conjunto de:
•
“conocimientos teóricos”, asociados a criterios de ejecución o desempeño (niveles de
dominio) - con los cuales se puede reproducir, decir el qué es, el cómo es, el cuándo
acerca de un objeto,
•
“habilidades”, como resultado de un proceso de integración que habilita contestar para
qué es, cómo se usa ese objeto.
Estas dos cuestiones refieren tanto a la naturaleza específica de un campo disciplinar - o a
elementos comunes a cualquier outro-, así como a las capacidades de aprender, de pensar de
forma creativa, de tomar decisiones, de resolver problemas, de usar la imaginación, por
mencionar algunos. Todo esto sin dejar de lado a cualidades personales como la
responsabilidad, la autoestima, la sociabilidad, el autocontrol y la integridad (Goody, 2001).
Estas características delimitan las diferentes dimensiones de la competencia -Figura 2. -.
 conocimiento
SABER
de
un
campo
disciplinar
independientemente de la estructura cognitiva,
⇒
 abstracción o conceptualización para obtener
nuevos
conocimientos
a
partir
de
los
conocimientos previos;
 movilizar el saber y la experiencia en un
SABER
HACER
contexto particular,
⇒
 integrar o combinar saberes múltiples y
heterogéneos,
 analizar, sintetizar, inferir;
 afrontar la vida con ciertas actitudes y valores,
dando sentido a las otras dos dimensiones de la
SABER SER
⇒
competencia,

aprender, aprender a aprender,
 comprometerse.
Figura 2. Dimensiones de la competencia.
Así es que la educación basada en competencias se concibe como un modelo abierto que
incluye diferentes campos semánticos de los conceptos y procedimientos, así como la
reelaboración del conocimiento aprendido en situaciones nuevas, que conduce, a diferencia
de los regímenes que promueven una estrategia única, a nuevos significados y a nuevas
interpretaciones.
Hacia el interior de las instituciones educativas, la incorporación de este tipo de aprendizaje
conlleva considerar implicancias curriculares, didácticas y evaluativas:
a) curriculares, ya que el diseño del currículo no
ha de estar orientado sólo al contenido
entendido como una cuestión disciplinar - como
tradicionalmente se hace -, sino que implica una
profunda refuncionalización de lo que se enseña
CONCEPTOS
Conceptos y
teorías,
sistemáticas y
organizadas, que
constituyen el
campo de una
disciplina
PROCEDIMIENTOS
Estrategias
cognitivas
generales,
habilidades, reglas
y métodos utilizados
para producir
conocimiento o para
operar con objetos
y conceptos
ACTITUDES
Valores y
disposiciones
significativas
para el
desarrollo
personal y
colectivo
o se espera que se les enseñe a los sujetos, de
forma explícita e implícita -Figura 3 -.;
Figura 3. Clasificación de contenidos.
b) didácticas, porque la escolarización no se reduce ya más al contacto con "contenidos de
aprendizaje", sino que es la integración significativa de esos contenidos lo que le da sentido;
c) evaluativas, porque el proceso de evaluación transita desde una evaluación por logros
hacia una evaluación por procesos, en la cual
no se evalúa un resultado aislado,
circunstancial, sino todo el proceso de aprendizaje, en un contexto, con determinados sistemas
simbólicos, atento a la motivación y desarrollo cognitivo propios de cada sujeto.
Esta concepción provoca cuestionar la formación docente actual, la cual, a la luz de este
nuevo paradigma, debería centrarse en lograr una mayor conexión entre los contenidos del
currículo escolar y las prácticas docentes que revaloricen la gestión del saber.
La educación basada en competencias - que está estrechamente vinculada con el principio de
la comprensión empleada por la escuela de Gardner, en el que la prueba de comprensión no
implica ni la repetición de la información aprendida,
sino que incluye una aplicación
adecuada de los conceptos y principios a problemas que se presentan por primera vez apunta, como se dijo, a integrar al estudiante en un ambiente de aprendizaje situado en
campos acordes a su desarrollo integral como persona.
1.b Competencias matemáticas
Las consideraciones anteriores no son ajenas a la educación matemática. Una sociedad tan
cambiante como el actual exige que los ciudadanos posean una cultura matemática básica que
les permita, entre otras cosas, abordar exhaustivamente la evolución de la ciencia y las nuevas
tecnologías.
Esta nueva realidad hace que, hacia el interior de la comunidad de educación matemática, se
comience a tomar consenso que el aprendizaje de la disciplina es un proceso dinámico que
tiene lugar en diferentes niveles: cada saber se basa en un saber anterior, los individuos,
sobre núcleos problemáticos que integran su experiencia y su propia reflexión, construyen los
nuevos conceptos y las vinculaciones que le dan sentido y aplicabilidad.
En consonancia la enseñanza –de la disciplina- también comienza a revisarse. Se pasa de
metodologías transmisionistas, centradas en la figura del profesor como presentador de
contenidos en compartimentos estancos, a metodologías centradas en el alumno, que
privilegian la solución de problemas por ellos vivenciados, tanto al interior de la matemática
misma, como en otras disciplinas (Guzner, Schilardi et. al, 2010).
En este sentido, varios son los autores que dan cuenta que la formación por competencias es
un tema coyuntural en el debate académico. El enfoque conceptual y teórico subyacente en el
paradigma marca la diferencia entre el contenido enseñado o transmitido: como se dijo, es un
modelo abierto que incluye, por un lado, distintos campos semánticos de los conceptos,
procedimientos y objetos matemáticos, y, por el otro, la reelaboración del uso aprendido en
nuevas situaciones, que conducen a nuevos sentidos y nuevas interpretaciones.
Así es que las tres dimensiones
nucleares
mencionadas
para
la
competencia en general –SABER,
SABER HACER, SABER SER -,
podrían
identificarse
reconocimiento
con
el
significativo
del
objeto matemático, la potencia para su
modelación en contextos diversos y su
comunicación, entendida ésta como la
interacción social desde la que se
construye
su
significado.
•usar diferentes
representaciones
(lenguaje simbólico, coloquial,
técnico)
•comprender la relación entre COMPETENCIA
diferentes representaciones
MATEMÁTICA
•operar
•encontrar regularidades y
patrones
•reconocer isomorfismos con
problemas ya conocidos
•argumentar y
generalizar
•plantear interrogantes
•enunciar problemas
•explicar y justificar los
resultados
•comunicar el proceso y
la solución
•criticar el modelo y sus
límites.
•refinar y ajustar modelos
•combinar e integrar modelos
•traducir un problema a un modelo
interpretar los resultados con
actitud crítica
•validar procesos
Tienen
sentido sólo en función del conjunto,
aunque se puedan explicitar por separado
Su puesta en acto simultánea muestra que
Figura 4. Operacionalización de la competencia matemática
un sujeto es competente en matemáticas, son expresión de su competencia matemática.
Aunque no explícitamente dicho, la operacionalización incluye dimensiones metacognitivas
– deseo de explorar, investigar, profundizar- ligadas a la reelaboración de significados.
Esta nueva cultura del aprendizaje depende en gran medida del modelo pedagógico que la
escuela ofrece a sus alumnos, de los que se requiere, como se ha dicho, construir su propio
conocimiento, rechazando actividades mecánicas basadas en esquemas rígidos. Pero también
requiere que el docente, en su tarea diaria en el aula, realice importantes esfuerzos de forma
tal de hacer este cambio posible.
2. RESULTADOS
2.a Propósito general
Teóricamente, adherir al enfoque en educación matemática, presupone abordar experiencias
donde el alumno desarrolla su competencia desde la memoria comprensiva, la potencia
matemática y la funcionalidad del contenido en sentido amplio. Prácticamente, la
implantación del modelo implica la discusión del qué, el cómo, el cuándo.
 Conocimientos?
Para qué
C
uá
nd
o
é
Qu
 Capacidades?
 Por conceptos?
⇒
 Por problemas?
Cóm
o
 En qué dominios?
Qué
comportamientos
se espera provocar?
⇒
 Con qué medios?
 Individualmente?
 Grupalmente?
Figura 5. Momentos de la competencia matemática.
Si lo que se espera es promover no sólo la actividad sino la reflexión sobre la actividad, queda
absolutamente claro que la separación que se suele hacer entre “teoría y práctica”
consecuencia metodológica de la tradición axiomática – deductiva en la enseñanza de la
Matemática - la teoría se memoriza y la práctica se aplica-, de ninguna manera se ajusta al
objetivo que se plantea.
Desde la perspectiva docente, la puesta en acto de estas ideas conlleva reflexionar sobre
cuestiones relacionadas tanto con la propia praxis como con los procesos que activará un
alumno para dar respuesta a la cuestión o cuestiones planteadas. De hecho, aunque estos dos
asuntos puedan explicitarse separadamente, las especulaciones teóricas que al respecto se
hagan tendrán sentido sólo en función del conjunto.
En cuanto a la primera –la praxis-, fundamentalmente, habrá que analizar, a nivel macro, si las
acciones que se emprenden ubican al alumno en el centro de la escena didáctica, si a partir de
las situaciones que se ponen en juego el alumno moviliza sus propias acciones simbólicas y
concretas y analiza sus producciones en un proceso individual o colectivo.
El docente deberá responder, entre otras, las siguientes preguntas:
⇒ se facilita la apropiación de las propiedades de los saberes involucrados?,
⇒ se ponen en juego criterios de ejecución?,
⇒ se promueve la ejecución de algoritmos?,
⇒ se impulsa la reorganización de datos y relación de estos con saberes previos?,
⇒ se potencia la capacidad de reconocer patrones que aportan a la resolución de un
problema dado?,
⇒ se realiza tratamiento y traducción entre diferentes registros de representación
semiótica?,
⇒ se analiza un enunciado, se comunican sus resultados?,
⇒ se conjetura, se argumenta, se valida?,
⇒ se escucha, se debate?
Respecto de las segundas –procesos que activan los estudiantes-, a nivel micro, habrá que
observar qué posibilidades se ofrecen a los sujetos para ejecutar cuestiones relacionadas con
el contenido conceptual abordado, el contexto al que se refiere y la forma en que se socializa.
Producir material educativo bajo esta nueva concepción de la educación es
ciertamente un desafío. Por varias décadas, un número razonable de textos se han ofrecido
que siguen la línea clásica del pensamiento matemático, donde la disciplina se enseña,
secuencialmente, por medio de definiciones rigurosas, teoremas y demostraciones
cuidadosamente detalladas y exhaustivas.
Esta modalidad no es acorde con la educación matemática del siglo XXI, donde el interés
reposa en las formas de ser y hacer y en la cual, en consecuencia, los procedimientos deben
ser desarrollados de forma tal que promuevan la autonomía de los sujetos, su pensamiento
crítico y la cooperación entre ellos.
De acuerdo con las ideas anteriores, se puede decir que el diseño del material innovador para
la enseñanza de matemáticas y el aprendizaje de la matemáticas implica dos aspectos: el
didáctico y el tecnológico. Para el primero – el segundo de los aspectos está más allá del
alcance del presente trabajo-, debe realizarse un sondeo preliminar que tenga en cuenta un
análisis:
•
epistemológico de los objetos matemáticos,
•
de la educación tradicional y sus efectos,
•
de las concepciones de los estudiantes, las dificultades y limitaciones que determinan
su evolución,
•
de las restricciones del campo de la efectiva realización,
•
de la especificación de objetivos.
Una propuesta que privilegie el desarrollo de la competencia matemática de una manera
significativa del concepto por aprender intentará que, a partir de una situación problema, el
estudiante logre, por medio de la utilización de un concepto no formal, la idea de concepto.
2.b El caso particular
Como
respuesta
a
esta
descripción
general, para el caso particular de la
enseñanza del Álgebra Lineal a nivel
universitario,
MATRICES
ECUACIONES LINEALES
se desarrolla un material
(Guzner, 2011) especialmente orientado a
las titulaciones en Ciencias Económicas.
El texto toma como unidades de análisis
VECTORES
ESPACIOS VECTORIALES
DIAGONALIZACION
los contenidos conceptuales mínimos que
para esas carreras establece Facultad de
Ciencias
Económicas,
Universidad
TRANSFORMACIONES LINEALES
Figura 6. Contenidos conceptuales Álgebra Lineal.
Nacional de Cuyo, Mendoza, Argentina.
Los contenidos, en sentido amplio, se gestionan a la manera de módulos de aprendizaje
(Guzner, Del Vecchio, 2012), entendidos éstos como “… la unidad de enseñanza y
aprendizaje con sentido completo, que integra los conocimientos, habilidades, destrezas y
actitudes requeridas para el logro de una capacidad, a través del desarrollo de diversas
experiencias y actividades complejas, que se relacionan con el contexto real del campo
laboral”. Cada uno de los módulos contempla cada una de las tres dimensiones de la
competencia matemática, integradas en desempeños prácticos que muestran determinados
niveles de logro en el desempeño.
La organización macro es por capítulos y la micro, por secciones. Hacia el interior de cada
uno de ellas se recurre a diferentes registros de representación semiótica – lenguaje coloquial,
lenguaje simbólico, lenguaje computacional, tablas-.
Asimismo, a medida que se avanza en el
desarrollo, se retrotrae a saberes abordados
en capítulos anteriores y se los trabaja a
partir de los nuevos que se están aprendiendo,
a fin de mostrar la coherencia interna del
Álgebra Lineal. Cabe mencionar que cada
sección finaliza con una serie de Ejercicios y
Problemas, el primero de la lista una reflexión
“algebraica” sobre la apertura de comienzo de
Figura 7. Estructura de cada capítulo
capítulo. Los ejercicios, al igual que los ejemplos, se organizan en torno a las tres
dimensiones de la competencia matemática.
Al finalizar completamente el abordaje, el usuario deberá estar en condiciones de extender
el dominio y responder las siguientes preguntas:
⇒ ¿Estoy en condiciones de resolver el ejercicio?
⇒ ¿Estoy en condiciones de definir el concepto?
⇒ ¿Estoy en condiciones de distinguir entre... y ....?
⇒ ¿Estoy en condiciones de dar una conclusión?
⇒ ¿Estoy en condiciones de discutir las conclusiones?
⇒ ¿Estoy en condiciones de explicar el procedimiento?
⇒ ¿Estoy en condiciones retener la información adquirida?
A continuación se ejemplifica la reseña anterior en el caso particular del abordaje del
contenido conceptual Vectores en el Plano y en el Espacio. La propuesta corresponde al
Capítulo 3 de la mencionada obra (Guzner, 2012). A fin de dejar claro qué se quiere significar
con la reelaboración del conocimiento aprendido en nuevas situaciones, se muestran en
primer lugar las actividades de apertura de los capítulos previos – Matrices y Sistemas de
Ecuaciones Lineales, Figuras 8. y 9. respectivamente-.
Al consultar http://mip.cba.gov.ar encontrará los sectores y subsectores en que se divide la
economía de la provincia de Córdoba y las transacciones intersectoriales en miles de pesos
corrientes a precios de mercado en un año dado.
……………………………………………………………………………………………………….
Si los sectores de la mencionada economía se agrupan sólo en tres: Sector I o PRIMARIO DE
ACTIVOS EXTRACTIVOS, Sector II o MANUFACTURERO y Sector III o de SERVICIOS no
stockeable, responda:
i. a qué sector de estos tres pertenecen los subsectores de 2.?
ii. el subsector ELECTRICIDAD, pertenece al Sector MANUFACTURERO?
iii. cómo se interpreta el siguiente cuadro de transacciones intersectoriales?
SECTOR I
2.392.169,32
4
290.720,717
577.262,452
SECTOR I
SECTOR II
SECTOR III
SECTOR II
2.758.564,737
SECTOR III
284.330,6231
2.414.017,046
1.188.497,866
1.350.511,12
4.666.116,526
También se obtienen los siguientes datos, que representan, respectivamente, las demandas internas
de
cada uno de los Sectores I, II y III : 11.396.905,7; 17.278.884,7 y 25.221.688,7.
iv. Construya un nuevo cuadro que incorpore estas cantidades.
v. Diga qué representan los valores: 16.831.970,4; 21.334.133,6 y 31.653.565,5;
290.720,717
16.831.970,4
.
vi. Responda qué representa el siguiente cuadro llamado matriz de coeficientes técnicos.
0,142120576
0,129302872
0,008982578
0,017271936
0,034295596
0,113152805
0,055708748
0,042665371
0,147412035
Si se supone que los coeficientes técnicos se mantienen constantes durante dos años consecutivos,
y xi es la compra total que subsector i realiza en esos años, responda qué representa:
0,142120576
vii. x1 0,017271936


0,034295596
viii.
0,142120576 x1
0,017271936 x1
0,034295596 x1
+ 0,129302872 x2
+ 0,113152805 x2
+ 0,055708748 x2
+ 0,008982578 x3
+ 0,042665371 x3
+ 0,147412035 x3
Figura 8. Actividad inicial Matrices
Si los sectores y subsectores en que se divide la Economía de la provincia de Córdoba se agrupan
sólo en tres y se consideran las demandas internas y los valores agregados correspondientes, se
obtiene la siguiente matriz:
valor agregado
valor producción
•
demanda
directa
yj
valor de
producción
xi
2392169
2758565
284331
1139690
1683197
290721
2414017
1350511
1727888
2133413
577262
1188498
4666117
2522168
31653566
3260152
6361080
6300958
13571818
16831970
14973054
21334134
25352607
31653566
Para cada uno de los tres sectores, escriba una expresión que represente el valor de producción
xi i = 1, 2, 3 en función de las transacciones xij que realiza cada sector i para i = 1, 2, 3 con
cada sector j para j = 1, 2, 3.
……………………………………………………………………………..…………………………
•
Verifique
que
− 0,0089 
(1 − 0,1421) − 0,1293
 − 0,0172 (1 − 0,1131) − 0,0426 


− 0,0557
(1 − 0,1474)
 − 0,0342
 x1  12536596,3 
 x  = 19006773,1
 2 

 x 3  27743857,6
representa lo expresado en i.
………………………………………….……………………………………………………………
• Interprete la igualdad matricial X = AX + Y si se considera que las matrices:
 x1 
 ... 
X=  ,
 ... 
 x n 
 a11
 ...
A= 
 ...
a n1
... a1n 
... ... 
 y1 
 ... 
 eY=  
... ... 
 ... 
... a nn 
 y n 
son respectivamente la matriz de valores de producción esperados de una economía divida en n
sectores, la de coeficientes técnicos y la demandas internas.
Figura 9. Actividad inicial Sistemas de Ecuaciones Lineales
Los vectores en R2 y R3 se “inducen” a partir de un modelo hipotético – Figura 10.-:
Suponga un modelo hipotético de una economía sencilla sin demanda externa de los sectores
PESCA y PESCADO de la Provincia de Córdoba. Considere el problema de determinar las
precios por unidad pA y pB de cada uno de los subsectores PESCA y PESCADO de la Provincia de
Córdoba de forma tal que el intercambio encuentre un estado de equilibrio.
i. Responda si estado de equilibrio se alcanzará si el precio unitario que paga el sector PESCA es
2,28861×1011 y el que paga el sector PESCADO es 3 en las unidades de $ correspondientes?
Diga si los siguientes pares de números representan los precios que cada uno de los sectores puede
imponer en las unidades de $ correspondientes a fin de alcanzar el equilibrio:
(-6,48439×1011; -8.5), (1,1443×1011; 1.5), (8,39157×1011; 11), (5,72152×1011; 7.5), (0, 0)
ii. por qué los precios que cada uno de los sectores puede imponer a fin de alcanzar el equilibrio
pertenecen al conjunto de puntos cuya gráfica es:
iii. En relación a i., si se supone que la matriz de intercambio se mantiene constante por cuatro
años, y que los siguientes pares de números representan los precios unitarios en las unidades
correspondientes de $ que cada uno de los subsectores PESCA y PESCADO en ese orden pagan
a lo largo de esos cuatro años respectivamente: (4,19578×1011; 5.5), (4,57722×1011; 6),
(4,95865×1011; 6.5), (5,34009×1011; 7)
……………………………………………………………………………………………………….
Suponga un modelo hipotético de una economía sencilla sin demanda externa de los sectores
CULTIVOS DE CEREALES, OLEAGINOSAS Y PASTOS FORRAJEROS; CULTIVO DE
HORTALIZAS, LEGUMBRES, FLORES Y PLANTAS ORNAMENTALES; PRODUCCION DE
SEMILLAS
iv. Responda si estado de equilibrio se alcanzará si: los precios unitarios son respectivamente pA
= 32.3978, pB = 1.61327 y pC = 1 en las unidades de $ correspondientes? los precios unitarios
son respectivamente pA = 1, pB = 1.61327 y pC = 32.3978 en las unidades de $ correspondientes?
los precios unitarios son respectivamente pA = 145.79, pB = 7.25974 y pC = 4.5 en las unidades de
$ correspondientes? los precios unitarios son respectivamente pA = 0, pB = 7.25974 y pC = 4.5 en
las unidades de $ correspondientes?
………………………………………………………………..………………………………………
v. Diga si las siguientes ternas de números representan los precios unitarios que cada uno de los
sectores puede imponer en las unidades de $ correspondientes a fin de alcanzar el equilibrio:
o (-64.7956; -3.22655; -2)
o (0, 0, 0)
o (16.1989; 0.806637; 0.5)
o (161.989; 8.06637; 5)
vi. Diga por qué los precios que cada uno de los sectores puede imponer a fin de alcanzar el
equilibrio pertenecen al conjunto de puntos: P = {(x, y, z) / 0,8x -10 y -10z = 0 x, y, z ∈ R}
cuya gráfica es
Figura 10. Actividad inicial Vectores en R2 y R3
En síntesis, la apertura del módulo coincide con la modelación de dos problemas con dos
sistemas, respectivamente, con dos y tres incógnitas. Se analizan pares y ternas de números
reales y se los asocia con soluciones a los problemas. También se trabaja en registro gráfico.
Se hacen suposiciones sobre las soluciones y se “opera” con ellas.
El cuerpo del capítulo se compone de definiciones, propiedades, ejemplificación y
ejercitación, como de manera sucinta se detalla a continuación. La descripción discurre sobre
las distintas estrategias y registros que, a lo largo del módulo, se utilizan como recurso
didáctico.
Definición
•
Un segmento de recta dirigido es toda porción de
recta entre dos puntos dados, llamados
respectivamente punto inicial y punto final del
segmento.
En símbolos, se anota PQ , si P es el punto inicial y Q el punto final del segmento de recta
PQ .
•
Gráficamente PQ se representa sobre un sistema de ejes ortogonales.
•
Se llama:
o ejes coordenados al sistema de ejes ortogonales;
o
o
o
•
•
•
•
dirección de PQ a la recta que contiene a PQ El sentido de PQ queda implícito al
hablar respectivamente de un punto inicial y un punto final de PQ . Usualmente se
anota con la letra L.
origen de coordenadas al punto de intersección de los ejes coordenados.
Usualmente se anota con el símbolo 0;
coordenadas de un punto a las proyecciones del punto sobre cada uno de los ejes
coordenados.
Cuando los ejes coordenados son dos, PQ es un segmento de recta dirigido en el PLANO o
Espacio Bidimensional.Usualmente, se denomina abcisa y ordenada a las coordenadas de un
punto en el PLANO.
Las coordenadas del origen de coordenadas en el PLANO son 0 y 0 –.
Cuando los ejes coordenados son tres, PQ es un segmento de recta dirigido en el ESPACIO o
Espacio Tridimensional
Las coordenadas del origen de coordenadas en el ESPACIO son 0, 0 y 0
…………………………………………………………………………………………..
Ejemplo
La Figura muestra una colección de vectores de R2.
 v ∈ R2, v = (-3, 2).
 w ∈ R 2, w = (2,-3).
 Los vectores v y w son distintos.
…………………………………………………………………………………………
Ejemplo
La Figura muestra una colección de vectores de
R3.
 v ∈ R3, v = (-1, 1, 1).
 w ∈ R3, w = (1, -1, 1).
Los vectores v y w son distintos.
………………………………………………………………………………………………
Ejemplo
 − 1 4 a13 
i. Con la sola información que A =  3 2 a23  , es suficiente que


 0 1 a33 
a13 
a  sea el vector nulo de
 23 
a33 
R3 para afirmar que A es una matriz no inversible cuyas dos primeras columnas son los vectores u
 − 1
4
=  3  y v = 2 . det A = 0;
 
 0 
 
1 
 − 1 4 a13 
ii. Con la sola información que A =  3 2 a23  , es necesario que 14a33 + a23 + 3a13≠ 0 para


 0 1 a33 
que A sea una matriz inversible. Si 14a33 + a23 + 3a13= 0, la matriz A tiene sólo 2 pivotes.
…………………………………………………………………………………………………………
Definición
•
•
La suma de dos vectores u, v de R2 es otro vector de R2 que
se obtiene sumando a u un vector equivalente a v con
extremo inicial en el extremo final de u.
Se anota u + v a la suma de los vectores u, v.
Usando componentes – Figura 44.- , si u = (a, b) y v = (c, d) entonces u + v = (a+c, b+d).
•
Debe quedar claro que la notación u + v hace referencia a la suma de dos vectores, en tanto que
las notaciones a + c y b + d hacen referencia a la suma de números reales. Habrá que
diferenciarlos según el contexto en el cual aparezcan
…………………………………………………………………………………………………………
Propiedad
•
•
i.
ii.
iii.
iv.
La suma de vectores de R2 es conmutativa.
La suma de vectores de R2 es asociativa.
La suma de vectores de R2 admite elemento neutro.
Los vectores de R2 admiten opuesto respecto de la suma de
vectores.
Para i, en símbolos: u, v ∈ R2 → u + v = v + u
Demostración:
o Algebraica: como cada vector de R2 se puede identificar con una matriz 2x1, la
demostración algebraica es análoga a la de la conmutatividad de la suma en ese
caso.
o Gráfica: es suficiente analizar qué sucede al realizar las sumas “u + v” y “v + u”.
………………………………………………………………………………………………………
Propiedad
Es suficiente que el producto de un escalar por un vector sea
el vector nulo para que el escalar sea cero o el vector nulo.
•
•
•
La condición es trivialmente necesaria.
Las demostraciones geométricas son análogas al caso R2.
Como cada vector de R3 se puede identificar con matriz de orden 3x1, las demostraciones
algebraicas son análogas a las de ese caso.
………………………………………………………………………………….……………………
Ejemplo
Se sabe que un agente de bolsa registra los valores máximos y mínimos semanales del precio de las
acciones de tres compañías I, II y III.
i. El vector M = (M1 ,M2 ,M3 ) representa los valores máximos semanales de las acciones de tres
compañías I, II y III.
ii. El vector m = (m1 , m2 , m3 ) representa los valores mínimos semanales de las acciones de las
mismas tres compañías I, II y III.
iii. Los vectores que tienen su extremo final sobre la recta L representan los valores máximos de las
tres compañías en una semana dada, si los mismos cambiaran su valor en la misma proporción.
1
iv. El vector (M + m) representa los valores semanales promedio del precio de las acciones de las
2
tres compañías mencionadas.
v. El vector ( (0.15 M + 0.05 m) representa los valores semanales promedio del precio de las
acciones de las tres compañías mencionadas, si se espera que, en una semana dada, los valores
máximos se incrementen por igual en un 30% y los mínimos, en un 10%.
………………………………………………………..……………………………………..
Propiedad
Si u no es el vector nulo de R3, v = (
unitario.
•
Tácito, v es un vector unitario en la dirección y sentido de u.
•
En símbolos: u ∈ R3 ∧ u ≠ O →
1
u
u =1.
1
u
u ) es un vector
Demostración:
1.
u ∈ R3 ∧ u ≠ O
2.
u = (a, b, c) con a ≠ 0
3.
u = + a +b +c
4.
u ≠0
2
1
5.
De 2., por definición de norma
De 2. y 3.
De 4.
u=
u

b
a
c

,
,

2
2
2
2
2
2
2
2
2
 + a +b +c + a +b +c + a +b +c
1
u
7.
a2
(
1
u




De 2. y 5.
u =
( a2 + b 2 + c 2 )2
8.
2
∈R
u
1
6.
2
De 1., sin pérdida de generalidad
+
b2
( a2 + b 2 + c 2 )2
+
c2
De 6., por definición de norma
( a2 + b 2 + c 2 )2
u =1
De 7., operando
………………………………………………………………………………………………
Ejercicios y Problemas
1. Identifique las tareas que en los ítemes 1/8 de comienzo de capítulo corresponden a los
conceptos de:
o vector;
o vector en el PLANO;
o vector en el ESPACIO;
o componentes.
…………………………………………………………………………………………………………………………………………
2. Dados los vectores u = (-1, 3, 4) y v = (5, 0, -1), construya, de ser posible:
i la matriz de coeficientes de un sistema de ecuaciones homogéneo compatible determinado;
ii la matriz de coeficientes de un sistema de ecuaciones compatible indeterminado;
iii la matriz de coeficientes de un sistema de ecuaciones a veces incompatible.
…………………………………………………………………………………………………………………………………………
3. Dado el vector u = (1, ….) en el PLANO, indique en cada caso si es posible completar la
segunda componente de u de forma tal que se cumplan las condiciones que se listan a continuación.
Si su respuesta es afirmativa, muestre u.
i. u = 1 ;

ii. u = 2 y la dirección del vector u es la recta de ecuación y = 2x;

iii. u = (0, 1);

iv. la dirección del vector u es la recta de ecuación y = 3x;

v. Los vectores u y v = (-1, -1) tienen la misma dirección.

…………………………………………………………………………………………………………
4. Escriba, de ser posible, una condición:
i. suficiente pero no necesaria para que el producto de un escalar por un vector de R2 sea el vector
nulo de R2;
ii. necesaria para que un vector de R2 sea combinación lineal de un conjunto de vectores de R2
dados;
iii. necesaria para que el vector nulo de R2 se pueda escribir como combinación lineal de un
conjunto de vectores de R2;
iv. necesaria pero no suficiente para que un vector de R2 sea unitario.
……………………………………………………………………………………………………………………………………………………….
5. Con la sola información que proporciona la siguiente lista Input/Output en referencia a dos
matrices M1 y M2, responda Sí, NO, NO SE SABE.

i. Las columnas de M1 son vectores de R3;

ii. Si las columnas de M1 son vectores de R3, las filas también lo son;

iii. Las columnas de M2 son vectores de R3;

iv. M2 es una matriz inversible;

v. Las columnas de M2 son vectores de R3 de igual dirección.
3. DISCUSIÓN Y CONCLUSIÓN
El surgimiento de un nuevo modelo productivo, basado en un uso intensivo del conocimiento,
requiere evaluar la gestión del saber y la información. Sin perder de vista el horizonte de la
calidad en educación formal o informal, o el interés y los efectos que aquella tiene sobre
aspectos personales o colectivos de los sujetos, una adaptación a la realidad actual aparece
como esencial y se considera que el enfoque por competencias responde a estas nuevas
exigencias del contexto.
Bajo este marco es que se reportan algunos resultados de una investigación educativa, llevada
a cabo durante los últimos años, acerca de la enseñanza y aprendizaje de la Matemática de
manera experimental, con aplicaciones en el mundo real, usando el mencionado enfoque.
Como resultado, se ha desarrollado un texto completo de Álgebra Lineal cuya validación fue
llevada a cabo por profesores y estudiantes
universitarios, así como por profesores de
enseñanza media. La retroalimentación de esos cotejos ha sido incorporada al texto,
pudiéndose afirmar que tanto unos como otros han sido asimilado y aceptado el enfoque.
Se cree que de esta forma se ha realizado una contribución a las acciones que deberían
llevarse a cabo en la educación matemática en el siglo XXI, a modo de potenciar en los
estudiantes habilidades en saber, saber hacer y saber ser. Se sostiene que con este aporte los
estudiantes tendrán una visión más "viva", "realista" y "accesible" del Álgebra Lineal.
No obstante, una real reconversión en la enseñanza de la Matemática todavía está muy
distante. Muchos textos del tipo del que aquí se ha presentado deberían ser escritos y
diseminados a gran escala, a la vez que privilegiar una profesionalización de la carrera
docente.
En cuanto a los logros, no se puede decir que sean representativos de todos los alumnos, o de
todas las instituciones, o del plan de estudios completo, pero en nuestra opinión es una buena
aproximación a las cuestiones planteadas. La reforma que se propone deberá ampliarse a otros
actores del sistema educativo, así como a la enseñanza de otras áreas de la misma disciplina.
Referencias
Barnett, R. (2001) Los límites de la competencia. El conocimiento, la educación superior y la sociedad. Gedisa.
Delors, J. (1996) La educación encierra un tesoro. Santillana Unesco.
Dolz, J. & Ollagnier, E. (2000). La notion de compétence: nécessité ou vogue éducative. Raisons éducatives,
vol.1-2(2). De Boeck Université.
Gonczi, A. (2002) Teaching and Learning of the Key Competencies. Presentation at DeSeCo’s 2nd International
Symposium. Neuchâtel, Switzerland. Swiss Federal Statistical Office.
Goody, J. (2001). Competencies and Education: Contextual Diversity. In D. S. Rychen & L. H. Salganik (Eds.),
Defining and Selecting Key Competencies (pp. 175–190). Hogrefe & Huber.
González, J. Y Wagenaar, R. (2003). Tuning Educational Structures in Europe. Final Report. Phase 1. Bilbao:
Universidad de Deusto. Graó.
Guzner, C. & Del Vecchio, S. (2008) Aproximaciones conceptuales a la noción de competencias. Actas Jornadas
FCE-UNCuyo.
Guzner, C., Schilardi, A. et al. (2010) Un aporte a la formación docente desde la Licenciatura en Enseñanza de la
Matemática para la integración de las NTIC´s a las prácticas aúlicas. En edUTecNe (Ed.) La tecnología
educativa al servicio de la educación tecnológica.pp. 283-311.
Guzner, C. (2010) Un estudio descriptivo explortorio en relación a las competencias y la teoría curricular de la
enseñanza de la Matemática. En EDIUNC (çed.) Educación basada en competencias. Cap. 3.
Guzner, C. (2011) Álgebra Lineal para estudiantes de Ciencias Económicas. Talleres gráficos FCE- UNCuyo
Guzner, C. y Del Vecchio, S. (2012) La concreción del enfoque basado en competencias. EAE.
IBERFOP-OEI, (1998) Metodología para definir competencias. CINTER/OIT.
Le Boterf, G. (2000) Ingeniería de las competencias. Gestión.
Morin, E. (2000) Los siete saberes necesarios para la educación del futuro. Paidós.
Perrenoud, P. (1999) Construir competencias desde la escuela. Dolmen.
Rue, J. (2002) Qué enseñar y por qué. Elaboración y desarrollo de proyectos de formación. Paidós.
Thierry García, D. (2001) La educación y capacitación basadas en competencias. Modelos y metodologías.
Revista Iberoamericana de Educación.
GENERALIZACIÓN DE UN PROBLEMA PROPUESTO EN
LA XLVI OME Y SU RELACIÓN CON LA DESIGUALDAD DE
NESBITT
D.M. BĂTINEŢU-GIURGIU1 y NECULAI STANCIU2
Abstract. This note presents a generalization for a problem given to the XLVI th National
Mathematics Olympiad of Spain (OME).
Keywords: Cauchy-Buniakovski-Schwarz’s inequality, Bergström’s inequality,
Jensen’s inequality, the AM-QM inequality, Nesbitt’s inequality, Olympiad.
MSC : 26D15
En la XLVI Olimpiafa Matemática Española, Fase Nacional (Valladolid), el segundo
día (27de marzo de 2010) se propuso el siguiente
Problema. Sean a, b, c numerous reales positivos. Probar que:
3a + b + c
15
a + b + 3c
a + 3b + c
(1)
+
+
≥
3a + 3b + 2c 3a + 2b + 3c 2a + 3b + 3c 8
Si llamamos a = x1 , b = x 2 , c = x3 , y X 3 = a + b + c , entonces la (1) se convierte en:
X 3 + 2 x1 X 3 + 2 x 2 X 3 + 2 x3 15
(2)
+
+
≥
3 X 3 − x1 3 X 3 − x 2 3 X 3 − x3
8
Nos proponemos generalizar esta desigualdad y dar varias demostraciones de su
generalización.
Una Generalización. Si n ∈ N * − {1,2} , a ∈ R+ , b, c, d , x k ∈ R+* , ∀k = 1, n ,
n
X n = ∑ x k and
k =1
cX n > d max xk
1≤ k ≤ n
entonces:
aX n + bx k (an + b )n
≥
∑
cn − d
k =1 cX n − dx k
Demostración 1. Tenemos:
n
n
 n

(an + b ) X =  ∑ (aX n + bxk ) =  ∑ aX n + bxk ⋅ (aX n + bxk )(cX n − dxk ) 
 k =1

 k =1 cX n − dx k

( C − B − S ) n
aX + bx k  n

 ∑ (aX n + bx k )(cX n − dx k ) ⇔
≤  ∑ n

 k =1 cX n − dx k  k =1
2
2
1
2
2
n
Department of Mathematics, “Matei Basarab” National College, Bucharest, Romania
Department of Mathematics, “George Emil Palade” General School, Buzău, Romania
(3)
2
(C − B − S )
≤
(an + b )2 X n2
aX + bx k
⇔∑ n
≥
k =1 cX n − dx k
n
n
∑ (aX
k =1
n
+ bx k )(cX n − dx k )
=
(an + b )2 X n2
n
=
(an + b )
k =1
2
(acn + bc − ad )X
X
k =1
2
n
− bd ∑ x
k =1
2
k
.
n
2
n
=
n
acnX + (bc − ad )X n ∑ x k − bd ∑ x
2
n
2
k
Por la desigualdad de las medias aritmética y geométrica deducimos que:
n
∑ xk2 ≥
k =1
Entonces obtenemos:
n
aX n + bx k
≥
∑
k =1 cX n − dx k
2
X2
1 n

 ∑ xk  = n
n  k =1 
n
(an + b )2 X n2
(acn + bc − ad )X n2 − bd X n2
(4)
=
(an + b )2 n
acn 2 + (bc − ad )n − bd
=
(an + b )n .
cn − d
n
Demostración 2. Se tiene:
n
n
(aX n + bxk )2
aX + bx k
,
Un = ∑ n
=∑
k =1 cX n − dx k
k =1 (aX n + bx k )(cX n − dx k )
Y por la desigualdad de Bergström deducimos que:
Un ≥
 n

 ∑ (aX n + bx k )
 k =1

∑ (acX
n
k =1
2
n
2
+ (bc − ad )X n x k − bdx
2
k
)
=
(an + b )2 X n2
,
n
acnX + (bc − ad )X − bd ∑ x
2
n
2
n
k =1
2
k
Donde hemos tenido en cuenta (4), y se obtiene la conclusión.
Demostración 3. Consideremos el trinomio:
2
 aX n + bx k

Tn = 
⋅ X − (aX n + bx k )(cX n − dx k )  =
 cX − dx

n
k


n
n
n
 aX + bx k  2


 X − 2 ∑ (aX n + bx k ) X + ∑ (aX n + bx k )(cX n − dx k ) =
=  ∑ n
k =1
 k =1

 k =1 cX n − dx k 
n
 n aX + bx k  2
 n

 X − 2 ∑ (aX n + bx k ) X + ∑ acX n2 + (bc − ad )X n x k − bdx k2 .
=  ∑ n
k =1
 k =1

 k =1 cX n − dx k 
Ya que los valores del trinomio cuadrático Tn ( x) ≥ 0 , ∀x ∈ R resulta:
(
)
 n aX + bx k  n
 n


 ∑ acX n2 + (bc − ad )X n x k − bdx k2  =
 ∑ (aX n + bx k ) ≤  ∑ n
 k =1


 k =1 cX n − dx k  k =1
n
n
 aX + bx k 

 acnX n2 + (bc − ad )X n2 − bd ∑ x k2  .
=  ∑ n
k =1

 k =1 cX n − dx k 
Entonces, por (4) se obtiene que:
n
 n aX n + bx k 
bd  2
2
 ∑
 acn + bc − ad −
(
)
+
≤
aX
bx
X n ⇔
∑
n
k
n 
k =1
 k =1 cX n − dx k 
2
(
)
(an + b ) X n2
aX n + bx k
⇔∑
≥
bd  2

k =1 cX n − dx k
X n
 acn + bc − ad −
n 

2
n
aX + bx k
n(an + b )
≥
⇔∑ n
=
acn 2 + (bc − ad )n − bd
k =1 cX n − dx k
2
n
n(an + b )
n(an + b )
, q.e.d.
=
(an + b )(cn − d ) cn − d
*
Demostración 4. Consideremos R n = 
R ×
R × ...
×


R , n ∈ N , donde para cualesquiera
2
=
n
x, y ∈ R ,
n
x = (x1 , x 2 ,..., x n ) , y = ( y1 , y 2 ,..., y n ) y para todo λ ∈ R , definimos:
x + y = ( x1 + y1 , x 2 + y 2 ,..., x n + y n ) ∈ R n y λx = (λx1 , λx 2 ,..., λx n ) ∈ R n .
Así R n es un espacio vectorial sobre el cuerpo R .Definimos también
n
, : R n × R n → R , x, y = ∑ x k y k ( producto escalar de los vectores x e y ) y entonces R n se
k =1
convierte en un espacio de Hilbert en el que una base ortogonal es el sistema de vectores
1, if i = j
, y
ek = (δ 1k , δ 2 k ,..., δ nk ) , donde k = 1, n y δ : An × An → R , δ (i, j ) = δ ij = 
0, if i ≠ j
An = {1,2,..., n}.
La función δ es el símbolo de Kroneker.
Es obvio que ei , e j = δ ij , ∀(i, j ) ∈ An × An .Así, ek = 1, ∀k = 1, n y entonces el sistema
{ek }1≤k ≤n es un sistema ortonormal de vectores del espacio de Hilbert
Rn .
Para cualquier vector x ∈ R n , consideremos la función ϕ : An → R , ϕ (k ) = x, ek = ϕ k o sea,
x = (ϕ1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ) , donde ϕ k , k = 1, n son los coeficientes de Fouriers de x del espacio de
Hilbert R n con respecto al sistema ortonormal {ek }1≤ k ≤ n .
n
Por lo tanto para todo x ∈ R n , x = (x1 , x 2 ,..., x n ) se tiene x = ∑ ϕ k ek = (ϕ1 , ϕ 2 ,..., ϕ n ) , es decir
k =1
x k = ϕ k = x, ek , ∀k = 1, n . También tenemos: x
2
n
= x, x = ∑ x k2 , y entonces se verifica la
k =1
desigualdad de Cauchy-Schwarz
x, y ≤ x ⋅ y , ∀x, y ∈ R n ,
O sea
2
 n

 n
 n

⇔  ∑ x k y k  ≤  ∑ x k2  ∑ y k2  .
 k =1

 k =1  k =1 
n
Considerando los vectores x, y ∈ R , con:
( x, y )
2
≤ x ⋅ y
2
2
 aX n + bx1 aX n + bx 2
aX n + bx n 
 e
x=
,
,...,
 cX − dx

cX
dx
cX
dx
−
−
1
2
n
n
n
n 

y = (aX n + bx1 )(cX n − dx1 ), (aX n + bx 2 )(cX n − dx 2 ),...,
(
(aX n + bxn )(cX n − dxn ) ) .
Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz:
2
n
n
( x, y )2 =  ∑ (aX n + bxk ) ≤  ∑ aX n + bxk
 k =1

 k =1 cX n − dx k
 n

 ∑ acX n2 + (bc − ad ) X n x k − bdx k2  ⇔

 k =1
2
n
(an + b ) X n2
aX + bx k
(5)
⇔∑ n
≥
n
2
2
k =1 cX n − dx k
(acn + bc − ad )X n − bd ∑ xk
(
)
k =1
Como la función f : R → R , f (t ) = t es convexa en R , por la desigualdad de Jensen se
deduce que:
2
X2
 x1 + x 2 + ... + x n 
 Xn 
f ( x1 ) + f ( x 2 ) + ... + f ( x n ) ≥ nf 
 = n
 = n ,
n
n


 n 
Y entonces de (5) resulta que:
2
n
(an + b )2 X n2
aX n + bx k
(
(an + b )n ,
an + b ) n
=
=
Un = ∑
≥
bd  2 (an + b )(cn − d )
cn − d

k =1 cX n − dx k
X n
 acn + bc − ad −
n 

q.e.d.
Aplicaciones.
*
+
*
+
2
*
+
A.1. Si a = 0, b = c = d = 1 , entonces la relación (3) se escribe como:
n
xk
n
,
≥
∑
n −1
k =1 X n − x k
y para n = 3 obtenemos la desigualdad de Nesbitt, i.e.:
x3
x1
x2
3
+
+
≥ .
x 2 + x3 x3 + x1 x1 + x 2 2
A.2. Si a = 1 , b = 2 , c = 3 y d = 1 , entonces la (3) resulta ser:
n
X n + 2 x k (n + 2 )n
,
≥
∑
3n − 1
k =1 3 X n − x k
de la que para n = 3 se obtiene la (2) y después se deduce (1).
Problemas para los más Jóvenes 46
Cuatro problemas de la Prueba Final de la Olimpiada Juvenil de Matemáticas de Venezuela 2011(Primer Año)
PMJ46-1
Sea n un entero positivo y k el entero que resulta al borrar la cifra de las
unidades de n: (por ejemplo, si n = 7492; k = 749):
Si n k = 2011; ¿cuál es el valor de n?
PMJ46-2
d =
ABCD es un cuadrado y P es un punto exterior tal que AP = AC y BCP
o
d
17 : Calcular la medida del ángulo BAP :
PMJ46-3
Se forma una larga lista de dígitos escribiendo los enteros del 1 al 2011 uno
a continuación de otro:
1234567891011121314:::::::200920102011
¿Cuántas veces aparece la secuencia 12 en esta lista?
PMJ46-4
En cierto pueblo, 32 del total de hombres está casado con 35 del total de
mujeres. Si nunca se casan con forasteros, ¿cuál es la proporción de personas
solteras respecto a la población total del pueblo?
1
La Batalla Matemática
Eric Milesi, Óscar Rivero
1
Introducción
La extinta Unión Soviética era un lugar donde las competiciones de matemáticas
gozaban de gran importancia y prestigio dentro del sistema educativo, y hoy
en dı́a aún perviven diversos torneos y olimpiadas oriundos de dicho paı́s.
El profesor Francisco Bellot Rosado introdujo el curso pasado en España
las denominadas ”batallas matemáticas”, formato originario de San Petersburgo que permite desarrollar la capacidad expositiva y la claridad a la hora
de presentar los razonamientos, a la par que potencia el trabajo colectivo
y, obviamente, la habilidad para resolver problemas.
En las batallas matemáticas, los contendientes son divididos en dos equipos
y llevados a aulas separadas donde se les entregan copias de los enunciados y se les deja un tiempo razonable para su resolución (en nuestro caso
hora y media). Posteriormente, ya reunidos los equipos bajo la presidencia del jurado, se procede al inicio de la batalla; primero, cada uno de
los bandos designa a un capitán, que deberá salir al estrado para batirse
con su oponente en el denominado torneo de capitanes, que consta sólo de
un problema, generalmente de baja dificultad. El primero en encontrar la
respuesta correcta lo indica y procede a su explicación, y en caso de ser
ésta aceptada, es declarado ganador, mientras que en caso contrario puede
optarse por automáticamente declarar al oponente ganador o esperar a que
éste encuentre la solución.
El equipo que gana este torneo inicial será el que tome la iniciativa, y decidirá si quiere empezar retando o siendo retado; este proceso se mantendrá
a lo largo de toda la contienda, y se basa en que un equipo (digamos A),
desafı́a al oponente a la resolución de uno de los problemas, pudiendo el
equipo contrario (digamos B) aceptar o rehusar la propuesta. En el primer
caso, uno de los miembros debe salir a la pizarra a exponer la solución,
actuando uno de los integrantes del otro bando como oponente, pudiendo
refutar o criticar sus argumentos. Si el equipo B rechaza el reto, entonces
alguien del equipo A deberá explicar la solución, teniendo entonces a un
miembro de B como oponente; si A también rechazase el salir a explicar
la solución, se considera ”reto incorrecto”. Finalmente, tras cada turno, el
1
jurado reparte y distribuye los 12 puntos que vale cada problma, teniendo
en cuenta la claridad en la exposición del ponente y la labor crı́tica del
oponente, pudiendo también atribuirse puntos a sı́ mismo. En caso de reto
incorrecto, el equipo B (el que fue retado), recibe 6 puntos y el jurado otros
6 puntos.
Después de que el equipo ganador del torneo de capitanes decida si quiere
empezar retando o siendo retado, se va alternando el equipo que lanza
el desafı́o, hasta que uno de los bandos en contienda ya no tenga más
problemas resueltos, momento a partir del cual el otro equipo presenta el
resto de soluciones que haya obtenido. Concluida la batalla, se suman los
puntos y el equipo que tenga mayor cantidad es proclamado ganador por
el jurado.
2
Problemas y soluciones
A continuación presentamos los enunciados y soluciones de la batalla matemática
celebrada el pasado verano en las sesiones de preparación del equipo que
representó a España en la IMO 2012.
Problema 1. Un número de 6 cifras (todas distintas y no nulas) es
divisible por 37. Demostrar que, por permutación de sus cifras, se pueden
obtener al menos 23 números más, igualmente divisibles por 37.
Solución. El número de 6 cifras distintas lo podemos escribir en la forma
A = a6 a5 a4 a3 a2 a1 , que en notación decimal es
a6 a5 a4 a3 a2 a1 = a6 105 + a5 104 + a4 103 + a3 102 + a2 10 + a1
Ahora construimos una tabla donde figuran los restos de las potencias de
10n , (0 ≤ n ≤ 5) módulo 37:
n
0
1
2
3
4
5
Dado que A ≡ 0
10n
(mod 37)
1
10
−11
1
10
−11
(mod 37), entonces se tiene que
a6 105 + a5 104 + a4 103 + a3 102 + a2 10 + a1
≡ −11a6 + 10a5 + a4 − 11a3 + 10a2 + a1 ≡ 0
(mod 37)
De donde se deduce que permutando a6 con a3 , a5 con a2 y a4 con a1
en a6 a5 a4 a3 a2 a1 el número que resulte seguirá siendo congruente con 0
2
(mod 37). Si procedemos de esta forma obtenemos 8 permutaciones que
corresponden a números multiplos de 37 que son la inicial y 7 más.
Multiplicando −11a6 + 10a5 + a4 − 11a3 + 10a2 + a1 por 10, se obtiene
10 × (−11a6 + 10a5 + a4 − 11a3 + 10a2 + a1 )
≡ 1a6 − 11a5 + 10a4 + a3 − 11a2 + 10a1 ≡ 0
(mod 37)
De lo que se deduce que el número a5 a4 a6 a2 a1 a3 es múltiplo de 37 porque
a5 105 + a4 104 + a6 103 + a2 102 + a1 10 + a3
≡ 1a6 − 11a5 + 10a4 + a3 − 11a2 + 10a1 ≡ 0
(mod 37)
Permutando nuevamente a6 con a3 , a5 con a2 y a4 con a1 en a5 a4 a6 a2 a1 a3
se obtienen 8 nuevas permutaciones que no han sido contadas antes porque
ahora la primera cifra o bien es a5 o bien es a2 y antes era a6 o a3 .
Nuevamente multiplicando por 10
10 × (1a6 − 11a5 + 10a4 + a3 − 11a2 + 10a1 )
≡ 10a6 + 1a5 − 11a4 + 10a3 + 10a2 − 11a1 ≡ 0
(mod 37)
se obtiene que el número a4 a6 a5 a1 a3 a2 es múltiplo de 37 porque
a4 105 + a6 104 + a5 103 + a1 102 + a3 10 + a2
≡ 10a6 + 1a5 − 11a4 + 10a3 + 10a2 − 11a1 ≡ 0
(mod 37)
Permutando a6 con a3 , a5 con a2 y a4 con a1 en a4 a6 a5 a2 a3 a2 se obtienen 8
nuevas permutaciones que son distintas de las anteriores porque la primera
cifra es o a4 o a1 . En total tenemos 7 + 8 + 8 = 23 permutaciones que son
múltiplos de 37, y hemos terminado.
Problema 2. En un torneo de patinaje hay 10 participantes. Cada uno
de los tres jueces asigna a cada participante un rango (de 1 a 10, indicando
el puesto que según él merece cada uno). Javi suma sus tres rangos y esa
suma es menor que la de los demás participantes. ¿Cuál es el mayor valor
de esa suma, que puede obtener Javi?
Solución. Denotamos A, B, C, . . . , J a los participantes, siendo Javi la
J. A continuación vamos a mostrar un caso en el que se observa que es
posible que la puntuación de Javi sea 15 y se cumplan las condiciones del
enunciado. Esto se puede ver con la siguiente distribución de puntos:
3
Part.
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
Juez 1
2
10
4
1
9
7
3
8
6
5
Juez 2
4
2
10
7
1
9
6
3
8
5
Juez 3
10
4
2
9
7
1
8
6
3
5
Total
16
16
16
17
17
17
19
19
19
15
Como se observa en la tabla, la puntuación de Javi es 15, cada participante
tiene puntuación mayor que 15 y cada juez ha atribuido todos los posibles
rangos entre 1 y 10. Una vez constatado que es posible que Javi tenga
15 puntos vamos a ver que no es posible que tenga 16. Procederemos por
reducción al absurdo. En efecto, supongamos que la puntación de Javi fuese
p = 16 y sea S la suma de las puntuaciones totales. Por las condiciones del
enunciado la puntuación de cada particpante distinto de Javi tiene que ser
como mı́nimo p+1. Entonces tenemos: S ≥ p+9(p+1) ⇒ S ≥ 16+9×17 =
169. Luego la suma de las puntuacions totales es como mı́nimo 169. Pero
por otro lado tenemos que la suma de puntuaciones totales es
S = (1 + 2 + . . . + 10) × 3 =
10(10 + 1)
× 3 = 165
2
Luego no puede ser que S ≥ 169, y por lo tanto Javi no puede tener 16
puntos.
Problema 3. Probar que la ecuación
√
√
√
(a + b 3)4 + (c + d 3)4 = 1 + 3
no tiene solución en números racionales a, b, c, d.
Solución. En lo que sigue vamos a necesitar el siguiente resultado.
√
√
Lema 1. Si x, y, z, t ∈ Q+ entonces x + y 3 = z + t 3 si y sólo si x = z
e y = t.
√
Demostración. Supongamos que y 6= t . Tenemos que x − z = (t − y) 3
√
√
x−z
y como t − y 6= 0 entonces 3 =
con lo que 3 ∈ Q+ lo cual es
t−y
falso.
Ahora desarrollamos
las potencias de ambos binomios
√
√ y agrupamos los
términos con 3 por un lado y aquellos que no tengan 3 por otro. Según
4
el lema anterior tenemos que
29 = 1
a4√
+ 6a2 b2 3 +√9b4 + c4 +√6c2 d2 3 + d√
√
3
3
3
3
4a b 3 + 4ab 3 3 + 4c d 3 + 4cd 3 3 = 3
Restando de la primera la segunda ecuación se obtiene
√
√
√
√
√
a4 −4a3 b 3+6a2 b2 3−4ab3 3 3+9b4 +c4 −4c3 d 3+6c2 d2 3−4cd3 3 3+d2 9 = 1− 3
Factorizando resulta
√
√
√
(a − b 3)4 + (c − d 3)4 = 1 − 3
Como la parte izquierda es suma de cuadrados, entonces
√
√
(a − b 3)4 + (c − d 3)4 ≥ 0
√
y resulta claro que 1 − 3 < 0. Por tanto, el término izquierdo es no negativo y el derecho estrictamente negativo entonces la igualdad no se alcanza
y por consiguiente la ecuación no tiene soluciones con a, b, c, d ∈ Q+ .
Problema 4. La regla infinita con dos puntos marcados en ella, a distancia L entre sı́, es un instrumento de dibujo para trazar la recta que pasa
por dos puntos, y también para marcar el punto de la recta ya dibujada, a
distancia L de uno de los puntos dados. No se puede usar el otro lado de
la regla ni girarla alrededor de un punto fijo (si la giras, la regla se cae).
Usando solamente esta regla y un lápiz, construir una recta paralela a una
dada.
Solución. Tenemos una recta dada en el plano a la cual llamaremos r.
En r fijamos un punto cualquiera al cual llamaremos B. Con nuestra regla
podemos encontrar dos nuevos puntos A y C sobre r tal que estén a distancia L de B y a distancia 2L entre ellos.
5
Podemos marcar un punto cualquiera H en el plano, y al unirlo con B
utilizando nuestra regla, tendremos una recta arbitraria que pasa por B.
Sobre esta recta BH que llamaremos s, con la regla trazamos D y E a
distancia L de B. Llamamos a las rectas AD y CE, t y t0 respectivamente.
Se forman ası́ dos triángulos congruentes ABD y BCE. Tienen dos lados
iguales (los que miden L), y el ángulo ABD es igual a CBE y por ser
isósceles, BAD = BCE = α. Como comparten el punto B entonces las
rectas t y t0 son paralelas porque los triángulos son homotéticos. Desde A
y C se mide sobre t y t0 respectivamente, una distancia L obteniéndose ası́
los puntos F y G y la recta F G, paralela a r porque la distancia de F a r
es d = L sin α y es la misma que la que hay desde G a r, d = L sin α.
Problema 5. Con la notación [x] representamos el mayor entero que es
menor o igual que x (es decir, es la parte entera de x). Hallar todos los
h n2 i
números primos que son de la forma
, siendo n un número natural.
5
Solución. Como n es un entero consideraremos 5 casos distintos que corresponden a los restos de n módulo 5. Es decir, 0, 1, 2, 3, 4.
Caso 1 : n ≡ 0 (mod 5)
Entonces n = 5k con k ∈ Z y n2 = 25k 2 , por tanto
2 25k 2
n
=
= 5k 2
5
5
que es primo si y solo si k = 1 y entonces
h n2 i
5
= 5.
Caso 2 : n ≡ 1 (mod 5)
Entonces n = 5k + 1 ⇒ n2 = 25k 2 + 10k + 1 luego
2 n
25k 2 + 10k + 1
=
= 5k 2 + 2k = k(5k + 2)
5
5
Para que sea primo uno de los dos factores tiene que ser 1 pero como
h n2 i
5k + 2 > 1 entonces k = 1 y
= 1(5 × 1 + 2) = 7
5
Caso 3 : n ≡ 2 (mod 5)
Entonces n = 5k + 2 ⇒ n2 = 25k 2 + 20k + 4 luego
2 n
25k 2 + 20k + 4
=
= 5k 2 + 4k = k(5k + 4)
5
5
Ahora para que sea primo k = 1 pero con k = 1 obtenemos 1(5 × 1 + 4) = 9,
que no es primo.
Caso 4 : n ≡ 3 (mod 5)
Entonces n = 5k + 3 ⇒ n2 = 25k 2 + 30k + 9 luego
2 n
25k 2 + 30k + 9
=
= 5k 2 + 6k + 1 = (k + 1)(5k + 1)
5
5
6
Para que sea primo uno de los dos factores tiene que ser 1, pero ambos
factores son 1 cuando k = 0 y entonces tenemos (0 + 1)(5 × 0 + 1) = 1 que
no es primo
Caso 5 : n ≡ 4 (mod 5)
Entonces n = 5k + 4 ⇒ n2 = 25k 2 + 40k + 16 luego
2 n
25k 2 + 40k + 16
=
= 5k 2 + 8k + 3 = (k + 1)(5k + 3)
5
5
Para que sea primo o 5k + 3 = 1 ⇒ k = −2
lo cual es imposible porque
h n2 i5
= (0 + 1)(5 × 0 + 3) = 3 que
k ∈ Z o si k + 1 = 1 ⇒ k = 0 y resulta
5
sı́ es primo.
h n2 i
Por tanto todos los posibles valores primos que toma
son: 3, 5, 7.
5
Problema 6. El dragón es una pieza de ajedrez situada en una casilla de
un tablero infinito (con las casillas coloreadas de blanco y negro alternativamente). Se mueve de la manera siguiente: salta a una casilla contigua
(horizantal o verticalmente) y a continuación salta N casillas en la dirección perpendicular a la de la primera parte de su movimiento. Es decir,
para N = 2 el movimiento del dragón es el de caballo de ajedrez. ¿Para
qué valores de N el dragón puede alcanzar cualquier casilla del tablero?
Solución. Vamos a distinguir dos casos: N par y N impar. Con N impar
no se puede porque el dragón se va a mover sólo sobre las casillas de un
mismo color, dado que en cada salto se produce un cambio de color y en
total hará N + 1 saltos, que será un número par. Es decir, cambiará de
color un número par de veces y como sólo hay dos colores es lo mismo que
no cambiar, luego o sólo se mueve por casillas blancas o sólo por negras.
Procedamos ahora con el caso en que N sea par. Vamos a demostrar que
el dragón sı́ que puede ir a todas las casillas. En efecto, vamos a describir
un algoritmo que nos permita llegar a una casilla contigua a la que se
parte. Ası́ por simetrı́a podrı́amos ir a cualquiera de las 4 direcciones y
en consecuencia podremos ir a todas las casillas del tablero. Supongamos
que partimos de la posición (x, y) y queremos llegar a (x, y + 1). Entonces
el dragón puede moverse de 8 maneras distintas que corresponden a los
siguientes vectores:

(1, N ) 


(1, −N ) 



(−1, N ) 



(−1, −N )
(N, 1) 



(N, −1) 



(−N, 1) 


(−N, −1)
7
Ahora, partiendo de (x, y) y mediante combinaciones lineales de los vectores
anteriores queremos llegar a (x, y + 1). Empezamos con (x, y) + (1, N ) +
(1, −N ) = (x + 2, y), y en dos pasos podemos ir a (x + 2, y). Ahora como
N es par si repetimos este procedimiento N2 veces llegaremos a la casilla
(x + N, y), y si ahora nos movemos (−N, 1) iremos a (x + N, y) + (−N, 1) =
(x, y + 1). Análogamente podemos ir a (x + 1, y), (x − 1, y) y (x, y − 1) y
ası́ el dragón puede ir a todas las casillas del tablero.
Centro de Formación Interdisciplinaria Superior (CFIS)
BARCELONA TECH, Barcelona, España.
[email protected], [email protected]
8
Solución al problema 1 de la Competición Mediterránea 2012, dada
por el concursante Darío Nieuwenhuis durante la prueba.
Sea S la suma de todos los elementos de la matriz. Entonces,
f
X
F (i) =
i=1
c
X
C(j) = S;
j=1
ya que estamos sumando todos los elementos de la matriz, por …las o por
columnasExiste un i tal que
S
;
f
F (i)
porque si todas las F (i) fueran menores,
f
X
F (i) < S; lo cual no puede ser.
i=1
Análogamente, existe un j tal que
C(j)
S
c
Entonces
f F (i)
S
c C(j);
como queríamos demostrar, para algún par (i; j):
1
SOLUCIÓN A TRES PROBLEMAS PROPUESTOS EN LA
COMPETICIÓN MATEMÁTICA MEDITERRÁNEA 2012
PROBLEMA 1
Dado el número α > 0, se considera la sucesión infinita definida por x1 = 1, y
para todo n ≥ 1,
αxn = x1 + x2 + · · · + xn+1 .
Determinar el menor α para el cual todos los términos de esta sucesión son números
reales positivos.
Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Pública de Navarra,
Pamplona, España
Claramente, x2 = α − 1, mientras que para todo n ≥ 2, xn+1 = α(xn − xn−1 ).
La sucesión tiene entonces ecuación caracterı́stica
√
α ± α2 − 4α
.
ρ2 − αρ + α = 0,
con raı́ces
ρ± =
2
Si ambas raı́ces son iguales, es decir, α = 4, tenemos que ρ = 2, y entonces
xn = (A + Bn)2n para ciertas constantes A, B, y para que x1 = 1 y x2 = α − 1 = 3,
tras algo de álgebra se obtiene A = B = 14 , es decir, xn = (n + 1)2n−2 . Esta
expresión es claramente positiva para todo entero positivo n.
Si ambas raı́ces son distintas, entonces xn = Aρ+ n + Bρ− n . Para que x1 = 1 =
Aρ+ + Bρ− y x2 = α − 1 = Aρ+ 2 + Bρ− 2 , se obtiene tras algo de álgebra que
ρ−
+
A = ρ+ 2ρ−ρ
2 , B = − ρ 2 −ρ 2 , es decir,
−
+
−
xn−1 =
ρ+ n − ρ− n
ρ+ n − ρ− n
√
=
.
ρ+ 2 − ρ− 2
2α α2 − 4α
√
Si α > 4, entonces ρ+ , ρ− son reales con ρ+ > ρ− > 0 por ser α2 − 4α < α, luego
ρ+ n − ρ− n es real positivo para todo entero positivo n, en particular también para
n = 2, con lo que xn−1 es el cociente de dos reales positivos, luego real positivo.
Nos resta entonces analizar sólo el caso α < 4. Pero en ese caso, nótese que
ρ+ , ρ− son complejos conjugados con módulo
p
α2 + (4α − α2 ) √
|ρ| =
= α,
2
√
es decir, podemos escribir ρ± = α (cos β ± i sin β), donde i es la unidad imag√
inaria, y 0 < β < 90◦ es un ángulo del primer cuadrante tal que cos β = 2α y
√
sin β = 4−α
2 . Tenemos entonces, por la fórmula de De Moivre, que
√ n−3 sin(nβ)
xn−1 =
α
.
sin β
Luego para que todos los términos de la sucesión fueran positivos, sin(nβ) tendrı́a
que ser siempre positivo, es decir, el ángulo nβ deberı́a permanecer siempre en el
primer y segundo cuadrante. Pero como 0 < β < 90◦ , existe un N mı́nimo tal que
N β > 180◦ , siendo además (N − 1)β < 180◦ , luego N β < 180◦ + β < 270◦ , y N β
está en el tercer cuadrante. Luego para este N , se tiene xN −1 < 0.
Concluimos entonces que xn es real positivo para todo entero positivo n, si y
sólo si α ≥ 4, y el valor buscado es α = 4.
1
PROBLEMA 2
Sean α, β, γ los ángulos de un triángulo acutángulo ABC. Probar que
23
tan2 α
1
1 X
+3
≥ 2.
3
tan β tan γ
tan α + tan β + tan γ
cı́clica
Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Pública de Navarra,
Pamplona, España
Denotemos por comodidad u = tan α, v = tan β y w = tan γ, donde u, v, w son
reales positivos por ser ABC acutángulo. Es conocido (o fácilmente demostrable)
que u + v + w = uvw por ser las tangentes de un triángulo, con lo que llamando
respectivamente A, G a las medias aritmética y geométrica de u, v, w, tenemos por
la desigualdad entre ambas, que
√
G3 = uvw = u + v + w = 3A ≥ 3G,
A ≥ G ≥ 3,
√
√
con igualdad si y sólo si ABC es equilátero con u = v = w = 3. Como A ≥ 3,
claramente la siguiente desigualdad es más fuerte que la inicialmente propuesta:
2
tan2 α
1
1 X
≥ 2.
+ 27
3
tan β tan γ
tan α + tan β + tan γ
cı́clica
Demostraremos esta desigualdad. Para ello, notemos en primer lugar que se puede
reescribir como
u3 + v 3 + w 3
27
+ 6 ≥ 2.
3
3G
G
Pero por la desigualdad entre medias aritmética y cúbica aplicada a u, v, w, tenemos
que
3 G9
u3 + v 3 + w3
u+v+w
uvw 3
=
≥
=
,
3
3
3
27
con lo que nos basta con demostrar que
G6
27
+ 6 ≥ 2,
27
G
claramente cierto en virtud
de la desigualdad entre medias, y con igualdad si y sólo
√
si G6 = 27, o G = 3. Queda pues demostrada la desigualdad más fuerte que
la inicialmente propuesta, y dándose la igualdad en ambas claramente si y sólo si
ABC es equilátero.
PROBLEMA 4
Sea O el circuncentro y R el radio de la circunferencia circunscrita de un triángulo
ABC, y denotemos por (O; R) a esta circunferencia. Sea k1 una circunferencia tangente a las semirrectas (AB y (AC y también tangente internamente a (O; R).
Sea k2 una circunferencia tangente a las semirrectas (AB y (AC y además tangente exteriormente a (O; R). Llamamos A1 , A2 a los centros respectivos de k1 , k2 .
Demostrar que
(OA1 + OA2 )2 − A1 A2 2 = 4R2 .
Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Pública de Navarra,
Pamplona, España
Claramente, el incentro I de ABC, A1 y A2 , están sobre la bisectriz del ángulo
∠BAC. Al mismo tiempo, O y A1 están alineados con el punto de tangencia de
(O; R) y k1 , con lo que OA1 = R − ρ1 , siendo ρ1 el radio de k1 , y de forma análoga
OA2 = R + ρ2 . Finalmente, como k1 , k2 son resultado de aplicar una homotecia
ρ1
1
a la circunferencia inscrita a ABC, con centro en A, tenemos que AA
AI = r , y
ρ2
AA2
AI = r , donde r es el inradio de ABC. Con todo lo anterior, el resultado a
demostrar es equivalente a
IA2
(ρ2 − ρ1 )2 = 4R2 ,
r2
o tras algunas simplificaciones, y usando que ρ2 − ρ1 6= 0, el problema se reduce a
demostrar que
4Rr · IA = (IA2 − r2 )(AA2 − AA1 ).
(2R + ρ2 − ρ1 )2 −
Consideremos ahora los triángulos OAI, OAA1 , OAA2 . Claramente ∠OAI =
∠OAA1 = ∠OAA2 por estar I, A1 , A2 en la bisectriz de ∠BAC. Se tiene entonces
por el teorema del coseno que
OA2 + AI 2 − OI 2
OA2 + AA21 − OA21
OA2 + AA22 − OA22
=
=
,
2OA · AI
2OA · AA1
2OA · AA2
con lo que usando OI 2 = R2 − 2Rr, llegamos a
(4Rr + AI 2 )AI
AI 3
,
AA
=
,
2
AI 2 − r2
AI 2 − r2
de donde se sigue tras sustitución el resultado deseado.
AA1 =
Nota: El cı́rculo k1 se suele llamar incı́rculo mixtilı́neo (mixtilinear incircle), y
como corolario de uno de los pasos intermedios de esta solución, hemos hallado por
métodos elementales la relación de proporcionalidad entre éste y el incı́rculo:
AA1
ρ1
AI 2
1
=
=
=
AI
r
AI 2 − r2
cos2
A
2
.
A partir de esta relación, es sencillo comprobar que la perpendicular a la bisectriz
del ángulo ∠BAC por I, corta a los lados AB, AC en los puntos de tangencia de k1 ,
quedando además establecido un método de construcción del incı́rculo mixtilı́neo.
Problemas propuestos 226-230
Problema 226 (propuesto por Marcel Chirita, Bucarest, Rumania)
Se considera la sucesión
(xn )n
0
tal que xn
=
73xn
con x0
=
4a + 3; x1 = 256a + 27; a 2 Z:
256xn
1
para todo n 2 N;
En lo que sigue se considerará el resto de la división de xn por 11, para todo
n 2 N:
a) Determinar los valores del parámetro a para los que (xn ) es convergente,
y en tales casos calcular su límite.
b) Si a 1 es múltiplo de 11, determinar la sucesión (xn ) :
Problema 227 (propuesto por Marcel Chirita, Bucarest, Rumania)
En el plano del cuadrado ABCD, M es un punto cualquiera. Encontrar el
conjunto de valores de la expresión
R(M ) =
MA + MC
:
MB + MD
Problema 228 (propuesto por Roberto Bosch Cabrera, Florida, Estados
Unidos)
Se divide un cuadrado en n2 cuadrados más pequeños, iguales entre si, mediante paralelas a los lados del inicial (la cursiva es del editor).Se trazan algunas
diagonales de los cuadrados pequeños, de modo tal que no haya dos diagonales
con un punto común. Sea D(n) el número máximo de diagonales que es posible
trazar en esas condicones. Probar que:
a)D(1)
=
1; D(2) = 3; D(3) = 6; D(4) = 10; D(5) = 16
2
b) Si n es impar, entonces D(n)
c) Si n es par, entonces D(n)
(n + 1)
2
$ 2
%
2
(n + 1)
=
1
2
d) Encontrar una expresión para D(n)
(Nota del editor: como es habitual, se marca con * un apartado propuesto
sin solución)
Problema 229 (propuesto por Marcel Chirita, Bucarest, Rumania)
Sea ABC un triángulo y AA1 ; BB1 ; CC1 tres cevianas concurrentes en un
punto O interior al triángulo.
Sean
1
=
[AOC1 ]
[COA1 ] ;
=
[BOA1 ]
[AOB1 ] ;
=
[COB1 ]
[BOC1 ] :
Probar que si + + = 0; entonces
= 0:
Nota: [P QR] es el área del triángulo PQR.
Problema 230 (Propuesto por Marcel Chirita, Bucarest, Rumania)
Demostrar que se veri…ca la siguiente desigualdad triangular:
max
1+
a
b
1+
a
b
; 1+
c
a
1+
2
b
c
; 1+
c
a
1+
c
b
4
PROBLEMA 221, propuesto por D.M. Batinetzu-Giurgiu, Bucarest,
y Neculai Stanciu, Buzau
Sea ABCD un tetraedro y M un punto del espacio, distinto de los vértices del
tetraedro. Demostrar que
MB
MC
MD
MA
+
+
+
≥
MB + MC + MD MC + MD + MA MD + MA + MB MA + MB + MC
R+r
4r
≥ ,
R
R
donde R y r son, respectivamente, el radio de la esfera circunscrita y el de la
esfera inscrita en el tetraedro.
≥
Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Pública de Navarra,
Pamplona, España
Lema 1: Sea ABCD un tetraedro inscrito en una esfera de radio R. Entonces
3
√ , con igualdad si y sólo si el tetraedro es regular.
su volumen es V ≤ 98R
3
Demostración 1: Siendo O el circuncentro del tetraedro, podemos elegir sin
pérdida de generalidad un sistema de coordenadas XY Z con centro O, tal que el
plano XY sea paralelo al triángulo ABC, y que los ángulos formados por el eje X
con respecto a las rectas OB 0 , OC 0 sean iguales, donde B 0 , C 0 son las proyecciones
respectivas de B, C sobre el plano XY . Entonces, A ≡ (ρ cos δ, ρ sin δ, h), B ≡
(ρ cos α, ρ sin α, h), C ≡ (ρ cos α, −ρ sin α, h) y D ≡ (ρ0 cos β, ρ0 sin β, h0 ), donde
ρ2 + h2 = ρ02 + h02 = R2 , y sin pérdida de generalidad h > h0 . Se tiene entonces
que el volumen V del tetraedro cumple
3V = ρ2 (h − h0 ) |sin α (cos δ − cos α)| .
Nótese que esta cantidad es una función periódica e infinitamente derivable respecto
de α, δ salvo en los puntos en los que V = 0, con lo que podemos ignorar el valor
absoluto, derivar respecto a las variables, e igualar a 0 para obtener todos los
extremos. Derivando respecto a δ, tenemos que sin pérdida de generalidad por
simetrı́a, ha de darse cos δ = 1, y sustituyendo y derivando respecto a α, ha de
darse además
0 = 2 cos2 α − cos α − 1 = (2 cos α + 1)(cos α − 1).
Claramente cos α = 1 resulta en un tetraedro con volumen 0 (mı́nimo absoluto),
luego cos α = − 21 resulta en el máximo absoluto, a la vez que V es claramente
máximo cuando h0 es mı́nimo, es decir, para h0 = −R. Luego
√
√
√ 3
3 2
3
3 2(R + h) + (2R − 2h)
8R3
2
V ≤
ρ (R+h) =
(R+h) (2R−2h) ≤
= √ ,
4
8
8
3
9 3
como querı́amos demostrar, y con igualdad en la última desigualdad si y sólo si
R + h = 2(R − h), es decir R = 3h. Las condiciones δ = 0, cos α = − 12 , h = −R y
h = R3 son claramente equivalentes a que ABCD sea regular.
Lema 2: Sea un tetraedro ABCD
de volumen V , inradio r y suma de áreas de
p
√
3
sus caras S. Entonces, S ≥ 6
3V 2 . Se√da la igualdad si y sólo si ABCD es
regular. Como consecuencia, se tiene V ≥ 8 3r3 , con igualdad si y sólo si ABCD
es regular.
1
Demostración 2: Sean a, b las longitudes respectivas de AD, BC, d la distancia
entre las rectas AD, BC, y θ el ángulo formado por ambas rectas. Se puede completar ABCD añadiendo rectas paralelas a sus lados, hasta formar un paralelepı́pedo
con base de área ab sin θ, y altura d, luego 6V = abd sin θ.
Al mismo tiempo, existen puntos P ∈ AD, Q ∈ BC, tales que P Q ⊥
√AD, BC y
P Q = d. Se tiene entonces que la altura del triángulo DAB desde B es BP 2 + d2 ,
luego el área [DAB] del triángulo DAB es AD
2 veces esta altura. Se tiene entonces
que
r
r
√
√
CP 2 + d2 + BP 2 + d2
BC 2
b2
2
[CDA] + [DAB] = a
≥a d +
= a d2 + .
2
4
4
Esta última desigualdad es consecuencia de la desigualdad entre medias aritmética
y geométrica para BP 2 , CP 2 , y de la desigualdad triangular BC ≤ BP + CP . Se
da la igualdad entonces si y sólo si BP = CP estando
P en el interior del segmento
q
2
BC. De forma similar, [ABC] + [BCD] ≥ b d2 + a4 , con igualdad si y sólo si
AQ = DQ.
Usando las anteriores desigualdades, aplicando la desigualdad entre medias, usando la expresión de V y que sin θ ≤ 1, se obtiene
s
!2
r
r
2
2
b
a
a2
b2
2
2
2
2
2
d +
+b d +
≥ 4ab
d +
≥ 4abd2 +a2 b2 =
S ≥ a d +
4
4
4
4
√
d3 + d3 + 3V
36V 2
24dV
3
+ 2 2 ≥ 12V
≥ 36V 3V ,
2
sin θ
d
d sin θ
equivalente a la primera parte del Lema 2. Se da la igualdad en esta desigualdad
si y sólo si, simultáneamente, a = b, sin θ = 1, 3V = d3 , BP = CP , AQ = DQ, o
equivalentemente, si y sólo si ABCD es regular.
Como consecuencia de lo anterior, y al ser 3V = Sr, tenemos que
√
√
3
9V 2 = S 2 r2 ≥ 36V 3V r2 ,
V ≥ 8 3r3 ,
=
con igualdad claramente si y sólo si ABCD es regular.
Lema 3: En todo tetraedro ABCD, se da R ≥ 3r, con igualdad si y sólo si
ABCD es regular.
Demostración 3: Consecuencia inmediata de los Lemas 1 y 2.
Usando el Lema 3, es claro que nos basta con demostrar que, para cualesquiera
reales no negativos a, b, c, d (que representan respectivamente a M A, M B, M C, M D),
y siendo s = a + b + c + d, se cumple
a
b
c
d
4
+
+
+
≥ .
s−a s−b s−c s−d
3
Esto es consecuencia trivial de la desigualdad de Jensen aplicada a la función f (x) =
x
2s
00
s−x , con derivada segunda estrictamente positiva f (x) = (s−x)3 para 0 < x < s,
y con igualdad si y sólo si a = b = c = d.
Se sigue entonces el resultado pedido, dándose la igualdad en la segunda desigualdad si y sólo si ABCD es regular, y en la primera si y sólo si ABCD es
regular y además M es su centro.
Problema 222 (propuesto por el editor)
ABC es un triángulo; P es un punto variable tal que m.BP.sen APB  n.CP.sen APC , donde m y n son
constantes. Determinar el lugar geométrico del punto P.
Solución de Floro Damián Aranda Ballesteros, profesor del IES Blas Infante de Córdoba (España).
Sea P un punto del plano ( P  A ) y consideramos el segmento AP.
1
2
De la expresión dada, m.BP.sen APB  n.CP.sen APC  . AP.m.BP.sen APB 
1
. AP.n.CP.sen APC
2


1
1
m.( . AP.BP.sen APB)  n.( . AP.CP.sen APC )  m. Area( APB)  n. Area( APC)
2
2

En definitiva,
Area( APB)

Area( APC )

n
.
m

Es decir,
Area( APB)


Area( APC )
c.hc n
h
n.b
.
  c 
b.hb m
hb m.c
Esta última condición equivale a decir que un punto P del plano distinto de A pertenecerá a nuestro L.G. si y solo si
d ( P, AB) hc n.b
.
 
d ( P, AC ) hb m.c
Ahora bien, esta última condición algebraica es fácil de construir geométricamente. Los puntos que la verifican están
situados en un par de rectas que, pasando por el punto A, cumplen la condición exigida.
Podemos visualizar dicha construcción para un caso concreto. Sean los valores m=2 y n=3.
Como podemos observar, el L.G. reside en las rectas que pasan por las dos diagonales de cualquier paralelogramo
centrado en el punto A y de lados paralelos a los lados AB=c y AC=b, respectivamente y cuyos lados distan del centro
A unos valores que en proporción coincide con
d ( P, AB) n.b
.

d ( P, AC ) m.c
Problema 223
Demostrar que si los lados de un cuadrilátero son las raíces de la ecuación
x 4 − 4 x3 + 6qx 2 + ( 8 − 12q ) x + s = 0
entonces el cuadrilátero tiene un círculo inscrito.
Solución
Es sabido que la condición necesaria y suficiente para que un cuadrilátero admita círculo inscrito es
que los pares de lados opuesto sumen lo mismo.
Vamos a caracterizar los polinomios mónicos de grado cuatro para que los dos pares de raíces
sumen lo mismo.
Sea el polinomio
x 4 + a3 x3 + a2 x 2 + a1 x + a0 = 0
y sean sus raíces α , β , γ , δ
Por las fórmulas de Cardano-Vieta tenemos
α + β + γ + δ = −a3
αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + δγ = a2
αβγ + αβδ + αγδ + βγδ = −a1
αβγδ = a0
Imponiendo la condición α + β = γ + δ (pondremos α + β = γ + δ = m ) y operando, queda
2m = − a3
αβ + δγ + m2 = a2
(αβ + γδ ) m = −a1
αβγδ = a0
Eliminado αβ + γδ y m de las tres primeras, resulta
a2 −
a32 2a1
=
(1)
4
a3
que es la condición para que dos pares de raíces sumen lo mismo.
Sólo queda verificar que los coeficientes de nuestra ecuación
cumplen (1):
( a3 = −4, a2 = 6q, a1 = 8 − 12q )
a32
16
a2 − = 6 q − = 6 q − 4
4
4
2a1 −24q + 16
=
= 6q − 4
a3
−4
Cristóbal Sánchez-Rubio Benicasim
Problema 224
3 de noviembre de 2012
Problem No. 224. Si n es un entero impar, y a, b, c, · · · son las n − 1 raı́ces n−ésimas complejas de la unidad,
probar que:
(ar − 1)(br − 1)(cr − 1) · · · = n
(ar + 1)(br + 1)(cr + 1) · · · = 1
si r es cualquier nÃo mero primo con n.
Demostración. (Devis M. Alvarado, University of Puerto Rico Mayaguez)
Pn−1
(I) Consideremos el polinomio: P (z) = i=0 z i con n impar, y sean ωi las n − 1 raı́ces complejas. Si ω es una de
i n−1
estas raı́ces, se tiene que {ωi }n−1
i=1 = {ω }i=0 . Tambien como n y r son primos relativos, y sean r1 , r2 , · · · , rn−1 tal
que ir ≡ ri mod(n) entonces {r1 , r2 , · · · , rn−1 } es una permutación de {1, 2, 3, · · · , n − 1}
P (z) =
n−1
Y
n−1
Y
n−1
Y
n−1
Y
i=1
i=1
i=1
i=1
(z − ωi ) =
(z − ω i ) =
(z − ω ri ) =
(z − ω ir−kn ) =
n−1
Y
i=1
esta última igualdad por que ω n = 1.
n−1
Y
n−1
Y
n−1
Y
n−1
Y
n−1
Y
i=1
i=1
i=1
i=1
i=1
(z − ω ir ) =
(z − ωir ) =
(−1)
(ωir − z) =
Evaluando P (z) en z = 1 se obtiene
n−1
Y
n−1
X
i=1
i=0
(ωir − 1) =
(1) = n
(II) Evaluando P (z) en z = −1 se obtiene
n−1
Y
i=1
(ωir + 1) =
n−1
X
(−1)i =
i=0
que era lo que se querı́a.
1
1 − (−1)n
=1
2
(ωir − z)
(z − ω ir )
PROBLEMA 225, propuesto por el Editor
XAY B es una cuaterna armónica; P es un punto que no está en la recta XY ,
tal que XP = p, Y P = q, y el ∠XP Y = θ. Si x, y son las longitudes de las
perpendiculares desde X e Y a la tangente común a los dos circulos de centros
respectivos A y B, y que pasan por P , demostrar que xy = pq · cos θ.
Observación del editor: se utiliza la notación inglesa para la cuaterna armónica:
los puntos X, A, Y, B estan en ese orden sobre la recta.
Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Pública de Navarra,
Pamplona, España
Sean a, b los radios de los cı́rculos de centros A, B por P . Aplicando el teorema
de Stewart a las cevianas P A, P Y en los triángulos P XY, P XB respectivamente,
y tras reorganizar términos, se llega a
AY 2 XA 2
Y B 2 XB 2
XY 2
XY 2
a2 −
p −
q =
p +
q −
b2 .
XA · AY
XA
AY
XB
YB
Y B · XB
YB
AY
= XB
, luego
Ahora bien, por ser XAY B cuaterna armónica, se tiene que XA
2
2
2
sumando ambas expresiones para p + q − XY , y aplicando el teorema del coseno,
se tiene
XY 2
XY 2
XB · Y B · a2 − XA · AY · b2
4pq cos θ =
a2 −
b2 =
XY 2 .
XA · AY
Y B · XB
AY 2 · XB 2
XB
Por ser ABCD una cuaterna armónica, existe k = XA
AY = Y B , con lo que podemos
escribir XY = AY (k + 1) = (k − 1)Y B donde claramente k no puede tomar los
valores −1, 0, 1 porque los puntos X, A, Y, B son distintos. Usando k, la anterior
expresión se puede escribir como
p2 + q 2 − XY 2 =
4pq cos θ =
(k + 1)2 a2 − (k − 1)2 b2
.
k
Consideramos ahora dos casos:
Caso 1: La recta tangente a ambos cı́rculos es paralela a la recta XB, o equivalentemente, a = b = x = y, con lo que
pq cos θ =
(k + 1)2 − (k − 1)2
xy = xy,
4k
como querı́amos demostrar.
Caso 2: La recta tangente a ambos cı́rculos no es paralela a la recta XB, o
equivalentemente x, a, y, b son todos distintos y están en orden bien estrictamente
creciente, bien estrictamente decreciente. Por el teorema de Thales,
a−x
y−x
b−x
y−a
b−y
=
=
=
=
,
XA
XY
XB
AY
YB
donde los numeradores en la anterior cadena de igualdades son, o todos positivos, o
todos negativos. Se comprueba fácilmente que (k +1)a = ky +x y (k −1)b = ky −x,
luego
(ky + x)2 − (ky − x)2
pq cos θ =
= xy,
4k
como querı́amos demostrar.
1
Noticia de Congresos, reseña de libros y de páginas web 46
Posamentier, A.S. & Lehman, I: The secrets of triangles.
Prometheus Books 2012
Alfred S. Posamentier es un viejo conocido de los aficionados a la resolución
de problemas, no solamente de Geometría, sino también de Álgebra.
Decano de la school of Education en el Mercy College de Nueva York, es
autor, con Charles T. Salkind, de dos buenos ejemplos de libros de
resolución de problemas de estas dos áreas de las Matemáticas.
Por su parte, Ingmar Lehmann, de la Universidad Humboldt de Berlin,
preside la Sociedad de Estudiantes de Matemáticas de Berlin y es coautor
de otros varios libros con Posamentier.
The Secrets of Triangles, subtitulado A mathematical Journey, es
recorrido muy complete por las propiedades del triángulo, muchas de
cuales son completamente desconocidas por un buen número
estudiantes actuales y – lo que es peor – por buena parte también
profesores, al menos en mi país. El décimo capítulo del libro, dedicado a
fractales, es una colaboración especial de Robert A. Chaffer, de
Universidad Central de Michigan.
un
las
de
de
los
la
Los autores ponen énfasis en las propiedades que pueden resultar
inesperadas (es lo que ellos llaman secretos del triángulo, y de ahí el título)
y no debería faltar en la biblioteca de ningún centro escolar.
Valladolid, noviembre de 2012.
Francisco Bellot Rosado