Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática

Número 59 (enero – junio 2018)

ISSN – 1698-277X

ÍNDICE

Artículos, Notas y Lecciones de preparación Olímpica 59

Cristóbal Sánchez-Rubio García: Cálculo de extremos sin derivadas

Marius Dragan y Neculai Stanciu: Una nueva demostración sencilla de

la desigualdad de Blundon

Problemas para los más jóvenes 59

Cinco problemas de pasadas Olimpiadas Balcánicas junior

Problemas de Nivel Medio y de Olimpiadas 59

Problemas de la Olimpiada Asia-Pacífico 2016

Problemas propuestos 296-300

Problemas resueltos

Problema 291. Recibidas soluciones de: Florentino Damián Aranda Ballesteros,

Córdoba, España; Andrea Fanchini, Cantú, Italia; Francisco Javier García

Capitán, Priego de Córdoba, España; Ercole Suppa, Teramo, Italia y el

proponente. Presentamos la solución de Suppa.

Problema 292. Recibidas soluciones de: Florentino Damián Aranda Ballesteros,

Córdoba, España; Daniel Darío Góngora García, Lima, Perú; Paolo Perfetti,

Universitá degli Studi Tor Vergata, Roma, Italia y el proponente. Presentamos

la solución de Aranda.

Problema 293. Recibida la solución de Florentino Damián Aranda Ballesteros,

Córdoba, España y del proponente. Presentamos la solución de Aranda.

Problema 294. Recibida la solución de Joaquim Nadal, Llagostera, España, que

presentamos, y la de los proponentes.

Problema 295. Recibidas las soluciones de: Joaquim Nadal, Llagostera, España

y Paolo Perfetti, Universitá degli Studi Tor Vergata, Roma, Italia, que

presentamos. Excepcionalmente la publicamos en inglés, pues tanto la de los

proponentes como la de Perfetti están escritas en ese idioma.

Reseña de Congresos, libros y páginas web 59

X Escuela de Educación Matemática "Miguel de Guzmán" La Laguna, Tenerife,

España, 11 a 13 de julio de 2018

Divertimentos Matemáticos 59

En esta ocasión hacemos un llamamiento para que los lectores nos remitan

materiales para esta sección. Nos parece que es una sección que cumple una

interesante función y que puede ser un excelente momento para muchos

lectores puedan iniciar su participación en la Revista Escolar de la Olimpíada

Iberoamericana de matemática. Para mandar las propuestas pueden usar el

correo revistaoim@oei.es

Otras informaciones 59

Actas del VIII CIBEM

Realizado en el marco del Instituto Iberoamericano de Enseñanza de

las Ciencias y la Matemática (IBERCIENCIA) con la colaboración de

la Consejería de Economía y Conocimiento de la Junta de

Andalucía

CÁLCULO DE EXTREMOS SIN DERIVADAS

Cristóbal Sánchez-Rubio García

Siguiendo la línea del artículo de Francisco Javier García Capitán del número 58 propongo 6 ejemplos de cálculo de extremos usando solamente recursos de geometría elemental

1.- Hallar el máximo de sen x + cos x en el primer cuadrante Tomando un punto C sobre una semicircunferencia de diámetro 1AB . La figura es muy clara, sen cosx x AD . D está en el arco capaz de 45º sobre AB. El máximo se alcanza cuando la cuerda AD es un diámetro, entonces 45ºx y el valor

máximo es 2 .

2.- Extremos de cos senf x a x b x para a, b reales cualesquiera.

Si B recorre el círculo unidad de modo que AOB x , pongamos

cos ,sen , ,u x x v a b

Usando el producto escalar

· cos sen cos ·u v a x b x u v OP OQ

x

u

a

vb

N

M

Q

P

O A

B

45º

x

sen xcos x

sen x

D

BA

C

Siendo BOQ . (Los segmentos OP y OQ son orientados).

Como OP es fijo, el máximo se alcanza cuando B está en M y vale 2 2a b y el

ángulo del máximo cumple tanb

xa

. Para el mínimo, B ha de estar en N. El valor de x

es el anterior más 180º y el mínimo vale 2 2a b . 3.- Dos rectas r y s secantes se cortan en A. P es un punto que no está en ninguna de las rectas. Trazar una recta que pase por P y determine con r y s un triángulo de perímetro mínimo. Sea c la circunferencia que pasa por P y es tangente a r y a s en Q y R, Si M es un punto

cualquiera del arco QR, las tangentes a c en M determinan triángulos de perímetro constante cuyo valor es 2AQ. En efecto,

2AD AC DC AD AC DM CM AD AC DQ CR AQ AR AQ

Para una recta cualquiera pasando por P como BC si trazamos la paralela a BC tangente a c en T , obtenemos un triángulo AB’C’ de perímetro claramente menor que el perímetro de ABC . Basta entonces trazar la tangente a c en P para obtener el triángulo de perímetro mínimo.

4.- Dos rectas r y s secantes se cortan en O. P es un punto que no está en ninguna de las rectas. Trazar una recta que pase por P y determine con r y s un triángulo de área mínima.

c

r

sC

D

R

Q

P

A

M

s

r

C'

B'

T

N

M

B

P

A C

Pondremos como es habitual ...XYZ para designar el área del polígono de vértices

X,Y,Z,… La figura está construida trazando la paralela por P a s que corta en R a r. CD es una recta cualquiera que pasa por P. Girando C y R 180º con centro en P obtenemos C’ y R’. Finalmente M es la intersección de s con la paralela por R’ a r. Claramente se tiene

' 'OCD OMR R MDC

Como el área del paralelogramo OMRR’ es constante, el mínimo se alcanza cuando el área del triángulo MDC’ es cero y eso sucede cuando D y C’ coinciden con M. La recta MP es la buscada.

5.- Hallar el mínimo de 2 22 2f x a b x c d x siendo a, b,c, d reales.

Sean , , ,A a b B c d , A’ el simétrico de A respecto del eje de ordenadas, B’ el

simétrico de B respecto del eje de abscisas y finalmente 0,P x un punto sobre el eje

de ordenadas a distancia x del origen. Claramente:

2 22 2' , 'AP A P a b x PB c d x

Por tanto, ' 'f x A P PB será mínimo cuando APB’ estén alineados.

El valor del mínimo se obtiene fácilmente por semejanza de las triángulos A’DB’ y MQB’. Si llamamos m a la ordenada de M resulta

r

sM

R'

C'

C

R P

O D

Y

X

b

da c

QD

M

O

A'

B'(c,-d)

B (c, d)

A (a, b)

P(0, x)

m d b d bc adm

c a c a c

.

6.- Circunscribir a un triángulo dado ABC un triángulo equilátero de área máxima. Como el triángulo es equilátero bastará conseguir que el lado tenga longitud máxima. Esto nos lleva a una cuestión previa: Por uno de los puntos de intersección de dos circunferencias secantes dadas trazar una recta que determine en ambas circunferencias cuerdas de suma máxima. Para cualquier posición de la recta PQ, los ángulos del triángulo PBQ no cambian al estar dos de ellos inscritos en el arco AB fijo. Por tanto bastará asegurar que un lado cualquiera tenga longitud máxima. Eso se logra cuando los lados PB y QB son

diámetros y entonces PQ es paralela a la línea que une los centros como muestra la figura en trazo grueso. La longitud de la recta que determina cuerdas de suma máximas es el doble de la distancia entre los centros de las circunferencias. Ya podemos abordar el problema enunciado. Es obvio que cada vértice ha de estar en el arco capaz de 60º construido sobre cada lado hacia el exterior. Por tanto basta construir los tres arcos capaces y trazar por cada vértice la paralela a los centros de los arcos de los otros dos. Sus intersecciones con esos arcos nos darán los vértices del triángulo equilátero buscado. Para hallar el área máxima en función de los datos del triángulo ABC,

tenemos claramente,

NM

Q

A

B

O'O

P

30º

30º

c

a

bO

N

M

B'

A'

C'

A

B C

3 3' , '

3 3CA a CB b

Además, los ángulos sombreados valen 30º, aplicando el teorema del coseno al triángulo B’CA’, resulta

2 22 2 cos 60º

' '3

a b ab CA B

Finalmente,

2 2 23 34 ' ' ' 4 ' ' 2 cos 60º

4 3NMO A B C A B a b ab C

Además hemos probado que la expresión

2 2 2 cos 60ºa b ab C

es invariante para permutaciones cíclicas del los vértices.

Una nueva demostración sencilla de la desigualdad de Blundon

Por Marius Drăgan, Bucarest, Rumania

y Neculai Stanciu, Buzău, Rumania

Sea ABC un triángulo con longitudes de los lados ba , y c , semiperímetro p ,

circumradio R e inradio r .

La desigualdad de Blundon (véase W.J. Blundon - Inequalities associated with the

triangle, Can. Math. Bull 8 (1965), pp. 615-626) es

3222322 )2(2102)2(2102 rRRrRrRprRRrRrR −+−+≤≤−−−+ , (B). .Sea

x>0.

Llamamos xAtg

Btgy

2

2= , xAtg

Ctgz

2

2= . Usando la formula

1222222=++

AtgCtgCtgBtgBtgAtg , tenemos

2tan 2

2

Axzxyzxy =++ , luego

∑

=

cycxy

xAtg2

,∑

=

cycxy

yBtg2

, ∑

=

cycxy

zCtg2

.

Sean zyx ++=1σ , zxyzxy ++=2σ , xyz=3σ , 2σ=t .

Mediante p

rRAtgciclic

+=∑ 4

2,

prAtg

ciclic=∏ 2

, deducimos

p

rRtAtgtciclic

)4(21

+== ∑σ , ,2

2 t=σprt ⋅= 3

3σ .

Por lo tanto, yx, y z son las raícess de la ecuación 0322

13 =−+− σσσ uuu .

Por Cardano-Tartaglia (ver G. Stoica, Asupra unui tip de inegalităţi, Romanian Mathematical

Gazette, no. 1, 2016, pp. 7-9) se tiene 0274418 23

32

22

213

31321 ≥−−+− σσσσσσσσσ .

Entonces obtenemos 0)4()102(2)( 322222 ≤++−+− rRrprRrRp ( 3)2(16 rRR −=∆ )

3222 )2(2102 rRRrRrRp −≤+−−⇔ , i.e. (B), y la demostración termina.

Problemas para los más jóvenes 59

Cinco problemas de pasadas Olimpiadas Balcánicas junior

Problema MJ59-1 (Propuesto por Albania)

Hallar todos los pares (x,y) de enteros positivos tales que xy = yx-y

Problema MJ59-2 (Propuesto por Grecia)

En el triángulo ABC los lados AC y AB son iguales. Sea D un punto del lado BC tal que BC>BD>DC>0. Se consideran las circunferencias k1 y k2 circunscritas respectivamente a los triángulos ABD y ADC. Sea M el punto medio de B’C’, donde BB’ y CC’ son diámetros de k1 y k2 , respectivamente.

Probar que el área del triángulo MBC no depende de la posición del punto D.

Problema MJ59-3 (propuesto por Yugoslavia)

Un polígono convexo de 1415 lados tiene un perímetro de 2001 cm. Probar que existen tres vértices de este polígono que forman un triángulo cuya área es menor que 1 cm2.

Problema MJ59-4 (Propuesto por Chipre)

Sean a,b,c,x,y números reales tales que

a3+ax+y =0, b3+bx+ y =0, c3+cx+y = 0.

Probar que si a, b y c son números reales distintos y no nulos, entonces

a + b + c = 0.

Problema MJ59-5 (Propuesto por Bulgaria)

Nueve puntos están dentro de un cuadrado unidad. Probar que tres de ellos son los vértices de un triángulo cuya área es mayor que 1/8.

Problemas de nivel medio y de Olimpiadas 59

Problemas de la Olimpiada Asia-Pacífico 2016

Problema APMO2016-1

Se dice que el triángulo ABC es grande si se cumple la siguiente condición: Para cualquier punto D en el lado BC, si P y Q son los pies de las perpendiculares desde D a las rectas AB y AC, respectivamente, entonces el simétrico de D respecto de la recta PQ está en el circuncírculo del triángulo ABC.

Probar que el triángulo ABC es grande si y sólo si el ángulo A es de 90º y AB = AC.

Problema APMO2016-2

Un entero positivo es bonito si puede expresarse en la forma

1001 22 2 2aa a+ + + ,

donde a1, a2,…,a100 son enteros no negativos no necesariamente distintos.

Hallar el menor entero positivo n tal que ninguno de sus múltiplos es un número bonito.

Problema APMO2016-3

Sean AB y AC dos semirrectas distintas que no están en la misma recta, y sea una circunferencia de centro O que es tangente a la semirrecta AC en el punto E y a la semirrecta AB en F. Sea R un punto del segmento EF. La recta por O paralela a EF corta a la recta AB en P. Sea N la intersección de las rectas PR y AC, y sea M la intersección de la recta AB con la recta por R paralela a AC.

Demostrar que la recta MN es tangente a .

Problema APMO2016-4

El país Encantado tiene 2016 ciudades. La compañía aérea Starways quiere establecer algunos vuelos de un solo sentido entre pares de ciudades, de tal manera que cada ciudad tenga exactamente un vuelo que despegue de su aeropuerto. Hallar el menor entero positivo k tal que, independientemenet de cómo Starways establezca sus vuelos, las ciudades pueden siempre dividirse en k grupos de modo que desde cualquier ciudad no sea posible llegar a otra ciudad del mismo grupo tomando a lo sumo 28 vuelos.

Problema APMO2016-5

Hallar todas las funciones :f + +→ tales que

( 1) ( ) ( ( ) ) ( ( ) )z f x y f xf z y f yf z x+ + = + + + ,

cualesquiera que sean los números reales positivos x,y,z.

Problemas propuestos 296-300

Problema 296 (propuesto por D.M.Batinetzu-Giurgiu, Bucarest, y Neculai Stanciu, Buzau, Rumania).

Sean { }* *,

11 , , , , , , , 1, ,

nm

n m kk

n a b c d m p k n X x+=

∈ − ∈ ∈ = =∑ , ,1

,n

pn p k

kX x

=

=∑ tal

que , 1max p

n p kk nc X d x

≤ ≤⋅ > ⋅ .

Demostrar que , ,

1 , ,

( )mnn m k n m

pk n p k n p

a X b x Xn an bc X d x cn d X=

⋅ + ⋅ ⋅ +≥ ⋅

⋅ − ⋅ −∑ .

Problema 297 (propuesto por Florin Stanescu, Gaesti, Rumania).

Sean a,b,c números complejos distintos, de módulo 1, tales que

2 2 2 8a b b c c a− + − + − > .

Demostrar que se verifica la siguiente desigualdad:

( )22 18( ) ( )( )ciclcicl

a bc

a b a b b c

+ + ≥ ⋅ + − −

∑∏ .

Problema 298 (Propuesto por Pedro H.O. Pantoja, Natal, Brasil)

Calcular

/4

4 40

1 tanlogcos sin

x dxx x

π + − ∫ .

Problema 299 (propuesto por Laurentiu Modan, Bucarest, Rumania)

i) Se considera la función afín f, determinada por los puntos M(0,4) y N(2,k). Si xA es el punto de intersección de la gráfica de f con el eje Ox, hallar k∈ de manera que f pueda ser una función de

densidad de una variable aleatoria x, en el intervalo [ ]0, Ax .

ii) Calcular la probabilidad ( )( )( 1/ 8) 1/ 4p P x x= ≥ < .

iii) Escribir en orden creciente: p, la probabilidad de obtener la suma 8 cuando se lanzan 2 dados, y, respectivamente, la probabilidad de disponer 3 libros en 3 estantes, de modo que 2 de ellos estén en el primer estante.

Problema 300 (propuesto por el editor)

OAB y OCD son dod rectas que se cortan. Las circunferencias (OAC) y (OBD) se cortan nuevamente en P, y las circunferencias (OBC) y (OAD) se cortan nuevamente en Q. La circunferencia (OPQ) corta a la recta OAB en otro punto R, y a la recta (OCD) en S.

Demostrar que R es el punto medio de AB y S el punto medio de CD.

Problem 291. ABC es un triangulo acutangulo con circuncentro O y ortocentro H. El puntomedio de AH es X. Sean E y F los pies de las alturas desde B y C, respectivamente. XV es undiametro de una circunferencia que pasa por A y X, y es tangente a la recta AC. Una segundacircunferencia que pasa por A y X y es tangente a la recta AB, tiene a XW como diametro.Suponiendo que se pueden construir los puntos G = EF ∩ BC, I = BV ∩ CW , demostrar que lasrectas GI y OH son perpendiculares.

Propuesto por Andres Saez Schwedt, Universidad de Leon, Espana

Solucion de Ercole Suppa. Sea D el pie de la altura trazada desde A sobre BC, sea H ′ el punto deinterseccion (distinto de A) de la recta AH con la circunferencia circunscrita (O) y sea N el puntomedio de OH, como se indica en la figura.

A

B C

O

H

EX

F

V W

G

I

D

N

H'

Recordamos en primer lugar dos resultados clasicos

• N es el centro de la circunferencia de los nueve puntos que pasa por D, E, F ;

• el punto H ′ es el simetrico de H respecto a BC.

Volviendo al problema, para probar que GI y OH son perpendiculares nos basta demostrar que GIes el eje radical de (O) y (N): de hecho, se sigue que GI ⊥ ON y por lo tanto GI ⊥ OH, dado queO, N , H estan alineados.

Proposicion 1. El punto G tiene la misma potencia respecto de las circunferencias (O) y (N).

De hecho, en el cuadrilatero cıclico BCEF tenemos:

GB ·GC = GF ·GE

Proposicion 2. El punto I tiene la misma potencia respecto de las circunferencias (O) y (N).

Si denotamos los angulos ∠ABC e ∠ACB respectivamente con β y γ tenemos

∠BHC = ∠BHD + ∠DHC = γ + β

Ademas, dado que AC es tangente a �(AVX) y AB es tangente a �(AXW ), tambien tenemos

∠XVW = ∠XV A = ∠XAC = 90◦ − γ = ∠HBC

∠XWV = ∠XWA = ∠XAB = 90◦ − β = ∠HCB

∠V XW = 180◦ − ∠XV A− ∠XWA = 180◦ − (90◦ − γ)− (90◦ − β) = β + γ = ∠BHC

de lo cual se deduce que los triangulos 4XVW y 4HBC son semejantes.

Por lo tanto, teniendo en cuenta que VW ‖ BC e 4XVW ∼ 4HBC, tenemos:

AX

HD=V A

BD=IA

ID⇒

AX · ID = IA ·HD = IA ·DH ′ ⇒AX · ID + IA · ID = IA ·DH ′ + IA · ID ⇒ID · (IA+ AX) = IA · (ID +DH ′) ⇒

IX · ID = IA · IH ′

entonces el punto I tiene la misma potencia respecto de (N) y (O).

Como G y I tienen la misma potencia respecto de (N) y (O), se deduce que IG es el eje radical de(N) y (O) y ası hemos terminado.

Problema 292, propuesto por Leonard Giugiuc, Rumania.

Resolver en el siguiente sistema en 𝑅4:

𝒂𝒃 + 𝒃𝒄 + 𝒄𝒅 + 𝒅𝒂 + 𝒂𝒄 + 𝒃𝒅 = 𝟔

𝒂𝒃𝒄 + 𝒂𝒃𝒅 + 𝒂𝒄𝒅 + 𝒃𝒄𝒅 = 𝟐 𝟐

𝒂 + 𝒃 + 𝒄 + 𝒅 = 𝟐(𝟑 + 𝒂𝒃𝒄𝒅)

Solución de Florentino Damián Aranda Ballesteros, profesor del IES Blas Infante de Córdoba (España). En primer lugar, observamos que las soluciones reales del sistema se corresponderán con las soluciones reales de la ecuación 𝑞 𝑥 = 0 → 𝑞 𝑥 = 𝑥 − 𝑎 𝑥 − 𝑏 𝑥 − 𝑐 𝑥 − 𝑑 . Desarrollamos esta ecuación, q(𝑥) = 0: 𝑥4 − 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 𝑥3 + 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑎𝑑 + 𝑏𝑐 + 𝑏𝑑 + 𝑐𝑑 𝑥2 − 𝑎𝑏𝑐 + 𝑎𝑏𝑑 + 𝑎𝑐𝑑 + 𝑏𝑐𝑑 𝑥 + 𝑎𝑏𝑐𝑑 = 0 (𝐼) Sustituyendo las expresiones literales por sus valores, obtenemos:

𝑥4 − 2 3 + 𝑎𝑏𝑐𝑑 𝑥3 + 6𝑥2 − 2 2 𝑥 + 𝑎𝑏𝑐𝑑 = 0

Si llamamos 𝑝 = 𝑎𝑏𝑐𝑑, la ecuación se podrá expresar como: 𝑥4 − 2 3 + 𝑝 𝑥3 + 6𝑥2 − 2 2 𝑥 + 𝑝 = 0

En definitiva, 𝑞 𝑥 = 𝑥4 − 2 3 + 𝑝 𝑥3 + 6𝑥2 − 2 2 𝑥 + 𝑝. Consideramos las siguientes funciones reales de variable real:

𝑓 𝑥 = 𝑥4 + 6𝑥2 − 2 2 𝑥; 𝑔 𝑥 = 2 3 + 𝑝 𝑥3 − 𝑝 . 𝑝 ∈ 𝑅 Observamos que 𝑞 𝑥 = 0 ↔ 𝑓 𝑥 = 𝑔 𝑥 . Estudiamos ambas funciones.

𝑓 𝑥 = 𝑥4 + 6𝑥2 − 2 2 𝑥 → 𝑓 ′ 𝑥 = 4𝑥3 + 12𝑥 − 2 2 → 𝑓 ′′ 𝑥 = 12𝑥2 + 12 > 0 Por tanto, la función 𝑦 = 𝑓(𝑥) es siempre cóncava y no presenta ningún punto de Inflexión. Como quiera que 𝑓 0 = 0 𝑦 𝑓 ′ 0 < 0 → 𝑥1 = 0 es una raíz de 𝑓 𝑥 = 0 y además ha de existir una segunda raíz 𝑥2 > 0 tal que 𝑓 𝑥2 = 0. Por tanto, 𝑦 = 𝑓(𝑥) alcanzará su mínimo absoluto en su punto mínimo local

𝑀 𝑥𝑚 ,𝑓 𝑥𝑚 , 𝑠𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑥1 = 0 < 𝑥𝑚 < 𝑥2 .

Sea ahora la función 𝑔 𝑥 = 2 3 + 𝑝 𝑥3 − 𝑝. Para el valor de 𝑝 = −3 → 𝑔 𝑥 = 3 presenta sólo 2 puntos de corte con la gráfica de 𝑦 = 𝑓 𝑥 . Por tanto, para este valor de 𝑝, no pueden existir 4 soluciones reales de la ecuación 𝐼 , ya que si así fuera deberían existir entonces 4 puntos de corte entre ambas funciones. Para los valores de 𝑝 ≠ −3 → 𝑦 = 𝑔 𝑥 presenta un Punto de Inflexión en 𝐴(0,−𝑝). Por tanto, si 𝑝 ≠ −3, las gráficas siempre se cortan en al menos 2 Puntos de corte 𝐵1 𝑦 𝐵2 . Sólo cambiaría esta situación cuando alguno de los puntos 𝐵𝑖 fuera de contacto con las tangentes correspondientes en ambas funciones. Y si esto ocurriese entonces sí existirían soluciones reales múltiples. Como quiera que 𝑥 = 0 siempre estaría presente, pero como no puede ser múltiple ya que 𝑓 ′(0) ≠ 0, la única posibilidad sería que 𝑞 𝑥 = 𝑥 𝑥 − 𝑥2

3 Desarrollando esta expresión e igualando coeficientes, obtenemos:

𝑞 𝑥 = 𝑥 𝑥 − 𝑥2 3 = 𝑥4 − 3𝑥2𝑥

3 + 3𝑥22𝑥2 − 𝑥2

3𝑥 = 𝑥4 − 2 3 + 𝑝 𝑥3 + 6𝑥2 − 2 2 𝑥 + 𝑝

−3𝑥2 = − 2 3 + 𝑝

3𝑥22 = 6

−𝑥23 = −2 20 = 𝑝

→ 𝑥2 = 2𝑝 = 0

Por tanto, solamente en este caso, pueden existir 4 soluciones reales: {𝑥1 = 0 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑒 𝑦 𝑥2 = 2 𝑡𝑟𝑖𝑝𝑙𝑒 }. Por fin, las soluciones del sistema anterior serían:

Casos 𝑎 𝑏 𝑐 𝑑

𝑆𝑜𝑙1 2 2 2 0

𝑆𝑜𝑙2 2 2 0 2 𝑆𝑜𝑙3 2 0 2 2 𝑆𝑜𝑙4 0 2 2 2

Problema 293, propuesto por Laurentiu Modan, Bucarest, Rumanía.

Se consideran los sucesos A y B que cumplen las condiciones siguientes:

𝑝 𝐴 − 𝐵 =1

2; 𝑝 𝐵 − 𝐴 =

1

4; 𝑝 𝐴 ∩ 𝐵 =

1

4; 𝑝 𝐴/𝐵 = 𝑝 𝐴 ,

donde 𝐴 𝑦 𝐵 son los sucesos complementarios respectivos.

Calcular las probabilidades 𝑝 𝐴 , 𝑝 𝐵 𝑦 𝑝 𝐴 ∪ 𝐵 .

Solución de Florentino Damián Aranda Ballesteros, profesor del IES Blas Infante de Córdoba (España).

El problema no tiene solución y que con los datos dados:

𝑝 𝐴 − 𝐵 = 𝑝 𝐴 ∩ 𝐵 = 𝑝 𝐴 ∩ 𝐵 =1

2

𝑝 𝐵 − 𝐴 = 𝑝 𝐵 ∩ 𝐴 = 𝑝 𝐵 ∩ 𝐴 =1

4

𝑝 𝐴 ∩ 𝐵 =1

4

Por tanto,

𝑝 𝐴 ∪ 𝐵 = 𝑝 𝐴 ∩ 𝐵 + 𝑝 𝐵 ∩ 𝐴 + 𝑝 𝐴 ∩ 𝐵 = 1

𝑝 𝐴 = 𝑝 𝐵 ∩ 𝐴 + 𝑝 𝐴 ∩ 𝐵 =1

2

𝑝 𝐵 = 𝑝 𝐴 ∩ 𝐵 + 𝑝 𝐴 ∩ 𝐵 =3

4

𝑝 𝐴/𝐵 = 𝑝 𝐴 =𝑝 𝐴∩𝐵

𝑝 𝐵 → 𝑝 𝐴 𝑝 𝐵 =

1

4→ 𝐴𝑏𝑠𝑢𝑟𝑑𝑜

Problema 294 ( Propuesto por Marius Dragan y Neculai Stanciu. Rumania)

Sea ABCD un cuadrilátero bicéntico de inradio r, circumradio R y diagonales p y q

Demostrar que 𝑅2

𝑟2 ≥

(𝑝3+ 𝑞3)·(𝑝+𝑞 )

2𝑝2𝑞2

Solución: (propuesta por Joaquim Nadal Vidal. Llagostera . Girona)

Si ABCD es inscribible en una circunferencia de radio R es claro que A+C = B+D = 180º

Considerando los triángulos ABC y ABD inscritos, es conocido que AC = 2R Sen B y BD = 2R Sen A

Tenemos pues p = 2r Sen B y q = 2r Sen A ,

Con esto deberemos probar que 𝑅2

𝑟2 ≥

(𝑆𝑒𝑛3𝐴+ 𝑆𝑒𝑛3𝐵) ( 𝑆𝑒𝑛 𝐴+𝑆𝑒𝑛 𝐵 )

2 𝑆𝑒𝑛2𝐴· 𝑆𝑒𝑛2𝐵 ;

Si I es el incentro AI , BI , CI, DI son las bisectrices interiores de A, B, C y D

AB = r ( Cotan A

2+ Cotan

B

2 ) ; BC = r ( Cotan

B

2+ Cotan

C

2 ) ; CD = r ( Cotan

C

2+ Cotan

D

2 ) ; DA = r ( Cotan

D

2+ Cotan

A

2 )

Siendo A+C = 180, 𝐴

2+

𝐵

2===> Cotan

𝐶

2= 𝑇𝑎𝑛

𝐴

2 ; Identicamente Cotan

𝐷

2= 𝑇𝑎𝑛

𝐵

2 ===>

AB = r ( Cotan A

2+ Cotan

B

2 ) ; BC = r ( Cotan

B

2+ Tan

A

2 ) ; CD = r ( Tan

A

2+ Tan

B

2 ) ; DA = r ( Tan

B

2+ Cotan

A

2 )

𝐴𝐶2 = 4𝑅2𝑠𝑒𝑛2𝐵 = 𝐵𝐴2 + 𝐵𝐶2 − 2 · 𝐵𝐴 · 𝐵𝐶 · 𝐶𝑜𝑠 𝐵

𝐵𝐷2 = 4𝑅2𝑠𝑒𝑛2𝐴 = 𝐴𝐵2 + 𝐴𝐷2 − 2 · 𝐴𝐵 · 𝐴𝐷 · 𝐶𝑜𝑠 𝐴

4𝑅2𝑠𝑒𝑛2𝐵 = 𝑟2 · [(Cotan A

2+ Cotan

B

2 )

2

+ ( Cotan B

2+ Tan

A

2 )

2

− 2 · ( Cotan A

2+ Cotan

B

2 ) · ( Cotan

B

2+ Tan

A

2 ) . 𝐶𝑜𝑠 𝐵 ]

4𝑅2𝑠𝑒𝑛2𝐴 = 𝑟2 · [(Cotan A

2+ Cotan

B

2 )

2

+ ( Tan B

2+ Cotan

A

2 )

2

− 2 · ( Cotan A

2+ Cotan

B

2 ) · ( Tan

B

2+ Cotan

A

2 ) . 𝐶𝑜𝑠 𝐴 ]

Aislando 𝑅2

𝑟2 de ambas, igualando y operando nos queda

[(Cotan A

2+ Cotan

B

2 )

2

+ ( Cotan B

2+ Tan

A

2 )

2

− 2 · ( Cotan A

2+ Cotan

B

2 ) · ( Cotan

B

2+ Tan

A

2 ) . 𝐶𝑜𝑠 𝐵 ] · 𝑠𝑒𝑛2𝐴 =

[(Cotan A

2+ Cotan

B

2 )

2

+ ( Tan B

2+ Cotan

A

2 )

2

− 2 · ( Cotan A

2+ Cotan

B

2 ) · ( Tan

B

2+ Cotan

A

2 ) . 𝐶𝑜𝑠 𝐴 ]· 𝑠𝑒𝑛2𝐵

Esta igualdad se verifica en dos casos: cuando A = B y cuando A+B = 180

En el segundo caso 𝐴

2+

𝐵

2= 90 𝑦 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 Cotan

𝐴

2= 𝑇𝑎𝑛

𝐵

2 y Cotan

𝐵

2 = Tan

𝐴

2

Tanto si A y B son iguales como si son suplementarios se obtiene con facilidad al operar que 𝑅2

𝑟2 = 1+ 𝑆𝑒𝑛2𝐴

𝑆𝑒𝑛4𝐴

Con esto la desigualdad del enunciado quedaría así:

Probar que 1+ 𝑆𝑒𝑛2𝐴

𝑆𝑒𝑛4𝐴 ≥

2 𝑆𝑒𝑛3𝐴·2 𝑆𝑒𝑛 𝐴

2 𝑆𝑒𝑛4𝐴 es decir probar que

𝟏+ 𝑺𝒆𝒏𝟐𝑨

𝑺𝒆𝒏𝟒𝑨 ≥ 2

Para ello veremos que 1 + 𝑆𝑒𝑛2𝐴 − 2 𝑆𝑒𝑛4𝐴 ≥ 0 ; si Sen A = x ∈ [0,1] tenemos la función

F(x) = 1 + 𝑥2- 2𝑥4 ===> F’(x) = 2x -8𝑥3 = 0 ===> x = 0 y x = 1

2

De 0 a ½ F crece y de ½ a 1 F decrece ; siendo F(0) = 1 ; F(1/2) = 9/8 y F(1) = 0

Tenemos que F(x) ≥ 0 y así terminamos

Proposed solution of problem 295, 58 (2018)

Dear Editor of ”Rivista Escolar de la Olimpiada Iberoamericana de Matematica”,I would like to submit the following solution of problem 295

Sean (an)n≥1, (bn)n≥1 sucesiones de numeros reales positivos tale que bn =

a1 ·√a2 · 3

√a3 · · · n

√an y lim

n→∞

an+1

an · n= a. Calcular lim

n→∞

((n + 1)2

bn+1

−n2

n√bn

)

As stated the limit equals −∞.

By definition, there exists n′ such that n > n′ implies 2an ≥an+1

an> na/2.

This in turn implies

an+1

an′

=an+1

an

anan−1

an−1

an−2· · ·

an′+1

an′

≥(a

2

)n+1−n′ n!

(n′ − 1)!

andan+1

an′

≤ (2a)n+1−n′ n!

(n′ − 1)!

We get

bn = a1 ·√a2 · 3

√a3 · · · n

′√an′

︸ ︷︷ ︸.=A

n∏

k=n′+1

(a

2

)1+ 1k−n

′

k

n∏

k=n′+1

k!1k

((n′ − 1)!)1k

We know that C1 lnn ≤n∑

k=k0

1

k≤ C2 lnn where C1, C2 depends of k0. Thus

n∏

k=n′+1

(a

2

)1+ 1k−n

′

k ≥(a

2

)n−n′+C(1−n′) lnn .= Bn

where C = C1 if a < 1 and C = C2 otherwise.

n∏

k=n′+1

1

((n′ − 1)!)1k

≥1

(n′ − 1)C2 lnn

.= Cn

1

n∏

k=n′+1

k!1k ≥

n∏

k=n′+1

k =n!

n′!

The consequence is

(n+ 1)2

bn+1

≤(n+ 1)2(n′!)

ABnCnn!→ 0

On the other hand it is not difficult to show that n2/ n√bn → +∞ so the

whole limit would be equal to −∞. May be the true limit is

limn→∞

(

(n+ 1)2

n+1√

bn+1

−n2

n√bn

)

(1)

To prove the divergence of n2/ n√bn we employ Cesaro–Stolz theorem by writ-

ing

n2

n√bn

=(n2n)

1n

(bn)1n

(2)

so we come to the study of the limit

limn→∞

(n+ 1)2n(n + 1)2

n2n

bnbn+1

= limn→∞

e2(n+ 1)2

n+1√an+1

We know that

n∏

k=n′+1

(2a)1+1k−n

′

k ≤ (2a)n−n′+C′(1−n′) lnn .= B′

n

where C = C1 if a > 1 and C = C2 and

n∏

k=n′+1

1

((n′ − 1)!)1k

≤1

(n′ − 1)C1 lnn

.= C ′

n

It follows(n + 1)2

bn+1≥

(n+ 1)2

n+1√

AB′nC

′nn!

Nown+1√

AB′nC

′n → 2a

2

while(n + 1)2

n+1√n!

→ +∞

and this may be seen by using Cesaro–Stolz again.

(n+ 1)2

n+1√n!

=

((n+ 1)2(n+1)

n!

) 1n+1

and we consider(n + 2)2(n+2)

(n + 1)2(n+1)

(n+ 1)!

n!→ +∞

The divergence of the quality in (2) is proven.

Now we come back to (1) by writing

(

(n + 1)2

n+1√

bn+1

−n2

n√bn

)

=n2

n n√bn

(n+1)2

n2

n√bn

n+1√

bn+1

− 1

ln

(

(n+1)2

n2

n√bn

n+1√

bn+1

) ln

(

(n + 1)2

n2

n√bn

n+1√

bn+1

)n

(3)To compute the limit of (3) we employ Cesaro–Stolz.

First limit.n2

n n√bn

=

(nn

bn

)1/n

(n+ 1)n+1

nn

bnbn+1

=(n+ 1)n

nn︸ ︷︷ ︸

→e

n + 1n+1√an+1

Moreovern + 1

n+1√an+1

=

((n+ 1)n+1

an+1

) 1n+1

and then we pass to

(n + 2)n+2

(n + 1)n+1

an+1

an+2

=(n+ 2)n+1

(n+ 1)n+1

(n+ 2)an+1

an+2

→e

a=⇒

(nn

bn

)1/n

→e

a(4)

Second limit.n√bn

n+1√

bn+1

=n√bn

n

√

bn+1

b1

n(n+1)

n+1

3

(ABnCnn!)1

n(n+1) ≤ b1

n(n+1)

n+1 ≤ (AB′nC

′nn!)

1n(n+1) =⇒ b

1n(n+1)

n+1 → 1

As forn√bn

n

√

bn+1

we pass to

bn+1

bn+2

bn+1

bn=

a1

n+1

n+1

a1

n+2

n+2

=a

1n+1

n+1

a1

n+1

n+2

a1

(n+1)(n+2)

k+2︸ ︷︷ ︸

→1

Again Cesaro–Stolz for limn→∞

a1

n+1

n+1

a1

n+1

n+2

ak+2

ak+3

ak+2

ak+1=

kak+2

ak+3

ak+2

kak+1→ 1

This implies thatn√bn

n

√

bn+1

→ 1 and then

(n+1)2

n2

n√bn

n+1√

bn+1

− 1

ln

(

(n+1)2

n2

n√bn

n+1√

bn+1

) → 1 (5)

Third limit.

limn→∞

(

(n + 1)2

n2

n√bn

n+1√

bn+1

)n

.= (6)

(n√bn

n+1√

bn+1

)n

=bn

bn

n+1

n+1

=b

1n+1

n+1

a1

n+1

n+1

thus (Cesaro–Stolz)

bn+2

nbn+1

nan+1

an+2︸ ︷︷ ︸

→1/a

=(an+2

nn+2

) 1n+2 nan+1

an+2

Again Cesaro–Stolz

an+3

nan+2

nn+2

(n+ 1)n+2→

a

e=⇒ (6) = e2

a

e

1

a= e

4

By multiplying (4), (5) and (6) we get

e

a· 1 · ln e =

e

a

Roma, (Italy) October 13 2017 Thank you, Best regardsPaolo Perfetti

Perfetti Paolo, dipartimento di matematica, Universita degli studi di TorVergata Roma, via della ricerca scientifica, 00133 Roma, Italy – email: per-fetti@mat.uniroma2.it

5

10

11, 12 y 13 de julio

X Escuela de

Educacion Matematica

Mig

ue

l de

G

uzm

an

La resolución de problemas

como parte esencial

del quehacer matemático

Facultad de cienciasUniversidad de La Laguna

Inscripción hasta el 20 de junio

www.fespm.es

20 horas (2 créditos)

Sección de matemáticas

2018

Fed

era

ció

n e

spa

ño

la d

e s

oc

ied

ad

es

de

Pro

feso

res

de

Ma

tem

áti

ca

s Fe

sPM

rea

l so

cie

da

d M

ate

má

tic

a e

spa

ño

la

rsM

e

X ESCUELA DE EDUCACIÓN MATEMÁTICA MIGUEL DE GUZMÁN

La resolución de problemas como parte esencial del quehacer matemático

11, 12 y 13 de julio de 2018

Destinatarios: Profesorado de todos los niveles educativos

Lugar de celebración: Sección de Matemáticas. Facultad de Ciencias de la Universidad de La

Laguna. Tenerife.

Fechas de celebración: 11, 12 y 13 de julio de 2018.

Duración en horas: 20

Nº aproximado de participantes: 150

Objetivos de la actividad:

• Analizar el carácter fundamental de la educación matemática como objetivo docente. • Reflexionar sobre el papel que se le otorga en los nuevos currículos a la Resolución de

problemas. • Desarrollar estrategias para profundizar en la resolución de problemas dentro de la

enseñanza y el aprendizaje de las matemáticas. • Revelar la resolución de problemas como parte fundamental de la educación

matemática.

Contenidos de la actividad:

Ponencias

- Learning Mathematics Through Problem Solving and For Problem Solving. Kaye

Christine Stacey. Emeritus Professor. Department of Melbourne Graduate School for

Education University of Melbourne, Australia

- Proyecto Newton. Matemáticas para La vida. Manuel García Déniz. Sociedad Canaria

de Profesores de Matemáticas «Isaac Newton»

- Algunos ejemplos de soluciones de problemas que no están en el currículo (y que

deberían estar). Francisco Bellot Rosado. Real Sociedad Matemática Española.

- Piensa…piensa. El tortuoso camino del pensar. María Nila Pérez Francisco. CEIP

Prácticas Aneja. La Laguna.

- La educación matemática y la resolución de problemas. Juana Mª Navas Pleguezuelos.

Secretaria de formación de la FESPM.

- La literatura me da problemas… problemas matemáticos para resolver. Marta Macho

Stadler. Universidad del País Vasco

Mesa redonda

• Mujeres y Matemáticas. El interés de nuestras alumnas (Secundaria y Universidad)

por resolver problemas matemáticos

o Edith Padron. Universidad de La Laguna.

o Marta Macho. Universidad del País Vasco.

o Juan Carlos Toscano. Organización de Estados Iberoamericanos.

Modera: Juana María Navas Pleguezuelos. FESPM.

Talleres

1. Ideas para implementar ¡de una vez!, la resolución de problemas en las aulas.

Aportaciones significativas del profesor observador y creativo a la gestión de la clase.

Antonio Ledesma. IES Uno de Requena (Valencia).

2. Resolución de Problemas. Diagramas y estrategias. Proyecto Newton. Manuel García

Déniz. Sociedad Canaria de Profesores de Matemáticas «Isaac Newton»

3. Resolución de problemas a través de un proyecto Etwinning. Lluis Bonet. IES Mare

Nostrum de'Alicante.

4. Piensa, Carlitos, piensa… Nila María Pérez Francisco (CEIP Prácticas Aneja. La

Laguna) y Francisco José Morales Villegas (CEIP San Fernando. Santa Cruz de

Tenerife).

5. Designing problems to teach mathematics. Kaye Christine Stacey. Emeritus Professor.

Department of Melbourne Graduate School for Education University of Melbourne,

Australia.

6. Particiones en figuras geométricas. Buscando estrategias para la resolución de

problemas. Guillem Bonet Carbó. INS Santa Coloma de Farners.

7. GeoGebra...problem? Sergio Darias Beautell (Área de Tecnología Educativa de la

Consejería de Educación y Universidades de Canarias), Juan Agustín Noda Gómez

(IES La Laboral. La Laguna).

8. ESTALMAT. Resolución de problemas. Alicia Acosta Ramírez (IES Cairasco de

Figueroa. Tamaraceite, Las Palmas de Gran Canaria) y Luís Francisco López García

(IES Arucas-Domingo Rivero. Arucas, Las Palmas de Gran Canaria).

Cuadro horario:

11 de julio 12 de julio 13 de julio

9:00

a

14:00

9 - 9:30 Entrega de documentación 9:30 -10:30 Inauguración

9:00 - 10:15 Ponencia 3

Algunos ejemplos de soluciones de problemas que no están en el currículo (y que deberían estar). Francisco Bellot Rosado. Real Sociedad Matemática Española

9:00 -10:15 Ponencia 5

La educación matemática y la resolución de problemas. Juana Mª Navas Pleguezuelos. Secretaria de formación de la FESPM.

10:30 - 12:00 Ponencia 1

Learning Mathematics Through Problem Solving and For Problem Solving. Kaye Christine Stacey. Emeritus Professor. Department of Melbourne Graduate School for Education University of Melbourne, Australia 12:00 Descanso 12:30 -14:00 Ponencia 2

La literatura me da problemas… problemas matemáticos para resolver. Marta Macho Stadler. Universidad del País Vasco

10:15 – 10:45 Descanso

10:45 - 12:00

Ponencia 4

Piensa…piensa. El tortuoso

camino del pensar.

María Nila Pérez Francisco.

CEIP Prácticas Aneja. La

Laguna

12:00-14:00

Mesa redonda

10:15 -10:45 Descanso 10:45 - 12:45 Ponencia 6

Proyecto Newton. Matemáticas para La vida. Manuel García Déniz. Sociedad Canaria de Profesores de Matemáticas «Isaac Newton» 12:45 - 13:15 Clausura

16,00

a

19,00

Talleres Talleres

Los talleres se repetirán el miércoles y jueves.

Actividades complementarias

11 de julio. 19,15 horas. Visita matemática a La Laguna. Luis Balbuena Castellano.

12 de julio. 19,15 horas. Visita a la casa de la matemática de la Sociedad Canaria de

Profesores de Matemáticas «Isaac Newton».

Inscripción

La inscripción será gratuita para los asociados de la Real Sociedad Matemática Española

(RSME) y la Federación Española de Sociedades de Profesores de Matemáticas (FESPM).

Para el resto de participantes se establecen las siguientes cuotas de inscripción para los no

asociados de la FESPM y RSME:

Hasta el 31 de mayo 25 €

Después del 31 de mayo 40 €

La cuota de inscripción se ingresará en la cuenta de la FESPM número ES43 2100 2153 3502

0017 8366, indicando en el concepto “Inscripción Escuela Miguel de Guzmán” en el momento

de la reserva de la inscripción.

La asistencia a las ponencias y mesa redonda programadas en esta actividad estarán abiertas.

Para participar en los talleres así como para tener derecho a la certificación será necesario

abonar la cuota de inscripción para los no asociados de la RSME o de la FESPM.

Plazo de inscripción:

La inscripción se realizará a través de la Web www.fespm.es

El plazo de inscripción finaliza el 20 de junio de 2018.

El 24 de junio se publicará la relación de admitidos.

Certificación:

La certificación de la Escuela Miguel de Guzmán se emitirá por parte de la FESPM con la

correspondiente homologación por el Ministerio de Educación, Cultura y Deportes.

Entidades convocantes:

La Escuela Miguel de Guzmán está convocada por la Real Sociedad Matemática Española

(RSME) y la Federación Española de Sociedades de Profesores de Matemáticas (FESPM).

Entidades colaboradoras:

La X edición de la Escuela Miguel de Guzmán, cuenta con la colaboración de la Sociedad

Canaria de Profesores de Matemáticas «Isaac Newton», el Cabildo de Tenerife, la Universidad

de La Laguna y la División Educativa de CASIO.

Cualquier consulta se puede realizar a través de correo electrónico a cualquiera de las

direcciones siguientes:

RSME: rmallavi@ucm.es FESPM: formacion@fespm.es

RESÚMENES DE LAS PONENCIAS

Learning Mathematics Through Problem Solving and For Problem Solving” Kaye Christine Stacey Problem solving plays two main roles in mathematics education. First problem solving is the main goal of learning mathematics, so mathematics is learned for problem solving. Second, solving problems (working on mathematical tasks) is also an approach to teaching mathematics, so mathematics can be learned through problem solving. I will

outline some characteristics of mathematical tasks that make them suitable to be used in both of these ways: principally how mathematical tasks can designed as challenging yet accessible to the wide range of students in any classroom. I will also outline some of the ways in which a knowledge building culture can be created in a classroom, so that students work together to learn mathematics. These ideas will be illustrated with the resources being developed for reSolve: Mathematics by Inquiry, a new curriculum development project in Australia. (www.resolve.edu.au). Algunos ejemplos de soluciones de problemas que no están en el currículo (y que deberían estar). Francisco Bellot Rosado El objetivo de la ponencia es mostrar varios ejemplos desarrollados de soluciones de problemas, interesantes a juicio del autor, y que desde hace tiempo no se pueden proponer en clases regulares. Las fuentes de los problemas elegidos son muy variadas: de las centenarias revistas Kömal (1894, de Hungría), Gazeta Matematica serie B (Rumania); de la revista rusa Kvant (1970); la brasileña Revista do Profesor de Matemática (1982)… En la medida de lo posible se procurará que las soluciones utilicen métodos de Matemáticas Elementales, sin olvidar que no es lo mismo Problemas de Matemáticas Elementales que Problemas elementales de Matemáticas. Además de las revistas mencionadas, entre otras fuentes bibliográficas empleadas están, por ejemplo : “Mathematical problems and puzles” (1965), de S. Straszewicz; “Paradoxes in probability theory and mathematical statistics” (1986) de G.Székely; “Mathematical problems – How to solve them” (1992, Bratislava) de Thomas Hecht y Zita Sklenáriková; “An introduction to Problem Solving” (Oxford U.P.,1997) de A. Gardiner; “La Via de lla Matematica” (Forencia, 1966), de Emma Castelnuovo. Proyecto Newton. Matemáticas para la vida Manuel García Déniz El Proyecto Newton se genera a partir de los resultados adversos de las evaluaciones sobre competencias matemáticas realizadas en Canarias, que evidenciaron la necesidad de hacer un replanteamiento sobre cómo trabajar eficazmente las matemáticas en la Escuela. El proyecto se propone generar un cambio real, efectivo y generalizable en la enseñanza y en el aprendizaje de las matemáticas centrando la atención en las estrategias de resolución de problemas. La clave del proyecto está en la formación específica del profesorado, que se realiza en los mismos centros, y consigue que cada profesor, así formado, traduzca lo aprendido en nuevos modelos de enseñanza activa de las estrategias de resolución matemática de problemas. A su vez, el proyecto promueve que los profesores ya formados sean formadores de otros, creando así una red de intercambio de saberes didácticos concretos y de innovación entre docentes. Por otro

lado, también la familia está contemplada en el Proyecto. Las familias reciben sesiones divulgadoras sobre la resolución de problemas y les ofrece como recurso su propio blog. En este blog tienen a su disposición semanalmente un problema para resolver en familia. La Resolución de Problemas en el Proyecto Newton trata de cuatro procesos básicos secuenciados: “comprender”, “pensar”, “ejecutar” y “responder” (POLYA, 1987). La fase de “comprender” consiste primordialmente en la búsqueda de los datos en el enunciado del problema, en su enumeración, análisis y clasificación, así como en la determinación del objetivo que pretende el problema, es decir, la pregunta que plantea. También debe establecerse la conexión entre el objetivo y los datos (relación), esta conexión permite determinar la coherencia de dichos datos con el objetivo, eliminar así los datos no coherentes (no necesarios) o buscar los que no están explícitos. En la fase de “pensar” se desarrolla la representación (diagrama de árbol, de doble entrada, de partes/todo, tabla de verdad, diagrama lineal, etc.) y el análisis de lo obtenido en la fase anterior (el objetivo del problema y los datos explícitos o implícitos conexos con el objetivo), obteniendo así la estrategia más conveniente para alcanzar el objetivo del problema, es decir, para responder a la pregunta que formula. En la fase de “ejecutar” se transforma el diagrama o representación obtenido en la fase anterior, para representar matemáticamente la situación y para desarrollar esa forma matemática inherente a la relación entre datos del problema y objetivo. El uso en esta fase de un procedimiento matemático determinado (lógica, números, álgebra, etc.) dependerá de la estrategia seleccionada para explicitar la estructura de la información inicial (datos) y su relación con el objetivo. Finalmente, en la fase de “responder” se vuelve a conectar con el contexto (con el planteamiento del problema y con su lenguaje) para verificar la corrección de la respuesta encontrada en la fase anterior y para verificar igualmente la coherencia de la respuesta con el objetivo a alcanzar, es decir, para verificar si realmente se responde a la pregunta que el problema planteaba. Los desafíos matemáticos planteados a los alumnos por medio de los problemas están siempre relacionados con temas de su interés, con el fin de conectar el aprendizaje de la competencia de resolución de problemas con su vida real. La dinámica básica de trabajo en el aula consiste en presentar un problema a un grupo de cuatro alumnos para ser resuelto entre todos. Posteriormente se debate el resultado obtenido con los demás grupos. Este procedimiento fuerza a los alumnos a que aporten una fundamentación lógico-matemática de las respuestas obtenidas, así como a que consigan el descubrimiento autónomo de relaciones y tomen decisiones igualmente autónomas. Esta metodología favorece un escenario de aprendizaje cooperativo, en el cual el profesorado actúa de observador e interviene en situaciones claves para motivar y orientar las respuestas; todo ello con el objetivo de potenciar la autonomía del alumnado.

Piensa…piensa. El tortuoso camino del pensar María Nila Pérez Francisco Desde los niveles educativos iniciales hasta el final de la enseñanza obligatoria, saber resolver problemas es un objetivo que los docentes, las más de las veces, vemos difícil de alcanzar con nuestro alumnado. En esta conferencia trataremos de reflexionar sobre esa dificultad y sobre algunas cuestiones que está en nuestras manos modificar en el aula para facilitar al alumnado su andar por el camino del pensar para que éste sea menos tortuoso y más gratificante. La educación matemática y la resolución de problemas Juana Mª Navas Pleguezuelos El año pasado, una de las actividades celebradas por la FESPM fue un Seminario dedicado a la Resolución de Problemas. Se organizaron dos grupos de trabajo: el primero planteó una propuesta curricular de un Bloque de Resolución de Problemas, con apartados como objetivos, contenidos, metodología y evaluación; el otro se estableció en torno a tres niveles de reflexión: con relación a la selección, formulación, creación de problemas singulares o de colecciones de problemas; la organización de la tarea y los recursos externos que ayudan en el proceso de resolución de problemas; y el tercero, el papel del profesorado y herramientas que lo ayudan a tomar el rol adecuado en el diseño y planteamiento en la resolución de problemas. De todo este trabajo desarrollado se obtienen los planteamientos que se expondrán durante esta escuela. La literatura me da problemas… problemas matemáticos para resolver. Marta Macho Stadler La cultura es un todo; engloba tanto a las llamadas “letras” como a las “ciencias”. En esta conferencia proponemos una serie de problemas para resolver en el aula que surgen de las páginas de los libros que llenan cualquier biblioteca. Algunos textos tomados de novelas de diferentes géneros nos llevarán a plantear problemas de geometría, álgebra o cálculo… para resolver en casa o en el aula.

RESÚMENES DE LOS TALLERES

Taller 1 Ideas para implementar ¡de una vez!, la resolución de problemas en las aulas. Aportaciones significativas del profesor observador y creativo a la gestión de la clase Antonio Ledesma Negacionistas de la teoría de la evolución o del cambio climático siempre los ha habido y los habrá. Pero son tantos los trabajos científicos que cuestionan esa visión, que avalan los cambios biológicos en el acervo genético o la influencia de los deshielos de los polos en el clima que, poco a poco, la preocupación se extiende a la mayoría de las personas. Algo parecido pudiera estar ocurriendo con la Resolución de Problemas en nuestras aulas, en lo sucesivo (RP). Aunque la lucha contra los negacionistas si parece haberse ganado, los numerosos estudios didácticos que ensalzan las bondades de la RP no se plasman en gran parte de nuestras aulas. Los condicionantes curriculares, administrativos, de tiempo, de intereses… resultan una bonita excusa para que la implementación de la RP en las aulas no acabe de cuajar como cabría esperar a la luz de lo que aseguran dichos estudios. Pero, seamos críticos, como profesores podríamos hacer algo más y mejor en ese, tan eficiente y noble, empeño. Hace ya cuarenta años, por un lado, Paul R. Halmos nos decía que la RP era el corazón de las matemáticas y, por otro, el NCTM en su Agenda para la acción resaltaba la importancia de la RP en el currículo de las enseñanzas no universitarias. Los trabajos de Polya, Schoenfeld y otros muchos pioneros supusieron un halo de frescura en la forma de enfocar el tema como contenido frente a una anterior que lo consideraba como aplicación. Un tercer enfoque, el de la RP como metodología ya se apuntaba a finales de siglo y principios de este, pero creemos que nunca llegó a establecerse del todo, especialmente por los condicionamientos arriba insinuados, por los cambios sociales, por el advenimiento de las nuevas tecnologías… que exigen por parte del profesor una forma distinta de abordar la situación. Programas más recientes como el PBL (Aprendizaje Basado en Problemas) o STEM o STEMA (Ciencia, Tecnología, Ingeniería, Matemáticas y Arte) pretenden aportar, con más o menos éxito, y de nuevo, ideas frescas al respecto. La teoría y la experiencia durante todos estos años, en distintos sistemas educativos, en distintos entornos de aprendizaje y de distintos profesores nos pueden dar pautas para construir nuestro propio enfoque, donde propio signifique factible, creíble y convencido de sus posibilidades En el taller veremos como la aguda observación, la creatividad a la hora de diseñar materiales y la forma de gestionar la sesión de aula puede, pese a los contratiempos de ese ambiente hostil mencionado anteriormente, contribuir en cierta medida a que resolver problemas sea parte del quehacer diario de esos ciudadanos pensadores, coherentes y críticos que queremos que lleguen a ser nuestros alumnos.

Taller 2 Resolución de Problemas. Diagramas y estrategias. Proyecto Newton Manuel García Déniz Objetivos. Dar a conocer el proceso de resolución de problemas aplicado en el Proyecto Newton, sus fases y los conocimientos involucrados en el mismo. Contenidos del taller

1. Los Problemas y sus tipos. 2. Proceso de Resolución y sus Fases. 3. Diagramas lógicos como organizadores de la información. 4. Estrategias de Pensamiento y sus clases.

A lo largo del taller se resolverán problemas de varios tipos y analizar cómo se utiliza el método del Proyecto Newton para su resolución. Destinatarios: Docentes de Secundaria y Tercer ciclo de Primaria. Taller 3 Resolución de problemas a través de un proyecto Etwinning Lluis Bonet En la formación matemática de nuestro alumnado es fundamental aprender con la resolución de problemas relacionados con la vida real y además haciendo uso de les herramientas que hoy en día tenemos a nuestro alcance que nos facilitan los cálculos o las representaciones gráficas y que nos ayuden en la interpretación de los resultados y a llegar más allá. Y si ponemos en valor la creatividad del alumnado y que sean más protagonistas de su aprendizaje, podremos incrementar la motivación para trabajar en equipo investigando cómo dar respuesta a las situaciones que se planteen. Taller 4 Piensa, Carlitos, piensa… María Nila Pérez Francisco, Francisco José Morales Villegas A lo largo de este taller presentaremos las posibilidades de las estrategias básicas: ensayo-error, modelización y organización de la información para la resolución de problemas en primaria. Se realizará un tratamiento especial a la modelización. Enmarcado dentro de la propuesta del Proyecto Matemáticas Newton Canarias (Proyecto Newton, OAOA, Matemáticas Activas, Pensamiento computacional y GeoGebra), junto al trabajo de estas estrategias estará el de los diagramas asociados: tablas, partes-todo, diagramas lineales… La metodología de trabajo será eminentemente práctica; resolviendo una batería de problemas seleccionados reflexionaremos sobre el trabajo de la resolución de problemas y las dificultades que habitualmente tiene el alumnado. Todo ello desde la doble

perspectiva de aprender matemáticas para resolver problemas y resolver problemas para aprender matemáticas. Destinatarios: Profesorado de primaria Taller 5 Designing problems to teach mathematics Kaye Christine Stacey In the workshop, participants will examine a wide range of mathematical problems that are appropriate for students aged between about 9 and 16. Participants will solve the problems, analyse how students might solve them, discover where the mathematical challenges lie, consider alternative solutions, and discuss how the problems might be adapted for students who find them too easy or too hard. We will discuss the potential of each problem in teaching for problem solving and in teaching through problem solving, and techniques for establishing a knowledge building culture. Taller 6 Particiones en figuras geométricas. Buscando estrategias para la resolución de problemas Guillem Bonet Carbó Por lo general, cuesta a los profesores de matemáticas enseñar estrategias para resolver problemas. Desde el grupo MatGI (Grupo de profesores de matemáticas de Girona) pensamos que el alumno tiene que buscar sus propias estrategias a través de pequeños retos que le ayuden paulatinamente a adquirir nuevas y más sofisticadas estrategias para aplicar, posteriormente, en la resolución de problemas más complicados. En este taller os proponemos algunos retos y distintas ideas para trabajar de forma manipulativa, intuitiva y fresca, la activación del razonamiento y la lógica a través de la resolución de problemas en la educación secundaria obligatoria. Facilitaremos también las pautas, las estrategias y las habilidades que tiene que adquirir el alumno en sus inicios en la resolución de problemas. La resolución de problemas no tiene que ser el problema de las matemáticas, sino un peldaño más con el que escalar en el propio aprendizaje, con el que adquirir hábitos para investigar, descubrir y maravillarse con la matemática. Taller 7 GeoGebra...problem? Sergio Darias Beautell, Juan Agustín Noda Gómez Dentro de la estrategia general de resolución de problemas del Proyecto Newton está contemplada como estrategia específica la modelización dinámica y organización de la información que ofrece el programa GeoGebra. En este taller, se dará respuesta a

diversos problemas a partir de la representación y manipulación de la información de sus enunciados en la aplicación GeoGebra. Un objetivo es ofrecer este software como estrategia para resolver problemas y posteriormente investigar qué relaciones matemáticas se han establecidos para que el programa haya mostrado cierta respuesta. Este enfoque conecta con la perspectiva de resolver problemas para aprender matemáticas. Además, otro objetivo de este taller es hacer énfasis la Información Matemática y su Comunicación por parte del alumnado y el profesorado. Las herramientas tecnológicas nos facilitarán esta transformación y su posterior comunicación. ¿Tendremos que abordar los problemas propios de la materia de forma diferente? ¿Encaja todo esto en el currículo? ¿Se puede hacer en grupo? ¿Quién CREA, ellos o nosotros? ¿Debemos hacer algunos cambios en nuestra práctica? En este taller, también se utilizará una serie de herramientas TIC que permitirá a los participantes verbalizar su pensamiento matemático y razonamiento seguido en la resolución de problemas planteados para resolver con GeoGebra. Destinatarios: Profesorado de Secundaria. Taller 8 ESTALMAT. Resolución de problemas Alicia Acosta Ramírez y Luís Francisco López García Desde ESTALMAT Canarias atendemos el talento matemático, abordando aspectos y contenidos que, a pesar de resultar de gran interés para desarrollar la competencia matemática y competencias básicas en ciencia y tecnología, no se encuentran en el currículo ordinario. Preparamos sesiones de trabajo donde se desarrolla la capacidad de abstracción, de razonamiento lógico, de deducción y de creación. Este taller es una muestra de una de nuestras sesiones. Contendrá un inicio teórico con ejercicios prácticos graduados según complejidad creciente y finalizará con la aplicación en un programa informático específico.