Pensamiento matemático david ut by Adolfo Galindo Borja

Pensamiento MatemĂĄtico I Dr. David BenĂtez Mojica

Dos preguntas para iniciar: ¿Qué significa el Pensamiento Matemático? ¿Cuándo una persona es competitiva matemáticamente?

Habilidades Introducción Las competencias tienen 3 dimensiones. Dentro de ellas, existen las habilidades, las cuales son de dos tipos: heurísticas y de control. La unión de las 3 dimensiones conforma lo que conocemos como Pensamiento Matemático.

Conocimientos Competencia

Habilidades

Heurísticas De Control

Actitudes y Valores Los contenidos Términos no definidos

Corolarios

Términos definidos

Algoritmos

Postulados

Leyes matemáticas

Teoremas

Leyes de la naturaleza…

Ejemplos a) Términos no definidos Conjunto: Colección de elementos con una característica común. Conjunto vacío: No tiene elementos. Elemento: Parte ínfima de un conjunto

Los anteriores son términos no definidos, ya que para los primeros dos se contradicen las definiciones, porque por una parte, un conjunto es una colección de elementos, mientras que por la otra, el conjunto vacío no tiene elementos.

b) Corolario Todo triángulo inscrito en una semicircunferencia es rectángulo

c) Algoritmo d n x  nx n 1 . Con esta fórmula, es común que se haga una dx generalización aplicable para cualquier función del tipo x n , pero ¿qué pasa si se quiere derivar la función x x ? Para esta función, la fórmula anterior no aplica, lo que se hace es lo siguiente:

Fórmulas de derivación:

a. Se efectúa un cambio de variable: y  x x . b. Aplicando logaritmo natural en ambos lados de la ecuación: ln y  x ln x

c. Derivando en ambos lados:

d d (ln y)  ( x ln x)  dx dx

1 dy 1  x  ln x  y dx x

Sustituyendo y se obtiene el resultado:

dy  y(1  ln x) dx

d x x  x x (1  ln x) dx

Habilidades Existen 2 tipos: 1) Heurísticas: Según Polya (1967) son estrategias que ayudan a construir varios caminos alternativos para encontrar la solución de un problema. Ejemplos: 3

particularizar, generalizar, visualizar, encontrar patrones, conjeturar, estudiar casos especiales, demostrar, etc. 2) De Control: Según Shoenfeld (1985) se ejecutan para:  El entendimiento del enunciado de un problema.  La búsqueda de errores de procedimiento.  La formulación de contra-ejemplos.  El cambio de camino de solución.  La búsqueda de soluciones más elegantes. Ejemplos: entender, formular contra-ejemplos, detectar errores de procedimiento, encontrar caminos cortos, determinar si lo encontrado soluciona el problema. A continuación se presentan diferentes tipos de habilidades, cada una se estudiará con un problema..

Habilidad para estudiar casos especiales 1) Considere una cuadrícula, se dibuja un polígono con vértices en los cruces de la cuadrícula. A los puntos de cruce de la cuadrícula que estén sobre los lados del polígono los llamaremos frontera (PF) y a los puntos que queden dentro de la poligonal les llamaremos interiores (PI). Encuentra una fórmula que permita calcular el área de estos polígonos en términos de las fronteras y de los puntos interiores. Ejemplo: considere el siguiente polígono:

PF=8 PI=3 A=6u2

Plan: estudiar casos especiales. Caso 1: PI=0

PF=3

PF=4

PF=5

PF=6

A=1/2

A=2/2

A=3/2

A=4/2

Con lo anterior, se puede construir la siguiente tabla: PF

1/2

2/2

3/2

4/2

(F-2)/2

Después de visualizar varios casos (explorados por los diferentes equipos de trabajo) con ayuda de software de Geometría Dinámica GeoGebra, se construye la siguiente tabla de resultados: I

F 2 2

F 1 2

F 2

F 2 2

F 1 2

F 4 2

F 2 2

F 6 2

F 3 2

F 8 2

F 4 2

F  ( I  1) 2

Con lo anterior, emerge la siguiente: Conjetura: Sobre una cuadrícula construimos polígonos con vértices en los cruces de la cuadrícula con I puntos interiores y F puntos frontera. Entonces, el área de este polígono F es igual a:  ( I  1) . 2 El resultado anterior se conoce como el Teorema de Pick y se demuestra por inducción matemática. Visión retrospectiva ¿Qué nos ayudó a resolver el problema? 1) La heurística de estudiar casos especiales. 2) El trabajo en equipo. 3) El estilo de representación elegida (fracciones). 4) El uso de varias representaciones: gráficas, tablas, ecuaciones. 5) El proceso fue sistemático. 6) Ser críticos. Sin embargo, existen maneras más elegantes de resolver el problema. Visión prospectiva a) ¿Y qué pasaría si se trabajara ahora en tres dimensiones?

PF=8; PI=0; ¿cómo determinar el volumen en términos de los puntos frontera e interiores? b) ¿Cómo demostrar que A 

F  ( I  1) ? 2

Estrategias de control: Habilidad para reconstruir el camino de solución

2) Encontrar una fórmula para la n-ésima derivada de f ( x) 

1 . 1 x2

Plan: Construyamos una tabla de resultados: Orden de la derivada

Derivada

2x ( x  1) 2 2

 2(3x 2  1) ( x 2  1) 3

24 x( x 2  1) ( x 2  1) 4

 24(5 x 4  10 x 2  1) ( x 2  1) 5

Estrategias de control a) Comparar una solución hecha con lápiz y papel (tabla anterior) con otra hecha con ayuda de las TIC’s. Como se puede observar, no se aprecia un patrón entre los resultados de las derivadas. Por tanto: b) Se debe reconstruir el camino de solución.

f ( x) 

1  g ( x)  h( x), 1 x2

1 1 A B    2 (1  x)(1  x) 1  x 1  x 1 x

 A   B  1  (1  x)(1  x)   (1  x)(1  x)  1  A(1  x)  B(1  x) 1 x  1 x   1  A  Ax  B  Bx  1  ( A  B)  ( B  A) x

A  B  1 1 1   Resolviendo se obtiene: A  y B  . 2 2  A  B  0 7

1 1 1 1 1 1      2(1  x) 2(1  x) 2 1  x 2 1  x 1 1 1 1 1  f ( x)      2 2 1 x 2 1 x 1 x 

f ( x) 

Con la ayuda de la calculadora TI-92 se calcularán las derivadas, para tratar de encontrar un patrón en los resultados. Se omitirán las constantes de f, y al final se multiplicarán en la expresión general.

h( x)  (1  x) 1

g ( x)  (1  x) 1

Orden

Derivada

Orden

Derivada

1 (1  x) 2

1 ( x  1) 2

2 (1  x) 3

2 ( x  1) 3

6 (1  x) 4

6 ( x  1) 4

24 (1  x) 5

 24 ( x  1) 5

 120 (1  x) 6

120 ( x  1) 6

(1) n n! (1  x) n 1

(1) n 1 n! ( x  1) n 1

Entonces:

(n)

  1 (1) n n! 1 (1) n1 n! 1 1 1 ( x)      f ( n ) ( x)  (1) n n!   n 1 n 1 n 1 n 1  2 ( x  1) 2 ( x  1) 2 ( x  1)   ( x  1)

Este resultado se demuestra por inducción matemática.

Habilidad para estimar Estimar: Calcular de manera aproximada una cantidad. 8

3) Estimar las soluciones de la ecuación x 2  75x  850  0 Si x  10  10 2  75(10)  850  100  750  850  0 , entonces x1  10 es solución. ¿La otra solución está a la derecha o a la izquierda de 10?

(75) 2  75(75)  850  850 (100) 2  75(100)  850  1650

Entonces: x2   100,75

Después de reducir más este intervalo se llega a que x2  85 “Pensar matemáticamente es más que dominar de memoria contenidos, además de esto, se deben tener habilidades, actitudes y valores que permitan: resolver y plantear problemas, comunicar y argumentar ideas y modelar situaciones en diversos contextos”.

Habilidad para conjeturar 4) Considere una retícula de orden n  m , trazando la diagonal verifique cuántos cuadrados toca esa diagonal. Deduzca una fórmula para determinar el número de cuadrados que toca la diagonal para el caso general de una retícula de n  m .

Se estudiarán primero casos especiales.

a) Caso n=m.

2+2

3+2(2)

4+3(2)

La retícula de 5x5 tocará 5+2(2) cuadrados. Por tanto, para el caso de una retícula de n  n , la cantidad de cuadrados está dada por la expresión: C (n, n)  n  2(n  1)  3n  2

b) Caso n≠m, con n,m primos relativos. (Se dice que n,m números naturales son primos relativos, si y sólo si el único divisor común de ambos es 1).

C (2,3)  4

C (4,7)  10

Al realizar más ejemplo, se llega a la siguiente Conjetura: Si n,m son primos relativos C (n.m)  n  m  1 c) Cuando n,m no son primos relativos .

C (1,3)  3

2 y 6 no son primos relativos, así como 3, 9. La cantidad de cuadrados para la primera figura es de C (2,6)  2C (1,3)  1(2)  8 . Para la segunda, C (3,9)  3C (1,3)  2(2)  13 . Nótese que el máximo común divisor de 2 y 6 es 2 y el de 3 y 9 es 3.

En general: Sea una retícula de n  m con n, m no primos relativos cuyo máximo común divisor es k . Trazamos una diagonal. Entonces esta diagonal tocará una cantidad de cuadrados que se puede calcular con la expresión: C (n.m)  kC( ,  )  2(k  1) donde k  n, k  m .

Conjetura final: En una retícula de dimensiones n  m trazamos una diagonal D . D toca una cantidad de cuadrados C (n.m) que se puede calcular de la siguiente manera:

3n  2; si n  m n  m  1; si n, m son primos relativos  C (n.m)   kC( ,  )  2(k  1); k  MCD(n, m); k  n, k  m;  ,  primos relativos  k (    1)  2(k  1) Visión retrospectiva 1) Entender el problema. 2) Particularización sistemática. 3) Visualización. 4) Encontrar patrones. 5) Organización de la información. 6) Construir una conjetura. 7) Se generalizó esta conjetura. 8) Síntesis. 9) Se emplearon representaciones numéricas, gráficas y algebraicas. Visión prospectiva: ¿Y qué pasaría si… a) redefinimos la noción de tocar de manera tal que la diagonal toca un cuadrado cuando es secante? b) si consideramos las dos diagonales? c) en tres dimensiones? ¿A cuántos cubos tocará la diagonal? ¿Bajo la noción tangente (caso analizado) o bajo la noción secante? Conjetura: Los números naturales que no se pueden escribir como suma de naturales sucesivos son de la forma 2 n1 , n  N.

Demostración: Supongamos lo contrario, esto es: 2 n1 , n  N sí se puede escribir como suma de naturales sucesivos, es decir:

k  (k  1)  (k  2)    (k  p)  2 n1  ( p  1)k  (1  2    p)  2 n1 Empleando la fórmula de Gauss para la suma de los primeros n números naturales, el resultado anterior es equivalente a: ( p  1)k 

p( p  1) 2k ( p  1)  p( p  1)  2 n1   2 n1  (2k  p)( p  1)  2 n 2 2

Como p  N, p puede ser par o impar:  Supongamos que p es par, por tanto p  1 es impar (!).  Supongamos que p es impar, ahora bien, k  N 2k es par, entonces 2k  p es impar (!). En ambos casos se llega a una contradicción, ya que cuando descomponemos 2 n en potencias, nunca se obtienen números impares en tal desarrollo. Por lo tanto la suposición es falsa, y se concluye que los números naturales que no se pueden escribir como suma de naturales sucesivos son de la forma 2 n1 , n  N. 

Conjetura: Los números naturales que sí se pueden descomponer como la suma de números naturales sucesivos son todos los números naturales, excepto aquellos de la forma 2 n1 , n  N.

Habilidad para parafrasear Dado un problema P1, el resolutor lo redacta en otros términos y lo convierte en un problema (P2 equivalente más entendible y posiblemente abordable con recursos y habilidades más sencillos. P1) Sea ABC un triángulo y P un punto sobre AC . Por P se traza una recta paralela a AB como en la siguiente figura:

¿Dónde debo ubicar a P para que AT ( APQB)  A ( PCQ) ? A, denota área. Un problema equivalente a P1 es: P2) ¿Dónde debo ubicar a P para que A ( PCQ ) 

1 A ( ACB ) ? 2

Plan: Se tienen 2 vías de solución: 1) Paralelismo: emplear semejanza para obtener ciertos resultados y luego: 2) Trabajar con el área. Ejecutar: 1) Paralelismo Considere la figura presentada anteriormente, pero ahora con elementos y construcciones que serán de utilidad para resolver el problema.

1.1)

Como PQ AB , entonces    y    por ser ángulos correspondientes entre rectas paralelas.

1.2)

ACB

1.3)

PC CQ PQ h    AC CB AB H

~ PCQ por el criterio AA de semejanza. (R)

2) Trabajo con áreas A ( PCQ ) 

PQ h  , AB H

1 A ( ACB ) 2 pero



PQ H  AB 2h

PQ  h 1  AB  H      2 2  2  

h H  H 2h

PQ H  AB 2h

 H 2  2h 2

(S )

 H h 2

Entonces:

h h 1 2    H h 2 2 2



h 2  H 2

Ahora bien, como P está en AC , se debe analizar la relación:

PC h 2   PC  AC 2 AC H Por tanto, para que se cumpla la relación entre las áreas de los triángulos, se debe 2 satisfacer que la razón entre PC y AC sea de . 2 Visión prospectiva. 1 A ( ACB ) . n

Podemos atacar el problema anterior generalizando A ( PCQ ) 

Trabajar el problema en una pirámide triangular para tratar de probar la relación 1 V p  V g . Donde V, denota volumen, y los subíndices p y g son la pirámide pequeña n y la grande, respectivamente. 14

Problema 5) Sean P(x) y Q(x) dos polinomios de grado n con coeficientes invertidos, esto es:

P( x)  a n x n  a n 1 x n1    a1 x  a0 Q( x)  a0 x n  a1 x n 1    a n 1 x  a n ¿Qué relación existe entre las raíces de P(x) y Q(x) ?

Plan: Particularizar con polinomios factorizables.  De primer grado:

1 P( x)  2 x  1 r   2 Q( x)  x  2 r  2

P( x)  3x  4 Q( x)  4 x  3

4 3 3 r 4

r

P( x)  x  9 Q( x)  9 x  1

r 9 1 r 9

Donde r para cada caso denota las raíces del polinomio, las cuales se obtienen al resolver P ( x )  0 y Q( x )  0 .  De segundo grado:

P( x)  ( x  1)( x  2)  x 2  3x  2 r1  1, r2  2 Q( x)  2 x 2  3 x  1 Resolviendo, se tiene que las raíces de Q(x) son: r1  1, r2 

1 2

 De tercer grado: P( x)  ( x  5)( x  6)( x  1)  x 3  12 x 2  41x  30 r1  5, r2  6, r3  1 Q( x)  30 x 3  41x 2  12 x  1

1 1 r1  1, r2   , r3   6 5

Como se puede observar, las raíces entre P(x) y Q(x) son recíprocas. Por tanto, emerge la siguiente:

Conjetura: Si tengo dos polinomios P(x) y Q(x) de grado n con coeficientes invertidos y 1 es raíz para Q(x) . r  0 es una raíz para P(x) , entonces r Demostración:

P( x)  a n x n  a n 1 x n1    a1 x  a0 Q( x)  a0 x n  a1 x n 1    a n 1 x  a n

con r  0 raíz de P(x) , entonces:

P(r )  an r n  an1r n1    a1r  a0  0

(1) Por definición de raíz de un polinomio.

1 Evalúemos Q  : r a a 1 a Q   n0  n11    n 1  a n r r r r Multiplicando la ecuación anterior por r n se obtiene:

1 r n Q   a0  a1 r    a n1r n1  a n r n  0 Véase la ecuación (1). r

1  r n Q   0 r 1 1 Como por hipótesis r  0 , entonces r n  0 , por lo tanto Q   0 , es decir, es raíz de r r Q(x) , que era lo que se quería demostrar. 

Competencia 1: Resolución de Problemas 1. Introducción 2. Un poco de historia Línea del tiempo:

3. ¿Cuál es la diferencia entre ejercicio y problema? El trabajo de Polya Apliquemos las etapas para la resolución de problemas propuestas por Polya al siguiente: Problema 1) ¿La siguiente serie converge? Si lo hace, ¿hacia dónde? 1 1 1 1    n  2 4 8 2

Comprender el problema. a)

1 1 1 1      n   es una serie finita y predecible. 2 4 8 2

b) Datos: Sumas de potencias de

1 . 2

c) n es un número natural ii)

Plan 1) Comparar a una serie conocida. 2) Particularizar:

1 1 1 1 1 1 ;  ;   , etc. 2 2 4 2 4 8

3) Llevar a decimales, 0.5, 0.5+0.25; hacer la suma cuando sea n “grande”. 4) Visualización geométrica. 5) Visualización con ayuda de software (Excel). iii)

Ejecutar 17

2) Particularicemos: Asignando valores a n se forma la siguiente sucesión:

1 3 7 15 2n  1 , , , ,, n Calculemos el límite cuando n   del término general. 2 4 8 16 2

 2n  1 1    1   n   lim 1  n   lim 1  lim  n   1  0  1 lim n   2 n   2   n   2  n  

 2n  1  lim  n   1 n   2 

Entonces podemos afirmar que la serie converge porque el límite existe y es igual a 1.

4) Visualización geométrica

El cuadrado tiene lado 1. Entonces, la suma de las áreas es 1. Demostración formal. Consideremos la suma parcial: S ( n) 

1 1 1 1 1  2  3    n1  n 2 2 2 2 2

1 Multiplicando por la razón de la serie   . (La razón es el cociente entre el término 2 n  1 y el término n-ésimo). 1 1 1 1 1 S (n)  2  3    n  n1 2 2 2 2 2

Restando

1 S (n) de S (n) obtenemos: 2 18

S ( n) 

1 1 1 S (n)   n1 2 2 2



1 1 1  1 S (n)  1  n   S (n)  1  n 2 2 2  2

Entonces: 

1  1 n  

lim S (n)  lim 1  2 n 

n 

Por tanto la serie converge; el valor al cual converge es 1.  Visión prospectiva 1) Al hacer la visualización en Excel con n suficientemente grande, el resultado de la suma es 0.999999999999999999  0. 9 , entonces surge la siguiente pregunta: ¿ 0. 9  1 , 0. 9  1 ó 0. 9  1 ?

En general: r  r 2  r 3    r n   1) ¿En qué casos converge? 2) ¿En qué casos diverge? Plan: 1) Estudiar casos especiales. a) 0  r  1 b) r  1 c)  1  r  0 d) r  1 2) Apoyarse de la tecnología, particularizar.  Caso 0  r  1 Haciendo uso de la calculadora TI-92, los resultados encontrados se muestran en la siguiente tabla: r

Suma

1 2

1 3

1 2

3 5

3 2

4 7

4 3

3 10

3 7

2 11

2 9

5 17

5 12

a b

a ba

Del análisis de la tabla anterior, surge la siguiente: Conjetura: Si a  b , a, b   , y r 

a , entonces: b

a a2 a  2   b b ba Demostración: Procediendo de manera análoga a la demostración cuando r 

1 , se tiene que: 2

a a2 a3 a n 1 a n  2  3    n 1  n b b b b b 2 3 4 n a a a a a a n 1 S (r )  2  3  4    n  n 1 b b b b b b

S (r ) 

 an  a1  n  n b  a a a n 1  a a a   S (r )  S (r )   n 1  S (r )1    1  n   S (r )   b b b  a  b b b  b1    b n n  a  a a  a  1  n   S (r )  1    S (r )  b  a  b n  ba b  b   b  Entonces:

lim n 

S (r )  lim n 

 lim S (r )  n 

a ba

 an 1  n  b

 a a   (1  0)  ba  ba

a ba

Lo anterior permite afirmar que la serie converge. Por tanto:

a a2 a3 an a  2  3  n    b b ba b b Conclusión: 1) Si r 

a , a  b , a, b   y 0  r  1 , entonces: b

2) Si a  b , a, b   y r  1, entonces



r i 1



a ba



r

diverge.

i 1

Se deja al lector como ejercicio la demostración para los casos  1  r  0 y r  1.

 Sobre el problema de ¿ 0. 9  1 , 0. 9  1 ó 0. 9  1 ? La respuesta correcta es 0. 9  1 . Demostración:

0. 9  0.9  0.09  0.009  0.0009   9 9 9 9  2  3  4  10 10 10 10 1 1 1 1 0. 9  9  2  3  4    10 10 10 10 0. 9 

Empleando el resultado anterior:  1  1 0. 9  9   9   1   10  1  9

Problema 2) ¿Se puede construir un rectángulo si únicamente conocemos su perímetro y su diagonal? Plan: 1) Particularicemos. Considere un perímetro de 14 unidades:

Y una diagonal de 5 unidades:

El perímetro del rectángulo se obtiene con la siguiente expresión:

2 X  2Y  14 Y  7 X

Empleando el teorema de Pitágoras, se obtiene el siguiente resultado: 22

X 2  Y 2  52  X 2  Y 2  25 Geométricamente, la ecuación anterior representa una circunferencia de C (0,0) y r  5 .

Sustituyamos el valor de Y en la ecuación anterior:

X 2  (7  X ) 2  25 X 2  49  14 X  X 2  25 2 X 2  14 X  24  0 X 2  7 X  12  0 ( X  3)( X  4)  0  X 3 X 4 Es decir: i)

Si X  3 , entonces Y  7  3  4

ii)

Si X  4 , entonces Y  7  4  3

Por tanto, si se quiere que el perímetro sea de 14 unidades, se deben sustituir los valores encontrados de X e Y en la expresión para calcular el perímetro. 2(3)  2(4)  6  8  14 2(4)  2(3)  8  6  14

En ambos casos, se cumple que el perímetro es el deseado. 23

Ahora bien, veamos si empleando estos valores, se satisface el Teorema de Pitágoras:

3 2  4 2  9  16  25  5 2 4 2  32  16  9  25  5 2 Por tanto, para que el perímetro sea de 14 unidades y la diagonal de 5, se necesita que el rectángulo mida 3 unidades en la base (4 caso i)) y 4 unidades en la altura (3 caso ii)). 2) En general: Dado un perímetro P y una diagonal D cualquiera, se realizará un proceso análogo al anterior:

2 X  2Y  P  Y  X 2  Y 2  D2

P X 2

(1)

(2)

Sustituyendo 1 en 2 , se tiene: 2

P  X    X   D2 2  2 P X2   PX  X 2  D 2 4  P2  2 X 2  PX    D 2   0  4  2

Empleando la fórmula general para ecuaciones de segundo grado:

X 1, 2

 P2  P  P 2  4(2)  D 2  2 2 2 P  8D 2  P 2  4  P  P  2 P  8D    4 4 4

Ahora se analizará el radical de la expresión anterior, es decir: i) Si X 

ii)

8D 2  P 2  0 , entonces la solución es única X 

P P P P ,Y   4 2 4 4



X Y 

P . 4

P Y esto representa un cuadrado. 4

8D 2  P 2  0 , entonces:

X1  iii)

P  8D 2  P 2 P  8D 2  P 2 , X2  4 4

8D 2  P 2  0 , no hay solución para el problema.

Problema derivado del anterior: Para el caso ii) probar que en X ( x1 , y1 ) (punto medio) el rectángulo tendrá área máxima.

En la figura Xb es el punto medio X entre los puntos M ( X 1 , Y1 ) , N ( X 2 , Y2 ) Demostración: El perímetro del rectángulo se obtiene con la expresión: P  2 X  2Y  Y 

P X 2

El área con: A  X  Y . Sustituyendo Y tenemos: P  A  X  X   2 

A

P X X2 2

Como se quiere el área máxima, entonces se debe derivar la expresión anterior con respecto a X e igualar a cero, es decir: dA P P   2X  0  2X  dX 2 2



X 

P 4

Y 

P 4 25

Y estas son las coordenadas del punto medio que hacen que el rectángulo tenga área P P máxima. Es decir: X  ,  . 4 4

Ahora comprobemos si empleando la fórmula para calcular el punto medio se obtiene el resultado anterior. De Geometría se sabe que las coordenadas del punto medio se calculan con las expresiones:

x1 

X1  X 2 , 2

y1 

Y1  Y2 2

Del los resultados obtenidos en el caso ii) se sabe cuáles son los valores de X 1 , X 2 , sustituyamos estas expresiones en la fórmula anterior, es decir: X 1  P  8D 2  P 2 P  8D 2  P 2 P P P   X1  X 2 P 4 4 x1    4 4  2  2 2 2 2 4 P P P P P y1   x1     y1  2 2 4 4 4

P  8D 2  P 2 4

 x1 

P 4

P P ,  , el cual coincide con el resultado 4 4 encontrado anteriormente. Por tanto, el rectángulo tendrá área máxima en el punto P P medio el cual tiene coordenadas X  ,   . 4 4 Entonces, las coordenadas del punto medio son X 

Una metodología para construir y darle seguimiento a conjeturas geométricas Problema 1) Sean L y K dos rectas paralelas. Sea P  L y trazo una recta perpendicular a L por P . Sea Q la intersección de T y K . Trazo una mediatriz de PQ , (D) . Sobre L ubico dos puntos A y B . Trazamos los simétricos axiales de A y B con respecto a la recta (D)  A, B . ¿En dónde debo ubicar a A y a B para que por M , A, B, A, B pase una circunferencia? 26

Habilidad: Pensar hacia atrรกs Vamos a suponer que el problema tiene soluciรณn. 1) Pensar hacia atrรกs.

2) Relajar las condiciones

El AMA es isósceles. Para ubicar el centro de la circunferencia, se deben encontrar las coordenadas del circuncentro con las mediatrices. Hay que trabajar la relación entre PA y PB . 3) Trabajar casos especiales: Segmentos de longitud entera. La siguiente tabla de resultados se obtuvo con la ayuda del software GeoGebra. PB

PB  PA

1 2

1 3

1 2

3 4

5 4

Al analizar los resultados de las últimas dos columnas, surge la siguiente: Conjetura: Bajo las hipótesis del problema, se cumple que PB  PA  PM

PB  PA es igual al área del rectángulo 2

PM es igual al área del cuadrado. ¿Qué se ha hecho hasta el momento? a) Visualización. b) Tomar medidas y encontrar relaciones. 29

c) Emergió una conjetura. d) Interpretación. e) Pasar la prueba del arrastre. f) Programa computacional (macro). Demostración: Antes de iniciar, se requiere del uso del siguiente teorema básico de geometría: “La medida del ángulo semi-inscrito es igual a la medida del ángulo inscrito”.

Afirmación

Justificación

 

Por el teorema del ángulo semi-inscrito.

MPB  MPA

Por construcción.

MPB ~ MPA

Criterio AA de semejanza. Consecuencia triángulos.

PB PM  PM PA

PB  PA  PM

semejanza

Despejando en el paso anterior. 

Otra vía de demostración: tan  

PB PM pero como    , tan   PM PA

 PB  PA  PM



PB PM  PM PA



Diferentes niveles de pensamiento variacional Considere el siguiente problema que servirá como ejemplo para analizar estos niveles: Problema: ¿Qué ocurre con el área de los rectángulos de perímetro fijo?

1er Nivel) No se identifica la variación. Ejemplo: “Lo que gana el ancho, lo pierde el largo y no hay variación”.

2º Nivel) Errores en los cálculos o en el entendimiento. Ejemplo: Errores a la hora de efectuar operaciones. 3er Nivel) El estudiante únicamente hace casos particulares de manera eficiente.

“Si el perímetro es fijo, el área es variable”. 4º Nivel) Desarrollo del pensamiento funcional. El estudiante en este nivel trabaja los problemas con funciones. Para el problema considera la expresión general para el perímetro de un rectángulo y la expresión para el área, es decir:

20  2a  10  a 2 A(a)  a(10  a) 

P  2a  2b  20  b  A  ab 



A(a)  a 2  10a 31

Para este caso, se considera al área como una función en términos de uno de los lados del rectángulo. Gráficamente, esta función representa una parábola.

En a  5 se tiene un máximo por la simetría de la parábola. 5º Nivel) Pensamiento analítico. El estudiante incorpora los resultados del cálculo para resolver problemas de variación. Para el problema, tal vez se desee conocer cuál será la medida de uno de los lados de tal manera que el área que se obtenga sea la máxima.

A(a)  10a  a 2 dA  10  2a  0  a  5 da

10  2a  0 a5 10  2a  0 a5

Si a  5 se tiene una región creciente. Si a  5 se tiene una región decreciente.

Los ceros de la función son a  0, a  10 . A(5)  25 . Entonces, en a  5 el área es máxima.

Es decir, si uno de los lados mide 5 unidades, el área obtenida será máxima.

A continuación se describirán tres tópicos a manera de cierre de la competencia 1 de Resolución de Problemas:

1) Resumen del modelo de Allan Schoenfeld en resolución de problemas (RP). 

¿Por qué surgió este trabajo? En 1980 el ICME se reúne en Berkeley, California, y declara la década de los años 80’s como la década de la RP.



¿Qué hizo Schoenfeld? Básicamente, revisó la propuesta de Polya. Schoenfeld encontró que el modelo de entender, planear, ejecutar y revisar es útil y natural en expertos en el área (doctores en matemáticas, maestros en ciencia, etc.).



Por tanto, era natural que investigara la diferencia entre el razonamiento de expertos (matemáticos profesionales) y novatos (matemáticos en formación) en la RP.



Por lo anterior, en un experimento le asignó el mismo conjunto de problemas a expertos y a novatos y observó diferencias en: a) Clasificar los problemas. Los expertos se fijan en la estructura profunda. Los novatos se fijan en la estructura superficial. Ejemplo: Si 2 n  1 es primo, entonces n es primo. Para los novatos es el problema de los primos, mientras que para los expertos es el problema que se resuelve por reducción al absurdo. b) El tiempo que le dedican las dos poblaciones a la fase de entendimiento. Novatos: 1) Inician la solución sin entender; 2) entienden una parte del problema. Expertos: Le dedican la mitad del tiempo de solución. c) Dominio de heurísticas. (Idea de Polya) La experiencia de los matemáticos profesionales se traduce en una colección amplia de estrategias heurísticas. Además, las pueden seleccionar e incorporar en la RP. d) Dominio de conocimientos (Idea de Schoenfeld, aspecto descuidado por Polya, ya que como se analizó a sí mismo, lo consideró obvio) Como una dimensión importante en RP. Esto es, la cantidad y calidad del dominio de recursos es importante para definir el camino de solución. La identificación del uso de un recurso es importante para iniciar el proceso de solución. Ejemplo:

Es importante reconocer los triángulos rectángulos, las medidas y variables y que el Teorema de Pitágoras puede servir de apoyo para modelar f ( x)  x 2  9  (10  x) 2  25 (el segmento BC mide x y el segmento CD mide 10  x ).

e) Estrategias metacognitivas (revisión). (Idea de Polya, aspecto mejorado por Schoenfeld). Retomó la fase de retrospección de Polya y la transformó en el monitor interior. En la investigación documenta que los novatos tienen poco desarrollado el monitor interior. f) Sistema de creencias. Todo lo que una persona cree sobre las matemáticas o una parte de ella impacta en el proceso de solución de problemas. Ejemplo: Creencia: “Las matemáticas se hicieron para personas muy inteligentes”. Consecuencia: “No soy inteligente, entonces no puedo estudiar matemáticas”. La propuesta de Schoenfeld se resume en el siguiente diagrama:

2) Comparativo de las propuestas de Polya, Schoenfeld y Mason Polya Tipo de trabajo Libros:

Mason et al. Teórico

Schoenfeld Experimental

¿Cómo plantear y resolver problemas?

Pensar matemáticamente

Mathematical Problem Solving

1) Entender

1) Abordaje:

1) Dominio de Conocimientos

Incógnitas Datos Condiciones

¿Qué sé? ¿Qué quiero? ¿Cómo lo puedo lograr?

2) Planear Selección de posibles heurísticas que pueden ayudar en el proceso

2) Dominio de Conocimientos Fase de atascado: entonces particularizar

Heurísticas

3) Ejecutar: materializar el plan

2) Ataque

3) Control, Sistema de Creencias

4) Visión retrospectiva

3) Revisión

3) Crítica a estos modelos a) ¿Qué características tienen estos modelos con la presencia de las TIC’s? b) Estos modelos descuidan el uso de múltiples representaciones. c) No tienen en cuenta la dimensión afectiva. Ante esto, la propuesta es:

El modelo que se seguirá en el curso es el siguiente, ya se ha estudiado la parte de resolución de problemas, la competencia que sigue ahora es la de proposición de problemas.

Competencia 2: Proposición de Problemas Estructura de la redacción de competencias verbo + qué + mediante qué + para qué Ejemplo: Construye leyes geométricas mediante el uso de material concreto para la comunicación de ideas por la vía oral y escrita. Propone variantes de problemas ya resueltos mediante la introducción de variantes a las hipótesis de un teorema o a las condiciones de un problema, para la exploración, seguimiento y formalización de nuevas situaciones problemáticas. Problema: Si un triángulo es rectángulo, entonces el área del cuadrado construido sobre la hipotenusa es igual a la suma de las áreas de los cuadrados construidos sobre los catetos.

Variantes: 1) Sobre los lados de un triángulo rectángulo se construyen n-ágonos. ¿Qué relación tienen las áreas de los n-ágonos?

2) Sobre los lados de un triángulo rectángulo se construyen polígonos semejantes. ¿Qué relación existe entre las áreas de dichos polígonos?

3) Se construye un pentaedro con dos caras formadas por triángulos rectángulos congruentes y por tres cuadrados. Sobre las caras cuadradas construimos cubos. ¿Existe alguna relación entre los volúmenes de estos tres cubos?

4) Sobre los lados de un triángulo rectángulo se construyen tres figuras planas, cerradas y semejantes (no necesariamente polígonos). ¿Existe alguna relación entre las áreas de estas figuras?

5) Sobre los lados de un triángulo no rectángulo (acutángulo u obtusángulo) se construyen cuadrados. ¿Existe alguna relación entre las áreas de estos cuadrados?

Ley de Cosenos c 2  a 2  b 2  2ab cos  Si  



2  c  a2  b2 2

El teorema de Pitágoras es una particularización de la ley de cosenos. 6) Considere este caso: los tres polígonos son semejantes. Y  

 2

. Este problema es

una generalización del problema anterior.

En proposición de problemas hay 3 tipos de actividad: 1) Dado un problema ya resuelto, le introducimos variantes a las hipótesis, datos o condiciones para formular nuevos problemas (EXTENSIONES). 2) Dado un hecho matemático, se pueden proponer problemas. 3) Dado un problema resuelto, se puede formular un problema más general que contenga al primero (GENERALIZACIÓN). Se ejemplificarán las actividades anteriores con los siguientes problemas: Problemas 1) Demostrar que un número natural es divisible entre 9 si y sólo si la suma de sus dígitos es divisible entre 9. Estructura de la demostración: Como en el enunciado se tiene una doble implicación (por el si y sólo si), la proposición se demuestra así: a) Hipótesis  Tesis (Teorema Directo) b) Tesis  Hipótesis (Recíproco) Para la proposición esto es: 40

a) Si un número natural es divisible entre 9, entonces la suma de sus dígitos también es divisible entre 9. b) Si la suma de los dígitos de un número natural es divisible entre 9, entonces este número es divisible entre 9. Demostración: ) Sea n  N, con n divisible entre 9; entonces, existe k  N tal que n  9k . Supongamos que n tiene p dígitos; n puede escribirse como: n  n1n2 n3 n p . n en notación

desarrollada se escribe como:

n  n1  10 p1  n2  10 p2  n3  10 p3    n p  10 p p  9k 

n i 1

 10 p i  9k

Restando en ambos lados

n i 1

se tiene que:

i 1

 ni  10 pi   ni  9k   ni i 1



 (ni  10 pi  ni )  9k   ni i 1



i 1

n i 1

 9k   ni (10 p i  1) i 1

Ahora demostraremos que 10 r  1 es divisible entre 9 (r  p  i) , ya que 9k es divisible entre 9. Lo haremos empleando el principio de inducción matemática: i) Demostrar validez para r  1 101  1  9 ; 9 es divisible entre 9 . Por tanto, la proposición es válida para r  1 .

ii) Hipótesis de inducción: Suponer que la proposición es válida en r  m ( m  N). Se demostrará la proposición en r  m  1 . 10 m  1 es divisible entre 9 ; sea 10 m  1  9 j ( j  N).

iii) Demostración para r  m  1 Por demostrar que: 10 m1  1 es divisible entre 9 . Sea 10 m1  1  9t ( t  N). De la hipótesis de inducción sabemos que:

10 m  1  9 j  10(10 m  1)  10(9 j )  10 m1  10  9  10 j  10 m1  1  9  9  10 j  10 m1  1  9  10 j  9  9(10 j  1)  9t Por lo tanto la proposición es válida para r  m  1 , por lo que 10 r  1 es divisible entre 9 . p

Entonces:

 ni (10 pi  1) es divisible entre 9 , es decir i 1

 n (10 i 1

p i

 1)  9w , w  N.

Retomando: p

n i 1

 9k   ni (10 p i  1)  9k  9w  9(k  w) i 1

n i 1

es divisible entre 9 .

) Se deja al lector como ejercicio la demostración del recíproco.

EXTENSIÓN: a) Demostrar que un número natural es divisible entre 3 si y sólo si la suma de sus dígitos es divisible entre 3. Sugerencia: considerar

i 1

 ni  3k   ni (10 pi  1) . La demostración es análoga a la

anterior. GENERALIZACIÓN a) ¿Cuáles números naturales n tienen la propiedad de que la suma de sus dígitos es divisible entre n ?

2) Sea ABC un triángulo. Sobre cada uno de sus lados se construyen cuadrados; con los lados de los cuadrados contiguos se construyen triángulos como en la siguiente figura:

Entonces las áreas de estos tres triángulos son iguales a la del triángulo original (teorema de David Cross).

GENERALIZACIÓN DEL TEOREMA DE DAVID CROSS 1) Sea ABC un triángulo y construimos rectángulos semejantes de razón r sobre cada lado. Con los lados adyacentes de los rectángulos contiguos se construyen triángulos como en la siguiente figura:

¿Existe alguna relación entre las áreas de estos tres triángulos y el área del triángulo original? Después de hacer visualización con Geogebra, se construyó la siguiente tabla para responder a la pregunta anterior: Área 1 (A1)

Área original (A0)

5.5

Entonces: i)

Las áreas de estos tres triángulos son iguales entre sí ( A1  A2  A3 ) .

ii)

r 2 A1  A0

Con paralelogramos: Sea ABC un triángulo y construimos paralelogramos semejantes de razón r sobre cada lado. Con los lados adyacentes de los paralelogramos contiguos se construyen triángulos. Entonces: 44

Las áreas de estos tres triángulos son iguales entre sí ( A1  A2  A3 ) .

ii)

r 2 A1  A0

EXTENSIÓN DEL TEOREMA DE DAVID CROSS En cada triángulo se construye un baricentro. El triángulo construido con los baricentros de los tres triángulos externos comparte el baricentro con el triángulo original.

Para ejemplificar la actividad 2, expongamos ahora el siguiente tema:

Los números felices Sea un número natural N  N1 N 2 N 3  N p y la función f N  N 

N  f ( N )  N12  N 22    N P2

Se dice que N es feliz si existe R  N tal que f R ( N )  1 . En caso contrario, N no es feliz.

Ejemplo: ¿7 es un número feliz?

N 7 1) f (7)  0 2  7 2  49 2) f 2 (7)  f (49)  4 2  9 2  16  81  97 3) f 3 (7)  f (97)  9 2  7 2  81  49  130 4) f 4 (7)  f (130)  12  3 2  0 2  1  9  10 5) f 5 (7)  f (10)  12  0 2  1 Por tanto, 7 es feliz porque existe 5  N tal que f 5 (7)  1 .

¿2 es un número feliz?

f (2)  0 2  2 2  4 f 2 (2)  f (4)  0 2  4 2  16 f 3 (2)  f (16)  12  6 2  37 f 4 (2)  f (37)  3 2  7 2  58 f 5 (2)  f (58)  5 2  8 2  89 f 6 (2)  f (89)  8 2  9 2  145 f 7 (2)  f (145)  12  4 2  5 2  42 f 8 (2)  f (42)  4 2  2 2  20 f 9 (2)  f (20)  0 2  2 2  4 Como ya se repitió el primer valor encontrado, se generará un ciclo, por lo que se concluye que 2 es no feliz (así como 4, 16, 37, 58, 89, 145, 42 y 20; y sus permutaciones). Ante este hecho matemático, se pueden proponer los siguientes problemas: 1) Entre 1 y n  N, ¿cuántos números felices hay? 2) Construir un programa computacional para generar números felices. 3) Si la primer pareja de consecutivos felices es 31 y 32, ¿cuál será la segunda, tercera, la cuarta, …, y la n-ésima? 4) Encontrar ternas de números felices (la primera es 1880, 1881 y 1882). 5) En intervalos de 10 unidades, ¿cuántos números felices hay?

Los números perfectos Son aquellos que son iguales a la suma de sus divisores propios (es decir, todos sus divisores excepto el propio número). Por ejemplo, 6 es un número perfecto ya que sus divisores propios son 1, 2 y 3 y se cumple que 6=1+2+3. Proposición de problemas: 1) Diseñar una herramienta para generar números perfectos. 2) ¿Cuáles números triangulares son perfectos? Números triangulares: 1, 3, 10, 15, …

Los números deficientes 46

Son aquellos que cumplen que la suma de sus divisores propios es menor que el propio número. Por ejemplo, 16 es un número deficiente ya que sus divisores propios son 1, 2, 4 y 8 y se cumple que 1+2+4+8=15<16. Proposición de problemas: 1) ¿Los múltiplos de 6 son abundantes? 2) Demostrar o refutar si todas las potencias de 4 son números deficientes. 3) ¿Para cuáles números deficientes d se cumple que la suma de sus divisores propios es igual a d  1 ?

Los números abundantes Son aquellos que cumplen que la suma de sus divisores propios es mayor que el propio número. Por ejemplo, 12 es abundante ya que sus divisores son 1, 2, 3, 4, y 6 y se cumple que 1+2+3+4+6=16>12. Proposición de problemas: 1) Siendo n  N abundante, ¿sus múltiplos también lo son? 2) ¿Qué números tienen mayor densidad: Deficientes (D), Abundantes (A) o Perfectos (P)? 3) Demostrar que D, A y P son una partición de N?

Competencia 3: La Competencia para Argumentar 47

¿Qué es argumentar matemáticamente? Es demostrar el valor de verdad de las proposiciones mediante cadenas de razonamientos para la resolución de un problema, construcción de una ley o para refutar una idea. (Lo anterior está escrito de acuerdo a la estructura de redacción de competencias).

a) ¿Qué es una proposición? Es una oración que tiene un valor de verdad (verdadero, falso). 1) Estructura de las proposiciones i)

Condicionales: Hipótesis  Tesis (ó Antecedente  Consecuente)

ii)

Bi-condicionales: Hipótesis  Tesis Hipótesis  Tesis (Teorema Directo) Tesis  Hipótesis (Recíproco)

b) Métodos de Demostración 1) Refutación o Contra-ejemplo. Dada una proposición en apariencia verdadera entonces se construye un caso particular donde la proposición es falsa. Con esto queda refutada la proposición y el caso se llama contra-ejemplo. Problema 1:  x   se cumple que x 2  x  100  2 x Particularicemos:

x 2  x  100

-3

106

1/8

-2

102

1/4

-1

100

1/2

100

102

106

112

120

16 48

En apariencia siempre se cumple. Pero el caso x  10 arroja 10 2  10  100  210 y 210  1024 , por tanto la proposición es falsa ya que 210 no es mayor que 1024.  Problema 2:  x  N P( x)  x 2  x  41 es primo. P(41)  (41) 2  41  41  41(41  2)  41(43) no es primo, es compuesto. Entonces x  41 es un contra-ejemplo para P(x) . 

La conjetura de Goldbach: Todo número par mayor que 4 se puede descomponer como la suma de 2 números primos. (A esta conjetura no se le ha encontrado un contra-ejemplo).

2) Método de Demostración Directo. Dada una proposición en la forma h  t (hipótesis entonces tesis), se trabaja con los datos de la hipótesis, con teoremas ya demostrados, postulados y con reglas permitidas hasta llegar a la tesis. Consideremos la siguiente partición de N: números pares e impares. Se demostrarán propiedades relativas a estos números empleando el método directo. Proposición 1: Si se multiplican 2 números pares, entonces el resultado es un número par. Hipótesis: Dados P1 y P2 números pares. Tesis: P1  P2 es par. Demostración Sean P1  2n, n N y P2  2k , k  N.

P1  P2  (2n)(2k )  2(n  2k ) (Asociatividad de la multiplicación en N)  2(2nk ) (Conmutatividad de la multiplicación en N)  2r, r N (Cerradura en la multiplicación en N)

Por lo tanto P1  P2 es par. 

Proposición 2: Si se multiplican 2 números impares, entonces el resultado es un número impar. Hipótesis: Dados P1 y P2 números impares. 49

Tesis: P1  P2 es impar. Demostración Sean P1  2m  1, m  N y P2  2n  1, n  N.

P1  P2  (2m  1)(2n  1)  4mn  2m  2n  1 (Propiedad distributiva)  2(2mn  m  n)  1 (Factorización en la expresión anterior)  2t  1, t N (Cerradura en la adición en N).

Por lo tanto P1  P2 es impar. 

Demostrar o refutar la siguiente proposición: Si el resultado de la multiplicación de 2 números es par, entonces los 2 números son pares. La proposición es falsa, considere el siguiente contraejemplo: 10  2  5 y 5 no es par. 

Proposición 4: Demostrar que las diagonales de un paralelogramo se bisecan. Hipótesis: Sea ABCD un paralelogramo (2 pares de lados paralelos). Se trazan las diagonales. Tesis:

Demostración: Afirmación

Razón

1) Sea ABCD un paralelogramo

1) Hipótesis

2) Se traza AC y BD

2) Trazo auxiliar

3) DC  AB

3) Los lados opuestos de un paralelogramo son congruentes

4)    y   

4) Ángulos alternos-internos rectas paralelas

5) DMC  BMA

5) Criterio ALA de congruencia

6) MC  MA y MD  MB

6) Consecuencia de la congruencia de triángulos. 

entre

Proposición 5: En todo triángulo se cumple que la medida de un ángulo externo es igual a la suma de los ángulos internos no adyacentes a él.

Hipótesis: Sea ABC un triángulo. eˆ un ángulo exterior; iˆ1 , iˆ2 ángulos internos no adyacentes a e . Tesis: eˆ  iˆ1  iˆ2 Demostración: Afirmación

Razón

1) Sea ABC un triángulo cualquiera; eˆ un ángulo exterior; iˆ1 , iˆ2 ángulos internos no adyacentes a él

1) Hipótesis

2) Sea iˆ3 el tercer ángulo interno

2) Auxiliar

3) iˆ1  iˆ2  iˆ3  180º

3) Por el teorema que dice: en todo triángulo la suma de sus ángulos internos es 180º

4) iˆ3  eˆ  180º

4) Suma de ángulos alrededor de una recta en el mismo semiplano

5) iˆ1  iˆ2  iˆ3  iˆ3  eˆ  180º

5) Transitividad de la igualdad

6) iˆ1  iˆ2  iˆ3  iˆ3  iˆ3  iˆ3  eˆ

6) Resta de la misma cantidad en ambos lados de la igualdad

7) iˆ1  iˆ2  0  0  eˆ

7) Propiedad del inverso aditivo

8) iˆ1  iˆ2  eˆ

8) Propiedad modulativa 

Sobre los ángulos externos: Después de hacer una visualización en Geogebra, se construye la siguiente tabla:

eˆ1

eˆ2

eˆ3

Suma

115.68

103.46

140.86

360

137

64.72

158.28

360

138.3

60.94

160.76

360

Conjetura: En todo triángulo la suma de los ángulos externos es 360º .

Demostración:

Afirmación

Razón

1) Sea ABC un triángulo; eˆ1 , eˆ2 , eˆ3 ángulos externos

1) Dado

2) iˆ1 , iˆ2 , iˆ3 los ángulos internos

2) Auxiliar

iˆ1  eˆ1  180º 3) iˆ2  eˆ2  180º iˆ3  eˆ3  180º

3) Suma de ángulos alrededor de una recta en el mismo semiplano

4) iˆ1  iˆ2  iˆ3  eˆ1  eˆ2  eˆ3  540º

4) Sumando en los dos miembros de 3)

5) (iˆ1  iˆ2  iˆ3 )  (eˆ1  eˆ2  eˆ3 )  540º

5) Propiedad asociativa de la adición

6) 180º (eˆ1  eˆ2  eˆ3 )  540º

6) Por el teorema que dice: en todo triángulo la suma de sus ángulos internos es 180º

7) eˆ1  eˆ2  eˆ3  540º 180º

7) Despejando en 6)

8) eˆ1  eˆ2  eˆ3  360º

8) Restando en 7) 

¿Y qué pasaría si… trabajamos con los ángulos exteriores de un cuadrilátero? Se sigue cumpliendo que la suma de los ángulos exteriores es igual a 360º .

En general: Conjetura: En todo polígono se cumple que la suma de los ángulos exteriores es 360º .

Refuta o demuestra: Todo número real elevado a la cero, es uno. Contra-ejemplo: el cero, ya que 0 0 no está definido. La proposición anterior se puede redefinir de la siguiente manera: Proposición 6: Si r  , r  0 , entonces r 0  1 Demostración: Afirmación

Razón

1) r  0, r  

1) Dado

2) r  r

2) Reflexividad de la igualdad

3) Divido por r en ambos lados

r 1 r

4) r 11  1

rn 4) Por la propiedad: m  r n  m r

5) r 0  1

5) Inverso aditivo 

Considere lo siguiente: Afirmación

Razón

1) a  b

1) Dado

2) a 2  b 2

2) Multiplico de ambos lados

3) a 2  b 2  0

3) Despejando en 2)

4) (a  b)(a  b)  0

4) Factorización de una diferencia de cuadrados en 3)

5) a  b  0

5) Es prohibido!

6) a  b

6) Es prohibido!

Ya que a  b; a  b  0 ; 0  (a  b)  0  a  b 

0 lo cual no está definido. 0

Selecciona la opción que consideres correcta y demuéstrala.

a) 0.999  1

c) 0.999  1

b) 0.999  1

La opción correcta es b). Demostración: 0. 9  0. 3  0. 6 

1 2  1  3 3

Otra vía: véase la página 21 de estas notas.

3) Principio de Inducción Matemática Características:  Es útil cuando la proposición involucra números naturales.  P(n) es una proposición.  Demostrar que la proposición se cumple para el primer natural del dominio.  Se supone verdadera en n  k y se demuestra que P(k )  P(k  1) .

Ejemplo 1: Encontrar una fórmula para la siguiente suma: 1  3  2  4  3  5    n(n  2) Particularicemos: Diferencia 1

Diferencia 2

Diferencia 3

P(n)

133

Como la tercera diferencia es constante, entonces los datos se ajustan a un polinomio de grado 3. Realizando este ajuste en Excel se obtiene que: 1 3 7 1  3  2  4  3  5    n(n  2)  n 3  n 2  n 3 2 6

Otra manera de encontrar el resultado anterior: 55

i 1

1  3  2  4  3  5    n(n  2)   i (i  2)   i 2  2 i  i 1

n(n  1)(2n  1)  n(n  1)   2 6  2 

n(n  1)(2n  1)  6n(n  1) n(n  1)(2n  7) (n  n)(2n  7) 2n 3  9n 2  7n    6 6 6 6 1 3 7  n3  n2  n 3 2 6 2



 1  3  2  4  3  5    n(n  2) 

n(n  1)(2n  7) 6

Demostremos este resultado por inducción: i) 1 3 

ii)

Paso fundamental P(1) 1(2)(2  7) 1 2  9  3  3  3 La proposición es verdadera para n  1 . 6 6

Paso inductivo: Supongamos que P(k ) es verdadera:

P(k )  1  3  2  4  3  5    k (k  2) 

k (k  1)(2k  7) 6

 P(k  1)  1  3  2  4  3  5    k (k  2)  (k  1)(k  3) 

(k  1)(k  2)(2k  9) 6

Sumamos (k  1)(k  3) en ambos lados de P(k ) . k (k  1)(2k  7)  (k  1)(k  3) 6 k (k  1)(2k  7)  6(k  1)(k  3) (k  1)k (2k  7)  6(k  3) (k  1)(2k 2  13k  18)    6 6 6 (k  1)(k  2)(2k  9)  6

1  3  2  4  3  5    k (k  2)  (k  1)(k  3) 

Con lo cual queda demostrada la proposición.  Ejemplo 2: Encontrar una ley para la siguiente suma: 1  3  5  7    (2n  1) . Al encontrarla, demuéstrala.

n  1 1  12 n  2 1  3  4  22 n  3 1 3  5  9  3

 1  3  5  7    (2n  1)  n 2

n  4 1  3  5  7  16  4 2 Demostración: i) 1  12

ii)

Paso fundamental P(1)  11

La proposición es verdadera para n  1 .

Paso inductivo: Supongamos que P(k ) es verdadera:

P(k )  1  3  5  7    (2k  1)  k 2  P(k  1)  1  3  5  7    (2k  1)  (2k  1)  (k  1) 2

1  3  5  7    (2k  1)  (2k  1)  k 2  (2k  1)  k 2  2k  1  (k  1) 2

Con lo cual queda demostrada la proposición. 

Taller de métodos de demostración 1) a   se cumple que

a2  a .

2) Empleando el principio de inducción matemática demuestre que: 2  4  6    2n  n(n  1)

3) Si un triángulo es isósceles, entonces los ángulos internos que se oponen a los lados congruentes son iguales.

Es decir, si a  c , entonces    . Se deja al lector la demostración de estos 3 problemas. 4) Demostración por reducción al absurdo. Dada una proposición de la forma h  t la técnica consiste en afirmar h y negar t , hacer cadenas de razonamientos y llegar a un absurdo (igualdades sin sentido (1  0) , negar un teorema ya demostrado, negar un postulado). Por tanto, la suposición es falsa (y h  t ). Ejemplo 1: Demostrar que la solución de la ecuación ax  b  0 con a, b   y a  0 es única. Parafraseando: ax  b  0 (a, b  , a  0) entonces existe x solución de la ecuación y además x es única. i)

Afirmamos ax  b  0, a, b  , a  0

ii)

Y negamos la tesis: existen por lo menos x1  x2 soluciones de la ecuación

Demostración: Afirmación 1)

Razón

ax1  b  0

1) Definición de solución de una ecuación

ax 2  b  0

2) ax1  b  ax2  b

2) Igualando en 1)

3) ax1  b  (b)  ax2  b  (b)

3) Sumando  b miembro a miembro

4) ax1  0  ax2  0

4) Inverso de la adición

5) ax1  ax2

5) Propiedad modulativa

ax1 ax 2  a a

6) Divido miembro a miembro por a0

7) 1  x1  1  x2

7) Neutro de la multiplicación

8) x1  x2 Absurdo!!!

Entonces la suposición es falsa y por lo tanto la solución es única.  Ejemplo 2: Demostrar que

2 es un número irracional.

Demostración: 58

Supongamos lo contrario, es decir

2 es un número racional. Entonces:

a , a, b  Z, b  0 ; además, a y b no tienen divisores comunes (son primos b relativos). 2

Como a y b son primos relativos, a 2 y b 2 no tienen divisores comunes



 2

a2 a2  2  2 2 b b

 c

c

 2b 2  a 2 Absurdo!!! Ya que a 2 y b 2 no tienen divisores comunes Por lo tanto

2 es un número irracional. 

Problemas de métodos de demostración Problema 1: Si ABC es un triángulo rectángulo de catetos X , Y e hipotenusa Z y el

A(ABC ) 

Z2 , entonces el triángulo ABC es isósceles. 4

Hipótesis: a)

b) A(ABC ) 

Z2 4

Tesis: X  Y ¿Qué puedo usar? i)

El algoritmo para encontrar áreas de triángulos.

ii)

El Teorema de Pitágoras. 59

Demostración: Afirmación

Razón

1) A(ABC ) 

Z2 4

1) Dado

2) A(ABC ) 

XY 2

2) Algoritmo para calcular el área de triángulos

Z 2 XY  4 2

3) Transitividad de la igualdad

4) Z 2  2 XY

4) Simplificando en 3)

5) Z 2  X 2  Y 2

5) Por el Teorema de Pitágoras ( ABC es rectángulo)

6) X 2  Y 2  2 XY

6) Razón 3)

7) X 2  2 XY  Y 2  2 XY  2 XY

7) Sumar miembro a miembro  2 XY

8) X 2  2 XY  Y 2  0

8) Inverso aditivo

9) ( X  Y )( X  Y )  0

9) Factorizando en 8)

10) X  Y  0

10) Por el teorema que dice que ab  0  a  0  b  0

11) X  Y  Y  0  Y

11) Sumando Y en ambos lados

12) X  0  0  Y

12) Razón 8)

13) X  Y

13) Propiedad modulativa 

Problema 2: Si ax 2  bx  c  0, a, b, c  , a  0 , entonces x 

 b  b 2  4ac 2a

Demostración Afirmación

Razón

1) ax 2  bx  c  0

1) Dado

2) ax 2  bx  c  (c)  0  (c)

2) Sumo  c lado a lado

3) ax 2  bx  0  c

3) Inverso aditivo

4) ax 2  bx  c

4) Propiedad modulativa

ax 2 bx c 5)   a a a

5) Divido por a  0 en ambos lados

6) 1  x 2  7) x 2 

6) Recíproco multiplicativo

bx c  a a

7) Neutro multiplicativo

bx c  a a 2

bx  b  c  b  8) x          a  2a  a  2a  2

 b  8) Sumo   lado a lado  2a 

b  c  b2   9)  x       2  2a  a  4a  

9) Factorizando en 8)

b   4ac  b 2  10)  x    2a  4a 2 

10) Sumando fracciones en 9)

b  b 2  4ac  11)  x     2a  4a 2 

11) Despejando en 10)

b  b 2  4ac  12) x  2a 4a 2

x xn 12) Por la propiedad    n y  y

13) x  

14) x 

b b 2  4ac  2a 2a

 b  b 2  4ac 2a

 b  13) Sumando    lado a lado  2a 

14) Suma de fracciones en 13) 

Problema 3: Si ABC es un triángulo cualquiera, entonces

a b c . Este   senA senB senC

resultado es lo que se conoce como Ley de Senos.

Demostración: Afirmación

Razón

1) Sea el  ABC

Dado

2) Trazo la altura h1 con respecto a

ii.

Trazo auxiliar

iii.

Por definición de altura

iv.

Definición de la razón seno en un triángulo

Despejando en 4)

vi.

Razón 4)

7) asenB  h1

vii.

Despejando en 6)

8) bsenA  asenB

viii.

Transitividad de la igualdad 5) y 7)

3) AM  MC 4) senA 

h1 b

5) bsenA  h1 6) senB 

h1 a

b a  senB senA

10) Trazo la altura h2 con respecto a

ix.

Despejando en 8)

Trazo auxiliar

11) CK  KB

xi.

Razón 3)

h2 a

xii.

Razón 4)

xiii.

Despejando en 12)

xiv.

Razón 49

15) csenA  h2

xv.

Despejando en 14)

16) asenC  csenA

xvi.

Transitividad de la igualdad 13) y 15)

12) senC 

13) asenC  h2 14) senA 

h2 c

17)

a c  senA senC

xvii.

Despejando en 16)

18)

a b c   senA senB senC

xviii.

Transitividad de la igualdad 9) y 17) 

Considere los siguientes resultados:

n n! 1)    Esta expresión representa las combinaciones de n en r  r  r!(n  r )!

2) El Triángulo de Pascal

Ahora bien:

 3  3!     1 (por definición 0! 1); 0 0 ! 1 !  

 3  3! 3  2  1     3 1 1 ! 2 ! 1  2  1  

 3  3! 3  2  1     3  2  2!1! 2  1  1

 3 3!    1  3  3!0!

Obsérvese que los resultados encontrados corresponden a la cuarta fila del Triángulo de Pascal. Entonces esta fila, y todas las del triángulo pueden escribirse de la siguiente manera:

 1    1   3   3  3   3          0  1   2   3   4  4  4  4  4            0  1   2   3   4   n   0

 n   1 

n   2

 

n   n

Consideremos la suma de cada fila del triángulo de Pascal Suma

20 2

22 23 24

Es decir:

 n  n  n  n               2 n  0  1   2   n 64

Resultado 1: Demostrar por inducción matemática que

n

  i   2 i 0

 

Ya que los resultados que se obtienen en las filas del triángulo de Pascal surgen de sumar los elementos de las filas anteriores, se llega al siguiente resultado:

n   n  n 1      Resultado 2: Demostrar que      m   m  1  m  1 Demostración: i)

Paso fundamental n  1, m  0

1  1  2  1! 1! 2!             11  2  2  2 0!1! 1!0! 1!1!  0  1 1  Por lo tanto la proposición es verdadera para n  1, m  0 . ii)

Suponemos que la proposición es verdadera en k .

k   k  k 1   k  1  k  1   k  2       P(k  1)          P(k )      m m  1 m  1 m m  1 m  1             Se deja al lector como ejercicio terminar esta demostración y realizar la del resultado 1.

Aspectos a considerar sobre la didáctica de proposición de problemas: 1) Permitir y alentar que los estudiantes formulen problemas. 2) Mejorar el planteamiento de los problemas. 3) Mejorar la redacción. 4) Construir avances de solución. 5) Orden de dificultad e interés. 6) Publicar problemas con nombre del autor (en un periódico mural, revistas, páginas web).

Competencia 4: La Competencia de Comunicación Una propuesta didáctica para las Competencias de Argumentación y Comunicación Existen 3 tipos de justificación que los estudiantes proporcionan cuando resuelven problemas: 1) Informales 2) Medianamente formales 3) Formales (proporcionadas por estudiantes del nivel superior) Consideremos los siguientes ejemplos:

1) Si elevamos un número real diferente de cero al cuadrado, ¿qué obtenemos como respuesta? Posibles respuestas: Respuesta 1: Otro real Respuesta 2: Un real positivo Respuesta del estudiante: “La respuesta es un número positivo”.  Justificación informal (JI): (5) 2  25; 7 2  49 ; son particularizaciones del problema.

 Justificación medianamente formal (JMF): Considerar la función f ( x)  x 2 cuya gráfica es:

f ( x)  x 2 representa una parábola que se abre hacia arriba y R f    . 66

En este tipo se emplean diferentes tipos de representación.  Justificación formal (JF):

a  0 y b  0 . a 2    por el siguiente teorema ab  0   a  0 y b  0

2) ¿Cuál es el dominio de una función con radical de orden par? Ejemplo: ¿Cuál es el dominio de la función f ( x)  16  x 2 ?  JI: Empleo de la tecnología para analizar dónde la función toma valores reales. x -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7

f(x) #¡NUM! #¡NUM! #¡NUM! 0 2.64575131 3.46410162 3.87298335 4 3.87298335 3.46410162 2.64575131 0 #¡NUM! #¡NUM! #¡NUM!

Los estudiantes concluyen que la función toma valores entre -4 y 4.  JMF: Considerar:

y  16  x 2  x 2  y 2  16 Esta expresión representa una circunferencia con C (0,0) y radio 4 . Pero como el radical es positivo, entonces la gráfica será el semicírculo superior, es decir:

Gráficamente se aprecia que la función toma valores entre -4 y 4.  JF: El problema se reduce a resolver 16  x 2  0 16  x 2  0  (4  x)(4  x)  0  (4  x)  0  (4  x)  0  x  4  x  4

Lo cual es equivalente a decir que x toma valores entre -4 y 4, esto es, x   4,4 .

3) ¿Cuál es el dominio de la función logarítmica? La respuesta es   . ¿Por qué? Por definición log a x  y  a y  x . Ejemplos: log 2 8  3 ya que 2 3  8 . log 10 100  2 ya que 10 2  100 . En general si log p x  y , ¿existe y   tal que x sea negativo? a) p 0  1 b) Si y    , p  y 

1   py

c) Si y    , p (  y )  p y    Se concluye que no existe tal y que logre que x sea negativo.

4) ¿Cuál es la fórmula para calcular el área de un triángulo? A

bh . ¿Por qué? 2

 Argumento informal Con doblado y recortado de papel.  Argumento medianamente formal Considerar:

Ap  2 At



At 

Ap 2



bh 2

(Los subíndices p y t denotan paralelogramo y triángulo respectivamente).  Argumento formal Considerar los 3 tipos de triángulos: 1) Obtusángulo

La prueba se reduce a demostrar que:  ABC   EDB con el criterio ALA de congruencia. 2) Rectángulo

Ar  bh At 

Ar 2



At 

bh 2

3) Acutángulo: Se trabaja de manera análoga a lo que se hizo para el triángulo obtusángulo.

5) ¿Cuál es la fórmula para calcular el área de un paralelogramo? A  bh  Argumento informal Con material manipulable (doblado y recortado de papel).

 Argumento formal

Afirmación

Razón

1) Paralelogramo ABCD

1) Dado

2) Trazar la altura BE y AF

2) Auxiliar

 

3) Propiedades del paralelogramo

AD  BC

4)   

4) Por ser ángulo alternos internos entre paralelas

5) AFD  BEC  90º

5) Por construcción

6)   

6) Transitividad de la igualdad entre 3) y 4)

  90º   180º   90º   180º

7) Suma de ángulos internos en un triángulo

8)       

8) Igualando y simplificando en 7)

9)       

9) Reemplazando 6) en 8)

10)   

10) Simplificando en 9)

11)  AFD   BEC

11) Criterio ALA de congruencia 

Entonces: AABCD  AABEF  bh . Por tanto AABCD  bh

6) ¿Cuál es la fórmula para calcular el área de un trapecio? A

( B  b) h 2

 Argumento informal: Con doblado y recortado de papel. 70

 Argumento formal

Demostración: AABC 

mh ; 2

AB1DEC  bh;

ADEF 

( B  b  m)h 2

Entonces: AAFEC 

mh ( B  b  m)h h h  bh   (m  2b  B  b  m)  ( B  b) 2 2 2 2

Por tanto: AAFEC 

( B  b) h  2

7) Área del rombo. A

Dd 2

 Argumento informal Con el uso de material manipulable.  Argumento formal

Demostración: Arombo  4 A  4

bh  D d  Dd  2bh  2    ;  2 2  2 2

Arombo 

Dd  2

Actividades de diagnóstico: 1) Dados dos puntos del plano (a, b) y (c, d ) , encontrar las coordenadas del punto medio. 2) ¿Cómo se puede encontrar el Baricentro B0 de un triángulo? 3) Dados 3 vértices de un triángulo A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ) y C ( x3 , y3 ) , ¿conoces una fórmula para encontrar las coordenadas de B0 ? Respuestas: ac bd  1) PM  ,  2   2

2) Con la intersección de las tres medianas del triángulo. 3) Para esta competencia se seguirán los pasos de una secuencia didáctica 1º) Declarar la competencia 2º) Realizar un diagnóstico 3º) Motivación: con material manipulable 4º) Abordaje de contenidos y habilidades 5º) Socializar los resultados:

“En cualquier triángulo, la distancia que existe entre el punto medio de uno de sus lados al 1 baricentro es de la medida del segmento mediano”. 3 “Dado un triángulo, trazamos las medianas. Entonces las áreas de los triángulos formados por el baricentro, el punto medio y el vértices son iguales”.

Demostración de la conjetura anterior: Caso 1: Triángulos contiguos. Afirmación

Razón

1) AN  NB

1) CN es una mediana

AN  h 2 2) NB  h A(BNB 0 )  2

2) Cálculo del área de un triángulo

AN  h 2 3) AN  h A(BNB0 )  2

3) Reemplazando 1) en 2)

4) A(ANB0 )  A(BNB0 )

4) Igualando en 3)

A(ANB 0 ) 

A(ANB0 ) 

Caso 2: Triángulos no contiguos.

3h1 lsen  h1   l 3 M lsen Ml  sen A1    3 3 9

sen  

M 2l 2Ml  sen  sen 9 A2  3 3  2 2

3h2 2l  h2  sen  2l 3 2Ml  sen Ml  sen A2    A1  18 9

sen  

2M  h1 2Mh1 Mh1 3 A1    2 6 3

Procediendo de manera análoga se demuestra que las áreas de los otros triángulos son iguales.

Volviendo al problema de encontrar las fórmulas para las coordenadas del baricentro. Particularicemos: Abscisas

Ordenadas

Coordenadas del baricentro

1,3,5

1,5,6

(3,4)

2,3,8

3,9,9

 13   ,7  3 

3,3,9

2,8,8

(5,6)

De lo anterior, emerge la siguiente: Conjetura: Dados los 3 vértices de un triángulo A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ) y C ( x3 , y3 ) , las coordenadas del Baricentro B0 están dadas por la expresión:

 x  x2  x3 y1  y 2  y3  B0  1 ,  3 3  

Una secuencia didáctica 1) Declarar la competencia 2) Diagnóstico 3) Motivación 4) Abordaje de contenidos y habilidades 5) Socialización en equipos y socialización grupal. 6) Institucionalización (formalización). 7) En acción. 8) Evaluación.

Competencia 5: El Uso de Múltiples Representaciones Distintas representaciones de

1 3

1 : 3

0.333

uno de cada tres

33%

Las distintas representaciones han sido empleadas desdes muchos siglos atrás en todas las ciencias. En matemáticas las representaciones juegan un papel determinante.

Sistema semiótico de representación Es un conjunto de signos y símbolos con tres características: a) Tener una representación identificable b) Tratamiento c) Conversión

Tratamiento Es hacer transformaciones al interior del propio registro. 75

Ejemplos: 1) Tratamiento Algebraico 2x  3 y  9  3 y  9  2x 

y

9  2x 3



y

9 2  x  3 3

2 y   x3 3

(a  b) 2  a 2  2ab  b 2

2) Tratamiento Gráfico: Dado un polígono, se hace simetría axial con respecto a una recta.

3) Tratamiento numérico 3 5 9 5 9  5 14 7 1       1 4 12 12 12 12 12 6 6

4) Tratamiento verbal: La suma de los ángulos internos en un polígono regular de n lados se puede calcular mediante la expresión S (n)  (n  2)180 . La suma de los ángulos internos en un polígono de n lados es tantas veces dos ángulos rectos como lados menos dos tenga el polígono.

Conversión Hacer conversión de un objeto matemático significa realizar un tránsito entre diferentes registros de representación. R1

 R2

 R3  Rn

 R1

Nota: No todo conjunto de signos y símbolos es considerado como un sistema semiótico de representación. Por ejemplo, las señales de tránsito se pueden identificar, se pueden convertir, pero no se pueden tratar. Ejemplificaremos la conversión con el siguiente: Problema 1: Se desea construir una caja sin tapa con una pieza de lámina cuadrada de longitud 10 . Se cortan cuadrados de lado x idénticos en las esquinas. Se doblan los lados para formar las caras laterales de la caja, como en las siguientes figuras:

El volumen está dado por la expresión: V  l  a  h , para el problema esto es: V ( x)  (10  2 x) 2 x  100 x  40 x 2  4 x 3 . ¿Para qué valor de x , V (x) es máximo? A este problema se le hará una conversión entre las siguientes representaciones:

Numérica

Gráfica

Cálculo

Numérica Mediante Excel x 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 1.1 1.2

V(x) 0 9.604 18.432 26.508 33.856 40.5 46.464 51.772 56.448 60.516 64 66.924 69.312 77

1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2

71.188 72.576 73.5 73.984 74.052 73.728 73.036 72

Se estima que entre 1.6 y 1.7 V (x) es máximo.

Gráfica

Se aprecia que entre 1 y 2 existe un máximo.

Cálculo

V ( x)  100 x  40 x 2  4 x 3 V ( x)  100  80 x  12 x 2  0  3x 2  20 x  25  0  V ( x)  80  24 x,

x1  5  x 2 

5  1.66 3

5 V    40  0 3

5 5 Como V    0 , entonces en x  el volumen es máximo. 3 3 78

Problema 2: Tengo una lámina rectangular de 3 metros de largo por 1 metro de ancho para hacer una canaleta. La lámina se dobla formando una sección transversal en forma de trapecio isósceles. ¿Qué ángulo le doy al doblez para que el volumen sea máximo?

El área del trapecio está dada por la expresión: A  A

( B  b) h . Para el problema el área es: 2

(0.8  2 x)h 2

(1)

h  h  0.3sen (2) 0.3 x cos    x  0.3 cos  (3) 0.3 sen 

Sustituyendo (2) y (3) en (1) :

A( ) 

[0.8  2(0.3 cos  )](0.3sen ) (0.8  0.6 cos  )(0.3sen )   0.3(0.4  0.3 cos  ) sen 2 2

dA  0.3[(0.4  0.3 cos  ) cos   sen (0.3sen )]  0 d  0.4 cos   0.3 cos 2   0.3sen 2  0  0.4 cos   0.3 cos 2   0.3(1  cos 2  )  0  0.4 cos   0.3 cos 2   0.3  0.3 cos 2   0  0.6 cos 2   0.4 cos   0.3  0  6 cos 2   4 cos   3  0 Resolviendo: 79

cos  

 4  16  4(6)(3)  4  88  4  9.38    cos 1  0.448  cos  2  1.115 12 12 12

La segunda solución se desecha por ser negativa. cos 1  0.448

1  cos 1 (0.448)  1.1rad  63.36 1  63.36 Por tanto se debe darle al doblez un ángulo de 63° aproximadamente para que el volumen sea máximo.

Competencia 6: La Modelación Declaración de la competencia Construye e interpreta modelos matemáticos, mediante la aplicación de procedimientos matemáticos para la resolución de problemas. ¿Qué es la modelación? Es el proceso de construcción de modelos de objetos en áreas del conocimiento humano. Etapas de la modelación 1) Estudio del problema 2) Construcción del modelo matemático 3) Resolución y obtención de resultados 4) Transferencia de los resultados obtenidos Contextos de aprendizaje 

Reales



Hipotéticos



Puramente matemáticos

A continuación se ejemplificarán las etapas de la modelación y los contextos de aprendizaje mediante los siguientes problemas. 80

1) Contexto del mundo hipotético: Modelación de caída libre de un cuerpo 1) Entendimiento del problema a) Consideremos que la resistencia es igual a cero. b) En t  0 , v v 0 c) En t  0 , h h 0 d) La aceleración de la gravedad es constante. 2) Construir el modelo El cambio de la velocidad con respecto al tiempo se modela con la siguiente expresión: dv g dt

La cual es una ecuación diferencial ordinaria que se resuelve por el método de variables separables. 3) Solución del modelo

dv  g dt



 dv  g  dt

 v  gt  c  v(t )  gt  c

v0  g (0)  c  v0  c   v(t )  gt  v0 Esta última expresión es la solución del modelo. 4) Transferencia

El movimiento es uniformemente acelerado. 81

El comportamiento es rectilíneo. 

Y-intercepto es v 0 en el momento inicial v v 0 .



La pendiente de la recta es la aceleración de la gravedad.



Unidades: m m m  s   2 y esta expresión corresponde a unidades de velocidad. 2 s s s

Consideremos lo siguiente: v v 0  gt dh v 0  gt dt

 dh  (v 0  gt )dt



 dh  v  dt  g  t dt 0

 h  v0 t 

1 2 gt 2

Con esto se obtuvo una fórmula útil en Física. Unidades: m m  s  2  s 2  2m y esto corresponde a unidades de distancia. s s

Ahora bien:

v v 0  gt (1) h  v0 t 

1 2 gt 2

v  v0 g

(3)

t

(2)

Despejando t en (1)

Sustituyendo (3) en (2) 2

2v (v  v0 )  (v  v0 ) 2  v  v0  1  v  v0    g    0 h  v0  2g  g  2  g   2 gh  2vv0  2v02  v 2  2vv0  v02  v 2  v02  2 gh  v 2  v02  v 2f  v02  2 gh

Transferencia

h

v 2  v02 (v  v0 )(v  v0 )  Sustituyendo (3) 2g 2g

h

t (v  v 0 ) 2

¡El área bajo la curva es la distancia recorrida!

(Área del trapecio h 

( B  b) h ). 2

2) Contexto del mundo real: Estimación de la frecuencia cardíaca Tiempo 0 1 2 3 4 5 6

pulsaciones * min 72 80 83 87 85 82 78

Tasa de cambio 8 3 4 -2 -3 -4

100 80 60 Series1

40 20 0 0

Frecuencia cardíaca máxima 

Hombres: 220  edad



Mujeres: 226  edad

230 225 220 215 210

Series1

205

Series2

200 195 190 0

¿Qué contenidos y habilidades se desarrollaron en este modelo? Contenidos

Habilidades



Concepto de función



Seguir instrucciones



Región creciente



Graficar



Región decreciente



Tabular



Máximos



Interpretar



Tasa de cambio



Continuidad 84



Rectas paralelas

3) Contexto matemático.

¿Cuántos rectángulos hay en una retícula cuadrada de n  n ? 1) Abordar el problema Para abordar el problema se necesita saber qué es un rectángulo. La respuesta es que es un paralelogramo de lados adyacentes perpendiculares. 2) Construcción del modelo Particularicemos:

T (1)  1

1 1

1 2

2 1

2 2

Total

T (2)  (4  1)  2(2)  9

1 1

1 2

1 3

2 1

2 2

23

3 1

3 2

3 3

Total

T (3)  (9  4  1)  2(6  3  2)  36

1 1

1 2

1 3

1 4

2 1

2 2

23

2 4

3 1

3 2

3 3

3 4

4 1

4 2

43

4 4

Total

100

T (4)  (16  9  4  1)  2(12  8  6  4  3  2)  100

T (1)  1  12  12 T (2)  (1  4)  2(2)  9  3 2  (1  2) 2 T (3)  (1  4  9)  2[2  3(1  2)]  36  6 2  (1  2  3) 2 4

T (4)   i 2  2[2  3(1  2)  4(1  2  3)]  100  10 2  (1  2  3  4) 2 i 1 5

T (5)   i 2  2[2  3(1  2)  4(1  2  3)  5(1  2  3  4)]  225  15 2  (1  2  3  4  5) 2 i 1

 n 1 3 2   n   T (n)   i  2 2  3 i  4 i    n i     i  i 1  i 1 i 1 i 1  i 1   n

T ( n )   i  2 2

j 2

i 1

j 1

 n  j  i   i  i 1  i 1 

n n  ( j  1) j   n(n  1)   T ( n )   i 2  2 j  2   2  j 2  i 1

 n(n  1)  T ( n)   i   ( j  j )     2  j 2 i 1 n

 n(n  1)  j    2 

T ( n)  1   i   j   i2

j 2

 n(n  1)   T ( n)   j     2  j 1 n

3) Obtención de resultados Demostración por inducción: i.

Demostrar validez para n  1

1(2)  1   2  3

ii.

 13  12

 1  1 La proposición es verdadera para n  1 .

Suponer validez para n  k

 k (k  1)  (Hipótesis de inducción) 13  2 3  33    k 3    2  2

iii.

Demostrar validez para n  k  1

 (k  1)(k  2)  1  2  3    (k  1)    2  3

k 2 (k  1) 2  k (k  1)  3 1  2  3    k  (k  1)    (k  1)   (k  1) 3  4  2  2

k 2 (k  1) 2  4(k  1) 3 (k  1) 2 [k 2  4(k  1)] (k  1) 2 (k 2  4k  4)  (k  1)(k  2)        4 4 4 2  2

Y qué pasaría si… ¿la retícula fuera rectangular?

4) Contexto del mundo real: Modelación de un paracaidista La fuerza es igual a la fuerza de rozamiento menos el peso, es decir:

F  peso  Fr  F  w  Fr 

dv k g v  dt m

 dt  

 ma  mg  kv  m

dv  mg  kv dt

dv k g v m

Haciendo un cambio de variable, es decir: k v m du k m   dv   du dv m k

ug

Entonces:





m du m du m k k  t  c1     t  c1   ln u  t  c1  ln u   t  c 2 u k u k m

 u  ce

k  t m

Sustituyendo u : 88

 t k  g  v  ce m m

k k k  t  t    k m   m t m m m   v  ce  g  v    ce  g   v   g  ce  m k k  

En t  0 , v0  0  0

m ( g  c), k

m  0,  g  c  0  c  g k

Sustituyendo c : v

k k k  t   t   t  m  m  w  m  m  m  g  ge  v  g 1  e  v  1  e    k  k  k    

Ahora bien: k  t  dh w   1  e m   dt k  

 dh 

k k  t   t  w  w m  m 1  e dt  h  dt  e dt       k  k  

Realizando un cambio de variable: k t m k m du   dt  dt   du m k

u

Entonces:

h(t ) 

w w m w m   m   t   e u   du   h(t )   t   e u du   h(t )   t  e u   c  k k k k k   k   w  m . m t  t  e c k  k  k

 h(t ) 

En t  0 , h  h0

h0 

wm mw    c  c  h0  2 kk k

mg  m  m t  m2 g  h(t )  t  e  h   0 k  k k2  k

Taller de modelación 1) Contexto formal (puramente matemático): Considere un geoplano (cuadrícula de n  n ). Cuando una todos los clavos, ¿cuántos tipos de medidas distintas usaré? Particularicemos:

1 1

2 2

3 3

2+3=5

2+3+4=9

4 4

2+3+4+5=14

En general: n  n : 2  3  4  5    (n  1) 

(n  1)(n  2) (n  1)(n  2)  2 n 2  3n  2  2 n 2  3n 1    2 2 2 2

n (n  3) 2 Comprobemos si la fórmula es correcta:  T ( n) 

T (1) 

1(4) 2 (5) 3 (6) 4 ( 7)  2; T (2)   5; T (3)   9; T (4)   28 2 2 2 2

Contenidos y habilidades ejercitadas en este problema: 1) Series. 2) Particularizar. 3) Generalizar. 4) Uso de diferentes representaciones (gráficas, numéricas, algebraicas). 5) Simplificación de expresiones algebraicas. 6) “Comprobación”. 2) a) Contexto hipotético: Un terreno del municipio de Arteaga cerca a Ciudad Universitaria aprecia su valor con un incremento del 5% mensual. Si actualmente cuesta $75000, ¿cuánto costará dentro de n meses? 1) Abordaje: v0  75000 v1  75000  (0.05  75000)  78750 v 2  78750  (0.05  78750)  82687.5 91

2) Construir el modelo

v0  75000 v1  (1  0.05)v0 v 2  (1  0.05)v1  v n  (1  0.05)v n 1 3) Resolver el modelo v0  75000 v1  (1  0.05)v0 v 2  (1  0.05)v1  (1  0.05)(1  0.05)v0  (1  0.05) 2 (75000) v3  (1  0.05)v 2  (1  0.05)(1  0.05) 2 (75000)  (1  0.05) 3 (75000)   v n  75000(1  0.05) n

4) Transferencia Dentro de un año, ¿cuánto costará el terreno? v12  75000(1  0.05)12  134689.2245

Entonces el terreno costará $134689.2245 Generalización Si el aprecio es

i y el valor inicial es v 0 , entonces: 100

i   v n  v 0 1    100 

b) Un banco colombiano ofrece una tasa anual del 100% de interés. Si inicialmente inviertes c 0 y además puedes seleccionar el tiempo de liquidación:  ¿Qué tipo de liquidación prefieres?  ¿Cuál será la cantidad máxima de dinero que recibes? 

Anual (1 plazo)



2 liquidaciones

9  1 c(2)  c0 1    c0  2.25c0 4  2



3 liquidaciones n  3

64  1 c(3)  c0 1    c0  2.37c0 27  3



6 liquidaciones 6

 1 c(6)  c0 1    2.5216c0  3

En general:  1 c(n)  c0 1    n

Por tanto, se elige un tiempo de liquidación diario. Sobre la cantidad máxima Ésta se obtiene calculando: n   1 n    1  c ( n )  c 1   c 1       c0 e  0 0 lim  lim lim n n      n  n   n       

Por tanto, la cantidad máxima será ec 0 .

3) Contexto real: Un observador que tiene una altura de 1.85 m camina por una carretera horizontal. Él observa un anuncio espectacular como el de la siguiente figura:

Encontrar el valor máximo para el ángulo  . 1) Abordaje Después de hacer una visualización en Geogebra, se concluye que cuando x cambia,  también. El problema consiste ahora en encontrar el valor de x donde  sea máximo.

2) Construcción del modelo

tan  

3.15 6.15 tan   tan  ; tan   ; tan   tan(   )  x x 1  tan  tan 

Sustituyendo:

6.15 3.15 3 3  3x 2 3x x x x x tan     2   2 2 6.15 3.15 19.3725 x  19.3725 x( x  19.3725) x  19.3725 1  1 x x x2 x2 3x     arctan  2   x  19.3725  Esta última expresión es el modelo matemático. 3) Solución del modelo Por tres vías: 1.- Tabular 2.- Gráfica 3.- Analítica 1.- Vía tabular: Para la primera vía se empleará Excel. Los resultados se presentan en la siguiente tabla: X 1 1.1 1.2 1.3 1.4

theta 0.14620656 0.15897738 0.1712782 0.18308957 0.19439636

x 2.8 2.9 3 3.1 3.2

theta 0.29940248 0.30347398 0.30716875 0.31050398 0.31349677 95

1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7

0.20518761 0.21545628 0.22519898 0.23441568 0.24310936 0.25128575 0.25895291 0.26612099 0.27280189 0.27900896 0.28475674 0.29006071 0.29493706

3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 4 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5

0.31616402 0.31852233 0.32058796 0.32237673 0.32390401 0.32518468 0.32623308 0.32706301 0.32768772 0.3281199 0.32837167 0.3284546 0.32837973

MAXIMO MAXIMO

La tercera y sexta columna se programaron de tal manera que se muestre en la celda si el valor de  es máximo. Como se puede ver, entre 4.4 y 4.5  es máximo.

2.- Vía gráfica:

Gráficamente se aprecia que el valor máximo de  está entre 4.4 y 4.5

3.- Vía analítica: 96

3x   Derivando e igualando a cero   arctan 2  , se tiene que: x  19 . 3725  

3 6x 2  2 2 2 d  3x   x  19.3725 ( x  19.3725) arctan  2 0   dx  9x 2  x  19.3725  1 2 ( x  19.3725) 2 

x

3 861  4.401 20

Y este resultado confirma los obtenidos con la vía tabular y la gráfica.    3 861     3 20     13.204      arctan      arctan  38.745     arctan(0.3408)  18.819 2     3 861   19.3725     20    

Por lo tanto, el valor máximo para el ángulo  es de aproximadamente 18.819 .