Dado que el fácil del cuarto examen selectivo solamente lo resolvieron tres preseleccionados, voy a discutir aquí su solución y a tomarlo como pretexto para elaborar sobre el concepto de frónesis (o sabiduría práctica) --el cual se ha puesto de moda en la literatura americana sobre educación.
Creo que vale la pena darlo a conocer a los lectores de MaTeTaM pues tiene un cierto aire de familia con el concepto de competencia (movilización de los recursos cognitivos) --en el sentido que se le da en la frase "educación por competencias". Y, pues el concepto de competencias sí que constituye el último grito de la moda en educación --todo mundo habla de él, independientemente de si saben o no su significado.
El fácil del examen selectivo 4
Sean $AB$ un diámetro de una circunferencia con centro en $O$, y $C$ un punto sobre ella de manera tal que $OC$ y $AB$ son perpendiculares. Considere un punto $P$ sobre el arco $BC$. Sean $Q$ la intersección de las rectas $CP$ y $AB$, y $R$ la intersección de la recta $AP$ con la recta perpendicular a $AB$ que pasa por $Q$. Demostrar que $BQ = RQ$.
Su figura es la siguiente (¡no se ahorren la figura muchachos¡ Por piedad. ¡Háganlo por Tamaulipas!)
Discusión y solución
Primera forma de empezar a razonarlo
¿Cómo se demuestra que dos lados ($BQ$ y $RQ$, en este caso) de un triángulo son iguales? Ésta es la pregunta con la que se debe iniciar el razonamiento del problema 1 del entrenamiento de Gonzalo. Y, una vez planteada, la respuesta viene por sí sola: demostrando que el triángulo es isósceles. Y la siguiente pregunta conveniente sería: ¿cómo se demuestra isósceles?
Ahora bien, debería ser claro para el cognizador --en ese momento de su razonamiento-- que la única forma adecuada de demostrar que el triángulo $BQR$ es isósceles es demostrando que sus ángulos en la base son iguales (dado que la otra forma es precisamente lo que pide el problema).
Y esta conclusión es la que conduce al plan de solución: emprender una cacería de ángulos buscando llegar a los ángulos en la base $BR$ del triángulo $BQR$.
Notemos que para elaborar el plan de solución basta con saber el teorema del triángulo isósceles y la estrategia general de cacería de ángulos.
Razonamiento alternativo (y más común)
Otra forma de abordar el problema es buscar en la figura información adicional útil, en tanto que se hace evidente cómo resolverlo. Por ejemplo: tenemos ángulos rectos, un diámetro, un radio perpendicular al diámetro, secantes y sus intersecciones,...
Y, bueno, si se conoce el otro teorema de Tales (ángulo inscrito en una semicircunferencia mide...) debería hacerse evidente que el cuadrilátero $BQRP$ es cíclico (pues sus ángulos en $P$ y $Q$ son rectos). Y este descubrimiento debería detonar todo el plan de la cacería de ángulos --pues los ángulos en la base del isósceles $BQR$ quedan relacionados con otros en la figura.
En particular, los ángulos $BRQ$ y $RPQ$ son iguales. (Y esto permite usar los ángulos inscritos en la circunferencia --pues $RPQ$ es opuesto por el vértice al $APC$.)
Redacción de la solución
En resumen, la solución debería redactarse más o menos de la siguiente manera:
Usaremos cacería de ángulos para demostrar que los ángulos en la base $BR$ del triángulo $BQR$ son iguales.
Primero observamos que el cuadrilátero $BQRP$ es cíclico, pues sus ángulos opuestos en $P$ y $Q$ son de 90. En $P$ por el otro teorema de Tales, y en $Q$ por dato.
De aquí que sean iguales los ángulos $RBQ$ y $RPQ$ por tener el mismo arco interceptado $QR$ en la circunferencia que pasa por los vértices del cíclico.
Pero, por ser opuestos por el vértice, los ángulos $RPQ$ y $APC$ son iguales. Digamos que su medida sea $x$. Así que el ángulo central $AOC$ mide $2x$. Pero el triángulo $AOC$ es isósceles rectángulo en $O$ --por dato y porque $OC=OA$ son radios.
Se concluye que $x=45$. Y como el triángulo $BQR$ es rectángulo en $Q$, el resultado se sigue.
Notemos que, en general, los conceptos involucrados son: cuadriláteros cíclicos, teorema del triángulo isósceles, ángulos opuestos por el vértice, relación entre ángulo inscrito y ángulo central, arco interceptado por un ángulo inscrito.
Pero la teoría no es suficiente (¡aunque sí necesaria!)
Pero no basta con conocer esos conceptos para resolver el problema. Pues todavía falta combinarlos a la vista de la configuración geométrica particular del problema. Y para ello se requiere práctica. (En este caso, la clave de la combinación adecuada la aporta la estrategia general de la cacería de ángulos.)
Quisiera, para finalizar, hacer dos o tres comentarios sobre esta facultad de la cognición humana que conduce a combinar los principios y los conocimientos generales adecuándolos a una situación particular. A esta facultad del intelecto Aristóteles la llamó sabiduría práctica (frónesis). Y ésta solamente llega con la práctica.
En la literatura americana sobre educación, se le llama frónesis --phronesis-- a lo que se traduce al castellano como prudencia --en el sentido de Aristóteles. Dice Aristóteles:
la prudencia consiste en negocios particulares, y éstos se entienden por la experiencia, y el hombre mozo no está experimentado, porque el mucho tiempo es el que causa la experiencia. (Ética Nicomáquea)
Como se sabe, la obra de Aristóteles denominada Ética a Nicómaco o Ética Nicomáquea está dedicada al análisis de la relación entre el carácter, la inteligencia y la felicidad, y es la piedra ángular sobre la que se construyó la ética contemporánea.
Dentro de esa obra es famoso --en el ámbito de la reflexión teórica sobre la educación-- el libro VI (y también el VII). Pues en ellos Aristóteles discute y distingue entre saber qué hacer y el estar dispuesto a ejecutar ese quehacer.
A la persona que sabe qué hacer y también está dispuesto a hacerlo, Aristóteles le llama prudente (posee la virtud de la prudencia o sabiduría práctica): puede ver el bien futuro en la acción presente. Y a quien sabe qué hacer pero no está dispuesto a hacerlo le llama incontinente (su alma está guiada totalmente por los placeres). De esta manera, para Aristóteles, el intelecto y el deseo (la razón y los afectos) se influyen mutuamente.
Epílogo
Y, bueno, la moraleja que se debería extraer del desempeño de la preselección ante el fácil del cuarto selectivo es ambivalente. Porque, por un lado, la frónesis en el problem solving solamente la poseen los veteranos Bernardo, Claudia y Germán (de acuerdo al dato duro de sus puntajes), dada su experiencia en dos nacionales. ("...el mucho tiempo es lo que causa la experiencia", diría Aristóteles).
Pero, por otro lado, la incontinencia --en el sentido aristotélico-- domina a la mayoría de los preseleccionados. Apuesto doble contra sencillo que alrededor del 80 porciento ni siquiera intentó dibujar la figura. Sus almas están guiadas por la evitación del displacer. En este caso, el de concentrarse y poner su mejor esfuerzo en la solución del problema.
Y la incontinencia es una actitud que influye negativamente en el desempeño (y en el intelecto). Y al ser una actitud ante la vida, es muy difícil de cambiar --a menos que el aprendiz reconozca que la tiene y haga un esfuerzo consciente para cambiar. (El incontinente no puede ver el bien futuro en la acción presente --y esa ceguera lo hace feliz... por lo menos en su horizonte de corto plazo que es el único que puede ver.)
En su descargo está el hecho de que son mozos (adolescentes, para ser más precisos). Pero, según creo, el hacer muchos problemas es la vía corta hacia la frónesis en el problem solving de concurso. (¡Por favor no esperen a que la inspiración llegue! ¡Apúrenla para que llegue!)
En su descargo también está el hecho de que el sistema educativo mexicano (y especialmente el tamaulipeco) --con su bajo nivel de exigencia-- ha fomentado esa su incontinencia. Y la ha naturalizado hasta convertirla en parte del paisaje (no lo notamos porque así somos en Tamaulipas).
Pues el verdadero objetivo de la escuela no es que aprendan, de lo que realmente se trata es de mantenerlos entretenidos... ni bueno ni malo, es solamente un hecho de la vida tamaulipeca...
Los saluda
jmd
PD: La cita de Aristóteles presentada arriba es de una traducción que usa un español ya en desuso (de una editorial X --escaneada y puesta en la Web). Permítaseme traducirlo del libro 9 de los Great Books (of the Western World) de la Brittannica (p. 391):
...tal sabiduría tiene que ver no sólo con universales sino con particulares, los cuales se llegan a conocer con la experiencia; pero un joven no tiene experiencia --porque ésta la otorga el tiempo.
Este otro fragmento (de la misma página) aclara aún más el significado de la sabiduría práctica (lo traduzco del mismo libro 9):
La sabiduría práctica tiene que ver con la particularidad última, la cual es objeto no del conocimiento científico sino de la percepción --pero no de la percepción de cualidades a través de nuestros sentidos, sino de una percepción parecida a la que usamos para reconocer un triángulo en la figura frente a nosotros.
PD: De cualquier manera la frase de la traducción X "el mucho tiempo es lo que causa la experiencia" posee una rara belleza...
Una observación. Como la [1]
Una observación.
Como la medida del ángulo APC es 45º (por ser el inscrito del arco AC) bastaría con probar que el cuadrilátero QRPB es inscriptible para que se diera la propiedad del "rebote" y asi obtener que el ángulo QBR es también 45º.
Por dato del problema AB es diámetro por lo tanto la medida del ángulo APB es 90º y luego como RQ es perpendicular a BQ, tenemos que efectivamente QRPB es inscriptible (pues dos de sus ángulo opuestos suman 180º), entonces el triángulo RQB es recto en Q e isósceles con lo cual se llega a que BQ=RQ.
Pdta: no he leído nada de la resolución asi que ignoro cómo abordaron este problema.
Hola Martcedes, bienvenido a
Hola Martcedes, bienvenido a MaTeTaM y gracias por el comentario y por activar esta sección de comentarios... y por la solución...
Te saluda