RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS MATEMÁTICOS

Rafael Eugenio Pérez Grave De Peralta
René Santos Pavón
Marjoris González López

CAPÍTULO III: LA RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS MATEMÁTICOS

EL SIGNIFICADO DE LAS OPERACIONES

Se ha comprobado en la práctica la gran importancia que tiene en la resolución de problemas matemáticos, conocer los significados de las operaciones aritméticas, no solo para los llamados problemas aritméticos, sino para los geométricos y algebraicos.

El dominio de los significados de las operaciones aritméticas favorece la modelación de soluciones de problemas donde se usan términos como excede, cabe tantas veces en él, es una parte del total, le sobrepasa en, otras por solo citar algunas, y estas se pueden dar en problemas geométricos o algebraicos entre otros.

La comisión municipal de matemática del municipio Jesús Menéndez en las Tunas, aprobó el trabajo en todas las enseñanzas, de los significados de las operaciones aritméticas muchos años antes de que se incluyera en los programas de la asignatura, en la enseñanza primaria, pues se evidenció en este territorio esa necesidad urgente. Para preparar a los alumnos y se adoptó como modelo los significados tratados por Campistrous Pérez, L. y C. Rizo Cabrera, (2002), los que se presentan a continuación.

Se asume como premisa la relación parte todo. Esta es muy elemental y relaciona al conjunto completo o todo con sus subconjuntos o partes; además establecida entre números o cantidades, tienen algunas propiedades como:
 

En el dominio de los fraccionarios es posible que suceda que la parte sea mayor que el todo, por lo que los conceptos de parte y todo son relativos, lo que en una ocasión es parte en otra puede ser el todo o viceversa.

Aunque el autor plantea la utilidad del significado de las operaciones aritméticas solo para problemas de este tipo, la práctica ha demostrado su factibilidad en otros tipos de problemas  tales como algebraicos y hasta geométricos, como se expresó anteriormente.

La modelación es la misma, lo que cambia es lo que se quiere hallar.
Ejemplo

Aquí se busca el todo cuando se conocen sus partes integrantes.

En este se conoce el todo y una parte, se busca la otra parte.
Adición                                                               Sustracción

  • Dada una parte y el exceso de otra sobre ella,  hallar la otra parte  
  • Hallar el exceso de una parte sobre otra, o dada una parte y su exceso sobre otra, hallar la otra parte

P2  + E = P1

P1 ---- P2 = E
P1 ----  E  = P2

En un ómnibus viajan 18 trabajadores. En otro viajan dos trabajadores más que en el primero: ¿Cuántos trabajadores viajan en este último ómnibus?

Osvaldo y Eduardo realizan una competencia. Osvaldo camina 50 m y Eduardo 40 m. ¿Cuántos metros más camina Osvaldo que Eduardo?

 

Arturo tiene una caja con 130 bolas. Él tiene 80 bolas más que Luís. ¿Cuántas tiene Luís?

Multiplicación y división


Multiplicación
  • Reunión de partes iguales para hallar el todo (suma de sumandos iguales)
  • Dada  la cantidad de partes iguales y el contenido de cada parte, hallar el todo.

                  
                    A. B = T
En el aula, María, Pepe y Luisa tienen 7 años cada uno. ¿Cuántos años tienen en total?
Marta tiene dos búcaros. Ella colocó 5 flores en cada uno. ¿Cuántas flores colocó Marta?

  • Hallar múltiplos

En un taller hay 10 máquinas. En otro taller hay el doble. ¿Cuántas máquinas hay en le segundo?

 

 

Hay otros significados que no están relacionados con la relación parte todo.

  • Significado de área
  • Conteo (diferentes maneras de contar algo)

 Se cuentan grupos iguales, y se cuentan la cantidad de grupos.

&&&   &&&   &&&  &&&     4 grupos de a tres nos da 12.

¿Cuántos mosaicos de 1 dm2 se necesitan para cubrir un piso rectangular  cuyas dimensiones son 3 m de largo y 4 m de ancho?
Tengo 4 blusas y dos sayas. ¿Cuántas combinaciones diferentes puedo formar con ellas?

División

  • Repartir en partes iguales el todo (hallar el contenido de cada parte)

                              T: a = b

  • Dado el todo y el contenido de cada parte, hallar la cantidad de partes (cuántas veces está una parte contenida en le todo)

                         T: B = A
A un cumpleaños fueron invitados 10 niños. Se prepararon 20 lápices para repartirlos por igual a los niños. ¿Cuántos lápices recibió cada uno?
Se tienen 20 libretas y se le quiere dar dos a cada niño. ¿Para cuántos niños alcanzan?

  • Hallar una parte alícuota.

(Una unidad fraccionaria: mitad, décima parte, etc.)
En una competencia de matemática deben calcularse 10 ejercicios. Si falta por calcular la quinta parte de ellos. ¿Cuántos faltan por calcular?

 

  • Restas sucesivas

10- 2= 8 
8 – 2 = 6
6 – 2 = 4
4 ­­– 2 = 2
2 –2 = 0
¿Cuántas veces se ha restado el número dos?
Cinco veces
Se averiguó las veces que 2 está contenido en 10.
Es decir 10 : 2 = 5
Un camión cargado con 320 cajas de naranjas debe dejar 40 cajas en cada una de las escuelas de la enseñanza primaria, hasta que quede vacío. ¿Cuántas escuelas reciben naranjas de ese camión?

La potenciación
Es una multiplicación abreviada  donde los factores son iguales, es hallar un producto de n factores, todos iguales.
2.2.2.2.2.2.2.2.2.2. = 210
34 = 81
El número 3 sería la base y es el que se repite como factor, el 4 se llama exponente y es el que indica las veces que se repite la base y el 81 es la potencia, que será el resultado de haber multiplicado el 3 (base), 4 veces (exponente).
Es decir, en la operación de potenciación: se conoce la base y el exponente y se busca la potencia.

 

Radicación
Partiendo de la definición anterior: ¿Cuál es la base si el exponente es 4 y la potencia es 81?
Esto conlleva a la expresión X 4 = 81, entonces X = = 3
Porque 3 4 = 81
Logaritmación
Si se parte de las dos definiciones anteriores: en la potenciación se busca la potencia, cundo se conocen la base y el exponente, en la radicación se debe hallar la base conocidas la potencia y el exponente, ya se puede inferir que en la logaritmación se debe encontrar el exponente si se sabe cuál la base y la potencia, se tiene así la otra operación inversa de la potenciación.
Log3  81 = 4

3.2  IMPORTANCIA DE LAS PALABRAS CLAVES.

Frecuentemente se repiten en los textos de una cantidad significativamente grande problemas, términos que constituyen palabras claves para la comprensión y solución de los mismos, a continuación se ilustra en una tabla, los más usados, aclarando que es muy importante verlos dentro de la situación que se describe, no se puede actuar sin previos análisis, pues sus significados pudieran cambiar.

Un aspecto a tener muy en cuenta para la resolución de problema es el hecho de poseer dominio del contenido matemático que se ha recibido, pues esto constituye el soporte material de la modelación de los mismos, sin esta premisa el estudiante se encontrará sin las armas que necesita y no podrá proceder aun cuando comprenda excelentemente  el enunciado.   

3.3 PROBLEMAS GEOMÉTRICOS

Al resolver problemas geométricos, plantea Gúsiev, V. [et alt], (1989), por regla se emplean tres métodos fundamentales: geométricos (la afirmación requerida se deduce con ayuda de razonamientos lógicos de una serie de teoremas conocidos); algebraicos (la demostración de la afirmación o bien el hallazgo de los valores que se determinan, se realiza con el cálculo directo, sobre la base de diversas dependencias entre las magnitudes geométricas, con ayuda de la compasión de ecuaciones o sistemas de éstas); mixtos (en ciertas etapas la resolución se lleva a cabo por métodos geométricos, en otras, algebraicas)

Independientemente de la vía elegida para la resolución, el éxito de su utilización, como es natural, depende del conocimiento de los teoremas, y otros contenidos geométricos, así como el hábito de su aplicación. Entre las condiciones previas necesaria para enfrentar con resultados positivos la resolución de problemas en esta área de la Matemática, se encuentra el dominio por parte de los estudiantes de las características de las figuras planas donde pueden identificarse segmentos y ángulos iguales, los que a menudo constituyen la base del cálculo geométrico.

Sirva este cuadro para dar una idea a los docentes de resúmenes que pueden elaborarse a los estudiantes o pedirles que lo realicen ellos mismos a partir de la búsqueda en las distintas fuentes, lo que permitirá reconocer elementos iguales, que constituye la base de un gran número de problemas geométricos a los que deben enfrentarse en las diferentes enseñanzas y en la vida.

Paralelamente al resumen, se precisa la identificación de los elementos geométricos, en cada una de las figuras correspondientes.

 Un problema cuya solución  conduce a la utilización del método geométrico.

Dadas las circunferencias de centros O y C; tangentes exteriores; con radios de 12 cm. y 4 cm. respectivamente.

Este problema requiere de una construcción auxiliar (método muy usado en la geometría y sobre el cual el docente debe estar atento y entrenar a los alumnos en esta práctica); es decir en ocasiones se aprecia que los datos que se ofrecen no son suficientes y hay que sospechar la construcción de un elemento geométrico bien fundamentado y demostrado por los propios datos que se ofrecen.

Trazando una paralela a AB se obtiene O1 C

Se determina de esta manera un rectángulo y un triángulo rectángulo, CO1 será cateto del triángulo y altura del trapecio ABCO; luego una vía puede ser buscar el cateto CO1, pues se conoce la hipotenusa y el otro cateto.

Luego de encontrado el segmento CO1, se puede proceder de dos maneras diferentes.

En ambos casos hemos utilizados el método geométrico para la solución

Un ejemplo de problema con salida a una vía algebraica se analiza a continuación:
El perímetro de un triángulo es igual a 37 cm. La suma de las longitudes de los lados más pequeños excede en 7 cm a la del lado mayor; el lado mediano es igual al lado menos aumentado en 2 cm. Halla la longitud de los lados del triángulo.
Se denotan las variables
X lado menor
Y lado mediano
Z lado mayor
En este caso puede o no realizarse una figura de análisis
Una solución puede ser a partir de modelar un sistema de tres ecuaciones lineales con tres variables, como el que se presenta a continuación.
X+ Y + Z = 37
X + Y – 7 = Z
             Y = X + 2
Conduce a la solución X = 10 cm; Y = 12 cm ; Z = 15 cm.
A continuación se presenta un problema cuya solución se puede modelar por el método mixto

En la figura ABCD es un cuadrado, G es punto medio de DC, EF ┴ DC;
 EF = 3 DG + 2 cm.; el área del polígono ABCGED es de 24 cm2
Calcula la longitud del segmento DG.

Como se conoce al área del polígono ABCGED y este está formado por un cuadrado y un triángulo, se puede apoyar la solución en el área de cada uno; es importante expresar las dimensiones de cada uno en función de DG o de una variable convenida previamente.
Área del cuadrado ABCD  + área del triángulo DEG = 24
Lado del cuadrado 2DG
Base del triángulo DG
Altura del triángulo EF = 3 DG + 2
De esta forma se llega a la ecuación
11 DG2 + 2 DG – 48 = 0
(11 DG + 24) (DG – 2) = 0
DG = 2                DG=  esta solución se desprecia por ser negativa
Por lo que la respuesta es DG = 2,0 cm.
Obsérvese la figura

Es muy común resolver problemas geométricos en los que intervienen áreas sombreadas, en este ejercicio que presentamos a continuación se vinculan distintos contenidos geométricos y es necesario hacer razonamientos lógicos y ejercitar la observación. Es un ejemplo tomado de Matemática cuarto curso geometría del autor (Fiterre Riveras, I. 1955).
Haciendo centro en el vértice A del cuadrado ABCD y con radios respectivamente iguales a su lado y a su diagonal se trazan arcos DB y CE.
Si AB = 20 m. Halla el área de la superficie sombreada
Área del cuadrado= 202 = 400 m2

Área del triangulo ACD = 200 m2

Área del círculo de radio 20 m  es 1256 m 2

Sector DFA es un octavo del área del círculo pues su ángulo central es de 45o , es decir

será de 157 m 2

Entonces el área DFC es de 200 m2 – 157 m2  = 43 m 2

Área del círculo de radio 20  = ¶ (20 )2  = 3,14. 400. 2 = 3,14. 800 = 2512 m2

 

Área del sector circular de radio 20 es un octavo de la del círculo por ser un ángulo de

45 o  es de 314 m 2

Si a este sector se le resta el sector AFB cuya área es la misma que la del sector DFA es

decir 157 m 2, nos da como resultado  157 m 2

Para hallar el área sombreada total puede hallarse ahora de dos formas diferentes

Primera forma: área de DFC + área de FCBE = 200 m 2

Segunda forma: área de DFC + área de FBC + área de BEC = 200 m 2  

3.4 ACERCA DE LOS PROBLEMAS ARITMÉTICOS

Los problemas numéricos de máximos y mínimos resultan muy útiles en la práctica matemática y existen diversos métodos para su solución,  se analizarán ahora algunas consideraciones acerca de un método poco usual en la enseñanza general en Cuba en los momentos actuales y que  propone (González, M. O. 1973), cuando expresa que “El mínimo común múltiplo (m) de dos números a y b es igual al producto de estos números, dividido por el mcd del número M”
Simbólicamente
Sean a y b dos números naturales y m su mínimo común múltiplo, si el máximo común divisor es M.
Entonces se tiene: m = 
Esta relación puede ser utilizada en la resolución de problemas matemáticos como el que se analiza a continuación.
El máximo común divisor de dos números es 20 y el mínimo común múltiplo es 2880. Hallar los números sabiendo que son entre sí como 16 es a 9.

SOLUCIÓN
X ––––––  un número                mcm –––––– 2880
Y –––––– otro número                mcd –––––– 20
= 2880               (I)
 =                     (II)
Resolviendo el sistema
X Y = 57600             (I)
9 X = 16 Y                (II)
Despejando X  en la ecuación II
X =
Sustituyendo en I
= 57600
= 57600
16 Y2  = 5184400  dividiendo por 16
Y2 = 32400
Y =  = 180
X = 320
Los números son 320 y 180

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