Segunda-feira, 2 de Fevereiro de 2009

Problemas com mais do que uma solução - um caso de divisibilidade

Resolver problemas tem sido uma actividade humana que tem contribuído imenso para o desenvolvimento de muitas áreas do saber, de onde a Matemática não é excepção. Desde logo, há problemas que nos despertam mais a vontade de os resolver do que outros. Até há quem diga que um problema só é verdadeiramente problema a partir do momento em que o resolvedor o tentar resolver.

De entre várias definições que poderia apresentar para o conceito de problema, recorro à que tem sido, porventura, mais vezes referenciada na literatura da especialidade, da autoria de Kantowski* (1974). Esta investigadora americana entende que "um indivíduo está perante um problema quando encontra uma questão à qual não consegue responder ou uma situação que não é capaz de resolver usando o conhecimento imediatamente disponível. Tem que pensar num caminho de combinação da informação de que dispõe, no sentido de poder chegar à solução do problema" (p.1).

 

* - Kantowski, E. (1974). Process Involved in Mathematical Problem Solving. University of Geogia. Tese de Doutoramento.

 

Como sabemos, a Matemática é fértil em problemas; existem os problemas de um passo, de dois ou mais passos, de processo, de aplicação, de tipo puzzle, de aparato experimental, de conteúdo e também existem os problemas sem solução, com dados a menos, com dados a mais, com uma única solução e com várias soluções.

Ora, o tema que eu escolhi para objecto de reflexão neste artigo é o tema dos problemas que permitem mais do que uma solução. A minha opção por este tipo de problemas reside no facto de, perante múltiplos resolvedores, poder haver, não só confronto de estratégias de resolução, mas, também, confronto em termos das soluções obtidas. Por outro lado, são um tipo de problemas fundamentais para se porem em prática as nossas capacidades de resolução, que passam por não ficarmos satisfeitos com uma primeira solução encontrada.

Como situação de recreação matemática imagine-se desafiado a resolver um primeiro desafio, extraído do livro de Costa** (1986):

"No mercado havia seis cestas com ovos, umas com ovos de galinha, outras com ovos de pata. Cada cesta tinha uma etiqueta com o número de ovos que continha:

5          6          12          14          23          29

«Se vendo esta cesta», pensava a vendedeira, «ficarei com duas vezes mais ovos de galinha que de pata».

A que cesta se referia a vendedeira?" (p. 29).

 

** - Costa, M. (1986). O problema da semana. LIsboa: APM.

 

Uma possível estratégia de resolução poderia ser a tentativa e erro, pelo que, testando todas as hipóteses, constatar-se-ia que só a venda dos ovos de uma cesta satisfazia o pensamento da vendedeira - seria a venda da cesta com 29 ovos.

De facto, se do total de ovos, que é 89, forem vendidos os 29 de uma das cestas, os 60 ovos restantes permitem que se encontrem dois valores numéricos, em que um é o dobro do outro (40 e 20), e que se adequam exactamente à quantidade de ovos restantes nas outras cinco cestas, pois: 40 = 23 + 12 + 5 e 20 = 14 + 6.

Segundo o meu ponto de vista, este problema, por permitir apenas uma solução válida, é, matematicamente, menos rico do que um outro em que apenas se trocava o valor 29 pelo valor 2 e se mantinha todo o enunciado anterior.

Note-se que já permitia duas soluções:

Total de ovos: 2 + 5 + 6 + 12 + 14 + 23 = 62
Cesta Vendida Ovos sobrantes: 60 Cesta Vendida Ovos sobrantes: 39
2

60 = 40 + 20

40 = 23 + 12 + 5

20 = 14 + 6

23

39 = 26 + 13

26 = 14 + 12

13 = 6 + 5 + 2

Constata-se, pois, que este novo enunciado permite duas conclusões:

(a) se se vender a cesta contendo 2 ovos, restam 40 (23 + 12 + 5) ovos de galinha e 20 (14 + 6) ovos de pata;

(b) se se vender a cesta contendo os 23 ovos, restam 26 (14 + 12) ovos de galinha e 13 (6 + 5 + 2) ovos de pata.

Em contexto de sala de aula, o processo de descoberta destes dois casos de sucesso poderia estar associado ao conceito matemático de divisibilidade de um número inteiro por três. Obter-se-iam três valores iguais (x + x + x) e a junção de duas das três partes (2x) que dividem esse número originaria um valor que seria o dobro da outra terça parte (x) que divide o número.

Façamos, pois, o estudo para cada uma das cestas.

- Vender a cesta dos 2 ovos:

O total de ovos passaria a ser 60. Como 6 + 0 = 6, isto é, múltiplo de 3, permite a obtenção de três quantidades iguais de ovos (20 + 20 + 20). Adicionando duas dessas quantidades (20 + 20), obtém-se um valor duplo da outra quantidade (20). Resta saber se existem ovos para perfazer exactamente estes valores. Como vimos acima, o valor 20 obtém-se pelos ovos das cestas que contêm 14 e 6 ovos, respectivamente. Por sua vez, as três cestas restantes contêm exactamente os outros 40 ovos (23 + 12 + 5).

- Vender a cesta dos 5 ovos:

O total de ovos passaria a ser 57. Como 5 + 7 = 12, estamos perante um novo múltiplo do 3. Logo, o 57 permite a obtenção de três quantidades iguais: 19 + 19 + 19. Resta saber se os ovos sobrantes permitem a obtenção dos valores 19 e 38 (19 + 19). Ora, verifica-se que isso não é possível, pois têm que se usar sempre as quantidades totais de cada cesta.

- Vender a cesta dos 6 ovos:

A vender-se esta cesta restariam 56 ovos. Como 5 + 6 = 11, conclui-se que o valor 56 não é divisível por 3. Logo, esta cesta não satisfaz o enunciado da tarefa.

- Vender a cesta dos 12 ovos:

O total de ovos restante seria 50. Uma vez mais, não estamos perante um múltiplo de 3, pois 5 + 0 = 5. Logo, esta cesta não está no pensamento da vendedeira como sendo a que deve vender naquelas condições descritas.

- Vender a cesta dos 14 ovos:

Ficariam 48 ovos para vender. 4 + 8 = 12. Como 12 é múltiplo de 3, o 48 também, pelo que permite a obtenção de três conjuntos de igual valor numérico (16 + 16 + 16). Contudo, vendendo-se os ovos desta cesta, os restantes não possibilitam a obtenção dos valores 16 e 32. Logo, esta não seria a cesta a vender.

- Vender a cesta dos 23 ovos:

Como o quadro acima evidencia, a venda desta cesta é favorável às pretensões da vendedeira. Assim, confirma-se que este desafio permite mais do que uma solução.

Tendo em conta esta reflexão, tente resolver este novo desafio: 

O Sr. Artur é vendedor de pintainhos de cor branca e pintainhos de cor amarela. Neste momento tem os pintainhos em seis caixas, contendo, respectivamente, as seguintes quantidades: 2, 4, 7, 11, 12 e 14 pintainhos.

«se vender os pintainhos desta caixa ficarei com o dobro de pintainhos amarelos relativamente ao número de pintainhos brancos».

A que caixa de pintainhos se referia o Sr. Artur? 

publicado por Paulo Afonso às 00:02
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