Muitas são as estratégias que se poderão usar na resolução de problemas. Contudo, a escolha mais adequada das estratégias depende sempre do tipo de problema que se pretende resolver. Para a reflexão desta semana apresento um determinado tipo de problemas - problemas de processo - que para a sua resolução sistematizada convém que se decomponham os problemas nas suas partes constituintes.

Imagine-se desafiado a identificar todos os triângulos que é possível encontrar neste pentagrama:

Ao tentar dar resposta a este desafio encontrará, certamente, dificuldades na identificação de todos os triângulos, pois trata-se de uma figura que contempla muitas figuras desse tipo.

Um bom registo ajudará a estruturar o raciocínio. Além disto, como há vários tipos de triângulos, se a nossa atenção incidir num tipo de triângulo de cada vez, isso poderá ajudar na resolução da globalidade do problema.

De facto, problemas desta natureza exigem que a sua resolução contemple uma abordagem parcelar a cada uma das suas partes constituintes. Sendo assim, podemos começar por numerar todas as zonas triangulares de menor dimensão, o que origina, de imediato, a identificação de 10 triângulos unitários:

Temos, pois, já identificados 10 triângulos:

De seguida constata-se que o triângulo formado pelos triângulos 1 e 2 é um novo triângulo, diferente daqueles dez já identificados. Ora, centrando a nossa atenção na procura exclusiva de triângulos deste novo tipo, identificamos 10. São eles: [1,2]; [2,3]; [3,4]; [4,5]; [5,6]; [6,7]; [7,8]; [8,9]; [9,10] e [1,10]. Estão, pois, identificados 20 triângulos.

Veja-se, agora, que o triângulo formado pelos triângulos 1, 2 e 3 formam um novo triângulo. Como este há mais quatro, o que implica haver 5 triângulos deste novo tipo: [1,2,3]; [3,4,5]; [5,6,7]; [7,8,9] e [1,9,10]. Já vamos em 25 triângulos.

Repare que o triângulo formado pelos triângulos 1, 2, 6, 10, envolvendo o pentágono central, ainda não está identificado. Estamos perante um novo tipo de triângulos. Como este há mais quatro, pelo que deste tipo há 5 triângulos: [1,2,6,10]; [2,3,4,8]; [4,5,6,10]; [2,6,7,8] e [4,8,9,10]. Já contabilizámos 30 triângulos.

Por fim, ainda se pode identificar um novo tipo de triângulo, cujo exemplo pode ser o formado pelos triângulos 2, 6 e envolvendo o pentágono central. Como este há mais quatro, pelo que podem ser identificados 5 deste tipo: [2,6]; [2,8]; [4,8]; [4,10] e [6,10].

Uma vez que esta estratégia nos permitiu identificar os triângulos de cada tipo, é-nos fácil concluir, agora, que este figura permite a identificação de 35 triângulos. Além disto, esta estratégia de resolução permite identificar cada um desses 35 triângulos a qualquer momento, pelo que evita a repetição de ideias ou um certo tipo de "resolução em círculo vicioso".

Com base nesta estratégia de resolução tente identificar todos os triângulos existentes nesta nova figura:

Os quadrados mágicos de ordem três (com três linhas e três colunas) ou de ordem quatro (com quatro linhas e quatro colunas) costumam ser muito utilizados em actividades de matemática recreativa.

Em artigos anteriores já tive oportunidade de reflectir sobre algumas estratégias de resolução ao nível deste tipo de figuras.

Com base nisso pretendo tecer, agora, uma nova reflexão acerca de uma adaptação ao tema.

Assim, imagine que num diálogo entre dois irmãos, o mais velho tenha desafiado o outro com a seguinte tarefa: "para que um coelho consiga sair da sua gaiola, de forma quadrada, terás que distribuir os seguintes dezasseis números naturais de modo a que a soma de cada quatro deles existentes em cada uma das paredes da gaiola seja sempre 34. Ao conseguires fazer isso, o coelho estará em condições de poder sair pela porta nº 3 ou pela porta nº 4 para vir comer cenouras no espaço exterior à gaiola. Qual a tua sugestão?"

Esta actividade pode ter várias soluções, de entre as quais apresento as seguintes:

Note que relativamente à figura inicial, as resoluções apresentadas permitem que se conclua que (a) mantendo, no caso da esquerda, os valores extremos das linhas e os valores centrais das colunas, permutando os restantes, ou (b) mantendo, no caso da direita, os valores centrais das linhas e os extremos das colunas, permutando os restantes, o resultado é sempre 34.

Além destas resoluções, a seguinte também é válida:

Uma observação atenta permite visualizar a existência de uma certa distribuição geométrica dos números: (a) 1, 2, 3 e 4 situam-se ao nível das linhas, envolvendo os extremos da de cima e os meios da de baixo, (b) 5, 6, 7 e 8 situam-se ao nível das colunas, envolvendo sempre os valores centrais (c) 9, 10, 11 e 12 também se situam ao nível das colunas, mas envolvendo apenas os valores extremos, (d) 13, 14 15 e 16 voltam a situar-se nas linhas, mas ocupando os lugares que ainda estavam vazios (valores extremos na fila de baixo e valores centrais na fila de cima).

E se os dezasseis números naturais iniciarem no 2 e terminarem no 17, qual será a soma mágica que permite a saída do coelho para o exterior?:

Usando, por exemplo, o critério utilizado na primeira resolução anterior, verifica-se a obtenção de uma nova soma mágica de valor 38:

Neste caso, o coelho poderia sair pelas portas contendo o valor 3 e o valor 8.

Em contexto de sala de aula seria interessante que os alunos, para além de descobrirem a existência de uma regularidade entre a soma mágica obtida e os dezasseis números envolvidos na tarefa, descobrissem, também, que a soma mágica coincide com o dobro da soma dos dois valores extremos de cada conjunto dos dezasseis números que estão em jogo.

De facto, no primeiro caso, os valores extremos são o 1 e o 16, cuja soma é 17 e a soma mágica é o dobro deste valor - 34. Por sua vez, neste último caso, os valores extremos são o 2 e o 17, cuja soma é 19 e a soma mágica volta a ser o seu dobro - 38.

Tendo em conta este conjunto de observações e de conclusões, será fácil descobrir os dezasseis números envolvidos numa soma mágica 60, bem como a sua disposição?

Usar ampulhetas para medir o tempo pode não ser o recurso mais funcional, mas é, no entanto, um processo elegante de lidar com este tema. Assim, como actividade de recreação matemática imagine-se desafiado a medir 3 minutos sabendo que tem apenas à sua disposição duas ampulhetas de areia, demorando uma 7 minutos a verter a areia de um depósito para o outro e demorando a outra exactamente 5 minutos.

Este desafio pode facilmente ser solucionado através da seguinte estratégia:

1º passo - colocar as duas ampulhetas a funcionar ao mesmo tempo.

2º passo - quando a de 5 minutos terminar, vira-se esta ampulheta, enquanto que a outra continua a funcionar.

3º passo - quando a ampulheta de 7 minutos terminar, a de 5 minutos ainda tem areia que demorará a cair exactamente durante um período de 3 minutos. Logo, usando a ampulheta de 5 minutos deve-se contar o tempo a partir do momento em que a ampulheta de 7 minutos chegar ao fim.

Esta resolução implica que antes de se medirem os 3 minutos desejáveis, se tenha que esperar 7 minutos. Assim, no total gastar-se-iam 10 minutos.

Imagine que em vez da ampulheta de 5 minutos lhe era dado a escolher uma de duas ampulhetas, com a duração de 9 e de 11 minutos, respectivamente, para se medirem exactamente 3 minutos, usando uma delas e a de 7 minutos. Qual escolheria?

Este novo desafio implicava a realização de um teste prévio a cada ampulheta.

Assim, se a opção recaísse na de 11 minutos, a medição de 3 minutos poderia ocorrer da seguinte forma, e tendo em conta que quando uma das ampulhetas chegasse ao fim, era de imediato voltada para voltar a funcionar:

1º passo - colocar as duas ampulhetas a funcionar em simultâneo (a de 7 e a de 11 minutos).

2º passo - quando a de 7 minutos terminasse, ainda haveria "4 minutos de areia" na ampulheta dos 11 minutos.

3º passo - assim, que se esgotassem estes 4 minutos desta ampulheta, na de 7 minutos haveria areia para mais 3 minutos. Logo, a partir deste momento dever-se-ia fazer a medição do tempo.

Esta resolução evidencia que antes de se medirem os 3 minutos, ter-se-iam que gastar 11 minutos. Logo o tempo total seria de 14 minutos.

E se a opção recaísse nas ampulhetas de 7 e de 9 minutos? Conseguir-se-ia medir, também, 3 minutos? Haveria vantagem em relação à ampulheta de 11 minutos? Qual das ampulhetas será mais vantajosa na medição dos seguintes tempos: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9 minutos?

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:

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?