Em Matemática existem alguns tipos de números que, quando colocados em sequência, crescem de uma forma muito rápida, pois o seu padrão de crescimento aponta nesse sentido. Veja-se, por exemplo, a sequência dos números cúbicos: 1, 8, 27, 64, 125, ... ou a sequência das potências de base dois: 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256,... Contudo, outras há cujo padrão de crescimento é mais lento, como seja o caso dos números naturais: 1, 2, 3, 4, 5, 6,... ou dos números pares: 2, 4, 6, 8, 10, 12, ...

 

O conjunto de números que apresento a seguir também evidencia crescer muito rapidamente, pois a lei geral que os gera leva a que isso aconteça: 1, 2, 6, 24, 120, 720, 5040, ... Qual o próximo termo da sequência?

 

Talvez influenciados pelo título deste artigo, facilmente poderemos verificar que:

1 = 1

2 = 2 x 1

6 = 3 x 2 x 1

24 = 4 x 3 x 2 x 1

120 = 5 x 4 x 3 x 2 x 1

720 = 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1

5040 = 7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1

Continuando este padrão de crescimento, o próximo termo resultará do seguinte produto 8 x 7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1, isto é, será o número 40320.

 

Sendo assim, facilmente se percebe que estamos perante uma sequência numérica muito especial, que é a que resulta dos factoriais dos números naturais (n!). De facto, 1 = 1!, 2 = 2!, 6 = 3!, 24 = 4!, 120 = 5!, 720 = 6!, 5040 = 7! e, logicamente, 40320 = 8!

 

Tendo em conta esta regularidade, qual o factorial do número 10?

 

Esta questão é facilmente resolvida pelos seguintes cálculos: 10! = 10 x 9 x 8 x 7 x 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 3628800.  

 

Este tipo de números revela ser muito importante em vários temas matemáticos, como seja o caso das permutações, das combinações ou dos arranjos.

 

Imaginemos que quatro atletas de salto em altura estão a disputar a final de uma prova muito importante. Sabendo-se que os seus nomes são Artur, Bento, Carlos e Daniel, como pode ser pensada a recepção das medalhas dos três elementos pertencentes ao pódio, isto é, 1º, 2º e 3º lugares? No fundo, pergunta-se como poderá ser formado o pódio?

 

Note-se que um destes quatro atletas não terá acesso ao pódio, pelo que poderemos tentar prever quantas são as combinações possíveis de três dos quatro atletas poderem ser os premiados.

 

Sendo assim, há quatro combinações. Uma delas deixará o Artur de fora do pódio, outra deixará o Bento, uma terceira possibilidade é a que deixa o Carlos excluído e a quarta combinação envolve apenas os atletas Artur, Bento e Carlos, ficando, pois, o Daniel de fora do pódio. Vejamos as quatro combinações possíveis:

 

a - Bento, Carlos e Daniel,

b - Artur, Carlos e Daniel,

c - Artur, Bento e Daniel,

d - Artur, Bento e Carlos.

 

Estas 4 combinações de três atletas resultam da aplicação do respectivo algoritmo aos quatro atletas:

 

⁴C₃ = 4! / (4 - 3)! x 3! = 4 x 3 x 2 x 1 / 1 x 3 x 2 x 1 = 24 / 6 = 4.

 

Realmente, o tema das combinações está associado ao factorial do número. Contudo somente a sua associação ao tema das permutações nos permite encontrar a resposta para o desafio colocado.

 

De facto, note que para o caso em que é o Artur a ficar excluído do pódio há seis possibilidades de o mesmo ser formado:

 

A	B	C	D	E	F
1º Bento 2º Carlos 3º Daniel	1º Bento 2º Daniel 3º Carlos	1º Carlos 2º Daniel 3º Bento	1º Carlos 2º Bento 3º Daniel	1º Daniel 2º Bento 3º Carlos	1º Daniel 2º Carlos 3º Bento

 

Note-se, pois, que este valor 6 resulta de se permutarem de posição estes 3 atletas. Logo, trata-se de mais um caso de aplicação do factorial do número, pois 6 = 3!

 

Se isto é verdade para o caso de ter sido o Artur (A) a ficar excluído do pódio, também o é para o caso de ter sido o Bento (B), ou o Carlos (C) ou o Daniel (D).

 

Logo, a tabela seguinte evidencia as 24 possibilidades de constituição do pódio, pois 4 x 3! = 4 x 6 = 24:

 

B - C - D	B - D - C	C - D - B	C - B - D	D - B - C	D - C - B
A - C - D	A - D - C	C - D - A	C - A - D	D - A - C	D - C - A
A - B - D	A - D - B	B - D - A	B - A - D	D - A - B	D - B - A
A - B - C	A - C - B	B - C - A	B - A - C	C - A - B	C - B - A

 

Em síntese, a resposta para o desafio colocado é esta das 24 possibilidades, que mais não são do que 24 arranjos de quatro atletas, três a três. Logo, conclui-se que os arranjos de quatro atletas, três a três, é o produto das combinações desses quatro atletas, três a três, pelo factorial de três:

 

⁴A₃ = ⁴C₃ x 3! = 4 x 6 = 24

 

Vejamos um novo caso envolvendo o factorial de um número:

 

Tendo em conta os seguintes números: 10, 20, 30, 0, 50, 60, 70, 80, 90, como se poderá obter a soma 100, usando apenas três parcelas não repetidas?

 

Esta tarefa permite que se encontrem os seguintes quatro casos:

a) 70 + 20 + 10

b) 60 + 30 + 10

c) 50 + 40 + 10

d) 50 + 30 + 20

 

Tendo em conta estas quatro decomposições do número 100, será possível converter a figura seguinte num triângulo mágico de soma 100, isto é, poder-se-ão preencher os círculos com os valores envolvidos nestas adições para que a soma em cada lado do triângulo seja sempre 100?:

 

 

 

Este desafio leva a que tentemos testar as quatro somas, três de cada vez, pelo que o tema das combinações volta a estar presente. Uma vez mais, combinando as 4 somas, três a três, obtém-se o valor 4:

 

⁴C₃ = 4! / (4-3)! x 3! = 4 x 3! / 3! = 4

 

Eis as quatro combinações:

1 - a) - b) - c)

2 - a) - b) - d)

3 - a) - c) - d)

4 - b) - c) - d)

 

Testemos caso a caso:

1º caso com as seguintes adições:

a) 70 + 20 + 10               b) 60 + 30 + 10                  c) 50 + 40 + 10

 

Como facilmente se pode constatar, este é um caso de impossibilidade, porque existe uma parcela comum a todas as adições, que é o valor 10. Logo, o mesmo nunca poderia pertencer à figura devido ao facto de, no máximo, um valor apenas poder pertencer a duas adições.

 

Testemos o 2º caso, com as seguintes adições:

a) 70 + 20 + 10         b) 60 + 30 + 10          d) 50 + 30 + 20

 

Note-se que entre a) e b) há apenas um valor comum, que é o 10. Por sua vez, entre a) e d) também só existe um valor comum, que é o 20. Por último, entre b) e d) existe outro valor comum, que é o 30. Logo, serão estes os valores a fazerem parte dos vértices do triângulo, por pertencerem, em simultâneo a duas adições. Os restantes são colocados nos espaços sobrantes, pelo que se consegue obter uma figura mágica de soma 100:

 

 

Testemos, agora, o 3º caso, que contempla as seguintes somas:

a) 70 + 20 + 10             c) 50 + 40 + 10             d) 50 + 30 + 20

 

Entre a) e c) existe o valor 10 como sendo o único comum; entre a) e d) existe o valor 20 e entre c) e d) existe o valor 50. Usando-os nos vértices e os restantes nos espaços sobrantes, voltamos a obter um novo caso de sucesso:

 

 

Resta testar o 4º caso, formado pelas seguintes adições:

b) 60 + 30 + 10             c) 50 + 40 + 10             d) 50 + 30 + 20

 

Ora, entre b) e c) existe o valor 10 comum; já entre b) e d) é o valor 30 e entre c) e d) é o valor 50. Testando estes valores, obtém-se um terceiro caso de sucesso, diferente dos dois anteriores:

 

 

Existem, pois, três respostas possíveis para a tarefa enunciada. Uma vez mais, o recuso o factorial do número teve aplicação na resolução da mesma.

 

Se cinco pessoas costumarem viajar todos os dias no mesmo carro, ao fim de quantos dias estará a repetir-se a forma como as mesmas vão sentadas nos cinco lugares desse carro? (nota: todos podem conduzir o carro, mas só mudam de posição ao iniciar um novo dia).

 

O tema das investigações matemáticas tem vindo a ser desenvolvido com alguma frequência no seio deste blog. Desta vez vou associá-lo à área do futebol, pois trata-se de uma área que abrange muitos entusiastas. 

 

Ora, sabendo-se que investigar em matemática deveria ser semelhante a investigar em qualquer outra área, mais ou menos científica, vamos vestir a pele de detectives matemáticos e estudar em profundidade o desenrolar de um marcador de um jogo de futebol cujo resultado final tenha sido 3 a 3.

 

Imagine que a sua equipa empatou com o grande rival a 3 bolas. Tendo começado a ouvir o relato que iniciou com um golo madrugador do seu clube e tendo ouvido, depois, apenas o resultado final (3-3), questionou-se a si próprio como poderia ter sido o desenrolar do marcador. Nessas seis vezes em que o marcador sofreu alteração, quantas delas tiveram o seu clube à frente? Será que esteve sempre à frente e se deixou empatar ao fim? Será que tendo começado a ganhar, logo passou a perder, tendo empatado somente ao fim? São estas, pois, as questões que orientarão a nossa investigação.

 

Comecemos por colocar o nosso clube o máximo de vezes à frente do marcador, isto é, 5 vezes. Quantos serão os casos possíveis? A tabela seguinte ajuda a esclarecer:

 

Caso A		Caso B
Nossa Equipa	Equipa Rival	Nossa Equipa	Equipa Rival
1	0	1	0
2	0	2	0
3	0	2	1
3	1	3	1
3	2	3	2
3	3	3	3

 

Vejamos agora os casos em que a nossa equipa poderia ter estado à frente do marcador em 4 vezes:

 

Caso C		Caso D
Nossa Equipa	Equipa Rival	Nossa Equipa	Equipa Rival
1	0	1	0
2	0	1	1
2	1	2	1
2	2	3	1
3	2	3	2
3	3	3	3

 

Já o número de casos em que a nossa equipa poderia ter estava à frente do marcador em 3 vezes, curiosamente também é dois. Vejamos a tabela:

 

Caso E		Caso F
Nossa Equipa	Equipa Rival	Nosssa Equipa	Equipa Rival
1	0	1	0
2	0	1	1
2	1	2	1
2	2	2	2
2	3	3	2
3	3	3	3

 

 

Curiosamente, voltam a ser dois os casos em que a nossa equipa poderia ter estado à frente do marcador por 2 vezes:

 

Caso G		Caso H
Nossa Equipa	Equipa Rival	Nossa Equipa	Equipa Rival
1	0	1	0
1	1	1	1
2	1	1	2
2	2	2	2
2	3	3	2
3	3	3	3

 

 

Finalmente, a possibilidade de a nossa equipa ter estado na frente do marcador por uma única vez também poderia ter ocorrido em dois casos:

 

Caso I		Caso J
Nossa Equipa	Equipa Rival	Nossa Equipa	Equipa Rival
1	0	1	0
1	1	1	1
1	2	1	2
1	3	2	2
2	3	2	3
3	3	3	3

 

 

São, pois, estes os 10 casos que poderiam ter ocorrido perante este resultado final e tendo sido a nossa equipa a inaugurar o marcador. Haverá outros?

 

Seria interessante reflectir, agora, acerca de qual dos dez possíveis cenários seria o que daria mais emoção ao jogo. Claro que os momentos do jogo em que os golos foram marcados também contribuiria, decisivamente, para a componente da emoção, mas talvez os casos G ou I fossem os cenários mais emocionantes!

 

Imagine-se que a investigação era orientada noutro sentido, isto é, ver os casos em que a nossa equipa esteve menos vezes na frente do marcador, apesar de ter sido ela a inaugurá-lo. Qual seria o estudo a fazer-se?

Um dos primeiros artigos deste blog foi dedicado à mágica tarefa de se conduzir o nosso interlocutor a um determinado número que nós idealizámos, tudo a partir de um número por ele guardado em segredo. Recordemos o enunciado de então:

 

"1 - Pense num número e não o divulgue.

2 - Adicione-lhe 5 unidades.

3 - Multiplique a soma agora obtida por 2.

4 - Retire 4 unidades ao valor agora obtido.

5 - Encontre metade do valor que agora tem.

6 - Subtraía o valor inicial. Vou descobrir o valor final".

 

Esta tarefa de magia matemática possibilitava que qualquer resolvedor, bem dotado ao nível do cálculo mental, constatasse que no final tinha obtido o valor 3. Teste isto consigo para ver confirmado este valor final!

 

Na altura em que redigi este texto apresentei uma resolução pictórica mas, em termos matemáticos, a sua resolução por etapas é a seguinte:

 

1 - n

2 - n + 5

3 - 2 x (n + 5)

4 - 2 x (n + 5) - 4

5 - [2 x (n + 5) - 4] : 2

6 - [2 x (n + 5) - 4] : 2 - n

Logo: [2 x (n + 5) - 4] : 2 - n = (2n + 10 - 4) : 2 - n = (2n + 6) : 2 - n = n + 3 - n = 3.

 

Como se pode constatar, o valor final 3 é independente do valor inicial (n) mantido em segredo, porque o mesmo acaba por ser anulado ao longo do procedimento algébrico.

 

O que aconteceria se, por exemplo, em vez de se adicionarem 5 unidades se adicionassem 10? Qual a sua estimativa?

 

Certamente que uma das possíveis sugestões seria obter-se no final o valor 6, pois se em vez de 5 se adicionasse 10, que é o dobro deste valor, então no final, em vez de se obter 3, obter-se-ia o seu dobro, que é 6.

 

Vamos testar:                                          

"1 - Pense num número e não o divulgue. 

2 - Adicione-lhe 10 unidades. 

3 - Multiplique a soma agora obtida por 2.

4 - Retire 4 unidades ao valor agora obtido.

5 - Encontre metade do valor que agora tem. 

6 - Subtraía o valor inicial. Quanto obteve?"   

     

Matematicamente, eis a resolução:

1 - n

2 - n + 10

3 - 2 x (n + 10)

4 - 2 x (n + 10) - 4

5 - [2 x (n + 10) - 4] : 2

6 - [2 x (n + 10) - 4] : 2 - n

 Logo: [2 x (n + 10) - 4] : 2 - n = (2n + 20 - 4) : 2 - n = (2n + 16) : 2 - n = n + 8 - n = 8.  

 

Não se confirma, pois, a estimativa do valor 6. Contudo, certamente que já observou que o valor obtido tem uma relação com o valor que se adiciona ao valor inicial, de facto. Qual é essa relação? No fundo, a questão é: podemos saber de imediato o valor final a partir do valor que mandamos adicionar ao valor inicial desconhecido?

 

Claro que sim, pois o valor final é igual ao valor que mandamos adicionar menos duas unidades. De facto, quando da adição de 5 unidades, obteve-se o valor final 3; já quando da adição de 10 unidades, obteve-se o valor 8.  

 

Esta importante conclusão permitirá que consigamos impressionar os nossos amigos em situações de recreação matemática ou de convivialidade. Por exemplo, se perante cinco amigos (A, B, C. D e E) lançarmos este desafio, mandando adicionar, no passo 2, ao amigo A o valor 10, ao amigo B o valor 12, ao amigo C o valor 14, ao amigo D o valor 16 e ao amigo E o valor 18, adivinharemos que no final o A obteve o valor 8, o B o valor 10, o C o valor 12, o D o valor 14 e o E o valor 16. Estes valores serão obtidos, independentemente dos valores inicialmente pensados por cada um deles!

 

Veja-se, agora, o seguinte enunciado:

1 - Pense num número.

2 - Duplique esse número.

3 - Adicione 8 unidades.

4 - Encontre metade do valor agora obtido.

5 - Subtraía o valor inicial.

 

Efectuando os respectivos cálculos, obter-se-á o valor 4.

Que passo do enunciado deve ser alterado para que o resultado seja 5? E 6?

Dando continuidade ao artigo anterior, esta semana vou sugerir algumas estratégias de cálculo mental para o caso de os cálculos envolverem multiplicações e divisões. Uma vez mais, reitero a ideia de que o cálculo mental tem de ser um acto compreensivo. Prever ou antecipar resultados operatórios contribui substancialmente para o desenvolvimento do sentido crítico de apreciação da razoabilidade dos resultados obtidos por via do cálculo mental.

 

Iniciemos pela multiplicação. Como obter rapidamente o produto da seguinte operação: 5 x 86? Ora, recorrendo à estratégia de se obter uma dezena, podemos multiplicar o 86 por 10 e dividir o produto por 2. Vejamos 5 x 86 = 86 x 5 = 86 x (10 : 2) = 860 : 2 = 430. Já no caso seguinte, a estatégia passa por se obter uma centena: 86 x 50. Vejamos: 86 x 50 = 86 x (100 : 2) = 8600 : 2 = 4300.

 

Decompor um dos factores envolvidos na multiplicação é também uma poderosa estratégia de cálculo mental. Vejamo-la aplicada no seguinte caso: 8 x 33. Decompondo o 33 em 30 + 3, vem: 8 x 33 = 8 x 30 + 8 x 3 = 240 + 24 = 264. Veja-se uo seguinte caso semelhante: 4 x 59. A sua resolução pode ser a seguinte: 4 x (60 - 1) = 240 - 4 = 236.

 

Como proceder para o seguinte caso: 132 x 5?

 

Vejamos agora o caso da operação divisão. Como efectuar a divisão de 180 por 12? Veja-se que estes dois números permitem ser simplicados sucessivamente. Logo a estratégia de se fazerem simplificações sucessivas pode ser muito útil para casos como este. Vejamos:  180 : 12 = 90 : 6 = 45 : 3 = 15.

 

Casos há em que multiplicar pelo inverso de um dos factores é uma estratégia muito adequada. Eis dois exemplos:

(a) 37 : 0,5 = 37 x 2 = (35 + 2) x 2 = 70 + 4 = 74.

(b) 45: 0,2 = 45 x 2 = 90.

 

Como será para o seguinte caso: 184 : 5?