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BLOG DE MATEMÁTICA RECREATIVA

Neste Blog pretendo criar um espaço propício à reflexão sobre o tema da Matemática Recreativa. Nele poderemos propor tarefas susceptíveis de poderem ser levadas à sala de aula de Matemática: quebra-cabeças, jogos, enigmas, puzzles, etc.

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Problemas que desenvolvem o pensamento algébrico

Maio 18, 2010

Paulo Afonso

Desde a década de 90 do século passado que o tema da resolução de problemas tem sido considerado, de forma explícita, como um contexto de aprendizagem propício ao desenvolvimento do raciocínio dos alunos. Neste artigo pretendo evidenciar como a escolha de alguns problemas pode contribuir para que se desenvolva a temática do pensamento algébrico.

 

Vou partir de um enunciado, adaptado de um excelente livro de Vivien Lucas, intitulado "Um Problema por Dia"*, cujo texto é o seguinte: "A Letícia Triângulo estava a aprender a tocar piano. Decidiu praticar durante 5 minutos no 1º dia, 15 minutos no 2º dia, 25 minutos no 3º dia e assim sucessivamente." (p. 93).

 

Qual o dia que ela começou a praticar mais de metade do dia?

 

* - Lucas, V. (2003). Um Problema por Dia. Lisboa. Replicação.

 

Este problema obriga a que se relacione o número do dia, em termos de números ordinais, e o tempo gasto a treinar piano:

 

1º dia - 5 minutos

2º dia - 15 minutos

3º dia - 25 minutos

 

Além disto, teremos de calcular quantos minutos estão implícitos em metade do dia, isto é, em 12 horas. Ora 12 x 60 = 720 minutos. É este o tempo de treino correspondente a metade de um dia.

  

Uma tabela poderá ajudar a sistematizar o que se conhece:

  

Dia                       Tempo Gasto (minutos)
1º                      5
2º                      5 + 1 x (2 x 5) = 15
3º                      5 + 2 x (2 x 5) = 25

 

 

 

  

Tendo em conta a tabela anterior seria desejável que me contexto de sala de aula os alunos concluíssem que o 4º dia já implicava 5 + 3 x (2 x 5) minutos, isto é, 35 minutos de treino de piano.

 

Dando continuidade a outros exemplos, facilmente se chega à lei geral em que o número do dia (d) é igual à soma de 5 com o produto de o número de dias menos um (d - 1) por dez, isto é: d = 5 + (d - 1) x (2 x 5).

 

Ora, uma estimativa interessante para se chegar ao valor de 720 minutos, corerspondente a 12 horas de treino diário seria o valor 72º dia, pois se d = 72 implica que 5 + (d - 1) x (2 x 5) = 5 + 71 x 10 = 715 minutos. Ora, este valor fica ligeiramente abaixo do valor esperado, pelo que se justifica testar para o 73º dia. Assim sendo, 5 + (d - 1) x (2 x 5) = 5 + 72 x 10 = 725 minutos. Será, pois, a partir do 73º dia que a Letícia treinará mais do que metade do dia.

 

Imagine-se que a sua amiga, Joana Quadrado, também estava a iniciar o seu treino de piano e decidiu treinar por dia o dobro do tempo que a Letícia treinava, começando em 10 minutos no 1º dia. Será que precisaria de metade dos dias da Letícia para passar a treinar pelo menos metade do dia?

 

Sabendo isto, a irmã gémea da Joana, de nome Rita Quadrado, decidiu fazer um plano de treino, cujos tempos diários eram sempre o dobro da sua irmã. De quantos dias precisará para começar a treinar mais do que metade do dia? 

Triângulos mágicos de 9 números

Maio 10, 2010

Paulo Afonso

O tema das figuras mágicas tem vindo a merecer alguma reflexão no seio deste blog. Por sugestão de um dos meus leitores, de nome Neuber, vou dedicar as próximas palavras a um tipo de figuras mágicas: os triângulos envolvendo 9 números.

 

A figura seguinte, formada por nove espaços, deverá ser preenchida pelos números se 1 a 9, inclusive, sem se repetir qualquer desses números e estando todos presentes, de modo a que a soma de cada um dos três lados do triangulo seja sempre a mesma:

 

 

Em contexto de recreação matemática, por via da tentativa e erro, poderão surgir algumas respostas correctas, como a que a seguir evidencio, de soma mágica 21:

 

Contudo, em contexto de sala de aula, a tarefa colocada acima deveria constituir uma verdadeira tarefa de investigação matemática. De facto, seria interessante que os alunos pudessem analisar o que se lhes está a pedir e concluíssem que estão sempre envolvidas três somas com quatro parcelas cada uma. Além disto, entre cada duas destas três somas só poderá haver um número comum, que será o vértice comum a ambas.

 

Curiosamente, a figura acima tem como vértices os três múltiplos do 3, o que implica conjecturar que a duplicação de todos os números envolvidos nessa figura originaria uma soma que seria o dobro desta, isto é, 42. Vamos testar:

 

Seria muito interessante que os alunos concluíssem que estamos na presença de uma figura mágica em que apenas estiveram envolvidos os nove primeiros números pares: 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, voltando a estar nos vértices, três múltiplos do 3.

 

Contudo, voltemos ao desafio inicial. Seria de grande pertinência se os alunos, em contexto de sala de aula, concluíssem que há uma soma mínima, envolvendo quatro dos números propostos. Essa soma é 15, pois 9 + 1 + 2 + 3 = 15.

 

Vamos, então, decompor o 15 em quatro parcelas diferentes, para vermos quantos casos existem:

 

A - 9 + 1 + 2 + 3 = 15

B - 8 + 1 + 2 + 4 = 15

C - 7 + 1 + 2 + 5 = 15

D - 7 + 1 + 3 + 4 = 15

E - 6 + 1 + 3 + 5 = 15

F - 6 + 2 + 3 + 4 = 15

 

Estes seis casos deverão ser combinados três a três, o que origina 20 combinações:

 

A - B - CA - B - DA - B - EA - B - FA - C - D
A - C - EA - C - FA - D - EA - D - FA - E - F
B - C - DB - C - EB - C - FB - D - EB - D - F
B - E - FC - D - EC - D - FC - E - FD - E - F

 

Os alunos deveriam investigar cada uma destas 20 possibilidades, mas é fácil concluir que nenhuma delas origina a soma mágica 15. A razão prende-se no facto de não haver qualquer caso em que entre cada duas adições apenas exista um número comum. Note-se que nas seis primeiras existe sempre o valor 1, o que condiciona a escolha de duas dessas adições, pois já não poderá haver mais nenhum número comum às duas que se escolherem.

 

Poder-se-ia, por exemplo, pensar na adição C e na adição F, por só terem o valor 2 em comum. Contudo, ao escolher-se a adição A já tem o 1 e 2 comum a C; se se escolher a adição B, esta também tem os valores 1 e 2 comuns a C; por sua vez, se a opção for a adição D, esta tem os valores 1 e 7 comuns a C; por fim, a adição E tem o 1 e o 5 comuns a C. Logo, conclui-se que para uma figura deste tipo, apesar de se conseguirem fazer 20 combinações diferentes do valor 15, não é possível obter-se uma figura mágica.

 

Acima aparece um caso de sucesso, de soma 21. Haverá mais casos de sucesso para esta soma?

 

Sugiro que se faça a decomposição do 21 em adições de quatro parcelas diferentes para se descobrir o número de combinações possíveis. A seguir dever-se-ão testar algumas delas. Apresento apenas mais um caso de sucesso para essa soma:

 

 

Haverá outros casos de sucesso para esta soma mágica?

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