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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.

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.

Cubos mágicos

Dezembro 01, 2010

Paulo Afonso

Sendo o tema das figuras mágicas muito apropriado para o desenvolvimento de actividades de recreação matemática, desta vez vou incidir a minha reflexão não em figuras planas mas, sim, numa tridimensional - o cubo. Sobre este sólido geométrico muitas considerações de natureza matemática e histórica poderiam ser feitas. Desde logo por ser um importante sólido platónico, mas também por possibilitar um estudo de natureza investigativa muito interessante acerca das suas possíveis planificações. De facto, investigar quantos são os hexaminós susceptíveis de originar um cubo é uma tarefa que deve ser implementada não só em termos de recreação matemática, mas também num contexto de matemática mais formal e em sala de aula.

  

Centremo-nos, então, no cubo como podendo ser uma figura sólida mágica. O desafio a desenvolver é o seguinte. Colocar, todos e apenas uma vez, os oito primeiros números naturais nos vértices do cubo, por forma a que a soma dos quatro números existentes em cada face seja sempre a mesma.

  

Uma possível solução é a seguinte:

 

 

 

Note-se que em cada uma das seis faces do cubo, a soma dos números aí existentes é sempre 18:

 

a - 6 + 3 + 8 + 1 = 18

b - 1 + 8 + 2 + 7 = 18

c - 2 + 7 + 4 + 5 = 18

d - 4 + 5 + 3 + 6 = 18

 

Esta tarefa, podendo ser resolvida através da estratégia da tentativa e erro, deveria ser utilizada em contexto de sala de aula para o desenvolvimento do sentido do número e como exemplo ilustrativo de como a matemática permite muitas conexões entre a componente geométrica e a a numérica.

 

Seria muito interessante que os resolvedores se apercebessem que o total dos oito números envolvidos nesta tarefa originam uma soma 36:

 

 

Logo, trata-se de um valor que deve ser dividido em duas partes iguais, uma vez que as duas faces opostas terão de originar a mesma soma numérica. Estamos a falar do valor 18. Por sua vez, este valor terá de ser obtido pela adição de quatro parcelas diferentes. Contudo, como cada par de números assentes em dois vértices adjacentes faz parte, ao mesmo tempo, de duas faces adjacentes, implica que a sua soma seja 9. Ora este conjunto de oito números permite que isso aconteça:

 

 

Assim, sendo, a estratégia de tentativa e erro deverá ser substituída por este tipo de raciocínio mais estruturado. Note-se que duas das quatro arestas de cada face do cubo anterior contêm um par de números cuja soma é sempre 9.

 

O desafio seguinte é fazer-se um estudo semelhante para o caso de os oito números envolvidos na tarefa serem do dois ao nove, inclusive. Como fazer?

 

Uma estimativa interessante será a de substituir de forma directa e imediata cada valor do cubo anterior pelo seu consecutivo. Vejamos como fica a imagem do cubo:

 

 

Note-se que se passou a obter uma nova soma mágica, de valor 22 e cada par de números afecto a duas das quatro arestas de face do cubo passou a somar 11.

 

Qual será a nova soma mágica que os oitos números consecutivos iniciarem agora no valor 3?

 

Utilizando o procediemento heurístico anterior, a nova soma tem o valor 26, havendo em duas das quatro arestas de cada face do cubo dois números cuja soma é 13:

 

 

Note-se que da 1ª para a 2ª figura, a soma passou de 18 para 22 e da 2ª para a 3ª passou de 22 para 26. Isto significa que por cada figura que se inicie terá sempre uma soma mágica que será igual à soma mágica anterior acrescida de quatro unidades. Ora se tivermos em linha de conta os oito números envolvidos em cada figura, como os poderemos relacionar com a respectiva soma mágica obtida?

 

Esta questão permite algumas explorações matemáticas interessantes. Uma delas pode ser a seguinte: a soma mágica que se obtém resulta sempre do dobro da soma dos dois valores extremos:

 

1ª -  18 = 2 x (1 + 8)

2ª - 22 = 2 x (2 + 9)

3ª - 26 = 2 x (3 + 10)

 

Por outro lado poderemos associar a soma obtida ao menor dos oito números utilizados. Vejamos:

 

Menor ValorSoma Mágica Obtida:

1

2

3

18

22 = 18 + 1 x 4

26 = 18 + 2 x 4

 

Logo, para qualquer valor inicial "n", a soma mágica "s" obtida será sempre originada pelo seguinte algoritmo:

 

s = 18 + (n - 1) x 4

 

Tendo em conta esta lei geral, qual será a soma mágica de um cubo mágico que contemple oito números naturais consecutivos, iniciados pelo valor 15?

 

Pirâmides numéricas

Outubro 24, 2010

Paulo Afonso

Conectar a Álgebra à Geometria, e vice-versa, costuma ser usual no âmbito de actividades de recreação matemática. O exemplo que escolhi para reflexão também apela a este tipo de conexão matemática e visa contribuir para o desenvolvimento do pensamento algébrico.

 

De facto, irei utilizar o objecto matemático - Pirâmide quadrangular - e desafiarei os meus leitores a descobrir o número a colocar na base deste tipo de sólido tendo em conta que esse valor será a soma de quatro outros números, cada um deles a colocar em cada uma das faces laterais do sólido. Contudo, há uma regra para a colocação destes quatro números. Conhecendo-se o primeiro deles, o segundo será sempre o dobro dele acrescido de uma unidade; já o terceiro será o dobro do segundo, também acrescido de uma unidade e o quarto será o dobro do terceiro, acrescido de uma unidade também. Os números poderão ser colocados de acordo com o sentido dos ponteiros do relógio e a planificação do sólido em causa é a seguinte:

 

Se o menor dos números for o 1, quais os restantes?

 

Trata-se de uma tarefa de simples resolução e eis a figura plana que lhe dá resposta:

 

Temos, pois, que o dobro de 1, mais 1 é 3; o dobro de 3, mais 1 é 7; o dobro de 7, mais 1 é 15 e o dobro de 15, mais 1 é 31. Logo, o valor a colocar na base desta pirâmide seria o número 26, pois 26 = 1 + 3 + 7 + 15.

 

Como tarefa simples que é, alarguemos o estudo a três novas pirâmides, iniciadas, respectivamente pelo valor 2, pelo valor 3 e pelo valor 4. Eis as soluções:

 

 

Seria interessante, em contexto de sala de aula, levar os alunos a investigarem possíveis relações existentes entre estas quatro planificações, em termos dos valores numéricos das faces laterais e das respectivas bases. 

 

Uma conclusão possível seria a de que o valor que inicia a figura seguinte é sempre o número que sucede ao menor número que iniciou a figura anterior (1 - 2 - 3 - 4). Já a segunda posição, aquela que é o resultado de se dobrar o primeiro valor em cada figura acrescido de uma unidade, é sempre maior em duas unidades do que o respectivo valor da figura anterior (3 - 5 - 7 - 9). Este tipo de raciocínio também poderia ser feito para o terceiro valor de cada figura, como sendo sempre maior em quatro unidades relativamente ao valor da figura imediatamente anterior (7 - 11 - 15 - 19). Por sua vez, os maiores números de cada planificação também obedecem a uma regularidade numérica. De facto o valor da figura seguinte nessa posição é sempre maior em oito unidades relativamente ao respectivo valor da figura anterior (15 - 23 - 31 - 39).

 

Ora, nestas condições de evidência de várias relações numéricas entre as diferentes planificações das pirâmides, também seria desejável que os alunos tentassem averiguar se os valores das bases se podem relacionar entre si. Será que sim?

 

Uma possível análise, de natureza mais algébrica, poderia ser a que a figura seguinte evidencia:

 

Note-se que se o 1º valor for "x", o segundo será o seu dobro mais uma unidade "2x + 1". Por sua vez, o 3º número será o dobro do 2º, acrescido de uma unidade, isto é: 2 (2x + 1) + 1 = 4x + 2 + 1 = 4x + 3. Já o 4º número será o dobro do 3º, acrescido de uma unidade, ou seja: 2 (4x + 3) + 1 = 8x + 6 + 1 = 8x + 7. Logo, o valor da base resulta da soma de todos os valores das faces laterais: x + (2x + 1) + (4x + 3) + (8x + 7), onde os parêntesis só servem para evidenciar cada uma das quatro somas. Logo, o seu valor será 15x + 11, que mais não do que o produto do valor inicial por 15, acrescido de 11 unidades.

 

Testemos esta lei geral ou algoritmo para o caso de "x", isto é, o valor inicial ser 5:

 

O valor da base será 15 x 5 + 11 = 86.

 

No sentido de se confirmar este valor através da construção da planificação e seguindo as regras acima enunciadas para a escrita dos quatro números laterais, sabe-se que:

 

1º valor ----- 5

2º valor ----- 2 x5 + 1 = 11

3º valor ----- 2 x 11 + 1 = 23

4º valor ----- 2 x 23 + 1 = 47

 

Logo, a soma será 5 + 11 + 23 + 47 = 86:

 

Outra possibilidade de se poder chegar à soma da base passa por se investigar um outro tipo de relação numérica existente entre cada valor inicial e cada soma respectiva das figuras analisadas:

 

Valor inicialSoma da base
126
241
356
471
n

?

 

Note-se que a tabela anterior evidencia que cada soma é igul à soma anterior mais 15 unidades. Logo a mesma pode ser reescrita da seguinte forma:

 

Valor inicialSoma da base
126 = 26 + 0 x 15
241 = 26 + 1 x 15
356 = 26 + 2 x 15
471 = 26 + 3 x 15
n

26 + (n - 1) x 15

 

Logo, testando este algoritmo para o valor "n" inicial 5, confirma também a soma 86, pois: 26 + (5 - 1) x 15 = 26 + 4 x 15 = 26 + 60 = 86.

 

Tirando partido desta reflexão, será capaz de averiguar se o valor 161 pode ser um valor válido a colocar na base de uma pirâmide deste tipo, em que os quatro valores laterais obedecem às regras acabadas de analisar. No caso de ser um valor válido, quais serão os quatro valores a colocar nas faces laterais da pirâmide?

Conexões matemáticas entre os quadrados mágicos e as potências de expoente inteiro

Outubro 14, 2010

Paulo Afonso

As figuras mágicas já foram objecto de análise neste blog, por serem um objecto de recreação matemática propício ao estabelecimento de múltiplas conexões matemáticas. No presente artigo pretendo conectar um desse tipo de figuras (os quadrados de ordem 3) ao tema das potências de expoente inteiro.

 

Comecemos por analisar as seguintes figuras:

  

 

Analisando-se cada uma delas constata-se que são formadas por nove números inteiros consecutivos, iniciando a da esquerda no 1, a do meio no 2 e a da direita no 3. Adicionando-se os três valores de cada linha, cada coluna e cada diagonal, a soma é sempre a mesma em cada figura: na da esquerda há uma soma mágica de 15, na do meio a soma mágica é 18 e na da direita a soma mágica é 21.

 

Existe, pois, um padrão numérico que relaciona as várias somas mágicas que se vão obtendo, a partir do menor número de cada sequência numérica utilizada. De facto, para o início em 1, a soma é 15; para o início em 2, a soma é 15 + 1 x 3; para o início em 3, a soma mágica é 15 + 2 x 3 e assim sucessivamente. 

 

Seria interessante, em contexto de sala de aula de matemática, que os alunos fossem incentivados a investigar esta e outras regularidades existentes nestas mágicas figuras, chegando mesmo à lei geral que permite identificar ou prever uma qualquer soma mágica (s) a partir de um qualquer número inteiro (n) que inicie uma sequência de nove números inteiros consecutivos. Essa lei seria a seguinte s = 15 + (n - 1) x 3.

 

Observando com atenção as três figuras acima, facilmente se constata que a disposição do valor ordinal de cada um dos nove números obedece a uma mesma distribuição geométrica que é a seguinte:

 

 

Ora, tendo em conta esta mesma disposição geométrica, analisemos agora a seguinte figura. será um quadrado mágico?:

 

 

Obviamente que salta à vista não tratar-se de uma quadrado de soma mágica, pois os valores são muito díspares; não são consecutivos. Contudo se em vez de os adicionarmos em linha, em coluna ou em diagonal, os multiplicarmos, teremos uma bela surpresa.

 

De facto:

 

2 x 256 x 8 = 4096

64 x 16 x 4 = 4096

32 + 1 x 128 = 4096

  

2 x 64 x 32 = 4096

256 x 16 x 1 = 4096

8 x 4 x 128 = 4096

 

2 x 16 x 128 = 4096

8 x 16 x 32 = 4096

 

O produto mágico é, pois, 4096. Analisando os nove números em causa verifica-se serem as primeiras nove potências de base 2. Vejamos:

 

 

Em sala de aula, e dependendo do tipo de alunos, poder-se-ia introduzir a regra da multiplicação de potências com a mesma base e expoentes diferentes (mantém-se a base e adicionam-se os expoentes). De facto:

 

21 x 28 x 23 = 212

26 x 24 x 22 = 212

25 x 20 x 27 = 212

  

21 x 26 x 25 = 212

28 x 24 x 20 = 212

23 x 22 x 27 = 212

  

21 x 24 x 27 = 212

23 x 24 x 25 = 212

 

Passemos agora às potências de base 3. Eis a figura com as nove primeiras potências de base 3:

  

 

Note-se que esta figura obedece ao mesmo padrão multiplicativo anterior:

 

31 x38 x 33 = 312

36 x 34 x 32 = 312

35 x 30 x 37 = 312

   

31 x 36 x 35 = 312

38 x 34 x 30 = 312

33 x 32 x 37 = 312

 

31 x 34 x 37 = 312

33 x 34 x 35 = 312

  

Com os respectivos valores das potências, o aspecto da figura será o seguinte:

 

 

Calculemos, pois, o respectivo produto mágico:

 

3 x 6561 x 27 =531441

729 x 81 x 9 = 531441

243 x 1 x 2187 = 531441

 

3 x 729 x 243 = 531441

6561 x 81 x 1 = 531441

27 x 9 x 2187 = 531441

 

3 x 81 x 2187 = 531441

27 x 81 x 243 = 531441

 

Analisemos, ainda as nove primeiras potências de base 4:

 

 

Neste caso volta a haver um produto mágico, de valor 412, isto é 16777216.

 

Como exploração extra poder-se-ia substituir a base destas potências pelo quadrado de dois, o que daria a seguinte nova figura:

 

 

Tirando partido desta substituição, poder-se-ia introduzir ou rever o conceito de potência de uma potência, destacando a regra operativa de manter a base e multiplicar os expoentes. Eis como figura a figura mágica:

 

 

Logo, o produto mágico 412 será equivalente ao valor da potência 224.

 

Tendo em conta esta regularidade, quais são os nove números que originam um quadrado mágico com produto mágico 912? 

Pontes geométricas - conexão aos números triangulares

Outubro 07, 2010

Paulo Afonso

Atravessar um rio dispondo apenas de uma pequena barcaça costuma estar associado a vários desafios de recreação matemática. De facto, uma rápida pesquisa na Internet, sobre (a) o pastor, o lobo, a ovelha e a couve, (b) o pastor, o gato, o canário e o saco de alpista, ou (c) os canibais e os missionários, entre outros, permite constar que são apenas alguns dos desafios de travessia de um rio que existem. Por norma exigem uma apurado raciocínio e a escolha de uma boa estratégia de resloução, como seja o esquema ou figura.

 

Contudo, a minha reflexão não irá incidir nesse tipo de modo de atravessar um rio, pois em vez de uma barcaça pretende-se atravessá-lo a pé através de pontes flutuantes, formadas exclusivamente por objectos geométricos.

 

Veja-se a ponte seguinte e tente atravessar para a margem direita do rio seguindo a seguinte regra: só se pode deslocar para baixo, sempre no sentido esquerda, direita. Quantas são as possibilidades que existem?

 

Numa perspectiva de resolução sistematizada, seria interessante atribuir a cada círculo uma referência, como seja um número ou uma letra:

 

De seguida poder-se-á fazer uma lista organizada, evidenciando todas as possibilidades que existem:

 

A-E-I

B-F-J

C-G-K

 

A-E-F-J

B-F-G-K

 

A-E-F-G-K

 

Existem, pois, 3 + 2 + 1 possibilidades, isto é, 6 possibilidades diferentes de atravessar esta ponte, de acordo com as regras estipuladas.

  

Imaginemos, agora, que se aumentava um novo objecto em cada uma das margens, bem como na coluna central, como ilustra a figura seguinte:

  

 

Mantendo as condições ou regras do enunciado anterior, quantas serão, agora, as possibilidades da travessia do rio?

  

Eis novamente a figura referenciada em cada um dos objectos geométricos:

  

  

Vejamos as possibilidades:

  

A-F-K

B-G-L

C-H-M

D-I-N

  

A-F-G-L

B-G-H-M

C-H-I-N

  

A-F-G-H-M

B-G-H-I-N

  

A-F-G-H-I-N

  

Note-se que as possibilidades passaram a ser 4 + 3 + 2 + 1 = 10.

  

Continuando a aumentar um objecto geométrico em cada margem e na coluna central, eis como fica a figura:

 

Atribuindo as respectivas marcas:

 

Vejamos a análise:

 

A-G-M

B-H-N

C-I-O

D-J-P

E-K-Q

 

A-G-H-N

B-H-I-O

C-I-J-P

D-J-K-Q

 

A-G-H-I-O

B-H-I-J-P

C-I-J-K-Q

 

A-G-H-I-J-P

B-H-I-J-K-P

 

A-G-H-I-J-K-Q

 

Verificam-se, pois, 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15 possibilidades.

 

Em contexto de sala de aula seria interessante que os alunos fossem solicitados a identificar ou descobrir a regularidade numérica que suporta este conjunto de tarefas. Seria desejável que estabelecessem a seguinte relação: 6 + 4 = 10 e 10 + 5 = 15, no sentido de proporem a seguinte solução que seria 15 + 6 = 21 possibilidades de atravessar o rio na condição de se aumentar mais um objecto geométrico em cada margem e na coluna do meio.

 

Além disto, também seria desejável conectar esta regularidade ou padrão numérico ao tema dos números figurados, designadamente os números triangulares. De facto, como já tive oportunidade de reflectir em artigos anteriores, a sequência de números triangulares (1, 3, 6, 10, 15, 21, 28,...) é gerada pelo seguinte algoritmo (n2 + n) : 2, sendo "n" um número natural.

 

Sendo assim, poder-se-á reflectir acerca de como será a disposição dos objectos geométricos nas margens e na coluna centraldo rio, de modo a que o número de possibilidades de o atravessar coincida com o 10º número triangular. Qual a sua sugestão?

Dependência numérica - um caso de regularidades

Setembro 17, 2010

Paulo Afonso

No âmbito da recreação matemática faz todo o sentido confrontar as pessoas com situações problemáticas, quebra-cabeças, puzzles ou tarefas de investigação que impliquem uma avaliação permanente durante o próprio processo de resolução e não apenas ao fim, após a obtenção de uma eventual solução.

 

Ora no final do meu período de férias de Verão tive a oportunidade de visitar a sede da Associação de Professores de Matemática em Lisboa (APM) e deparei-me com uma caixinha cúbica colorida que me despertou, de imediato, a atenção. Associada à sugestiva caixa estava um título que também contribuiu decisivamente para a sua aquisição: "Génio da Matemática - descubra o prazer da Matemática" do autor Charles Phillips.

 

Num breve resumo acerca do conteúdo da caixa podia ler-se "A matemática é divertida - e os quebra-cabeças são óptimos para aprender os seus fundamentos [...]". Claro está que não hesitei em adquirir esta enigmática caixa. Ao sair da sede, a primeira coisa que fiz no carro foi abrir a caixa para saber qual era o seu conteúdo. Eis que encontrei um exemplar das Torres de Hanói e um mini-livro com cerca de 100 problemas, todos eles muito ricos em termos desta área do saber, que é a Matemática Recreativa.

  

De vários problemas que despertaram a minha curiosidade, escolho para reflexão o problema 35, existente na página 78 desse precioso livrinho. Vejamos a imagem seguinte:

 

 

O objectivo do problema é o de se colocarem nas células vazias os números inteiros de 4 a 9, inclusive, mas tendo em conta as seguintes condições:

1- Não pode haver números repetidos;

2 - Ter-se-ão que adicionar cada par de números adjacentes na vertical e na horizontal e não pode haver somas repetidas.

 

Ora, como o leitor terá a oportunidade de experimentar, trata-se de um desafio muito interessante, pois possibilita mais do que uma solução. Além disto incute no resolvedor a necessidade permanente de fazer verificações durante todo o processo de resolução, pois as duas condições prévias a isso obrigam.

 

Eis uma solução possível:

 

 

Verificando cada soma, temos os seguintes resultados:

 

Adições na Horizontal

Adições na Vertical

a) 1 + 2 = 3

b) 2 + 3 = 5

c) 5 + 6 = 11

d) 6 + 7 = 13

e) 4 + 8 = 12

f) 8 + 9 = 17

a) 1 + 5 = 6

b) 5 + 4 = 9

c) 2 + 6 = 8

d) 6 + 8 = 14

e) 3 + 7 = 10

f) 7 + 9 = 16

 

Constata-se, pois, que não há somas repetidas e, além disto, todos os números inteiros do 1 ao 9 constam na figura.

 

Como referi anteriormente, trata-se de uma situação que não pode ser resolvida sem que haja verificações permanentes durante o processo de resolução. De facto, a estratégia da tentativa e erro, só por si, não será uma estratégia muito válida, pois carece de várias tomadas de decisão por parte do resolvedor, uma vez que tem de ter em linha de conta as dezasseis somas em simultâneo.

 

Porque sou muito curioso e tenho por hábito extrapolar as situações de que gosto de resolver a outros contextos, pensei para mim próprio se o desafio fosse colocado tendo em conta exclusivamente os nove primeiros números ímpares (1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17). Desafiei-me, então, com a seguinte figura:

 

 

 

Depois de algum tempo dedicado à resolução, com muitos avanços e recuos, lá descobri uma possível solução:

 

 

Realizando a confirmação final, eis as dezasseis somas obtidas:

 

Adições na Horizontal

Adições na Vertical

a) 1 + 3 = 5

b) 3 + 5 = 8

c) 9 + 11 = 20

d) 11 + 13 = 24

e) 7 + 15 = 22

f) 15 + 17 = 32

a) 1 + 9 = 10

b) 9 + 7 = 16

c) 3 + 11 = 14

d) 11 + 15 = 26

e) 5 + 13 = 18

f) 13 + 17 = 30

 

Continuando a apelar ao meu sentido indagador procurei investigar se haveria algum aspecto comum às duas resoluções e, de imediato, apercebi-me que a colocação dos valores nas células dependia de um padrão, que é o seguinte:

 

 

De facto, o menor dos valores estava sempre colocado na célula superior esquerda e o maior deles ocupava sempre a célula inferior direita. Além disto, a linha de cima continha sempre os três menores valores de cada sequência numérica, aumentando da esquerda para a direita. o mesmo se passava na segunda linha, com interrupção do 4º elemento cuja posição era sempre a da quadrícula inferior esquerda. Por fim, entre este valor e o mais elevado ficava sempre o 8º valor.

 

Como consequência imediata desta constatação, quis testar esta regularidade com os nove primeiros números pares (2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18). Foi então que sem qualquer tipo de esforço mental me limitei a distribuir estes nove valores nas respectivas posições da nova figura. Eis o resultado:

 

 

Uma vez mais, confirma-se a regularidade ou padrão numérico identificado, pois as dezasseis somas foram todas diferentes:

 

Adições na Horizontal

Adições na Vertical

a) 2 + 4 = 6

b) 4 + 6 = 10

c) 10 + 12 = 22

d) 12 + 14 = 26

e) 8 + 16 = 24

f) 16 + 18 = 34

a) 2 + 10 = 12

b) 10 + 8 = 18

c) 4 + 12 = 16

d) 12 + 16 = 28

e) 6 + 14 = 20

f) 14 + 18 = 32

 

Por fim fui consultar a solução que o autor apresentava para o desafio colocado e constatei que era diferente do que eu tinha obtido:

 

 

Note-se que a disposição dos números já não obedece ao mesmo padrão anterior. Por isso desafio cada leitor a descobrir o novo padrão e a testá-lo também com os primeiros nove números ímpares e, depois, com os primeiros nove números pares.

Geometria algebrizada - o caso das áreas de quadrados

Junho 01, 2010

Paulo Afonso

Conectar vários conceitos matemáticos entre si tem sido uma forte aposta deste blog. Ora, neste centésimo artigo deste espaço da blogosfera pretendo voltar ao tema das conexões matemáticas por forma a elucidar, com um exemplo mais, a importância desta concepção acerca da Matemática.

 

O exemplo que escolhi tem a ver com o cálculo de áreas pelo método da decomposição passando, depois, pela sua exploração algébrica. Vejamos a figura seguinte e calculemos a área do quadrilátero de lado "a", tendo em conta que a unidade de área é a área ocupada pelo menor quadrado que faz parte da malha quadrada onde esse quadrilátero se encontra:

 

Ora, como se trata de um quadrado com 14 quadrículas de lado, tem de área 14 x 14 = 196 unidades de área. Isto é, como a = 14, então a área da figura é a2 = 142 = 196.

 

Analisemos, de seguida a figura de lado "b" e calculemos a sua área:

 

Um processo simples de realizar o cálculo é decompor a figura inicial, de lado "a" em 4 quadriláteros:

 

Note-se que a figura de lado "b" ocupa sempre metade de cada um dos quatro quadriláteros em que a figura de lado "a" foi decomposta. Logo, podemos concluir que a área da figura de lado "b" é metade da área da figura de lado "a", isto é, 98 unidades de área.

 

Em termos algébricos seria interessante que os alunos concluíssem que o lado do quadro menor - lado "b" - é a hipotenusa do triângulo rectângulo isósceles de lado "a/2". Logo, aplicando-se o Teorema de Pitágoras, conclui-se que b2 = (a/2)2 + (a/2)2 = a2/4 + a2/4 = 2a2/4 = a2/2. Em síntese, a igualdade b2 = a2/2 significa que a área do quadradado de lado "b" é metade da área do quadrado  de lado "a".

 

Qual será a área do quadrado de lado "c", comparativamente à área do quadrado de lado "a"?:

 

 

O Quadrado de lado "c" tem de lado 7 quadrículas unitárias. Logo, a sua área é 72 = 49 unidades de área. Note-se que esta área é metade da área do quadrado de lado "b" e quarta parte da área do quadrado de lado "a".

 

 

Em termos algébricos, e tal como a figura sugere, o comprimento do lado "c" é metade do comprimento do lado "a", isto  é: c = a/2. Logo, o cálculo da área do quadrado de lado "c" é a seguinte: a/2 x a/2 = a2/4. Daqui conclui-se que a área do quadrado de lado "c" é a quarta parte da área do quadrado de lado "a". Logo 196 : 4 = 49 unidades de área.

 

Analisando-se estes três casos, consta-se a existência de um padrão ou regularidade:

 

quadrado de lado "a" - sua área é a2

quadrado de lado "b" - sua área é a2/2

quadrado de lado "c" - sua área é a2/4

 

Tendo em conta esta regularidade, é admissível que surja a estimativa de que a próxima figura terá de área a/8, isto é, será um oitavo da área da figura do quadrado de lado "a" ou metade da área da quadrado de lado "c". Eis a figura respectiva:

 

 

Confirma-se, pois que a área do quadrado de lado "d" é metade da área do quadrado de lado "c", isto é, 24,5 unidades de área, como mostra a decomposição seguinte:

 

 

Note-se que conseguimos identificar 14 quadrículas inteiras, mais 10 por junção de quadrículas adjacentes, mais meia quadrícula que é a que resulta dos quatro triângulos assinalados a vermelho. Logo, a área da figura de lado "d" é 24,5 unidades de área.

 

Voltando à regularidade acima assinalada, podemos acrescentar esta nova linha:

 

quadrado de lado "a" - sua área é a2

quadrado de lado "b" - sua área é a2/2

quadrado de lado "c" - sua área é a2/4

quadrado de lado "d" - sua área é a2/8

 

Dando continuidade a esta regularidade, qual será a área do oitavo quadrado? 

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? 

Conexões matemáticas e pensamento algébrico

Abril 12, 2010

Paulo Afonso

Conectar múltiplos conceitos entre si permite evidenciar a Matemática como sendo uma ciência harmoniosa, bela, muito bela, capaz de encantar os mais cépticos na hora da resolução de actividades, designadamente as de tipo recreativo. A figura seguinte pretende ser usada como essência para promovermos algumas interessantes reflexões a este respeito:

 

 

Importa, em primeiro lugar, tentar descrever a figura, isto é, como ela é constituída:

 

- Note-se que se trata de uma figura quadrada, formada exclusivamente por quadrados mais pequenos, todos eles geometricamente iguais.

 

- Além disto, ela tem quatro anéis, formados por números naturais consecutivos. No 1º caso começa no 1 e termina no 4, no 2º caso começa no 5 e termina mo 16, no 3º caso começa no 17 e termina no 36 e o último anel começa-se com o 37 e termina-se no 64.

  

 

- O número de quadrados numéricos unitários de cada anel obedece a uma regularidade: 4, 12, 20, 28, isto é, sendo "a" o número de ordem de cada anel, a lei geral que determina o número de quadrados por anel é a seguinte: 4 + a x 8, pertencendo "a" ao conjunto dos números inteiros.

 

- É interessante analisar-se o conjunto dos maiores números de cada anel: 4, 16, 36 e 64. Certamente terá observado que se trata dos quadrados dos quatro primeiros números pares, isto é: 22, 42, 62 e 82.

 

- Será interessante perguntarmo-nos onde estarão posicionados os quadrados dos quatro primeiros números ímpares?: 1, 9, 25, 49.

 

Uma observação mais atenta permite a constatação de que todos eles estão numa mesma linha oblíqua:

 

  

Tendo em conta as análises acabadas de fazer, qual será o maior número do próximo anel? Será que o quadrado do próximo número ímpar continuará na mesma linha oblíqua dos quadrados dos números ímpares anteriores?

 

A figura seguinte certifica que estaremos na presença do quadrado do próximo número par (100) e na presença do quadrado do próximo número ímpar (81), que é o quadrado do 9:

 

 

Se a figura se prolongasse até ao vigésimo anel, qual seria o maior valor desse anel? E qual seria o quadrado do número ímpar a dar continuidade à linha dos quadrados do números ímpares?

Regularidades envolvendo hexágonos numéricos

Abril 06, 2010

Paulo Afonso

O tema das regularidades e dos padrões, quer sejam numéricos ou geométricos, tem merecido alguma reflexão no seio deste blog. Desta vez vou conectar uma das mais importantes figuras geométricas  - o hexágono - a regularidades de natureza numérica.

 

A figura seguinte, iniciada pelos primeiros cinco números naturais é construída da seguinte forma: qualquer valor numérico, exceptuando os da linha de cima, resulta da soma dos dois números que estão sobre ele na fila imediatamente acima. Quando a soma de dois desses valores ainda tem dois dígitos, estes adicionam-se e apenas o valor desta soma é colocado na figura. A título de exemplo, 5 + 7 = 12 e 1 + 2 = 3. Logo, será o valor 3 a colocar sob os valores 5 e 7:

  

 

  

Investigar qual será o valor final se se substituírem os valores da linha de topo pelos respectivos dobros.

  

Este desafio suscita que se possa conjecturar que o valor final também será o dobro do valor final existente na figura anterior. Testemos esta conjectura:

 

 

Confirma-se, pois, a estimativa acabada de fazer, o que nos leva a pensar que se a linha de topo for formada por valores que são o triplo dos respectivos valores iniciais, o valor final também será triplo do primeiro valor final. Eis a figura que confirma esta ideia:

 

 

Como será o estudo semelhante para os cinco números naturais consecutivos iniciados pelo 2? E com os seus respectivos dobros e triplos também ocorrerão regularidades semelhantes a estas acabadas de verificar?

 

As três figuras seguintes permitem verificar-se que sim:

 

De facto, o valor final passou de 1 para o seu dobro (2) e para o seu triplo (3), respectivamente.

 

Tendo em conta a investigação acabada de realizar, explique a relação que existe entre as três figuras seguintes:

 

A Matemática nos truques de cartas

Março 27, 2010

Paulo Afonso

Uma das actividades que costuma ter mais impacto em contexto de matemática recreativa é a que recorre a um normal baralho de cartas. Este objecto lúdico possibilita a criação de cenários de magia matemática, permitindo que um qualquer "mago", mais ou menos experiente na arte da prestigiditação possa deslumbrar os seus interlocutores.

 

Por norma, quando um bom truque tem êxito junto de uma audiência, esta sente uma curiosidade imediata em pretender saber a causa ou a razão do seu sucesso. Ora, muitas vezes a causa tem a sua origem na Matemática. O exemplo que apresento a seguir dá conta da importância da Matemática nessa área da magia com cartas:

 

Colocam-se 21 cartas viradas para cima em três montes de 7 cartas cada um. De seguida escolhe-se uma dessas cartas, revelando-se apenas o monte a que ela pertence. O "mago" coloca o monte onde está essa carta no meio dos outros dois montes e de seguida volta a dispor as 21 cartas em três montes com 7 cada. Este pergunta ao seu interlocutor em que monte se encontra a carta por si escolhida. Após resposta deste, o "mago" volta a colocar o monte das cartas, onde está a seleccionada, no meio dos outros dois montes e repete uma última vez o processo, isto é, volta a dispor as cartas em três montes e volta a perguntar em que monte se encontra a carta seleccionada pelo seu interlocutor. Após ouvida a resposta, volta a colocar o monte a que pertence esta carta no meio dos outros dois montes. Vira as cartas para baixo e faz sair uma carta por cada letra da seguinte frase, que vai dizendo em voz alta: "É esta a carta". A última carta a ser saída será a carta seleccionada pelo seu interlocutor.

 

Experimente esta tarefa várias vezes e tente encontrar uma explicação para o ocorrido.

 

Este fascinante truque de cartas tem uma explicação de natureza matemática. Em contexto de sala de aula os alunos deveriam encará-lo como sendo uma tarefa de investigação, de modo a descobrirem a causa da sua ocorrência. Assim, a figura seguinte visa evidenciar uma possível explicação para este truque. Para tal vamos centrar a nossa atenção, por exemplo, no monte do meio e na primeira carta desse monte, isto é, na carta nº 8:

 

 

De seguida colocarmos o monte a que pertence a nossa carta seleccionada entre as cartas do monte A e as cartas do monte C e voltamos a distribuí-las pelos três montes de acordo com o esquema da figura seguinte:

 

 

Neste caso, a carta seleccionada ficou posicionada na terceira linha da coluna B. Ora, voltamos a colocar este monte de cartas entre o monte de cartas A e o monte de cartas C. Ao distribuí-las pela última vez, e de acordo com o mesmo critério anterior, eis onde fica posicionada a nossa carta:

 

 

Verifica-se que a carta seleccionada ficou posicionada na quarta linha do monte A. Então, para se revelar a carta junto do nosso interlocutor, o que há a fazer e colocar o monte da carta seleccionada entre o monte C e o monte B. Ao fazermos isto, virando as cartas para baixo, a carta seleccionada, e mantida em segredo, será descoberta ao dizer-se a última letra da seguinte frase: "É esta a carta".

 

Este é, pois, um possível estudo para o caso de a carta seleccionada ser a primeira do monte central, isto é, a oitava carta. Como será a solução no caso e a carta a seleccionar ser a segunda do monte central, isto é, a 9ª carta?

 

 

A tabela seguinte evidencia cada movimento das cartas, bem como o poscionamento da carta seleccionada:

 

InícioApós voltar as distribuir as cartas   Após voltar a distribuir as cartas

 

Note-se a curiosidade de a carta escolhida desta vez voltar a ficar posicionada no mesmo local da carta seleccionada da primeira vez. Será sempre assim com as restantes cartas deste monte central?

 

A tabela seguinte visa evidenciar o estudo feito para as cinco restantes cartas deste monte:

 

InícioApós voltar a distribuir as cartasApós voltar a distribuir as cartas
  
   

 

Analisando-se a tabela anterior constata-se que o posicionamento final para as cartas 10, 11  e 12 é sempre o mesmo, mas diferente dos dois casos anteriormente analisados. Nestes três últimos casos, as cartas ficam posicionadas no monte B, ainda que na quarta linha do monte, como anteriormente se havia verificado.

 

Já as duas últimas cartas do monte central, a 13ª e a 14ª cartas, mudam de monte na posição final, pois passam para o monte C, mas também se mantêm na quarta linha do respectivo monte.

 

Em síntese, relativamente ao monte central, independentemente da carta que inicialmente se seleccione, no final ocupará a quarta linha do monte a vier fazer parte. Ao colocar-se este monte no meio dos outros dois ficará sempre com que a carta seleccionada fique a ocupar a posição 11, precisamente o número de letra da frase "É esta a carta".

 

O que acontecerá se a carta inicialmente seleccionada for uma das sete cartas do monte A ou do C? Faça o respectivo estudo e retire conclusões.

 

Um truque bem mais simples é o que apresento a seguir, adaptado da obra de Joe Fullman (2009)*:

 

"Pedir a um interlocutor para dividir um normal baralho de 52 cartas em dois montes. De seguida deve fixar a última carta de um dos montes, mantendo-a em segredo. O realizador do truque deve colocar o monte desta carta sobre o outro, ambos voltados para baixo. Em continuação, o interlocutor é convidado a distribuir as cartas, uma a uma, voltadas para baixo, formando quatro montes. Revela o monte onde está a carta seleccionada e o realizador do truque coloca o respectivo monte sobre os três restantes montes, todos voltados para baixo. Ao terminar de referir a palavra mágica "ACERTEI", retirando uma carta por cada letra dita,  estará a mostrar a carta seleccionada pelo seu interlocutor"

 

* - Fullman, J. (2009). Grande Livro de Truques de Magia. Sintra: Girassol.

 

Qual a explicação para o truque acabado de descrever?

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