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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.

Números oblongos e investigações matemáticas

Janeiro 01, 2012

Paulo Afonso

Utilizar várias sequências numéricas para que se lhes dê continuidade tem sido apanágio deste blog. Desta vez, apesar de ter escolhido um conjunto de números cuja relação matemática é facilmente identificável, permite um leque alargado de investigações matemáticas que ajudam a ilustrar a dimensão apaixonante desta Ciência.

 

Eis os números a que se deve dar continuidade:    

2     6     12     20     ____     ____

 

Como disse, facilmente nos poderemos aperceber das seguintes relações:

 

2 + 4 = 6

6 + 6 = 12

12 + 8 = 20

 

Dando-se continuidade a este tipo de relação numérica, facilmente se poderá prever o 30 como sendo o próximo número da sequência, por resultar de 20 + 10. De facto, 10 é o próximo número par a seguir ao 8.

 

Logo, o próximo elemento seria o 42, pois 42 = 30 + 12, sendo o 12 o valor par a acrescentar ao elemento da sequência anterior.

 

Ora, em contexto de sala de aula seria interessante que os alunos pudessem ser solicitados a investigar se haveria alguma lei matemática que explicasse este tipo de incrementos entre os elementos da sequência numérica.

 

Este desafio poderá suscitar várias investigações por parte dos resolvedores.

 

Uma primeira aproximação poderia passar pela identificação da relação existente entre o primeiro elemento da sequência e cada um dos restantes. Vejamos:

 

Ordem do termo na sequência Valor do termo Relação com o 1º termo
2  
6 2 + 1 x 4
12 2 + 2 x 5
20 2 + 3 x 6
30 2 + 4 x 7
42 2 + 5 x 8

  

Analisando-se os valores da coluna da direita, também se pode referir para o 1º caso que 2 = 2 + 0 x 3, pois ajuda a complementar esta forma recursiva de analisar os valores aí presentes.

 

Assim sendo, facilmente se percebe que a lei geral de obtenção de qualquer número (t) desta sequência pode ser a seguinte: t = 2 + (n - 1) x (n + 2), sendo "n" a ordem do termo na sequência. Logo, o 7º termo seria o seguinte: t7 = 2 + (7 - 1) x (7 + 2) = 2 + 6 x 9 = 56.

 

Por outro lado, confirma-se que utilizando o próximo valor, par, a seguir ao 12, isto é, o 14, obtém-se o valor 56. De facto, 42 + 14 = 56.

 

Esta é apenas uma das investigações que esta tarefa permite. Outra passa por se associar cada um dos elementos da sequência numérica a um produto de fatores consecutivos:

 

2 = 1 x 2

6 = 2 x 3

12 = 3 x 4

20 = 4 x 5

 

Logo, poderá haver uma outra lei capaz de gerar este conjunto de números. De facto, cada termo da sequência (t) resulta do produto do valor desse termo com o seu sucessor, isto é t = n x (n + 1). Trata-se da fórmula geradora de um tipo de números figurados, que são os números oblongos, pois cada valor pode estar associado a uma figira geométrica retangular cujas medidas são "x" e "x + 1".

 

Logo, confirma-se o valor 56, como sendo o 7º termo desta sequência, pois t7 = 7 x (7 + 1) = 7 x 8 = 56. 

 

Um outro desafio interessante que se pode lançar a propósito desta sequência de números é o seguinte: Obter o valor 2 usando apenas três 2, obter o valor 6 usando apenas três 3, obter o valor 12 usando apenas três 4 e obter o valor 20 usando apenas três 5.

 

Uma possível hipótese de resposta poderá ser a seguinte:

 

2 = 2 x 2 - 2

6 = 3 x 3 - 3

12 = 4 x 4 - 4

20 = 5 x 5 - 5

 

Logo, uma outra lei geral que pode originar qualquer um destes números (t) é a seguinte: t = (n + 1) x (n + 1) - (n + 1). Uma vez mais, confirmemos o 7º termo usando, agora, esta nova lei geral. t7 = (7 + 1) x (7 + 1) - (7 + 1) = 8 x 8 - 8 = 56.

 

Eis uma outra extensão deste desafio inicial: Obter o valor 2 usando apenas três 1, obter o valor 6 usando apenas três 2, obter o valor 12 usando apenas três 3 e obter o valor 20 usando apenas três 4. Qual a nova lei geral que surge a partir deste novo desafio? 

Conexão matemática entre o Crivo de Eratóstenes e os números de Fibonacci

Dezembro 03, 2011

Paulo Afonso

Em Matemática Recreativa é usual recorrer-se a quadros numéricos, como o seguinte, para que se desafiem as pessoas a detetar eventuais regularidades ou padrões, sejam eles de natureza numérica ou de natureza geométrica. O desafio com que inicio esta nova reflexão visa a identificação de algo que seja comum a todos os números que estão em destaque.

 

Qual será a característica que os une a todos?

 

 

 

Obviamente que quem não conhecer o conceito de número primo terá dificuldade em responder ao desafio colocado, pois a resposta é exatamente dizer-se que se tratam de todos os números primos inferiores ao valor 100. De facto, qualquer deles só admite dois divisores: ele próprio e a unidade, isto é, no conjunto dos números inteiros, somente a divisão por eles próprios ou por 1 dará resto zero.

 

Ora, se se fizer uma pesquisa rápida na Internet sobre o tema "números primos", facilmente daremos conta de que não existe uma fórmula ou algoritmo que nos permita encontrar todos os números primos. Talvez por este motivo os números primos sejam tão usados em códigos secretos, pois a sua decifração não é tarefa fácil.

 

Contudo, o quadro anterior pode servir de modelo matemático muito útil para se encontrarem todos os números primos inferiores ao 100. Denominado de Crivo de Eratóstenes, o mesmo pode ser explorado em contexto de sala de aula de Matemática ou junto de familiares e amigos da seguinte forma: esquecendo o 1, por não fazer parte deste tema, vamos isolar o 2 e eliminar (com uma outra cor) todos os números do quadro que sejam múltiplos do 2. Eis como fica inicialmente o quadro depois desta crivagem:

 

 

Eliminaram-se, pois, todos os números pares, à exceção do 2, por este ter sido selecionado.

 

De seguida vamos continuar a utilizar este crivo a partir do próximo número que não foi eliminado agora, isto é, o 3. Seleciona-se este número e dever-se-ão eliminar todos os múltiplos do 3. Claro está que há múltiplos do 3 que já aparecerão eliminados devido ao facto de também serem múltiplos do 2, como sejam, a título de exemplo, o 6, o 12, o 30, etc. Eis como fica agora o quadro:

 

 

Note-se que ainda há muito números que não foram eliminados, sendo que o menor deles é o 5. Assim sendo, seleciona-se este número e eliminam-se, agora, todos os múltiplos do 5 que ainda não foram eliminados. A título de exemplo, note-se que o 15 já foi eliminado por ser também múltiplo do 3. Por sua vez, o 20 já foi eliminado por também ser múltiplo do 2. Eis como fica agora o quadro:

 

 

De seguida faltam eliminar todos os múltiplos do 7 que ainda constem da tabela. Terão de eliminar-se o 49, o 77 e o 91:

 

 

Se nos fixarmos nos restantes números que ainda não foram eliminados, cada um deles já não tem qualquer múltiplo que não tenha sido já eliminado, pelo que se pode concluir que através deste Crivo de Eratóstenes estão identificados todos os números primos inferiores ao valor 100:

 

 

 

São eles:

2, 3, 5, 7

11, 13, 17, 19

23, 29

31, 37

41, 43, 47

53, 59

61, 67

71, 73, 79

83, 89

97

 

Escolhamos, agora, alguns destes números primos, como sejam: 11, 13, 17, 23, 29, 43, 53 e 73 e investiguemos que tipo de relação poderão ter com a sequência de números de Fibonacci, designadamente com os seguintes elementos: 2, 3, 5, 8 e 13. Haverá alguma conexão matemática entre estes dois tipos de números: os primos e os de Fibonacci?

 

De entre várias estimativas que qualquer resolver pode colocar a si próprio, seria desejável que em contexto de sala de aula os alunos assumissem a postura de Equipa de Detetives da Matemática, de modo a que alguém pudesse testar, de entre várias outras conjeturas, a soma do produto de dois destes números de Fibonacci com um terceiro número desta sequência.

 

Vejamos o seguinte exemplo, tendo em conta os valores 2, 3 e 5:

 

a) 2 x 3 + 5 = 11

b) 2 x 5 + 3 = 13

c) 3 x 5 + 2 = 17

 

Quer o 11, como o 13 ou o 17 pertencem aos números identificados pelo Crivo de Eratóstenes, logo são números primos.

 

Vejamos um novo exemplo, envolvendo, agora, os valores 3, 5 e 8:

 

a) 3 x 5 + 8 = 23

b) 3 x 8 + 5 = 29

c) 5 x 8 + 3 = 43

 

Uma vez mais, os valores 23, 29 e 43 também estão no Crivo de Eratóstenes como sendo números primos.

 

Será que o mesmo se passa se os números selecionados para testagem forem o 5 o 8 e o 13? E se forem os números 8, 13 e 21, alguma coisa surgirá diferente?

Investigações matemáticas envolvendo cartas

Março 08, 2010

Paulo Afonso

O tema das investigações matemáticas tem servido de base ou contexto para a exploração de muitos assuntos neste blog. Desta vez o mesmo vai ser utilizado com recurso a um normal baralho de cartas.

 

Imagine que pretende efectuar uma moldura para uma fotografia, tendo aquela a particularidade de ser formada por todas as cartas numéricas, de um só naipe, de um normal baralho de cartas, isto é, do 1 (ás) ao 10. A disposição das dez cartas deve obedecer ao esquema seguinte, sendo que cada lado da moldura deve originar sempre a mesma soma. Como proceder?

 

 

A título de exemplo, e com base em múltiplas experimentações, poderia ocorrer a seguinte resposta:

 

 

Observando a moldura, confirma-se que existe sempre uma mesma soma para cada um dos quatro lados, usando todos, e apenas uma vez, os dez números disponíveis. Refiro-me ao valor 18.  

 

De facto, 2 + 10 + 6 = 18; 6 + 7 + 4 + 1 = 18; 1 + 9 + 8 = 18; 8 + 5 + 3 + 2 = 18. 

 

Em situação de sala de aula seria interessante analisar-se esta moldura e perceber a razão de ela ter sido um caso de sucesso.

 

Em primeiro lugar, e tendo como referência o esquema seguinte, ter-se-á de concluir que a soma das três cartas de cima (A) é igual à soma das três cartas de baixo (C). Por outro lado, as quatro cartas sobrantes, duas pertencentes ao lado B e as outras duas pertencentes ao lado D têm de originar um valor que adicionado aos valores das seis cartas dos lados A e C dê a soma das dez cartas, que é 55:

 

Tendo em conta estas premissas, a soma dos valores das quatro cartas afectas a B e D terá de ser tal que ao subtrair ao total 55 dê um resto par, para que este possa originar dois valores iguais, sendo um para o A e outro para o C. Eis os doze casos possíveis:

 

a) 55 - 11 = 44 --- (22 + 22)

b) 55 - 13 = 42 --- (21 + 21)

c) 55 - 15 = 40 --- (20 + 20)

d) 55 - 17 = 38 --- (19 + 19)

e) 55 - 19 = 36 --- (18 + 18)

f) 55 - 21 = 34 --- (17 + 17)

g) 55 - 23 = 32 --- (16 + 16)

h) 55 - 25 = 30 --- (15 + 15)

i) 55 - 27 = 28 --- (14 + 14)

j) 55 - 29 = 26 --- (13 + 13)

k) 55 - 31 = 24 --- (12 + 12)

l) 55 - 33 = 22 --- (11 + 11)

 

De facto, a negrito (alínea e) está o caso ilustrado acima. Contudo, para a soma 18 + 18 haverá só aquele caso?  

 

 

Vamos investigar como é que quatro números diferentes podem originar a soma 19. Uma delas é a que esteve na base do caso de sucesso ilustrado acima: 7 + 5 + 4 + 3 = 19.

 

Eis outras 12 possibilidades:

 

a) 10 + 6 + 2 + 1

b) 10 + 5 + 3 + 1

c) 10 + 4 + 3 + 2

d) 9 + 7 + 2 + 1

e) 9 + 6 + 3 + 1

f) 9 + 5 + 4 + 1

g) 9 + 5 + 3 + 2

h) 8 + 7 + 3 + 1

i) 8 + 6 + 4 + 1

j) 8 + 6 + 3 + 2

k) 8 + 5 + 4 + 2

l) 7 + 6 + 5 + 1

m) 7 + 6 + 4 + 2

 

Resta agora cruzar cada um destes doze casos com a soma de A com C, isto é com 18 + 18, para um total de 36:

 

a) 10 + 6 + 2 + 1 A = 9 + 5 + 4 C = 8 + 7 + 3
b) 10 + 5 + 3 + 1 A = 9 + 7 + 2 C = 8 + 6 + 4
c) 10 + 4 + 3 + 2 A = 9 + 8 + 1 C = 7 + 6 + 5
d) 9 + 7 + 2 + 1 A = 10 + 5 + 3 C = 8 + 6 + 4
e) 9 + 6 + 3 + 1 X X
f) 9 + 5 + 4 + 1 A = 10 + 6 + 2 C = 8 + 7 + 3
g) 9 + 5 + 3 + 2 A = 10 + 7 + 1 C = 8 + 6 + 4
h) 8 + 7 + 3 + 1 A = 10 + 6 + 2 C = 9 + 5 + 4
i) 8 + 6 + 4 + 1 A = 9 + 7 + 2 C = 10 + 5 + 3
 j) 8 + 6 + 3 + 2  X  X
 k) 8 + 5 + 4 + 2 A = 10 + 7 + 1  C = 9 + 6 + 3 
 l) 7 + 6 + 5 + 1  X
 m) 7 + 6 + 4 + 2 A = 10 + 5 + 3  C =  9 + 8 + 1

 

Analisando-se exaustivamente cada caso, apenas o da alínea h resulta numa moldura mágica, com soma 18 em cada lado. Vejamos:

 

 

O que resultará se a investigação incidir numa moldura mágica de soma 19? Haverá muitos casos de sucesso?

 

Apresento duas possíveis soluções:

 

Solução A:

 

Solução B:

 

Haverá mais algum caso de sucesso para esta soma mágica de 19? Como será a sua investigação? 

Investigações matemáticas - conexões a outras áreas

Janeiro 18, 2010

Paulo Afonso

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?

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