Saltar para: Posts [1], Pesquisa [2]

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.

Magia matemática envolvendo números

Outubro 02, 2011

Paulo Afonso

A Matemática, como disciplina fascinante que é, possibilita que os mais astutos no domínio da Magia encantem os seus interlocutores com atividades mágicas que os deixam completamente rendidos a essa Ciência. O exemplo que trago para reflexão desta vez passa por se analisar a relação que existe entre a primeira parcela da seguinte adição (475) e a respetiva soma (2473):

 

 

Certamente reparará que a soma tem mais 1998 unidades que o valor da primeira parcela, isto é, aquele valor é maior em duas mil menos duas unidades que esta parcela (1998 = 2000 - 2).

 

Ora, baseados nesta constatação, este mesmo conjunto de números poderia servir de base a uma atividade de magia matemática. Imagine, pois, que um nosso interlocutor era solicitado para referir oralmente, e escrever num papel, um número formado por três dígitos, de preferência, diferentes entre si. De seguida pedia-se para acrescentar por baixo desse número referido, outros dois números formados, também cada um, por três dígitos. Como é que se poderá adivinhar logo a soma, assim que é referida a primeira parcela?

 

Este enigmático desafio passa, então, por se acrescentar dois mil ao valor dessa parcela, mas temos de retirar duas unidades a essa mesma parcela. Depois, basta acrescentarmos, nós mesmos, as duas parcelas que faltam. Contudo, a escrita destas duas parcelas deve obedecer ao critério de formarem mil menos um (999), duas vezes, ou seja, um total de 2000 - 2, que é 1998. Vejamos a figura e centremos a nossa atenção nas cores:

 

 

 

Repare-se no seguinte: ao adicionarmos os valores da 2ª e da 4ª parcelas obtém-se o valor 999, pois: 390 + 609 = 999. Por sua vez, a adição dos valores da 3ª parcela com os valores da 5ª parcela também origina o mesmo resultado: 628´+ 371 = 999. Logo, com a nossa intervenção na escrita criteriosa das últimas parcelas estaremos a contribuir decididamente para que o valor da 1ª parcela seja adicionado com os valores 999 + 999, isto é com (1000 - 1) + (1000 - 1), ou seja com 2000 - 2, que é 1998.

 

No sentido de se aplicar esta magia matemática a uma nova situação, pode-se colocar a nossa criatividade em jogo e podemos logo escrever num papel (sem que alguém veja) o número 2638. Contudo, se isto ocorrer perante um conjunto de amigos, ou na escola, com alunos, o professor poderá dizer logo de imediato que escreveu num papel o número que vai escrever agora no quadro da sala de aula: 640. Claro está que no papel o valor 2638 é o tal que é 640 + (2000 - 2). Na figura do quadro escreverá, então, só a 1ª parcela, mas na sua memória e no papel que escreveu, e guardou bem guardado, já tem a soma que pretende obter:

 

 

Imaginando que solicitamos duas intervenções e os valores são os da figura seguinte, quais os valores a acrescentar por nós? 

 

 

Tendo em conta o valor 523 na 2ª parcela, para que a nossa intervenção origine o valor 999, então teremos de avançar com o número 476:

 

 

Do mesmo modo, o valor da 3ª parcela (374) terá de ser adicionado ao valor da 5ª parcela, que será 625. Note-se que 374 + 625 = 999:

 

 

Em síntese, quando agora nós mostrássemos o papel que está guardado, a surpresa seria enorme, por este conter a soma 2638. Fica, pois, comprovado que adicionando duas vezes 1000 - 1 ao valor 640, o valor obtido é 2638.

 

Analisemos agora a figura seguinte e tentemos relacionar o valor da 1ª parcela com a respetiva soma:

 

 

 

Uma primeira conclusão é que a soma é maior em 1776 unidades, isto é, duas mil menos 224 unidades. Significa isto que basta olhar para a soma para se ver que na ordem das dezenas e na ordem das centenas, os valores aí existentes são os respetivos da 1ª parcela, subtraídos de duas unidades. Ja o algarismo da ordem das unidades, na soma, é igual ao respectivo algarismo da 1ª parcela, subtraído de quatro unidades.

 

Como o valor 1776 se pode obter pela soma de duas parcelas iguais: 888 + 888, então, o que teremos de fazer, enquanto Magos da Matemática é introduzir duas parcelas cujos valores ao serem adicionados aos valores da 2ª e 3ª parcelas vão originar duas vezes o valor 888:

 

 

Repare-se, pois, que (a) 364 + 524 = 888; (b) 628 + 260 = 888. Logo, 475 + 2 x 888 = 475 + 1776 = 2251.

 

Tendo em conta esta nova curiosidade matemática, descubra os valores que farão parte das parcelas da figura seguinte, de modo a que a soma seja maior do que a 1ª parcela em 2000 - 224 unidades:

 

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? 

Hexágonos mágicos

Setembro 24, 2010

Paulo Afonso

As figuras mágicas já foram objecto de análise neste blog por variadíssimas ocasiões. Desta feita vou socorrer-me de uma figura geométrica muito apreciada no seio da Matemática, que é o hexágono regular. Muito se poderia dizer acerca deste tipo de figura, desde logo a sua associação ao importante labor das abelhas é algo que surpreende cada um de nós.

  

Do ponto de vista geométrico, a sua capacidade de gerar planificações perfeitas é um dos aspectos de maior relevo no seu estudo. Contudo, não será sobre estes aspectos que irei incidir a minha reflexão. Vou, antes, utilizar os hexágonos regulares para se fazer uma exploração ao nível das figuras e das somas mágicas.

  

O objectivo é colocar alguns dos números de 1 a 9 nos seis triângulos equiláteros que formam a figura seguinte, não se podendo repetir qualquer destes números, por forma a obter-se a soma mágica 25:

  

 Duas soluções possíveis são as seguintes:

  

     

Numa tentativa de decomposição do 25 em seis parcelas todas diferentes, seria desejável que em contexto de sala de aula de Matemática surgissem mais dois casos de sucesso:

 

   

Com estes quatro exemplares poder-se-iam explorar diversas situações de recreação matemática. Contudo, o desafio é o de se usarem estes quatro módulos para se proceder à pavimentação ilustrada na figura seguinte (um novo hexágono regular), tendo, para tal, que redistribuir os valores em cada um destes quatro módulos para que a soma em cada hexágono se mantenha no valor 25:
 

 

Eis uma solução possível:

 

 

 

 

Como se pode verificar cada hexágono mantém a soma 25.

 

Proceder de igual modo para o preenchimento de um novo hexágono mágico (desta vez é um irregular), de soma 25 em cada módulo hexagonal:

 

 

 

 

 

 

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? 

Figuras mágicas e tarefas de investigação matemática

Fevereiro 15, 2010

Paulo Afonso

O tema das figuras mágicas já foi por diversas vezes objecto de reflexão neste blog. Contudo, como o mesmo suscita a possibilidade de haver diversificadas explorações, desta vez associá-lo-ei a tarefas de investigação.

 

O objectivo é o de se substituir cada uma das letras da figura seguinte por um número diferente, de 1 a 9, inclusive, de modo a que a soma proveniente de "a + b + c + d + e" seja igual à soma proveniente de "e + f + g + h + i". Como proceder? Haverá mais do que uma solução?

 

 

 

 

Em termos de recreação matemática, esta tarefa poderia ser resolvida através da estratégia da tentativa e erro. Contudo, como tarefa de investigação, e ao nível da sala de aula, seria desejável que a mesma levasse os alunos a um raciocínio mais estruturado.

 

Ora vejamos, o que é solicitado é o seguinte: a + b + c + d + e = e + f + g + h  + i. Haverá, pois, um número que se irá repetir, uma vez que aparece em ambas as adições.

 

Sabe-se, por outro lado, que se não houvesse repetição dessa parcela, a soma dos nove números seria: 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45. Dado que haverá um valor a repetir-se, e não se sabendo qual, há que se investigar todas as possibilidades. Assim, a tabela seguinte visa sistematizar o caso de o valor a repetir ser o 1:

 

Valor a repetir Soma final Somas parcelares
1 46

9 + 8 + 3 + 2 + 1 = 23

7 + 6 + 5 + 4 + 1 = 23

 

9 + 7 + 4 + 2 + 1 = 23

8 + 6 + 5 + 3 + 1 = 23

 

9 + 6 + 5 + 2 + 1 = 23

8 + 7 + 4 + 3 + 1 = 23

 

9 + 6 + 4 + 3 + 1 = 23

8 + 7 + 5 + 2 + 1 = 23

 

Resultante deste trabalho de sistematização, conclui-se que poderão haver quatro casos em que o valor a repetir é o 1:

 

 

Estudemos, de seguida, o caso de o valor a repetir-se ser o 2. A soma final seria 47. Como se trata de um valor ímpar, não possibilita a divisão em duas somas parcelares de igual valor inteiro. Logo, conclui-se que o valor 2 não poderá ocupar o espaço da letra "e".

 

Passemos, pois, para o valor 3. Tal como para o caso do valor 1, a tabela seguinte sistematiza o estudo deste novo caso:

 

Valor a repetir Soma final Somas parcelares
3 48

9 + 7 + 3 + 4 + 1 = 24

8 + 6 + 5 + 2 + 3 = 24

 

9 + 6 + 3 + 5 + 1 = 24

8 + 7 + 4 + 2 + 3 = 24

 

9 + 6 + 3 + 4 + 2 = 24

8 + 7 + 5 + 1 + 3 = 24

 

 

Eis os três casos possíveis, em que o valor a repetir é o 3:

 

 

 

Para o caso do valor a repetir-se ser o 4, a soma total seria 49, pelo que ao ser um número ímpar, também não permitiria a obtenção de duas somas parcelares de igual valor numérico inteiro. Logo, conclui-se que o espaço ocupado pela letra "e" também não poderia ser utilizado pelo valor 4.

 

Já para o valor 5, se fosse este a repetir-se, a soma final seria 50. Vejamos a tabela correspondente ao estudo deste novo caso:

 

Valor a repetir Soma final Somas parcelares
5 50

9 + 8 + 5 + 2 + 1 = 25

7 + 6 + 4 + 3 + 5 = 25

 

9 + 7 + 5 + 3 + 1 = 25

8 + 6 + 4 + 2 + 5 = 25

 

9 + 6 + 5 + 3 + 2 = 25

8 + 7 + 4 + 1 + 5 = 25

 

 

Eis os três casos possíveis:

 

 

 

Já evidenciei, pois, 10 casos de sucesso para esta tarefa de investigação. Haverá mais para os casos de serem o valor 7 ou o valor 9 a repetir-se? Tente fazer um estudo semelhante aos acabados de fazer para os casos dos valores 1, 3 e 5.

 

Imaginemos agora um novo desafio, que consiste em investigar se é possível que a soma resultante de "a + b + c + d + e" seja o dobro da soma resultante de "e + f + g + h + i". Quantos casos de sucesso haverá?

 

Ora, este novo desafio obriga a que tenhamos em conta todas as somas finais possíveis de obter em função do valor que se vai repetir.

 

Valor a repetir Soma final
1 46
2 47
3 48
4 49
5 50
6 51
7 52
8 53
9 54

 

 

De seguida importa ver quais as somas finais que são multiplas do 3. Há três casos: 48, 51 e 54. Logo, os valores a repetir-se podem ser, respectivamente, o 3, o 6 e o 9.

 

Estudemos, a título de exemplo, o valor 3. A soma final que lhe corresponde é 48, pelo que permite três grupos de valor 16. Juntando dois deles fica-se com um valor que é duplo do terceiro (32 e 16).

 

Vejamos a tabela respectiva:

 

Valor a repetir Soma final Somas parcelares
3 48

9 + 8 + 3 + 7 + 5 = 32

6 + 4 + 2 + 1 + 3 = 16

 

Eis a figura respectiva:

Faça um estudo semelhante para as restantes somas, isto é, para a soma 51 e para a soma 54, associadas, respectivamente, à duplicação do 6 e do 9.

 

Adicionando números primos

Outubro 09, 2009

Paulo Afonso

Como é do conhecimento de muitas pessoas, designadamente dos mais ligados a questões da Matemática, não existe nenhum algoritmo ou lei geral que seja capaz de gerar todos os números primos. Talvez devido a este motivo,  este tipo de números seja muito utilizado ao nível da segurança informática, pois a encriptação de chaves numéricas tem tido uma relação muito estreita com os números primos.

Contudo, não é sobre a segurança na Net que vou dedicar a minha reflexão. Antes vou utilizar alguns números primos, especialmente os quatro primeiros (2, 3, 5 e 7) para aplicar a um vulgar jogo do quotidiano das pessoas.
Imagine-se a jogar, com uma ligeira adaptação,  o jogo da moedinha com mais três amigos, sendo que você decide, sem dizer a ninguém, levar sempre duas moedas de um cêntimo. Se aos outros for permitido levar também duas moedas ou três ou cinco ou sete de um cêntimo, qual será a soma que deve escolher, caso o possa fazer em primeiro lugar, isto é, antes dos demais adversários?
Esta situação lúdica e de lazer merece uma análise acerca das possibilidades matemáticas que podem ocorrer. A tabela seguinte pode ajudar, sendo o leitor o jogador A:

Jogador A
Jogador B
Jogador C
Jogador D
Soma
2
2
2
2
8
2
2
2
3
9
2
2
2
5
11
2
2
2
7
13
2
2
3
3
10
2
2
3
5
12
2
2
3
7
14
2
2
5
5
14
2
2
5
7
16
2
2
7
7
18
2
3
3
3
11
2
3
3
5
13
2
3
3
7
15
2
3
5
5
15
2
3
5
7
17
2
3
7
7
19
2
5
5
5
17
2
5
5
7
19
2
5
7
7
21
2
7
7
7
23

A análise da tabela permite que possa extrair algumas conclusões:
a) Deve evitar-se escolher o 20, o 22 ou qualquer número inferior a 8 ou superior a 23.
b) As somas mais prováveis de ocorrer são 11, 13, 14, 15, 17 e 19, ganhando para as somas 8, 9, 10, 12, 16, 18, 21 ou 23.
Como será para o caso de se poderem levar 11 moedas e nunca duas, sendo que o leitor escolhe sempre levar três moedas? Qual o valor ou valores mais interessantes a serem pedidos por si? (nota: valores permitidos de moedas - 3, 5, 7 e 11).

Explorando hexágonos regulares

Janeiro 26, 2009

Paulo Afonso

À semelhança do triângulo equilátero e do quadrado, o hexágono regular é um polígono que tem a particularidade de fazer muito boas pavimentações. Aliás, o mesmo pode ser comprovado pelo texto do meu amigo José Filipe, no seu blog: www.maismat.blogspot.com. De facto, a figura seguinte evidencia um excelente aproveitamento do espaço a pavimentar:

Numa situação de recreação matemática como distribuiria os números 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 nesses sete hexágonos de modo a que a soma de quaisquer três hexágonos adjacentes em linha vertical ou linha oblíqua fosse sempre a mesma?

Por tentativas a resposta poderá ser a seguinte:

Em contexto de sala de aula seria interessante que os alunos pudessem associar este desafio ao conceito de média aritmética, que neste caso é o valor 4, pois o total (28) a dividir pelo número de elementos da sequência numérica (7) origina esse valor.

Contudo, caso os alunos ainda não estejam na posse desse conceito, podem ser levados a concluir que a sequência numérica é susceptível de ter a seguinte interpretação:

- O valor central é o 4.

- 1 + 7 = 8.

- 2 + 6 = 8.

- 3 + 5 = 8.

Logo, a soma da linha vertical e de cada linha oblíqua, de três parcelas, seria sempre 12, pois 4 + 8 = 12.

Tendo em conta o raciocínio anterior, os alunos também poderiam ser desafiados a realizar tarefas semelhantes para os dois casos seguintes: (a) sequência numérica composta pelos sete primeiros números ímpares e (b) sequência numérica composta pelos sete primeiros números pares.

Eis as possíveis soluções:

NÚMEROS ÍMPARES NÚMEROS PARES
SOMA MÁGICA --- 21 SOMA MÁGICA --- 24

De facto, uma possível explicação passa pelos esquemas seguintes: 

Pense, agora, em como distribuir os sete primeiros números naturais de modo a que a soma dos três valores centrais, indicados pela seta, seja a terça parte da soma dos quatro valores envolvidos nas linhas oblíquas acima e abaixo dessa linha central:

Fazendo-se o estudo, equivale a encontrar-se uma soma para a linha central que é a terça parte da soma envolvendo os restantes quatro números dos quatro restantes hexágonos. Por outras palavras, a soma desses quatro valores tem de ser um valor que é triplo do valor da soma da linha central. Por outro lado sabemos que o total dos sete números implica uma soma de 28. Logo, basta resolver-se a seguinte igualdade: 3x + x = 28 para se saber o valor da soma da linha central, que é 7. Consequentemente, a soma dos outros quatro valores terá de ser 3 x 7 = 21. 

Ora, o valor 7 só pode ser obtido através das seguintes parcelas: 1, 2 e 4, pois 1 + 2 + 4 = 7.

Já o valor 21 pode ser decomposto em 10 + 11, que é, respectivamente, (7 + 3) e (6 + 5). Por outro lado também pode ser decomposto em 9 + 12, que é, respectivamente, (6 + 3) e (7 + 5). Logo, os dois casos de resolução correcta são os seguintes:

Um estudo semelhante a este pode ser feito para o seguinte desafio: As duas figuras seguintes são uma mesma e usando apenas os sete primeiros números naturais procure distribuí-los nos sete hexágonos de modo a que a soma das duas linhas centrais seja sempre a mesma e igual à soma dos valores dos restantes quatro hexágonos:

Eis duas possíveis resoluções: 

Haverá mais alguma solução? Encontre-a, justificando o seu raciocínio.

A terminar esta reflexão distribua os dezanove primeiros números naturais nos seguintes dezanove hexágonos, de modo a que a soma de quaisquer hexágonos adjacentes (3, 4 ou 5), perfazendo uma linha completa, seja sempre 38. Repare que alguns desses números já se encontram na posição correcta:

Alvo matemático

Setembro 08, 2008

Paulo Afonso

Vários são os casos de recreação matemática que recorrem a alguns jogos do nosso quotidiano, como fonte de motivação extra. O exemplo que apresento a seguir foi adaptado de uma tarefa existente num dos magníficos livros e Brian Bolt*, envolvendo o conhecido jogo de dardos:

 

* - Bolt; Brian (1997). Uma Paródia Matemática. Lisboa: Gradiva. 

 

Cada um de três amigos lançou um conjunto de seis dardos e obteve a mesma pontuação final. Contudo, apesar de os seis dardos terem acertado no alvo em cada caso, a sua distribuição pontual parcial não coincidiu entre os jogadores. Sabendo-se que cada jogador acertou pelo menos um dardo na pontuação parcial 2, que soma final obtiveram?

  

Uma possível resolução deste desafio pode ser o que apresento a seguir: 

SOMA 32:

Jogador A:

 

2, 2, 3, 3, 11, 11

Jogador B:

 

2, 2, 3, 7, 7, 11

Jogador C:

 

2, 2, 7, 7, 7, 7

 

Contudo, em situação, transportada para o contexto de sala de aula, permite que se faça uma investigação muito exaustiva, no sentido de se averiguar se existem mais soluções válidas, para além desta. Podemos começar por estudar o caso em que cinco lançamentos caíram na pontuação 2, depois o caso em que nesta pontuação apenas caíram quatro dardos, depois três, seguindo-se o estudo para o caso de apenas dois dardos calharem na posição 2 e, finalmente, o caso de apenas um dardo calhar nesta posição. O estudo, apesar de ser moroso, merece ser feito pelas múltiplas conexões que podem surgir, como seja o caso de se verificar que o número de possibilidades para cada caso mencionado coincidir com a sequência de números triangulares.

Averigúe, pois, quantos casos mais existem, que conferem uma resposta correcta para este desafio.

Averigúe, também, se este enunciado poderia ser colocado com a condição de que pelo menos um dardo acertou na pontuação parcial 2 e outro na pontuação parcial 3. 

Sequências mágicas

Setembro 05, 2008

Paulo Afonso

Em Matemática Recreativa as sequências numéricas suscitam actividades muito motivadoras quando associadas a determinadas disposições geométricas. Este tipo de conexão matemática podemos encontrá-la em múltiplas publicações da especialidade, como seja o magnífico livro de Brian Bolt (1996)*. Vejamos o seguinte exemplo que adaptamos dessa obra:

Colocar na figura seguinte os algarismos de 1 a 8, de modo a que a soma em cada linha e em cada coluna seja sempre a mesma:

 

Por tentativa e erro, esta tarefa poderia ser resolvida da seguinte forma, não esgotando, contudo, todas as possibilidades que existem:

Como explicação teórica sabemos que cada uma das quatro somas (S) é sempre a mesma, isto é, a + b + c = e + d + h = f + e + b = g + c + d. Logo, também sabemos que:

4S = a + b + c + e + d + h + f + e + b + g + c + d, isto é,

4S = a + 2b + 2c + 2d + 2e + f + g + h, ou

4S = (b + c + d + e) + (a + b + c + d + e + f + g + h)

Por outro lado sabemos que a + b + c + d + e + f + g + h = 36, logo:

4S = b + c + d + e + 36

Sabemos ainda que no mínimo b + c + d + e = 10 e no máximo será 26.

Logo, 4S estará compreendido entre 10 + 36 e 26 + 36, isto é, entre 46 e 62. Daqui podemos concluir que S estará entre 12 e 15.

Admitindo que S possa ser 12, sabe-se que b + c + d + e = 4 x 12 - 36, isto é, b + c + d + e = 12.

Sabemos também que a + b + c + e + d + h = 24. Logo, a + h = 24 - 12 = 12. Por sua vez, g + f = 12. Com base nestas conclusões torna-se fácil apresentar a solução aqui ilustrada.

Consegue fazer os estudos respectivos para as somas 13, 14 e 15?

* - Bolt. Brian (1996). Puzzles de Matemática. Lisboa: Terramar.

Esta interessante tarefa permite várias extensões, de entre as quais destaco o estudo semelhante para o caso de os oito números envolvidos serem os seguintes: 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 e 12.

Será que a soma mínima é 24, como mostro na figura seguinte? Haverás mais somas? Quantas?

Outra extensão possível é tentar distribuir os oitos números originais, de modo que as quatro somas sejam quatro números inteiros consecutivos.

Um caso possível é da figura seguinte, contudo o desafio é o de se investigar se existem mais casos como este, isto é, envolvendo quatro somas consecutivas, diferentes destas ou, então, que configurem uma progressão aritmética de razão 2.

Apenas deixo a pista de se analisar os quatro números colocados nas quadrículas a, f, g e h. De que números se tratam?

Somas olímpicas

Agosto 31, 2008

Paulo Afonso

Como referi no artigo anterior, as figuras geométricas, quando associadas a determinados números, permitem uma viagem fascinante ao mundo das figuras mágicas. O exemplo que a seguir apresento pode encontrar-se em dois magníficos livros do autor Capó Dolz*:

Na figura seguinte, alusiva aos Jogos Olímpicos, colocar nos 8 círculos cor-de-laranja os algarismos de 1 a 8, inclusive, de modo a que a soma de cada círculo maior central seja sempre a mesma e seja o dobro da soma de cada um dos dois círculos maiores laterais:

Uma possível resolução, com recurso à estratégia da tentativa e erro, poderia ser uma das duas que apresento:

 

Contudo, esta tarefa recreativa, levada para contexto de sala de aula exigia uma estratégia mais matematicamente sustentada.

Note-se que em ambas as soluções apresentadas, cada círculo lateral contém um par de números cuja soma é sempre 9. Por sua vez, cada círculo central, ao conter dois pares de números, igualmente com esta soma 9, possibilita que se dê resposta favorável à tarefa, pois a sua soma é 18. De facto, como se trata de um número par de algarismos consecutivos, permite que se observe a seguinte regularidade:

1 + 8 = 9; 2 + 7 = 9; 3 + 6 = 9; 4 + 5 = 9. Logo, colocando em várias possíveis posições os pares encontrados (1, 8), (2, 7), (3, 6) e (4, 5), obtém-se a resposta ao desafio colocado.

Note-se que se aos quatro primeiros círculos cor-de-laranja associarmos os números a, b, c e d e aos quatro seguintes, os números e, f, g e h, sabemos que a + b + c + d = c + d + e + f = e + f + g + h.

Por sua vez, também sabemos que a + b + c + d = 2 (a + b) e que e + f + g + h = 2 (g + h). Logo, resulta que a + b = c + d e g + h = e + f, sendo estas somas todas iguais. Ora isto só acontece para o caso de cada par de parcelas originar a soma 9.

* - Capó Dolz, Miquel (2007). Atrévete con las mates! Madrid: elrompecabezas.

- Capó Dolz, Miquel (2007). 101 Juegos de Lógica para Novatos. Tres Cantos: nívola.

 

Esta tarefa, permite algumas extensões, como seja o seguinte:

Colocar na figura original os mesmos 8 números, mas de acordo com as seguintes regras:

1 - A soma dos círculos laterais A e E ser a mesma

2 - A soma dos círculos B e D ser a mesma

3 - A soma do círculo C ser a maior de todas

Eis uma possível solução:

Encontre outra e explique o seu raciocínio!

Mais sobre mim

foto do autor

Subscrever por e-mail

A subscrição é anónima e gera, no máximo, um e-mail por dia.

Arquivo

  1. 2013
  2. J
  3. F
  4. M
  5. A
  6. M
  7. J
  8. J
  9. A
  10. S
  11. O
  12. N
  13. D
  1. 2012
  2. J
  3. F
  4. M
  5. A
  6. M
  7. J
  8. J
  9. A
  10. S
  11. O
  12. N
  13. D
  1. 2011
  2. J
  3. F
  4. M
  5. A
  6. M
  7. J
  8. J
  9. A
  10. S
  11. O
  12. N
  13. D
  1. 2010
  2. J
  3. F
  4. M
  5. A
  6. M
  7. J
  8. J
  9. A
  10. S
  11. O
  12. N
  13. D
  1. 2009
  2. J
  3. F
  4. M
  5. A
  6. M
  7. J
  8. J
  9. A
  10. S
  11. O
  12. N
  13. D
  1. 2008
  2. J
  3. F
  4. M
  5. A
  6. M
  7. J
  8. J
  9. A
  10. S
  11. O
  12. N
  13. D

Este Blog é membro do União de Blogs de Matemática


"