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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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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?

Explorando o factorial do número

Janeiro 24, 2010

Paulo Afonso

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

 

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

 

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

1 = 1

2 = 2 x 1

6 = 3 x 2 x 1

24 = 4 x 3 x 2 x 1

120 = 5 x 4 x 3 x 2 x 1

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

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

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

a - Bento, Carlos e Daniel,

b - Artur, Carlos e Daniel,

c - Artur, Bento e Daniel,

d - Artur, Bento e Carlos.

 

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

 

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

 

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

 

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

 

A B C D E F

1º Bento

2º Carlos

3º Daniel

1º Bento

2º Daniel

3º Carlos

1º Carlos

2º Daniel

3º Bento

1º Carlos

2º Bento

3º Daniel

1º Daniel

2º Bento

3º Carlos

1º Daniel

2º Carlos

3º Bento

 

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

4A3 = 4C3 x 3! = 4 x 6 = 24

 

Vejamos um novo caso envolvendo o factorial de um número:

 

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

 

Esta tarefa permite que se encontrem os seguintes quatro casos:

a) 70 + 20 + 10

b) 60 + 30 + 10

c) 50 + 40 + 10

d) 50 + 30 + 20

 

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

 

 

 

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

 

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

 

Eis as quatro combinações:

1 - a) - b) - c)

2 - a) - b) - d)

3 - a) - c) - d)

4 - b) - c) - d)

 

Testemos caso a caso:

1º caso com as seguintes adições:

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

 

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

 

Testemos o 2º caso, com as seguintes adições:

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

 

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

 

 

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

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

 

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

 

 

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

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

 

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

 

 

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

 

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

 

Conectar a álgebra a triângulos numéricos

Abril 20, 2009

Paulo Afonso

Associar os números a figuras geométricas costuma ser uma opção interessante para se proporem actividades de recreação matemática. Um exemplo paradigmático é o das figuras mágicas (triângulos, quadrados, polígonos estrelados, etc), pois costumam cativar os resolvedores para a descoberta de um único valor (mágico), que se obtém pela adição de vários outros números, dependendo da posição que ocupam na respectiva figura geométrica.

O exemplo que eu escolhi para ilustrar esta ideia é ligeiramente diferente do que acabei de descrever. Trata-se de uma figura de aspecto triangular, cujos valores, exceptuando os da linha da base, resultam sempre da adição dos dois números que estão por baixo deles.

Tendo em conta que a figura seguinte só apresenta alguns dos valores, procure descobrir os restantes, de modo a que esta regra se mantenha:

 

A resolução da tarefa é a seguinte:

Repare-se que o início mais fácil para se resolver a tarefa é o que passa pela procura do valor que adicionado ao 30 origina o 67. Fica identificado o valor 37. De seguida, obtém-se o valor 75 por ser a soma de 37 com 38. Com estes valores já identificados, facilmente se descobre o valor do topo da figura, pois trata-se da soma de 67 com 75, isto é, 142.

Resta, agora, a identificação dos valores da linha da base e da 2ª linha. Sabe-se que ter-se-ão de identificar dois valores cuja soma é 30. Contudo, estes dois valores estão dependentes do valor a colocar entre o 5 e o 9, na linha da base.

Uma possível estratégia de resolução poderá passar pela elaboração de uma lista organizada. Assim, se associarmos ao valor 5 a letra A, ao valor 9 a letra C e ao valor a colocar entre eles a letra B, o que tem que se investigar é o valor de B de modo que (A + B) + (B + C) = 30.

Comecemos por aproximar o valor de A + B a 15, logo, B = 10. Como ficamos longe do 30, podemos passar ao estudo para o caso do B = 9. Uma vez mais, ainda não se obtém o valor 30, mas aproximamo-nos desse valor, o que indicia ser favorável associar, a seguir, o valor 8 ao B. Testando-o, confirma-se que é esse o valor que o B terá de assumir:

A B C A + B B + C (A + B) + (B + C)
5 10 9 15 19 15 + 19 = 34
5 9 9 14 18 14 + 18 = 32
5 8 9 13 17 13 + 17 = 30

Fica, pois, descoberto o valor 8 para ser colocado entre o 5 e o 9, na fila de baixo e os valores 13 e 17 a colocar por baixo do 30.

Por último, já fica fácil descobrir os três valores que restam. São eles o 20, o 18 e o 11.

Esta tarefa pode ter múltiplas extensões, como por exemplo a de se descobrir todos os valores que faltam numa figura parecida com a anterior, conhecidos apenas os quatro valores da base - quatro primeiros números naturais, colocados de forma consecutiva:

Eis como fica a figura:

Analisemos, agora, o que se passa quando substituimos os valores da base, respectivamente, por 2, 3, 4, 5 e 3, 4, 5, 6:

Note-se que quando se iniciou pelo valor 1 na base, o valor final, do topo, foi o 20; iniciando pelo 2, o valor final passou a ser o 28; iniciando no 3, o valor final foi o 36.

Seria interessante que os alunos pudessem identificar esta relação, procurando, inclusive, descobrir se existe um padrão ou uma regularidade entre o valor inicial e o final. De facto, ela existe e é a seguinte: f = 20 + (i - 1) x 8, sedo "f" o valor de topo e "i" o valor inicial, isto é, o menor dos quatro números da base, pois:

quando i = 1     =>   f = 20

quando i = 2     =>   f = 28        (20 + 1 x 8)

quando i = 3     =>   f = 36        (20 + 2 x 8)

...

 

quando i = n     =>   f = [20 + (n - 1) x 8]

Esta lei geral permite que nos questionemos acerca de qual será o valor de topo quando o menor valor da base é, por exemplo, o 17.

Aplicando a lei: f = 20 + (17 - 1) x 8 = 148.

Eis a confirmação:

Note-se, por outro lado, que a soma dos dois valores extremos da base (17 + 20 = 37) coincide com a quarta parte do valor do topo, pois, 148 = 4 x 37. Esta constatação também é válida para todos os casos anteriores (que envolveram 4 números consecutivos na base), pois:

20 = 4 x (1 + 4)

28 = 4 x (2 + 5)

36 = 4 x (3 + 6)

A figura seguinte explica a relação algébrica que está em causa:

De facto, 4 x (2a + 3) = 8a + 12 

Assim, qual será o valor de topo, se os dois valores extremos da base forem o 9 e o 12?

Facilmente se conclui que será o valor 84, pois (9 + 12) x 4 = 84.

Por outro lado, quais serão os dois números extremos da base de uma figura semelhante a estas se o valor de topo for 172?

Esta tarefa passa por se obter um valor que é a quarta parte de 172. Esse valor é o 43. De seguida tem que se encontrar o valor de "x" na seguinte igualdade: x + (x + 3) = 43. Desta igualdade resulta para o "x" o valor 20 e para o "x + 3" o valor 23.

Desafio os meus leitores a fazerem o estudo semelhante para o caso de na base estrem 5 números consecutivos. Será que se obterá uma nova regularidade? Será que o valor do topo é o quádruplo da soma dos dois valores extremos da base? Qual a lei geral para se obter o valor do topo a partir do valor inicial da base?

E se em vez de cinco, forem seis os valores inteiros consecutivos na base? Que conclusões podem ser encontradas?

O poder matemático dos triângulos mágicos

Julho 14, 2008

Paulo Afonso

As figuras mágicas, como sejam os triângulos ou quadrados, costumam surgir muitas vezes associadas ao tema da Matemática Recreativa. Veja-se o exemplo seguinte:

 

Usando os números de 1 a 6, inclusive, colocá-los nos círculos existentes no seguinte triângulo, de modo que a soma seja igual em cada um dos três lados desta figura:

 

Usando-se a estratégia da tentativa e erro, este desafio possibilita várias soluções como as seguintes:

 

Soma 9 Soma 10 Soma 11 Soma 12

Em contexto de sala de aula, esta tarefa pode ser encarada como uma tarefa de investigação muito rica em termos matemáticos. Após a obtenção destas quatro resoluções, será interessante desafiar os alunos a estabelecerem relações entre os números colocados nos vértices de cada triângulo e as respectivas somas mágicas. Além disto, também poderá servir para a exploração do tema - composição e decomposição de números, pois os alunos podem ser solicitados a investigar todas as adições envolvendo três parcelas, cuja soma seja o valor 9, usando apenas os números em questão, isto é, do 1 ao 6, inclusivamente. No caso de haver números que apareçam em duas adições, serão estes a colocar nos vértices do triângulo.

Será que este estudo também pode ser feito com os números: 4, 5, 6, 7, 8 e 9? As novas relações numéricas a obter confirmarão as conclusões da tarefa anterior?

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