quarta-feira, 22 de dezembro de 2010

Números primos (resp.)

Já vai sendo altura de dar resposta ao desafio proposto neste blogue a 10 de Outubro de 2008 com o título “Números Primos”.

Assim, analisando a imagem e procurando descobrir o critério da formação numérica de cada um dos eixos do esquema, damos conta que todos os eixos têm como origem o mesmo número – o 1.

nos.primos

O primeiro eixo é encabeçado pelo número dois, e os números que se seguem são todos os seus múltiplos. Poder-se-ia identificar este eixo como sendo o eixo dos números pares.

Sendo assim, o próximo número natural que não entra neste eixo – o número 3, vai encabeçar o segundo eixo. Todos os números do segundo eixo, ou seja, do eixo 3, são os seus múltiplos excepto os números pares porque ficaram “presos” no eixo do 2.

Percebe-se então, que o próximo eixo vai ser o eixo do 5, uma vez que é o primeiro número natural que não entra no eixo do 2 nem no eixo do 3. Da mesma forma, os números que se seguem neste eixo vão ser os múltiplos de 5 que ainda não entraram nos eixos anteriores.

Este critério aplicado a todos os números naturais dá origem à formação de tantos eixos, tantos os números primos existentes, dado que são estes que lideram cada um dos eixos.

É interessante verificar que todos os números que fazem parte de um determinado eixo não são múltiplos de nenhum número que esteja nos eixos anteriores. Então podemos concluir que os segundos números de cada eixo têm apenas mais um divisor que o número que os antecede. Esse divisor é o próprio número que o antecede, o que faz com que estes números sejam quadrados.

Uma vez que estes números, os que se encontram em segundo lugar em cada eixo, têm apenas três divisores, poderíamos propor que fossem os “números segundos-primos”. Não seria interessante?

Então, sabendo agora que o segundo número de cada eixo resulta do quadrado do primeiro, será fácil concluir que o número B = 13 x 13 = 169, C = 11 x 11 = 121 e D = 5x5 = 25.

O número que ocupa a posição A é o primeiro número natural que não é múltiplo de qualquer um dos que já ficaram nos eixos anteriores. É portanto, o número primo 19.

Em síntese e de forma conclusiva podemos verificar que os primeiros números de cada eixo correspondem ao conjunto dos números primos. Os segundos números de cada eixo resultam do quadrado do número primo que dá nome ao eixo – os segundos-primos (não é par levar a sério).

Para finalizar, também é merecida a referência ao terceiro número de cada eixo. Pois ele resulta do produto do número primo desse eixo pelo primo que lhe sucede. E já agora, o 4º número de cada eixo terá alguma relação semelhante?

segunda-feira, 1 de novembro de 2010

Percentagens

A percentagem é um termo muito usual, nomeadamente quando as notícias nos informam do estado da nação relativamente às suas contas. As primeiras chuvas de Outono também nos encharcam com percentagens quando se começa a discutir o orçamento de estado. Tudo se resume a percentagens sem que saibamos ao certo o que elas representam. Não nos ofende que o orçamento contemple mais 1% com as despesas dos festejos do ano anterior, sabendo que a inflação até é superior. Talvez fiquemos mais perplexos quando damos conta do valor em absoluto. Só assim nos inteiramos do possível exagero nos gastos do ano anterior. O que parecia ser aceitável, poderá agora ser visto como um agravamento daquilo que já era um desacerto.

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A percentagem é um valor relativo porque depende de outro com que opera. No entanto, a informação que as agências noticiosas dão, são basicamente estes valores relativos, onde as pessoas acabam por não dar grande importância, porque se por um lado não é possível atribuir significado ao número, por outro lado, o conceito de percentagem ainda não é suficiente para lhe dar a devida importância.

É por isso que a literacia matemática é determinante na vida social. Por vezes, interrogo-me sobre a possibilidade de haver concordância entre duas entidades quando os números que se discutem são, com toda a evidência, desvantajosos para uma das partes. Talvez porque os números sejam relativos, não tendo o mesmo significado para ambas as partes.

Recordo que há muito pouco tempo os portugueses não deram grande importância ao facto de passarem a pagar 6% de IVA em vez de 5%. De facto, o que foi anunciado é que se tratava de um aumento de 1% - coisa irrelevante.

Trabalhemos com números pequenos para que também não se perca o seu sentido e vamos interpretar este aumento de 1%. Imaginando que o estado arrecadava 500€ em IVA sobre os produtos transaccionados àquela taxa, com a nova taxa passa a apurar 600€. Neste caso, deixou de ganhar 500€ para ganhar 600€, ou seja, um aumento de 100€. Aumentar 100 em 500 é o mesmo que aumentar 20 por cada 100, isto é, houve um aumento de 20%. Mas afinal, a notícia do aumento tinha sido apenas de 1%. A forma como a notícia é dada, todos a aceitam de ânimo leve: é um pequeno esforço que o consumidor passa a fazer. Afinal, é apenas mais 1%. Do outro lado, todos contentes, conseguiram aumentar a sua receita em 20% com apenas um esforço de 1% por parte dos contribuintes - malabarismos numéricos.

Pelo que vi há dias na televisão pública, precisamente no dia 15 de Outubro, no Telejornal da RTP, verifico que a mesma estratégia volta à carga, só que desta vez trata-se de uma carga dupla, ou seja, dois truques num só. Não sei se trata de uma encomenda previamente ensaiada, ou se a falta de incompetência matemática da jornalista que informa o que se vai passar com o novo aumento do IVA foi o critério para que fosse ela fazer a seguinte explicação:

Segundo a jornalista, no que diz respeito aos produtos taxados a 13% “…é fácil! É só somar 10% e fica tudo à taxa máxima”. A simulação para ser mais esclarecedora recorreu ao que acontece também com os produtos agora taxados a 6%. Neste caso foi mesmo necessário a calculadora, o valor de uma coca-cola e um pudim é de 1,75€, “ se lhe dermos mais 17%, a partir de Janeiro custam dois e cinco”. Embora não tenha sido visível o modo como o cálculo foi operado na calculadora, eu deduzo que possa ter sido: 1,75€ x 1,17 = 2,0475€, arredondado à centésima do euro corresponde ao valor anunciado: 2,05€. Bom, mas se assim é, e se todos seguirem aquele exemplo, não é só o IVA que é agravado, o preço do produto também aumenta.

Será que é assim que os nossos governantes também fazem as contas? Talvez seja uma justificação para a vulgarização das derrapagens nas contas públicas.

Analisando este caso e partindo do pressuposto que estes dois produtos passarão a custar 2,05€, o estado arrecada aproximadamente 0,38€ o que equivale a dizer que o valor dos produtos, sem IVA, são aprox. 1,67€ (1,67€ x 1,23 ≈ 2,05€). Hoje, nos mesmos produtos, o estado arrecada aprox. 0,10€, dado que os mesmo produtos, sem IVA, têm o valor de 1,65€ (1,65€ x 1,06 = 1,75€).

Assim, podemos concluir que o produto deixou de custar 1,65€ para passar a ter um valor de 1,67€, o que representa em termos percentuais um aumento de 0,02€ em 1,65€, ou seja, aproximadamente 1,2%.

Se todos os comerciantes aprenderam a lição da sra jornalista, o consumidor para além de um agravamento do IVA na ordem dos 283%, ainda fica sujeito a um aumento do produto em 1,2%. É verdade! O aumento do IVA neste caso é de aproximadamente de 283% e não de 17% como a notícia dada no telejornal nos quer “vender”. O aumento é de 17 em 6 o que representa aquela elevada percentagem, e faz com que o estado passe a arrecadar aproximadamente 38 cêntimos naqueles dois produtos em vez dos 10 cêntimos que cobrava anteriormente.

Fica assim o alerta para haver mais cuidado com as contas, principalmente quando as fazem por nós. Estando mais confiante nas contas feitas pelo leitor, lanço o repto para que determine, ao certo, o novo valor da coca-cola e do pudim quando sujeitos à nova taxa de IVA de 23%.

quinta-feira, 7 de outubro de 2010

Pitágoras, não só para quadrados (resp.)

lunulasRelativamente ao artigo publicado neste blogue a 1 de Outubro de 2008 com o título “Pitágoras, não só para quadrados” fica-se a saber, relativamente à figura ao lado, que o semi-círculo sobre a hipotenusa é, portanto, equivalente à soma dos semi-círculos assentes nos catetos do triângulo Y.

É o mesmo que ter:

(X+A)+(B+Z)=A+Y+B

Donde vem:

X+Z=Y

Concluiu-se então que a soma da área das lúnulas é igual à área do triângulo.

Recordando o problema clássico da impossibilidade da quadratura do círculo, surge a pertinência em reflectir na curiosidade de haver figuras limitadas por arcos de circunferência cuja área é um valor racional.

quarta-feira, 15 de setembro de 2010

É de menos …

A resolução de problemas pode ser visto como sendo uma capacidade que se vai adquirindo a partir de outras capacidades e conhecimentos, e que é fundamental na formação matemática de qualquer cidadão. A competência matemática afere-se, sobretudo, pela capacidade de resolver problemas.

O raciocínio e a forma como se organiza são atributos indispensáveis para conceber e executar uma estratégia que visa a resolução de um problema. Resolver problemas implica muita experiência matemática tal como um bom jogador precisa de treinar para poder marcar golos. É fundamental que desde muito cedo tenhamos oportunidade para fazer as mais variadas experiências matemáticas para que se ganhe gosto por esta ciência e a maturidade suficiente para ganhar competência matemática. E a melhor forma de envolvimento nessas experiências é através do desafio - um bom problema.

A matemática ainda é vista como sendo uma ciência onde se aprende receitas para aplicar mais tarde. O seu ensino não se pode esgotar apenas na aprendizagem dos algoritmos e procedimentos, é preciso em primeiro lugar a apropriação conceptual das noções e ideias matemáticas.

Ainda hoje é vulgar constatar que muitos alunos ficam felizes porque conseguiram acertar na “conta” do problema. Na maior parte das vezes, sem qualquer tipo de reflexão prévia, depois da leitura atabalhoada do problema surgem as reacções: é de mais…, é de menos…, é de dividir,… É claro que ainda acabam por acertar como se o problema fosse uma adivinha.

Identificar os dados do problema, o seu objectivo, o contexto onde se insere, são pequenas etapas que nos conduzem à compreensão do problema que é um item fundamental na sua resolução.

A elaboração de um plano que passa pela organização do raciocínio e na escolha de uma estratégia a aplicar é também uma componente importante na resolução de qualquer problema. Na maior parte das vezes, uma estratégia muito válida é simulação do mesmo problema, mas reduzido a uma situação mais simples. Vulgarmente, é mais fácil descobrir, compreender e estabelecer relações que nos permitem a generalização e portanto, a chave do problema.

Estes procedimentos podem parecer supérfluos, mas não nos deixam escapar ou precipitar em respostas que nos parecem evidentes mas erradas. Por exemplo, querendo saber a capacidade de um tanque sabendo que leva 500 litros mais metade da sua capacidade total, as duas respostas mais vulgares são 750 litros ou 1500 litros, sendo que, nem uma nem outra está correcta. Com certeza que o que falha é a compreensão do problema para além da verificação da adequação dos resultados.

lenhador.bmpÉ neste sentido que apelando à calma, ao prazer de descobrir, e tentando executar uma estratégia de resolução, proponho que encontre o número de troncos que foram cortados por um lenhador, ao fim de 7 dias de trabalho, sabendo que fez 38 cortes e obteve 53 pedaços de tronco.

Não se esqueça de explorar a situação de modo encontrar uma relação entre o número de troncos, cortes e pedaços de tronco. Só nessa altura é que o problema ficará resolvido na medida em que, futuramente, estará apenas perante um exercício ao aplicar o algoritmo com outros quaisquer valores. Por exemplo, já não será difícil saber o número de troncos que foram cortados considerando que o número de pedaços duplicou para o mesmo número de cortes feitos pelo lenhador.

segunda-feira, 26 de julho de 2010

Descubra o seu algarismo da sorte ( resp. )

image Relativamente ao artigo publicado neste blogue com o título “Descubra o seu algarismo da sorte a 19 de Setembro de 2008, proponho a seguinte resposta:

Este problema assenta na curiosidade de que partindo de um número formado por 3 algarismos, encontrando a diferença com o mesmo número invertido, e adicionando à diferença o número da diferença também invertido, obtemos sempre uma mesmo número: o 1089.

É certo que, o número de partida deve ser formado por três algarismos desde que não sejam todos iguais. Repare que um número desta natureza, quando invertido fica igual a si próprio. Logo, a diferença entre eles vai ser zero, o que não é conveniente. É por isso que se diz no desafio que ”…o seu algarismo da sorte, para este ano, nunca poderá ser igual aos algarismos da sua idade”. Assim fica garantido que o número de partida tem, pelo menos, um algarismo diferente e, com a certeza de que o mesmo número é formado por três algarismos, uma vez que “…se trata de uma experiência que só resulta com adultos”.

Sabendo então que o número obtido é sempre 1089, fica garantido que a soma dos seus algarismos vai dar indicação da 18ª palavra do texto. É claro que qualquer outro algarismo escolhido preenche sempre o requisito para seja o seu número da sorte.

clip_image002Muito concretamente, nesta situação apresentada, bastaria apenas encontrar a diferença entre os números invertidos para desencadear a descoberta da 18ª palavra, como sugere a ilustração ao lado.

No entanto, a contextualização criada pretendia promover esta curiosidade que pode ser adaptada a outras situações ainda mais interessantes. Por exemplo, numa plateia em que todos fazem os mesmos cálculos a partir de números diferentes, chegar a um mesmo número, ninguém fica indiferente, a não ser que já conheça o fenómeno matemático.

Importa então analisar esta curiosidade para que se perceba como funciona do ponto de vista matemático.

Considere-se então o número:

image

Invertendo o número, temos:

clip_image012

Obtendo a diferença entre eles:

102a + 10b + c - (102c + 10b + a) =

= 102(a - c) + c - a

Dado que a > c, o algarismo das unidades (c - a) não é possível determinar, em N.

Assim, vamos ter de utilizar uma técnica idêntica àquela quando pretendemos subtrair um número em que o aditivo é inferior ao subtractivo. Uma técnica vulgar é o recurso ao método do empréstimo - a ordem seguinte cede uma dezena à ordem anterior para que o cálculo seja possível. No nosso caso, 102(a - c) + c - a, a ordem das dezenas encontra-se vazia, o que obriga a recorrer à ordem das centenas para “emprestar” uma dezena de centenas.

Assim, temos:

102(a - c) + c - a =

= 102(a - c) - 102 + 102 - 10 + 10 + c - a =

= 102(a - c - 1) + 102 - 10 + (10 + c - a)=

= 102(a - c - 1) + 10 x (10 - 1) + (10 + c - a)=

Daqui se percebe que:

(1) O algarismo das centenas = a - c - 1

(2) O algarismo das dezenas = 9

(3) O algarismo das unidades = 10 + c - a

O procedimento seguinte consistia em adicionar este número com o mesmo número invertido.

Invertendo este número obtém-se:

102 (10 + c - a) + 10 x 9 + (a - c - 1)

Adicionando este dois números:

102(a - c - 1) + 90 + (10 + c - a) + 102(10 + c - a) + 90 + (a - c - 1)=

= 102 (a - c - 1 + 10 + c - a) + 90 +10 + c - a + 90 + a - c - 1 =

102 x 9 + 189 = 1089.

domingo, 13 de junho de 2010

Regularidades no plano

Por volta de 1750, Leonhard Euler fez uma descoberta que, não sendo aquela que lhe deu mais notoriedade, representa uma ponte que estabelece os primeiros contactos dos alunos com a história da matemática. É uma das primeiras “receitas matemáticas” no currículo académico que denota nesta ciência regularidades, padrões e relações que poucos conseguem apreciar.

Euler delicia-nos com uma relação entre os elementos que constituem os sólidos geométricos limitados por superfícies planas - arestas, vértices e faces. Quando o professor leva os alunos a conjecturar que, num poliedro, a soma do número de faces com o número de vértices é sempre igual ao número de arestas mais dois (F+V=A+2), também tomam conhecimento de que essa descoberta já foi feita por alguém há cerca de 300 anos. Os estudantes, ao dar os primeiros passos nesta ciência, começam a perceber que a Matemática também tem a sua história, sendo tão importante o conhecimento matemático como o conhecimento daqueles que contribuíram para o seu desenvolvimento.

Mas todos sabemos que não há regra sem excepção, e a desilusão daqueles que entusiasticamente constroem matemática surge na descoberta de um elemento que não se encaixa na regra. O zero é um exemplo disso mesmo. Há quem o considere uma aberração da matemática porque faz perder as boas qualidades de grandes generalizações. A determinação do comprimento da diagonal do quadrado tendo de lado uma unidade de comprimento, tirou muitas noites de sono ao próprio Pitágoras. Também na relação de Euler aparece um “monstro” que refuta a teoria que parecia ser infalível. clip_image001

Houve então a necessidade de definir os sólidos que se caracterizam por verificar esta relação – os sólidos eulerianos. Os outros, na época, seriam os “monstros”, como o da figura.

Mas esta curiosidade nas 3 dimensões leva-nos a interrogar sobre o que se passa no plano. Será que existe uma regularidade semelhante ou, simplesmente, não haverá qualquer regularidade?!...

Imagine-se então um plano, cuja construção mental pode ser a ideia de um pavimento. Vamos considerar neste pavimento arestas (a), nós (n) e mosaicos (m). Consideremos as arestas como sendo as linhas que terminam em nós, e a porção de pavimento limitada pelas arestas serão os mosaicos. A figura seguinte é um exemplo de uma figura com 6 nós, 7 arestas e 2 mosaicos.

 clip_image002

Fica então o desafio de estabelecer uma relação, caso exista, entre nós (n), arestas (a) e mosaicos (m).

Depois de ter chegado a uma conclusão, analise cuidadosamente se não haverá um “monstro” que refute a sua conjectura.

domingo, 16 de maio de 2010

Uma questão de tempo (Resp.)

clip_image003Recordando o artigo “Uma questão de tempo”, publicado neste blogue a 7 de Setembro de 2008, era pedido um exemplo onde a influência da cultura Babilónica ainda se fizesse sentir nos dias de hoje.

A medida da amplitude de um ângulo é um exemplo disso mesmo. Quando se fazem medições de amplitudes de ângulos, recorre-se habitualmente ao sistema de numeração de base sessenta (sistema sexagesimal). Um grau é o mesmo que 60 minutos, e um minuto são 60 segundos. As experiências que temos com um sistema diferente do decimal, como no caso da medição de ângulos ou na medição do tempo, poderá servir para compreender melhor quando se pretende converter a representação de um número numa base para outra base diferente.

É certo que este sistema (sexagesimal), tal como o conhecemos, não é suficientemente puro uma vez que não dispõe de 60 símbolos, de modo a que a ordem dos segundos, dos minutos ou dos graus fosse representada apenas por um símbolo. Na verdade, cada uma destas ordens, ainda que seja de forma parcial, organizam-se com recurso ao sistema decimal.

Mesmo assim, compreende-se que o número 20o15’36’’ corresponde a 20x602+15x60+36 unidades no sistema decimal, isto é, 72936 segundos que, na sua decomposição polinomial de base dez pode ser representado por 7x104+2x103+9x102+3x10+6 .

Na eventualidade de querer representar um número noutra base a partir da decimal deveremos proceder em sentido inverso. Partindo do mesmo exemplo, 72936 segundos, é o mesmo que 72936:60 minutos (72936=1215x60+36). Assim, na ordem dos minutos temos 1215 e na ordem do segundos, o que resta: 36 segundos.

No entanto, torna-se obrigatória a operação 1215:60 (horas), uma vez que em qualquer ordem só se admitem valores inferiores a 60. Dado que 1215:60=20x60+15, concluiu-se que temos 20 na ordem das horas, 15 na ordem dos minutos e 36 na ordem dos segundos: 20o15’36’.

De forma análoga, querendo representar o mesmo número 72936 na base cinco, o procedimento é o mesmo, com a diferença de que as divisões a efectuar são sempre com divisor cinco.

72936:5=14587x5+1 –> 14587 grupos de 5 de ordem um, e ainda resta 1 na ordem zero –> 1

14587:5=2917x5+2 –> 2917 grupos de 5 de ordem dois, e ainda restam 2 na ordem um –> 21

2917:5=583x5+2 –> 583 grupos de 5 de ordem três, e ainda restam 2na ordem dois –> 221

583:5=116x5+3 –> 116 grupos de 5 de ordem 4, e ainda restam 3 na ordem três –> 221

116:5=23x5+1 –> 23 grupos de 5 de ordem 5, e ainda resta um na ordem quatro –> 13221

23:5=4x5+3 –> 4 grupos de 5 de ordem 6, e ainda restam 3 na ordem cinco –> 313221, isto é: 4313221(cinco)

Confirmando a sua representação em número decimal, temos: 4x56+3x55+1x54+3x53+2x52+2x5+1=72936.

segunda-feira, 26 de abril de 2010

mdc

No artigo com o título mmc foi aproveitada a ideia das figuras rectangulares para determinar o mínimo múltiplo comum de dois números. Será que não haverá um processo idêntico para calcular o máximo divisor comum (mdc) de dois números?

Importa então pensar um pouco no que se entende por máximo divisor comum de dois números. Pretende-se encontrar o maior número inteiro que divide exactamente esses dois números. Recorrendo a uma figura rectangular, em que esses números estão representados pelo comprimento dos seus lados, temos de encontrar o maior, e o mesmo número de divisões iguais que podemos fazer, em cada um dos seus lados.

Por exemplo, num rectângulo de 6 por 9 é possível subdividi-lo em rectângulos semelhantes obtendo assim um número quadrado de rectângulos. É certo que o número de rectângulos que formam o rectângulo inicial é sempre um número quadrado, uma vez que resulta do produto de dois factores iguais. Neste caso, o resultado final será um rectângulo subdividido em 9 rectângulos congruentes (3x3).

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Neste exemplo, o maior número inteiro que divide exactamente os dois lados do rectângulo é o 3 (mdc de 6 e 9). É por isso que na diagonal do rectângulo se encontram 3 rectângulos.

Esta poderá ser uma indicação para encontrar, a partir de uma figura rectangular, o máximo divisor comum dos valores que correspondem aos comprimentos dos lados do rectângulo.

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Note-se que a soma das diagonais dos rectângulos interiores constitui a diagonal do rectângulo maior. Repare-se ainda, que esta diagonal contém dois pontos especiais para além dos seus extremos. São os extremos das diagonais dos rectângulos interiores. Estes pontos são os únicos que coincidem com os vértices dos quadrados da malha quadrangular.

Portanto, ao traçar uma diagonal num rectângulo construído numa malha quadrangular, podemos procurar os pontos da diagonal que coincidem com os vértices dos quadrados dessa malha. Caso existam, pode-se concluir que são os extremos das diagonais dos rectângulos interiores que se podem formar ao longo da diagonal, como se pode constatar na figura anterior.

Numa outra situação de exemplo, se a diagonal do rectângulo passar por quatro vértices dos quadrados que constituem a malha quadrangular, quer isto dizer que a diagonal foi dividida em 5 segmentos de comprimento igual. Sabendo agora que estes segmentos são as diagonais dos rectângulos que podem ser construídos sobre aquela diagonal, pode-se deduzir que será possível dividir o rectângulo em 25 rectângulos congruentes e semelhantes ao primeiro. Cinco no comprimento e cinco na largura.

Significa isto que o comprimento e a largura do rectângulo se deixam dividir exactamente por cinco.

Perante um rectângulo de 5 por 8, por serem números primos entre si (não têm um divisor comum que seja diferente de 1), podemos garantir, com toda a certeza, que a sua diagonal não encontra o vértice de qualquer quadrado. Confirme-se no exemplo.

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No entanto este rectângulo poderia ser visto como sendo apenas um de 36 rectângulos “iguais” que formam um outro rectângulo semelhante a este.

Qual será o valor do comprimento e largura desse rectângulo?

A diagonal desse rectângulo, para além dos seus extremos, contém pontos que são vértices dos quadrados da malha quadrangular. Quantos pontos são?

Esses pontos dividem a diagonal em quantas partes?

Que relação existe entre esse número de partes, o valor do comprimento e o valor da largura desse rectângulo?

quarta-feira, 14 de abril de 2010

Quanto mais depressa, mais devagar... (resp.)

clip_image001Ao problema colocado a 18 de Agosto de 2008 com o título “Quanto mais depressa, mais devagar...”, proponho a seguinte resposta:

Um quarto do percurso foi feito a pé. Sabendo que a pé anda 4 vezes mais devagar do que bicicleta, então demorou tanto tempo a fazer esse percurso como levaria todo o percurso a fazer de bicicleta. Assim, o tempo que foi percorrido de automóvel corresponde ao tempo que chegou atrasado – 6 minutos.

Se em 6 minutos de carro fez ¾ do percurso, então de bicicleta precisaria de 4 vezes mais do tempo para fazer o mesmo percurso, isto é, demoraria 6x4=24 minutos.Então, se 24 minutos de bicicleta correspondem a ¾ do percurso, para fazer todo o percurso irá precisar de 24:3/4=32 minutos.

No caso do percurso ser feito a pé, seriam precisos 128min (32 x 4), ou seja, 2h e 8m.

segunda-feira, 29 de março de 2010

mmc

Procurar o mmc dos números A e B é procurar o menor número que se deixa dividir exactamente por A e B.

Uma estratégia simples que ajuda a desenvolver esta noção é a representação na recta numérica dos múltiplos dos números envolvidos.

Por exemplo, querendo saber o mmc (4,6) temos:

mmc01

Contamos de quatro em quatro até encontrarmos um múltiplo de 6, ou de 6 em 6 até encontrarmos um múltiplo de 4.

Contudo, torna-se desconfortável quando os números envolvidos têm um mínimo múltiplo comum elevado, exigindo o prolongamento da recta numérica. Querendo continuar a recorrer à mesma estratégia, podemos optar por um segmento de recta graduado cujo comprimento deve corresponder ao maior, dos dois números envolvidos.

Assim, neste caso, basta fazer contagens de 4 em 4 num segmento de comprimento 6, percorrendo-o da esquerda para a direita e vice-versa até encontrar um dos seus extremos. Determinando o produto do número de vezes que o segmento é percorrido pelo seu comprimento encontramos o número pretendido. Esse número é múltiplo daquele que é usado para contagem, e também é múltiplo do número que corresponde ao comprimento do segmento uma vez que a contagem acaba num dos seus extremos. Assim, no exemplo seguido, concluiu-se que o mmc (4,6) = 2 x 6 = 12

O seguinte esquema evidencia o procedimento:

mmc02

No entanto, também se compreende que o esquema perde a sua percepção se houver a necessidade de continuar vários percursos até encontrar um dos extremos do segmento.

Mas, sabendo que o mmc de dois números nunca pode ser maior que o produto entre esses números, facilmente ultrapassamos as desvantagens dos métodos anteriores se essa multiplicação for entendida como sendo o cálculo da área de uma figura rectangular.

mmc03

No exemplo seguido, 4 x 6 implica 24 quadrados - número que será sempre maior ou igual ao mmc dos números que representam a largura e o comprimento do rectângulo.

Se, da mesma forma, procedermos a contagens de quatro em quatro quadrados, ao longo do comprimento do rectângulo, poder-se-á chegar à mesma conclusão, com a vantagem de deixarmos o registo, de forma inequívoca, as contagens feitas.

Sugere-se assim que a contagem dos quadrados seja feita e registada pelas suas diagonais, conforme o exemplo a seguir:

mmc04

Continuando as contagens de 4 em 4 temos:

mmc05

Concluiu-se assim que foram atravessados 3 x 4 quadrados correspondendo a 2 comprimentos do rectângulo. Nesta altura, já deve ter percebido a relação que se estabelece entre o número de quadrados atravessados pela sua diagonal, o número de quadrados que se contam na largura e o número de quadrados que definem o comprimento do rectângulo.

Este esquema poderá dar origem à visualização mental de uma mesa de bilhar dimensionada a uma malha quadrangular e onde a bola percorre as diagonais dos quadrados dessa malha. A partir de um canto, a bola pode-se deslocar até encontrar outro canto da mesa e sem passar duas vezes sobre o mesmo quadrado.

Imagine-se então uma mesa de bilhar onde se possa traçar uma malha quadrangular de 6 por 8 quadrados. Quantos quadrados seriam atravessados pela bola que sai de um canto, passando sempre pelas diagonais dos quadrados, até encontrar novamente outro canto?

sábado, 13 de março de 2010

Sinal de Perigo (resp.)

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Ao artigo publicado neste blogue com o título Sinal de Perigo a 12 de Agosto de 2008, proponho a seguinte resposta:

Tenho constatado, em conversa com alguns condutores, que a interpretação da informação dada pelo sinal de perigo sobre o declive da estrada onde se vai circular, não é a correcta. No caso de a indicação ser de 100%, grande parte das pessoas afirma que seria impossível essa informação, dado que representaria o declive na vertical, não sendo possível o trânsito nestas condições. Outros argumentam que a inclinação não pode ser superior a 90% senão estaríamos a subir ou a descer uma encosta de uma montanha em forma de “Z”, onde as formigas poderiam ser o exemplo do animal com capacidades reconhecidas para se aventurarem em tal tarefa.

Na verdade, penso que os todo-o-terreno estão à altura de se aventurarem numa inclinação desta ordem de percentagem. Isto significa que ao percorrer uma determinada distância na horizontal a sua altitude aumenta ou diminui no mesmo valor. Assim, podemos construir a ideia de que a inclinação de 100%, em relação à horizontal, será a mesma que a de uma diagonal do quadrado em relação a um dos seus lados.

Portanto, no problema proposto, havendo uma inclinação de 100%, dever-se-á procurar o ponto que está à mesma distância de B que o ponto A. Assim, o ponto a ligar a A deve ser o ponto D.

Dando resposta à primeira pergunta do artigo, e tendo agora a noção de que a inclinação de 10% corresponde a uma variação de 10 metros em altitude por cada 100 metros percorridos na horizontal, então o ponto N é aquele que deve ser ligado ao ponto A.


domingo, 28 de fevereiro de 2010

Do fim para o princípio

Num manual escolar de História e Geografia de Portugal do 2º ciclo, conta-se uma história que contagiou grande parte da comunidade educativa de uma escola da Covilhã. A particularidade desta história é que acaba com uma pergunta à qual não se encontra consenso na sua resposta.

É um problema verdadeiramente desafiante. Estou certo que o leitor também não vai ficar indiferente a esta história sem que faça um esforço para propor uma solução:

“Uma camponesa guardou os ovos das suas galinhas, durante um mês.

Um dia de manhã, o marido lembrou-lhe que tinha de levar alguns ovos ao dono das terras, o seu senhor. Quando voltou, disse ao marido:

- Levei metade dos ovos ao castelo do senhor.

Passados alguns dias o marido informou a mulher:

- Tens de levar ovos ao senhor padre.

No regresso comenta a camponesa:

- Só tenho metade dos ovos que tinha depois de ter ido ao castelo.

Entretanto, o Sr. Bispo passou pelas terras dos camponeses para visitar a igreja.ovos

O marido ordenou:

- Mulher! Leva uns ovos ao Sr. Bispo!

Depois de ter entregue metade dos seus ovos ao Bispo, lamenta a mulher:

- Se depois da ida ao castelo não tivesse recolhido mais quatro ovos, apenas teríamos seis.

Quantos ovos tinha a camponesa, antes de ir ao castelo do senhor?”

A interpretação deste problema revelou ser a maior dificuldade na sua resolução. No entanto, o reconhecimento de ser resolúvel por qualquer pessoa sem que tenha a necessidade de grandes conhecimentos matemáticos tornou-o num bom problema.

O objectivo do problema é saber o número de ovos que a camponesa tinha no início. O enunciado informa-nos do número de ovos que a camponesa tinha no final. Então, parece que a estratégia mais apropriada para a sua resolução é seguir o processo do fim para o princípio.

Seguindo este raciocínio importa perceber muito bem o percurso feito e as operações envolvidas em cada momento.

1. Depois de ter ido ao castelo, a camponesa ficou com metade dos ovos que tinha inicialmente.

2. Depois de ter dado ovos ao senhor padre ficou com metade dos ovos que tinha em 1.

3. Entregou metade dos ovos ao bispo. Quer isto dizer que ficou com metade dos ovos que tinha em 2.

4. O comentário da camponesa dá-nos conta que, se tivesse seguido este processo, no final ficaria com seis ovos.

O raciocínio pode ser estruturado da seguinte forma:1

Nesta lógica, não há dificuldade se for feito o percurso contrário, assim temos:

2De acordo com o esquema chega-se à conclusão que a camponesa tinha no início 48 ovos.

A discussão em torno deste problema prende-se, sobretudo, pela importância do comentário da camponesa quando diz: “se depois da ida ao castelo não tivesse recolhido mais quatro ovos, apenas teríamos seis”.

A riqueza deste problema prende-se também pelo facto de haver dados a mais, o que numa primeira leitura pode não ser assim entendido. Efectivamente, a camponesa dá-nos conta do número de ovos que tem no final por duas vias: (i) os que teria se não tivesse recolhido quatro ovos, (ii) e de forma implícita os que tem naquele momento.

Querendo seguir a mesma estratégia de resolução, mas considerando agora o número de ovos que efectivamente a camponesa tem, cujo texto nos fornece de forma implícita, fica o repto para que o leitor exemplifique através de um esquema idêntico ao proposto, como pode encontrar o número de os ovos que a camponesa tinha no início.

sábado, 13 de fevereiro de 2010

Teorias modernas (resp.)

Relativamente ao artigo publicado neste blogue com o título Teorias modernas a 11 de Setembro de 2008, proponho a seguinte resposta:

No esquema que representa as pontes de Königsberg, todos os vértices são ímpares, logo podemos traçar uma nova aresta de modo que dois vértices passem a ser pares:

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Assim, obtemos uma figura apenas com dois vértices ímpares o que resolve o problema proposto.

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De acordo com o esquema a nova representação das pontes de Königsberg, poderia ser a seguinte:

Em relação ao desafio do envelope, não é possível a sua resolução porque dos 5 vértices da figura, 4 deles são ímpares. Apenas 2 vértices poderiam ser ímpares ou então, todos pares.

sábado, 23 de janeiro de 2010

Técnicas de cálculo (mental)

clip_image001[4]Um bom cálculo mental, em certa medida, pode determinar a melhor tomada de decisão em momentos que não é possível o uso de máquina de calcular ou o próprio algoritmo dado que o papel, lápis e calculadora nem sempre estão disponíveis.

O cálculo mental visto como aprendizagem, também não tem uma receita própria para se desenvolver, mas deve resultar de descobertas pessoais no sentido de construir procedimentos mentais de modo a facilitarem o cálculo. Todavia, há dois denominadores comuns que são fundamentais para o desenvolvimento do cálculo mental, o exercício sistemático, gozando da particularidade de não haver necessidade de agendar essa actividade dado que são muitas as oportunidades pelas solicitações da vida do dia-a-dia e, por outro lado, o domínio da tabuada. É mesmo necessário saber a tabuada para além da sua compreensão.

Aliás, ocorrem situações que a aplicação do conhecimento da tabuada é suficiente desde que coadjuvado com técnicas de cálculo que se suportam por um conhecimento matemático mais avançado sobre os números e as relações entre eles.

O quadrado de um número em que o algarismo das unidades seja cinco, pode servir de exemplo ao que é dito: 75 x 75 = 5625, em que 25 resulta do produto de 5 por 5, e 56 é o produto de 7 pelo seu sucessor natural.

Importa saber se esta técnica de cálculo resulta com outros números. De facto, a mesma regra também poderia ser aplicada, por exemplo, a 83 x 87. O resultado desta operação pode ser obtido pelo produto de 3 por 7 (21), ao qual, se junta à esquerda 72, que é o produto de 8 pelo número inteiro que o sucede (8 x 9 = 72). Assim se obtém de forma rápida 83x87=7221, bastando para isso conhecer a tabuada e a técnica matemática a usar.

Mas o que é estes números terão de especial para que esta regra, não sendo geral, funcione também com os produtos: 22x28; 34x36; 48x42…?

Verifica-se que os produtos envolvidos são formados por factores com o mesmo número de dezenas. Assim, os dois factores podem ser representados:

factor 1: (a10 + b), em que a, representa o algarismo das dezenas e b o algarismo das unidades.

factor 2: (a10 + c), em que a, representa o algarismo das dezenas e c o algarismo das unidades.

O produto destes números pode ser representado:

(a10 + b) (a10 + c)=

= a2102 + ac10 + ab10+ bc =

= a2102 + a(c+b)10 + bc

Repare-se que, em vez de termos a(c+b)10 na expressão anterior, se tivéssemos a102 estaríamos perante a mesma situação dos produtos anteriores, o que corresponde a multiplicar o algarismo das dezenas pelo seu sucessor, obtendo-se assim o valor das centenas e adicionando/juntando o produto dos “algarismos” das unidades. Ou seja:

a2102 + a102 + bc = a(a+1)102+ bc

Insistindo então nesta igualdade a(c + b)10 = a102, verifica-se que b+c=10.

Isto leva-nos a concluir que esta técnica de cálculo só é permitida quando os dois factores têm o mesmo número de dezenas e os algarismos das unidades são complementares aritméticos, isto é, quando a sua soma é 10.

No caso de obtermos um quadrado de um número, por exemplo, 64 x 64 poderemos utilizar outra técnica igualmente interessante:

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É capaz de explicar a razão deste algoritmo?

segunda-feira, 11 de janeiro de 2010

Desidratação (resp.)

Ao artigo publicado neste blogue com o título Desidratação a 7 de Agosto de 2008, proponho a seguinte resposta:

clip_image002Após a desidratação, a melancia deixou de ser 99% de água e passou a ser 98% o que faz com que a massa sólida tenha duplicado em termos percentuais, passando de 1% para 2%. Quer isto dizer que as 10g (0,01x 1000g) de massa sólida, antes da desidratação, passaram a corresponder a 2% do peso da melancia.

Ora se 2% são 10g, 1% são 5g e, portanto, 100% são 500g o que corresponde ao peso total da melancia depois da desidratação.

Não nos devemos esquecer que a percentagem é sempre um valor relativo. É por isso que, por vezes, somos convencidos por percentagens estatísticas que nos levam a acreditar naquilo que ainda está longe de acontecer…