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

Ao 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.

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:

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:

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.

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:

Continuando as contagens de 4 em 4 temos:

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?

Sinal de Perigo (resp.)

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.

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.

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:

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

De 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.

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:

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

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.

Técnicas de cálculo (mental)

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:

É capaz de explicar a razão deste algoritmo?

Desidratação (resp.)

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

Após 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…

Dobros sucessivos – base 2.

Frequentemente medito nos números e sobre os números, faz parte da minha profissão. Muito cedo revelei alguma apetência pelos números em desfavor das letras. Uma evidência em sala de aula merecedora de registo foi o exemplo que dei à minha professora primária sobre os sucessivos dobros quando, o que se pretendia era o conhecimento da tabuada do 2. O dobro de 1 é o 2 e o dobro de 2 é 4 e a seguir vem o 8, 16, 32... A professora mandou-me calar quando passava pelo 1024. Hoje sabe-se, incompreensivelmente para alguns, que este valor corresponde a um kilobyte, uma vez que se trata de uma grandeza associada a um sistema de base 2 e, portanto, é a potência de base dois a que se pode atribuir o prefixo kilo, por ser a mais próxima de 1000 bytes.

Mas não querendo fugir à questão dos sucessivos dobros importa referir que essa sucessão pode ser vista como sendo 2⁰, 2¹, 2², 2³, 2⁴, … É importante que se reconheça que o antecessor de qualquer termo é sempre metade desse termo. Faço esta referência porque há uma tendência natural para dizer que o dobro de 2¹⁰ é 2²⁰. Cuidado!...

Só muito mais tarde descobri que o fascínio que tinha por estes números também era um padrão de referência para outras culturas. Os egípcios, por exemplo, não se preocupavam em saber a tabuada como nós a propomos aos nossos alunos. O mais importante para eles era saber duplicar uma vez que qualquer número, se não fosse uma potência de base dois, poderia ser obtido pela soma de potências de base dois.

Também a informática optou por desenvolver a sua linguagem num processo simples, onde apenas dois símbolos seriam o suficiente para representar qualquer valor. Tomando um “zero” como sendo um circuito interrompido e um “um” como estando ligado, todos os arranjos entre “zeros” e “uns” fariam da opção binária a escolha ideal para o desenvolvimento daquilo que hoje é o mais complicado para todos nós - o computador.

De acordo com a tabela seguinte é fácil reconhecer que qualquer número pode ser representado apenas com “zeros” e “uns” necessitando apenas das potências de base dois para a sua formação:

Para ajudar na análise da tabela podemos verificar, por exemplo, que o número 10 é representado por '1010' significando no sistema binário, 1x2³+0x2²+1x2¹+0x2⁰=10, ou seja 8+0+2+0.

Aproveitando a regularidade que se evidência na tabela, sugere-se a formação de listas de ordem 0, 1, 2, 3… tendo cada lista o nome do número do expoente da referida ordem. Começando pela lista de ordem zero (2⁰) devem ser incluídos todos os números que têm um “um” na coluna dessa ordem:

Para construir a lista de ordem 1, segue-se o mesmo critério. Apenas se incluem os números cuja representação binária, precisa de um “um”, nessa ordem.

O mesmo critério se deve aplicar para formar as restantes listas:

Uma vez organizadas 4 listas, verifica-se que são necessários 15 números para a formação das listas com o mesmo número de elementos. Note-se que todas elas acabam nesse número (2⁴-1). O número seguinte (2⁴), por se tratar de uma potência de base dois vai encabeçar a próxima lista (lista de ordem 4). Mas, considerando apenas estas quatro listas (0, 1, 2 e 3), pode-se pedir que pense num número até 15 e que revele as listas onde aparece. De imediato se fica a saber o número em que pensou. Quer dizer como? E se fizesse 6 listas, os números envolvidos seriam até qual?

Experimente descarregar aqui o ficheiro que lhe propõe 8 listas de números. Só tem de identificar as listas onde se encontra o seu número secreto. O computador encarrega-se de descobrir esse número.

Nota: depois de abrir o ficheiro Excel (office 2007), é necessário clicar em “opções” e optar por “activar este conteúdo” - macros.

Áreas e perímetros com abelhas (resp.)

Em relação ao artigo publicado neste blogue com o título Áreas e perímetros com abelhas a 1 de Agosto de 2008, proponho a seguinte análise:

Seguindo o conceito de uma pavimentação regular, o plano é pavimentado apenas com um tipo de ladrilho, cuja forma é um polígono regular. O polígono regular implica ter todos os lados de comprimento igual e ângulos internos com a mesma amplitude. Apenas o triângulo equilátero, o quadrado e o hexágono regular têm ângulos internos cujas amplitudes são submúltiplas de 360⁰. Quer isto dizer, que são os únicos polígonos regulares que pavimentam.

Facilmente se reconhece que o trabalho desenvolvido por uma comunidade composta por centenas de elementos é mais fácil se todos eles forem formatados para fazer o mesmo. Desta forma, não há a necessidade de discutir alterações ou a criação de novos projectos. Neste caso, o projecto das abelhas é dividir o plano em regiões idênticas, de forma que todas elas estejam sempre envolvidas no mesmo projecto. Assim, é compreensível que se adopte apenas um ladrilho para que seja feita a pavimentação (monoédrica).

Por outro lado, o rendimento do trabalho aumentará se para a conclusão do mesmo projecto recorrer à menor energia possível. É dentro desta lógica que importa saber qual a forma a adoptar para obter a maior área tendo o mesmo perímetro. Através do conhecimento matemático prova-se que o círculo é a forma geométrica ideal, tendo em vista a obtenção da maior área com o menor perímetro. De facto, entre as três figuras enumeradas anteriormente, o hexágono é aquela que se aproxima mais do círculo. Vamos lá perceber como é que as abelhas descobriram isso…

Fazendo o teste que é sugerido para uma mesma área:

Optando por triângulos equiláteros:

-- 135 palitos

-- ±9,5 palitos para acabar de fechar o rectângulo.

Total de 144,5 palitos

Optando por quadrados:

-- 76 palitos

-- ± 8,5 palitos para acabar de fechar o rectângulo.

Total de 84,5 palitos

Optando por hexágonos regulares:

-- 45 palitos

-- ± 19,5 palitos para acabar de fechar o rectângulo.

Total de 64,5 palitos

Comprova-se que para um menor consumo energético na construção dos favos, as abelhas estão certas em optarem pelos hexágonos.