Descubra o seu algarismo da sorte ( resp. )

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.

Muito 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:

Invertendo o número, temos:

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.

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.

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.

 

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.

Uma questão de tempo (Resp.)

Recordando 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 20^o15’36’’ 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: 20^o15’36’.

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.

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).

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.

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.

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?

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.