RPM 64 -Quebra cabeça de fibonacci

Bruno Alves Dassie

Os problemas de quadratura são sempre intrigantes. Destaca-se na história o famoso problema grego da quadratura do círculo e, associado a esse, o da quadratura das lúnulas (ver RPM 06 e 16). Temos também a quadratura da parábola dada por Arquimedes. Mais recentemente, como citado, entre outros, em [1] e [2], temos a quadratura do quadrado, que consiste em cobrir um quadrado usando ladrilhos quadrados. Pode-se também pensar em cobrir outras formas, como, por exemplo, retângulos, usando ladrilhos quadrados. Ou ladrilhar um quadrado usando peças retangulares, sendo este problema mais simples que os demais, apresentando uma solução bastante interessante dada com peças compostas a partir de números da seqüência de Fibonacci: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ... e assim por diante, com cada termo igual à soma dos dois anteriores. Como exemplo, consideremos as peças:

Com essas peças podemos montar o quadrado da figura.

Vamos denominar Quebra-cabeça de Fibonacci o problema de montar um quadrado com um número ímpar de retângulos cujas dimensões são dadas pelos termos iniciais e consecutivos da seqüência de Fibonacci.

Mas o problema tem sempre solução?

A seqüência de Fibonacci, já abordada pela RPM em artigos publicados nos números 6, 17, 20 e 45, apresenta belíssimas propriedades.

Entre elas, encontra-se a seguinte:

Se somarmos um número ímpar de produtos cujas parcelas sejam números sucessivos da seqüência, iniciando com 1×1 obtemos o quadrado do último número.

Ou seja,

a₁a₂+ a₂a₃ + ... + a_n−₂a_n−₁ + a_n−₁a_n = (a_n )²,

sendo a_i, i =1, 2, ..., n os primeiros termos da seqüência e n é par.

Vamos considerar alguns exemplos: n = 2: a₁a₂ = 1 × 1 = 1 = (a₂)²,

n = 4: a₁a₂ + a₂a₃ + a₃a₄ = 1 × 1 + 1 × 2 + 2 × 3 = 9 = 3² = (a₄)²,

n = 6: a₁a₂ + a₂a₃ + a₃a₄+ a₄a₅ + a₅a₆ = 1 × 1 + 1 × 2 + 2 × 3 + 3 × 5 + 5 × 8 = 64 = 8² = (a₆)² (este é o exemplo anterior).

A propriedade pode ser demonstrada usando o princípio da indução finita.

Vejamos:

i) A propriedade é válida para n = 2 (1 × 1).

ii) Suponha válida para n = k, ou seja,

a₁a₂ + a₂a₃+ ... + a_k−₂a_k−1 + a_k−₁a_k = (a_k)²,

sendo a_kum termo de ordem par na seqüência de Fibonacci. Agora, vamos provar que a propriedade é válida para a_{_k+2}, pois assim teremos um número ímpar de parcelas, ou seja, queremos provar que

a₁a₂ + a₂a₃ + ... + a_k−₁a_k + a_ka_k+1+ a_k+₁a_k+₂= (a^_k+2)2.

Pela hipótese de indução, temos que

a₁a₂ + a₂a₃+ ... + a_k−₂a_k−1 + a_k−₁a_k = (a_k)², logo,

a₁a₂ + a₂a₃ + ... + a_k−₁a_k + a_ka_k+1+ a_k+₁a_k+₂ =

a_k² + a_ka_k+₁ + a_k+₁a_k+2 = a_k(a_k+ a_k+₁) + a_k+₁a_k+₂.

Mas a_k+ a_k+₁ = a_{_k+2} então a_k(a_k+ a_k+₁) + a_k+₁a_k+₂= a_ka_k+₂+ a_k+₁a_k+₂ = a_k+₂(a_k+ a_k+1) = (a_k+₂)², como queríamos provar.

É importante notar que a validade da propriedade demonstrada, embora seja necessária, não basta para mostrar que o quebra-cabeça pode ser montado: é possível exibir exemplos de retângulos com soma de suas áreas igual a um quadrado perfeito, mas que não formam um quadrado. Por exemplo, a soma das áreas dos retângulos 1 × 1 e 1 × 3 é igual a 4, mas esses retângulos não podem ser montados formando um quadrado 2 × 2.

Vamos então provar agora, por indução, que o quadrado pode efetivamente ser montado. Mais precisamente, vamos mostrar que, se n é par com as primeiras (n − 1) peças (retângulos de dimensões a₁×a₂, a₂×a₃, ..., a_n−₁×a_n), podemos formar um quadrado de lado a_n.

i) Para n = 2, o retângulo 1 × 1 = a₁×a₂é um quadrado.

ii) Suponhamos que possamos montar um quadrado de lado a com as primeiras (k − 1) peças, sendo k par. Os próximos retângulos da seqüência são a_k ×a_k+1 e a_k+1 × a_k+2.

Como a_k+₂ = a_k+ a_{_k+1}, esses retângulos podem ser justapostos ao quadrado de lado a_k, como mostra a figura, de modo a formar um quadrado de lado a_{_k+2}. Logo, com as primeiras k + 1 peças (com k + 2 par) também podemos montar um quadrado de lado a_{_k+2}.

Portanto, pelo princípio da indução finita, os primeiros (n − 1) retângulos podem ser justapostos de modo a formar um quadrado de lado a_nquando n é par. Note que esse argumento geométrico substitui com vantagens o argumento puramente algébrico anterior, porque, além de mostrar que a soma das áreas dos primeiros (n − 1) retângulos (n par) é igual a (a_n)², mostra que eles podem ser justapostos formando um quadrado.

Na verdade, nossa demonstração faz mais do que isso: ela fornece um método (ou um algoritmo) para fazer a montagem. Basta colocar dois retângulos de cada vez, começando do maior para o menor, justapondo-os sempre de tal modo que um esteja apoiado no outro, com dois outros lados alinhados.

É também interessante notar que, em ambas as demonstrações, ao passar de k para k + 2 não usamos o fato de que k é par. Mas o resultado só vale, de fato, para k par (ou seja, para um número ímpar de retângulos). Isso ocorre porque, começando de 1, temos um quadrado inicial, mas começando de 2, não (os retângulos 1 × 1 e 1 × 2 não formam um quadrado).

Ivan Mariano Lomasso Costa
Professor da rede pública municipal − BH /MG
Escolas Governador Carlos Lacerda e Santos Dumont

Matemática e Vida 1	Matemática e Vida 2
No meio do triângulo existe um ponto ponto que é encontro que é equilíbrio se encontra fácil riscando medianas mas não tão fácil arriscando encontros	Três pontos definem um plano. Na geometria é claro. Porque na vida, entretanto, três pontos se unidos num plano formam amoroso triângulo difícil de ser eqüilátero.

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