Conjeturas, teoremas, demonstrações diretas e indiretas, recíprocas, contra-exemplos, condições necessárias – tudo isso através de uma brincadeira com números! Como diz o título acima: ver para crer.

Apresenta-se aos alunos o seguinte problema: colocar os números inteiros de 1 a 9, sem repeti-los, sobre os lados de um triângulo eqüilátero como nas figuras, de modo que a soma dos quatro números em cada lado seja 20.

Pede-se aos alunos que inventem triângulos, satisfazendo, ou não, a condição acima. Os triângulos que satisfizerem a condição serão colocados em uma metade do quadro-negro e os que não a satisfizerem, na outra.

Satisfazem      

Não satisfazem

Pede-se aos alunos que examinem os triângulos nos quais a soma dos números em cada lado é 20 e pergunta-se se eles notam alguma particularidade que todos apresentam. Quase sempre alguém observa que a soma dos números nos vértices é 15. Verifica-se que isso é verdade para todos os triângulos do quadro, mas será que é verdade sempre?

Assim, surge a conjetura 1: se no triângulo a soma dos números em cada lado é 20, então a soma dos números nos vértices é 15.

Para ver se é sempre verdade, colocam-se letras no lugar dos números: sabe-se que 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45 e, portanto, a + b + c + d + e + f + g + h + i = 45. (1)

Somando os números ao longo de cada lado, devese obter 3 × 20 = 60, isto é,

(a + b + c + d ) + (d + e + f + g) + (g + h + i + a) = 60. (2)

Fazendo, por exemplo, (2) – (1), obtém-se: d + g + a = 60 − 45 = 15.

Com isso, a conjetura 1 passa a ser o teorema 1, e a argumentação acima é uma demonstração desse teorema.

Vale a recíproca? Isto é, se a soma dos números nos vértices é 15, será que a soma dos números nos lados é sempre 20? Basta observar o triângulo (**) para ver que a resposta é não e esse triângulo é um contra-exemplo da afirmação recíproca do teorema 1, isto é, a recíproca é falsa.

Conclui-se que a soma dos números nos vértices é 15 é uma condição necessária para que a soma dos números nos lados seja 20, mas não é uma condição suficiente.

Após explorar com mais vagar essas idéias, pergunta-se se os alunos notam mais alguma particularidade nos triângulos que satisfazem a condição imposta. Alguém sempre acaba observando que em todos eles o número 5 está num dos vértices.

Vê-se que isso é verdade em todos os triângulos do quadro que satisfazem a condição do problema, mas a pergunta é: será que é sempre verdade? Repete-se o procedimento, obtendo a

conjetura 2: se no triângulo a soma dos números em cada lado é 20, então 5 está num dos vértices do triângulo.

Para ver se essa afirmação é sempre verdadeira, usam-se letras, e tentase ver o que acontece se 5 não estiver em um dos vértices: sabe-se que a + 5 + c + d = 20, ou seja, a + c + d = 15. (1)

Pelo teorema 1, a + d + g = 15. (2)

De (1) e (2) é-se obrigado a concluir que c = g, o que é um absurdo, pois os números do triângulo g são todos distintos. Logo, 5 tem que estar num dos vértices do triângulo.

A conjetura 2 transforma-se no teorema 2 e a demonstração foi feita por contradição.

A soma dos números nos vértices é 15 e 5 está num vértice é uma condição suficiente para garantir que a soma dos números em cada lado é 20? E a resposta novamente é não. Um contra-exemplo é o triângulo (*). Ambas as condições são necessárias, mas nem juntas elas são suficientes.

A conjetura: no lado oposto ao vértice 5 a soma dos números internos é 10 rapidamente transforma-se no teorema 3 (demonstre-o).

Uma conjetura, feita por uma aluna, foi surpreendente. Disse ela: “somando os números internos em cada um dos lados do triângulo, essas somas formam uma PA”. Verificou-se nos exemplos que a conjetura parecia ser verdadeira. Nenhum contra-exemplo foi encontrado. Ao explicar a sua descoberta, disse: “a soma de todos os números é 45, a dos que estão nos vértices é 15, logo os números internos dos lados somam 30. Pelo teorema 3, em um dos lados a soma dos números internos é 10. Logo, a soma dos números internos nos outros dois lados é 20, isto é, a soma é 10 – r em um deles e, necessariamente, 10 + r no outro. 10 – r, 10, 10 + r formam uma PA”.

Esse argumento, já bem mais elaborado, tornou-se a demonstração que transformou a conjetura enunciada pela aluna num teorema.

O exposto mostra como idéias que têm fama de serem complicadas podem ser apresentadas de um modo simples e atraente através de um problema bem escolhido.

Na verdade, esse problema permite trabalhos em outras áreas. Por exemplo,

Trabalho com paridade de números inteiros.

Nas soluções do problema, um dos vértices é 5 e a soma dos números nos outros dois é 10. Portanto, além do 5, podem estar nos vértices os números 1 e 9, ou 2 e 8, ou 3 e 7, ou 4 e 6.

Se nos vértices estiverem 3 números ímpares, os dois números ímpares restantes têm que ser internos no lado oposto ao 5. Esse fato determina os números que estão nos outros dois lados.

Se num dos vértices estiver um número par, os números internos do lado oposto ao 5 ainda têm que ser ímpares, havendo duas possibilidades para a escolha desses números.

Trabalho com simetrias de um triângulo eqüilátero. Tendo achado um triângulo nas condições do problema, a partir dele, quantos outros podem ser escritos sem alterar a disposição dos números em cada um dos lados? (Resp. 6)

Problemas de contagem

Quantos triângulos existem nas condições do problema?

Não levando em conta as simetrias, nem a posição dos dois números internos de cada lado, existe um só triângulo de vértices 1, 5, 9; um só de vértices 3, 5, 7; dois triângulos de vértices 2, 5, 8 e dois triângulos de vértices 4, 5, 6. Num total de 6 triângulos.

Trocando de lugar, em cada lado, os dois números internos, cada um dos 6 triângulos dará 2 × 2 × 2 = 8 triângulos novos. Obtemos assim 48 triângulos satisfazendo as condições do problema.

Cada um desses 8 triângulos dará origem, via simetrias, a 6 triângulos novos. Assim, se todas as soluções forem desenhadas numa folha de papel, haverá 6 × 48 = 288 desenhos diferentes.