PAINEL I: A RECÍPROCA DO TEOREMA DE
PITÁGORAS E O MÉTODO DO PEDREIRO

O “método do pedreiro” para construir duas paredes em ângulo reto (“em esquadro”) consiste em fazer, no chão, alinhamentos com fios presos em ferros de construção ou a estacas de madeira. Esses alinhamentos estão descritos a seguir com palavras de um pedreiro (fonte: internet):

“Para cada lado faço marcas no alinhamento, para um lado a uma distância de 60 cm do ponto de encontro com o outro alinhamento; no outro, marco 80 cm do mesmo jeito. Depois meço com uma corda a distância entre os dois lados e tem que dar 1 m. Se não medir 1 m, a casa fica fora de esquadro.”

O que justifica o método? O pedreiro está usando o seguinte resultado: como as medidas dos lados do triângulo feito com os fios satisfaz a igualdade, em centímetros quadrados, 1002 = 602 +802, então o ângulo entre os lados de medidas 60 cm e 80 cm é reto. Ou seja, o que se usa é um caso particular (para as medidas 60, 80 e 100) da recíproca do teorema de Pitágoras, cujo enunciado é:

Essa recíproca é verdadeira? A resposta é sim. Vejamos uma prova na qual usaremos o teorema de Pitágoras (na forma direta).

Seja dado um triângulo ABC com lados medindo a, b e c satisfazendo a igualdade a2 = b2 + c2. Construímos dois segmentos perpendiculares, concorrentes em um ponto A’, com medidas b e c, respectivamente.

Denotamos por B’ e C’ as outras extremidades dos dois segmentos perpendiculares. O triângulo formado, A’B’C’, é retângulo em A’ por construção, logo podemos aplicar o teorema de Pitágoras em A’B’C’ e teremos (B’C’)2 = (A’B’)2 + (A’C’)2 = b2 + c2.

Como, por hipótese, a2 = b2 + c2, vem que B’C’ = a. Logo, o triângulo ABC, inicialmente dado, e o triângulo A’B’C’ são congruentes por LLL. Sendo o triângulo A’B’C’ retângulo, concluímos que o triângulo inicial, ABC, também é retângulo com ângulo reto o oposto ao lado de medida a.

PAINEL II: UM JOGO PARA A SALA DE AULA

Wescley W. Vicente Bezerra
UnB – Planaltina

O jogo das estacas tem por objetivo trocar de posição as estacas da esquerda, cinza, com as da direita, laranja, movendo uma de cada vez. Uma estaca cinza poderá mover-se para um lugar vazio imediatamente à sua direita ou saltar sobre uma estaca laranja, estando essa ao seu lado, e ocupar a posição imediatamente à direita da estaca laranja, estando essa posição vazia. Da mesma maneira, poderão andar as estacas laranja, só que da direita para a esquerda.

O jogo termina quando se cumpre o objetivo de trocar a posição das estacas ou quando é impossível movimentar as estacas.

Com duas estacas de cada cor, o jogo fica relativamente simples. O grau de dificuldade aumenta gradativamente quando o número de estacas de cada cor passa para três, quatro, cinco ou mais. Até quatro estacas de cada cor, é possível jogar esse jogo no site:
http://nlvm.usu.edu/es/nav/frames_asid_182_g_2_t_1.html?from=grade_g_2.html

Uma sugestão de atividade para sala de aula é pedir para os alunos que descubram uma estratégia que lhes permita fazer a transferência de três, quatro e cinco estacas de cada cor (as estacas podem ser substituídas por dois tipos de tampinhas de garrafa ou por pedaços de giz).

Pedir, em seguida, que os alunos registrem por escrito a estratégia usada e, a partir da descrição, que descubram o número de movimentos, no caso de três, quatro e cinco estacas, que efetuaram para atingir o objetivo do jogo. A análise dos resultados permitirá que obtenham uma fórmula para o número de movimentos necessários para n estacas de cada cor.

Estratégia

Após algumas tentativas, os alunos perceberão que, antes de chegar à posição final, duas peças de mesma cor nunca podem ficar vizinhas. Esse fato determina os movimentos que devem ser feitos.

Vejamos o exemplo com quatro estacas cinza que se movem somente para a direita e quatro estacas laranja que se movem somente para a esquerda.

Notação a ser usada: “3d” significa “3 movimentos para a direita”; “2e”, “dois movimentos para a esquerda”.

Sequência de movimentos: (1d, 2e, 3d, 4e, 4d, 4e, 3d, 2e, 1d)

Número de movimentos: M4 = (1 + 2 + 3 + 4) + 4 + (4 + 3 + 2 + 1) = 24.

Após mais registros, e uma recordação da soma dos termos de uma PA (ou da soma dos n primeiros números naturais), a conclusão final será:

Com n estacas de cada cor, e a mesma estratégia, o número total de movimentos será

Mn = (1 + 2 + ... + n) + n + (n + n – 1 + ... + 2 + 1) = n(n + 1) + n = n2 + 2n.

PAINEL III: UMA EQUAÇÃO DE GRAU 7

Carlos Alberto M. de Assis
FERLAGOS
Thiago Barcelos Castilhos
Professor da rede municipal de Cabo Frio

Neste texto mostramos como o método de Cardano, usado na resolução de equações polinomiais de grau 3, pode ser usado também para resolver, por radicais, um tipo particular de equação polinomial de grau 7. Nosso método, proposto como exercício na revista Eureka!, no 15, p. 26, aplica-se, por exemplo, à equação

x7 + 14x5 + 56x3 + 56x – 8 = 0.

O ponto de partida do método é o desenvolvimento do binômio
(u + v)7 = u7 + 7u6v + 21u5v2 + 35u4v3 + 35u3v4 + 21u2v5 + 7uv6 + v7, que implica (u + v)7 = 7uv(u5 + v5) + 21u2v2 (u3+ v3) + 35u3v3 (u + v) + (u7+ v7). (I)

Substituindo em (I) as expressões dadas pelas identidades
u3+ v3 = (u + v)3 – 3uv(u + v) e u5+ v5 = (u + v)5 – 5uv(u + v)3 + 5u2v2(u + v), vem (u + v)7 – 7uv(u + v)5 + 14u2v2 (u + v)3 – 7u3v3 (u + v) – (u7+ v7) = 0. (II)

Agora vamos usar (II), válida para todo u e todo v, para resolver equações polinomiais da forma
x7 + px5 + qx3 + rx – s = 0, (III), para alguns valores especiais de p, q, r e s.

Para que x = u + v seja solução de (III), é suficiente (vê-se isso usando (II)) que as relações p = –7uv, q = 14u2v2, r = –7u3v3 e s = u7 + v7 sejam satisfeitas. As relações que q e r devem satisfazer decorrerão de p = –7uv se supusermos que q = e r = . (IV)

Faremos, então, a suposição de que os coeficientes do polinômio em (III) satisfazem as relações em (IV), isto é, consideraremos apenas equações do tipo
x7 + px5 + x3 + x – s = 0. (V)

Em face do exposto até agora, vemos que x = u + v satisfará (V) se u e v forem uma solução do sistema

que é equivalente a .

É bem sabido que o problema de determinar um par de números tais que sua soma é S e seu produto é P é equivalente ao de achar as raízes da equação do 2 grau y2 – Sy + P = 0. Assim, basta tomarmos u e v tais que u7 e v7 sejam as soluções de y2 – sy + = 0 para que u + v satisfaça (V).

Obtemos então a solução de (V)

x = u + v = .

O caso particular considerado no início, x7 + 14x5 + 56x3 + 56x – 8 = 0, corresponde a tomar p = 14 e s = 8, então a fórmula acima fornece a raiz
x = .

PAINEL IV: E-MAIL “CORRENTE” E EQUAÇÕES DIOFANTINAS

Fernando Henrique Antunes de Araújo
Aluno de licenciatura – IFPE

É raro um usuário de correio eletrônico que nunca tenha recebido um e-mail “corrente” do tipo: envie esta mensagem para um certo número de amigos e concorra a prêmios. Recentemente recebi um e-mail dizendo que uma empresa de produtos de informática estava pagando para cada e-mail enviado para a minha lista de contatos a quantia de R$ 237,00 e mais R$ 243,00 para cada terceiro que recebesse o e-mail. Como exemplo de sucesso, o texto falava que uma pessoa, após encaminhar esse e-mail, havia recebido em sua conta bancária a quantia de R$ 20.000,00.

Ora, sendo x a quantidade de e-mails enviados e y a quantidade de terceiros que também receberam o e-mail, deveríamos ter

237x + 243y = 20.000,

uma equação diofantina linear que não admite soluções inteiras, já que MDC(237, 243) = 3 e 3 não divide 20.000. Aqui usamos o seguinte teorema, cuja demonstração pode, por exemplo, ser encontrada na RPM 19, pág. 42:

Se o criador da corrente soubesse algo sobre equações diofantinas, talvez tivesse pensado em atribuir um valor divisível por 3 na quantia ganha pelo usuário.

Considerando hipoteticamente que o valor pago fosse R$ 30.000,00, a equação 237x + 243y = 30.000 seria equivalente (dividindo todos os termos por 3) a 79x + 81y = 10.000 (observe que MDC(79, 81) = 1). Esta última equação é satisfeita por uma infinidade de pares (x, y) de inteiros, dados pelas expressões:

pois o par (x0, y0), x0 = – 5000 e y0 = 5000 é uma solução particular da equação 79x + 81y = 10.000 (*) e aqui estamos usando mais o seguinte teorema sobre equações diofantinas (ver, por exemplo, novamente a RPM 19, pág. 45):

Observe que o problema em questão trata apenas de soluções positivas,
ou seja, x 0 e y 0, o que nos fornece

61,72 @   t   @ 63,29

Como t é inteiro, temos t = 62 ou t = 63 como possíveis maneiras de se obter um resultado de R$ 30.000,00. Em particular, para t = 62, temos o e-mail enviado para 22 amigos e reenviado para 102 terceiros.

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(*) Para um método de como determinar uma solução particular da equação, ver, por exemplo, a RPM 37, página 27. Usando o artigo da RPM 37, chega-se a 1 = 40 × 79 + (– 39) × 81 e então x = 400.000 + 81k e y = –390.000 – 79k. E, querendo uma solução particular menor, pode-se, razoavelmente, fazer k = – 5000 e assim obter x = – 5000 e y = 5000.