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PAINEL I: POLÍGONOS NUMÉRICOS Lucas Chaves da Silva e Na RPM 65, foi publicado o artigo intitulado Ver para crer, no qual foi proposto o seguinte problema: colocar os números inteiros de 1 a 9, sem repeti-los, sobre os lados de um triângulo equilátero, de modo que a soma dos quatro números em cada lado seja 20. Veja algumas soluções apresentadas:
Ao ler o artigo, fiquei intrigado e tentei ver se era possível fazer a mesma coisa para polígonos com um número qualquer de lados, isto é, colocar números naturais sobre os lados do polígono, respeitando as regras: 1. Apenas números inteiros e consecutivos a partir do um são usados. 2. Em cada lado são distribuídos quatro números. 3. A soma dos números sobre os lados é uma constante. Primeiramente, observamos que, se o polígono tem n lados, então utilizaremos os números 1, 2, 3, 4, 5, 6, ..., 3n, já que devemos colocar n números nos vértices e mais dois números em cada lado, totalizando, então, n + 2n = 3n números. Agora surge a pergunta: será que podemos determinar alguma soma constante dos quatro números em cada lado? Uma estratégia para encontrar uma solução (que não é única) é a seguinte: a média aritmética dos números da sequência 1, 2, 3, 4, 5, 6, ..., 3n é igual a Essa média funcionará como uma “constante”, isto é, como se os números colocados sobre os lados fossem todos iguais a essa média. Como cada lado, incluindo os vértices, tem quatro números, a soma em cada lado será denotada S e dada por S = 4 Vejam que essa soma é a soma 20 pedida na RPM 65 para o triângulo (20 = 2 + 6 × 3). Agora que já temos uma proposta para a soma de cada lado, vamos tentar criar uma estratégia para preenchimento dos vértices: Consideramos a soma de todos os números colocados nos lados (e nos vértices) do polígono, nS. Nessa soma estão repetidos os n números colocados nos vértices, que são contados duas vezes. Então, para obter a soma dos n números que estão nos vértices, basta subtrairmos de nS o valor da soma da sequência nS – Uma possível estratégia para preenchimento dos vértices, que obedece a soma igual a n + 1, n + 2, n + 3, ..., n + (n – 1) e 2n, já que a sua soma é
Resta, agora, criar uma estratégia para distribuir os outros dois números sobre os lados do polígono de forma que a soma dos quatro números dos lados seja a mesma, S = 2 + 6n. Como os números foram distribuídos de forma consecutiva nos vértices, pode-se tomar o lado em cujos vértices estão o maior, 2n, e o menor número, n + 1. Completamos esse lado colocando os números obtidos subtraindo um do menor vértice (n + 1 – 1 = n) e somando um ao maior (2n + 1). Observe que 2n + (n + 1) + n + (2n + 1) = 6n + 2. Nos outros lados, que têm nos vértices os números (n + 1) e (n + 2); (n + 2) e (n + 3), etc. colocar os dois números n – 1, n – 2, etc. até o número 1. Completar os lados com o número que falta para a soma resultar 6n + 2 (que serão 3n, 3n – 1, ...). Imagem de um octógono exemplificando o processo descrito:
Observação da RPM O processo descrito não é único. Há distribuições que obedecem às condições 1., 2. e 3. estabelecidas no início do texto e tais que os números colocados nos vértices não são os indicados acima e a soma dos números colocados sobre os lados é uma constante diferente de 6n + 2, como mostra o exemplo:
PAINEL II: MÉDIAS EM UM CONCURSO Elzimar de O. Rufino Em janeiro deste ano, estive na sala do Departamento de Matemática onde trabalho e lá se encontrava uma senhora solicitando opinião sobre a situação das médias de um concurso do qual ela havia participado. O concurso foi realizado em duas fases e o edital estabelecia que a média final do candidato seria a média aritmética das notas das duas fases. Porém, na primeira fase a pontuação máxima foi 130 pontos, enquanto na segunda fase essa pontuação máxima foi 100 pontos. A candidata não achou justo calcular a média aritmética e perguntou se estaria mais bem classificada no concurso, caso as pontuações máximas das duas fases fossem iguais. Fiz, então, a seguinte análise da questão: Vamos considerar a situação de dois candidatos, A e B, utilizando as notações: A1 = nota do candidato A na primeira fase As médias dos candidatos A e B são dadas, respectivamente, por MA = Vamos considerar MA e MB as outras médias dos candidatos A e B, considerando as escalas iguais nas duas fases, isto é, considerando que ambas as fases tivessem pontuação máxima igual a 100 pontos. Para calcular essas novas médias, observamos que as notas da primeira fase dos candidatos A e B seriam consideradas iguais a
e, como as notas da segunda fase permaneceriam as mesmas, teríamos MA = Note que 2MA + logo, MA > MB Portanto, se B1 > A1, podemos concluir que MA > MB ou seja, se o candidato A superou o candidato B, sendo inferior a ele na primeira fase, então A continuaria superando B se as médias fossem calculadas considerando escalas iguais. Suponhamos agora que ocorra A1 > B1 e vejamos quais as condições necessárias para termos MA > MB e MA < MB Temos MA < MB B2 – A2 > Devemos ter também MA > MB , ou seja, A1 – B1 > A2 – B2. Logo, teremos inversão na classificação dos canditados A e B, com A1 > B1, se e somente se
Assim, teremos MA > MB e MA < MB se o cadidato A superou o candidato B tendo ido melhor na primeira fase e, na segunda fase, a nota de B superou a nota de A em mais do que Por exemplo, para A1 = 5, A2 = 8, B1 = 3 e B2 = 9,6, temos
MA
PAINEL III: EMBALAGENS E RPM NAS AULAS DE CÁLCULO Vanessa Botta Uma disciplina que tira o sono de uma grande parte dos estudantes universitários da área de Ciências Exatas é o Cálculo Diferencial e Integral, colocada, em geral, no primeiro ano dos cursos.
Então, numa das minhas aulas sobre o conceito de ponto de mínimo e valor mínimo de uma função, usei o artigo publicado na RPM 60 [1] que trata de embalagens de caixas de sabão em pó: talvez os leitores mais jovens não saibam, mas há algum tempo as embalagens de muitas marcas de sabão em pó mudaram; passaram de um paralelepípedo “mais estreito e alto” para um “mais largo e baixo”. As medida dessas caixas, segundo [1], são: embalagem antiga: 4,8 cm × 16,8 cm × 24 cm (área superficial de 1198,08 cm2 e volume 1935,36 cm3) embalagem atual: 19 cm × 7 cm × 14,5 cm (área superficial de 1020 cm2 e volume 1928,5 cm3).
Coloquei então o problema: será possível reduzir ainda mais a quantidade de papelão para haver mais economia em relação à embalagem atual, mantendo o mesmo volume? Esse é um problema que podemos resolver usando as ferramentas do Cálculo. Vamos fixar em 7 cm a largura da caixa, que julgamos adequada ao manuseio; considerando o volume da caixa igual a 1928,5 cm3, temos, considerando c o comprimento da caixa e a a altura: 1928,5 = 7ac. A área superficial, A, da nova embalagem será dada por A = 2 × 7c + 2 × 7a + 2ac = 14c +14a + ac. Como a = A(c) = 14c + 14 Observe que A'(c) = 14 – Como estamos interessados no valor mínimo de A, determinemos os pontos críticos da função A'(c) = 0 Como temos pelo A''(16,6) > 0 e A''(–16,6) < 0 temos pelo teste da derivada segunda que c A(16,6) = 1015,92. Assim, a dimensão de uma embalagem ainda mais econômica seria de largura igual a 7 cm, comprimento 16,6 cm e altura 16,6 cm.
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS [1] Santos, R. C. dos, Bacarin, S. A. de O. Embalagens. RPM 60, p. 10 - 12, 2006. [2] Quintanilha, L. O valor de uma ideia simples. Disponível em:
Nota da RPM Observamos que a determinação do ponto de mínimo (e do valor mínimo) de uma função do tipo considerado no texto, f(x) = x + x + e, denotando
Resposta dos probleminhas...
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, pois os números são consecutivos.
= n(2 + 6n) – 
.
n = 
e M
.
= 
A
(
A
2
(B
5,92; MB 
Uma maneira de ensinar de modo a tornar as aulas mais leves e mais atrativas é apresentar algumas das aplicações práticas que o Cálculo Diferencial e Integral tem em abundância. 
Observe que a área superficial da embalagem atual é menor, o que acarretou redução na quantidade de material usado na sua produção. O volume também mudou, mas continuou suficiente para embalar 1 kg do produto. Segundo [2], uma das empresas que aderiram à utilização da nova embalagem reduziu em 31% a quantidade de papel-cartão usado na confecção das embalagens e em 5% o papelão das caixas de transporte. Além disso, houve uma diminuição da quantidade de água e energia necessárias para a fabricação das embalagens.
, podemos considerar a função
+ 551.
e A''(c) = 
.
16,6.
, a > 0, pode ser reduzida à determinação do ponto de mínimo de uma função quadrática, pois
+ 2
=