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PAINEL I Números consecutivos somando potências de 2 Observe abaixo somas de números consecutivos positivos:
Tentemos obter 16:
Isso ocorre porque 16 é uma potência de 2: mostraremos neste texto que nenhuma potência de 2 pode ser escrita como soma de números inteiros consecutivos, a não ser usando os negativos para obter os cancelamentos necessários, como: – 15 – 14 – ... – 1 + 0 + 1 + ... + 14 + 15 + 16 = 16. Essa é a única forma de se obter 16 usando termos consecutivos inteiros. Vamos provar essa afirmação. Consideremos, então, uma sequência crescente a, a + 1, a + 2, ... , a + (n – 1), constituída de n números inteiros consecutivos, n ≥ 2, e seja S a soma de seus termos.
Suponhamos que exista um natural, k, k ≥ 0 (pois estamos somando inteiros), tal que S = 2k. Então, n(2a + n – 1) = 2k + 1. Logo, n e (2a + n – 1) são potências de 2. Isso implica n par (pois n ≥ 2) e, portanto, (2a + n – 1) será ímpar. Sendo uma potência de 2 e ímpar, 2a + n – 1 = 20 e, então, n = 2k + 1. Isso leva a 2a + 2k+ 1 = 2 ou a = 1 – 2k. Então, os n = 2k+ 1 termos da única sequência de inteiros consecutivos com soma igual a 2k são: 1 – 2k, 2 – 2k, 3 – 2k, ... , 2k+ 1 –2k. No caso S = 16, temos k = 4 e n = 25 = 32. A única sequência de inteiros consecutivos com soma 16 é: 1 – 24, 2 – 24, 3 – 24, ... , 31 – 24, 32 – 24 ou – 15, – 14, – 13, ... , 14, 15, 16 Além disso, a expressão a = 1 – 2k nos diz que o primeiro termo sempre será negativo (para k > 0) ou nulo (k = 0). Conclusão: Nenhuma sequência de números inteiros consecutivos positivos pode ter como soma uma potência de 2. Números consecutivos positivos somando outros valores Provaremos agora que qualquer número inteiro positivo, N, exceto as potências de 2, pode ser escrito como soma dos termos de uma sequência de inteiros consecutivos positivos. 1. N é um inteiro positivo ímpar (maior do que 1) Como N = 2k + 1 para k inteiro, k > 0, basta tomar os inteiros consecutivos k e k + 1 e teremos N = k + (k + 1). Exemplo: 2. N é um inteiro par positivo diferente de uma potência de dois Vamos procurar uma sequência de inteiros consecutivos a, a + 1, a + 2, ... , a + (n – 1) tal que a soma
Como N é par, diferente de uma potência de dois, podemos escrever N = m2r com r > 0 e m inteiro ímpar, m > 1. Logo, 1° caso: 1 < m < 2r + 1 Escolhemos n = m e, então 2° caso: m < 2r + 1 Escolhemos n = 2r + 1 e, então, Enfim, para qualquer número N inteiro positivo maior do que 1 e diferente de uma potência de 2, existirá ao menos uma sequência com dois ou mais termos positivos consecutivos, cuja soma é N, bastando usar o feito acima. Vejam os exemplos: 1. N = 48 = 24 × 3, com m = 3 e r = 4. Como m = 3 < 25, estamos no 1o caso; logo, tomamos n = m = 3 e a = (25 + 1 – 3)/2 = 15. A sequência será: 15, 16 e 17 e 15 + 16 + 17 = 48. 2. N = 38 = 21 × 19, sendo m = 19 e r = 1. Como m = 19 > 22, estamos no 2° caso; logo, tomamos n = 22 = 4 e a = (19 + 1 – 4)/2 = 8. A sequência será: 8, 9, 10, 11 e 8 + 9 + 10 + 11 = 38. PAINEL II Há algumas décadas a prova "dos noves fora" era usada para conferir contas como a de adição e de multiplicação. O artigo A prova dos noves, publicado na RPM 14, de autoria de Flávio Wagner Rodrigues, traz a explicação do funcionamento dessa prova e também explica a razão de se escolher o nove: é fácil calcular o resto da divisão de um número por 9, bastando para isso somar seus algarismos. Neste artigo, mostraremos que seria igualmente prático usar a prova "dos onzes fora". Relembrando a prova dos noves fora Para o leitor que não se lembra, a prova "dos noves fora" funciona assim: gostaríamos de conferir o resultado da adição 897 + 567 = 1474. Somamos os algarismos dos números envolvidos e calculamos os restos da divisão por nove: 8 + 9 + 7 = 24; 2 + 4 = 6. Noves fora, 6. Resto r = 6. Agora, obtemos o resto da divisão de r + s por nove: r + s = 6 + 0 = 6. Noves fora, 6. Resto u = 6. Finalmente, 1 + 4 + 7 + 4 = 16; 1 + 6 = 7. Noves fora, 7. Resto t = 7. Como o resto u = 6 é diferente do resto t = 7, a adição está errada. Para se verificar a multiplicação, o método é o mesmo, mas substituindo a soma dos restos r e s, pelo produto r.s. Lembrando o artigo mencionado, da RPM 14, observamos que, se uma conta estiver certa, a prova dos noves sempre irá confirmar a exatidão da resposta. Mas podemos ter falhas em contas erradas, ou seja, a prova dos noves pode não detectar um erro: isso pode ocorrer se e somente se o resultado obtido e o resultado correto diferem por um múltiplo de 9. De fato, se a resposta dada para a soma 90 + 90 fosse 9900, a prova dos noves não apontaria o erro. Observamos que, no lugar do nove, poderíamos usar outro natural positivo qualquer, m. Para entendermos por que, primeiro relembramos que todo número p é congruente, módulo m, ao resto r da sua divisão por m, já que p = mq + r. Também é verdade que, se P1 ≡ r(modm) e Agora, quando os respectivos restos são iguais, não podemos garantir, como no caso do nove, se a adição ou a multiplicação estão corretas ou não. A prova dos onzes fora Inicialmente, vamos recordar um conhecido critério de divisibilidade por 11. Critério de divisibilidade por 11: Um número natural N = anan – 1an –2 ... a2a1a0 é divisível por 11 se, e somente se, a soma alternada, S, dos seus algarismos S =a0– a1+ a2 + ... + (–1)n – 1 an – 1 + (–1)n an for um número divisível por 11. Justificativa Para todo natural m, temos 10m = (11 –1)m e, no desenvolvimento de (11 –1)m, todas as parcelas serão múltiplos de 11, exceto a parcela (–1)n. Logo, podemos escrever 10m = 11qm + (–1)m, para algum qm natural. Então N = anan – 1an –2 ... a2a1a0 = an10n + an – 1 10n – 1 + ... + a2102 + a1 10 + a0 = an[11qn+ (–1)n] + an– 1 [11qn– 1+ (–1)n – 1] + ... + a2[11q2+ (–1)2] + a1 [11q1+ (–1)1] + a0 = 11(an qn + ... + a1 q1) + S, o que mostra que N será divisível por 11 se, e somente se S o for. Ou seja, N ≡ S(mod11). Com isso, podemos usar uma "prova dos onzes fora", pois fica fácil determinar o resto da divisão de um número por 11. Verifiquemos, como exemplo, se a adição 12 385 + 9 834 = 22 219 está correta pelos "onzes fora". Obtemos inicialmente os restos r e s das divisões de 12 385 e 9 834 por 11: 12 385: S = 5 – 8 + 3 – 2 + 1 = – 1; logo, Portanto, s = 0. Somando: r + s = 10, cujo resto por 11 é u = 10. 22 219: S = 9 – 1 + 2 – 2 + 2 = 10; logo, o resto da divisão de 22 219 por 11 é t = 10. Como u e t são iguais, a adição pode estar correta. Deixamos para o leitor fazer a "prova dos onzes" na multiplicação 34 . 243 = 8 642.
PAINEL III O artigo Números especiais quadrados, publicado na RPM 84, serviu de inspiração para compartilharmos uma experiência vivida em sala de aula do curso preparatório para a OBMEP – Olimpíada Brasileira de Matemática das Escolas Públicas, realizado no Instituto Federal de Educação do Rio Grande do Norte, campus Apodi. Essa experiência começou com a apresentação do problema abaixo, presente no livro, publicado pela SBM, Elementos de Aritmética, de autoria de Abramo Hefez:
Inicialmente apresentamos e justificamos aos alunos a informação a seguir, que seria útil para a solução do problema: Resultado
Justificativa Se a é um quadrado perfeito, então existe um inteiro x, tal que a = x2. O inteiro x é par ou ímpar, logo existe um inteiro k tal que x = 2k ou x = 2k + 1.
com k2 e k' inteiros. Basta então tomar m igual a k2 ou k' para provar o resultado enunciado. Depois de entender esse resultado, pedimos aos alunos para voltar ao problema inicial: por verificação direta, vê-se que 1, 11 e 111 não são quadrados perfeitos, logo consideramos os números Sugerimos a eles que escrevessem o número na forma Vários alunos perceberam que
O problema estava resolvido! Como a turma achou o problema interessante, aproveitamos a oportunidade para avançar um pouco mais, propondo o seguinte:
A primeira tentativa dos alunos foi afirmar: "Os números Mostramos a eles que essa afirmação precisava de uma verificação cuidadosa. Ela seria válida para os números 44...444 e 99...999, pois:
Para os outros valores de a, pedimos aos alunos que verificassem quais poderiam ser os algarismos das unidades de um quadrado perfeito. Eles perceberam que, ao fazer o produto de um algarismo por ele mesmo, o resultado só pode terminar em 1, 4, 5, 6, ou 9; logo, esses são os possíveis algarismos das unidades de um quadrado perfeito. Então, concluíram que 222...222, 333...333, 777...777 e 888...888 não são quadrados perfeitos, já que os algarismos das unidades desses números são 2, 3, 7 e 8. Restavam os casos a = 5 e a = 6. Sugerimos aos alunos que utilizassem o fato mostrado anteriormente de que Então eles fizeram: 555...555 = 5(111...111) = 5(4m + 3) = 20m + 15 = Com isso, usando o resultado provado anteriormente, mostraram que 555...555 e 666...666 também não são quadrados perfeitos. E o problema proposto estava completamente resolvido. Nosso objetivo, com este texto, foi mostrar aos colegas professores que, aproveitando a empolgação da turma, pudemos propor problemas um pouco mais avançados, que os alunos resolveram de forma bastante satisfatória, com um pouco de nossa ajuda.
Agradecimentos e referÊncias Painel I Painéis I e II
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seja igual a N. Então,
, que é um inteiro positivo, já que 1 – m é par e m < 2r + 1.
que é um inteiro positivo, já que m + 1 é par e
com n ≥ 4.
é
n ≥ 2 e
a = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 é um quadrado perfeito?
e, como 
não é um quadrado
perfeito, então