QUESTÃO ÚNICA - OBMEP 2018

Como costumo discutir pelo menos uma questão da OBMEP que seja comum aos três níveis e que tenha uma forma diferente de resolução das apresentadas pelos vídeos na internet e da própria OBMEP, neste post mostrarei uma outra maneira de resolver a questão número 10 do nível 3, 13 do nível 2 e 19 do nível 1.

A maioria das soluções apresentadas na internet incluindo o site da OBMEP, utilizam o Princípio da Contagem, outras Arranjo e Permutação. Acredito que para uma grande parte dos alunos do nível 1 essas soluções podem ficar sem serem compreendidas, assim vamos apresentar uma forma diferente de ver, entender e resolver a questão.

A questão: Um estacionamento tem 10 vagas, uma ao lado da outra, inicialmente todas livres. Um carro preto e um carro rosa chegam a esse estacionamento. De quantas maneiras diferentes esses carros podem ocupar duas vagas de forma que haja pelo menos uma vaga livre entre eles?

Antes de resolver temos que entender o português da questão. Quando se diz "pelo menos uma vaga” podemos ter 1, 2, ..., etc. Assim, se temos 10 vagas e 10 possibilidades de estacionar o carro preto, então teremos um quadrado 10x10 com todas as possibilidades de estacionamento (ver figura abaixo). Mas tem a condição de que tenha pelo menos uma vaga entre os dois carros (preto e rosa) que aparecem no estacionamento. Desta forma, no quadrado de possibilidades, teremos na diagonal principal as possibilidades de estacionamento do carro preto, nas diagonais vizinhas (brancas) teremos a condição sendo respeitada e, nas demais casas (rosas), as possibilidades de estacionamento para o carro rosa. Observando o quadro montado a solução fica mais clara, pois dos 100 quadrados (posições possíveis) devemos retirar os 18 brancos, que correspondem a condição imposta pelo problema de não ter vizinho para o carro preto, e os 10 pretos correspondendo as possibilidades de estacionar para o carro preto. Fazendo as contas teremos como resultado 72.

ESPIRAL DE TESLA

A Espiral de Tesla é um mapa atribuído a Nikola Tesla, famoso inventor, encontrado em 2015(?) numa loja de antiguidades em Fênix, cidade do estado do Arizona nos Estados Unidos. A espiral oferece um entendimento visual de como todos os números são auto-organizáveis em 12 posições e, a partir desta disposição, permite ver esses números como padrões formando os números compostos,  primos, semiprimos, primos gêmeos, múltiplos, divisores, formação de séries (progressões aritméticas) entre outras particularidades.

Tesla nasceu na aldeia de Smiljan no território hoje pertencente à Croácia, em 10/07/1856 e morreu em 07/01/1943 em Nova York/EUA. Iniciou seus estudos universitários no Instituto Politécnico em Graz, na Áustria e na Universidade de Praga quando ficou fascinado com eletricidade. A partir daí, iniciou sua carreira como engenheiro eletricista e inventor brilhante na área da eletricidade.

Trabalhou para Thomas Edison, inventor da lâmpada elétrica e defensor do sistema elétrico com corrente contínua. Inventor do sistema com corrente alternada e defensor da maior potencialidade deste sistema em relação ao de corrente contínua, além do melhor custo benefício, Tesla divergiu de Edison e venceu a disputa, pois a corrente alternada, sua criação, era muito melhor. Foram mais de 700 invenções patenteadas entre as quais a lâmpada fluorescente, motor de indução, controle remoto, transmissão via rádio e a famosa bobina de Tesla. Apesar de ser famoso pelas suas invenções no campo da eletricidade e magnetismo, como gênio, trabalhou também em outras áreas, tanto que no seu funeral recebeu homenagens de outros gênios como Einstein. A espiral que leva seu nome é um estudo na área da Teoria dos Números, mas que pode ter aplicabilidade em outros campos.

Abaixo uma apresentação de slides feita para este blog com o objetivo de mostrar as propriedades da espiral, modificada para um mapa com circunferências concêntricas de raios com razão de crescimento 12, tendo também 12 números em cada uma delas.

A ESPIRAL DE TESLA de Jonasblog

SÓLIDOS GEOMÉTRICOS

Nesta última segunda, dia 30/10, foi concluído o trabalho em grupo sobre sólidos geométricos com a segunda série do turno matutino (Ensino Médio). Esse trabalho consistia em produzir um vídeo sobre como construir um prisma de base quadrada, pirâmide de base triangular e quadrada, um cone e uma esfera. Na sequência os grupos deveriam calcular área total e volume deste sólido construído por eles apresentando os cálculos.

Os vídeos tiveram falhas, pois deixaram para fazer o trabalho já muito próximo do dia da entrega, embora fossem comunicados da tarefa com quase dois meses de antecedência. Apesar dos problemas de som, imagem e de construção dos cálculos, os alunos fizeram um bom trabalho e, mais importante, se divertiram enquanto aprendiam.

Apresentei os vídeos na sala e discuti os problemas em cada um como forma de reforçar o assunto, visto que não deu para apresentar esse conteúdo em aulas expositivas. Abaixo as imagens de cada grupo tendo sido escolhido como melhor o da esfera. Além da nota, o melhor trabalho, que foi o da esfera, ganhou uma caixa de chocolates.

Como não foi possível melhorar os vídeos para postar aqui no blog retirei algumas imagens que são mostradas abaixo. Parabéns aos alunos participantes!

Cone:Daniel, Joan, Ruan e Suerbson

Esfera: Jaciliane, Lariele e Paulo

Pirâmide de base triangular: Caio, Lucas e Thayane

Prisma de base quadrada: Ailton, Ângelo, Micael, Milton e Wanda 

Pirâmide de base quadrada: Lyandra, Mirelly, Rayssa, Sabrina e Yngrid

OBMEP 2017 - QUESTÃO ÚNICA

Costumo comentar uma questão comum às provas dos três níveis da OBMEP e com um método diferente das soluções apresentadas, tanto da página oficial da olimpíada como de tantas outras de professores disponíveis na internet. A que escolhi é de grau de dificuldade baixo, mas o entendimento da solução pode não ficar claro para alguns alunos. A questão escolhida foi a de número quatro na azul, quinze na rosa e dezesseis na amarela.

O enunciado diz que três dados iguais foram dispostos com as faces de mesma letra unidas (figura abaixo) e pergunta qual é a letra da face oposta a da letra T do dado 3. Assim, observando o dado dois na figura e abrindo-o de forma a apresentar a face de cima e as laterais, temos que só existem quatro possibilidades para preenchê-las com as letras dadas: P, Q, S e T, pois elas são mostradas na figura do problema. Como o dado possui 6 letras tendo quatro na lateral e uma na face superior – a letra O, sobrou à letra R a inferior, que é oposta à face da letra O. Falta decidir sobre a posição das letras P e T o que levará à solução da questão.

Abrindo os dados usando apenas as faces laterais e a superior, ou seja, planificando o dado, denominaremos as duas faces desconhecidas do dado dois de a e b respeitando a regra dada no problema de faces juntas terem a mesma letra. Girando o dado dois 180° para igualar as faces denominadas de b se descobre a letra da face que responde à questão – letra S. Também se descobre a letra da face que corresponde a letra “a” dada inicialmente – letra T. Como são apenas quatro possibilidades para as faces laterais, resta então à denominada de “b” a letra P. Devido a simetria e as condições do problema, também se pode resolver a questão deslocando o dado 2, para a posição sem dado, conforme mostrado na figura abaixo. A solução é imediata.

TRABALHO SOBRE SÓLIDOS GEOMÉTRICOS

Registro do trabalho sobre Sólidos Geométricos realizado nas turmas da 3ª série do Ensino Médio da EE Doutor Pedro Velho. Os alunos tiveram duas semanas para preparar um vídeo com data limite para entrega 01/11.

O trabalho consistia em montar um sólido sorteado para cada grupo e encontrar sua área total e volume. Todas as etapas deveriam ser registradas em vídeo com a presença e fala de todos os componentes. Os sólidos determinados foram: prisma de base triangular e quadrada; pirâmide de base triangular e quadrada; cilindro; cone e esfera. Como os vídeos não tiveram uma qualidade boa, pois foram feitos a partir de celulares, não foi possível publicá-los, no entanto, foi possível obter fotos dos vídeos que estão disponibilizadas no álbum abaixo.

O objetivo do trabalho era fazer os alunos praticarem as fórmulas de área e volume dos sólidos geométricos e revisarem conteúdos do ENEM. 

OBMEP 2016 - QUESTÃO 3 DA PROVA AZUL

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No próximo dia 10, acontecerá a segunda fase da OBMEP 2016. Como o tempo para atualizar o blog está cada vez mais apertado, só hoje estou conseguindo postar uma solução para uma das questões das provas da primeira fase. A questão escolhida é a de número 3 do caderno do terceiro nível (azul), que pede para calcular a área do quadrado Q, conhecidas as áreas dos quadrados P e R (figura acima). A solução dada pela OBMEP apenas afirma que os triângulos I e II são congruentes e utiliza o Teorema de Pitágoras para encontrar a solução.

Os triângulos I e II são retângulos, pois os quadrados P e Q possuem lados na linha base de sustentação. O Teorema de Pitágoras pode ser utilizado tanto em um como no outro para se encontrar a área de Q, mas como provar que os dois triângulos são congruentes e, portanto, cateto x do triângulo I terá a mesma medida que o cateto n do triângulo II, ou que o cateto z do triângulo II terá a mesma medida que o cateto m do triângulo I?

Nesta questão temos um lado comum aos dois triângulos que é y (lado do quadrado R) assim, provando que os ângulos  = Ô e Î = Ê teremos, pelo caso ALA (Ângulo, Lado, Ângulo) a prova de congruência dos triângulos e, portanto, a utilização do Teorema de Pitágoras com mais propriedade e clareza.

Sabemos que:

1) Â + 90° + Î = 180° (ângulos suplementares)

2) Î + Ô + 90° = 180° (Soma dos ângulos internos de um triângulo é igual a 180°)

3) Â + Ê + 90° = 180° (idem equação anterior)

Como as duas primeiras equações possuem resultado idêntico então:

 + 90° + Î = Î + Ô + 90°

Eliminando os termos semelhantes resta: Â = Ô

Para as duas últimas equações, utilizando o mesmo raciocínio, teremos:

 + 90° + Î =  + Ê + 90°

Então: Î = Ê

Assim, como foi provado que os dois triângulos são congruentes e, portanto, seus ângulos e lados possuem a mesma medida, usando o Teorema de Pitágoras no triângulo I ou II teremos:

y² = z² + n²

Substituindo n por x (têm o mesmo valor), ficamos com:

y² = z² + x²  

Como R = y² , Q = z² e P = x²

Então:

 R = Q + P

Agora, substituindo os valores dados das áreas na equação, resulta:

168 = z² + 24

Z² = 168 – 24 = 144

Portanto, a área do quadrado Q tem 144 m² e a alternativa D é a correta.

OBMEP 2015 - QUESTÃO Nº 20

O problema número 20 da OBMEP 2015, do 3º nível, trata de um ponto muito importante na geometria plana que é a afirmação de que a menor distância entre dois pontos é uma linha reta, mas como usar esse fundamento geométrico em um sólido, no caso da questão uma lata? Para quem tem dificuldade de visualizar a situação em três dimensões a matemática possibilita uma solução que é transferir a superfície lateral e o fundo para um plano e então verificar o fundamento geométrico. Numa caixa de papelão basta abrir as tampas superior e inferior e desfazer a emenda lateral. O que antes era uma caixa (3 dimensões) passa a ser uma superfície de papelão (2 dimensões). No caso da lata, se faz um corte na lateral e no fundo seguindo o trajeto circular. No final teremos uma superfície retangular e uma circular dispostas no plano, onde se poderá verificar a menor distância entre dois determinados pontos.

Na questão 20 a aranha tem que pegar uma mosca que se encontra em oposição a ela e na parte interna da lata (ver figura abaixo) pedindo para calcular quantos centímetros a aranha anda por essa superfície interna até onde se encontra a mosca.

Os dados no enunciado, auxiliados pela figura do trajeto após a lata ser disposta no plano, remetem a uma proporção do terno pitagórico 3,4 e 5, logo, para se encontrar a solução, não precisaria fazer conta, mas, se o terno não foi lembrado, o teorema de Pitágoras pode ser usado para encontrar todo o trajeto da aranha e a razão trigonométrica seno para encontrar o caminho na face interna da lata, conforme mostrado na figura abaixo. A solução da OBMEP usa semelhança de triângulos e o Teorema de Pitágoras para obter os mesmos resultados.

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QUESTÃO ÚNICA - OBMEP 2015

Finalizada a 1ª fase da OBMEP 2015, comento a solução da questão comum às provas dos três níveis – a da tira retangular de papel.  No enunciado a Júlia dobra várias vezes uma tira de papel, com 3 cm de largura, formando ângulos de 45° com os lados e pede para encontrar o comprimento da tira.

A questão não envolve cálculo complicado, apenas visão espacial e adição e multiplicação simples. Na questão deve-se entender que, ao dobrar a fita com o ângulo de 45°, se está suprimindo um comprimento correspondente à largura da fita – 3 cm. Além disso, ao dobrar a fita, a face oposta torna-se visível (destacado na figura com cores diferentes). Um detalhe, que pode ter feito muitos alunos errarem, é que no início e final coincidentes, a dobra é feita com duas fitas – a extremidade inicial e a final, portanto, a dobra terá 3 cm de uma e 3 cm de outra. A figura abaixo demonstra o que se explica aqui e apresenta o cálculo com a respectiva resposta.

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TEATRO NA ESCOLA - A PARTILHA DAS 35 VACAS

Dia 25 de maio, segunda passada, foi apresentado a peça “ A PARTILHA DAS 35 VACAS”, a segunda do projeto Teatro na Escola. Esta comédia é uma adaptação do conto “Os 35 Camelos” de Júlio César de Mello e Souza, que faz parte do famoso livro "O Homem Que Calculava", traduzido em doze idiomas e com quase quatro dezenas de edições em português. Com o pseudônimo de Malba Tahan escreveu esta e outras catorze obras. Nasceu em Queluz, interior de São Paulo, mas viveu no Rio de Janeiro onde morreu em 1974. Entre as obras que assinou como Mello e Souza e as que atribuiu ao escritor árabe Malba Tahan, contam-se cerca de 120 títulos.

A peça foi apresentada para os três turnos da E.E. Doutor Pedro Velho pelos alunos da 3ª série do E. Médio do turno noturno: Fernando – no papel de professor; Iago – como o irmão mais velho; Jairo – o irmão mais novo; Raimundo – o irmão do meio; Ruth – a apresentadora e Silvana a advogada.

O texto desta peça se encontra disponível aqui para os que se interessarem e, para visualizar o álbum de fotos da apresentação aqui. 

Cena da peça com os três irmãos, a advogada e o professor.

OS 35 CAMELOS DE MALBA TAHAN

Nestas férias fui confrontado a explicar a “mágica” da solução dos 35 camelos de Júlio César de Mello e Souza, autor deste conto que faz parte do famoso livro "O Homem Que Calculava", traduzido em doze idiomas e com quase quatro dezenas de edições em português. Com o pseudônimo de Malba Tahan escreveu esta e outras catorze obras. Nasceu em Queluz, interior de São Paulo, mas viveu no Rio de Janeiro onde morreu em 1974. Entre as obras que assinou como Mello e Souza e as que atribuiu ao escritor árabe Malba Tahan, contam-se cerca de 120 títulos.

Embora hajam muitas soluções disponíveis na internet utilizando os conceitos de frações, mínimo múltiplo comum e critérios de divisibilidade, preferi tentar usar uma explicação que não fugisse do tema frações, mas que fosse mais visível o que o sábio Beremiz fez. Assim usei para representar os camelos a letra X e montei a estratégia da solução proposta, tornando-a mais clara, principalmente para quem não tem muita habilidade com os números. Na sequência teremos o texto descrito no livro e a explicação da solução ao final.

OS TRINTA E CINCO CAMELOS - Malba Tahan

Poucas horas havia que viajávamos sem interrupção, quando nos ocorreu uma aventura digna de registro, na qual meu companheiro Beremiz, com grande talento, pôs em prática as suas habilidades de exímio algebrista.

Encontramos, perto de um antigo caravançará meio abandonado, três homens que discutiam acaloradamente ao pé de um lote de camelos. Por entre pragas e impropérios, gritavam possessos, furiosos:

— Não pode ser!

— Isto é um roubo!

— Não aceito!

O inteligente Beremiz procurou informar-se do que se tratava.

— Somos irmãos — esclareceu o mais velho — e recebemos como herança esses 35 camelos. Segundo a vontade expressa de meu pai, devo eu receber a metade, o meu irmão Hamed Namir uma terça parte, e ao Harim, o mais moço, deve tocar apenas a nona parte. Não sabemos, porém, como dividir dessa forma 35 camelos. A cada partilha proposta, segue-se a recusa dos outros dois, pois a metade de 35 é 17 e meio! Como fazer a partilha, se a terça parte e a nona parte de 35 também não são exatas?

— É muito simples — atalhou o “homem que calculava”. — Encarregar-me-ei de fazer com justiça essa divisão, se permitirem que eu junte aos 35 camelos da herança este belo animal, que em boa hora aqui nos trouxe.

Neste ponto, procurei intervir na questão:

— Não posso consentir em semelhante loucura! Como poderíamos concluir a viagem, se ficássemos sem o nosso camelo?

— Não te preocupes com o resultado, ó “bagdali”! — replicou-me, em voz baixa, Beremiz. — Sei muito bem o que estou fazendo. Cede-me o teu camelo e verás, no fim, a que conclusão quero chegar.

Tal foi o tom de segurança com que ele falou, que não tive dúvida em entregar-lhe o meu belo jamal, que imediatamente foi reunido aos 35 ali presentes, para serem repartidos pelos três herdeiros.

— Vou, meus amigos — disse ele, dirigindo-se aos três irmãos — fazer a divisão justa e exata dos camelos, que são agora, como vêem, em número de 36.

E voltando-se para o mais velho dos irmãos, assim falou:

— Deves receber, meu amigo, a metade de 35, isto é, 17 e meio. Receberás a metade de 36, ou seja, 18. Nada tens a reclamar, pois é claro que saíste lucrando com esta divisão.

Dirigindo-se ao segundo herdeiro, continuou:

— E tu, Hamed Namir, devias receber um terço de 35, isto é, 11 e pouco. Vais receber um terço de 36, isto é, 12. Não poderás protestar, pois tu também saíste com visível lucro na transação.

E disse, por fim, ao mais moço:

— E tu, jovem Harim Namir, segundo a vontade de teu pai, devias receber uma nona parte de 35, isto é, 3 e pouco. Vais receber um terço de 36, isto é, 4. O teu lucro foi igualmente notável. Só tens a agradecer-me pelo resultado.

Numa voz pausada e clara, concluiu:

— Pela vantajosa divisão feita entre os irmãos Namir — partilha em que todos os três saíram lucrando — couberam 18 camelos ao primeiro, 12 ao segundo e 4 ao terceiro, o que dá um total de 34 camelos. Dos 36 camelos sobraram, portanto, dois. Um pertence, como sabem, ao “bagdali” meu amigo e companheiro; outro, por direito, a mim, por ter resolvido a contento de todos o complicado problema da herança.

— Sois inteligente, ó estrangeiro! — confessou, com admiração e respeito, o mais velho dos três irmãos. — Aceitamos a vossa partilha, na certeza de que foi feita com justiça e equidade.

E o astucioso Beremiz — o “homem que calculava” — tomou logo posse de um dos mais belos camelos do grupo, e disse-me, entregando-me pela rédea o animal que me pertencia:

— Poderás agora, meu amigo, continuar a viagem no teu camelo manso e seguro. Tenho outro, especialmente para mim.

E continuamos a nossa jornada para Bagdá.

A solução:

Pegando os trinta e cinco camelos representados por X e tirando as partes inteiras das divisões, que são 17 para o mais velho, 11 para o do meio e 3 para o menor, totaliza 31.

X

X

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X

X

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X

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X

X

Dos 35 X's (camelos), os 31 inteiros foram distribuídos entre os irmãos.

Dos quatro X's (camelos) que sobraram, o árabe, muito espertamente, distribuiu pelos três irmãos e para si. Neste caso não obedecendo a proporção dada pelo pai. Para não desrespeitar a vontade do falecido patriarca, o sábio somou mais um camelo, totalizando 36, que passa a ser divisível por 2, 3 e 9, mas apresenta o mesmo resultado anterior.

X

X

X

X

X

X

X

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X

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X

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X

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X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

S

S

S

S

A

 36 X's (camelos) com 31 (X) já distribuídos pelos irmãos, 4 sobras (S)

 e um extra adicionado (A).

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

S

                     17 X's (camelos) mais um extra (S) para o filho mais velho.

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

X

S

                              11 X's (camelos) mais um extra (S) para o filho do meio.

X

X

X

S

3 X's (camelos) mais um extra (S) para o filho menor.

S

A

2 X's (camelos): uma sobra (S), que foi para o sábio, e o adicionado (A),

 que voltou ao companheiro de viagem.

Concluindo, 35 não é divisível por 2, 3 e 9, logo não seria possível obedecer a vontade do pai, por isso os 36 camelos.

Existem variações desse conto com os números 17, mas poderiam ser outros como 53, 71, 107, 305, etc., mas todos com três peculiaridades: são primos, as somas dos seus algarismos dão 8 e, ao somar uma unidade, passam a serem divisíveis por 2, 3 e 9. Os curiosos podem verificar e, quem sabe?, tentar explicar se isso vale para todos os números que apresentem essas características.