"Melancolia I", Albrecht Dürer, 1514
O primeiro deles é a gravura "Melancolia I", de Albrecht Dürer, de 1514. A gravura, supostamente, representa a melancolia gerada pela falta de novos trabalhos de Leonardo Da Vinci, que no fim da vida diminuiu o ritmo das produções (Monalisa foi iniciada em 1503 e em 1506 já estava terminada).
 |
| Melanconia I, de Albrecht Dürer (1514). |
No canto superior direito de "Melancolia I" podemos ver um quadrado mágico:
Um quadrado mágico de dimensão $n$ é uma tabela com $n$ linhas e $n$ colunas com a propriedade de que a soma de qualquer uma de suas linhas ou de qualquer uma de suas colunas tem o mesmo valor.
Não existem quadrados mágicos 2x2 (consegue explicar?), mas existem quadrados mágicos 3x3, 4x4 e de todas as dimensões maiores.
Como podemos criar um quadrado mágico 3x3? Sejam $a,b,c,d,e,f,g,h,i$ os números de 1 a 9 em alguma ordem.
| a | b | c |
| d | e | f |
| g | h | i |
Se o quadrado acima é um quadrado mágico, então as somas das linhas e das colunas tem o mesmo valor, que iremos chamar de $k$, ou seja, $a+b+c=k$, $d+e+f=k$, $g+h+i=k$, $a+d+g=k$, $b+e+h=k$ e $c+f+i=k$, com a condição extra de que $a+b+c+d+e+f+g+h+i=45$ (já que $1+2+\ldots+9=45$.
Ora, das três primeiras equações sabemos que $a+b+c+d+e+f+g+h+i=3k$, portanto $3k=45$ e daí $k=15$. O que descobrimos? Que a soma das linhas (ou das colunas) de um quadrado mágico 3x3 precisa ser $15$, e isto facilita muito a construção de um deles. Afinal de contas, não é tão difícil descobrir de quantas formas podemos somar três números (naturais) e obter 15.
| + | + | = | 15 |
Estratégia: primeiro preencha o primeiro espaço com o 9. O segundo espaço terá que ser menor que 6, ou não sobrará nada para o terceiro espaço. Então preencha com o maior possível: 5. Resta preencher o terceiro espaço com 1. Então encontramos a primeira possibilidade: $9+5+1=15$.
Não é difícil obter todas as possibilidades:
- $9+5+1=15$
- $9+4+2=15$
- $8+6+1=15$
- $8+5+2=15$
- $8+4+3=15$
- $7+6+2=15$
- $7+5+3=15$
- $6+5+4=15$
Estas são as possibilidades para as linhas e colunas do quadrado mágico. Vamos tentar preencher o quadrado.
- Vamos colocar a primeira combinação possível na primeira linha.
| 9 | 5 | 1 |
- Antes de preencher a segunda linha, precisamos começar a pensar nas colunas. Como a primeira coluna precisa conter o 9, e só existe uma outra combinação contendo o 9, a primeira coluna deve preenchida como abaixo:
9 | 5 | 1 |
4 | ||
2 |
- Para preencher a segunda coluna, só existe uma possibilidade, pois já temos um 5 na segunda coluna e o 2 já foi utilizado:
| 9 | 5 | 1 |
| 4 | 3 | |
| 2 | 7 |
- Agora ficou fácil terminar de preencher: a última coluna precisa conter 8 e 6, que são os números que faltam. A única possibilidade, para manter a soma 15, é a abaixo:
| 9 | 5 | 1 |
| 4 | 3 | 8 |
| 2 | 7 | 6 |
Essencialmente, este é o único quadrado mágico 3x3 (a menos de permutações de colunas/linhas). Que tal tentar fazer o mesmo para quadrados mágicos 4x4, como na gravura de Albrecht Dürer?
Uma dica: a soma de cada linha e de cada coluna, no caso 4x4, precisa ser 34. No caso geral, para quadrados mágicos $n\times n$, a soma precisa ser \[S=\frac{n(1+n^2)}{2}.\]
"Mental Arithmetic. In the Public School of S. Rachinsky", Nikolay Bogdanov-Belsky, 1895.
O segundo exemplo é "Mental Arithmetic. In the Public School of S. Rachinsky", de Nikolay Bogdanov-Belsky, de 1895.
 |
| "Mental Arithmetic. In the Public School of S. Rachinsky", de Nikolay Bogdanov-Belsky, de 1895 |
Repare na expressão escrita na lousa, que vamos denotar por $S$.
\[S=\frac{10^2+11^2+12^2+13^2+14^2}{365}.\]
Seria possível fazer esta conta mentalmente de forma rápida? Existem várias técnicas para realizar cálculos complicados mentalmente (sem auxílio de lápis/papel). Já faz algum tempo que estas técnicas não são mais ensinadas nas escolas, mas certamente no fim XIX ainda eram, como está bem retratado na pintura de Bogdanov-Belsky.
(Aliás, existe outro Bogdanov muito famoso em matemática, que junto com Takens, descobriu/explicou a Bifurcação de Bogdanov-Takens e cuja demonstração gera diagramas bem "artísticos".)
Vamos à conta. Algo que ajuda neste cálculo mental é separar as dezenas das unidades. Assim teremos
\[S=\frac{10^2+(10+1)^2+(10+2)^2+(10+3)^2+(10+4)^2}{365}.\]
Feito isto, e calculando com ajuda do binômio de Newton, teremos
\[S=\frac{10^2+(10^2+20+1) +(10^2+40+4) +(10^2+60+9) +(10^2+80+16)}{365}\]
Agrupando os termos mais parecidos, ficamos com
\[S=\frac{10^2+10^2+10^2+10^2+10^2+(20+40+60+80)+(1+4+9+16)}{365}\]
Portanto
\[S=\frac{500+200+30}{365}=\frac{730}{365}=2.\]
Este problema tem uma outra solução que revela uma propriedade interessante:
\[10^2+11^2+12^2=13^2+14^2\]
Assim sendo,
\[S=\frac{10^2+11^2+12^2+13^2+14^2}{365}=\frac{2(10^2+11^2+12^2)}{365}\]
Eliminando o $13^2$ e o $14^2$ da conta, talvez esta fique mais fácil para as crianças da escola do Professor Rachinski. Como \[10^2+11^2+12^2=100+121+144=365,\] o resultado da conta no quadro só pode ser $S=2$ (o que já sabíamos).
Vamos pensar um pouco sobre a feliz coincidência
\[10^2+11^2+12^2=13^2+14^2.\] Temos 5 números consecutivos com a propriedade de que a soma dos quadrados dos três primeiros seja igual à soma dos quadrados dos dois últimos. O quão comum seria isto? Muito pouco.. de fato, as únicas soluções da equação
\[x^2+(x+1)^2+(x+2)^2=(x+3)^2+(x+4)^2\]
são $x=10$ e $x=-2$, portanto a única sequência, além de $10,11, 12, 13, 14$, com a propriedade acima é $-2,-1,0,1,2$, que é óbvio pela simetria.
Ps.: O segundo exemplo está muito bem descrito no livro "Álgebra recreativa", de I. Perelman, mas não foi lá que vi pela primeira vez. O primeiro exemplo é uma ilustração clássica presente em livros de matemática que falam sobre jogos e certa vez usei numa palestra para alunos de olimpíadas.
Nenhum comentário:
Postar um comentário