Soluções Matemática - Semana 3

Iniciante (Solução por Daniel Lima)

Considere uma carta que cumpre o enunciado. Em um lado da carta está o número $n=(ab)$ onde $a$ é o dígito das dezenas de $n$ e $b$ é o dígito das unidades do mesmo. Desse modo o outro lado da carta apresentará o número $a+b$.

Lembrando da representação na base decimal temos que $n=10a+b >a+b$, tendo em vista que $a\ge 1$. Assim devemos ter $10a+b=2(a+b) \Longrightarrow 8a=b$.  Como $b\le 9$ teremos $8a \le 9$ que nos dá $a=1$ e por consequencia $b=8$.

Somente supondo que $n$ cumpria o enunciado descobrimos que ele só podia ser $18$ e observando que a soma dos dígitos de tal número é $9$ vemos que essa é uma carta válido. Por fim, nosso problema tem a solução única o número $18$

 

Intermediário (Solução por Daniel Lima)

Note que Manolesco joga no máximo $5$ dias, caso contrário ele obrigatoriamente jogará dois dias seguidos. Suponha que ele joga em $x$ dias. Quando ele jogar em um dia, obrigatoriamente descansará no dia seguinte, o que podemos considerar um "super dia"  (m dia de jogo seguido de um dia de descanso). Para evitar problemas, considere o dia após o ultimo dia em que Ciprian deve jogar,totalizando $11$ dias. Esses $11$ dias devem ser divididos em $k$ super dias e $11-2k$ dias de descanso. Temos um total de $k+(11-2k)=11-k$ blocos que podem ser permutados de $\dfrac{(11-k)!}{k!(11-2k)!}$ modos.

Como $k$ pode variar de $0$ a $5$, o total de possibilidades para a semana de Ciprian será:

$$\dfrac{(11-0)!}{0!(11-2\cdot 0)!}+\dfrac{(11-1)!}{1!(11-2\cdot 1)!}+\dfrac{(11-2)!}{2!(11-2\cdot 2)!}+\dfrac{(11-3)!}{3!(11-2\cdot 3)!}+\dfrac{(11-4)!}{4!(11-2\cdot 4)!}+\dfrac{(11-5)!}{5!(11-2\cdot 5)!}=$$

$$1+10+36+56+35+6=144$$

 

Avançado (Solução adaptada Gustavo Aldama M. S. Pereira)

Um fato conhecido é que quadrados perfeitos de números ímpares só podem deixar resto $1$ por $8$. Para tanto, veja que todo número ímpar é da forma $4k+3$ ou $4k+1$ com $k$ inteiro. Agora, elevando as duas possibilidades ao quadrado temos:

$(4k+3)^2=16k^2+24k+9 \equiv 1(mod.8)$

$(4k+1)^2=16k^2+8k+1 \equiv 1(mod.8)$

E de qualquer modo o quadrado gerado deixa resto $1$ por $8$.

Agora, voltando ao problema, como $t^2$ é a soma de três números ímpares ele deverá ser ímpar também e portanto deixará resto $1$ por $8$. Retomando a equação dada teremos: $3^m+3^n+1=t^2 \Longrightarrow 3^m+3^n+1\equiv 1 (mod.8)\Longrightarrow 3^m+3^n\equiv 0(mod.8)$.

Aqui vemos que o fim está próximo, pois analisando as potências de $3$ módulo $8$ temos um período de tamanho $2$, onde tais potências só podem deixar resto $1$ ou $3$ por $8$ e assim $3^m+3^n \equiv 2,4$ ou $6$ $(mod.8)$  um absurdo.

Logo, não há soluções inteiras $(m,n,t)$ para a equação dada.