Soluções Matemática - Semana 3

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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.

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