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.