Resoluções dos desafios da edição anterior

Curiosidades

1) O número que volta sempre

Se escolhermos um número qualquer com 3 algarismos (por exemplo 657), o repetirmos à sua frente (657 657), o dividirmos por 13 (50 589), de seguida por 11 (4599) e, por fim, por 7 (657), o número vai ser igual ao número inicial.

Neste problema, tens de ter em atenção que trabalhamos em base 10. Por exemplo:

$$657 = 6 \times 100 + 5 \times 10 + 7 \quad\text{ou}\quad 657 = 6 \times 100 + 57, \text{ etc.}$$

Vamos agora ver a justificação deste resultado/curiosidade. Se o número escolhido for designado, genericamente, por $\overline{abc}$, na 1.ª etapa obtém-se o número $\overline{abcabc}$. Dividindo-o por 13, por 11 e por 7:

$$\frac{\overline{abcabc}}{13 \times 11 \times 7} = \frac{\overline{abc} \times 1000 + \overline{abc}}{1001} = \frac{\overline{abc}\,(1000 + 1)}{1001} = \frac{\overline{abc} \times 1001}{1001} = \overline{abc}$$

Obtemos o número inicial!

3) Capicuas

Sem contar com os números de um só algarismo:

• O menor número capicua: 11.
• O menor número capicua que é um quadrado perfeito: 121.
• Quantos outros quadrados há menores que 1000 que sejam capicuas? Apenas 2: $484 = 22^2$ e $676 = 26^2$. (Na versão em papel aparecia também 729, que é um quadrado mas não é capicua.)
• Há cinco números primos capicuas entre 100 e 200: 101, 131, 151, 181 e 191.

Passamos a explicar: os números capicuas são 101, 111, 121, 131, 141, 151, 161, 171, 181 e 191. Destes, alguns não são números primos: os que são divisíveis por 3 (111, 141 e 171), por 7 (161) e por 11 (121). Retirando esses, sobram 5 números: 101, 131, 151, 181 e 191.

Acerca da técnica de obtenção de números palíndromos apresentada na edição anterior, que consiste em escolher qualquer número, com qualquer número de dígitos, inverter a ordem dos algarismos e somar esse número ao número escolhido, repetindo até se obter um número palíndromo — para os números sugeridos, o número de etapas necessárias é:

• $1961 \to 3652 \to 6215 \to 11\,341 \to 25\,652$: 4 etapas;
• $1999 \to 11\,990 \to 21\,901 \to 32\,813 \to 64\,636 \to 128\,282 \to 411\,103 \to 712\,217$: 7 etapas.

Desafios

1) Torre de Hanói

Resolução de Diana Marques, 10.º F

Na figura abaixo, apresenta-se um esquema dos movimentos a efetuar com 2 ou 3 discos. O número mínimo de movimentos parece ser igual a 2 elevado ao número de discos menos um. Efetivamente, prova-se que assim é.

N.º de discos	N.º de movimentos (mínimo)
1	1
2	3
3	7
4	15
…	…
$n$	$2^n - 1$

2) O claustro do mosteiro

Designando o lado do quadrado por $l$, a distância de $P$ (poço) a um dos lados por $x$ e ao outro por $y$, obtém-se o sistema formado pelas equações

$$\begin{cases} x^2 + y^2 = 40^2 \\ x^2 + (l - y)^2 = 30^2 \\ (l - x)^2 + y^2 = 50^2 \end{cases}$$

Desenvolvendo os casos notáveis e substituindo a soma dos quadrados de $x$ e $y$ por 1600 nas 2.ª e 3.ª equações, obtêm-se duas equações em $l$ e $x$ e em $l$ e $y$. Resolvendo uma delas em ordem a $x$ e outra em ordem a $y$ e substituindo na primeira equação do sistema $x$ e $y$ pelas expressões obtidas, obtém-se a equação biquadrada (quadrática em $l$ ao quadrado):

$$l^4 - 3400\,l^2 + 650\,000 = 0$$

O quadrado de $l$ seria aproximadamente $3196{,}663$ m² ou $203{,}337$ m², o que daria lado $56{,}54$ m ou $14{,}26$ m, respetivamente. O valor $14{,}26$ m está excluído, visto que o lado do quadrado terá de ser maior do que 50 m.

Resposta: lado = 56,54 metros.

3) O poder do “4”

Este problema foi apresentado no livro “O Homem que Calculava” pelo autor brasileiro Júlio César de Mello e Souza, mais conhecido como Malba Tahan. O objetivo é formar números inteiros usando o algarismo 4 por quatro vezes, além das operações aritméticas, como adição (+), subtração (−), multiplicação (×), divisão (÷), raiz quadrada e fatorial de um número. Não se pode usar letras (o que exclui a utilização de logaritmos, por exemplo).

Segundo o autor, é possível encontrar todos os números inteiros de 0 a 100. Por exemplo, 0 é igual a $44 - 44 = 0$; 1 é igual a $44 \div 44 = 1$; 10 é igual a $(44 - 4) \div 4$.

Apresentam-se as soluções de alguns destes números. Descobre os restantes e envia as tuas ideias para o jornal!

$1 = \frac{44}{44}$	$11 = \frac{4!}{\sqrt4} - \frac44$	$21 = 4! - 4 + \frac44$	$31 = \frac{\sqrt{\sqrt{\sqrt{4^{4!}}}} - \sqrt4}{\sqrt4}$	$41 = {}$ ?
$2 = \frac44 + \frac44$	$12 = 4 \times \left(4 - \frac44\right)$	$22 = 4! - \frac{4 \times \sqrt4}{4}$	$32 = 4 \times 4 + 4 \times 4$	$42 = 44 - \frac{4}{\sqrt4}$
$3 = \frac{4 + 4 + 4}{4}$	$13 = \frac{4!}{\sqrt4} + \frac44$	$23 = 4! - 4^{4-4}$	$33 = \frac{\sqrt{\sqrt{\sqrt{4^{4!}}}} + \sqrt4}{\sqrt4}$	$43 = 44 - \frac44$
$4 = 4 + 4 \times (4 - 4)$	$14 = 4 \times 4 + \sqrt4 - 4$	$24 = 4 \times 4 + 4 + 4$	$34 = \frac{\sqrt{\sqrt{\sqrt{4^{4!}}}} + 4}{\sqrt4}$	$44 = 4! \times \sqrt4 - \sqrt4 - \sqrt4$
$5 = \frac{4 \times 4 + 4}{4}$	$15 = 4 \times 4 - \frac44$	$25 = 4! + 4^{4-4}$	$35 = \frac{44}{4} + 4!$	$45 = 44 + \frac44$
$6 = 4 + \frac{4 + 4}{4}$	$16 = 4 \times 4^{\frac44}$	$26 = 4! + \frac{4 + 4}{4}$	$36 = (4 + \sqrt4) \times (4 + \sqrt4)$	$46 = 4! \times \sqrt4 - \frac{4}{\sqrt4}$
$7 = 4 + 4 - \frac44$	$17 = 4 \times 4 + \frac44$	$27 = 4! + 4 - \frac44$	$37 = \frac{4! + \sqrt4}{\sqrt4} + 4!$	$47 = 4! \times \sqrt4 - \frac44$
$8 = \frac{4 \times 4}{4} + 4$	$18 = 4 \times 4 + 4 - \sqrt4$ *	$28 = 4! + \sqrt4 + \sqrt4$	$38 = 44 - 4 - \sqrt4$	$48 = 4! \times \sqrt4 + \sqrt4 - \sqrt4$
$9 = 4 + 4 + \frac44$	$19 = 4! - 4 - \frac44$	$29 = 4! + 4 + \frac44$	$39 = {}$ ?	$49 = 4! \times \sqrt4 + \frac44$
$10 = \frac{44 - 4}{4}$	$20 = 4 \times \left(4 + \frac44\right)$	$30 = 4! + 4 + \frac{4}{\sqrt4}$	$40 = 44 - \sqrt4 - \sqrt4$	$50 = 4! \times \sqrt4 + \frac{4}{\sqrt4}$

* Na versão em papel aparecia $18 = 4 \times (4 - \sqrt4) + 4$, que dá 12; corrigimos na versão digital.

4) A ida ao museu

Resolução de vários alunos

Qual dos rapazes entrou sem bilhete? Analisando o enunciado:

• “Eu não fui”, diz o Benjamim.
• “Foi o Carlos”, diz o Mário.
• “Foi o Pedro”, diz o Carlos.
• “O Mário não tem razão”, diz o Pedro, ou seja, o Pedro afirmou que não foi o Carlos.

Vemos que o Mário e o Pedro não podem falar ambos verdade, uma vez que se contradizem, o que obriga um deles a ser o mentiroso. Ficamos ainda a saber que o Benjamim e o Carlos falam verdade, logo foi o Pedro (segundo a afirmação do Carlos). E podemos acrescentar que o mentiroso é o Mário.

De facto, assim, apenas o Mário mente e os outros três falam verdade.

Esperamos pelas tuas resoluções e sugestões!