Resoluções dos desafios da edição anterior

Desafios e curiosidades

Desafio 1 — as meias

Numa gaveta, há 12 meias brancas, 12 meias pretas e 12 meias azuis. Quantas meias devemos retirar, ao acaso, para termos a certeza de obter um par de meias da mesma cor?

A resposta é simples: apenas 4 meias. As três primeiras podem ter todas cores diferentes. A quarta meia terá de repetir uma das cores.

Desafio 2 — os 13 pontos

Se marcarmos 13 pontos num retângulo 3 × 4, existem dois pontos tais que a distância entre si é menor do que $\sqrt{2}$.

Justificação: uma vez que temos 12 quadrados, ao colocarmos 13 pontos há pelo menos dois pontos, digamos A e B, num mesmo quadrado (pelo Princípio das gavetas de Dirichlet). Ora, num quadrado de lado 1, a distância máxima entre dois pontos é igual à diagonal, que nesse caso mede $\sqrt{2}$.

Curiosidade 2 — números de três algarismos

Porque é que este processo funciona?

1. Ao repetir o número $\overline{abc}$ ao lado do mesmo, obtém-se $\overline{abcabc}$, que é igual a $\overline{abc} \times 1000 + \overline{abc}$, isto é, $\overline{abc} \times 1001$ (basta colocares $\overline{abc}$ em evidência).
2. $13 \times 11 \times 7 = 1001$.
3. $\overline{abcabc}$ a dividir por 1001 dá $\overline{abc}$, o número inicial.

Parece magia, não é? Mas é simplesmente uma “habilidade” matemática!

Curiosidade 4 — algarismo das unidades

Multiplicando todos os números ímpares de 1 a 2023, qual é o algarismo das unidades do resultado? Seja $N = 1 \times 3 \times 5 \times 7 \times \cdots \times 2023$.

1. O número $N$ é ímpar.
2. O número $N$ é múltiplo de 5, dado que o 5 aparece na sua fatorização.

Já estás a ver em que algarismo termina: 5 (se é múltiplo de 5, termina em 0 ou 5; como é ímpar, termina em 5).

1) A nação de Zox

• A ilha mais pequena tem 1/10 dos Zoxianos de toda a nação de Zox → 75 Zoxianos.
• Uma das ilhas tem 1/5 da população total de Zox. Outra ilha tem 1/3 → 150 e 250 Zoxianos.
• Zop tem mais 100 pessoas do que a ilha mais pequena → Zop tem 175 Zoxianos.

75, 150, 175 e 250 são as populações apuradas. Logo, a quinta ilha tem 100 Zoxianos. Constatamos que Zob terá 150 Zoxianos (uma vez e meia de 100) e que Zod tem 250 Zoxianos (é a maior). Como a ilha mais pequena não é Zoz, a ilha mais pequena (75) é Zog e a que tem 100 é Zoz.*

Também poderíamos resolver o problema recorrendo a sistemas de equações.

* Na versão em papel, os nomes de Zog e Zoz apareciam trocados, contrariando a primeira pista; corrigimos na versão digital.

2) O quadrado que sobra

Nas duas figuras, a troca entre os triângulos verde e vermelho originou dois retângulos, A e B, com áreas diferentes, respetivamente: 15 unidades de área ($3 \times 5$) e 16 ($2 \times 8$). Como se justifica a existência do quadrado branco?

As figuras não são iguais porque não são triângulos! Repara que os triângulos verde e vermelho não são semelhantes, visto que as medidas dos seus lados não são proporcionais; o triângulo verde tem de base 5 e altura 2, e o vermelho tem base 8 e altura 3; por consequência, as hipotenusas não formam um segmento de reta e, portanto, as figuras não são triângulos. No entanto, estas diferenças são muito pequenas, criando esta ilusão.

3) Às compras

Timóteo gastou tudo o que tinha no bolso em cinco lojas. Em cada loja gastou 1 € a mais do que a metade do que tinha ao entrar. Quanto tinha o Timóteo no bolso à partida?

Resolução: vamos começar pela 5.ª loja, depois passamos para a 4.ª, e assim sucessivamente até à 1.ª loja. Se em cada loja o Timóteo gastou metade da quantia que tinha, ao entrar, mais 1 €, então em cada loja sobrou-lhe metade do que tinha, ao entrar, menos 1 €. Ao entrar na 5.ª loja, a quantia que tinha era a mesma que lhe tinha sobrado na 4.ª loja ($A$) e gastou-a toda, ficando com 0 euros:

$$\frac{A}{2} - 1 = 0 \iff A = 2$$

Analogamente:

$$\frac{B}{2} - 1 = 2 \iff B = 6, \qquad \frac{C}{2} - 1 = 6 \iff C = 14, \qquad \frac{D}{2} - 1 = 14 \iff D = 30, \qquad \frac{N}{2} - 1 = 30 \iff N = 62$$

Loja	Gastou	Sobrou
1	32	30
2	16	14
3	8	6
4	4	2
5	2	0

O Timóteo tinha 62 euros no bolso.

Problema de Monty Hall

Depois de feita a escolha da porta e de o apresentador abrir uma das portas, valerá a pena mudar a sua escolha?

Suponhamos que o carro está na Porta 1 (o mesmo raciocínio poderá ser feito para o caso de o carro estar numa das outras duas). Deparamo-nos com três casos diferentes:

1. O concorrente escolheu a porta 1. Neste caso, o apresentador abre uma das outras duas portas, onde está, naturalmente, uma cabra. Perante as duas portas fechadas à sua frente, o jogador terá de decidir se mantém a escolha ou se a altera. Dado que escolheu a porta certa, se mudar perde.
2. O concorrente escolheu a porta 2. Neste caso, o apresentador abre a porta 3, com a cabra. Perante as duas portas fechadas à sua frente (a 1 e a 2), se mudar, muda para a porta 1, pelo que vai ganhar o carro.
3. O concorrente escolheu a porta 3. Neste caso, o apresentador abre a porta 2, com a cabra. Perante as duas portas fechadas à sua frente (a 1 e a 3), se mudar, será para a porta 1, e ganha.

Ou seja, em duas das três situações possíveis, se mudar a sua escolha, ganha. A probabilidade de ganhar o carro, mudando a escolha, é $2/3$.

Conclusão: o concorrente deve mudar a sua escolha! Podes confirmar com o simulador da edição anterior.

Esperamos pelas tuas resoluções e sugestões!