Problemas Curiosos Nereu Burin

Problemas
Curiosos
1. Descubra quantos e quais são os triângulos equiláteros que podem
ser construídos com os vértices nos pontos da rede isométrica limitada
dada a seguir:
2. Quantos e quais são os triângulos que podemos construir com os 3
vértices na rede isométrica a seguir?
SOLUÇÃO:
São 4 triângulos equiláteros pequenos
1 triângulo equilátero grande
6 triângulos isósceles
6 triângulos escalenos
TOTAL: 17
3. As casas de um tabuleiro 4 X 4 devem ser numeradas de 1 a 16, como
mostrado parcialmente no desenho, formando um Quadrado Mágico. Ou seja, as
somas dos números de cada linha, de cada coluna e de cada uma das duas
diagonais são iguais.
Complete o quadrado mágico a seguir:
14
11
5
8
12
3
14
11
5
4
14
11
5
4
b1
8
b2
b3
1
8
10
15
12
b4
3
b5
12
13
3
6
b6
b7
b8
9
7
2
16
9
Podemos afirmar que a soma total do quadrado é 1+2+...+16=136.
Sabendo que em cada linha a soma é a mesma, a soma de cada uma delas será 34. Por isso, escrevemos o 4 e o 9.
b3+b5=22 (as raízes só podem ser 15 e 6, pois algum dos números dos outros pares já aparecem).
b2+b8=26 (Pela mesma razão, as raízes só podem ser 16 e 10).
b4+b7=15 (As raízes só podem ser 13 e 2).
b1+b6=8 (as raízes só podem ser 7 e 1).
Sendo assim, na linha 3, a única solução que dá certo é b4=13 e b5=6.
Se b3 não é 6, então só pode ser 15.
Se b7 não é 13, então só pode ser 2.
b1=1 e b2=10. Assim, b6 só pode ser 7, b7 é 2 e b8 só pode ser 16.
4. Numa escola há um corredor com 1000 armários numerados de 1 a 1000,
inicialmente todos fechados. Mil alunos, também numerados de 1 a 1000, passam
pelo corredor. O aluno de número k reverte o estado de todos os armários cujos
números são múltiplos de k (por exemplo, o aluno de número 3 mexe nos armários
de números 3, 6, 9, 12, ... abrindo os que encontra fechados e fechando os que
encontra abertos). Ao final, depois da passagem do milésimo aluno, quais armários
ficarão abertos?
SOLUÇÃO:
Ao final, ficarão abertos os armários que foram mexidos um número ímpar de vezes, isto é, os
armários cujos números possuem uma quantidade ímpar de divisores positivos.
A quantidade de divisores de divisores positivos de um número n é dada por d = (a + 1)(b + 1)(c +
1) ... (z + 1) onde a, b, c, ..., z são os expoentes dos fatores de n em sua decomposição em fatores
primos.
Para que d seja ímpar, é necessário e suficiente que cada um dos fatores anteriores seja também
ímpar e, para tanto, deve-se ter a, b, c, . . . , z todos pares, o que implica que n deve ser um
quadrado perfeito.
5. Um lógico quis saber da enigmática senhora que estava ao seu lado qual era a
idade dos seus 3 filhos. Houve o seguinte diálogo:
– O produto de suas idades é 36.
– Ainda não sei, respondeu o lógico.
– A soma das idades é o número da casa aí em frente.
– Ainda não sei, respondeu o lógico.
– O filho mais velho toca piano.
– Agora já sei, disse o lógico.
Quais as idades dos 3 filhos?
SOLUÇÃO:
O produto das idades dos três filhos é 36. Então podemos ter:
1, 1, 36
1+1+36=38
Note que há duas combinações cuja soma é 13. Por isso a
2,3,6
2+3+6=11
dúvida do lógico. Quando a senhora informa que o filho
1,2,18
1+2+18=21
mais velho toca piano, o lógico logo deduz que ela não
1,6,6
1+6+6=13
pode ter filhos mais velhos gêmeos e, assim, a idade do
1,3,12
1+3+12=16
2,2,9
2+2+9=13
3,3,4
3+3+4=10
1,9,4
1+9+4=14
filho mais velho é 9 anos.
6. Dois amigos apostaram a conta do restaurante da seguinte maneira: um dizia
qualquer número do intervalo entre 1 e 10 (ambos inclusive). Em seguida o outro
somava a este qualquer número do mesmo intervalo. Depois o primeiro somava
ao total outro número, sempre do mesmo intervalo, e assim alternadamente. O
primeiro que chegasse exatamente a 100, ganharia a aposta. Quem poderia
vencer com certeza? E qual sua estratégia?
SOLUÇÃO:
Aquele que conseguir atingir antes do adversário a soma 89, chegará a
100 e ganhará o jogo. Mas quem atingir antes de seu adversário a soma
78 assegurará à vitória, basta que sejam atingidas as somas 1, 12, 23, 34,
45, 56, 67, 78 e 89. Logo o primeiro jogador, utilizando essa estratégia,
garantirá a vitória.
7. Sendo 1000! o produto de todos os inteiros de 1 até 1000, com
quantos zeros consecutivos termina a representação decimal do
número natural gerado por 1000! ?
SOLUÇÃO:
O número 1000! termina com 249 zeros. Podemos calcular este número da seguinte maneira: cada
zero significa a presença de um fator 2 e um fator 5 em 1000!. Ora, na fatoração de 1000! é óbvio
que existem mais fatores 2 do que fatores 5. Então, se
a b c d
1
1000! = 2 ×3 ×5 ×7 × ... ×997
fica claro que o número de zeros que estamos procurando é c.
Ora, quantos são os fatores de 5?
2
Em N={1,2,3,4,5,6,...,999,1000} existem 200 múltiplos de 5; 40 múltiplos de 25 = 5 ; 8 múltiplos de
3
4
125 = 5 e 1 múltiplo de 625 = 5 , para um total de 249.
8. João chega todo dia a Petrópolis às 17h. Sua mulher, que dirige com
velocidade constante, chega todo dia às 17h para apanhá-lo e levá-lo
para casa. Num determinado dia, João chega às 16h e resolve ir
andando para casa; encontra a mulher no caminho e volta de carro,
chegando em casa 10 minutos mais cedo. Quanto tempo João andou a
pé?
SOLUÇÃO:
Seja P o percurso que João andou a pé. Maria e João chegaram 10 min
mais cedo porque Maria deixou de fazer o percurso P duas vezes (ponto
de encontro, rodoviária, ponto de encontro). Então, Maria leva 5 minutos
de caro em P. Como ela deveria chegar às 17h à rodoviária, o encontro se
deu às 17h – 5min = 16h55min. Logo João andou durante 55 minutos.
9. Sejam n! o produto de todos os números inteiros de 1 até n (n natural
maior que 1).
1! = 1 e Q = 1! + 2! + 3! + . . . + n! .
Para quantos valores de n tem-se Q quadrado perfeito?
SOLUÇÃO:
2
Para n = 1 temos Q = 1= 1 .
Para n = 2 temos Q = 1 + 2 = 3.
2
Para n = 3 temos Q = 1 + 2 + 6 = 9=3 .
Para n = 4, Q = 1 + 2 + 6 + 24 = 33.
Para n = 5 temos Q = 1 + 2 + 6 + 24 + 120 = 153. Note que para n maior que 4 todos os
valores de Q terminam por 3, pois para n maior que 4, n! termina por zero, por ser múltiplo
de 10. E como nenhum quadrado perfeito termina por 3, somente para n = 1 e n = 3 tem-se
que Q é um quadrado perfeito.
10. Uma piscina quadrada possui em cada vértice uma árvore. Ampliar
a piscina, duplicando sua área, de modo que a mesma continue tendo a
forma de um quadrado, sem remover as árvores e que estas
permaneçam fora da piscina.
SOLUÇÃO:
O desenho mostra a solução:
11. Que número deve ser escrito na área sombreada?
SOLUÇÃO:
O número na região sombreada é o 3. Pois existem 3 regiões que
fazem fronteira com ela.
12. De que forma podemos dispor 10 pontos em 5 segmentos de retas,
de modo que cada segmento possua 4 pontos?
SOLUÇÃO:
A disposição está na “estrela” abaixo:
13. Usando os seguimentos de reta abaixo construa 5 triângulos
equiláteros.
SOLUÇÃO:
14. Em um cesto cabem 500 laranjas. Uma pessoa, após colocar nele certa
quantidade de laranjas, lançou um desafio: descobrir através das informações
que quantidade é esta.
1ª informação: Ao dividir esta quantidade pelos números 2, 3, 4, 5 e 6 sempre
restará uma.
2ª informação: A quantidade de laranjas é divisível por 7.
Qual a quantidade de laranjas colocadas no cesto?
SOLUÇÃO:
Os números que satisfazem a segunda condição são os múltiplos de 60 mais 1, já que
mdc(2, 3, 4, 5, 6) = 60.
Assim os possíveis candidatos são: 61, 121, 181, 241, 301, 361, 421, 481. Agora
basta testar quais destes números são divisíveis por 7, isto é, que satisfazem a
primeira informação. Fazendo essa verificação observamos que o único número que
é divisível por 7 é o número 301. Portanto, no cesto há 301 laranjas.
15. Uma folha quadrada foi cortada em 42 quadrados menores, dos
2
2
quais um tem área maior do que 1cm e os demais têm área de 1cm .
Qual é a medida do lado da folha?
SOLUÇÃO:
O lado do quadrado deve ser 21cm de lado. Agora divida em 21 × 21
2
quadradinhos de 1cm . Considere
2
21 + 20 = 41 quadradinhos de 1cm retirados do entorno ficando um
quadrado de 20 cm de lado.
16. Num relógio digital, as horas são exibidas por meio de quatro
algarismos. Por exemplo, se vemos 00:00 sabemos que é meia-noite e
se vemos 23:59 sabemos que falta um minuto para meia-noite. Quantas
vezes por dia os quatro algarismos mostrados são todos pares?
SOLUÇÃO:
São 7 possibilidades para as horas e 15 possibilidades para os minutos.
Pelo princípio fundamental da contagem temos 8×15 = 105 vezes.
17. Tenho 10 pilhas de livros, cada pilha tem 10 livros de aspectos
iguais. Em 9 dessas pilhas cada livro pesa 1 kg e na pilha restante cada
livro pesa 1,1 kg. Efetuando apenas uma pesagem (balança de 1 prato),
determinar em que pilha estão os livros mais pesados.
SOLUÇÃO:
Coloca-se na balança, de uma só vez, 1 livro da 1ª pilha, 2 da 2ª, 3 da
3ª, ..., 10 da 10ª. Faz-se a pesagem. Se der, por exemplo, 55,4 kg os
livros mais pesados estão na 4ª pilha.
O que mostrará, (indicará), a pilha com livros mais pesados será a parte
não inteira do peso registrado.
18. Uma pessoa vai comprar um presente e leva R$1.200,00.
Quando lhe perguntam quanto custou o presente ela disse: "Sobrou
troco, mas não direi nem o troco nem o preço do presente. Digo apenas
que o preço do presente, sendo lido ao contrário é o valor de 9
presentes."
Quanto custou o presente?
SOLUÇÃO:
Vamos supor que o preço era em torno de R$ 1.000,00.
Portanto, estamos em busca de um número de 4 algarismos, sendo 1 o primeiro deles. O último algarismo só
poderia ser o 9, pois só assim poderíamos inverter o número e obter 9 vezes o primeiro.
Assim, sabemos que o número é 1ab9.
Achar a e b é relativamente fácil, pois o número é múltiplo de 9, já que seu inverso também o é (pois é um número
que vale nove vezes o preço do presente). Temos então o número 1ab9. Para que tal número seja múltiplo de 9, é
preciso que a soma a+b seja 8. Os pares a e b que satisfazem essa condição são os seguintes: 0 e 8; 1 e 7; 2 e 6; 3
e 5; 4 e 4; 5 e 3; 6 e 2; 7 e 1 e finalmente, 8 e 0.
Testando o primeiro par, o que parece mais lógico, pois o preço é menor que R$ 1.200,00, chegamos a R$ 1.089,00,
que é o preço do presente. (1089 X 9 = 9801).