100 Problemas com José Paulo Viana

Clube de Matemática SPM - Eixos de Opinião setembro de 2015




 

Ah, os problemas!                                 
Lembram-se do prazer que é encontrar um problema, daqueles que nos desafiam logo que o lemos, e depois avançar na resolução até conseguir descobrir a resposta?                                 
Recordam-se da alegria que é descobrir a forma elegante e simples que alguém encontrou para resolver um problema que julgámos impossível ou que tanto trabalho nos deu?                                 
E, finalmente, concordam que entusiasma discutir com outras pessoas a maneira de chegar à solução de um problema que nos intriga?                                 
Pois é por estes três motivos que esta secção existe.

   

José Paulo Viana - Professor de Matemática na Escola Secundária de Vergílio Ferreira, autor da seção "Desafios" aos domingos no jornal Público


100 Problemas com José Paulo Viana - Números Cruzados

Clube de Matemática SPM - Eixos de Opinião setembro de 2015                                           

Clube de Matemática SPM


Título: Números Cruzados

          


Gosto dos problemas de números cruzados em que tudo se possa ir deduzindo, sem necessidade de recorrer ao método de tentativa e erro.


Leitor, antes de continuar a ler, desafio-o a tentar resolver o problema de hoje. Vai ver que se consegue chegar ao fim sem ser por tentativas.

Já está? Já preencheu o quadro todo?

Bom, então podemos avançar.

Tal como muitas vezes nas palavras cruzadas, não convém ir pela ordem natural. Talvez algum dos números, que não o primeiro, se possa descobrir imediatamente.

Com os horizontais, nada há a fazer por enquanto.

Com os verticais também parece haver muitas hipóteses para cada um deles. Mas… não podemos esquecer que nenhum número pode começar por 0. Ora, todos os algarismos do número E vão iniciar os números horizontais e portanto terão de ser diferentes de 0.

Vejamos então as potências de base dois com quatro algarismos. São poucas: 1024, 2048, 4096 e 8196. Só esta última cumpre a condição anterior. Logo, E=8196.

Como A é uma capicua, tem de terminar em 8 e portanto H começa por 8.

Passemos ao H, um quadrado perfeito começado por 8. As hipóteses são 8100, 8281, 8464, 8649 e 8836.

Mas o C é um primo e por isso só pode terminar em 1, 3, 5 ou 9. O algarismo das dezenas de H terá de ser um destes. Ora, das cinco possibilidades para H, só a última cumpre a condição. Logo, H=8836.

Chegou a vez do D, múltiplo de 103, começado e acabado em 6. Usando uma máquina de calcular ou uma folha de cálculo, encontramos nove começados por 6, que vão de 6077 a 6901, mas um único a terminar em 6. Logo, D=6386.

Seja agora o B, um cubo perfeito começado por 1. Há três: 1000, 1331 e 1728, mas só um termina em 8 e corresponde ao algarismo das centenas de H. Então, B=1728.

A situação atual é a seguinte.  

                        

 


Vejamos F. Como é um múltiplo de 9, a soma dos seus algarismos tem de ser também múltipla de 9. Dado que dois deles somam 3+7=10, os dois que faltam têm de somar 8 ou 17. As hipóteses são:

1-7, 2-6, 3-5, 4-4, 5-3, 6-2, 7-1, 8-0, 8-9, 9-8.

Com o G passa-se exatamente o mesmo porque os dois algarismos conhecidos também somam 10.

Como A é capicua, os primeiros algarismos de F e G têm de ser iguais, mas não podem ser 8 porque os terceiros algarismos seriam 0 ou 9 e, em qualquer das combinações, o número C seria divisível por 3 (a soma dos seus algarismos seria múltipla de 3).

Ora, se os primeiros algarismos de F e G são iguais, os terceiros também o serão. Temos então de procurar um número primo da forma 9XX3. Consultando uma tabela de primos (na Internet há muitas) vemos que só há um nestas condições e portanto C=9883.

Assim sendo, A=8998.



Publicado/editado: 17/09/2015