Berloquin - 100 Jogos Numericos[p120-149]

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Jogo 39 Temos, pois, sete soluções: X = 25 Y = 2 Vejamos as seis operações de Timóteo nas sucessivas linhas X = 4 Y = 23 X = 20 = X = 2 deste quadro (os volumes são em centilitros): Y = 48 X = 10 Y = 8 Y = 98 Y = 18 Garrafa Garrafa Medida Medida de de de 40 cl de 70 100 100 0 0 100 60 40 0 Jogo 42 100 0 40 60 90 0 40 70 15 90 40 0 70 90 40 40 30 100 40 30 30 3 2 Jogo 40 1 32 34 3 35 6 30 8 28 27 11 7 Jogo 43 19 17 15 16 20 24 18 23 21 22 14 13 Do quilómetro 1 ao quilómetro 12 vão 11 km, enquanto do quilómetro 12 ao quilómetro 24 vão 12 km. 12 26 9 10 29 25 Timóteo faz um percurso mais pequeno. 31 5 4 33 2 36 Jogo 44 Jogo 41 O número máximo dado pela adição de três algarismos é igual a 27 (sendo todos iguais a 9). Numa adição de três números restos serão, no máximo, iguais a 2. Assim Y, algarismos da 2X + XY = 100 esquerda do resultado, vale 1 ou 2. X (Y + 2) = 100 A soma da primeira coluna apenas pode dar Z se Há então duas possibilidades: Os dois inteiros X e Y + 2 devem ser divisíveis por 100. Ora, 100 tem 9 divisores: 2 4 5 10 20 25 50. Mas Y +2 não e pode ser nem 1 nem 2. e 120 121A soma desta primeira coluna dá resto igual a 1. mento 50 minutos depois da chegada do seu comboio e 10 minu- A soma da segunda coluna, 1+X+Y+Z, apenas pode dar tos antes da chegada do comboio habitual. A diferença entre os dois comboios é de: Isto vem completar as duas possibilidades precedentes: 50+10=60 minutos Y=1 X=9 Z=8 X=8 Z=7 O comboio desse dia chega uma hora antes do comboio habitual. As possibilidades são: Jogo 46 9999 8888 Ao observar lado esquerdo da divisão, verifica-se que foi 1111 2222 necessário baixar por duas vezes mais de um algarismo para 8888 7777 prosseguir a operação. 19998 18887 quociente contém, portanto, dois zeros e pode escrever-se: Apenas serve a primeira possibilidade, pois a segunda não dá *080* Y à esquerda do resultado. divisor multiplicado por 8 dá um número de dois algaris- mos e não poderá ser superior a 12, pois 8 13 104. Como, Jogo 45 multiplicado pelo primeiro ou pelo último algarismo do quociente, dá um número de três algarismos, não pode também ser maior do que 12. É então igual a 12. Os 20 minutos representam o tempo eventualmente ganho, Tendo o primeiro número obtido três algarismos, 0 primeiro isto é, 0 tempo do percurso entre 0 ponto de cruzamento de Timó- algarismo do quociente é 9 e os três primeiros algarismos do teo e da mulher e a estação, ida e volta. Este ponto de cruzamento dividendo 108, ou seja, 9 12. está, portanto, a 10 minutos de automóvel da estação. Do mesmo modo, 0 último algarismo do quociente é também Em 25 minutos, durante o tempo em que Timóteo segue o seu 9 e os últimos algarismos do dividendo 09, porque resta 1. caminho, automóvel vai do ponto de cruzamento à estação e A divisão tem então 0 seguinte aspecto: volta, ultrapassando Timóteo. automóvel vai no regresso, do ponto em que se cruza com Timóteo ao ponto em que alcança: 108**09 12 25 minutos 108 90809 000** Timóteo faz este trajecto em 25 minutos. Desloca-se cinco 0*09 vezes mais devagar do que 0 automóvel. Assim, uma vez que - 108 este gasta 10 minutos entre a estação e cruzamento, Timóteo faz o mesmo percurso em 50 minutos. Atinge, portanto, cruza- 001 122 123divisor só pode ser 1089709. Segundo a subtracção, B é igual a 9 ou a 8 (se A subtraído de Y deixar um resto). Uma vez que tem de ser diferente de Jogo 47 só pode ser igual a 8. Por outro lado, A tem de ser superior a Y (poderia, eventual- É impossível fazer qualquer cálculo para resolver problema. mente, haver um resto se fossem iguais, 0 que é interdito) e A + Y Com efeito, o vaso A contém a mesma quantidade de líquido maior do que 10 (resto necessário na adição). antes e depois das misturas, passando-se o mesmo com B. Os Prosseguindo estudo sistemático das possibilidades, volumes de água foram substituídos por volumes iguais de leite. obteremos: Existe, portanto, tanto leite na água como água no leite. 945 945 Jogo 48 78 Considerando-se os tiros instantâneos, importante não é 1023 867 o número de tiros de uma série, mas número de intervalos entre tiros. intervalo dura: Jogo 50 Para Timóteo, segundos; Para Urbano, segundos. Designemos por L a distância percorrida a pé por André. Para chegarem ao mesmo tempo André e Cláudio percorreram a pé o mesmo espaço e andaram de carro com Bernardo exactamente Assim, 13 tiros, ou seja, 12 intervalos, seriam realizados: o mesmo espaço. Logo, Cláudio também percorreu a pé L km. Durante 0 tempo que Cláudio levou a percorrer L quilómetros, Por Timóteo, em 14 segundos; Bernardo percorreu exactamente 8-2L km até apanhar André Por Urbano, em 15 segundos. já tinha percorrido antes 8-L km e quando apanhou André este já tinha percorrido L km, isto é, andou para trás [(8-2 L)-L km], Jogo 49 e depois percorreu mais 8-L km com André até à cidade, ou seja, 16-3L na totalidade, que lhe ocupou: Examinemos a soma. Uma vez que resultado tem quatro 16-3L horas algarismos, um certo resto teve de ser somado a X para dar um 30 número de dois algarismos. Como numa tal adição esse resto só pode ser igual a 1, X deve ser igual a 9. Obtém-se: Como tempo que Cláudio levou a percorrer L km é igual ao que Bernardo levou até chegar à cidade, poderemos fazer: 9YZ 9YZ 16-3L = L + AB AB 30 6 10EF BGA donde vem que L são 2 km. 124 125Como, antes de largar Cláudio, Bernardo tinha percorrido Jogo 53 8-L km, 0 tempo total da viagem de Bernardo é: 8-L 30 + 16-3L 30 horas 25 ou seja, 30 16 horas, ou 32 minutos 24 20 9 21 16 1 2 19 3 Jogo 51 26 17 27 23 4 1 32 4 33 35 6 15 22 12 8 28 27 11 25 28 12 7 6 14 13 19 23 15 16 14 24 5 11 18 17 21 22 20 13 29 10 30 26 9 10 29 7 30 31 5 34 3 2 36 Jogo 54 Façamos as contas segundo a colocação do primeiro O: 00 central toca 4 S, tocando cada um 3 L, tocando, por sua vez, cada um 3 O. No total, 36 OSLO; Os 4 situados nos ângulos não dão nada; Jogo 52 Os 8 laterais tocam cada um 1 S, tocando 3 L, tocando, por sua vez, cada um 3 O. No total, 72 OSLO. Timóteo tem razão. Todos dias da semana são periodi- camente 29 de Fevereiro. Partamos, por exemplo, de 29 de Obtemos, finalmente, 108 OSLO. Fevereiro de 1976. É um domingo. Há 364 dias até 28 de Feve- reiro de 1977, 365 até 28 de Fevereiro de 1978, 365 até 28 de Jogo 55 Fevereiro de 1979 e 366 até 29 de Fevereiro de 1980, ou seja, 1460 dias de um ano bissexto a outro. Uma vez que a parte do último amigo é de 80$00, custo OΓa, 1460 é múltiplo de 7 mais 4. 29 de Fevereiro seguinte das três refeições é de: 3 X 80$00 = 240$00. será uma quinta-feira, depois uma segunda-feira, etc. Como 7 e Como se comeram oito pratos, todos do mesmo valor, 4 são primos entre si, todos os dias serão regularmente utilizados. custo de cada um deles foi de 30$00. 126 127Timóteo contribuiu com 5 30$00 =150$00; se lhe deduzir- Jogo 59 mos a sua quota-parte de 80$00, deverá receber 70$00. Do mesmo modo, o primeiro amigo contribuiu com 90$00; 775 33 sendo a sua parte de 80$00, deverá receber 10$00. 2325 2325 Jogo 56 25575 348 Jogo 60 28 Só Urbano pode ter perdido a última partida, porque 9 não é 2784 696 um dobro; tinham antes: 4 18 5. 9744 Vítor perdeu a terceira; tinham: 2 9 16. Urbano perdeu a segunda; tinham: 1 18 8. Timóteo perdeu a primeira; tinham no início: 14 9 4. Jogo 57 Jogo 61 Às 11 horas cada um deles encontra-se a uma hora de Suponhamos primeiro que André começa a contar por ele. caminho do albergue. Timóteo encontra-se a 6 km e 0 amigo Os números colocados por cima dos algarismos indicam a a 5,5 km. Distam, portanto, um do outro 11,5 km. ordem a partir da qual os alunos vão sair do círculo: ABCDEFGHI Jogo 58 285416397 São necessárias, na totalidade, 18 operações de substituição Este processo de contar conduz-nos a escolher H como e transvasamento. chefe. Para se escolher a si próprio André deve saltar dois Recipiente Recipiente Recipiente alunos e começar a contar a partir de C. de 19 de 13 de 71 0 0 7 0 13 7 Jogo 62 7 13 0 19 1 0 Os volumes de leite, água e azeite estão na mesma proporção 12 1 7 12 8 0 que 1, 2 e 4, cuja soma volume total gasto é, portanto, um 5 8 7 múltiplo de 7. 5 13 2 18 0 2 Ora, a soma das medidas é 129, isto e, um múltiplo de 7 mais 18 2 0 3. A medida que ficou vazia deverá ser também um múltiplo de 7 11 2 7 11 9 mais 3. Será, portanto, a de 24 ou a e 38 1. 0 4 9 7 Se for a de 38 0 volume gasto será de 91 Um sétimo deste 4 13 3 volume será de leite, isto é, 13 de leite; a única posibilidade de 17 0 3 17 3 0 obtermos com a de 12 e a de 1 para obtermos 26 I de água 10 3 7 já temos quatro hipóteses: 24 + 2, ou 22 + 4, ou ou 10 10 0 128 129As hipóteses correspondentes para 0 azeite são Jogo 65 apresentadas no quadro abaixo: Leite 13 12, 1 Contemos quantas vezes UAMO pode ser lido a partir de Água 26 24, 2 22, 4 15,6,5 15,5,4,2 U. U toca 4 A, tocando cada um 7 OM. UAMO pode ser lido Azeite 521 4,5,6,15,22 2,5,6,15,24 2,4,22,24 6,22,24 28 vezes. Se for a de 24 que ficou vazia, 0 volume gasto será de 105 Como OMAU pode também ser lido 28 vezes a partir do Um sétimo deste volume será de leite, isto é, 15 de leite; temos U central, número de MAU AMO é de 28 X 28 = 784. várias possibilidades, que são apresentadas nos quadros abaixo: Leite 15 15 Jogo 66 Água 30 22,6,2 22,5,2,1 12,6,5,4,2,1 Azeite 60 1,4,5,12,38 4,6,12,38 22,38 Chamemos x à deslocação real de Timóteo e y à do barco. Leite 15 12,2,1 6,5,4 Água 30 15,6,5,4 15,12,2,1 comprimento do barco é a soma das duas: Azeite 60 22,38 22,38 x + y = 10 Jogo 63 É impossível fazer um quadrado mágico com estes nove porque Timóteo foi de uma ponta à outra do barco, vindo a números. extremidade oposta ao seu encontro. A soma é, com efeito, 78. Como cada uma das três linhas Para além disso, 0 trabalho efectuado por Timóteo ao deslo- deve ter a mesma soma, esta terá de ser um terço de 78, ou car-se foi compensado pelo do barco: seja, 26. Certas linhas e colunas deverão totalizar 26 com a adição de três números que é impossível. donde 4 y. Como 10, 10. O barco deslocou-se 2 m. Jogo 64 Timóteo deslocou-se 8 m. Suponhamos que o comerciante comprou um tecido a 1$00 Jogo 67 metro. Seja L comprimento do metro utilizado para a venda. Sempre que 0 comerciante pensa vender 1 m, vende, na reali- Ao meio-dia menos 5 o ponteiro das horas está entre: dade, L metros, que lhe custaram L escudos. Ora, vende esta quantidade de tecido a 1$40. Ganhou, portanto, 1$40 L escudos - A posição que deveria ter 0 dos minutos, sobre 55; por uma compra de L escudos. A percentagem do lucro é de: - A posição que, na realidade, tem, sobre 60. A coincidência que aqui nos importa realiza-se antes entre menos 10 e menos 5. E esta é a única que nos interessa, pois metro é mais comprido cerca de 7 mm. a coincidência seguinte só se efectuará passada uma hora. 130 131UFSC 0 número real de minutos passados desde as 11 horas é de semestre: 190 contos + 110 contos = 300 contos 50 + n, em que n é menor do que 5. 4.° semestre: 300 contos + 120 contos = 420 contos ponteiro dos minutos indica de maneira errada 55 + n 5.° semestre: 420 contos + 130 contos = 550 contos minutos. ponteiro das horas está igualmente sobre minuto 55 + n. Segunda firma: As horas reais são 11 horas e 50 + n minutos. Estas mesmas Lucros totais horas, calculadas a partir da posição do ponteiro das horas, são: 1.° semestre: 90 contos 90 contos 11 horas e 12 n minutos (com efeito, ponteiro das horas anda 2.° semestre: 90 contos + 90 contos = 180 contos doze vezes mais devagar do que dos minutos). Tem-se, por- 3.° semestre: 180 contos + 110 contos = 290 contos tanto: 4.° semestre: 290 contos + 110 contos = 400 contos semestre: 400 contos + 130 contos = 530 contos Os lucros obtidos na segunda firma permanecem constan- temente inferiores aos obtidos na primeira. O valor de n anda à volta de 4 minutos e 38 segundos. As horas andam à volta de 11 horas, 54 minutos e 33 segundos. Jogo 70 Jogo 68 43 61 7 Basta fazer a prova dos nove da multiplicação. A soma dos algarismos do primeiro número é igual a 5. A do 1 37 73 segundo dá 9, ou seja, 0: 67 13 31 resultado deve dar 9 ou 0. Os algarismos legíveis dão 1. algarismo representado pela estrela deve ser 8. Jogo 71 Jogo 69 25 minutos após a partida Timóteo termina a primeira volta e Urbano faz apenas 25/30 do circuito, ou seja, Vejamos a totalidade dos lucros semestrais de Timóteo em Timóteo está, portanto, neste instante no ponto do cir- cada firma. cuito, atrás de Urbano. Por outro lado, Timóteo ganha a Primeira firma: Urbano ¹/₆ do circuito em cada 25 minutos. Lucros totais Para alcançar Urbano, Timóteo precisa ainda de 25 mi- 1.º semestre: 90 contos 90 contos nutos vezes 5. Necessita, portanto, na totalidade, de 6 25 = 150 semestre: 90 contos + 100 contos = 190 contos minutos, isto é, 2 horas e meia. 132 133Jogo 72 Jogo 74 Designemos, respectivamente, por T, S e P as idades de A pesagem pode fazer-se com 31 moedas, escolhidas da Timóteo, da irmã e do pai. Sabemos que: maneira seguinte: designemos cinco sacos pelas letras A, B, D, E. Ponhamos no prato: A primeira parte da primeira frase do enunciado dá: - 1 moeda de A; - 2 moedas de B; - 4 moedas de C; P-S-T=0 8 moedas de D; Somando esta última equação com a primeira, obtém-se: 16 moedas de E. Todas as diferenças de número de moedas entre dois sacos = são diferentes. Com efeito, todas as diferenças possíveis são: A segunda parte da frase dá: 3T-2S=0 Tendo em conta os sinais + e -, obtêm-se 20 diferenças na totalidade. Como resulta que Timóteo tem 20 anos, a As diferenças de peso de 1 g de certas moedas seguirão irmã 30 e pai 50. estas 20 possibilidades. Segundo tal ou tal par de sacos for mais leve ou mais pesado, assim a balança indicará 20 resultados diferentes. Jogo 73 Verifiquemos, comparando com peso de 310 g dado por 31 moedas normais: Contemos as SALAS segundo a colocação do L central. - Se A é mais leve e B mais pesado, o peso é de: Esse L pode estar sobre um losango, um ângulo ou situado lateralmente: Se A é mais pesado e B mais leve: Um L em ângulo toca 8 AS. É, portanto, início de 8 LAS e paralelamente de 8 SAL. É 0 centro de 64 SALAS. Os ângulos dão 256 SALAS; Se A é mais leve e C mais pesado: Um L lateral toca 6 AS. É o início de 6 LAS e fim de 310-1+4=310+3 6 SAL. É centro de 36 SALAS. Os 4 L laterais dão - Etc. 14 SALAS. Podem ler-se, no total, 400 SALAS. Uma pesagem basta. 135 134Jogo 75 Ao dia depõe lá dois dias de alimentação suplementar. En- contra-se, portanto, em A com seis dias de víveres à sua dis- posição. 42 18 29 9 45 26 6 No e no dias faz uma ida e volta a B, onde deposita 20 35 11 43 23 3 40 um dia de alimentação. No dia deposita lá dois dias de víveres suplementares. Encontra-se, portanto, em B com três dias de 4 36 16 31 12 48 28 víveres, o que lhe permite chegar ao destino ao fim do dia. 33 13 49 25 1 37 17 22 2 38 19 34 14 46 Jogo 78 10 47 27 7 39 15 30 44 24 5 41 21 32 8 Façamos as contas segundo a colocação do primeiro E: E central: toca 4 S horizontal ou verticalmente, dando cada um 15 ESSE, ou seja, 60 na totalidade; toca 4 S na Jogo 76 diagonal, dando cada um 12 ESSE, ou seja, 48 na totali- dade; Ponhamos número 1. Uma vez que existem cinco núme- E situado nos cantos: cada um dá 9 ESSE, ou seja, 36; ros, existem também cinco maneiras de escolher o que será E lateral: cada um dá 30 ESSE, ou seja, 2430. oposto a 1. Feito isto, é preciso dispor quatro números restantes Obtém-se em definitivo: sobre as quatro faces restantes dispostas em círculo. Seja, por exemplo, 5 um destes quatro números: existem então três proces- Jogo 79 SOS de escolher o número que lhe será oposto. Feito isto, ficam-nos por dispor dois números sobre duas Cada dado tem seis faces. Quando se lançam dois dados, faces opostas, que se pode fazer de dois modos diferentes. existem combinações possíveis de duas faces. Para número total de possibilidades é, portanto, de: que as oportunidades de obter duas vezes a mesma cor sejam metade da totalidade das oportunidades é necessário que 18 combinações dêem duas faces da mesma cor. O primeiro dado tem cinco faces vermelhas e uma azul. Existem 30 processos diferentes de pintar as seis faces de um Seja X número de faces vermelhas do segundo dado. número dado. de faces azuis do mesmo dado será: O número de combinações que dão duas faces vermelhas Jogo 77 é igual ao produto do número de faces vermelhas do primeiro dado pelo número de faces vermelhas do segundo: 5 X. Designemos por A, B, C, D, quatro refúgios. Do mesmo modo, 0 número de combinações que dão duas Nos 8 primeiros dias viajante faz quatro idas e quatro voltas faces azuis é produto de 1 por 6-X, ou seja, até A, depondo de cada vez no refúgio um dia de alimentação. 136 137número de combinações que dão duas faces da mesma Como Urbano e Vicente contribuem cada dia com ou seja, cor é: se se retirarem, Timóteo e 0 irmão cavarão: 5X+6-X=18 4 X = 12 do buraco Isso quer dizer que cada um deles cava Timóteo pre- O segundo dado tem de ter três faces vermelhas e três cisa, portanto, de 24 dias para cavar um buraco. azuis. Jogo 82 Jogo 80 explorador poderá atravessar o deserto com a ajuda de apenas dois carregadores. 30 12 I 50 23 40 45 59 Partem três de manhã, levando cada um neces- 8 18 27 44 13 62 55 33 sário para se alimentar durante quatro dias. Ao fim do primeiro 34 56 61 14 43 28 17 7 dia de caminho resta a cada um comida para três dias. Um dos 57 47 52 3 38 21 10 32 carregadores retrocede, com correspondente a um dia de ali- 60 46 39 24 49 2 11 29 mentação, deixando ao explorador e ao outro carregador quatro dias de alimentação para cada um. Ao fim do segundo dia cada 35 53 42 25 64 15 20 6 um deles tem três dias de alimentação. carregador retrocede, 31 9 22 37 4 51 48 58 com dois dias de alimentação. 5 19 16 63 26 41 54 36 O explorador prossegue a viagem com os quatro dias de alimentação que lhe são necessários. Jogo 81 Jogo 83 Num só dia: Segundo as estatísticas, em cada 100 homens: Timóteo e Urbano cavam do buraco; 15 não são casados; Timóteo e Vicente, 30 não têm telefone; Urbano e Vicente, 25 não têm automóvel; 20 não têm casa própria. Façamos intervir o irmão gémeo de Timóteo, que fornece precisamente mesmo trabalho que ele. Se Timóteo, irmão, No pior dos casos, todos estes homens são diferentes, não Urbano e Vicente fizessem equipa, teriam num dia: sendo mais de 90. 0 número mínimo dos que, pelo contrário, possuem todas do buraco as características ao mesmo tempo é de 10. 138 139Jogo 84 Jogo 86 Calculemos quanto tempo decorre desde 0 momento em Imaginemos que os 210 números estão inscritos uns por que os ponteiros se sobrepõem ao meio-dia até ao momento cima dos outros para efectuar a adição. em que se sobrepõem novamente, pouco mais de uma hora Imaginando sempre, efectuamos a adição. É preciso somar depois, relógio a trabalhar bem. primeiramente os algarismos da coluna da direita. Examinemos Seja n o número de minutos decorridos numa hora, até à quantas vezes esta coluna contém cada algarismo. Sempre que sobreposição. Como os ponteiros coincidem: um determinado algarismo se encontra à direita de um número, temos maneiras de escolher os algarismos da esquerda. Cada algarismo está, portanto, representado 24 vezes na coluna. A soma da coluna é: Decorreram, portanto, na totalidade, entre as duas sobre- posições: cálculo é idêntico para as outras colunas, que valem cada uma 600. A soma faz-se com degraus apropriados: Ora decorreram, de facto, 61 minutos. Em 60 minutos o relógio indicará então de ou seja, um pouco mais de 600 600 64 minutos e 22 segundos. O relógio adianta-se, portanto, 4 minutos e 22 segundos 600 600 por hora. 666600 Jogo 85 Jogo 87 A moeda de 11 unidades permite pagar de maneira exacta 46 1 2 3 42 41 40 as seguintes somas: 11, 22, 33, 44, 55, 66...; junta com uma de 45 35 13 14 32 31 5 7 unidades, paga: 7, 18, 29, 40, 51, 62, 73...; junta com duas 44 34 28 21 26 16 6 de 7 unidades, paga: 14, 25, 36, 47, 58, 69, 80...; etc. Enfim, 7 17 23 25 27 33 43 junta com dez moedas de 7 unidades: 70, 81, 92... Com onze moedas de 7 unidades voltar-se-á à primeira 11 20 24 29 22 30 39 série. 12 19 37 36 18 15 38 Estas onze séries têm termos todos diferentes, pois 7 e 10 49 48 47 8 9 4 11 são primos entre si. 140 141Assim, a partir de 70, as diferentes onze progressões de A soma dos algarismos do número a elevar ao quadrado é um razão 11 atingem todos números inteiros. número de 0 a 8 (noves fora): 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 ou 8. Os Mas a décima primeira coloca-se nos espaços deixados quadrados destas nove possibilidades são: livres pelas dez precedentes, e 0 espaço que precede 70 e que ela não ocupa situa-se onze números antes, em 70 11 = 59. 0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64 A maior quantia não pagável é, portanto, 59. Uma vez reduzidos: 0,1,4,0,7,7,0,4,1 Jogo 88 Sejam quatro possibilidades diferentes: Contemos as ARARA segundo a colocação do A central. Este A pode estar: 0, 1, 4 ou 7 No centro ou no losango central (9 posições). Cada um destes A toca 4 tocando cada um 4 A. Está no início número que Timóteo tenta construir tem como de 16 ARA e no fim de 16 ARA. É centro de 256 soma dos seus algarismos: ARARA. Estes A dão, na totalidade, 2304 ARARA; Num ângulo do losango exterior (4 posições). Cada um destes A toca 1 R, tocando 4 A. É início de 4 ARA e o fim de 4 ARA. Está no centro de 16 ARARA. Estes A ou seja, 2 após a redução. dão 64 ARARA; Um número composto por quatro algarismos pares só pode Num lado do losango exterior (12 posições). Cada um ter um quadrado. destes A toca 2 R, tocando cada um 4 A. É início de 8 ARA e fim de 8 ARA. Está no centro de 64 ARARA. Jogo 90 Estes A dão 768 ARARA. 77 2 3 4 72 71 70 69 Podem ler-se, portanto, 3136 ARARA. 76 62 17 18 19 58 57 56 6 75 61 51 29 30 48 47 21 7 Jogo 89 74 60 50 44 37 42 32 22 8 9 23 33 39 41 43 49 59 73 problema é impossível e iremos tirar a prova dos nove. 14 27 36 40 45 38 46 55 68 Imaginemos que fazíamos a multiplicação correspondente ao 15 28 35 53 52 34 31 54 67 cálculo do quadrado de um número inteiro. A prova dos nove deste cálculo consistiria em adicionar algarismos do número, 16 26 65 64 63 24 25 20 66 em tomar seu quadrado e em comparar o resultado com a soma 13 81 80 79 78 10 12 5 dos algarismos do quadrado, tirando sempre os 9 (noves fora). 142 143Jogo 91 Um R em ângulo toca 4 I, em que um toca 7 AS, dois tocam cada um 4 AS e um apenas 1 AS. Um R em Os pesos que estão em equilíbrio nos dois pratos não são ângulo é, portanto, 0 início de 16 RIAS, sendo iguais, mas proporcionais. Assim, se 2 kg equilibram 5 kg, então ao mesmo tempo fim de 16 SAIR. É 0 centro de 6 kg equilibram 15 kg. 256 SAIRIAS. Os quatro ângulos dão 1024 SAIRIAS; Designemos por P peso de um melão. Temos: Um R lateral toca 4 I, em que dois tocam 4 AS, um toca 2 AS e um toca apenas 1 AS. Um R lateral é o início de 11 SAIR e o centro de 121 SAIRIAS. Os 8 R laterais dão 968 SAIRIAS. Assim: Obtêm-se, na totalidade, 1992 SAIRIAS. 1 4P=1kg Jogo 94 Jogo 92 Seja n o número de títulos de 10$00 e p o número de títulos de 100$00. Temos então: São necessários cinco pedaços. Timóteo divide a barra em partes de 1, 3, 9, 27 e 81 g, o que é possível: 15 000 = 10 n + 500 n + 100 + 1000 P 15 000 = 510 n + 1100 p 1 500 = 51 n + 110 P Este sistema permite a pesagem de todos os pesos inteiros Como 1500 e 110 p são divisíveis por 10, n é divisível por 10 e poderemos escrever n 10 a. de 1 g a 121 g, colocando: Torna-se então possível dividir dois membros da igualdade Quer unicamente pesos em face do objecto a pesar; por 10: Quer pesos em face de outros pesos colocados do mes- mo lado do objecto. Por exemplo, um objecto de 20 g Como 150 e 51 a são divisíveis por 3, p também 0 é: está em equilíbrio, colocando pesos de 1 g e 9g no p=3b = mesmo prato do objecto e 27 g e 3 g no outro prato. Obtemos 50 = 17 a + b. Apenas uma solução é possível: Jogo 93 que dá: 10 títulos de 10$00 Contemos as SAIRIAS segundo a colocação do R central. 100 títulos de 50$00 O R pode estar, quer sobre um losango, quer sobre um dos 9 títulos de 100$00 quatro ângulos, quer numa das oito posições laterais: 18 títulos de 500$00 144 145Jogo 95 Como não existem quaisquer bilhetes novos, a sua quantidade obtém-se multiplicando-a pelo número de estações novas: primeiro algarismo à esquerda de cada liuha deve ser 1 e multiplicador deve ser 101 para explicar a ausência da segunda linha intermédia. Os dois números da esquerda, Y e 0 número entre parênteses, Temos então: são números inteiros que dividem 34. Y só pode, portanto, ser igual a 1, 2, 17 ou 34. 1 exclui-se, pois são várias as estações 101 novas. Se Y for igual a 17: 1XYZ = X deve ser igual a 1 para que haja um resto. mesmo se Ora X não pode ser um número negativo. Do mesmo passa com Y e com Z. modo, Y não pode ser igual a 34, pois: Obtemos em definitivo: 1111 101 Daria igualmente um X negativo. Apenas uma solução convém: 1 Y = 2 X = 8 1001011 Existiam 8 estações, inauguraram-se 2. ou seja, em sistema decimal, 15 X 5 = 75. Jogo 97 Seja X 0 número de convidados cuja língua oficial é o por- Jogo 96 tuguês. Existem no total 2 X convidados. Cada convidado de língua portuguesa diz bom-dia em portu- Designemos por X o número de estações já existentes e guês a cada um dos outros e ao ministro, isto é, a X pessoas, por Y número de estações novas. que representa X² bons-dias em português. A cada estação nova correspondem: Cada convidado diz bom-dia em português a cada con- vidado de língua portuguesa e ao ministro, isto é, a X + 1 Os bilhetes para as estações antigas, ou seja, X; pessoas, que representa X² + X bons-dias. Os bilhetes das estações antigas para as novas, ou seja, X; Na totalidade foram ditos em português bons-dias. Os bilhetes paraas outras estações novas, ou seja, Y 1: Donde: 2X+Y-1 bilhetes novos 147 146Apenas uma solução convém ao problema: Assim, cada porta representa dois acessos. Se, por exem- plo, uma porta se encontra entre a sala A e a B, representa 0 X = 6 acesso da sala A para a sala B e da sala B para a sala A. O número total de acessos, duplo do número total de Há, portanto, 12 convidados. portas, é par. Cada sala, ao possuir um número par de portas, representa um número igual par de acessos. número total dos acessos Jogo 98 interiores, soma destes números, é par. A diferença entre número total de acessos e este último 0 primeiro algarismo à esquerda de cada número é necessa- número representa o número de acessos exteriores. A diferença riamente 1. entre dois números pares é um número par: número de portas Segundo a configuração das subtracções sucessivas, 0 que dão para 0 exterior. quociente é 1011. divisor termina em 1, assim como o dividendo. Se 0 segundo algarismo do divisor fosse 1, a segunda sub- Jogo 100 não podia dar 1 no segundo lugar. É, portanto, 0, e segundo algarismo da terceira linha é 1. 1 92 8 94 95 96 97 3 9 10 Se o terceiro algarismo do divisor fosse 1, a mesma sub- 20 12 13 84 85 86 87 88 19 11 tracção teria como resultado 101 para que a última divisão fosse exacta. Mas 1011 + 101 = 10 000, uma vez que a terceira linha 71 29 23 74 75 76 77 28 22 30 tem apenas quatro algarismos. 0 terceiro algarismo do divisor é, 40 39 38 67 66 65 64 33 62 31 portanto, 0. 50 49 48 57 56 55 54 43 42 51 Obtemos: 60 59 58 47 46 45 44 53 52 41 1100011 1000 70 69 68 37 36 35 34 63 32 61 1001 1011 21 72 73 24 25 26 27 78 79 80 1101 81 82 83 17 15 16 14 18 89 90 1001 91 2 93 4 6 5 7 98 99 100 1001 1001 Jogo 99 O problema simplifica-se se, em vez de contarmos as portas, contarmos os acessos a uma dada sala. 148 149