| Matemática é
transpiração com inspiração! |
Nota:
os exercícios 1 e 2 foram enviados pelo Prof. J. Mesquita - Natal - RN;
só fiz adaptar o texto para publicação
01)
Sem
considerar a ordem, de quantas maneiras poderemos escrever 103 como a
soma de dois números primos ?
Solução:
Observe que a ordem neste
caso é irrelevante, devido à propriedade comutativa da adição; de fato,
sendo a e b dois números reais, tem-se sempre que a + b = b +
a.
Então vamos à solução: sendo a e b
os dois números primos procurados, teremos: a + b = 103; observe
que o resultado é um número ímpar então, obrigatoriamente um dos dois números
deverá ser par, mas, conforme o enunciado do problema, os números são primos.
Ora, o único primo e par que existe é o número 2.
Poderemos então escrever a seguinte igualdade:
2 + b = 103, de onde vem b = 101. Como 101 é um número primo, o problema está
resolvido.
Resposta: o problema tem solução única: 2 + 101 = 103.
02) Qual é o menor número inteiro positivo maior do que 1 que
divide 795 + 523 ?
Solução:
Observe que as bases são números impares então qualquer resultado será
um número impar; vejam os exemplos a seguir, que corroboram esta
afirmativa:
71 = 7
72 = 49
73 = 343
..............................
.............................
.............................
51 = 5
52 = 25
53 = 125
..........................
...........................
Logo: impar + impar = par e o menor número
maior que 1 que divide um número par é 2.
Resposta: 2
03) Considere que estão escritos com giz num quadro negro, os 100 primeiros números
naturais 1, 2, 3, 4, 5, ... , 100. Um dos alunos decidiu – sabe-se
lá porque – apagar esses números de dois em dois, substituindo cada
grupo de dois pela sua soma, ou seja, apagando o 8 e o 12, ele escreve 20 no
lugar, apagando o 3 e o 9 ele escreve 12 no lugar e assim sucessivamente. Ao
final do processo restará evidentemente um único número a ser apagado. Este número
que sobrou é par ou ímpar?
Solução:
Observe que ao substituir dois números x e y pela soma x + y
, não ocorrerá nenhuma alteração no valor da soma
S = 1 + 2 + 3 + ... + 100 que permanecerá constante.
Veja o exemplo:
S = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + 98 + 99 + 100
Apagando o 2 e o 3, por exemplo, e segundo a regra substituindo por 5, teremos:
S = 1 + (2+3) + 4 + 5 + ... + 99 + 100 = 1 + 5 + 4 + 5 + ... + 99
+ 100
Portanto, é fácil concluir que após todas as substituições e apagamentos, o
último número será exatamente à soma 1+2+3+ ... +100.
Logo, o último número a ser apagado será S = 1 + 2 + 3 + ... + 100, ou seja,
a soma dos 100 primeiros termos de uma
Progressão
Aritmética - PA de primeiro termo 1, razão 1 e último termo 100.
Ora, dos nossos conhecimentos de PA
teremos imediatamente:
S = [(1 + 100).100] / 2 = 101.50 = 5050
Portanto, o último número a ser apagado é 5050 que é um número par.
Resposta: par
04)
Qual o último algarismo de 32000
?
Solução:
Observe que 32000 = (32)1000 = 91000
Ocorre que toda potência inteira de
9 termina em 1, se o expoente for par, ou em 9 se o expoente for ímpar.
Exemplos:
90 = 1, 91
= 9 , 92 = 81 , 93
= 729 , 94 = 6561
, ... , e assim sucessivamente.
Logo, como 32000 = 91000 , sendo 1000 um número par,
concluímos que o último algarismo de 32000 , ou seja, o seu
algarismo das unidades é igual a 1.
Resposta:
1
05)
Qual o último algarismo de 32003 ?
Solução:
Observe que 32003 = 32002 . 3 = (32)1001
. 3 = 91001 . 3
Já sabemos do exercício 4 que 91001
termina em 9, pois 1001 é ímpar. Logo, ao multiplicar um número terminado
em 9 por 3, é evidente que o último algarismo será 7,
pois 3x9 = 27. Logo, o último algarismo de 32003
é igual a 7.
Resposta:
7
06)
Qual o último algarismo de 4.32002 ?
Solução:
Observe que 4.32002 = 4.(32)1001 = 4.91001
Como 91001 termina em 9 porque 1001 é ímpar (veja o exercício
4
acima), ao multiplicá-lo por 4, resultará em um número terminado em 6,
pois 4x9 = 36. Logo, o último algarismo
de 4.32002 é igual a 6.
Resposta:
6
07)
Qual o último algarismo de 7.340000 ?
Solução:
Observe que 7.340000 = 7.(32)20000 = 7.920000
Como 920000 termina em 1 porque 20000 é par (veja o exercício 4
acima), é óbvio que ao
multiplicá-lo
por 7, resultará num número terminado em 7,
pois 7x1 = 7. Logo, o último algarismo de 7.340000
é igual a 7.
Resposta:
7
08)
Qual o último algarismo de 22000 ?
Solução:
Observe que 22000 = (22)1000 = 41000
Ocorre que toda potência inteira de
4 termina em 4 se o expoente for ímpar ou em 6 se o expoente for par, para
expoentes inteiros maiores do que 1. Veja os exemplos a seguir:
42 = 16 , 43
= 64 , 44 = 256 ,
45 = 1024
, ... , e assim sucessivamente.
Portanto, como 22000 = 41000 e 1000 é par, concluímos
que o último algarismo de 22000 é igual a 6.
Resposta:
6
09)
Qual o último algarismo de 22003 ?
Solução:
Observe que 22003 = 2.22002 = 2.(22)1001
= 2.41001
Como 41001 termina em 4, pois 1001 é ímpar (veja
o exercício 8 acima), concluímos que 22003
= 2.41001 termina em 8, pois 2x4 = 8. Logo, 22003 tem 8
como seu último algarismo, ou seja, termina em 8.
Resposta:
8
10)
Qual o último algarismo de 22000 + 22003 ?
Solução:
Observe que 22000 + 22003 = 22000 (1 + 23)
= 9.22000 = 9.(22)1000 = 9.41000
Como 41000 termina em 6 pois o expoente 1000 é par (veja
o exercício 8 acima), concluímos que 9.41000 = 22000 + 22003
irá terminar em 4 pois 9x6 = 54.
Resposta:
4
11)
Qual o último algarismo de 31998 + 32000 ?
Solução:
Observe que:
31998 + 32000 = 31998(1+32)
= 31998.10 = (32)999.10 =10.9999
Logo 31998 + 32000
vai terminar em 0, pois todo número inteiro multiplicado por 10 termina em
zero.
Resposta:
0
Feira de Santana, 04 de outubro de
2008 - Paulo Marques.
VOLTAR