.Problema para ajudar na escola: Um padrinho

Problema
(A partir da 2ª série do E. M. – Nível de dificuldade: Difícil)

• [tex]36 = 1 × 3 × 3 × 4 \, \, [/tex] e [tex] \, \, 11 = 1 + 3 + 3 + 4[/tex],

mas [tex]36 [/tex] também é um padrinho de [tex]\textcolor{#FF0000}{10}[/tex], de [tex]\textcolor{#0040FF}{12}[/tex] e de [tex]\textcolor{#008000}{13}[/tex], já que

• [tex]\textcolor{#FF0000}{36 = 3 × 3 × 4} \, \, [/tex] e [tex]\textcolor{#FF0000}{ \, \, 10=3 + 3 + 4} \, [/tex];
• [tex]\textcolor{#0040FF}{36 = 6 × 6} \, \, [/tex] e [tex]\textcolor{#0040FF}{ \, \, 12=6 + 6} \, [/tex];
• [tex]\textcolor{#008000}{36 = 9 × 4} \, \, [/tex] e [tex]\textcolor{#008000}{ \, \, 13=9 + 4} \, [/tex].

Qual é o número máximo de zeros com que pode terminar um padrinho de [tex]2018[/tex]?

Solução

[tex]p=z\underbrace{00\cdots 0}_{n\text{ zeros}}=z \times \left(\underbrace{10 \times 10 \times \cdots \times 10}_{n\text{ fatores}} \right)[/tex]

sendo [tex]z[/tex] um número que não termina por zero.
Como [tex]p[/tex] é padrinho de [tex]2018[/tex], então [tex]2018[/tex] é escrito como soma de fatores de [tex]p[/tex]. Dessa forma, para produzirmos cada um dos [tex]n[/tex] fatores [tex]10[/tex] de [tex]p[/tex], precisaremos de parcelas iguais a [tex]10[/tex] ou [tex](2+5)[/tex] para [tex]2018[/tex]. Mas perceba que [tex]2+5=7 \lt 10[/tex]; portanto, ao escrevermos [tex]2018[/tex], se utilizarmos parcelas iguais a [tex](2+5)[/tex] para produzir fatores [tex]10[/tex] nos produtos que produzem os padrinhos, o número de parcelas será maior do que se utilizarmos parcelas iguais a [tex]10.[/tex] Isso significa que teremos mais fatores [tex]10[/tex] nos produtos que produzem os padrinhos, e consequentemente mais zeros.

Então, utilizaremos o máximo de parcelas iguais a [tex](2+5)[/tex] para obtermos [tex]2018[/tex]. Se esse máximo for [tex]m[/tex], isso corresponde a escrevermos [tex]2018[/tex] na forma

• [tex]2018=7m+k[/tex], com [tex] k \lt 7.\qquad \qquad \textcolor{#800000}{(i)}[/tex]

Para reforçar que estamos no caminho certo para resolvermos o problema, observe que, da condição [tex]\textcolor{#800000}{(i)}[/tex], segue que
[tex]\qquad 2018=7m+k[/tex], com [tex] k \lt 7[/tex]
[tex]\qquad 2018=2m+5m+k[/tex], com [tex] k \lt 7[/tex]
[tex]\qquad 2018= \left(\underbrace{2 + 2 + \cdots + 2}_{m\text{ parcelas}} \right) + \left(\underbrace{5 + 5 + \cdots + 5}_{m\text{ parcelas}} \right)+k[/tex], com [tex] k \lt 7.\qquad \textcolor{#800000}{(ii)}[/tex]
Logo, segue de [tex]\textcolor{#800000}{(ii)}[/tex], que
[tex]\qquad p_1= \left(\underbrace{2 \times 2 \times \cdots \times 2}_{m\text{ fatores}} \right) \times \left(\underbrace{5 \times 5 \times \cdots \times 5}_{m\text{ fatores}} \right) \times k [/tex] , com [tex] k \lt 7.[/tex]

é um padrinho de [tex]2018[/tex] que termina com o maior número possível de zeros. Com isso, concluímos que [tex]n=m[/tex] e isso resolve o nosso problema, já que a afirmação [tex]\textcolor{#800000}{(i)}[/tex] garante que [tex]\textcolor{red}{m}[/tex] e [tex]\textcolor{blue}{k}[/tex] são respectivamente o quociente e o resto da divisão euclidiana de [tex]2018[/tex] por [tex]7.[/tex] (Observe que [tex]m[/tex] mede quantas vezes o número [tex]7[/tex] cabe em [tex]2018[/tex].)
Como
[tex]\qquad \qquad \begin{array}{r}
2018 \, \end{array} \begin{array}{|r}
\, \, 7 \, \, \, \, \\ \hline
\end{array}[/tex]
[tex]\qquad \qquad\begin{array}{r}
\, \, \,\,\, \textcolor{blue}{2}
\end{array}\begin{array}{r}
\, \, \, \, \, \,\,\textcolor{red}{288}
\end{array}[/tex]
concluímos que o número máximo de zeros com que pode terminar um padrinho de [tex]2018[/tex] é [tex] \, \fcolorbox{black}{#eee0e5}{$288$} \, .[/tex]

Solução elaborada pelos Moderadores do Blog.