Problema 1. (OBMEP 2a Fase) A caminhonete do Tio Barnab´e pode carregar at´e 2000
quilos. Ele aceita um servi¸co para transportar uma carga de 150 sacas de arroz de 60 quilos cada e 100 sacas de milho de 25 quilos cada.
a) Vocˆe acha poss´ıvel que o Tio Barnab´e fa¸ca esse servi¸co em cinco viagens? Por quˆe? b) Descreva uma maneira de fazer o servi¸co em seis viagens.
Solu¸c˜ao.
a) Tio Barnab´e tem que transportar uma carga total de 150 quilos. Como a carga m´axima da caminhonete ´e 2000 quilos, em cinco viagens Tio Barnab´e poder´a trans-portar no m´aximo 5×2000 = 10000 quilos, faltando ainda 11500 quilos para completar o servi¸co. Logo, n˜ao ´e poss´ıvel fazer o servi¸co em apenas 5 viagens.
b) Tio Barnab´e pode fazer 5 viagens carregando, em cada uma, 30 sacas de arroz e 8 de milho, totalizando 30× 60 + 8 × 25 = 1800 + 200 = 2000 quilos. Em cinco viagens, ele levaria 30× 5 = 150 sacas de arroz e 5 × 8 = 40 sacas de milho, restando 100− 40 = 60sacas de milho, pesando 60 × 25 = 1500 quilos, que poderiam ser todas transportadas na sexta viagem.
Outra solu¸c˜ao: Tio Barnab´e pode fazer 5 viagens levando, em cada uma, 28 sacos de arroz e 12 de milho, totalizando 28× 60 + 12 × 25 = 1980 quilos em cada viagem; na sexta viagem ele pode levar os 10 sacos de arroz e os 40 de milho restantes, totalizando 10× 60 + 12 × 25 = 1600 quilos.
Problema 2. (OBMEP 2aFase) Alberto, Beatriz, Carlos, Dulce e Eduardo ainda dormiam quando sua m˜ae saiu e deixou uma vasilha com jabuticabas e a instru¸c˜ao para que fossem divididas igualmente entre eles. Alberto acordou primeiro, pegou 15 das jabuticabas e saiu. Beatriz acordou depois, mas pensou que era a primeira a acordar e, por este motivo, pegou 15 das jabuticabas restantes e tamb´em saiu. Os outros trˆes irm˜aos acordaram juntos, perceberam que Alberto e Beatriz j´a haviam sa´ıdo e dividiram as jabuticabas restantes igualmente entre eles.
b) Quem ficou com a menor quantidade de jabuticabas? Quem ficou com a maior quan-tidade de jabuticabas?
c) Ao final da divis˜ao, nenhum dos irm˜aos ficou com mais do que 20 jabuticabas. Quan-tas jabuticabas havia na vasilha?
Solu¸c˜ao.
a) Alberto, primeiro a acordar, pegou 1
5 do total de jabuticabas deixando 1− 1 5 =
4 5 para os demais irm˜aos. Beatriz, segunda a acordar, pegou 1
5 das jabuticabas deixadas por Alberto, pegando assim 1
5 de 4 5, ou seja, 1 5× 4 5 = 4 25 do total de jabuticabas. b) Alberto pegou exatamente 1
5 do total de jabuticabas, deixando 1− 1 5 =
4
5 delas na vasilha. Como Beatriz dividiu as jabuticabas deixadas por Alberto em cinco partes, ela ficou com menos que 1
5 e deixou mais que 3
5 das jabuticabas. Os irm˜aos restantes, dividindo esses 3
5 em trˆes partes iguais, ficaram com mais de 1
5 cada. Logo foi Beatriz quem ficou com menos jabuticabas e Carlos, Dulce e Eduardo com mais jabuticabas. Podemos tamb´em pensar como segue. Alberto ficou com 1
5 das jabuticabas e deixou 1−1
5 = 4
5 delas na vasilha. Beatriz ficou ent˜ao com 1 5 × 4 5 = 4 25 das jabuticabas e deixou 4 5− 4 25 = 16
25 na vasilha. Cada um dos irm˜aos restantes ficou com 1 3× 16 25 = 16 75 das jabuticabas. Como 1
5 = 15 75 e 4 25 = 12 75, a conclus˜ao segue. c) Como Carlos, Dulce e Eduardo ficaram com 16
75 das jabuticabas cada um e essa fra¸c˜ao ´e irredut´ıvel, o total de jabuticabas tem que ser m´ultiplo de 75; por outro lado, como cada um dos irm˜aos ficou com um n´umero inteiro de jabuticabas menor ou igual a 20, o n´umero total de jabuticabas ´e no m´aximo 100. O ´unico m´ultiplo de 75 que ´e menor ou igual a 100 ´e o pr´oprio 75. Logo, havia 75 jabuticabas na vasilha; Alberto ficou com 1
5× 75 = 15 jabuticabas, Beatriz com 4
25 × 75 = 12 jabuticabas e Carlos, Dulce e Eduardo com 16
75 × 75 = 16 jabuticabas cada um.
1
Problemas
Problemas Gerais I: Problemas Introdut´orios
Problema 3. Ariadne brinca com n´umeros de dois ou mais algarismos. Ela soma, aos pares, os algarismos do n´umero, da esquerda para a direita, e escreve os resultados em
ordem; em seguida, ela repete a brincadeira com o novo n´umero e assim por diante. Se ela chegar a um n´umero com um ´unico algarismo, a brincadeira acaba. Por exemplo, de 294 ela obt´em 1113, pois 2 + 9 = 11 , 9 + 4 = 13, Depois, de 1113 ela obt´em 224, pois 1 + 1 = 2, 1 + 1 = 2 e 1 + 3 = 4, e assim por diante. Essa brincadeira acaba com 1 (fa¸ca as contas) : 294→ 1113 → 224 → 46 → 10 → 1.
a) Escreva a sequˆencia que come¸ca com 4125.
b) Escreva os seis primeiros n´umeros da sequˆencia que come¸ca com 995. c) Qual ´e o 103o n´umero da sequˆencia que come¸ca com 33333?
Problema 4. Os alunos do professor Augusto Matraga fizeram quatro provas bimestrais no ano. O professor pede a cada aluno que escolha trˆes dessas provas e depois calcula a m´edia anual, at´e a primeira casa depois da v´ırgula, pela f´ormula M = 10× A
B , onde M ´e a m´edia
anual, A ´e o total de quest˜oes respondidas corretamente nas trˆes provas escolhidas e B ´e o total de quest˜oes das trˆes provas escolhidas. Veja os resultados do aluno Quim durante o ano:
a) Qual ser´a a m´edia anual do Quim se ele escolher as provas dos trˆes primeiros bimes-tres? E se ele escolher as provas dos trˆes ´ultimos?
b) Fa¸ca uma tabela com a porcentagem de acertos do Quim em cada prova para cada bimestre.
c) Quim acha que sua m´edia anual ser´a a mais alta poss´ıvel se escolher as trˆes provas com as maiores porcentagens de acerto. Ele est´a certo? Por quˆe?
Problema 5. Jo˜aozinho coleciona n´umeros naturais cujo algarismo das unidades ´e a soma dos outros algarismos. Por exemplo, ele colecionou 10023, pois 1 + 0 + 0 + 2 = 3.
a) Na cole¸c˜ao de Jo˜aozinho h´a um n´umero que tem 4 algarismos e cujo algarismo das unidades ´e 1. Que n´umero ´e esse?
b) Qual ´e o maior n´umero sem o algarismo 0 que pode aparecer na cole¸c˜ao? c) Qual ´e o maior n´umero sem algarismos repetidos que pode aparecer na cole¸c˜ao? Problema 6. Daniela gosta de brincar com n´umeros de dois ou mais algarismos. Ela escolhe um desses n´umeros, multiplica seus algarismos e repete o procedimento, se necess´ario, at´e chegar a um n´umero com um ´unico algarismo, que ela chama de n´umero-parada do n´umero escolhido. Por exemplo, o n´umero-parada de 32 ´e 6, pois 32→ 3×2 = 6 e o n´umero-parada de 236 ´e 8, pois 236→ 2 × 3 × 6 = 36 → 3 × 6 = 18 → 1 × 8 = 8.
a) Qual ´e o n´umero-parada de 93?
b) Ache um n´umero de quatro algarismos, sem o algarismo 1 cujo n´umero-parada ´e 6. c) Quais s˜ao os n´umeros de dois algarismos cujo n´umero-parada ´e 2?
Problemas Gerais I: Problemas Propostos
Problema 7. Ana e Cristina est˜ao jogando contra Beatriz e Diana. No in´ıcio de cada partida, elas embaralham nove cart˜oes numerados de 1 a 9 e cada uma pega dois cart˜oes, sobrando sempre um cart˜ao na mesa. Cada menina calcula seus pontos somando os n´umeros de seus cart˜oes e o n´umero de pontos da dupla ´e a soma dos pontos das duas parceiras. Vence a dupla que fizer o maior n´umero de pontos. Veja um exemplo de uma partida na tabela:
a) Numa partida, Ana e Cristina tiraram somente cart˜oes com n´umeros ´ımpares, e sobrou o cart˜ao de n´umero 7. Qual foi o resultado da partida? Por quˆe?
b) Uma partida pode terminar empatada se sobrar o cart˜ao de n´umero 8? Por quˆe? c) Uma partida pode terminar empatada se sobrar o cart˜ao de n´umero 5? Por quˆe? d) Em outra partida, uma das meninas tirou o cart˜ao de n´umero 3. Ana fez um ponto
a menos que Beatriz, que fez um ponto a menos que Cristina, que fez um ponto a menos que Diana. Quantos pontos fez a dupla que ganhou?
Problema 8. Trˆes tanques iguais contˆem, inicialmente, 32, 24 e 8 metros c´ubicos de ´agua e est˜ao ligados por registros, como na figura. Estes registros servem para deixar a ´agua passar de um tanque (mais cheio) para o outro (menos cheio) at´e que ambos fiquem com o mesmo volume de ´agua. S´o se pode abrir um registro de cada vez, e ele ´e fechado assim que os tanques que ele liga fiquem com o mesmo volume de ´agua.
Por exemplo, ao abrir o registro R2 na situa¸c˜ao inicial, os tanques A, B e C ficar˜ao, respectivamente, com 32, 16 e 16 metros c´ubicos. A seguir, ao fechar R2 e abrir R1 os tanques A, B e C ficar˜ao, respectivamente, com 24, 24 e 16 metros c´ubicos. Representamos essa sequˆencia por (32; 24; 8)R2→ (32; 16; 16)R1→ (24; 24; 16)
a) A partir da situa¸c˜ao inicial, qual ser´a o volume de ´agua nos tanques A e B ap´os abrirmos o registro R1?
b) A partir da situa¸c˜ao inicial, exiba uma sequˆencia de aberturas de registros de modo que o tanque C fique com exatamente 21 metros c´ubicos de ´agua.
c) Explique por que o tanque A sempre vai ficar com mais de 21 metros c´ubicos de ´agua, qualquer que seja a sequˆencia de abertura de registros a partir da situa¸c˜ao inicial. Problema 9. A figura representa o tra¸cado de uma pista de corrida. Os postos A, B, C e D s˜ao usados para partidas e chegadas de todas as corridas. As distˆancias entre postos vizinhos, em quilˆometros, est˜ao indicadas na figura e as corridas s˜ao realizadas no sentido indicado pela flecha. Por exemplo, uma corrida de 17 km pode ser realizada com partida em D e chegada em A.
a) Quais s˜ao os postos de partida e chegada de uma corrida de 14 quilˆometros? b) E para uma corrida de 100 quilˆometros, quais s˜ao esses postos?
c) Mostre que ´e poss´ıvel realizar corridas com extens˜ao igual a qualquer n´umero inteiro de quilˆometros.
Problema 10. Juca listou todos os n´umeros que podem ser escritos, da esquerda para a direita, obedecendo as seguintes regras:
• n˜ao come¸car com zero; • n˜ao repetir algarismos;
• acrescentar um novo algarismo somente se for m´ultiplo ou divisor do ´ultimo algarismo
• continuar a escrita do n´umero enquanto for poss´ıvel acrescentar um novo algarismo.
Por exemplo, o n´umero 2015 est´a na lista de Juca, pois ele ´e escrito come¸cando com 2, que ´e diferente de 0, depois com 0, que ´e m´ultiplo de 2, depois com 1, que ´e divisor de 0, e seguido de 5, que ´e m´ultiplo de 1. A escrita termina com 5, pois este algarismo n˜ao ´e m´ultiplo nem divisor dos algarismos que ainda n˜ao foram escritos (3, 4, 6, 7, 8 e 9).
a) O n´umero 1063 n˜ao est´a na lista de Juca, pois ´e poss´ıvel acrescentar um ´ultimo algarismo na direita do 3. Qual ´e esse algarismo?
b) Juca escreveu os n´umeros de sua lista em ordem crescente. Qual ´e o primeiro n´umero que ele escreveu depois do 2015?
c) Qual ´e o menor n´umero da lista de Juca? d) Qual ´e o maior n´umero da lista de Juca?
Problema 11. No Egito Antigo, as fra¸c˜oes eram expressas principalmente como somas de fra¸c˜oes distintas com numerador igual a 1. Por isso, fra¸c˜oes com numerador igual a 1 s˜ao chamadas fra¸c˜oes eg´ıpcias. Por exemplo, eles utilizavam 1
3 + 1
5 no lugar de 8 15 (mais precisamente, eles escreviam hier´oglifos que representam 1
3 + 1
5). Os matem´aticos questionaram se era poss´ıvel representar todo n´umero racional p
q , com 1 ≤ p < q como
soma de fra¸c˜oes eg´ıpcias distintas. A resposta ´e sim, e foi encontrada por Fibonacci (o mesmo da sequˆencia!). Para isso, pode-se utilizar o algoritmo guloso, que funciona da seguinte forma: subtra´ımos da fra¸c˜ao p
q a maior fra¸c˜ao
1
n que ´e menor do que p
q e depois
continuamos o processo com a fra¸c˜ao que sobrar. Por exemplo: 4 17 = 1 5 + ( 4 17 − 1 5 ) = 1 5+ 3 85 = 1 5+ 1 29+ 2 2465 = 1 5+ 1 29+ 1 1233+ 1
3039345. (Utilize calculadora nesse problema). a) Escreva 3
7 como a soma de fra¸c˜oes eg´ıpcias distintas.
b) O problema do algoritmo guloso ´e que ele gera fra¸c˜oes com denominadores muito gran-des (como 3039345 no exemplo acima). O pr´oprio Fibonacci sugeriu outro m´etodo, baseado na identidade a
ab− 1 =
1
b+
1
b(ab− 1). Por exemplo, o algoritmo guloso gera,
para 8 11 a expans˜ao 8 11 = 1 2+ 1 5 + 1 37+ 1
4047. Para aplicarmos a ideia de Fibonacci, escrevemos 8
11 como soma de fra¸c˜oes cujos numeradores s˜ao divisores distintos do sucessor do denominador, ou seja, de 11 + 1 = 12, e utilizamos a identidade acima:
8 11 = 2 11 + 6 11 = 1 6 + 1 6.11 + 1 2 + 1 2.11 = 1 6 + 1 66 + 1 2 + 1
22. Tendo essa ideia em mente, escreva 33
119como soma de fra¸c˜oes eg´ıpcias distintas, todas com denominadores menores que 2011.
Problemas Gerais I: Solu¸c˜oes dos Introdut´orios
4) (OBMEP 2a Fase)
a) A sequˆencia ´e 4125→ 537 → 810 → 91 → 10 → 1
b) Os seis primeiros termos s˜ao 9951814→ 995 → 1814 → 995 → 1814
c) Os primeiros termos da sequˆencia s˜ao 33333 → 6666 → 121212 → 33333 → 6666· · · e vemos que os termos se repetem de trˆes em trˆes. Como 103 = 3 × 34 + 1, segue que o 103o termo dessa sequˆencia ´e 33333.
5) (OBMEP 2a Fase)
a) Se Quim escolher as provas dos trˆes primeiros bimestres, sua m´edia anual ser´a 10× (20 + 6 + 32)
20 + 10 + 40 = 580
70 ≈ 8, 3, j´a se ele escolher as provas dos trˆes ´ultimos bimestres sua m´edia anual ser´a 10× (6 + 32 + 40)
10 + 40 + 40 = 780
90 ≈ 8, 7. O s´ımbolo ≈ significa aproximadamente.
b) Como 20 20 = 1 = 100%, 6 10 = 0, 6 = 60%, 32 40 = 0, 8 = 80% e 40 40 = 1 = 100%, a tabela com a porcentagem de acertos do Quim ´e:
c) As provas com maior porcentagem de acerto s˜ao as do 1o, 3o e 4o bimestres, com porcentagens 100%, 80% e 100% respectivamente. A m´edia anual dessas provas ´e:
10× (20 + 32 + 40) 20 + 40 + 40 =
920
100 = 9, 2.
Essa m´edia ´e maio que a calculada no primeiro item do problema. Entretanto, h´a mais uma possibilidade: a m´edia obtida com a escolha das provas do 1o, 2o e 4o
bimestres, que ´e: 10× (20 + 6 + 40)
20 + 10 + 40 =
660
70 ≈ 9, 4.
Logo Quim n˜ao est´a certo, porque as prova com porcentagem de acerto 100%, 60% e 100% s˜ao as que proporcionam maior m´edia anual.
6) (OBMEP 2a Fase)
a) H´a apenas trˆes maneiras de escrever 1 como soma de trˆes n´umeros naturais: 1 = 1 + 0 + 0 , 1 = 0 + 1 + 0 e 1 = 0 + 0 + 1, que nos d˜ao as possibilidades 1001, 0101 e 0011. Os n´umeros 0101 e 0011 devem ser descartados, pois n˜ao tˆem quatro algarismos significativos. Logo na cole¸c˜ao do Jo˜aozinho aparece o n´umero 1001.
b) Primeiro notamos que se um n´umero com algarismos n˜ao nulos est´a na cole¸c˜ao, ent˜ao ele tem no m´aximo 10 algarismos. De fato, se ele tivesse 11 ou mais algarismos n˜ao nulos ent˜ao a soma de todos seus algarismos, exceto o das unidades, seria no m´ınimo 10, o que n˜ao ´e poss´ıvel pois o maior algarismo ´e o 9. Logo todos os n´umeros com algarismos n˜ao nulos na cole¸c˜ao tˆem no m´aximo 10 algarismos, o que mostra que existe um maior n´umero sem o 0 na cole¸c˜ao.
Vamos supor que a cole¸c˜ao do Jo˜aozinho est´a completa. O n´umero 2316 est´a na cole¸c˜ao; trocando o 3 por 111 obtemos 211116, que tamb´em est´a na cole¸c˜ao e ´e maior que 2316, pois tem mais algarismos. Em geral, se um n´umero sem o algarismo 0 est´a na cole¸c˜ao e tem algum algarismo que n˜ao o das unidades diferente de 1, podemos “espichar” o n´umero, trocando esse algarismo por uma sequˆencia de 1’s e obtendo um novo n´umero, que est´a na cole¸c˜ao e ´e maior que o primeiro. Logo o maior n´umero com algarismos n˜ao nulos na cole¸c˜ao deve ter todos seus algarismos iguais a 1, com exce¸c˜ao do algarismo das unidades, que ´e igual ao n´umero de 1’s que o precedem. Como o maior algarismo das unidades poss´ıvel ´e 9, segue que o n´umero procurado ´e 1111111119.
Notamos que a cole¸c˜ao pode ter n´umeros arbitrariamente grandes com o algarismo 0, como (por exemplo) 101, 1001, 10001 e assim por diante.
c) Um n´umero da cole¸c˜ao n˜ao pode ter seis algarismos distintos, pois nesse caso a soma dos cinco algarismos na esquerda do algarismo das unidades seria no m´ınimo 0+1+2+3+4 = 10 . Por outro lado, a cole¸c˜ao pode ter n´umeros de cinco algarismos distintos como, por exemplo, 25108. Se um destes n´umeros tem o algarismo das unidades diferente de 9, podemos “aument´a-lo” adicionando 1 ao algarismo das unidades e 1 ao algarismo das dezenas de milhares (que, claramente, n˜ao pode ser 9), sem sair da cole¸c˜ao. Por exemplo, o n´umero 43108 pode ser “aumentado” para 53109, que tamb´em est´a na cole¸c˜ao. Logo o maior n´umero de cinco algarismos distintos na cole¸c˜ao deve ter 9 como algarismo das unidades. Basta agora escrever 9 como soma de quatro parcelas distintas em ordem decrescente para “montar“ nosso n´umero; segue imediatamente que a decomposi¸c˜ao procurada ´e 9 = 6 + 2 + 1 + 0 e obtemos o n´umero 62109.
7) (OBMEP 2a Fase)
a) O n´umero parada de 93 ´e 4, pois 93→ 9 × 3 = 27 → 2 × 7 = 14 → 1 × 4 = 4. b) Escrevendo 3× 2 = 6 vemos que 32 → 3 × 2 = 6. Como 32 = 4 × 2 × 2 × 2 temos
4222→ 4 × 2 × 2 × 2 = 32 → 3 × 2 = 6 e assim o n´umero-parada de 4222 ´e 6, bem como de 2422, 2242 e 2224.
Outra alternativa ´e escrever 1× 6 = 6, o que nos d´a 16 → 1 × 6 = 6. Como 2222→ 2×2×2×2 = 16, segue que o n´umero parada de 2222 ´e 6. Pode-se tamb´em pensar a partir de 48→ 4 × 8 = 32 → 3 × 2 = 6. Como 48 = 4 × 12 = 4 × 2 × 2 × 3, vemos que 2234, 2324, ..., 4322 tamb´em possuem 6 como n´umero-parada.
c) H´a apenas duas maneiras de obter 2 multiplicando dois algarismos, a saber, 12→ 1×2 = 2 e 21 → 2×1 = 2. Para obter 12, temos as possibilidades 26 → 2×6 = 12,
62 → 6 × 2 = 12, 34 → 3 × 4 = 12 e 43 → 4 × 3 = 12. Para obter 21, temos as possibilidades 37→ 3×7 = 21 e 73 → 7×3 = 21. Como os n´umeros 21, 26, 62, 34, 43, 37 e 73 n˜ao podem ser obtidos como produto de dois algarismos, conclu´ımos que os n´umeros de dois algarismos cujo n´umero-parada ´e 2 s˜ao 12, 21, 26, 62, 34, 43, 37 e 73.
Problemas Gerais I: Solu¸c˜oes dos Propostos
8) (OBMEP 2a Fase)
a) Como sobrou o cart˜ao de n´umero 7 e Ana e Cristina s´o tiraram cart˜oes ´ımpares, seus cart˜oes foram 1, 3, 5 e 9; logo, a soma de seus pontos foi 1 + 3 + 5 + 9 = 18 . Beatriz e Diana tiram os cart˜oes 2, 4, 6 e 8, cuja soma ´e 2 + 4 + 6 + 8 = 20 ; podemos tamb´em ver este total como 45−18−7 = 20, onde 45 ´e o total de pontos, 18 os pontos de Cristina e Ana e 7 a carta que ficou na mesa. Logo Beatriz e Diana ganharam por 20 a 18.
b) A soma dos valores de todos os cart˜oes ´e 1 + 2 +· · · + 9 = 45; se o 8 fica na mesa ent˜ao, para que a partida termine empatada, 45− 8 = 37 (ou ent˜ao 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 9 = 37 ) pontos devem ser divididos igualmente pelas duas duplas, o que ´e imposs´ıvel pois 37 ´e um n´umero ´ımpar. Mais geralmente, se sobra um cart˜ao de n´umero par na mesa, a soma dos pontos das duplas ´e 45 menos um n´umero par = n´umero ´ımpar , e n˜ao pode haver empate neste caso.
c) Quando sobra o cart˜ao de n´umero 5, a soma dos pontos das duplas ´e 45− 5 = 40 , que ´e um n´umero par. Se nesse caso uma partida termina empatada, cada dupla deve ter feito 40÷ 2 = 20 pontos. Para argumentar que o empate pode realmente acontecer nessa situa¸c˜ao, ´e necess´ario exibir uma partida que termine empatada em 20 a 20; um exemplo ´e quando uma dupla retira os cart˜oes de n´umeros 1, 2, 8e9 e a outra retira os restantes.
d) Uma solu¸c˜ao: O cart˜ao com menor n´umero que pode sobrar ´e 1 e o maior ´e 9. Logo, a soma dos pontos feitos pelas duas duplas varia de 45− 9 = 36 a 45 − 1 = 44 , ou seja, os pontos das meninas s˜ao quatro n´umeros consecutivos cuja soma est´a entre 36 e 44. As possibilidades 1, 2, 3, 4, 2, 3, 4, 5, 3, 4, 5, 6, 4, 5, 6, 7, 5, 6, 7, 8, 6, 7, 8, 9 e 7, 8, 9, 10 n˜ao servem pois, em qualquer delas, a soma dos n´umeros ´e menor que 36. Analogamente 10, 11, 12, 13, 11, 12, 13, 14, 12, 13, 14, 15, 13, 14, 15, 16 e 14, 15, 16, 17 n˜ao servem pois, em qualquer caso, a soma dos n´umeros ´e maior que 44. Restam as possibilidades 8, 9, 10, 11 e 9, 10, 11, 12. No primeiro caso, o cart˜ao que ficou na mesa ´e o de n´umero 45− (8 + 9 + 10 + 11) = 7 e no segundo ´e o de n´umero 45− (9 + 10 + 11 + 12) = 3 . Como o cart˜ao que ficou na mesa n˜ao foi o de n´umero 3, s´o resta a primeira possibilidade; conclu´ımos que Ana fez 8 pontos, Beatriz fez 9, Cristina fez 10 e Diana fez 11. A dupla que venceu foi Beatriz e Diana, com 9 + 11 = 20 pontos contra 8 + 10 = 18 de Ana e Cristina.
Uma solu¸c˜ao com vari´avel fica bem mais curta. Se x ´e a pontua¸c˜ao de Ana, ent˜ao
x + 1, x + 2 e x + 3 s˜ao as pontua¸c˜oes de Beatriz, Cristina e Diana, respectivamente. Logo a soma dos pontos das duas duplas ´e x + (x + 1) + (x + 2) + (x + 3) = 4x + 6 , que como vimos no par´agrafo anterior ´e no m´ınimo 36 e no m´aximo 44. Logo 36 ≤ 4x + 6 ≤ 44 , ou seja, 30 ≤ 4x ≤ 38 e conclu´ımos que 7, 5 ≤ x ≤ 9, 5. Logo
x = 8 ou x = 9 s˜ao os poss´ıveis n´umeros de pontos de Ana. Se x = 8 estamos no caso 8, 9, 10, 11, quando sobra o cart˜ao de n´umero 45− (8 + 9 + 10 + 11) = 7 , e para x = 9 estamos no caso 9, 10, 11, 12, quando sobra o cart˜ao de n´umero 45− (9 + 10 + 11 + 12) = 3 . O restante do argumento segue como no par´agrafo anterior.
9) (OBMEP 2aFase) Quando dois tanques s˜ao equalizados, o volume total de ´agua desses tanques ´e a soma dos volumes antes da equaliza¸c˜ao; logo, ao final de uma equaliza¸c˜ao, o volume de ´agua de cada um dos tanques ´e a m´edia aritm´etica dos volumes iniciais. Em particular, quando dois tanques s˜ao equalizados, o tanque com mais ´agua fica com menos e o com menos fica com mais. Isso mostra que o volume de ´agua do tanque A ser´a sempre maior ou igual ao de B, que por sua vez ser´a sempre maior ou igual ao de C; em particular, vemos que o volume de ´agua de A sempre ser´a maior ou igual ao volume de ´agua dos outros tanques e que o volume de ´agua em C nunca diminui.
a) Ao abrir R1, os tanques A e B ficar˜ao com 32 + 24
2 =
56
2 = 28 metros c´ubicos de ´
agua cada; com a nota¸c˜ao do enunciado, temos (32; 24; 8)→ (28; 28; 8)R1
b) Observamos que h´a apenas duas sequˆencias poss´ıveis: a que come¸ca com R1 e a que come¸ca com R2. A segunda delas ´e a sequˆencia procurada:
(32; 24; 8)R2→ (32; 16; 16)R1→ (24; 24; 16)R2→ (24; 20; 20)R1→ (22; 22; 20)→ (22; 21; 21).R2 c) Mostramos a seguir os termos iniciais das sequˆencias que come¸cam com R1 e R2:
(32; 24; 8)R2→ (32; 16; 16)R1→ (24; 24; 16)R2→ (24; 20; 20)R1→ (22; 22; 20)→ (22; 21; 21)R2 R1→ (21, 5; 21, 5; 21)
(32; 24; 8)R1→ (28; 28; 8)R2→ (28; 18; 18)R1→ (23; 23; 18)→ (23; 20, 5; 20, 5)R2 R1→ (21, 75; 21, 75; 20, 5) Como o volume de ´agua de A ´e sempre maior ou igual que o de C e o volume
de C n˜ao diminui, segue que, o volume de ´agua em A ser´a sempre maior que 21
m3. Podemos tamb´em argumentar que como a m´edia aritm´etica de um conjunto
de n´umeros ´e menor ou igual que o maior desses n´umeros, o volume de ´agua em
A ser´a sempre maior ou igual do que a m´edia aritm´etica do volume total de ´agua dos trˆes tanques; essa m´edia ´e 32 + 24 + 8
3 =
64
3 = 21 + 1
3 metros c´ubicos, que ´e maior que 21 etros c´ubicos.
10) (OBMEP 2a Fase)
a) Uma volta completa em torno da pista tem a extens˜ao de 1 + 2 + 6 + 4 = 13 km. Por isso, para percorrer 14 km precisamos dar uma volta completa e percorrer mais 1 km. A ´unica forma de percorrer 1 km, respeitando-se o sentido da corrida,
Extensao (em km) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 Posto de Partida A B A D D C D B A C C B Qualquer Posto de Chegada B C C A B D C D D A B A O mesmo
´
e come¸cando em A e terminando em B. Portanto a corrida deve come¸car em A, dar uma volta completa, e terminar em B.
b) Como 100 = 7×13+9, uma corrida de 100 km corresponde a dar 7 voltas completas na pista e percorrer mais 9 km. A ´unica forma de percorrer 9 km, respeitando-se o sentido da corrida, ´e come¸cando em A e terminando em D. Portanto a corrida deve come¸car em A, dar 7 voltas completas, e terminar em D.
c) Como sugerido nos itens acima, a solu¸c˜ao do problema est´a baseada na id´eia de dar tantas voltas completas sem exceder o comprimento da corrida e depois localizar esta¸c˜oes convenientes para percorrer o que falta. Como uma volta completa possui 13 km, estamos interessados nos poss´ıveis restos da divis˜ao por 13, que s˜ao os elementos do conjunto 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12.
Inicialmente, vejamos como podemos realizar corridas de 1 a 13 km, isto ´e feito por inspe¸c˜ao direta e o resultado est´a na tabela abaixo.
A partir dessa tabela, podemos concluir que ´e poss´ıvel realizar corridas cuja ex-tens˜ao ´e qualquer n´umero inteiro de quilˆometros maior do que 13.
11) (OBMEP 2a Fase)
a) Como n˜ao ´e poss´ıvel repetir algarismos, os algarismos que podem ser acrescentados na direita de 1063 s˜ao 2, 4, 5, 7, 8 e 9; desses, o ´unico que ´e m´ultiplo ou divisor de 3 ´e o algarismo 9. O n´umero 10639 est´a na lista de Juca, n˜ao ´e poss´ıvel acrescentar um novo algarismo pois 2, 4, 5, 7 e 8 n˜ao s˜ao m´ultiplos nem divisores de 9. b) O n´umero natural sucessor de 2015 ´e 2016, entretanto ele n˜ao est´a na lista de
Juca, pois os n´umeros dessa lista devem ser acrescidos de algarismos enquanto for poss´ıvel colocar m´ultiplo ou divisor do ´ultimo algarismo escrito, ou seja 2016 pode ser completado a 201639. O pr´oximo n´umero que vem depois do 2016 ´e 2017, e este sim est´a na lista de Juca, j’a que 3, 4, 5, 6, 8 e 9 n˜ao s˜ao m´ultiplos nem divisores de 7.
c) Como qualquer n´umero ´e m´ultiplo de 1 e divisor de 0, todos os n´umeros listados por Juca v˜ao conter os algarismos 0 e 1 e sempre ser´a poss´ıvel acrescentar outro algarismo dispon´ıvel na direita desses dois algarismos. Assim, todos os n´umeros listados por Juca tˆem pelo menos trˆes algarismos. Os primeiros n´umeros com trˆes algarismos distintos s˜ao 102, 103 e 104, que n˜ao est˜ao na lista de Juca, pois ´e poss´ıvel acrescentar 4 ou 8 na direita do 2, 6 ou 9 na direita do 3 e 2 ou 8 na direita do 4. Como 105 est´a na lista de Juca, pois n˜ao ´e poss´ıvel acrescentar os algarismos 2, 3, 4, 6, 7, 8 e 9 na direita do 5, segue que esse ´e o menor n´umero na lista de Juca.
todos os algarismos, come¸ca com 9 e sempre ´e acrescentado, a cada vez, o maior algarismo poss´ıvel que seja m´ultiplo ou divisor do ´ultimo algarismo escrito. 12) (OPM Fase Final)
a) A maior fra¸c˜ao 1
n que ´e menor que
3 7 ´e 3 9 = 1 3, portanto fazemos 3 7− 1 3 = 2 21 ⇐⇒ 3 7 = 1 3 + 2
21. Repetimos o procedimento com 2 21. A maior fra¸c˜ao 1 n que ´e menor que 2 21 ´e 2 22 = 1 11, logo temos 2 21− 1 11 = 1 231, ou seja, 2 21 = 1 11+ 1 231. Finalmente 3 7 = 1 3+ 2 21 = 1 3 + 1 11 + 1 231.
b) Como 33 = 8 + 10 + 15 (existem outras parti¸c˜oes) temos 33 119 = 8 119+ 10 119+ 15 119 = 1 15 + 1 15.119 + 1 12 + 1 12.119 + 1 8 + 1 8.119 = 1 15+ 1 1785+ 1 12 + 1 1428+ 1 8 + 1 952.
