Nesta ´ultimo material vocˆes ser˜ao desafiados a pensar e resolver problemas da Olimp´ıada Rioplatense de Matem´atica, uma competi¸c˜ao sediada na Argentina em que delega¸c˜oes de diversos pa´ıses participam. O banco de quest˜oes para a prova ´e o resultado do esfor¸co de diversos professores, que buscam quest˜oes bem criativas (e divertidas!).
O estilo dos problemas ´e um pouco diferente daquele encontrado em competi¸c˜oes na-cionais, essas quest˜oes possuem outros elementos importantes que completam a forma¸c˜ao de prepara¸c˜ao para olimp´ıadas. Portanto entenda: esses problemas n˜ao s˜ao mais f´aceis ou mais dif´ıceis, s˜ao apenas diferentes, o que ´e ´otimo!
Bons estudos!
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Problemas
Problemas Gerais III: Problemas Introdut´orios
Problema 1. Em um tabuleiro quadriculado de 10 linhas e 500 colunas, come¸cando pela casa inferior esquerda e seguindo o modelo que est´a na figura, Joaquin pintou de preto 2011 casas.
Em seguida, Augusta pintou de azul as casas sem pintar que tinham duas ou mais casas vizinhas de cor preta. Quantas casas Augusta pintou?
Problema 2. Dado um inteiro positivo N , as opera¸c˜oes permitidas para se obter outro n´umero s˜ao:
• Dividir N por 2 ou por 3, se o resultado for um n´umero inteiro. • Agregar um 0 ou um 8 `a direita do algarismo das unidades de N.
Dizemos que um n´umero ´e rio-platense se podemos obtˆe-lo a partir do n´umero 8 medi-ante uma sucess˜ao de opera¸c˜oes permitidas.
a) Mostre que 2006 ´e rio-platense.
b) Diga se ´e verdade se todo n´umero inteiro positivo ´e rio-platense. Justifique sua resposta.
Problemas Gerais III: Problemas Propostos
Problema 3. Temos um tabuleiro de 25× 25 dividido em 625 casas de 1 × 1. Decidir se ´e poss´ıvel escrever os 625 n´umeros 1, 2, 3, · · · , 625, um em cada casa, de tal maneira que as seguintes condi¸c˜oes sejam cumpridas:
• Se dois n´umeros s˜ao consecutivos, eles devem ser escritos em casas que s˜ao
compar-tilhadas por um lado.
• Das 50 linhas e colunas do tabuleiro, exatamente 24 delas devem permanecer sem
quadrados perfeitos em suas casas.
Caso seja poss´ıvel, descrever uma forma de colocar os n´umeros no tabuleiro. Caso seja imposs´ıvel, explicar o motivo.
Problema 4. Distribuir os n´umeros 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 6, 7, 7, 8, 8 um em cada casa de um tabuleiro 4× 4 de modo que a soma dos n´umeros localizados em cada uma das quatro linhas, das quatro colunas e das duas diagonais seja um n´umero primo.
Problema 5. Utilizando todos os d´ıgitos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9, Sofia escreveu trˆes n´umeros de trˆes algarismos cada. Ao somar esses trˆes n´umeros, obteve 1665. Agora, em cada n´umero que ela escreveu anteriormente, ela troca os d´ıgitos das centenas com o das unidades, formando trˆes novos n´umeros de trˆes algarismos. Qual ´e a soma desses trˆes novos n´umeros?
Problema 6. Seis caixas cont´em, respectivamente, 18, 20, 21, 23, 25 e 33 bolinhas. Esme-ralda pegou trˆes dessas caixas e Top´azio pegou duas.
a) Mostre que o n´umero total de bolinhas das caixas que Esmeralda pegou ´e maior que o n´umero total de bolinhas das caixas que Top´azio pegou.
b) Sabendo que o n´umero total de bolinhas das caixas que Esmeralda pegou ´e o dobro do n´umero total de bolinhas das caixas que Top´azio pegou, determine o n´umero de bolinhas da caixa restante.
Problema 7. Em um certo jogo usam-se fichas de cores que tem valores diferentes. Duas fichas brancas equivalem a trˆes fichas amarelas, uma ficha amarela equivale a cinco fichas vermelhas, trˆes fichas vermelhas equivalem a oito fichas pretas, e uma ficha preta vale 15 pontos.
a) Quantos pontos vale cada ficha?
b) Encontre todas as maneiras poss´ıveis de acumular 560 pontos usando, cada vez, n˜ao mais do que cinco fichas de cada cor.
Problema 8. Temos uma pilha de 1001 caramelos. Ariel e Bernardo, a cada turno, tiram caramelos da pilha respeitando as seguintes regras:
• Em cada turno devem tirar pelo menos um e n˜ao mais do que 101 caramelos da pilha. • A quantia de caramelos que Ariel tira, em cada turno, tem que ser m´ultipla de trˆes
ou m´ultipla de trˆes mais dois.
• A quantia de caramelos que Bernardo tira, em cada turno, tem que ser m´ultipla de
trˆes ou m´ultipla de trˆes mais um.
• Perde o jogo aquele jogado que n˜ao conseguir jogar respeitando as regras.
Se quem come¸ca o jogo ´e Ariel, determinar qual dos dois jogadores pode assegurar a vit´oria sem importar como jogue o outro. Explique de que modo isso ´e alcan¸cado.
Problema 9. Jorge tem uma quantidade par de cart˜oes, numeradas de 1 a 2n, com n maior ou igual a 3. Ele pinta n cart˜oes de vermelho e n cart˜oes de azul. Ent˜ao, ele desafia seu amigo Claudio a encontrar dois cart˜oes vermelhos e dois cart˜oes azuis tais que a diferen¸ca entre os n´umeros desses cart˜oes vermelhos seja igual a diferen¸ca entre os n´umeros desses cart˜oes azuis. Mostre que, independente da forma que Jorge pintou os cart˜oes, Claudio sempre poder´a encontrar os cart˜oes com a propriedade proposta.
Problemas Gerais III: Solu¸c˜oes dos Introdut´orios
1) Nas colunas 1 e 2 temos no total 11 casas pretas. O mesmo ocorre com os pares de colunas 3 e 4, 5 e 6 e assim por diante. Esse padr˜ao continua at´e as colunas 363 e 364. Cada um dos 182 pares de colunas consecutivas, at´e 363 e 364, cont´em 11 casas pretas, logo o n´umero total de casas pretas nessas colunas ´e de 182× 11 = 2002. Ent˜ao h´a mais 9 casas pintadas de preto, e s˜ao as quatro mais baixas da coluna 365.
Agora, podemos ver que as casas sem pintar que tem pelo menos duas casas pretas vizinhas s˜ao as 9 casas sem pintar de cada uma das colunas 2, 4, 6,· · · , e 362 e tamb´em 8 casas da coluna 364. Portanto Augusta pintou 181× 9 + 9 = 1368 casas.
2) a) Duas maneiras de obter 2006 a partir do 8:
8 → 4 → 48 → 24 → 12 → 128 → 64 → 32 → 320 → 3208 → 1604 → 16048 → 8024→ 4012 → 2006;
8→ 4 → 48 → 480 → 4808 → 2404 → 1202 → 601 → 6018 → 2006;
b) Sim, a afirma¸c˜ao ´e verdadeira. Antes de tudo, est´a claro que 1, 2 e 4 s˜ao rio-platenses. Agora ´e suficiente mostrar que para cada inteiro positivo A h´a um inteiro positivo A1 menor que A tal que A podemos obter a partir de A1 mediante
uma sucess˜ao de opera¸c˜oes permitidas. Isso ocorre por que o mesmo pode ser aplicado a A1, e ent˜ao obtemos um A2 < A1 tal que A1 obtemos a partir de A2
mediante algumas opera¸c˜oes, e assim seguindo. Os n´umeros A,A1, A2,· · · formam
uma sucess˜ao estritamente decrescente e, cedo ou tarde, o seguinte Akser´a 1, 2 ou
4.
Ent˜ao seja A̸= 8 arbitr´ario. Se A termina em 0 ou 8 retiramos esse ´ultimo d´ıgito.; o novo n´umero A1 satisfaz o que solicitamos. Se ele termina em 1, 2, 3, 4, 5,
6, 8, 9, multiplicamos respectivamente por 8 = 2.2.2; 4 = 2.2; 6 = 2.3; 2; 2; 3; 4 = 2.2; 2. Seja B o n´umero obtido. Observe que os ´unicos fatores usados nessas multiplica¸c˜oes s˜ao 2 e 3. Logo podemos obter A `a partir de B mediante divis˜oes por 2 ou por 3. Assim, B ´e maior que A, mas a multiplica¸c˜ao foi feita de modo que
o ´ultimo d´ıgito de B ´e 0 ou 8. Agora, B ´e um n´umero de um ´unico d´ıgito apenas se
A = 1, 2 ou 4, e nesses casos j´a ter´ıamos alcan¸cado o objetivo. Se B tem mais de um d´ıgito, apagamos seu ´ultimo d´ıgito e obtemos o n´umero A1; obtemos A `a partir
de A1 e basta verificar que A1 < A. Com efeito, as multiplica¸c˜oes do par´agrafo
anterior s˜ao tais que B ≤ 8A. Por outro lado, B = 10A1 ou B = 10A1 + 8, de
modo que B ≥ 10A1. Portanto 8A≥ 10A1, o que implica a desigualdade buscada,
A > A1.
Problemas Gerais III: Solu¸c˜oes dos Propostos
3) Vamos ver que ´e poss´ıvel completar o tabuleiro para que se cumpram as duas condi¸c˜oes. Em primeiro lugar, dividimos o quadrado de 25×25 em 25 tiras em forma de L de largura 1 como na figura a seguir. A primeira tira est´a na casa superior esquerda, a segunda cont´em 3 casinhas, a terceira cont´em 5 casinhas, assim por diante, e a tira numero 25 cont´em 49 casinhas. Escrevemos ent˜ao os n´umeros 1, 2, 3, · · · , 625 no tabuleiro utilizando as tiras. Escrevemos 1 = 12 na casinha superior esquerda, depois a partira
da casinha da linha 1 e coluna 2, completamos as casinhas da tira 2 com 2, 3 e 4 = 22. Agora, come¸cando com a casinha da linha 3 e coluna 1, completamos as casinhas da tira 3 com 5, 6, 7, 8 e 9 = 32. O processo continua com a tira 4, assim seguindo. No
final completa-se a tira 25 com os n´umeros 577 = 242+ 1, 578,· · · , 625 = 252.
Por constru¸c˜ao, cada par de n´umeros consecutivos est˜ao escritos em casinhas com um lado em comum. Al´em disso, notamos que todos os quadrados perfeitos ´ımpares 12, 32, 52,· · · , 252 est˜ao na linha 1 e colunas 1, 3, 5, · · · , 25, respectivamente, e todos os quadrados pares, 22, 42, 62, · · · , 242, est˜ao na coluna 1 e em linhas 2, 4, 6, · · · , 24, respectivamente. Consequentemente, n˜ao h´a quadrados perfeitos nas colunas 2, 4, 6,
· · · , 24 e nem nas linhas, 3, 5, · · · , 25. No total, existem 12 colunas e 12 linhas do
tabuleiro que n˜ao cont´em quadrados perfeitos. Como 12 + 12 = 24, satisfazemos as condi¸c˜oes do enunciado.
4) A soma de todos os n´umeros dados ´e igual a 2× (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8) = 72. Os primos que podemos obter ao somarmos quatro desses n´umeros s˜ao 7, 11, 13, 17, 19, 23 e 29. Al´em disso, observamos que 72 = 13 + 17 + 19 + 23, assim que tratamos de encontrar
uma distribui¸c˜ao em que a soma das linhas, em alguma ordem, sejam 13, 17, 19 e 23, bem como a soma das colunas. Come¸camos colocando 8, 8, 7 e 6 em uma diagonal. Essa sele¸c˜ao nos d´a a soma 29 para essa diagonal, e 29 ´e primo. Logo, podemos obter a soma 23 na linha 1 e tamb´em na coluna 1 da seguinte maneira.
8 7 3 5 23
6 8
5 7
4 6
23 29
Sobram seis n´umeros sem utilizar: 1, 1, 2, 2, 3 e 4. Estes podem ser colocados nas casas vazias de modo que as trˆes linhas restantes tenham soma 13, 17, 19, e o mesmo ocorra com as trˆes colunas restantes:
8 7 3 5 23
6 8 1 4 19
5 3 7 2 17
4 1 2 6 13
13 23 19 13 17 29
Nesta distribui¸c˜ao a soma da outra diagonal ´e 5 + 1 + 3 + 4 = 13, que ´e primo. Isto completa a solu¸c˜ao. Existe ainda outra distribui¸c˜ao poss´ıvel
5) Suponhamos que Sofia escreveu os n´umeros abc, def e ghi, onde a, b, c, d, e, f , g, h, i s˜ao, em alguma ordem, os d´ıgitos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. De acordo com o enunciado 1665 = abc+def +ghi = 100(a+d+g)+10(b+e+h)+(c+f +i). Daqui deduzimos que o ´
ultimo d´ıgito da soma c+f +i ´e 5. Por outro lado, c+f +i≥ 6 e c+f+i ≤ 7+8+9 = 24. O ´
unico n´umero que termina em 5 entre 6 e 24 ´e 15, de modo que c+f +i = 15. Colocamos esse valor na igualdade para obtermos que 1650 = 100(a + d + g) + 10(b + e + h), ou 165 = 10(a + d + g) + (b + e + h). Observamos que b + e + h tamb´em termina em 5, e com o mesmo argumento anterior, utilizamos que b + e + h = 15. Ent˜ao 150 = 10(a + d + g), ou ainda, 15 = a + d + g. Conclu´ımos ent˜ao que a + d + g = b + e + h = c + f + i = 15. Agora, os n´umeros que obtemos ao trocar a e c, d e f , g e i, s˜ao cba, f ed, ihg. Sua soma ´
e cba+f ed+ihg = 100(c+f +i)+10(b+e+h)+(a+d+g) = 100.15+10.15+15 = 1665. 6) a) As trˆes caixas com menos bolinhas cont´em 18, 20 e 21, ent˜ao o n´umero total de bolinhas que Esmeralda pegou ´e pelo menos 18 + 20 + 21 = 59. As duas caixas com mais bolinhas cont´em 25 e 33, logo o n´umero total de bolinhas que Top´azio pegou ´e pelo menos 25 + 33 = 58.
b) Seja x o n´umero total de bolinhas nas duas caixas que Top´azio pegou, ent˜ao o total de caixas que Esmeralda pegou ´e 2x. Portanto, Top´azio e Esmeralda, juntos, possuem x+2x = 3x bolinhas. Daqui deduzimos que a soma das bolinhas das cinco caixas que Esmeralda e Top´azio pegaram, ´e m´ultipla de 3. A soma das bolinhas de 5 caixas, todas exceto a 1a, 2a, 3a, 4a, 5a e 6a, respectivamente, s˜ao 122, 120,
119, 117, 115 e 107. Entre estes seis n´umeros, existem apenas dois m´ultiplos de 3: 120 e 117. Se as somas das bolinhas de Esmeralda e Top´azio fossem 120, ent˜ao a quantidade de bolinhas de Top´azio seria 120÷ 3 = 40. Al´em disso, as 5 caixas utilizadas s˜ao todas menos a segunda. Entre estas cinco caixas que somam 120, n˜ao existem duas que somam 40, logo esse caso ´e imposs´ıvel. Se a soma das caixas de Top´azio e Esmeralda ´e 117, ent˜ao a quantidade de bolinhas de Top´azio ´e 117÷ 3 = 39. As caixas usadas s˜ao todas menos a quarta. O n´umero 39 se obt´em como a soma de bolinhas da 1a e 3a caixas: 18 + 21 = 39. Al´em disso, este ´e o ´
unico par de caixas que somam 39. As caixas de Esmeralda s˜ao as outras 3: a 2a, a 5a e a 6a, que cont´em no total 20 + 25 + 33 = 78 bolinhas. A caixa restante ´e a 4a com 23 bolinhas.
7) a) Sejam B, A, V e P as quantidades de pontos que valem as fichas brancas, amarelas, vermelhas e pretas, respectivamente. Temos que 2B = 3A, A = 5V , 3V = 8P e
P = 15. Logo V = (8/3)P = (8/3)15 = 40, A = 5V = 5.40 = 200, B = (3/2)A =
(3/2)200 = 300.
Os valores de uma ficha branca, amarela, vermelha e preta s˜ao 300, 200, 40 e 15 pontos respectivamente.
b) Suponhamos que s˜ao obtidos 560 pontos usando x fichas brancas, y fichas amarelas,
z fichas vermelhas e t fichas pretas, onde 0 ≤ x, y, z, t ≤ 5. Ent˜ao 300x + 200y +
40z + 15t = 560, agora, 300x, 200y, 40z e 560 s˜ao inteiros divis´ıveis por 4, e portanto 15t tamb´em ´e m´ultiplo de 4, pois 15t = 560− (300x + 200y + 40z) = 4(140− 75x − 50y − 10z). Mas 15 ´e primo com 4, logo t ´e divis´ıvel por 4. Como 0≤ t ≤ 5 ent˜ao t = 0 ou t = 4.
Se t = 0 ent˜ao 300x + 200y + 40z = 560. Dividimos por 20 e temos 15x + 10y + 2z = 28. Agora, 10y, 2z e 28 s˜ao pares, de modo que 15x ´e par, o que implica que x ´e par. Mas x = 0 ou x = 1 (duas fichas brancas, cada uma de 300 pontos, obteriam 600 > 560 pontos). Logo x = 0 e por consequˆencia, 10y + 2z = 28, ou seja, 5y + z = 14. Como 0≤ z ≤ 5, resulta que y ≥ 2. Por outro lado, 5 × 3 = 15 > 14, logo y≤ 2. Portanto y = 2, o que conduz a solu¸c˜ao x = 0, y = 2, z = 4 e t = 0. Se t = 4, ent˜ao 300x + 200y + 40z = 500. Dividimos por 20 e obtemos 15x + 10y + 2z = 25. Veja que 15x ´e ´ımpar, logo x = 1 (observamos antes que x = 0 ou x = 1). Logo 10y + 2z = 10, ou seja, 5y + z = 5. De imediato y = 0 ou y = 1, nesses casos
z = 5 ou z = 0, respectivamente. Obtemos duas solu¸c˜oes a mais: x = 1, y = 0,
z = 5, t = 4 e x = 1, y = 1, z = 0 e t = 4.
Para cada uma das trˆes possibilidades que obtivemos ´e simples verificar que o n´umero total de pontos acumulados ´e 560 e que foram usados no m´aximo 5 fichas de cada cor. Portanto h´a 3 combina¸c˜oes de fichas que cumprem os requisitos: 2 fichas amarelas e 4 fichas vermelhas; 1 ficha branca, 1 ficha amarela e 4 fichas pretas; 1 ficha branca, 5 fichas vermelhas e 4 fichas pretas.
8) Ariel pode assegurar a vit´oria com a seguinte estrat´egia. Em sua primeira jogada, Ariel tira 83 caramelos. Pode fazer isso, j´a que 1 < 83 < 101 e 83 = 3× 27 + 2. Nas jogadas seguintes, se Bernardo tira B caramelos, Ariel responde tirando 102− B caramelos.
Observamos que esse movimento respeita as seguintes regras: por hip´otese, 1≤ B ≤ 101 e B tem resto 0 ou 1 na divis˜ao por 3, logo 1≤ 102 − B ≤ 101 e 102 − B tem resto 0 ou 2 na divis˜ao por 3. Deste modo, em dois turnos consecutivos, um de Bernardo seguido de um de Ariel, s˜ao retirados 102 caramelos. Como 1001 = 83 + 9×102, logo depois que Ariel fizer seu movimento n´umero 10 (Bernardo fez 9), se retiramos os ´ultimos caramelos da pilha. Portanto Ariel ganha.
9) Consideramos primeiramente o caso em que n≥ 4. Calculamos todas as somas de um n´umero vermelho mais um n´umero azul. Como h´a n n´umeros de cada cor, existem no total n2 destas somas. Por outro lado, o menor valor que pode ter a soma do n´umero de dois cart˜oes ´e 1 + 2 = 3, e o maior ´e 2n + 2n− 1 = 4n − 1. De 3 at´e 4n − 1 existem 4n− 1 − 3 + 1 = 4n − 3 n´umeros. Logo, as n2 somas de um n´umero vermelho e um azul se distribuem em no m´aximo 4n− 3 n´umeros.
Observamos que se n ≥ 4, ent˜ao n2+ 3 ≥ 4n + 3 > 4n, deduzimos que n2 > 4n− 3.
Pelo princ´ıpio da casa dos pombos, existem pelo menos duas dessas n2 somas que s˜ao iguais. Digamos que v + a = v′+ a′, onde v e v′ s˜ao n´umeros em cart˜oes vermelhos e a e a′ s˜ao n´umeros em cart˜oes azuis. De v + a = v′+ a′ deduzimos que v− v′ = a− a′ e temos assim os cart˜oes com a propriedade do enunciado.
Se n = 3, existem 32 = 9 somas de um cart˜ao vermelho com um azul, e os poss´ıveis valores de uma soma de dois n´umeros de 1 a 2× 3 = 6 s˜ao 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11. Se as 9 somas de dois cart˜oes fossem distintas, devia existir uma com cada um desses 9 n´umeros. Agora, 3 e 4 s´o se obt´em como 1 + 2 e 1 + 3, respectivamente, logo 2 e 3 s˜ao da mesma cor. Por outro lado, 10 e 11 s´o se obt´em como 6 + 4 e 6 + 5, respectivamente, de modo que 4 e 5 tem a mesma cor. Como h´a 3 cart˜oes azuis e 3 vermelhos, a cor de 2 e 3 ´e distinta de 4 e 5. Temos assim dois pares de cart˜oes, uma vermelha e outra azul, com a mesma diferen¸ca: 3− 2 = 5 − 4 = 1. Isto completa a analise do caso n = 3, e a solu¸c˜ao do problema.
