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UFRN - PROEX - OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA
DO ESTADO DO RIO GRANDE DO NORTE
2020
Copyright © 2020 Benedito Tadeu V. Freire
Conteúdo
1 OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA *[.5pc].5
2 PUBLICAÇÕES *[.5pc].9
2.1 Publicações da SBM/IMPA 9
2.2 Outras Publicações 11
2.3 Outras Fontes 11
3 PREPARAÇÃO PARA AS OLIMPÍADAS *[.5pc].13
3.1 A Arte de Resolver Problemas 13
3.2 Atitude dos Alunos Durante a Realização das Provas 14
3.3 Para o Aluno: Observações Finais 14
3.4 Para o Professor 15
4 CALENDÁRIO 2020 *[.5pc].17
4.1 Calendário da OBMEP-2020 17
4.2 Calendário da OBM-2020 17
4.3 Calendário da OMRN-2020 17
5 PROBLEMAS *[.5pc].19
5.1 Problemas para o Nível I 19
5.2 Problemas para o Nível II 21
5.3 Problemas para o Nível III 23
5.4 Problemas para o Nível Universitário 26
6 SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS *[.5pc].29
6.1 Solução dos Problemas para o Nível I 29
6.2 Solução dos Problemas para o Nível II 34
6.3 Solução dos Problemas para o Nível III 39
6.4 Solução dos Problemas para o Nível Universitário 48
7 PROVAS DA OMRN DE 2019 *[.5pc].55
7.1 PRIMEIRA FASE 2019 55
7.1.1 Prova do Nível I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
7.1.2 Prova do Nível II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
7.1.3 Prova do Nível III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
7.1.4 Prova do Nível Universitário . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
8 SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA *[.5pc].73
8.1 Solução da Prova do Nível I 73
8.2 Solução da Prova do Nível II 82
8.3 Solução da Prova do Nível III 91
8.4 Solução da Prova do Nível Universitário 104
9 PROVAS DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA FASE *[.5pc].115
9.1 Provas do Nível I - Segunda Fase 115
9.2 Prova do Nível II - Segunda Etapa 117
9.3 Prova do Nível III - Segunda Etapa 119
10 SOLUÇÃO DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA FASE *[.5pc].121
10.1 Solução da Prova do Nível I 121
10.2 Solução da Prova do Nível II - Segunda Etapa 124
10.3 Solução da Prova do Nível III - Segunda Etapa 127
10.4 Solução da Prova da 2a Fase 2019 - Nível Universitário 132
Índice Remissivo *[.5pc].137
1. OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA
O que é a Olimpíada de Matemática?
Uma Olimpíada de Matemática, regional, nacional ou internacional, é um torneio disputado por
estudantes do Ensino Fundamental, Ensino Médio ou Ensino Universitário. Nesses torneios, cada
estudante é desafiado a resolver problemas atraentes, intrigantes e desafiadores. Cada um participa
usando como armas seu raciocínio, sua criatividade e sua disciplina mental.
A Olimpíada de Matemática é uma competição inspirada nos Jogos Olímpicos da Grécia antiga,
que por sua vez são inspirados nos festivais esportivos que os gregos realizavam na antiga Élida,
em honra ao deus Zeus e de outros deuses que habitavam o Olimpo. Os Jogos Olímpicos da Grécia
antiga foram iniciados no ano 776 a.C. e, na era moderna, revividos a partir do ano de 1896.
Como vimos, a inspiração para a realização da Olimpíada de Matemática é bem antiga.
Esse tipo de atividade intelectual, que valoriza a competência e o saber, é uma demonstração
de civilidade e avanço cultural. A história da humanidade comprova que as sociedades mais
desenvolvidas têm cultivado esse sentimento de respeito pelas vitórias do espírito. Basta lembrar os
que viviam nas épocas clássicas, onde os poetas eram coroados com os louros.
A realização das Olimpíadas de Matemática no mundo é um acontecimento que data do século
XIX e, nos moldes atuais, são disputadas desde 1894, quando foram organizadas competições
na Hungria. Nos últimos 60 anos, a Hungria produziu uma das maiores comunidades de grandes
matemáticos do mundo. Esse fato é atribuído ao importante papel das competições matemáticas no
sistema educacional da Hungria.
Com o passar dos anos, competições similares foram se espalhando pelo leste europeu, culminando,
em 1959, com a organização da 1ª Olimpíada Internacional de Matemática (International Mathe-
matical Olympiad (IMO)), na Romênia, com a participação de países daquela região. Atualmente,
é a maior competição de ensino médio do mundo. A IMO vem sendo relizada todos os anos, exceto
1980 (quando foi cancelada devido a conflitos internos na Mongólia). Atualmente, mais de 100
países estão representados na IMO, com no máximo 6 estudantes concorrentes de cada um. As
provas são realizadas em dois dias, sendo 3 problemas por dia. Os participantes do mesmo país
6 Capítulo 1. OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA
trabalham individualmente. Não é permitido trabalho em equipe. O foco da OMI é talento, não
conhecimento. A China ganhou 18 das 28 vezes em que participou e ficou em segundo lugar
mais 6 vezes. Muitos matemáticos notáveis foram participantes da IMO.
No Brasil, a Sociedade Brasileira de Matemática (SBM), em conjunto com o Instituto de Mate-
mática Pura e Aplicada (IMPA), promove, anualmente, desde 1979, a Olimpíada Brasileira de
Matemática (OBM), sob a coordenação da Comissão Nacional de Olimpíadas de Matemática. O
IMPA tem sede na cidade do Rio de Janeiro-RJ e pertence ao Ministério da Tecnologia, Inova-
ções e Comunicações (MCTIC). Todas as participações de estudantes brasileiros em competições
matemáticas internacionais são coordenadas pela Comissão Nacional de Olimpíadas de Matemática.
Ao longo desses anos, a OBM passou por diversas mudanças em seu formato, mas manteve a
ideia central que é a de estimular o estudo da Matemática nos alunos, desenvolver a aperfeiçoar a
capacitação de professores, influenciar na melhoria do ensino, além de descobrir jovens talentos.
A partir do ano de 2005, o Instituto Nacional de Matemática Pura e Aplicada (IMPA) realiza,
anualmente, com o apoio da Sociedade Brasileira de Matemática (SBM), a Olimpíada Brasileira
de Matemática das Escolas Públicas (OBMEP), que é um projeto nacional dirigido às escolas
públicas e privadas brasileiras, realizado, com recursos do Ministério da Educação e do Ministério
da Ciência, Tecnologia, Inovações e Comunicações (MCTIC). A OBMEP visa estimular o estudo
da Matemática e identificar talentos na área e tem como objetivos principais:
• Estimular e promover o estudo da Matemática;
• Contribuir para a melhoria da qualidade da educação básica, possibilitando que um maior
número de alunos brasileiros possa ter acesso a material didático de qualidade;
• Identificar jovens talentos e incentivar seu ingresso em universidades, nas áreas científicas e
tecnológicas;
• Incentivar o aperfeiçoamento dos professores das escolas públicas, contribuindo para a sua
valorização profissional;
• Contribuir para a integração das escolas brasileiras com as universidades públicas, os institu-
tos de pesquisa e com as sociedades científicas;
• Promover a inclusão social por meio da difusão do conhecimento
O público-alvo da OBMEP é composto de alunos do 6º ano do Ensino Fundamental até último
ano do Ensino Médio. Em 2018, mais de 18 milhões de alunos em todo o País participaram da
olimpíada.
No Estado do Rio Grande do Norte, a Olimpíada de Matemática vem sendo coordenada pela
Universidade Federal do Rio Grande do Norte (UFRN), através do Departamento de Matemática,
do Centro de Ciências Exatas e da Terra. Inicialmente, a Olimpíada de Matemática do Estado do
Rio Grande do Norte (OMRN) foi realizada nos anos de 1985 e 1986, sob a Coordenação do
Prof. Francisco Canindé de Oliveira, fortemente incentivado pelos Professores Martin Tygel, que
nesta época era docente da UFRN, e pelo Prof. Cláudio Carlos Dias, docente do Departamento de
Matemática. Depois disso, só voltamos a realizar a OMRN em 1992, sob a Coordenação do Prof.
Benedito Tadeu Vasconcelos Freire, que ficou na Coordenação até sua aposentadoria em 2014. Em
seguida, a Coordenação foi exercida pelo Prof. Carlos Alexandre Gomes da Silva em 2015−2020.
Também coordenada pela UFRN, através do Departamento de Matemática, realizamos desde de
2005 a OBMEP, nos dois primeiros anos coordenada peloProf. Benedito Tadeu Vasconcelos Freire
e, posteriormente, coordenada até agora pelo Prof. Joaquim Elias de Freitas, do Departamento de
Matemática.
No ano de 2020, a Olimpíada de Matemática do Estado do Rio Grande do Norte (OMRN) terá a
sua 31a edição e OMRN terá 4 níveis:
7
• Nível I - para estudantes do Ensino Fundamental, matriculados na 6a ou 7a série;
• Nível II - para estudantes do Ensino Fundamental, matriculados na 8a ou 9a série;
• Nível III - para estudantes matriculados no Ensino Médio.
• Nível IV - para estudantes universitários que ainda não tenham um curso de graduação.
2. PUBLICAÇÕES
2.1 Publicações da SBM/IMPA
Como apoio às Olimpíadas de Matemática, em todos os seus níveis, a SBM e o IMPA publicaram
várias coleções de livros interessantes que constituem excelente referências para aqueles que querem
aperfeiçoar seus conhecimentos e melhorar a capacidade de resolver problemas. Os livros podem
ser adquiridos no site da OBM: https://loja.sbm.org.br.
Coleção Círculos de Matemática da OBMEP
Primeiros passos em Combinatória, Aritmética e Álgebra
Coleção Iniciação Científica
Números Irracionais e Transcendentes
Números: Racionais e Irracionais
10 Capítulo 2. PUBLICAÇÕES
Coleção Olimpíadas de Matemática
Olimpíadas Brasileiras de Matemática - 1a a 8a
Olimpíadas Brasileiras de Matemática - 9a a 16a
Olimpíadas Brasileiras de Matemática - 17a a 24a
Iniciação à Matemática: um curso com problemas e soluções
Olimpíadas Cearenses de Matemática 1981-2005 - Nível Médio
Coleção Círculos Matemáticos
Círculos Matemáticos: A Experiência Russa
Um Círculo Matemático de Moscou: Problemas semana-a-semana
2.2 Outras Publicações 11
2.2 Outras Publicações
O interessado pode obter outras publicações em português (ou em inglês) no site: www.amazon.com.
Por exemplo:
Olimpiadas de Matemática do Estado Rio Grande do Norte
2.3 Outras Fontes
No site da Olimpíada de Matemática do Estado do Rio Grande do Norte (OMRN), o aluno encontra
as provas dos anos anteriores (com as respectivas soluções), listas de problemas semanais (com
as respectivas soluções) e outras informações que podem ajudar alunos e professores. O site da
OMRN é: https://olimpiada.mat.ufrn.br/
Nos sites da OBM e OBMEP existem muitas informações úteis:
• OBM: www.obm.org.br
• OBMEP: www.obm.org.br
3. PREPARAÇÃO PARA AS OLIMPÍADAS
3.1 A Arte de Resolver Problemas
O estudante que participa da Olimpíada de Matemática é desafiado a resolver problemas intrigantes,
atraentes e desafiadores. Logo, ele tem de melhorar continuamente sua formação, aperfeiçoar sua
capacidade de pensar de forma organizada e produtiva. O aperfeiçoamento do ato de pensar requer
o uso de exercícios específicos que darão aos alunos oportunidade de praticar um raciocínio lógico.
A solução de provas anteriores de várias olimpíadas de Matemática ajudam a melhorar a formação
ao mesmo tempo que treinam o estudante na solução de problemas. Mais adiante, apresentaremos
listas de problemas para os diversos níveis, que esperamos que os alunos tentem resolvê-los e,
posteriormente, leiam as soluções. Os problemas que apresentamos adiante foram selecionados
dentre os belos problemas de Olimpíadas de Matemática ao redor do mundo.
Quando for resolver um problema, adote alguns cuidados que podem melhorar sua capacidade de
resolvê-los:
• Entenda, antes de fazer. Isto é, leia bem o problema, se possível mais de uma vez, até saber
exatamente quais são as suas hipóteses e o que, exatamente, o problema pede.
• Faça a si as perguntas: essa questão é parecida com alguma outra que eu conheço? Como
posso adaptar a solução do outro problema para resolver este?
• Trace um plano para resolvê-lo. Se você já tem algumas estratégias possíveis para atacar o
problema, a tarefa a seguir é meditar sobre as suas ideias e deixar que o seu subconsciente
trabalhe, a seu gosto, esse amontoado de ideias que você preparou para ele. É aconselhável
que você faça uma lista das melhores ideias, a princípio sem misturá-las.
• Explore cada ideia da lista com decisão e confança, de forma ordenada, em paz, sem
precipitações. Se, ao colocar em prática uma ideia, lhe ocorrer outra, totalmente desligada da
primeira, e que você avalia que pode lhe ajudar, não vá desprezá-la. Coloque-a na sua lista.
Mas, também não desvie sua atenção da que agora está explorando.
• Um ponto importante que deve sempre ser lembrado: você não pode desistir facilmente. Por
outro lado, não deve teimar demais só com uma ideia. Se as coisas complicarem demais,
14 Capítulo 3. PREPARAÇÃO PARA AS OLIMPÍADAS
haverá provavelmente outro caminho. Um caminho que foi muito usado na história de
matemática foi o da tentativa e erro, tentativa e erro, tentativa e erro, você não pode esquecer
este fato!
• Ao concluir sua resolução, você precisa ter certeza que sua resposta é a procurada. Reveja
sua solução com cuidado.
É importante o aperfeiçoamento da habilidade de resolver problemas porque o estudante se capacita
não apenas a resolver problemas de matemática, mas também como trabalhar logicamente todas
as questões que a vida nos impõe. Com isso, ele pode resolver problemas que nunca viu antes,
tornando-se flexível diante das dificuldades e, acima de tudo, pode criar soluções originais.
3.2 Atitude dos Alunos Durante a Realização das Provas
Durante a realização das provas, espera-se que o estudante:
• Analise e compreenda a instrução para resolver ou provar (dados, relacionamentos entre
dados, condições, pressupostos, conhecimento matemático necessário, etc.)
• Proceda com o rigor adequado e precisão, de forma fundamentada.
• Use argumentos, explicações e justificativas, raciocínio explícito e consistente.
• Se possível, use diferentes métodos de demonstração com base no contexto matemático.
• Use a linguagem, notação e símbolos matemáticos adequados ao contexto.
• Produza ou crie modelos matemáticos adequados que permitem a resolução do problema.
3.3 Para o Aluno: Observações Finais
Ao treinar para as as Olimpíadas de Matemática, não leia soluções dos problemas que você não
se esforçou o suficiente para resolvê-los. A motivação e o processo de pensamento por trás da
solução é mais importante do que saber como resolver uma questão específica. A longo prazo, o
processo de pensamento usado na solução de um problema será muito benéfico no aperfeiçoamento
de sua capacidade de resolver problemas. Em geral, as soluções dos problemas não dão ênfase a
motivação e o processo de pensamento que permitem produzir uma solução. Em resumo, só leia a
solução quando você tem certeza de que você não pode fazer mais progressos.
Um fator importante no sentido da melhoria de sua capacidade de resolver problemas é a sua auto
estima. Achar que você pode resolver o o problema é um fator fundamental no sentido do seu
sucesso. Sempre aborde um problema com a crença de que ele está ao seu alcance. Divirta-se ao
estudar matemática!
As observações a seguir você certamente ouvirá de um estudante bem sucedido nas Olimpíadas de
Matemática.
• Identifique suas prioridades
Pergunte a você mesmo: quão importante é a Olimpíada de Matemática para mim? Estou
disposto a passar horas, todo dia, estudando para a Olimpíada de Matemática? Posso
sacrificar outras atividades para alocar mais tempo no estudo da Matemática? É importante
você perceber que não haverá nenhuma medalha da Olimpíada se você gastar, digamos,
apenas uma hora por dia no tempo de estudo. Se for esse o caso, esqueça a possibilidade de
obter os primeiros lugares na classificação geral da Olimpíada de Matemática.
• Encontre alguém para ajudá-lo
3.4 Para o Professor 15
Ao ler e resolver problemas, você vai encontrar muitas perguntas. Assim, você precisa de um
bom professor que pode responder e explicar essas questões para você. Você também pode
fazer perguntas na Internet — em sites como o da OBM, OBMEP, OMRN e outros — mas
nada supera a presença de um professor.
• Competir
A maioria dos estudantes perde a motivação no processo de preparação. Assim, você pode
aumentar artificialmentea motivação competindo com amigos. Se houver a possibilidade de
frequentar um ambiente de preparação olímpica, então faça-o, por todos os meios!
• Leia a teoria
Para resolver problemas, você precisa entender as idéias e dominar as técnicas por trás deles.
Tente ler e compreender plenamente os materiais.
• Resolver problemas
Para aprender a resolver problemas, você precisa, é claro, resolver problemas! Ao obter uma
resposta, tente entender seus limites, implicações e razões. Em outras palavras, estique o
problema, tanto quanto você puder.
• Trabalhe com inteligência
Você não precisa resolver 100 problemas fáceis por dia. Você não precisa trabalhar 8 horas
em um único problema. Todos têm a sua própria zona de conforto. Encontre aquela que
funciona melhor para você.
• Trabalhe muito
Não confie somente nas suas habilidades, trabalhe duro! Você precisa de concentração e
tempo para tornar seu estudo mais efetivo.
• Saúde física
Sem sua saúde física, você não vai poder seguir os itens acima. Logo, você precisa ter
uma alimentação saudável, dormir bem e praticar exercícios físicos todo dia. Este é um
componente vital do sucesso!
• Saúde emocional
Você precisa preservar sua saúde mental e diminuir as chances de um colapso mental. Sair
pelo menos uma ou duas vezes por semana para limpar a sua mente, talvez para fazer esportes
ou apenas socializar com os amigos.
• Boa Sorte!
3.4 Para o Professor
Na internet, existe um texto muito interessante, de autoria do Prof. Emanuel Carneiro, sobre "Como
montar um projeto de Olimpíada de Matemática na escola", que vale a pena ler. Nele, o autor
aborda alguns temas relevantes:
• que professores e alunos devem participar do treinamento,
• como escolher os alunos,
• como definir as turmas e horários de aula,
16 Capítulo 3. PREPARAÇÃO PARA AS OLIMPÍADAS
• material necessário para os alunos,
• assuntos que devem ser abordados no treinamento (Teoria dos Números, Álgebra, Geometria
e Combinatória).
Para ler o texto do Prof. Emanuel Carneiro, basta ir ao google e procurar: Como montar um
projeto de Olimpíada de Matemática na escola.
Leitura indispensável!
4. CALENDÁRIO 2020
4.1 Calendário da OBMEP-2020
As datas das provas da OBMEP-2020 são as seguintes:
• Prova da Primeira Fase: 26 de maio (terça-feira)
• Prova da Segunda Fase: 26 de setembro (sábado)
Divulgação dos premiados: 08/12, na página da OBMEP: www.obmep.org.br
4.2 Calendário da OBM-2020
Para a OBM-2020, serão indicados até 5 alunos de cada nível (exceto o Nível Universitário- para
o qual todo aluno universitário que ainda não tenha terminado um curso de graduação pode fazer).
Para os níveis I, II e III, o critério de indicação será a classificação final da OMRN-2019.
As datas das provas da OBM-2020 são as seguintes:
• Prova da Fase Única - Primeiro Dia (Níveis I,II,III): 10 de novembro (terça-feira) - Horário:
14 hora (Horário de Brasília)
• Prova da Fase Única - Segundo Dia (Níveis II e III): 11 de novembro (quarta-feira) - Horário:
14 hora (Horário de Brasília)
Divulgação dos estudantes premiados será dia 21/12 na página da OBM: www.obm.org.br
4.3 Calendário da OMRN-2020
Como de costume, as provas serão realizadas em duas fases. Na primeira fase o estudante faz uma
prova objetiva, de múltipla escolha, aplicada na escola do estudante e eliminatória. As datas das
provas da OMRN são:
• 1a Fase: dia 06 de junho (sábado) - Aplicada nas escolas cadastradas.
Nesta fase, em cada nível, serão aplicadas provas com 20 questões objetivas. Serão
classificados para a 2a fase os alunos com as 20 melhores notas de cada nível.
18 Capítulo 4. CALENDÁRIO 2020
• 2a Fase: dia 10 de outubro (sábado)- Aplicada no campus central da UFRN e em alguns
polos no interior do Estado.
5. PROBLEMAS
5.1 Problemas para o Nível I
Problema 5.1 Para colorir as seis faces de um cubo 3×3×3 são necessárias 6 gramas de tinta.
Quando a pintura secou, o cubo foi cortado em 27 cubos pequenos.
A quantidade de tinta, em gramas, necessária para pintar todas as faces não pintadas desses cubos
pequenos é:
(a) 3 (b) 6 (c) 8 (d) 12 (e) 18
Problema 5.2 Nicolas e seu filho e Pedro e seu filho foram pescar. Nicolas e seu filho pegaram a
mesma quantidade de peixes, enquanto Pedro pegou três vezes mais peixes quanto seu filho. Todos
juntos pegaram um total de 25 peixes.
O número de peixes pescado pelo filho de Pedro foi:
(a) 0 (b) 2 (c) 5 (d) 15 (e) 20
Problema 5.3 O ângulo formado pelos ponteiros de um relógio (o ponteiro das horas e o ponteiro
dos minutos) às 10 h 10 min é:
(a) 120◦ (b) 118◦ (c) 115◦ (d) 130◦ (e) 135◦
20 Capítulo 5. PROBLEMAS
Problema 5.4 Uma empresa de transporte possui 30 micro-ônibus, cada um deles com capacidade
de 26 passageiros. A empresa quer substituir os micro-ônibus por ônibus. Cada ônibus tem
capacidade para 60 passageiros e tem custo de 180.000,00 reais.
Para substiutir os micro-ônibus por ônibus, mantendo a capacidade total de passageiros, a empresa
deve investir um total de reais igual a:
(a) 5.400.000 (b) 2.700.000 (c) 2.340.000 (d) 360.000 (e) 780.000
Problema 5.5 Qual parte da região limitada pelo quadrado ABCD, na figura abaixo, possui a maior
área: a parte vermelha ou a parte azul?
A
B C
D
Problema 5.6 Seja C uma círculo de raio r = 4. O quadrado ABCD tem seus vértices sobre
C. Outro quadrado PQRS possui os vértices P e Q sobre C e os outros dois vértices, R e S,
sobre um diâmetro de C.
Calcular o quociente entre as áreas dos dois quadrados:
S(ABCD)
S(PQRS)
.
Problema 5.7 Temos os seguintes tabuleiros 4×4:
1
3
2
1
2
1
3
2
3
2
1
3
1
3
2
1
Tabuleiro 1
3
1
2
2
3
1
1
2
2
1
1
1
2
2
3
2
Tabuleiro 2
Mateus deve eliminar alguns números de cada tabuleiro de tal modo que a soma dos números que
sobrarem em cada fila e em cada coluna seja um múltiplo de 3.
(a) Mostrar como Mateus pode eliminar 5 números do Tabuleiro 1.
(b) No mínimo, quantos números deve Mateus eliminar do Tabuleiro 2?
5.2 Problemas para o Nível II 21
5.2 Problemas para o Nível II
Problema 5.8 Um regimento tinha 48 soldados, mas apenas metade deles tinha uniformes.
Durante a inspeção, eles formaram um retângulo 6×8, e foi apenas suficiente para esconder em
seu interior todos sem uniforme. Mais tarde, alguns novos soldados se juntaram ao regimento, mas
novamente apenas metade deles tinha uniformes. Durante a inspecção seguinte, utilizaram uma
formação retangular, mais uma vez apenas o suficiente para esconder em seu interior todos sem
uniforme.
A quantidade de novos soldados que se juntaram ao regimento foi:
(a) 8 (b) 12 (c) 16 (d) 24 (e) 32
Problema 5.9 Um número inteiro positivo n é dito ser bom se existe um quadrado perfeito cuja
soma de dígitos na base 10 é igual a n. Por exemplo, 13 é bom porque 72 = 49 e a soma dos
dígitos de 49 é igual a 13 = 4+9.
A quantidade de números bons dentre os números 1, 2, 3, . . . , 2007 é:
(a) 223 (b) 492 (c) 669 (d) 992 (e) 1003
Problema 5.10 A figura a seguir mostra um tabuleiro 5×5 do qual foram removidas duas casas
(quadrado 1×1).
A quantidade total de quadrados na figura é:
(a) 16 (b) 23 (c) 39 (d) 53 (e) 55
Problema 5.11 A figura abaixo mostra uma grade retangular com alturas das linha e larguras das
colunas variando.
x+2
x
x+4
x+3
x+5
x−1
22 Capítulo 5. PROBLEMAS
Seis das áreas do sub-retângulos da grade são mostradas.
O valor de x é:
(a)
√
3
2 (b)
1+
√
3
2 (c)
−1+
√
3
2 (d)
1+
√
33
2 (e)
−1+
√
33
2
Problema 5.12 Alex e Bia disputam o jogo seguinte: Alex escolhe 181 números inteiros. Em
seguida, Bia escolhe 19 dos números de Alex, eleva cada um deles ao quadradoal e soma os 19
quadrados. Se essa soma é um múltiplo de 19, Bia vence o jogo, se não, ganha Alex.
Determinar se Alex pode escolher os 181 números de modo que evite Bia de vencer.
Problema 5.13 Numa fila, temos 100 moedas e sabe-se que 26 delas, formando um bloco
consecutivo, são falsas. As outras 74 moedas são autênticas, e elas têm o mesmo peso. Qualquer
moeda falsa é mais leve do que qualquer autêntica, mas o peso de quaisquer duas moedas falsas
não sãonecessariamente iguais.
Usando uma balança comum de dois pratos, encontre pelo menos uma moeda falsa.
Problema 5.14 Escrevemos 1000 números não nulos em volta de um círculo. Os números são
pintados alternadamente de preto e branco. Cada número preto é a soma dos seus dois vizinhos,
enquanto cada número branco é o produto de seus dois vizinhos.
Quais são os valores possíveis da soma destes 1000 números?
Problema 5.15 André e Beatriz praticam seus lances livres no basquetebol. Um dia, eles tentaram
um total de 105 lances livres entre eles, com cada pessoa tendo pelo menos um lance livre. Sabe-se
que André fez exatamente 13 de suas tentativas exitosas e Beatriz fêz exatamente
3
5 .
Qual é o maior número de lances livres bem sucedidos que poderiam ter sido feitos entre eles?
5.3 Problemas para o Nível III 23
5.3 Problemas para o Nível III
Problema 5.16 Um fazendeiro estava vendendo leite, nata e iogurte. Ele tinha um balde de iogurte,
e o número total de baldes com leite e nata era cinco. Os volumes dos baldes são 15; 16; 18; 19; 20
e 31 litros. O agricultor tem duas vezes mais leite do que nata.
O volume, em litros, do balde contendo iogurte é:
(a) 15 (b) 20 (c) 33 (d) 66 (e) 99
Problema 5.17 O denominador de duas frações racionais irredutíveis positivas são 600 e 700.
O valor mínimo do denominador da soma dessas frações, quando escritas como uma fração
irredutível, é:
(a) 1 (b) 28 (c) 42 (d)118 (e) 168
Problema 5.18 Num tabuleiro de xadrez de dimensões n×n, queremos arrumar 111 moedas
em suas casas de modo que o número de moedas em quaisquer duas casas adjacentes diferem por
1. Dizemos que duas casas são adjacentes se elas possuem um lado em comum.
O maior o maior tabuleiro n×n que permite a arrumação é quando n é igual a:
(a) 8 (b) 10 (c) 11 (d) 12 (e) 13
Problema 5.19 Duas formigas encontram-se no vértice da parábola y = x2. Uma começa a
caminhar para nordeste (ou seja, para cima ao longo da reta y = x e a outra começa a andar para
noroeste (ou seja, para cima ao longo da reta y = −x). Cada vez que elas chegam à parábola
novamente, elas trocam de direção e continuam andando. Ambas as formigas andam na mesma
velocidade.
X
Y
Quando as formigas se encontram pela décima primeira vez (incluindo o tempo na origem), seus
caminhos completam 10 quadrados.
A área total desses quadrados é:
(a) 280 (b) 370 (c) 590 (d) 680 (e) 770
Problema 5.20 Remove-se três casas de uma das diagonais principais de um tabuleiro 12×12.
24 Capítulo 5. PROBLEMAS
É possível cobrir completamente a parte restante do tabuleiro com 47 dominós retangulares 1×3
sem sobreposição de quaisquer dois deles?
Problema 5.21 Qual é o a quantidade máxima de números que podemos escolher dentre os
membros do conjunto S = {1, 2, 3, . . . , 2004, 2005} de modo que a diferença entre dois
quaisquer deles não seja igual a 5?
Problema 5.22 Sebastian, uma formiga itinerante, caminha em cima de alguns tabuleiros n×n.
Ela só anda horizontalmente ou verticalmente através das casas do tabuleiro e não passa pela mesma
casa duas vezes.
Em um tabuleiro 7×7, em que casas pode Sebastian começar sua jornada de tal forma que ela
pode passar por todas as casas do tabuleiro?
Problema 5.23 A e B disputam um jogo usando um dado triângulo PQR, de acordo com as
regras seguintes. Um movimento de A é escolher um ponto X sobre o lado QR do triângulo
dado; enquanto o movimento de B é escolher um ponto Y sobre o lado RP, e finalmente o
jogador A escolhe um ponto Z sobre o lado PQ. O objetivo de A é fazer com que o ∆XY Z
possua a maior área possível, enquanto o objetivo de B é tornar a área a menor possível.
•
•
••
• •
RQ
P
X
YZ
Qual é a maior área que o jogador A tem certeza que pode obter, independente de como B se
movimente?
5.3 Problemas para o Nível III 25
26 Capítulo 5. PROBLEMAS
5.4 Problemas para o Nível Universitário
Problema 5.24 Considere o conjunto
S = {1, 2, 3, . . . , 2016}.
A quantidade de elementos de S que tem a propriedade de que o quadrado deixa resto 1 na
divisão por 2016 é:
(a) 4 (b) 8 (c) 16 (d) 1008 (e) 1098
Problema 5.25 Os números 201, 204, 209, 216, 225, . . . são da forma 200+ n2, onde n =
1, 2, 3, 4, 5, . . ..
Para cada n, seja Dn = MDC(an,an+1).
O maior valor possível para Dn é:
(a) 1 (b) 201 (c) 401 (d) 800 (e) 801
Problema 5.26 Seja A o subconjunto dos números inteiros positivos que só possuem 2, 3, 5
como fatores primos. A soma infinita:
S = 1+
1
2
+
1
3
+
1
4
+
1
5
+
1
6
+
1
8
+
1
9
+
1
10
+
1
12
+
1
15
+
1
16
+
1
18
+
1
20
+ . . .
corresponde à soma dos inversos multiplicativos dos elementos de A. A soma S pode ser
representada pelo quocientes de dois inteiros mn , onde MDC(m,n) = 1
O valor da soma m+n é igual a:
(a) 8 (b) 16 (c) 17 (d) 19 (e) 23
Problema 5.27 O maior valor possível para a soma
10
∑
i=1
cos(3xi), com números reais x1,x2, . . . ,x10
satisfazendo a igualdade
10
∑
i=1
cos(xi) = 0 é:
(a) 1 (b) 20113 (c)
401
29 (d)
480
49 (e)
1092
73
Problema 5.28 Considere uma região retangular de dimensões (2m−1)× (2n−1), onde m e n
são números inteiros tais que m, n≥ 4. Esta região deve ser ladrilhada usando ladrilhos dos dois
tipos mostrados a seguir:
(The linhas pontilhadas dividem o ladrilho em quadrados de dimensões 1×1.)
Os ladrilhos podem ser girados e refletidos, contanto que seus lados fiquem paralelos aos lados
da região retangular. Todos eles devem se encaixar dentro da região, e eles devem cobri-lo
completamente sem sobreposição.
5.4 Problemas para o Nível Universitário 27
Qual é o número mínimo de ladrilhos necessários para ladrilhar a região?
Problema 5.29 Suponha que f é uma função de R para R tal que:
f (x)+ f
(
1− 1
x
)
= arctanx
para todos os números reais x 6= 0. (Como de costume, y = arctanx significa −π/2 < y < π/2 e
tany = x.)
Encontre∫ 1
0
f (x)dx.
Problema 5.30 Um icosaedro regular é um poliedro convexo com 12 vértices e 20 faces; as
faces são triângulos equiláteros congruentes.
Em cada face de um icosaedro regular, escreve-se um número inteiro não negativo de tal forma que
a soma de todos os 20 inteiros é igual a 39.
Mostre que há duas faces que compartilham um mesmo vértice e têm o mesmo número inteiro
escrito nelas.
Problema 5.31 Seja n≥ 2 um número inteiro. Considere um tabuleiro de xadrez n×n formado
por n2 quadrados unitários. Uma configuração de n torres neste tabuleiro é pacífica se cada
linha e cada coluna contêm exatamente uma torre.
Encontre o maior inteiro positivo k de tal forma que, para cada configuração pacífica de n torres,
existe um sub-tabuleiro k× k que não contém uma torre em qualquer uma de suas k2 casas.
6. SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
6.1 Solução dos Problemas para o Nível I
Problema 6.1 Para colorir as seis faces de um cubo 3×3×3 são necessárias 6 gramas de tinta.
Quando a pintura secou, o cubo foi cortado em 27 cubos pequenos.
A quantidade de tinta, em gramas, necessária para pintar todas as faces não pintadas desses cubos
pequenos é:
(a) 3 (b) 6 (c) 8 (d) 12 (e) 18
Solução
A resposta correta é a alternativa (d).
As faces do cubo original são formadas por 6×3×3 = 54 faces de cubos pequenos. O número
total de faces dos cubos pequenos é 27×6 = 162. O número total de faces pintadas nos cubos
menores é 162−54 = 158 = 2 ·54. Portanto, 2×6 = 12 gramas de tinta são necessárias para
pintar todas as faces não pintadas desses cubos pequenos.
Problema 6.2 Nicolas e seu filho e Pedro e seu filho foram pescar. Nicolas e seu filho pegaram a
mesma quantidade de peixes, enquanto Pedro pegou três vezes mais peixes quanto seu filho. Todos
juntos pegaram um total de 25 peixes.
O número de peixes pescado pelo filho de Pedro foi:
(a) 0 (b) 2 (c) 5 (d) 15 (e) 20
30 Capítulo 6. SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
Como Nicolas e seu filho pegaram a mesma quantidade de peixes, digamos a, o número total
desses peixes é par: a+a = 2a. De modo análogo, a quantidade de peixes que Pedro e seu filho
pegaram também é par, pois se a quantidade de peixes do filho de Pedro é x, a de Pedro é 3x e
x+3x = 4x,que é um número par. Ora, como a quantidade total de peixes pescado é 25, que
seria igual ao número par 2a+4x, temos que o número de pessoas não pode ser 4, implicando
que Nicola é filho de Pedro. Assim, a quantidade de peixes pescados por Nicola, seu filho e Pedro
são x, x e 3x, respectivamente. Assim, x+ x+3x = 25⇒ 5x = 25 ⇒ x = 5.
Problema 6.3 O ângulo formado pelos ponteiros de um relógio (o ponteiro das horas e o ponteiro
dos minutos) às 10 h 10 min é:
(a) 120◦ (b) 118◦ (c) 115◦ (d) 130◦ (e) 135◦
Solução
A resposta correta é a alternatica (c).
A cada 60 minutos o ponteiro dos minutos percorre 360◦ no sentido horário, o que significa
que a cada 5 minutos depois da marca de 12 horas o ponteiro dos minutos percorre 360
◦
12 = 30
◦.
Assim, até a marca dos 10 minutos, o ponteiros dos minutos percorre, no sentido horário, um
ângulo de 30◦+30◦ = 60◦ a partir da marca dos 12.
Agora, temos que calcular quantos graus o ponteiro das horas se desloca em 10 minutos. Em uma
hora o ponteiro das horas se desloca, no sentido horário, um total de 360
◦
12 = 30
◦. Isto significa
que, após a marca das 12 horas, a cada minuto o ponteiro das horas se desloca 30
◦
60 = 0,5
◦, o
que implica que em 10 minutos ele se desloca 5◦ no sentido horário.
Finalmente, observe que, precisamente às 10 horas, o ângulo entre os ponteiros das horas e dos
minutos é igual a 360
◦
6 = 60
◦. Como o movimento de 10 minutos no sentido horário, o ponteiros
dos minutos avançou 60◦. Se o ponteiro das horas ficasse parado, o ângulo entre os dois seria
60◦+60◦ = 120◦. Mas, como em 10 minutos o ponteiro das horas avançou 5◦, o ângulo entre
os dois ponteiros às 10 h 10 min é igual a: 120◦−5◦ = 115◦.
Problema 6.4 Uma empresa de transporte possui 30 micro-ônibus, cada um deles com capacidade
de 26 passageiros. A empresa quer substituir os micro-ônibus por ônibus. Cada ônibus tem
capacidade para 60 passageiros e tem custo de 180.000,00 reais.
Para substiutir os micro-ônibus por ônibus, mantendo a capacidade total de passageiros, a empresa
deve investir um total de reais igual a:
(a) 5.400.000 (b) 2.700.000 (c) 2.340.000 (d) 360.000 (e) 780.000
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
A capacidade total dos micro-ônibus é de transportar 30 · 26 = 780 passageiros. Logo, a
quantidade de ônibus que a empresa deve comprar é: 78060 = 13, pois cada ônibus possui uma
capacidade de levar 60 pessoas. Portanto, a empresa deve comprar 13 ônibus e seu investimento
total será de 13 ·180.000 = 2340.000 reais.
Problema 6.5 Qual parte da região limitada pelo quadrado ABCD, na figura abaixo, possui a maior
área: a parte vermelha ou a parte azul?
6.1 Solução dos Problemas para o Nível I 31
A
B C
D
Solução
A resposta é: as duas áreas são iguais.
Adicionando as porções de áreas cinza à área da parte vermelha, obtemos a área do triângulo
FBC, cuja área é a metade da área do quadrado inteiro, veja figura a seguir.
A
B C
D
E
F
M
N
P
De fato, a área do triângulo FBC é igual 12 · (base) · (altura). Como a base e a altura do
triângulo são iguais ao comprimento, l, do lado do quadrado dado, temos que a área do triângulo
FBC é igual a 12 · l · l =
1
2 · l
2. Portanto, igual a metade da área do quadrado.
Da mesma forma, adicionando as porções de área cinza à parte azul, obtemos uma área total igual
à soma das áreas dos triângulos BCE e triângulo AED, cuja área é igual a:
1
2
·CE · l+ 1
2
·ED · l = 1
2
(CE +ED) · l = 1
2
· l2.
Agora, chamemos de S(CV ) e S(CA) a medida da área total cinza mais a vermelha e a medidas
da área total cinza mais a azul, respectivamente. Mostramos acima que S(CV ) = S(CA). Por
outro lado, chamando a medida da área vermelha de S(V ) e a medida da área azul de S(A),
podemos escrever:
S(CV ) = S(∆MNF)+S(V )+S(∆BCP) (6.1)
S(CA) = S(∆BCP)+S(A)+S∆MNF) (6.2)
Diminuindo membro a membro as igualdades acima, obtemos S(V ) = S(A). Portanto, as áreas em
questão são iguais.
Problema 6.6 Seja C uma círculo de raio r = 4. O quadrado ABCD tem seus vértices sobre
C. Outro quadrado PQRS possui os vértices P e Q sobre C e os outros dois vértices, R e S,
sobre um diâmetro de C.
Calcular o quociente entre as áreas dos dois quadrados:
S(ABCD)
S(PQRS)
.
32 Capítulo 6. SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
Solução
A resposta correta é 52 .
Seja l o comprimento do lado do quadrado ABCD. Como as diagonais desse quadrado, AC e
BD, são diâmetros do círculo C, temos que AC = BD = 2 · r = 2 ·4 = 8. Assim, pelo teorema de
Pitágoras temos: l2 + l2 = 82⇒ l2 = 32. Logo, a área do quadrado ABCD é: S(ABCD) = 32.
Seja O o centro do círculo C. Sem perda de generalidade, podemos supor que os pontos R e
S estejam sobre o diâmetro AC. Como P e Q são vértices consecutivos do quadrado PQRS,
temos que PQ ‖ AC. Além disso, PS ⊥ AC e QR ⊥ AC. Como AC = OQ = raio de C, os
triângulos retângulos ∆SPO e ∆QRO são congurentes, pois possuem em comum a hipotenusa e
um dos catetos. Logo, temos que SO = OR = y. Assim, o lado do quadrado PQRS mede 2 · y.
Pelo teorema de Pitágoras, temos:
y2 +4y2 = 42⇒ 5y2 = 16⇒ (4y)2 · 5
4
= 16⇒ (2y)2 = 64
5
,
que é a área do quadrado PQRS. Portanto, temos que S(ABCD)S(PQRS) =
32
64
5
= 16064 =
5
2 .
Problema 6.7 Uma empresa aérea permite ao passageiro levar livremente uma certa quantidade de
quilos de bagagem, e pagará uma taxa fixa por cada quilo adicional. Paulinho, Iesus e Elias vão
viajar de avião. A bagagem de Iesus pesa 60 quilos, e as bagagem de Elias e Iesus pesam juntas
65 quilos. Se Paulinho, Iesus e Elias pagaram R$ 77,00, R$ 11,00 e R$ 22,00, respecivamente,
por excesso de bagagem.
Determine quantos quilos pesou a bagagem de Elias.
Solução
A resposta correta é 35 quilos.
Seja x a quantidade de quilos permitido para a bagagm de cada passageiro. Observe que, o que
pagaram Paulinho, Iesus e Elias por excesso de bagagem foi proporcional aos números 7, 1 e 2,
respectivamente. Assim, podemos dizer que os quilos de excesso foram 7k, k e 2k. Agora, para
facilitar o entendimento e a solução, formamos o quadro abaixo:
Paulinho Iesus Elias
Bagagem permitida x x x
Excesso de Bagagem 7k k 2k
Bagagem total x+7k x+ k x+2k
Assim, temos que
x+7k = 60 e (x+ k)+(x+2k) = 65
Resolvendo o sistem, obtemos x = 25 e k = 5. Portanto, a bagagem de Elias pesou 25+2 ·5 = 35
quilos.
Problema 6.8 Temos os seguintes tabuleiros 4×4:
6.1 Solução dos Problemas para o Nível I 33
1
3
2
1
2
1
3
2
3
2
1
3
1
3
2
1
Tabuleiro 1
3
1
2
2
3
1
1
2
2
1
1
1
2
2
3
3
Tabuleiro 2
Mateus deve eliminar alguns números de cada tabuleiro de tal modo que a soma dos números que
sobrarem em cada fila e em cada coluna seja um múltiplo de 3.
(a) Mostrar como Mateus pode eliminar 5 números do Tabuleiro 1.
(b) No mínimo, quantos números deve Mateus eliminar do Tabuleiro 2?
Solução
(a) Uma forma de eliminar os 5 números é a seguinte:
•
3
2
1
•
1
3
2
3
2
1
3
•
3
•
•
Tabuleiro 1
É fácil ver que a soma dos números que sobraram em cada linha e em cada coluna é 3, 6 ou 9,
todos múltiplos de 3.
(b) Como em cada uma das três primeiras filas a soma dos números deve ser um múltiplo de 3,
Mateus tem de eliminar pelo mens um número em cada linha. Na quarta linha os números são
3, 3, 2, 2, e a soma dos números é 3+3+2+2 = 10, que não é múltiplo de 3. Se Matias elimina
um 2 ou um 3, não consegue que a soma dos números restantes seja um múltiplo de 3. Logo,
nessa linha, Mateus deve eliminar dois números. Assim, Mateus deve eliminar pelo menos um total
de 1+1+1+2 = 5. Por exemplo, a tabela poderia ficar assim:
3
1
2
•
3
1
•
2
•
1
1
1
•
•
3
3
Tabuleiro 2
34 Capítulo 6. SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
6.2 Solução dos Problemas para o Nível II
Problema 6.9 Um regimento tinha 48 soldados, mas apenas metade deles tinha uniformes.
Durante a inspeção, eles formaram um retângulo 6×8, e foi apenas suficiente para esconder em
seu interior todos sem uniforme. Mais tarde, alguns novos soldados se juntaram ao regimento, mas
novamente apenas metade deles tinha uniformes. Durante a inspecção seguinte, utilizaram uma
formação retangular,mais uma vez apenas o suficiente para esconder em seu interior todos sem
uniforme.
A quantidade de novos soldados que se juntaram ao regimento foi:
(a) 8 (b) 12 (c) 16 (d) 24 (e) 32
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Suponha que as dimensões da nova formação retangular seja x× y, onde x ≤ y. Assim, a
quantidade de soldados na parte da fronteira da formação, que corresponde aos soldados que
ficaram visíveis, é igual a: x+ x+(y−2)+(y−2) = 2x+2y−4.
Por outro lado, a quantidade de soldados na parte interior da formação retangular é igual a:
(x−2) · (y−2) = xy−2x−2y+4,
Como (x−4) · (y−4) = xy−4x− y+16, temos que:
(i) Se x−4 = 2 e y−4 = 4, obtemos a formação original do retângulo original: 6×8.
(ii) Se x−4 = 1 e y−4 = 8, obtemos um novo retângulo de dimensões: 5×12.
Portanto, a quantidade de novos soldados é igual a: 5 ·12−6 ·8 = 12.
Problema 6.10 Um número inteiro positivo n é dito ser bom se existe um quadrado perfeito cuja
soma de dígitos na base 10 é igual a n. Por exemplo, 13 é bom porque 72 = 49 e a soma dos
dígitos de 49 é igual a 13 = 4+9.
A quantidade de números bons dentre os números 1, 2, 3, . . . , 2007 é:
(a) 223 (b) 492 (c) 669 (d) 992 (e) 1003
Solução
A resposta correta é a alternativa (d).
Inicialmente, observe que, se um número inteiro positivo for um múltiplo de 3, então seu quadrado
é um múltiplo de 9, e o mesmo vale para a soma dos dígitos do quadrado. Por outro lado, se um
número inteiro positivo não for um múltiplo de 3 (i.e. números da forma 3k+1 ou 3k+2, com
k um inteiro não negativo), então seu quadrado é igual a 1 mais um múltiplo de 3, e o mesmo
vale para a soma dos dígitos do quadrado.
Agora, observe que o quadrado do número inteiro positivo 99 . . .99︸ ︷︷ ︸
com m 9′s
é igual a 99 . . .99800 . . .001︸ ︷︷ ︸
com (m−1) 9′s e0′s
,
o que implica que a soma de todos os seus dígitos é igual a 9m. Isto significa que todos os
múltiplos de 9 são bons, e existem um total de 20079 = 223 deles não excedendo a 2007.
Por outro lado, o quadrado de 33 . . .335︸ ︷︷ ︸
com m 3′s
é igual a 1212 . . .1225︸ ︷︷ ︸
com m con juntosde12
e a soma de seus dígitos é
igual a 3m+7. Como os números 1 e 4 são bons, todos os números 1 mais um múltiplo de 3
são bons, e existem um total de 20073 = 669 deles. Portanto, o total de números bons dentre os
números 1, 2, 3, . . . , 2007 é: 223+669 = 992.
Problema 6.11 A figura a seguir mostra um tabuleiro 5×5 do qual foram removidas duas casas
(quadrado 1×1).
6.2 Solução dos Problemas para o Nível II 35
A quantidade total de quadrados na figura é:
(a) 16 (b) 23 (c) 39 (d) 53 (e) 55
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
Existem 23 quadrados de dimensões 1×1, 12 quadrados de dimensões 2×2 e 4 quadrados de
dimensões 3×3. Portanto, a quantidade total de quadrados na figura é: 23+12+4 = 39.
Problema 6.12 A figura abaixo mostra uma grade retangular com alturas das linha e larguras das
colunas variando.
x+2
x
x+4
x+3
x+5
x−1
Seis das áreas do sub-retângulos da grade são mostradas.
O valor de x é:
(a)
√
3
2 (b)
1+
√
3
2 (c)
−1+
√
3
2 (d)
1+
√
33
2 (e)
−1+
√
33
2
Solução
A resposta correta é a alternativa (e).
Seja y a área do retângulo do meio da linha superior. A proporção das áreas de dois retângulos
com a mesma altura é o mesmo que a proporção de suas larguras. Assim, temos
x+1
y
=
largura da coluna 3
largura da coluna 2
=
x+5
x+4
Do modo análogo, temos:
y
x
=
largura da coluna 2
largura da coluna 1
=
x+3
x+2
Multiplicando membro a membro as igualdades acima, temos:
x+1
x
=
x+5
x+4
· x+3
x+2
=
x2 +8x+15
x2 +6x+8
36 Capítulo 6. SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
Simplificando, temos
x2 + x−8 = 0⇒ x = 1±
√
33
2
Como a raiz negativa não interessa (área é um número positivo), a resposta é −1+
√
33
2 .
Problema 6.13 Alex e Bia disputam o jogo seguinte: Alex escolhe 181 números inteiros. Em
seguida, Bia escolhe 19 dos números de Alex, eleva cada um deles ao quadradoal e soma os 19
quadrados. Se essa soma é um múltiplo de 19, Bia vence o jogo, se não, ganha Alex.
Determinar se Alex pode escolher os 181 números de modo que evite Bia de vencer.
Solução
A resposta correta é: não. Bia sempre vence.
Inicialmente, observe que os possíveis restos na divisão por 19 são: 0, 1, 2, 3, . . . ,18, de
maneira que todo número inteiro n pode ser escrito como: n = 19k + i, onde k ∈ Z e
i ∈ {0, 1, 2, 3, . . . ,18}. É fácil ver que os possíveis restos da divisão por 19 dos quadrados
de todos eles, n2 = (19k+ i)2 = 361k2 +38ni+ i2, onde k ∈ Z e i ∈ {0, 1, 2, 3, . . . ,18} são:
0, 1, 4, 5, 6, 7, 9, 11, 16, 17. Agora, temos que, como 361 e 38 são múltiplos de 19, o resto
da divisão por 19 do quadrado é precisamente o resto da divisão de i2 por 19.
Pelo exposto acima, existem 10 possíveis restos na divisão por 19 de um quadrado perfeito. Se
somamos 19 números inteiros com o mesmo resto se obtêm necessariamente um múltiplo de 19,
pois se o resto comum é i, a soma será igual a 19m+19i, onde m ∈ Z. Pelo Princípio da Casa
dos Pombos, vai sempre existir, dentre os 181 números escritos por Alex, 19 deles com o mesmo
resto na divisão por 19. Portanto, Bia sempre vence.
Problema 6.14 Numa fila, temos 100 moedas e sabe-se que 26 delas, formando um bloco
consecutivo, são falsas. As outras 74 moedas são autênticas, e elas têm o mesmo peso. Qualquer
moeda falsa é mais leve do que qualquer autêntica, mas o peso de quaisquer duas moedas falsas
não são necessariamente iguais.
Usando uma balança comum de dois pratos, encontre pelo menos uma moeda falsa.
Solução
Numere as moedas consecutivamente, da esquerda para direita, de 1 a 100. Coloque num dos
pratos da balança as moedas numeradas de 1 a 25 e no outro prato as moedas numeradas de
76 a 100.
Se houver equilíbrio dos pratos da balança, todas estas 50 moedas são reais, pois as falsas estão
situadas num bloco de 26 moedas consecutivas. Segue-se, que pela hipóteses de distribuição das
moedas falsas, as moedas numeradas com 50 e 51 são ambas falsas.
Se não houver equilíbrio, poderemos assumir por simetria que as moedas numeradas de 76 a
100 são mais pesadas. Então estas 25 moedas são autênticas, enquanto que pelo menos uma das
moedas numeradas de 1 a 25 é falsa. Mas, como as falsas formam um bloco consecutivo de 26
moedas, segue-se que as moedas numeradas com 25 e 26 são ambos falsas.
Problema 6.15 Escrevemos 1000 números não nulos em volta de um círculo. Os números são
pintados alternadamente de preto e branco. Cada número preto é a soma dos seus dois vizinhos,
enquanto cada número branco é o produto de seus dois vizinhos.
Quais são os valores possíveis da soma destes 1000 números?
6.2 Solução dos Problemas para o Nível II 37
Solução
A resposta correta é: 375.
Sejam a, b, c, d, e, f , g, h, i e j uma sucessão de números (digamos, no sentido horário)
ao longo do círculo. Vamos supor que o número a esteja pintado de preto. Pelas hipóteses, os
números c, e, g, i estão pintados de preto, enquanto b, d, f , h, j estão pintados de branco.
Assim, temos que:
b = ac (6.3)
c = b+d (6.4)
d = ce (6.5)
e = d + f (6.6)
f = eg (6.7)
g = f +h (6.8)
h = gi (6.9)
i = h+ j (6.10)
Assim, podemos escrever:
b = ac⇒ c = b
a
; c = b+d⇒ d = c−b = b
a
−b = b(1−a)
a
, e =
d
c
=
b(1−a)
ac
= 1−a
Também podemos escrever:
f = e−d = (1−a)− b(1−a)
a
=
(1−a)(a−b)
a
; g =
f
e
=
(1−a)(a−b)
a
· 1
1−a
=
a−b
a
Usando as hipóteses e os resultados acima, temos que
h = g− f = a−b
a
− (1−a)(a−b)
a
= a−b; i = h
g
=
a−b
a−b
a
= a; j = i−h = a− (a−b) = b
Assim, vimos que o nosso modelo se repetirá num ciclo de comprimento 8. Por outro lado, temos
que :
a+b+c+d+e+ f +g+h+i= a+b+(1−a)+a−b)+ b+b(1−a)+(1−a)(a−b)+(a−b)
a
= 3
Como 1000 = 8 ·125, a soma dos 1000 números é igual a 3 ·125 = 375.
Problema 6.16 André e Beatriz praticam seus lances livres no basquetebol. Um dia, eles tentaram
um total de 105 lances livres entre eles, com cada pessoa tendo pelo menos um lance livre. Sabe-se
que André fez exatamente 13 de suas tentativas exitosas e Beatriz fêz exatamente
3
5 .
Qual é o maior número de lances livresbem sucedidos que poderiam ter sido feitos entre eles?
Solução
A resposta correta é: 59 lances livres.
Suponha que André fez a lances livres e Beatriz b lances livres. Temos que:
a+b = 105, coma > 0 e b > 0
Seja M a quantidade de lances livres bem sucedidos. Pelas hipóteses do problema, temos que:
M =
a
3
+
3b
5
=
a
3
+
3(105−a)
15
= 63− 4a
15
.
38 Capítulo 6. SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
O valor M será máximo quando a expressão 4a15 for mínima. Mas, o menor valor inteiro positivo
4a
15 só ocorre quando 15 divide 4a, onde a é um inteirio positivo. Ou seja, quando a = 15, o
que implica M = 63−4 = 59
6.3 Solução dos Problemas para o Nível III 39
6.3 Solução dos Problemas para o Nível III
Problema 6.17 Um fazendeiro estava vendendo leite, nata e iogurte. Ele tinha um balde de iogurte,
e o número total de baldes com leite e nata era cinco. Os volumes dos baldes são 15; 16; 18; 19; 20
e 31 litros. O agricultor tem duas vezes mais leite do que nata.
O volume, em litros, do balde contendo iogurte é:
(a) 15 (b) 20 (c) 33 (d) 66 (e) 99
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Sejam l e n as quantidades de leite e nata (em litros) respectivamente. De acordo com o
enunciado, o agricultor tem duas vezes mais leite do que nata, ou seja, l = 2n. Portanto, a
quantidade total de leite e nata é l+n = 2n+n = 3n, que é um múltiplo de 3. Por outro lado a
soma dos volumes (em litros) de todos os baldes disponíveis é:
15+16+18+19+20+31 = 119 litros.
Além disso, ainda de acordo com o enunciado só há um único balde de iogurte. Para saber qual é
podemos proceder da seguinte forma: do volume total de 119 litros vamos subtraindo cada um
dos volumes individuais, até que a diferença seja um múltiplo de 3. Vejamos:
119−15 = 104 não é múltiplo de 3.
119−16 = 103 não é múltiplo de 3.
119−18 = 101 não é múltiplo de 3.
119−19 = 100 não é múltiplo de 3.
119−20 = 99 é múltiplo de 3.
119−31 = 88 não é múltiplo de 3.
Ora, como o único multiplo de 3 ocorre quando retiramos o balde de 20 litros, segue que esse é
o balde de iogurte.
Problema 6.18 O denominador de duas frações racionais irredutíveis positivas são 600 e 700.
O valor mínimo do denominador da soma dessas frações, quando escritas como uma fração
irredutível, é:
(a) 1 (b) 28 (c) 42 (d)118 (e) 168
Solução
A resposta correta é a alternativa (e).
Sejam a600 e
b
700 , com a,b ∈ N, as duas frações irredutíveis. Por hipótese, como as frações são
irredutíveis, temos que: MDC(a;600) = 1 e MDC(b;700) = 1. A soma das duas frações é:
a
600
+
b
700
=
7a+6b
4200
=
7a+6b
6 ·7 ·100
.
Por outro lado, temos que, por hipótese, MDC(a;100) = 1 e MDC(b;100) = 1. Para minimizar
o denominador a ideia é eliminar fator 100 do denominador. O que pode ser feito se o numerador
7a+6b for um divisor de 100. Para isso devemos encontrar inteiros positivos a e b tais que
7a+6b seja um divisor positivo de 100. Teremos que estudar as seguintes possibilidades:
7a+6b = 1 nesse caso não há solução nos inteiros positivos.
40 Capítulo 6. SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
7a+6b = 2 nesse caso não há solução nos inteiros positivos.
7a+6b = 4 nesse caso não há solução nos inteiros positivos.
7a+6b = 5 nesse caso não há solução nos inteiros positivos.
7a+6b = 10 nesse caso não há solução nos inteiros positivos.
7a+6b = 20 nesse caso não há solução nos inteiros positivos.
7a+6b = 25 nesse caso há uma solução nos inteiros positivos (a,b) = (1,3).
7a+6b = 50 nesse caso não há solução nos inteiros positivos.
7a+6b = 100 nesse caso não há solução nos inteiros positivos.
Assim, para a = 1 e b = 3, segue que
1
600
+
3
700
=
1
168
,
revelando assim que o valor mínimo do denominador da soma dessas frações é 168.
Problema 6.19 Num tabuleiro de xadrez de dimensões n×n, queremos arrumar 111 moedas
em suas casas de modo que o número de moedas em quaisquer duas casas adjacentes diferem por
1. Dizemos que duas casas são adjacentes se elas possuem um lado em comum.
O maior o maior tabuleiro n×n que permite a arrumação é quando n é igual a:
(a) 8 (b) 10 (c) 11 (d) 12 (e) 13
Solução
A resposta correta é a alternativa (e).
Inicialmente, observe que, pelas hipóteses, a paridade do número de moedas em duas casas
adjacentes diferem, de modo que pelo menos um de qualquer dois pares de casas adjacentes
contenha pelo menos uma moeda. Isto assegura que o número de casas não pode ultrapassar a
2 ·111+1 = 223 < 225 = 152, de modo que n ≤ 14. Como existem 111 moedas para serem
arrumadas nas casas do tabuleiro, há um número ímpar de casas que contêm um número ímpar
de moedas. Por outro lado, em um tabuleiro de xadrez 14×14, existem 14 ·14 = 196 casas e
98 = 12 ·196 casas com um número ímpar de moedas, o que implica que n = 14 não satisfaz o
problema, pois a soma de dois números pares não pode ser 111, que é ímpar. (Essa observação
nos permite concluir que, para n = 2, 4, 8, 12, não será possível arranjar as moedas de acordo
com as hipóteses).
Agora vamos mostrar que n = 13 é a resposta.
Inicialmente, vamos pensar num caso particular, no caso em que n= 3. Nesse caso, conseguiremos
arrumar as 111 moedas, satisfazendo as hipóteses do problema, da seguinte maneira, onde o
número na casa significa a quantidade de moedas nela:
13
12
13
12
11
12
13
12
13
Agora, para o caso n = 13, adaptamos o caso n = 3, começando do tabuleiro central 3× 3,
trocando 13 por 2, 12 por 1 e trocando 11 por 0, veja na figura a seguir, onde o número que
aparece em cada casa representa a quantidade de moedas alí colocadas:
6.3 Solução dos Problemas para o Nível III 41
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
2
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
0
1
0
1
0
1
0
1
2
1
0
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
Portanto, um tabuleiro de xadrez 13×13 é o maior que admite a colocação desejada.
Problema 6.20 Duas formigas encontram-se no vértice da parábola y = x2. Uma começa a
caminhar para nordeste (ou seja, para cima ao longo da reta y = x e a outra começa a andar para
noroeste (ou seja, para cima ao longo da reta y = −x). Cada vez que elas chegam à parábola
novamente, elas trocam de direção e continuam andando. Ambas as formigas andam na mesma
velocidade.
X
Y
Quando as formigas se encontram pela décima primeira vez (incluindo o tempo na origem), seus
caminhos completam 10 quadrados.
A área total desses quadrados é:
(a) 280 (b) 370 (c) 590 (d) 680 (e) 770
Solução
A resposta correta é a alternativa (e).
Para encontrar a área total dos quadrados, precisamos identificar esses quadrados. Para isso,
procuramos encontrar o caminho seguido pela formiga atravessando o lado positivo do eixo Y e,
42 Capítulo 6. SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
em seguida, usar o fato de que os caminhos são simétricos. Para descobrir onde a formiga primeiro
cruza a parábola, procuramos onde a reta y = x interseta a parábola y = x2. Isso ocorre quando
x2 = x⇒ x · (x−1) = 0⇒ x = 1,x = 0 é o início do movimento
Assim, a formiga corta pela primeira vez a parábola no ponto (1,1). Assim, a formiga encontra a
parábola no ponto (1,1,) e retorna ao eixo Y no ponto (0,2). Observe que cada lado desse
primeiro quadrado mede l1, onde l12 = 12 +12 = 2⇒ l1 =
√
2, o que implica que a área do
primeiro quadrado é igual a 2.
Para encontrar o próximo ponto onde a formiga interseta a parábola, calculamos o ponto onde a
reta y = x+2 corta a parábola y = x2. Ou seja, resolvemos a equação:
x2 = x+1⇔ x2− x−2 = 0⇔ (x−2)(x+1) = 0⇒ x = 2 ou x = 1.
Logo, o próximo ponto de encontro da formiga, no lado positivo do eixo X, é no ponto (2,4) e
ela retorna para o eixo Y no ponto (0,6). Desse modo, o lado do segundo quadrado mede l2,
onde l22 = 22 +22 = 8⇒ l1 = 2
√
2, o que implica que a área do segundo quadrado é iguala 8.
Para encontrar onde a formiga interseta a parábola pela terceira vez, calculamos o ponto em que
a parábola y = x2 interseta a reta y = x+6. Ou seja, resolvemos a equação:
x2 = x+6⇔ x2− x−6 = 0⇔ (x−3)(x−2) = 0⇒ x = 3
Logo, o encontro seguinte da formiga com a parábola, no lado positivo do eixo X, é no ponto
(3,9) e ela retorna para o eixo Y no ponto (0,12). Desse modo, o lado do terceiroo quadrado
mede l3, onde l32 = 32 +32 = 18⇒ l3 = 3
√
2, o que implica que a área do terceiro quadrado é
igual a 18.
É fácil ver que o processo continua, resultando nas medidas dos lados dos quadrados:
2, 2
√
2, 3
√
2, 4
√
2, . . . , 10
√
2
A áreas dos quadrados são
2, 8, 18, 32, . . . , 200
A soma total das área é 2+8+18+32+ . . .+200 = 770.
Problema 6.21 Remove-se três casas de uma das diagonais principais de um tabuleiro 12×12.
6.3 Solução dos Problemas para o Nível III 43
É possível cobrir completamente a parte restante do tabuleiro com 47 dominós retangulares 1×3
sem sobreposição de quaisquer dois deles?
Solução
A resposta é: não.
Nomeie as casas do tabuleiro pelas letras A, B e C, com A no canto superior esquerdo, de modo
que ABC apareça nesta ordem cíclica através de cada fila do tabuleiro e ACB apareça nesta
ordem cíclica para baixo em cada coluna.
A B C A B C A B C A B C
C A B C A B C A B C A B
B C A B C A B C A B C A
A B C A B C A B C A B C
C A B C A B C A B C A B
B C A B C A B C A B C A
A B C A B C A B C A B
C A B C A B C A B C A B
B C A B C A B C A B C A
A B C A B C A B C A B C
C A B C A B C A B C A B
B C A B C A B C A B C A
Assim, existem 48 ocorrências de cada rótulo com três letras, e cada casa da diagonal principal é
nomeada com um A.
Como a cada colocação horizontal ou vertical de dominós 1× 3 deve cobrir três casas, cada
uma delas identificada com uma letra, qualquer colocação de qualquer número de tais dominós
deve cobrir igualmente muitas casas do tabuleiro. No entanto, a remoção de três casas situadas
sobre a diagonal principal remove três casas de um único rótulo e sobrando parte dos dominós
que iriam cobrir as casas nomeadas com A. Portanto, uma cobertura das 141 casas restantes
com 47 dominós 1×3 não é possível.
Problema 6.22 Qual é o a quantidade máxima de números que podemos escolher dentre os
membros do conjunto S = {1, 2, 3, . . . , 2004, 2005} de modo que a diferença entre dois
quaisquer deles não seja igual a 5?
Solução
A resposta é: 1005.
O subconjunto de S
A = {1, 2, 3, 4, 5, 11, 12, 13, 14, 15, . . . , 2001, 2002, 2003, 2004, 2005}
possui 1005 elementos e a diferença de quaisquer dois deles não é cinco. Vamos mostrar que
1005 é a quantidade máxima de números que podemos escolher dentre os membros do conjunto S
de modo que a diferença entre dois quaisquer deles não seja igual a 5.
Suponha que 1006 números são escolhidos dentre os elementos de S. Logo, 1001 deles são
necessariamente pertencem à união disjunta dos 200 conjuntos:
S = {1, 2, . . . ,10}∪{11, 12, . . . ,20}∪ . . .∪{199, 1992, . . . ,2001}
44 Capítulo 6. SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
Pelo Princípio da Casa dos Pombos, no mínimo um deles tem de conter 6 dessa escolha, o que
implica que, na escolha dois números cuja diferença seja 5, o que prova o resultado.
Problema 6.23 Sebastian, uma formiga itinerante, caminha em cima de alguns tabuleiros n×n.
Ela só anda horizontalmente ou verticalmente através das casas do tabuleiro e não passa pela mesma
casa duas vezes.
Em um tabuleiro 7×7, em que casas pode Sebastian começar sua jornada de tal forma que ela
pode passar por todas as casas do tabuleiro?
Solução
A resposta é:
Existem duas configurações retângulares que formiga pode encontrar ao longo do seu trajeto:
X Y
Tipo 1
quantidade par
X
Z
Tipo 2
quantidade ímpar
No Tipo 1, um retângulo de lado com um par de casas (da casa X à casa Y ). Nesse caso, a
formiga pode sempre começar a partir da casa que está no canto, X, em direção à caixa no
canto, Y , passando por todas as casas do retângulo, veja Figura acima. No Tipo 2, um retângulo
de lado com uma quantidade ímpar de casas (da casa X à casa Y ). Nesse caso, a formiga
pode sempre começar a partir da casa no canto, X, em direção à casa Z, que está no canto do
retângulo, passando por todas as casas do dito retângulo. Agora, pintando as casas do tabuleiro
alternadamente de preto e branco, podemor ver que a formiga vai mudar a cor de casa a cada
movimento que fizer.
Se a formiga começa em uma casa branca e passa por todas as casas do retângulo, o número de
casas brancas deve ser igual ou maior do que a quantidade de casas brancas (uma vez que em
cada passo a cor da casa em que está localizada muda), no entanto, o número de casas brancas
(24) é menor do que o número de casas pretas (25) neste tipo de retângulo. Portanto, nesse caso,
se a formiga pode fazer este percurso, deve necessariamente começar em uma casa preta.
6.3 Solução dos Problemas para o Nível III 45
Agora, suponha que a formiga começa em uma das casas pretas do tabuleiro. Nesse caso, temos
uma particularidade: a paridade do número de casas para cada cor nas bordas do tabuleiro é a
mesma. Assim, dividimos a questão dois casos e veremos que a formiga vai consegur seu objetivo
em ambos os casos.
No caso em que o número de casas de S para cada uma das bordas do tabuleiro seja o mesmo,
dois destes são consecutivos devem ser maiores do que 0. Sem perda de generalidade, será dito
que o número de casas de S para XY e Y Z é ainda e maior do que 0. Graças a isso podemos
sempre fazer a partição do tabuleiro como indicada abaixo.
T1
T1
T2
T2
G F
H
C
S
B
A
D
E
ímparpar
ímpar
ímpar
Com essa partição, fica claro que o caminho que a formiga pode fazer é:
S→ B→C→ D→ E→ F → G→ H
passando por todas as casas dos rectângulos dos Tipos 1 e 2 mencionados acima.
No caso em que o número de quadrados da casa S para cada uma das bordas do tabuleiro é ímpar,
entaõ o número de casas de S para as bordas é maior do que 0. Graças a isso podemos usar a
partição do tabuleiro como:
46 Capítulo 6. SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
D C
E
F
G
S
B
A
par
ímpar
2 5
Com esta partição é fácil ver que o caminho que a formiga pode tomar seria:
S→ B→C→ D→ E→ F → G,
indo por todo o caminho através de todas as casas de acordo com os retângulos dos Tipos 1 e 2
mencionados acima.
Problema 6.24 A e B disputam um jogo usando um dado triângulo PQR, de acordo com as
regras seguintes. Um movimento de A é escolher um ponto X sobre o lado QR do triângulo
dado; enquanto o movimento de B é escolher um ponto Y sobre o lado RP, e finalmente o
jogador A escolhe um ponto Z sobre o lado PQ. O objetivo de A é fazer com que o ∆XY Z
possua a maior área possível, enquanto o objetivo de B é tornar a área a menor possível.
•
•
••
• •
RQ
P
X
YZ
Qual é a maior área que o jogador A tem certeza que pode obter, independente de como B se
movimente?
Solução
A resposta é: o jogador A pode jogar de modo a obter S(∆XY Z) = 14 S(∆PQR).
Se o jogador A escolhe o ponto Z de modo que o segmento XZ seja paralelo ao segmento PR,
então todo ponto Y sobre PR produz todos os ∆XY Z de mesma área, anulando o movimento do
jogador B. Se o jogador A não tem certeza de como fazer uma jogada melhor, no mínimo pode
6.3 Solução dos Problemas para o Nível III 47
escolher a maior área sujeita a condição de que XZ ‖ PR. Vamos encontrar qual a área obtida
nessas condições será a maior.
Suponha que o ponto X escolhido pelo jogador A divida o lado QR na razão a : b. Como todos
os pontos Y escolhidos pelo jogador B sobre o lado PR, são equivalentes, imaginemos que o
ponto Y foi ecolhido como sendo o pé da perpendicalar baixada do vértice Q para o lado PR e
que QY corte ZX em S, veja Figura a seguir.
•
•
••
• •
•
RQ
P
X
YZ
S
Então os triângulos QZP e PQR são semelhantes, o que implica:
S(∆XY Z)
S(∆PQR)
=
1
2 ·ZX ·Y S
1
2 ·PR ·QY
= (
a
a+b
) · ( b
a+b
) =
ab
a2 +2ab+b2
.
Agora, observe que:
(a−b)2≥ 0⇔ (a−b)2 = a2−2ab+b2≥ 0⇔ a2−2ab+b2+4ab≥ 4ab⇔ a2+2ab+b2≥ 4ab.
A última desigualdade acima será uma igualdade se, e somentese, a = b. Assim, temos:
1
a2 +2ab+b2
≤ 1
4
.
Logo,
S(∆XY Z)
S(∆PQR)
≤ 1
4
⇔ S(∆XY Z)≤ 1
4
S(∆PQR)
Assim, o valor máximo para a área S(∆XY Z) é 14 , que é atingida quando os pontos X e Z forem
os pontos médios dos seus lados. Portanto, se o jogador A não pode ter certeza de fazer melhor,
ele sempre escolhe esses pontos médios para garantir que S(∆XY Z)≤ 14 S(∆PQR).
48 Capítulo 6. SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
6.4 Solução dos Problemas para o Nível Universitário
Problema 6.25 Considere o conjunto
S = {1, 2, 3, . . . , 2016}.
A quantidade de elementos de S que tem a propriedade de que o quadrado deixa resto 1 na
divisão por 2016 é:
(a) 4 (b) 8 (c) 16 (d) 1008 (e) 1098
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Inicialmente, observe que a decomposição em fatores primos de 2016 é:
2016 = 25 ·32 ·7
Se n é um inteiro, o resto da divisão de n2 por 2016 é igual a 1 se, e somente se, 2016 divide
n2−1 = (n−1) · (n+1).
Seja d = MDC(n− 1,n+ 1). Segue que d|(n− 1) e d|(n+ 1). Logo, d divide a diferença
(n+1)− (n−1) = 2. Assim, d ≤ 2. Isto significa que, no máximo um dos números (n−1) e
(n+1) é divisível por 3 ou por 7.
Se um dos números (n−1) e (n+1) é divisível por 2k, onde k ∈ Z, com k ≥ 2, o segundo é
divisível por somente 2k−1. Assim, temos: 2016 divide (n−1)(n+1) é equivalente a dizer que,
se algum dos números 24, 32 e 7 divide (n+1), os outros precisam dividir (n−1). Ora, isto
produz 23 combinaçõe possíveis. Pelo Teorema do Resto Chinês, cada uma dessas soluções nos
dá uma única solução módulo 24 ·32 ·1008 e, precisamente 2 soluções no conjunto S.
Portanto, no total temos 8 ·2 = 16 elementos de S que deixam resto 1 quando os respectivos
quadrados são dividos por 2016.
Os 16 números de S são:
1, 127, 433, 449, 559, ,575, 881, 1007, 1009, 1135, 1141, 1457, 1567, 1583, 1889 e 2015.
Problema 6.26 Os números 201, 204, 209, 216, 225, . . . são da forma 200+ n2, onde n =
1, 2, 3, 4, 5, . . ..
Para cada n, seja Dn = MDC(an,an+1).
O maior valor possível para Dn é:
(a) 1 (b) 201 (c) 401 (d) 800 (e) 801
Solução
A resposta correta é a alternativa (e).
Temos que:
Dn =MDC(an,an+1)=MDC(200+n2,200+(n+1)2)=MDC(200+n2,200+n2+2n+1) (∗)
Agora, como Dn divide 200+n2 e Dn divide 200+n2+2n+1, segue que (∗) pode ser escrita
como:
Dn = MDC(200+n2,2n+1).
Como 2n+1 é ímpar, então
Dn = MDC(200+n2,2n+1) = MDC[4 · (200+n2),2n+1] = MDC(800+4n2,2n+1) =
6.4 Solução dos Problemas para o Nível Universitário 49
=MDC(4n2+4n+1+799−4n,2n+1)=MDC[(2n+1)2+799−4n,2n+1] =MDC(799−4n,2n+1).
Assim, temos que
Dn = MDC[799−2(2n+1)+2,2n+1] = MDC(801,2n+1) = 801.
Portanto, o maior valor possível para Dn é 801 e ocorre quando n = 400.
Problema 6.27 Seja A o subconjunto dos números inteiros positivos que só possuem 2, 3, 5
como fatores primos. A soma infinita:
S = 1+
1
2
+
1
3
+
1
4
+
1
5
+
1
6
+
1
8
+
1
9
+
1
10
+
1
12
+
1
15
+
1
16
+
1
18
+
1
20
+ . . .
corresponde à soma dos inversos multiplicativos dos elementos de A. A soma S pode ser
representada pelo quocientes de dois inteiros mn , onde MDC(m,n) = 1
O valor da soma m+n é igual a:
(a) 8 (b) 16 (c) 17 (d) 19 (e) 23
Solução
A resposta correta é a alternativa (d).
Basta observar que S pode ser escrito como
S =
∞
∑
a=0
1
2a
∞
∑
b=0
1
3b
∞
∑
c=0
1
5c
Agora, observe que as três somas acima são somas geométricas e
∞
∑
a=0
1
2a
= 2;
∞
∑
a=0
1
3b
=
3
2
;
∞
∑
a=0
1
5a
=
5
4
Assim, S = 2 · 32 ·
5
4 =
15
4 . Logo, m = 15 e n = 4. Portanto , m+n = 19.
Problema 6.28 O maior valor possível para a soma
10
∑
i=1
cos(3xi), com números reais x1,x2, . . . ,x10
satisfazendo a igualdade
10
∑
i=1
cos(xi) = 0 é:
(a) 1 (b) 20113 (c)
401
29 (d)
480
49 (e)
1092
73
Solução
A resposta correta é a alternativa (d).
Como cos(3xi) = 4cos(xi)3−3cos(xi), é equivalente a maximizar 4∑10i=1 y3i para y1, . . . ,y10 ∈
[−1,1], com ∑10i=1 yi = 0. Observe que este domínio é compacto, o que implica que o valor
máximo existe.
Por conveniência, estabelecemos algo um pouco mais forte: maximizamos a expressão: 4∑ni=1 y
3
i ,
para y1, . . . ,yn ∈ [−1,1]. com ∑ni=1 yi = 0, onde n pode ser qualquer número inteiro não
negativo até 10, e mostaremos que o máximo é atingido quando n = 10.
Primeiro estudamos o efeito de variar yi e y j enquanto fixamos sua soma. Se essa soma é s,
então a função y 7→ y3 +(s−y)3 possui constante a segunda derivada 6s, por isso, ou é em todos
os lugares convexos ou em todos os lugares côncavo. Consequentemente, se (y1, . . . ,yn) atinge
o máximo, então para quaisquer dois índices i < j, no mínimo uma das seguintes afirmações é
verdadeira:
50 Capítulo 6. SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
• um dos dois yi, y j é extremo (i.e., igual a 1 ou −1);
• yi = y j < 0 (nesse caso s < 0 e o máximo local é atingido acima);
• yi =−y j (nesse caso s = 0 acima).
No terceiro caso, podemos descatar yi e y j e alcançar um caso com menor n; podemos assim
supor que isso não ocorre. Nesse caso. todos os valores não extremos são iguais a algum valor
y < 0, e e, além disso, não podemos ter tanto ambos 1 e −1. Não podemos omitir 1, caso
contrário, a condição ∑ni=1 yi = 0 não pode ser atingida; temos então somente o termo 1 e y,
ocorrendo com algumas multiplicidades positivas a e b adding up to n.
Como a+b = n e a+by = 0, podemos resolver para y obtendo y =−a/b; temos então:
4
n
∑
i=1
y3i = a+by
3 = 4a
(
1− a
2
b2
)
.
Como y > −1, temos que ter a < b. Para um a fixo, a função alvo aumenta à medida que
aumenta b, assim, o caso ideal deve ocorrer quando a+b = 10.
Os possíveis pares (a,b) nesse ponto são:
(1,9), (2,8), (3,7), (4,6);
a computação da função alvo para esses valores produz, respectivamente
32
9
,
15
2
,
480
49
,
80
9
,
obtendo 48049 como o valor máximo.
Observação.
O uso de multiplicadores lagrange produz uma derivação semelhante, mas com um ligeiro desvio
necessário para separar minima e máxima locais. Para um n qualquer, o argumento acima mostra
que a função alvo é maximizada quando a+b = n.
Problema 6.29 Considere uma região retangular de dimensões (2m−1)× (2n−1), onde m e n
são números inteiros tais que m, n≥ 4. Esta região deve ser ladrilhada usando ladrilhos dos dois
tipos mostrados a seguir:
(The linhas pontilhadas dividem o ladrilho em quadrados de dimensões 1×1.)
Os ladrilhos podem ser girados e refletidos, contanto que seus lados fiquem paralelos aos lados
da região retangular. Todos eles devem se encaixar dentro da região, e eles devem cobri-lo
completamente sem sobreposição.
Qual é o número mínimo de ladrilhos necessários para ladrilhar a região?
Solução
O número mínimo de ladrilhos é mn.
Para ver que quantos ladrilhos são necessários, chamamos os quadrados (i, j) com 1≤ i≤ 2m−1
e 1≤ j≤ 2n−1, e para cada quadrado com i, j ambos ímpar, pintemos o quadrado de vermelho;
assim, nenhum ladrilho pode cobrir mais do que um quadrado vermelho, e existem mn quadrados
vermelhos.
6.4 Solução dos Problemas para o Nível Universitário 51
Resta mostrar que podemos cobrir qualquer retângulo de dimensões (2m−1)× (2n−1) com mn
ladrilhos quando m, n≥ 4. Inicialmente, observe que podemos ladrilhar qualquer retângulo de
dimensões 2× (2k−1) com k ≥ 3, com k ladrilhos: um do primeiro tipo, em seguida k−2 do
segundo tipo, e finalment um do primeiro tipo. Assim, se pudermos cobrir um quadrado 7×7 com
16 ladrilhos, então poderemos fazer para um retângulo geral de dimensões (2m−1)× (2n−1),
decompondo esse retângulo num quadrado de dimensões 7× 7 no canto inferior esquerdo,
juntamente com m−4 retângulos (2×7) à direita do quadrado, e n−4 retângulos de dimendões
((2m− 1)× 2) acima, e ladrilhndo cada um desses retângulos separadamente, num total de
16+4(m−4)+m(n−4) = mn ladrilhos.
Para cobrir o quadrado 7×7, observe que o ladrilhamento tem de ser feito com 15 ladrilhos do
primeiro tipo e 1 do segundo tipo, e que qualquer retângulo 2×3 pode ser coberto usando 2
ladrilhos do primeiro tipo. Podemos, assim, construir uma cobertura adequada, cobrindo todos os
retângulos, a menos do quadrado central com oito retângulos 2×3, de tal maneira que podemos
anexar o quadradocentral a um desses retângulos para obter uma forma que pode ser coberta por
doi ladrilhos. Um exemplo de tal cobertura, com os retângulos restantes 2×3 deixados intactos,
veja Figura abaixo. (Muitas outras soluções são possíveis.)
Problema 6.30 Suponha que f é uma função de R para R tal que:
f (x)+ f
(
1− 1
x
)
= arctanx
para todos os números reais x 6= 0. (Como de costume, y = arctanx significa −π/2 < y < π/2 e
tany = x.)
Encontre∫ 1
0
f (x)dx.
Solução
A resposta é 3π8 .
A equação funcional dada, juntamente com a mesma equação, mas com x substituído por x−1x e
52 Capítulo 6. SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
1
1−x respectivamente, nos dá:
f (x)+ f
(
1− 1
x
)
= tan−1(x)
f
(
x−1
x
)
+ f
(
1
1− x
)
= tan−1
(
x−1
x
)
f
(
1
1− x
)
+ f (x) = tan−1
(
1
1− x
)
.
Somando a primeira e a terceira equações e subtraindo a segunda, temos:
2 f (x) = tan−1(x)+ tan−1
(
1
1− x
)
− tan−1
(
x−1
x
)
.
Agora, temos que tan−1(t)+ tan−1(1/t) é igual a π/2, se t > 0 e −π/2, se t < 0; daí segue
que, para x ∈ (0,1), temos:
2( f (x)+ f (1− x)) =
(
tan−1(x)+ tan−1(1/x)
)
+
(
tan−1(1− x)+ tan−1
(
1
1− x
))
−
(
tan−1
(
x−1
x
)
+ tan−1
(
x
x−1
))
=
π
2
+
π
2
+
π
2
=
3π
2
.
Assim, temos que
4
∫ 1
0
f (x)dx = 2
∫ 1
0
( f (x)+ f (1− x))dx = 3π
2
e, finalmente, temos que
∫ 1
0 f (x) dx =
3π
8 .
Problema 6.31 Um icosaedro regular é um poliedro convexo com 12 vértices e 20 faces; as
faces são triângulos equiláteros congruentes.
Em cada face de um icosaedro regular, escreve-se um número inteiro não negativo de tal forma que
a soma de todos os 20 inteiros é igual a 39.
Mostre que há duas faces que compartilham um mesmo vértice e têm o mesmo número inteiro
escrito nelas.
6.4 Solução dos Problemas para o Nível Universitário 53
Solução
Suponha o contrário. Assim, cada vértice V é um vértice para cinco faces, todas numeradas com
números distintos, e assim, a soma dos números nas faces para as quais V é um vértice é no
mínimo 0+1+2+3+4 = 10. Adicionando esta soma sobre para todos os vértices V obtém-se
3 ·39 = 117, uma vez que o número escrito em cada face é contado três vezes. Como existem 12
vértices, concluímos que 10 ·12≤ 117, contradição. Portanto, há duas faces que compartilham
um mesmo vértice e têm o mesmo número inteiro escrito nelas.
Observação:
Podemos também obter o mesmo resultado mostrando que qualquer conjunto de cinco faces tem
de conter duas que compartilham um mesmo vértice; segue-se então que cada número escrito em
cada face pode aparecer no máximo 4 vezes, e assim a soma de todos os números é no mínimo
4 · (0+1+2+3+4) = 40 > 39, que é uma contradição.
Problema 6.32 Seja n≥ 2 um número inteiro. Considere um tabuleiro de xadrez n×n formado
por n2 quadrados unitários. Uma configuração de n torres neste tabuleiro é pacífica se cada
linha e cada coluna contêm exatamente uma torre.
Encontre o maior inteiro positivo k de tal forma que, para cada configuração pacífica de n torres,
existe um sub-tabuleiro k× k que não contém uma torre em qualquer uma de suas k2 casas.
Solução
A resposta é n =
⌊√
k−1
⌋
.
É fácil ver que, se n≥ m2 +1, então podemos encontrar um quadrado m×m vazio; basta
considerar uma torre na coluna superior e m quadrados abaixo dela; há, no máximo, m− 1
outras torres. Agora, para a construção do caso n = m2, veja na figura a seguir.
Para mostrar que isso funciona, considere para cada torre o desenho de um quadrado m×m
preenchido com X ′s cujo canto inferior direito é a torre (estes podem sair do tabuleiro). Estes
indicam posições onde não se pode colocar o canto superior esquerdo de qualquer quadrado. É
fácil ver que estes cobrem todo o tabuleiro, exceto partes das últimas colunas m− 1, que de
qualquer maneira não importam.
Finalmente, para atingir n ≤ m2, basta apagar uma linha/coluna, e, em seguida, se necessário,
colocar uma torre na posição única que preenche a lacuna.
7. PROVAS DA OMRN DE 2019
7.1 PRIMEIRA FASE 2019
7.1.1 Prova do Nível I
30a OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA
DO RIO GRANDE DO NORTE 2019- PRIMEIRA FASE.
PROVA DO NÍVEL I - 6o e 7o ANOS - ENSINO FUNDAMENTAL.
Para cada questão, assinale uma alternativa como a resposta correta.
NOME DO(A) ESTUDANTE:
ESCOLA:
Problem 1 - Dentre as alternativas abaixo, assinale o número que é igual a 2100.
(a) 45×210 (b) metade de 2101 (c) 165×25 (d) (23)97 (e) 22 +298
56 Capítulo 7. PROVAS DA OMRN DE 2019
Problem 2 - O valor da soma
S = 99×2019+99×2018+99×2000+99×1981+99×1982
é igual a:
(a) 900.000 (b) 990.000 (c) 999.000 (d) 999.900 (e) 999.990
Problem 3 - O dígito que ocupa o 2019 lugar na expansão decimal da fração 37 é:
(a) 4 (b) 2 (c) 8 (d) 5 (e) 7
Problem 4 - Algumas parcelas devem ser removidas da expressão
S =
1
2
+
1
4
+
1
6
+
1
8
+
1
10
+
1
12
para que a soma das parcelas restantes seja igual a 1. A soma das parcelas que devem ser
removidas é:
(a) 940 (b)
2
3 (c)
4
15 (d)
5
24 (e)
3
8
Problem 5 - O número inteiro 10! (leia-se: dez fatorial) é definido por
10! = 10×9×8× . . .×3×2×1.
A quantidade de divisores positivos do número 10! é igua a:
(a) 10 (b) 120 (c) 270 (d) 360 (e) 380
Problem 6 - Todos os dias Nice dá o mesmo número de voltas na pista de corrida do seu novo
condomínio. Após completar um certo número de voltas, ela completou 20% do número total de
voltas, e após dar mais uma volta ela completa 25% do total de voltas. A quantidade de voltas
que Nice dá diarimente na pista é:
(a) 20 (b) 30 (c) 40 (d) 50 (e) 60
Problem 7 - Natália queria montar o mesmo cubo que Diana havia montado (veja na Figura 1
abaixo), mas ao tentar, acabaram-se os cubos unitários e ela só conseguiu fazer a parte do cubo
mostrado na Figura 2.
Figura 1 Figura 2
A quantidade de cubos unitários que faltam na Figura 2 para formar a Figura 1 é:
(a) 5 (b) 6 (c) 7 (d) 8 (e) 9
Problem 8 - Nicolas está aprendendo a dirigir pelas ruas de seu bairro, veja o mapa na Figura a
seguir. O carro que ele dirige apresenta um defeito: não pode dobrar à direita.
7.1 PRIMEIRA FASE 2019 57
A
B
•
•
Iniciando no ponto A e no sentido da seta, o menor número de giros à esquerda que ele deve fazer
para ir do ponto A ao ponto B é:
(a) 3 (b) 5 (c) 6 (d) 8 (e) 10
Problem 9 - A soma dos pontos nas faces opostas de um dado comum é sempre 7. O dado
mostrado na Figura a seguir gira sobre o caminho composto de quadrados até chegar ao quadrado
sombreado.
No início, a face superior do dado mostra 3 pontos. A quantidade de pontos mostrada na face
superior do dado na posição final do caminho é:
(a) 2 (b) 3 (c) 4 (d) 5 (e) 6
Problem 10 - Pretende-se escrever em cada casa de um tabuleiro 5× 5 ou o número 1 ou o
número 0, de modo que em cada sub-tabuleiro 2×2 estejam escritos exatamente 3 números
iguais. Na figura a seguir, mostramos um exemplo de como fazer isso. Nesse exemplo, a soma total
dos números escritos é 12.
1
0
0
1
0
0
0
1
1
1
1
0
0
1
0
1
1
0
0
0
0
1
1
0
1
Nas condições do problema, a soma máxima possível do total dos números escritos no tabuleiro
5×5 é igual a:
(a) 18 (b) 19 (c) 20 (d) 21 (e) 22
Problem 11 - Desenhando dois círculos, Carmela obteve uma figura que consiste de três regiões
limitadas, veja Figura a seguir.
58 Capítulo 7. PROVAS DA OMRN DE 2019
1 2 3
Se Carmela desenhar dois quadrados ela poderá obter um total máximo de regiões limitadas igual
a:
(a) 3 (b) 5 (c) 6 (d) 8 (e) 9
Problem 12 - A Figura a seguir foi formada a partir de dois quadrados, um com lado medindo 5
cm e o outro com lado medindo 4 cm, de modo que um vértice do quadrado maior coincide com
o centro do quadrado menor.
Em cm2, a área da região sombreada é igual a:
(a) 29 (b) 36 (c) 37 (d) 40 (e) 41
Problem 13 - Beto coleciona selos guardando-os em caixas. Ele possui 26 caixas, e em cada caixa
contém 36 selos. Hoje ele viu que algumas caixas estavam quebradas, decidiu esvaziar todas as
caixas e retirar as caixas quebradas. Para guardar todos os seus selos nas caixas restantes, ele
terá que acrescentar ao número de selos que tinha em cada caixa 2 selos para cada caixa que
retirou.
A quantidadede caixas que sobrou é:
(a) 6 (b) 8 (c) 12 (d) 18 (e) 20
Problem 14 - Os três quadrados da figura a seguir são de mesmas dimensões e os segmentos que
os intersectam os fazem nos pontos médios dos lados ou em vértices.
(I) (II) (III)
Sobre as áreas sombreadas das três figuras, S(I), S(II), S(III), respectivamente, podemos dizer
que:
(a) S(I) 6= S(II) (b) S(I) 6= S(III) (c) S(II) 6= S(III) (d) S(I)+ S(II) = S(III) (e) S(I) =
S(II) = S(III)
Problem 15 - A Figura a seguir mostra 6 peças de dominó. Cada peça é formada por dois
quadrados e em cada quadrado há um certo número de pontos. Pretende-se reorganizar as peças
de tal forma que elas continuem na mesma linha, mas que para cada par de peças que permanecem
7.1 PRIMEIRA FASE 2019 59
juntas, o número de pontos dos quadrados vizinhos seja o mesmo nas duas peças. Existem dois
tipos de movimentos permitidos, um deles é girar qualquer peça, e o outro é a trocar de lugar de
duas peças.
•
•
•
•
••
•
••
•
••
• • •
•
•
•
•
•
••
•
•
•
•
• ••••
•
••
•
•
•
••
•
••
•
A menor quantidade de movimentos a ser feito para dispor as peças como descrito acima é:
(a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 4 (e) 5
Problem 16 - Num tabuleiro 27×27, Carla deve pintar de cinza algumas das casas do tabuleiro,
de maneira tal que fique pelo menos uma casa sem pintar e a pintura deve satisfazer as duas
condições seguintes:
• Em cada sub-tabuleiro 2×2 a quantidade de casas pintadas de cinza deve ser par;
• Em cada sub-tabuleiro 3×3 a quantidade de casas pintadas de cinza deve ser ímpar.
A quantidade máxima de casas que Carla pode pintar é:
(a) 405 (b) 400 (c) 205 (d) 200 (e) 3
Problem 17 - Os primos Nath, Mel, Lara, Matias e Murilo estão sentados em volta de uma mesa
redonda. Eles contam em voz alta os números naturais a partir de 1. Primeiro fala Nath, depois
Mel, Lara, Matias e Murilo. Quando uma pessoa fala um número múltiplo de 7 ou um número
que contém o dígito 7 (por exemplo, 37) essa pessoa deixa a mesa.
A última pessoa que deixa a mesa é:
(a) Nath (b) Mel (c) Lara (d) Matias (e) Murilo
Problem 18 - O maior número natural de quatro digitos que é um divisor de 111777 é:
(a) 1961 (b) 1577 (c) 1771 (d) 5883 (e) 7777
Problem 19 - Murilo que colocar cerâmicas no assoalho retangular de seu escritório, que mede
12 m por 16 m. Ele planeja colocar nas partes mais próximas das paredes (o bordo da sala)
cerâmicas que medem 1 m por 1 m e na parte central do assoalho cerâmicas de tamanho 2 m
por 2 m.
A quantidade de cerâmicas que Murilo vai utilizar é:
(a) 48 (b) 87 (c) 91 (d) 96 (e) 120
Problem 20 - Um quadrado de área 144 cm2 pode ser decomposto em seis quadrados de lados
inteiros não todos iguais. Aa soma dos perímeros de todos os seis quadrados é:
(a) 36 cm (b) 84 cm (c) 96 cm (d) 112 cm (e) 164 cm
60 Capítulo 7. PROVAS DA OMRN DE 2019
7.1.2 Prova do Nível II
XXX OLIMPÍADA DE MATEMATICA
DO RIO GRANDE DO NORTE 2019- PRIMEIRA FASE
PROVA DO NÍVEL II
PARA CADA QUESTÃO, ASSINALE UMA ALTERNATIVA COMO
A RESPOSTA CORRETA
NOME DO(A) ESTUDANTE:
ESCOLA:
Problem 1 - Quatro pentágonos regulares estão dispostos como na Figura a seguir.
A medida do maior ângulo do quadrilátero sombreado é:
(a) 36◦ (b) 44◦ (c) 72◦ (d) 108◦ (e) 144◦
Problem 2 - Cinco equipes disputam um torneio de futebol, onde cada uma enfrenta outra exata-
mente uma vez. Em cada partida, o vencedor ganha 3 pontos, o perdedor 0, e em caso de empate
cada equipe ganha 1 ponto.
Se ao final do torneio a pontuação de todas as equipes são distintas, a menor pontuação posível
que pode obter o campeão do torneio é:
(a) 4 (b) 5 (c) 6 (d) 7 (e) 8
7.1 PRIMEIRA FASE 2019 61
Problem 3 - Antonio queria comprar um eletrodoméstico. Na loja A o eletrodoméstico custa
R$1200,00 e é oferecido um desconto de 10%. Na loja B o mesmo eletrodoméstico custa um pouco
mais, mas ofereceram um desconto de 20%. Antonio percebeu que o preço do eletrodoméstico em
ambas as lojas era o mesmo. O eletrodoméstico na loja B custava inicialmente o valor de:
(a) 1300 (b) 1350 (c) 1400 (d) 1450 (e) 1500
Problem 4 - Seja n o número de trabalhadores que podem fazer uma obra em 3n4 dias, trabalhando
n
3 horas por dia. Se dobrássemos a quantidade de trabalhadores, terminariam a obra em 72
horas de trabalho.
O valor de n é:
(a) 12 (b) 16 (c) 18 (d) 24 (e) 32
Problem 5 - Desenham-se vários segmentos de reta na região limitada por um retângulo, veja
Figura a seguir.
10◦
14◦
33◦
26◦
X◦
Com isso, formamos cinco ângulos de medidas 10◦, 14◦, X◦, 33◦ e 26◦.
O valor X é:
(a) 11◦ (b) 12◦ (c) 16◦ (d) 17◦ (e) 33◦
Problem 6 - Todas as raízes da equação quadrática
x2−63x+ k = 0
são números primos.
A quantidade de valores possíveis para k é:
(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4
Problem 7 - Na Figura a seguir, a linha preta e a linha pontuada formam sete triângulos equiláteros.
O comprimento da linha pontuada é 20 cm.
O comprimento da linha preta é:
(a) 25 cm (b) 30 cm (c) 35 cm (d) 40 cm (e) 45 cm
Problem 8 - Paulinho tem duas peças feitas de cartolina e mostradas a seguir:
62 Capítulo 7. PROVAS DA OMRN DE 2019
Das figuras seguintes, a que Paulinho pode fazer usando as duas peças é a opção:
(a) (b) (c) (d) (e)
Problem 9 - Uma caixa contém 28 bolas vermelhas, 20 bolas verdes, 19 bolas amarelas, 13
bolas azuis, 11 bolas brancas e 9 bolas pretas.
O número mínimo de bolas que devem ser retiradas da caixa, sem reposição, para garantir que
pelo menos 15 bolas de uma mesma única cor sejam retiradas é:
(a) 75 (b) 76 (c) 79 (d) 84 (e) 91
Problem 10 - A cada 3 minutos um ônibus sai do aeroporto e leva 60 minutos para chegar ao
centro da cidade. Um carro sai do aeroporto ao mesmo tempo que um dos ônibus, usa a mesma
rota que os ônibus, e leva 35 minutos para chegar ao centro da cidade.
A quantidade de ônibus que o carro ultrapassa em seu caminho para o centro da cidade, excluindo
o ônibus que saiu ao mesmo tempo, é igual a:
(a) 8 (b) 10 (c) 11 (d) 12 (e) 13
Problem 11 - Numa prisão, 2019 detentos são organizados em uma fila indiana (um atrás do
outro) e é colocado em cada detento um chapéu branco ou preto de modo que cada um vê a cor
dos chapéus dos prisioneiros que estão na frente na fila (mas, não vê seu chapéu ou aqueles das
pessoas que estão atrás na fila). Pergunta-se para todos os presos, na ordem do último para o
primeira da fila, qual a cor do seu chapéu. Quem acerta será libertado e quem erra continuará
preso.
Se você pudesse estabelecer uma estratégia prévia entre os prisioneiros, o número máximo de
detentos que você poderia garantir a liberdade é:
(a) 2019 (b) 2018 (c) 1009 (d) 100 (e) 1
Problem 12 - A soma
S =
1
1+2
+
1
1+2+3
+
1
1+2+3+4
+ . . .+
1
1+2+3+4+ . . .+51
é igual a:
(a) 2526 (b) 12 (c) 34 (d) 36 (e) 48
Problem 13 - Uma folha de papel retangular foi “dobrada ao meio” como ilustra a figura a seguir:
→
Se o retângulo obtido é semelhante ao retângulo original, podemos afirmar que a razão entre as
medidas dos lados do retângulo menor é igual a:
7.1 PRIMEIRA FASE 2019 63
(a) 2 (b) 32 (c)
√
3
2 (d)
1+
√
5
2 (e)
√
2
Problem 14 - Sejam a e b as raízes reais da equação
x2− (k−2)x+(k2 +3k+5) = 0,
onde k é um número real.
O máximo valor possível para a2 +b2 é:
(a) 19 (b) 18 (c) 509 (d) 61 (e) 169
Problem 15 - Um círculo de área 40 é tangente a um círculo de área 10. Seja R um retângulo
que contém os dois círculos, como ilustra a figura a seguir.
• ••• •
A medida da área de R é n
π
.
O valor de n é:
(a) 50 (b) 120 (c) 81 (d) 100 (e) 156
Problem 16 - Na adição de termos iguais 20192019 + 20192019 + 20192019 + . . .+ 20192019 =
20192020, escrita de forma simplificada, foram escritos muitos sinais (+).
O total de sinais (+) escritos é:
(a) 2019 (b) 2018 (c) 20192 (d) 20182 (e) 20212019
Problem 17 - O lago Donald é invadido por 1000 patos com penas vermelhas ou azuis e as
cabeças vermelhas ou azuis. Se 538 dos patos possuem as penas vermelhas, 318 patos possuem
cabeça azuis e 250 patos posuem ambas cabeça e penas azuis, a quantidade de patos que possuem
cabeça e penas vermelhas é igual a:
(a) 68 (b) 250 (c) 606 (d) 470 (e) 998
Problem 18- Um garoto só possui dois tipos de livros: livros de quadrinhos e livros sobre a
natureza. Sabe-se que 13 de seus livros são de quadrinhos. Depois de ir a uma livraria, ele
comprou mais 20 livros de quadrinhos, de modo que agora 47 de seus livros são livros de
quadrinhos.
A quantidade de livros que o garoto tinha inicialmente era:
(a) 12 (b) 24 (c) 36 (d) 48 (e) 60
Problem 19 - Um garoto só possui dois tipos de livros: livros de quadrinhos e livros sobre a
natureza. Sabe-se que 13 de seus livros são de quadrinhos. Depois de ir a uma livraria, ele
comprou mais 20 livros de quadrinhos, de modo que agora 47 de seus livros são livros de
quadrinhos. A quantidade de livros que o garoto tinha inicialmente era:
(a) 12 (b) 24 (c) 36 (d) 48 (e) 60
Problem 20 - Dario desenhando um triângulo e medindo seus ângulos internos, com a ajuda de
um transferidor, percebeu que estas medidas eram proporcionais aos números 2; 3 e 7.
Dario desenhou um triângulo:
(a) Isósceles (b) Acutângulo (c) Obtusângulo (d) Retângulo (e) Equilátero
64 Capítulo 7. PROVAS DA OMRN DE 2019
7.1.3 Prova do Nível III
Para cada questão, assinale uma alternativa como a resposta correta.
NOME DO(A) ESTUDANTE:
ESCOLA:
Problem 1 - Numa sessão de teatro, as crianças pagaram R$8,00 e os adultos pagaram R$25,00.
No final, a bilhetria arrecadou um total de R$942,00 e foram vendidos mais bilhetes de adultos
do que de crianças. O total de bilhetes vendidos foi:
(a) 37 (b) 54 (c) 58 (d) 61 (e) 71
Problem 2 - O máximo divisor comum dos números
33−3, 55−5, 77−7, . . . , 20192019−2019
é igual a:
(a) 3 (b) 9 (c) 24 (d) 26 (e) 48
Problem 3 - A quantidade de maneiras de se escrever o número 100 como soma de três inteiros
positivos é:
(a) 98 (b) 300 (c) 30.000 (d) 156.849 (e) 161.700
Problem 4 - O menor natural n para o qual 10n−1 é múltiplo de 63 é:
(a) 8 (b) 7 (c) 6 (d) 5 4
Problem 5 - Seja K = 9+99+999+9999+ . . .+9999 . . .99︸ ︷︷ ︸
321 dígitos
. A soma dos dígitos de K é igual a:
(a) 321 (b) 322 (c) 341 (d) 342 (e) 642
Problem 6 - Chamamos de invocado um número natural n cujo produto de seus divisores é igual
109.
A quantidade de números invocados é:
(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 10 (e) in f inita
Problem 7 - Definimos uma sequência, xn, de números da seguinte maneira:
7.1 PRIMEIRA FASE 2019 65
• O primeiro termo da sequência, x1, é igual a 2;
• Se um termo da sequência é igual a a, o termo seguinte é igual a a−1a+1 . Ou seja, se xk = a,
então xk+1 = a−1a+1 .
O termo da sequência na posição 2019, isto é, x2019, é igual a:
(a) 1 (b) − 12 (c) −3 (d) 2018 (e) −2019
Problem 8 - Você quer pintar de preto algumas das casas de um tabuleiro 4×5, de modo que
cada casa não pintada compartilhe pelo menos um lado com alguma casa pintada. Por exemplo, a
Figura abaixo mostra uma pintura que satisfaz as hipóteses.
O número mínimo de casas a serem pintadas de preto é:
(a) 5 (b) 6 (c) 7 (d) 8 (e) 9
Problem 9 - Em volta de um círculo marcamos-se 10 pontos, P1, P2, . . . , P10, igualmente
espaçados e traçamos 5 segmentos ligando pares desses pontos. A quantidade total de maneiras
distintas de se traçar os 5 segmentos de modos que apenas um par desses segmentos se cruzem é:
(a) 630 (b) 252 (c) 120 (d) 45 (e) 5
Problem 10 - Um programa de computador gera uma sequência de 2019 números, de acordo com
a seguinte regra:
• O primeiro número é o 1;
• Depois de gerar o número x, o próximo número gerado é igual a x+ 1[x] , onde [x] é o
maior número inteiro menor do que ou igual a x.
Os primeiros números da sequência são:
1, 1+
1
[1]
= 1+1 = 2, 2+
1
[2]
= 2+
1
2
=
5
2
,
5
2
+
1[
5
2
] = 5
2
+
1
2
= 3, . . .
O último número que o programa gera é:
(a) 134021 (b)
2019
63 (c)
1340
21 (d)
1953
21 (e)
2049
32
Problem 11 - As somas a seguir possuem a mesma quantidade de parcelas:
S1 = 1+2+3+4+ · · · , S2 = 100+99+98+97+ · · ·
Se S1 = S2, podemos afirmar que a quandidade de parcelas em cada soma é:
(a) 54 (b) 72 (c) 67 (d) 100 (e) 50
Problem 12 - Se b e c são números inteiros tais que x =
√
19+
√
98 é uma raiz da equação
x4 +bx2 + c = 0, podemos afirmar que b+ c é igual a:
(a) 6007 (b) 5907 (c) 3337 (d) 4557 (e) 6777
Problem 13 - Para um torneio de futebol mundial, 24 países, dentre os quais Brasil, Argentina,
Alemanha e Itália, são divididos em 6 grupos distintos, contendo 4 equipes cada um. Encontre a
66 Capítulo 7. PROVAS DA OMRN DE 2019
probabilidade de que ocorram os seguintes dois eventos simultaneamente: Brasil e Argentina num
mesmo grupo e Alemanha e Itália caiam também juntos num outro grupo.
(a) 3101 (b)
30
1771 (c)
31
1001 (d)
33
1011 (e)
33
1001
Problem 14 - Seja z um número complexo tal que z2019 = 1+ i e z2018 = 1− i, com i2 = −1.
Podemos afirmar que o argumento de z é igual a:
(a) π3 (b)
π
4 (c)
π
2 (d)
3π
5 (e)
2π
3
Problem 15 - O valor da expressão
M =
(1+ tan1◦)(1+ tan2◦)(1+ tan3◦) · · ·(1+ tan44◦)
213
é:
(a) 512 (b) 256 (c) 1024
√
2 (d) 2019
√
2
2 (e) 128
√
6
Problem 16 - A figura a seguir mostra um quadrilátero no qual as diagonais são perpendiculares
entre si e se intersectam no ponto O. A medida da diagonal AC é 39, e os comprimentos dos
lados AB, BC e CD são indicados na figura.
C
B
A
D
O
•
•
•
•
•
•
40
25
68
A distância do ponto B ao ponto O é igual a:
(a) 7 (b) 24 (c) 25 (d) 31 (e) 32
Problem 17 - Sejam f ,g : R → R tais que f (x) = 2x+3 e g(x+2) = f ( f (x−1). f (x+1)+
f (x)).
O valor de g(6) é:
(a) 101 (b) 143 (c) 403 (d) 203 (e) 259
Problem 18 - Uma permutação de um conjunto A é uma função bijetiva σ : A→ A,x 7→ σ(x).
Seja σ uma permutação dos elementos do conjunto A = 2,3,4, . . . ,2019. O maior valor possível
para a expressão
P = log2 σ(2). log3 σ(3). · · · . log2019 σ(2019)
é:
(a) 2018 (b) 1 (c) 0 (d) 2019 (e) 2019−1
Problem 19 - Seja um triângulo equilátero tem lado 6. Sobre cada um dos seus lados foi construído
um quadrado, conforme ilustra a figura abaixo:
7.1 PRIMEIRA FASE 2019 67
A distância entre os vértices A e B é:
(a) 4
√
6+2
√
3 (b) 6
√
4+3
√
2 (c) 3
√
4+2
√
6 (d) 6
√
4+2
√
3 (e) 2
√
4+2
√
3
Problem 20 - Três semicírculos são tangentes dois a dois, conforme ilustra a figura abaixo:
Se a, b e a+ b são as medidas dos diâmetros desses três semicírculos e A, B e C são
(respectivamente) as medidas das áreas do semicírculo de diâmetro a, do semicírculo de diâmetro
b e da região hachurada, na figura acima, podemos afirmar que necessariamente:
(a) A+B≥C (b) A < B+C (c) C = A+B2 (d) C =
√
AB (e) C = A2 +AB+B2
68 Capítulo 7. PROVAS DA OMRN DE 2019
7.1.4 Prova do Nível Universitário
Para cada questão, assinale uma alternativa como a resposta correta.
NOME DO(A) ESTUDANTE:
UNIVERSIDADE:
Problema 1 - O fatorial de 35, isto é, o produto 35×34×33× . . .×2×1, é um número com 41
algarismos:
35! = 10333147966386144929�66651337523200000000.
No lugar do algarismo central está um quadrado. O algarismo que teve o seu lugar ocupado pelo
quadrado é:
(a) 2 (b) 3 (c) 4 (d) 5 (e) 6
Problema 2 - Para cada número real x, definimos bxc como sendo o maior número inteiro que
não supera x. Se
α =
√
6+
√
6+
√
6+ · · ·+
√
6︸ ︷︷ ︸
2019 radicais
e β =
3
√
6+
3
√
6+
3
√
6+ · · ·+ 3
√
6︸ ︷︷ ︸
2019 radicais
,
podemos afirmar que bα +βc é igual a:
(a) 2 (b) 3 (c) 4 (d) 5 (e) 6
Problema 3 - Considere os polinômios
p(x) = (x+
√
2)(x2−2x+2)
q(x) = (x−
√
2)(x2 +2x+2)
r(x) = (x2 +2)(x8 +16)
O coeficiente de x4 no polinômio f (x) = p(x) ·q(x) · r(x) é:
(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4
Problema 4 - O resto da divisão do número 33 ·3333 ·333333 ·33333333 por 100 é:
7.1 PRIMEIRA FASE 2019 69
(a) 11 (b) 13 (c) 15 (d) 17 (e) 19
Problema 5 - A quantidade de números primos na lista
12321, 1234321, 123454321, 12345654321, 1234567654321,
123456787654321, 12345678987654321
é igual a:
(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4
Problema 6 - A quantidade de soluções reais da equação 4x +9x +49x = 6x +14x +21x é:
(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4
Problema 7 - Se α ∈ (0, π2 ) é tal que secα + senα + tanα = m, podemos afirmar que
A =
√
secα +
√
senα
√
tanα +
√
cosα
é igual a:
(a)
√m (b)
√
m+1 (c) 2
√
m+1 (d)
√
2(m−1) (e)
√
2(m+1)
Problema 8 - A quantidade de raízes reais negativas da equação x4−5x3−4x2−7x+4 = 0 é:
(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4
Problema 9 - Sejam a, b e c as medidas dos lados de um triângulo ∆ABC. Se a, b, c (nessa
ordem) são termos consecutivos de uma progressão aritmética, podemos afirmar que cos  é
igual a:
(a) 3b−4c2c (b)
4c−3b
2c (c)
3b−4c
2a (d)
3a−4c
2c (e)
3c−4a
2b
Problema 10 - Seja A uma matriz n×n cujos elementos são números reais tal que Ak+1 = On,
para algum k ∈ Z (onde On representa a matriz nula n×n). Podemos afirmar que
det
(
I +
1
1!
A+
1
2!
A2 +
1
3!
+ · · ·+ 1
k!
Ak
)
é igual a:
(a) −1 (b) 0 (c) 1 (d) k (e) 2k
Problema 11 - Seja h(x) = x.g(x), onde g(x) = f−1(x). A tabela a seguir fornece alguns valores
assumidos por f (x) e por sua derivada f ′(x).
x f (x) f ′(x)
2 4 −1
3 5 2
5 1 3
O valor de h′(5) é:
(a) 32 (b)
7
2 (c)
11
2 (d)
13
2 (e)
17
2
Problema 12 - Dada uma função contínua f : R→ R que satisfaz às seguintes condições:
• f (1000) = 999;
• f (x). f ( f (x)) = 1, para todo x ∈ R.
O valor de f (500) é:
(a) 1 (b) 1500 (c)
1
999 (d) −1 (e)
1
100
70 Capítulo 7. PROVAS DA OMRN DE 2019
Problema 13 - Seja F : R→ R uma primitiva da função f :
[
π
3 ,
2π
3
]
→ R, definida por f (x) =
x
sen x .
Podemos afirmar que F
(2π
3
)
−F
(
π
3
)
é igual a:
(a) − π2 (b)
π
2 ln3 (c)
√
π (d)
√
π
2 (e) −
π
6
Problema 14 - Um alfabeto possui cinco letras: a,b,c,d e e. Nesse alfabeto, a quantidade de
palavras com n letras e com um número par de letras “a” é igual a:
(a) 5
n+3n
2 (b)
5n−3n
2 (c)
15n
3 (d)
√
15n
5 (e)
15n−5n−3n
3
Problema 15 - Na figura abaixo as medidas dos lados dos quadrados menores são 3 e 4.
A medida x do lado do quadrado maior é:
(a) 113 (b)
13
3 (c)
14
3 (d)
16
3 (e)
19
4
Problema 16 - Seja f : R→ R uma função dada por f (x) = x3 + x−8.
A equação
2. f (x)+3. f−1(x) = 10,
possui:
(a) apenas uma solução real. (b) exatamente duas soluções reais. (c) exatamente três soluções reias
(d) exatamente quatro soluções reais. (e) não possui soluções reais.
Problema 17 - Seja ( fn)n≥0 a sequência de Fibonacci; f0 = 0, f1 = 1 e fn+2 = fn+1 + fn para
todo inteiro n≥ 0. Sabe-se que
fn =
1√
5
[(
1+
√
5
2
)n
−
(
1−
√
5
2
)n]
.
Com relação à série
∞
∑
n=1
fn−1. fn+2
f 2n . f 2n+1
, podemos afirmar que:
(a) converge para 1 (b) converge para 1+
√
5
2 (c) converge para
1−
√
5
2 (d) convergepara
1√
5
(e) é uma série divergente
Problema 18 - Sorteando aleatoriamente um elemento n do conjunto A = {1,2,3, · · · ,1.000.000},
a probabilidade de que o primeiro dígito de 2n seja 1 é igual a p. Podemos afirmar que:
(a) p < 310 (b) p≥
3
10 (c) p <
3
19 (d) p =
3
19 (e) p =
1
10
Problema 19 - Sendo i a unidade imaginária do corpo dos números complexos, qual dos conjuntos
abaixo representa valores do número complexo ii ?
(a) {e−( π2 ·k)|k ∈ Z} (b) {e−( π2 +2kπ)|k ∈ Z} (c) {e−(π+2kπ)|k ∈ Z}
(d) {e−(kπ)|k ∈ Z} (e) {e−(π+k π2 )|k ∈ Z}
Problema 20 - Na figura a seguir temos n quadrados desenhados numa faixa reta.
• • •
7.1 PRIMEIRA FASE 2019 71
A quantidade de maneiras de pintar os n quadrados da faixa utilizando as cores preto e vermelho
sem que dois quadrados vizinhos sejam pretos é igual a:
(a) 1√
5
[(
1+
√
5
2
)n
−
(
1−
√
5
2
)n]
(b) 1√
5
[(
1+
√
5
2
)n+1
−
(
1−
√
5
2
)n+1]
(c) 1√
5
[(
1+
√
5
2
)n+2
−
(
1−
√
5
2
)n+2]
(d) 1√
5
[(
1+
√
5
2
)n+3
−
(
1−
√
5
2
)n+3]
(e) 1√
5
[(
1+
√
5
2
)n+4
−
(
1−
√
5
2
)n+4]
8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
8.1 Solução da Prova do Nível I
Problem 1 - Dentre as alternativas abaixo, assinale o número que é igual a 2100.
(a) 45×210 (b) metade de 2101 (c) 165×25 (d) (23)97 (e) 22 +298
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Basta perceber que:
2101
2
=
2101
21
= 2101.2−1 = 2101−1 = 2100.
Problem 2 - O valor da soma
S = 99×2019+99×2018+99×2000+99×1981+99×1982
é igual a:
(a) 900.000 (b) 990.000 (c) 999.000 (d) 999.900 (e) 999.990
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Podemos escrever:
S = 99×2019+99×2018+99×2000+99×1981+99×1982
= 99(2019+2018+2000+991981+991982)
= 99× [(2019+1981)+2000+(2018+1982)]
= 99× (4000+2000+4000)
= 99×10.000
= 990.000.
74 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
Problem 3 - O dígito que ocupa o 2019 lugar na expansão decimal da fração 37 é:
(a) 4 (b) 2 (c) 8 (d) 5 (e) 7
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
Fazendo a divisão de 3 por 7, segue que 37 = 0,428571. Ou seja, o número
3
7 é uma dízima
periódica cujo período é 428571, que possui 6 dígitos. Como 2019 = 336×6+3, segue que
nos primeiros 2019 dígitos da expansão decimal de 37 ocorre o 336 vezes bloco 428571 e
ainda escrevemos mais 3 dígitos, isto é, 428, o que revela que o 2019o dígito é o 8.
Problem 4 - Algumas parcelas devem ser removidas da expressão
S =
1
2
+
1
4
+
1
6
+
1
8
+
1
10
+
1
12
para que a soma das parcelas restantes seja igual a 1. A soma das parcelas que devem ser
removidas é:
(a) 940 (b)
2
3 (c)
4
15 (d)
5
24 (e)
3
8
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
Ora, como
S =
1
2
+
1
4
+
1
6
+
1
8
+
1
10
+
1
12
=
60+30+20+15+12+10
120
Note que 60+30+20+10 = 120. Assim, se retirarmos as frações correspondentes as parcelas
15 e 12, que são respectivamente 18 e
1
10 , segue que a soma remanescente é
120
120 = 1. Portanto
para para que parcelas restantes seja igual a 1 é preciso retirar as frações 18 e
1
10 cuja soma é
1
8 +
1
10 =
9
40 .
Problem 5 - O número inteiro 10! (leia-se: dez fatorial) é definido por
10! = 10×9×8× . . .×3×2×1.
A quantidade de divisores positivos do número 10! é igua a:
(a) 10 (b) 120 (c) 270 (d) 360 (e) 380
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
Fatorizando cada um dos fatores de 1 a 10, segue que 10! = 28 · 34 · 52 · 71. Portanto, a
quantidade de divisores positivos do número 10! é igua a (8+1)(4+1)(2+1)(1+1) = 270.
Problem 6 - Todos os dias Nice dá o mesmo número de voltas na pista de corrida do seu novo
condomínio. Após completar um certo número de voltas, ela completou 20% do número total de
voltas, e após dar mais uma volta ela completa 25% do total de voltas. A quantidade de voltas
que Nice dá diarimente na pista é:
8.1 Solução da Prova do Nível I 75
(a) 20 (b) 30 (c) 40 (d) 50 (e) 60
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
Seja n o número de voltas que Nice dá diariamente. Sendo t o número de voltas que corresponde a
20% do número total de voltas, segue que t = 0,20.n e t+1 = 0,25.n. Assim, 0,20n+1 = 0,25n,
o que revela que n = 20.
Problem 7 - Natália queria montar o mesmo cubo que Diana havia montado (veja na Figura 1
abaixo), mas ao tentar, acabaram-se os cubos unitários e ela só conseguiu fazer a parte do cubo
mostrado na Figura 2.
Figura 1 Figura 2
A quantidade de cubos unitários que faltam na Figura 2 para formar a Figura 1 é:
(a) 5 (b) 6 (c) 7 (d) 8 (e) 9
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
É fácil ver que na Figura 2 faltam 7 cubos unitários para formar o cubo da Figura 1.
Problem 8 - Nicolas está aprendendo a dirigir pelas ruas de seu bairro, veja o mapa na Figura a
seguir. O carro que ele dirige apresenta um defeito: não pode dobrar à direita.
A
B
•
•
Iniciando no ponto A e no sentido da seta, o menor número de giros à esquerda que ele deve fazer
para ir do ponto A ao ponto B é:
(a) 3 (b) 5 (c) 6 (d) 8 (e) 10
Solução
76 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
A resposta correta é a alternativa (b).
Veja o percurso mínimo que Nicolas pode fazer:
A
B
•
•
Problem 9 - A soma dos pontos nas faces opostas de um dado comum é sempre 7. O dado
mostrado na Figura a seguir gira sobre o caminho composto de quadrados até chegar ao quadrado
sombreado.
No início, a face superior do dado mostra 3 pontos. A quantidade de pontos mostrada na face
superior do dado na posição final do caminho é:
(a) 2 (b) 3 (c) 4 (d) 5 (e) 6
Solução
A resposta correta é a alternativa (e).
Os números que aparecerão na face superior do dados após os sucessivos movimentosao longo do
caminho composto de quadrados são: 3, 6, 4, 5, 3, 1, 4 e, finalmente 6.
Problem 10 - Pretende-se escrever em cada casa de um tabuleiro 5× 5 ou o número 1 ou o
número 0, de modo que em cada sub-tabuleiro 2×2 estejam escritos exatamente 3 números
iguais. Na figura a seguir, mostramos um exemplo de como fazer isso. Nesse exemplo, a soma total
dos números escritos é 12.
1
0
0
1
0
0
0
1
1
1
1
0
0
1
0
1
1
0
0
0
0
1
1
0
1
Nas condições do problema, a soma máxima possível do total dos números escritos no tabuleiro
5×5 é igual a:
(a) 18 (b) 19 (c) 20 (d) 21 (e) 22
Solução
8.1 Solução da Prova do Nível I 77
A resposta correta é a alternativa (d).
Obrigatoriamente, nas casas dos cantos de cada um dos sub-tabuleiros 2×2 deve estar escrito
pelo menos um número 0. Isto significa que o total máximo dos números escritos no tabuleiro é
menor do que ou igual a 21. Na Figura a seguir mostramos como escrever os números nas 25
casas do tabuleiro de maneira que a soma total seja igual a 21:
1
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
Problem 11 - Desenhando dois círculos, Carmela obteve uma figura que consiste de três regiões
limitadas, veja Figura a seguir.
1 2 3
Se Carmela desenhar dois quadrados ela poderá obter um total máximo de regiões limitadas igual
a:
(a) 3 (b) 5 (c) 6 (d) 8 (e) 9
Solução
A resposta correta é a alternativa (e).
Se Carmela desenhar dois quadrados como na Figura a seguir, ela poderá obter 9 regiões
limitadas.
1
7
3
2
4
5
6
8
9
Problem 12 - A Figura a seguir foi formada a partir de dois quadrados, um com lado medindo 5
cm e o outro com lado medindo 4 cm, de modo que um vértice do quadrado maior coincide com
o centro do quadrado menor.
78 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
Em cm2, a área da região sombreada é igual a:
(a) 29 (b) 36 (c) 37 (d) 40 (e) 41
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
As área dos dois quadrados são 25 cm2 e 16 cm2, respectivamente. A região comum aos dois
quadrados é um quadrado de lado medindo 2 cm. Portanto, a área sombreada é numericamente
igual a 25+16−4 = 37.
Problem 13 - Beto coleciona selos guardando-os em caixas. Ele possui 26 caixas, e em cada caixa
contém 36 selos. Hoje ele viu que algumas caixas estavam quebradas, decidiu esvaziar todas as
caixas e retirar as caixas quebradas. Para guardar todos os seus selos nas caixas restantes, ele
terá que acrescentar ao número de selos que tinha em cada caixa 2 selos para cada caixa que
retirou.
A quantidade de caixas que sobrou é:
(a) 6 (b) 8 (c) 12 (d) 18 (e) 20
Solução
A resposta correta é a alternativa (d).
A quantidade total de selos é igual a 26 ·36 = 936. Seja n a quantidade de caixas quebradas que
ele retirou. Assim, a quantidade de caixas que sobrou é: 26−n. Dos dados do prblema, temos
que:
(26−n) ·(36+2n) = 936⇒ 936+52n−36n−2n2 = 936⇒ 2n2−16n = 0⇒ n = 0 ou n = 8
Portanto, a quantidade de caixas que sobrou é 26−8 = 18.
Problem 14 - Os três quadrados da figura a seguir são de mesmas dimensões e os segmentos que
os intersectam os fazem nos pontos médios dos lados ou em vértices.
(I) (II) (III)
8.1 Solução da Prova do Nível I 79
Sobre as áreas sombreadas das três figuras, S(I), S(II), S(III), respectivamente, podemos dizer
que:
(a) S(I) 6= S(II) (b) S(I) 6= S(III) (c) S(II) 6= S(III) (d) S(I)+ S(II) = S(III) (e) S(I) =
S(II) = S(III)
Solução
A resposta correta é a alternativa (e).
Para ver isso, basta dividir a região limitada por cada quadrado 8 partes iguais:
(I) (II) (III)
Problem 15 - A Figura a seguir mostra 6 peças de dominó. Cada peça é formada por dois
quadrados e em cada quadrado há um certo número de pontos. Pretende-se reorganizar as peças
de tal forma que elas continuem na mesma linha, mas que para cada par de peças que permanecem
juntas, o número de pontos dos quadrados vizinhos seja o mesmo nas duas peças. Existem dois
tipos de movimentos permitidos, um deles é girar qualquer peça, e o outro é a trocar de lugar de
duas peças.
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•
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••
•
A menor quantidade de movimentos a ser feito para dispor as peças como descrito acima é:
(a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 4 (e) 5
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
Observe que os únicos pontos que aparecem uma quantidade ímpar de vezes são 4 e 6, o que
implica que eles devem ficar situados nas extremidades da cadeia de dominós. Logo, as peças que
possuem 1 ponto deve ficar juntas. Mas, para fazer isso requer pelo menos dois movimentos, que
não são suficientes para arrumar a cadeia de dominós como queremos. Assim, precisamos de pelo
menos três movimentos para arrmar a cadeia de dominós.
É possível estabelecer uma sequência de três movimentos trocando primeiramente a posição da
peça que tem 4 e 2 com a peça que tem 6 e 1. Em seguida, trocamos de posição a peça que
possui 3 e 1 pontos com a peça que possui 6 e 1. Finalmente, invertemos a peça que possui 3
e 1 pontos.
A Figura a seguir mostra como ficam as peças de dominó depois desses três movimentos.
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•
Problem 16 - Num tabuleiro 27×27, Carla deve pintar de cinza algumas das casas do tabuleiro,
de maneira tal que fique pelo menos uma casa sem pintar e a pintura deve satisfazer as duas
condições seguintes:
80 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
• Em cada sub-tabuleiro 2×2 a quantidade de casas pintadas de cinza deve ser par;
• Em cada sub-tabuleiro 3×3 a quantidade de casas pintadas de cinza deve ser ímpar.
A quantidade máxima de casas que Carla pode pintar é:
(a) 405 (b) 400 (c) 205 (d) 200 (e) 3
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
Inicialmente, observe que: em cada sub-tableiro 3×3 não existem mais do que 5 casas pintadas
de cinza. De fato, se houvessem 7 casas pintadas (por hipóteses a quantidade de casas pintadas
de cinza num sub-tabuleiro 3×3 deve ser ímpar), é impossível que em cada sub-tabuleiro 2×2
tenhamos uma quantidade par de casas pintadas, veja os exemplos a seguir:
Desse modo, divide-se o tabuleiro dado em 81 sub-tabuleiros 3×3, e como no máximo 5 casas
podem ser pintadas, o número máximo de casas pintadas será 5 ·81 = 405.
Problem 17 - Os primos Nath, Mel, Lara, Matias e Murilo estão sentados em volta de uma mesa
redonda. Eles contam em voz alta os números naturais a partir de 1. Primeiro fala Nath, depois
Mel, Lara, Matias e Murilo. Quando uma pessoa fala um número múltiplo de 7 ou um número
que contém o dígito 7 (por exemplo, 37) essa pessoa deixa a mesa.
A última pessoa que deixa a mesa é:
(a) Nath (b) Mel (c) Lara (d) Matias (e) Murilo
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
Os números falados são: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, . . .. Os números que eliminam da mesa uma
pessoa são: 7, 14, 17, 21, 27, 28, 35, 37, . . .. Na tabela a seguir, colocamos em negrito o número
que elimina da mesa a pessoa que o fala, o que fica claro que a última pessoa a sair é Nath:
Nath 1 6 11 15 18 20
Mel 2 7
Lara 3 8 12 16 19 21
Matias 4 9 13 17
Murilo 5 10 14
Problem 18 - O maior número natural de quatro digitos que é um divisor de 111777 é:
(a) 1961 (b) 1577 (c) 1771 (d) 5883 (e) 7777
Solução
A resposta correta é a alternativa (d).
8.1 Solução da Prova do Nível I 81
A decomposição do número 111777 em fatores primos é igual a
111777 = 3 ·19 ·37 ·53
Portanto, segue que o maior número de quatro algarismos que divide o número dado é 3 ·37 ·53 =
5883.
Problem 19 - Murilo que colocar cerâmicas no assoalho retangular de seu escritório, que mede
12 m por 16 m. Ele planeja colocar nas partes mais próximas das paredes (o bordo da sala)
cerâmicas que medem 1 m por 1 m e na parte central do assoalho cerâmicas de tamanho 2 m
por 2 m.
A quantidade de cerâmicas que Murilo vai utilizar é:
(a) 48 (b) 87 (c) 91 (d) 96 (e) 120
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Nas bordas da sala existem 2×16+2×10 = 52 peças 1×1 e na parte central existem 5×7 = 35
peças 2×2. Portanto, o número total de peças é 52+35 = 87 peças.Problem 20 - Um quadrado de área 144 cm2 pode ser decomposto em seis quadrados de lados
inteiros não todos iguais. Aa soma dos perímeros de todos os seis quadrados é:
(a) 36 cm (b) 84 cm (c) 96 cm (d) 112 cm (e) 164 cm
Solução
A resposta correta é a alternativa (d).
Você pode dividir o quadrado original em 6 da seguinte forma:
Cada um dos quadrados menores tem lado 4 (perímetro 16) e o quadrado em cinza tem lado 8
(perímetro 32). Portanto a soma dos perímetros dos 6 quadrados é 5×16+32 = 112.
82 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
8.2 Solução da Prova do Nível II
Problem 1 - Quatro pentágonos regulares estão dispostos como na Figura a seguir.
A medida do maior ângulo do quadrilátero sombreado é:
(a) 36◦ (b) 44◦ (c) 72◦ (d) 108◦ (e) 144◦
Solução
A resposta correta é a alternativa (e).
O ângulo central do pentágono regular mede 3605 = 72
◦. Unindo o centro de um pentágono regular
com os vértices formamos triângulos isósceles congruentes, que possuem os ângulos das base com
a mesma medida.
Seja u a medida de cada ângulo da base de cada triângulo isóceles. Segue que, cada ângulo
interior do pentágono regular mede 2u = 180◦− 72◦ = 108◦. Logo, os ângulos interiores do
pentágono medem 108◦.
Agora, olhemos para o quadrilátero sombreado, é fácil ver que o quadrilátero sombreado possui os
ângulos opostos com a mesma medida e que existem dois tipos de ângulos interiores no quadrilátero
sombreado.
Um tipo é aquele que junto com dois ângulos do pentágono regular perfazem um giro de 360◦.
Chamando a medida desse ângulo do quadrilátero de θ , temos: 108◦+108◦+θ = 360◦, o que
implica θ = 144◦.
O outro tipo de ângulo do quadrilátero sombreado é aquele que junto com três ângulos de mesma
medida que a de qualquer ângulo interno do pentágono regular perfazem um giro de 360◦.
Chamando a medidad desse ângulo do quadrilátero de β , temos que: 108◦+108◦+108◦+β =
360◦, o que implica β = 36◦.
Assim, as medidas dos ângulos do quadrilátero sombreado são: 144◦, 144◦, 36◦, 36◦. Portanto,
a resposta é 144◦.
Problem 2 - Cinco equipes disputam um torneio de futebol, onde cada uma enfrenta outra exata-
mente uma vez. Em cada partida, o vencedor ganha 3 pontos, o perdedor 0, e em caso de empate
cada equipe ganha 1 ponto.
Se ao final do torneio a pontuação de todas as equipes são distintas, a menor pontuação posível
que pode obter o campeão do torneio é:
(a) 4 (b) 5 (c) 6 (d) 7 (e) 8
A resposta correta é a alternativa (d).
Vamos chamar as equipes de E1, E2, E3, E4, E5. Para calcular a quantidade total de partidas do
torneio, basta contá-las da seguinte maneira:
• A equipe E1 enfrenta 4 equipes;
8.2 Solução da Prova do Nível II 83
• Uma vez contadas as partidas disputadas pela equipe E1, a quantidade de partidas
disputadas pela equipe E2 é igual a 4−1 = 3, porque a partida entre E1 e E2 já foi
contada antes;
• De módo análogo, a quantidade de partidas disputadas pela equipe E3 é igual a 4−1−1 =
2;
• A quantidade de partidas disputadas pela equipe E4 = 4−1−1−1 = 1;
• Todas as partidas disputadas pela equipe E5 já foram contadas nos itens acima.
Assim, a quantidade total de partidas disputadas pelas cinco equipes é igual a: 4+3+2+1 = 10.
Agora, observe que em cada partida se reparte entre as equipes: 2 pontos em caso de empate (1
ponto para cada equipe) ou 3 pontos (no caso em que haja vencedor). Isto significa que a soma
das pontuações de todas as equipes é no mínimo 2 ·10 = 20, onde 10 é o número de partidas do
torneio. Esse número só corre quando todas as equipes empatam em todas as partidas.
Se a pontuação do campeão do torneio fosse menor do que ou igual a 6, e como, por hipótese, as
pontuações das 5 equipes são distintas, a soma de todas seria no máximo:
6+5+4+3+2 = 20
Ora, nesse caso, todas as partidas teriam terminadas empatadas e todos teriam 4 pontos.
Contradição. Portanto, a pontuação do campeão é no mínmo 7. Um exemplo de torneio no qual o
campeão obteve exatamente 7 pontos é o seguinte:
Equipe E1 E2 E3 E4 E5 PONTUAÇÃO
E1 • 0 3 3 1 7
E2 3 • 1 1 1 6
E3 0 1 • 3 1 5
E4 0 1 0 • 3 4
E5 1 1 1 0 • 3
Problem 3 - Antonio queria comprar um eletrodoméstico. Na loja A o eletrodoméstico custa
R$1200,00 e é oferecido um desconto de 10%. Na loja B o mesmo eletrodoméstico custa um pouco
mais, mas ofereceram um desconto de 20%. Antonio percebeu que o preço do eletrodoméstico em
ambas as lojas era o mesmo. O eletrodoméstico na loja B custava inicialmente o valor de:
(a) 1300 (b) 1350 (c) 1400 (d) 1450 (e) 1500
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Na loja A, o eletrodoméstico custava: 1200 ·90% = 1080.
Seja x o preço do eletrodoméstico na loja B. Logo, o preço final do eletrodoméstico nessa loja é
igual a: x ·80% = 8x10 .
Por outro lado, temos que: 8x10 = 1080⇒ x =
10·1080
8 = 1350.
Problem 4 - Seja n o número de trabalhadores que podem fazer uma obra em 3n4 dias, trabalhando
n
3 horas por dia. Se dobrássemos a quantidade de trabalhadores, terminariam a obra em 72
horas de trabalho.
O valor de n é:
(a) 12 (b) 16 (c) 18 (d) 24 (e) 32
Solução
A resposta correta é a alternativa (d).
84 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
Observe que, n trabalhadores tendo 3n4 dias de trabalho, trabalhando
n
3 horas diariamente,
equivalem a um total de horas trabalhadas igual a:
3n
4
· n
3
=
n2
4
.
Por outro lado, 2n trabalhadores podem fazer o mesmo trabalho em 72 horas de trabalho. Assim,
temos:
Horas de Trabalho Número de Trabalhadores
n2
4 n
72 2n
Como o número de trabalhadores e as horas de trabalho são inversamente proporcionais, segue
que:
n · n
2
4
= 2n ·72 ⇒ n2 = 4 ·2 ·72 = 576 ⇒ n = 24
Problem 5 - Desenham-se vários segmentos de reta na região limitada por um retângulo, veja
Figura a seguir.
10◦
14◦
33◦
26◦
X◦
Com isso, formamos cinco ângulos de medidas 10◦, 14◦, X◦, 33◦ e 26◦.
O valor X é:
(a) 11◦ (b) 12◦ (c) 16◦ (d) 17◦ (e) 33◦
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
Como o ângulo DAB é reto, o ângulo MAE mede 90◦−10◦ = 80◦. Olhando para o triângulo
AME, temos que o ângulo AME mede 180◦−14◦−80◦ = 86◦. Como o ângulo ADC é reto,
o ângulo MDF mede 90◦−26◦ = 64◦. Agora, no triângulo MFD temos que o ângulo DMF
mede 180◦− 33◦− 64◦ = 83◦. Logo, o ângulo EMF mede 180◦− 86◦− 83◦ = 11◦, que é a
resposta correta.
Problem 6 - Todas as raízes da equação quadrática
x2−63x+ k = 0
são números primos.
A quantidade de valores possíveis para k é:
(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4
8.2 Solução da Prova do Nível II 85
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Sejam m e n as raízes da equação quadrática dada. Temos que:
m+n = 63 e m ·n = k,
com m e n números primos. Agora, observe que, como 63 é um número ímpar, temos que m é
par e n é ímpar (ou vice-versa). Mas, o único primo que é par é o número 2. Logo, m = 2 e
n = 61, o que implica k = 2 ·61 = 122. Portanto, existe uma única possibilidade para k.
Problem 7 - Na Figura a seguir, a linha preta e a linha pontuada formam sete triângulos equiláteros.
O comprimento da linha pontuada é 20 cm.
O comprimento da linha preta é:
(a) 25 cm (b) 30 cm (c) 35 cm (d) 40 cm (e) 45 cm
Solução
A resposta correta é a alternativa (d).
Como os triângulos são equiláteros, o comprimento da linha pontuada é o dobro do comprimento
da linha pontuada. Portanto, a resposta é: 2 ·20 = 40.
Problem 8 - Paulinho tem duas peças feitas de cartolina e mostradas a seguir:
Das figuras seguintes, a que Paulinho pode fazer usando as duas peças é a opção:
(a) (b) (c) (d) (e)
Solução
Para cada uma das opções apresentada no problema, mostramos a orientação que as peças tomam.
86 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
(a) (b) (c) (d) (e)
Observe que na opção (a) é a única em que os dois, S e Z, aparecem, enquanto nas opções (b) e
(d) aparece duas vezes Z, e nas opções (c) e (e) aparece duas vezes S. Portanto, a resposta é a
opção (a).
Problem 9 - Uma caixa contém 28 bolas vermelhas, 20 bolas verdes, 19 bolas amarelas, 13
bolas azuis, 11 bolas brancas e 9 bolas pretas.
O número mínimo de bolas que devem ser retiradas da caixa, sem reposição, paragarantir que
pelo menos 15 bolas de uma mesma única cor sejam retiradas é:
(a) 75 (b) 76 (c) 79 (d) 84 (e) 91
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Retirando o número máximo de bolas de modo que tenhamos uma quantidade menor do 15 bolas
de cada cor, poderíamos ter retirado 14 bolas vermelhas, 14 bolas verdes, 14 bolas amarelas, 13
bolas azuis, 11 bolas brancas e 9 bolas pretas, num total de 14+14+14+14+13+11+9 = 75
bolas. Retirando mais uma bola conseguiremos um total de 15 bolas de mesma cor (ou da cor
vermelha ou verde ou amarela). Portanto, a resposta é: 75+1 = 76.
Problem 10 - A cada 3 minutos um ônibus sai do aeroporto e leva 60 minutos para chegar ao
centro da cidade. Um carro sai do aeroporto ao mesmo tempo que um dos ônibus, usa a mesma
rota que os ônibus, e leva 35 minutos para chegar ao centro da cidade.
A quantidade de ônibus que o carro ultrapassa em seu caminho para o centro da cidade, excluindo
o ônibus que saiu ao mesmo tempo, é igual a:
(a) 8 (b) 10 (c) 11 (d) 12 (e) 13
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
O carro ultrapassa todos os ônibus que estão faltando mais de 35 minutos para chegar ao centro
da cidade, ou seja, aqueles que estão a 60− 35 = 25 ou menos minutos a caminho. Como
8 < 253 < 9, o número de ônibus que o carro ultrapassará será igual a 8.
Problem 11 - Numa prisão, 2019 detentos são organizados em uma fila indiana (um atrás do
outro) e é colocado em cada detento um chapéu branco ou preto de modo que cada um vê a cor
dos chapéus dos prisioneiros que estão na frente na fila (mas, não vê seu chapéu ou aqueles das
pessoas que estão atrás na fila). Pergunta-se para todos os presos, na ordem do último para o
primeira da fila, qual a cor do seu chapéu. Quem acerta será libertado e quem erra continuará
preso.
Se você pudesse estabelecer uma estratégia prévia entre os prisioneiros, o número máximo de
detentos que você poderia garantir a liberdade é:
(a) 2019 (b) 2018 (c) 1009 (d) 100 (e) 1
8.2 Solução da Prova do Nível II 87
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Como o último da fila não pode saber qual é a cor de seu chapéu, fica claro que não existe uma
estratégia capaz de dar liberdade a todos. No entanto, você pode salvar os outros 2018, desde
que você estabeleça entre os detentos a estratégia que explicamos a seguir.
Associamos a cor preta ao númeo 1 e à cor branca o número −1.
O último da fila multiplica todos os números associados aos chapéus que estão à frente dele e
diz a cor do seu chapéu como a correspondente ao produto (pode até acertar se ele tem sorte,
mas não há nenhuma garantia de que pode conseguir). No entanto, o que está na frente, para
encontrar o número corresponde a cor do chapéu dele, divide o produto dos números associados
aos 2017 chapéus que estão à sua frente pelo número que seu antecessor falou desde que ela tenha
errado, caso contrário divide pelo outro número. Da mesma forma, os prisioneiros seguintes, para
encontrar o número correspondente à cor do seu chapéu, multiplica os números correspondentes
aos chapéus que estão à sua frente e o divide pelo número associado a cor do chapéu de seu
antecessor. Desta forma, assegura que todos são salvos exceto possivelmente o última da fila.
Nota. O mesmo raciocínio se aplica para uma fila com n prisioneiros e, como acima, garante que
pode-se salvar n−1 prisioneiros.
Problem 12 - A soma
S =
1
1+2
+
1
1+2+3
+
1
1+2+3+4
+ . . .+
1
1+2+3+4+ . . .+51
é igual a:
(a) 2526 (b) 12 (c) 34 (d) 36 (e) 48
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
Sabemos que 1+2+3+ · · ·+n = n(n+1)2 . Portanto,
S =
51
∑
k=2
1
1+2+3 · · ·+n
=
51
∑
k=2
1
n(n+1)
2
=
51
∑
k=2
2
n(n+1)
= 2
51
∑
k=2
(
1
n
− 1
n+1
)
⇒
S = 2
[(
1
2
− 1
3
)
+
(
1
3
− 1
4
)
+ · · ·+
(
1
51
− 1
52
)]
= 2
(
1
2
− 1
52
)
=
25
26
.
Problem 13 - Uma folha de papel retangular foi “dobrada ao meio” como ilustra a figura a seguir:
→
Se o retângulo obtido é semelhante ao retângulo original, podemos afirmar que a razão entre as
medidas dos lados do retângulo menor é igual a:
(a) 2 (b) 32 (c)
√
3
2 (d)
1+
√
5
2 (e)
√
2
Solução
A resposta correta é a alternativa (e).
88 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
Imagine que o retângulo original tem base 2a e altura b. Após a dobra, o novo retângulo tem base
a e altura b. Ora, como esses retêngulos são, pelo enunciado, semelhantes, segue que
2a
b =
b
a ⇒ b = a
√
2. Portanto a razão entre as medidas dos lados do retângulo menor é ba =
a
√
2
a =√
2.
Problem 14 - Sejam a e b as raízes reais da equação
x2− (k−2)x+(k2 +3k+5) = 0,
onde k é um número real.
O máximo valor possível para a2 +b2 é:
(a) 19 (b) 18 (c) 509 (d) 61 (e) 169
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
Como a e b são as raízes da equação x2− (k−2)x+(k2 +3k+5) = 0, segue que:
a+b = k−2 e a.b = k2 +3k+5.
Assim,
a2 +b2 = (a+b)2−2ab = (k−2)2−2(k2 +3k+5) =−2k2−10k+6,
que é uma função quadrática em k. Essa função assume valor máximo em k = − (−10)4 = −2,5.
Portanto o valor máximo de a2 +b2 =−2.2,52−10.(−2,5)−6 = 132 .
Problem 15 - Um círculo de área 40 é tangente a um círculo de área 10. Seja R um retângulo
que contém os dois círculos, como ilustra a figura a seguir.
• ••• •
A medida da área de R é n
π
.
O valor de n é:
(a) 50 (b) 120 (c) 81 (d) 100 (e) 156
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
Sejam x e y as medidas dos raios dos círculos maior e menor, respectivamente. Nesse caso a base e
a altura do retângulo medem 2x+2y e 2y, respectivamente. Ora, como o círculo maior tem área
40 e o menor tem área 10, segue que
πy2 = 40 e πx2 = 10⇒ y2 = 40
π
e x2 =
10
π
.
Diante do exposto, segue que a medida R da área do retângulo é
R = (2y+2x) ·2y = 4y2 +4xy = 440
π
+4
√
40
π
√
10
π
=
240
π
.
8.2 Solução da Prova do Nível II 89
Ora, como por hipótese, R = πn , segue
n
π
= 240
π
⇒ n = 240.
Problem 16 - Na adição de termos iguais 20192019 + 20192019 + 20192019 + . . .+ 20192019 =
20192020, escrita de forma simplificada, foram escritos muitos sinais (+).
O total de sinais (+) escritos é:
(a) 2019 (b) 2018 (c) 20192 (d) 20182 (e) 20212019
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Basta perceber que:
20192019 +20192019 +20192019 + . . .+20192019︸ ︷︷ ︸
n parcelas
= 20192020⇒
n ·20192019 = 20192020⇒ n = 2019
2020
20192019
= 20192020−2019 = 20191 = 2019.
Ora, como no primeiro membro são 2019 parcelas, segue que existem 2018 sinais +.
Problem 17 - O lago Donald é invadido por 1000 patos com penas vermelhas ou azuis e as
cabeças vermelhas ou azuis. Se 538 dos patos possuem as penas vermelhas, 318 patos possuem
cabeça azuis e 250 patos posuem ambas cabeça e penas azuis, a quantidade de patos que possuem
cabeça e penas vermelhas é igual a:
(a) 68 (b) 250 (c) 606 (d) 470 (e) 998
Solução
A resposta correta é a alternativa (d).
Como 318 patos têm cabeças azuis e 250 patos têm ambas as cabeças e as penas azuis, existem
318−250 = 68 patos com cabeças vermelhas e penas azuis. Os 538 patos com penas vermelhas
incluem patos com ambas as cabeças vermelhas e azuis, por isso, se removemos os 68 patos com
as cabeças vermelhas e as penas azuis, restam 538−68 = 470 patos com ambos cabeças e penas
vermelhas.
Problem 18 - Um garoto só possui dois tipos de livros: livros de quadrinhos e livros sobre a
natureza. Sabe-se que 13 de seus livros são de quadrinhos. Depois de ir a uma livraria, ele
comprou mais 20 livros de quadrinhos, de modo que agora 47 de seus livros são livros de
quadrinhos.
A quantidade de livros que o garoto tinha inicialmente era:
(a) 12 (b) 24 (c) 36 (d) 48 (e) 60
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
Seja q a quantidade de livros de quadrinho que o garoto tinha inicialmente e n a quantidade
inical de livros sobre a natureza. Pelas hipóteses, temos:
q
q+n
=
1
3
e
q+20
q+n+20
=
4
7
.
Simplificando as duas equações acima, obtemos
3q = q+n ⇒ 2q = n 7q+140 = 4q+4n+80 ⇒ 3q+60 = 4n.
90 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
Resolvendo o sistema de equações, obtemos q = 12 e n = 24. Portanto, a quantidadede livros
que o garoto tinha inicialmente era 12+24 = 36.
Problem 19 - Um garoto só possui dois tipos de livros: livros de quadrinhos e livros sobre a
natureza. Sabe-se que 13 de seus livros são de quadrinhos. Depois de ir a uma livraria, ele
comprou mais 20 livros de quadrinhos, de modo que agora 47 de seus livros são livros de
quadrinhos. A quantidade de livros que o garoto tinha inicialmente era:
(a) 12 (b) 24 (c) 36 (d) 48 (e) 60
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
Seja q a quantidade de livros de quadrinho que o garoto tinha inicialmente e n a quantidade
inical de livros sobre a natureza. Pelas hipóteses, temos:
q
q+n
=
1
3
e
q+20
q+n+20
=
4
7
.
Simplificando as duas equações acima, obtemos
3q = q+n ⇒ 2q = n 7q+140 = 4q+4n+80 ⇒ 3q+60 = 4n.
Resolvendo o sistema de equações, obtemos q = 12 e n = 24. Portanto, a quantidade de livros
que o garoto tinha inicialmente era 12+24 = 36.
Problem 20 - Dario desenhando um triângulo e medindo seus ângulos internos, com a ajuda de
um transferidor, percebeu que estas medidas eram proporcionais aos números 2; 3 e 7.
Dario desenhou um triângulo:
(a) Isósceles (b) Acutângulo (c) Obtusângulo (d) Retângulo (e) Equilátero
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
Chamemos o triângulo desenhado por Dario de ∆ABC. Como as medidas dos ângulos internos
são proporcionais aos números 2; 3 e 7, temos que :
m(∠A)
2
=
m(∠B)
3
=
m(∠C)
7
= k.,
que implica
m(∠A) = 2k, m(∠B) = 3k, m(∠C) = 7k.
Como a soma das medidas dos ângulos internos de um triângulo é iguala a 180◦, temos:
2k+3k+7k = 180◦ ⇒ 12k = 180◦ ⇒ k = 15.
Substituindo, temos que:
m(∠A) = 2 ·15 = 30◦, m(∠B) = 3 ·15 = 45◦, m(∠C) = 7 ·15 = 105◦.
Portanto, Dario desenhou um triângulo obtusângulo.
8.3 Solução da Prova do Nível III 91
8.3 Solução da Prova do Nível III
Problem 1 - Numa sessão de teatro, as crianças pagaram R$8,00 e os adultos pagaram R$25,00.
No final, a bilhetria arrecadou um total de R$942,00 e foram vendidos mais bilhetes de adultos
do que de crianças. O total de bilhetes vendidos foi:
(a) 37 (b) 54 (c) 58 (d) 61 (e) 71
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Suponha que venderam c bilhetes de crianças e a de adultos. Pelas hipóteses, a arrecadação
final foi de:
8c+25a = 942 (∗)
A equação acima pode ser escrita como:
8c+25a = 8c+24a+a = 942 ⇔ 8(c+3a)+a = 8 ·117+6 ⇔ a = 8 · [(c+3a)−117]+6.
Assim, podemos concluir que a é um múltiplo de 8 mais 6. Isto é, a = 8 · k+6 (∗∗), onde k
é um inteiro não negativo. Substituindo (∗∗) em (∗), obtemos:
8c+25(8k+6) = 942 ⇔ 8c+200k+150 = 942⇔ 8c = 942−150−200k⇔
8c = 792−200k⇔ c = 99−25k.
Como c é um número inteiro não negativo, temos:
c = 99−25≥ 0⇔ 25k ≤ 99⇔ k ≤ 99
25
= 3,96.
Logo, k ∈ {0, 1, 2}. Por outro lado, como a > c, obtemos uma única solução: c = 30 e a = 24.
Portanto, venderam c+n = 54 bilhetes.
Problem 2 - O máximo divisor comum dos números
33−3, 55−5, 77−7, . . . , 20192019−2019
é igual a:
(a) 3 (b) 9 (c) 24 (d) 26 (e) 48
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
Como o menor dos números dados é 33− 3 = 27− 3 = 24, o MDC tem de ser maior do que
ou igual a 24. Agora, observe que cada um dos números dados é da forma nn−n, com n um
número inteiro ímpar maior do que 1. Seja n = 2k+1, onde k é um inteiro maior do que ou
iguak a 1. Então:
nn−n = n · (nn−1−1) = n · [n2k−1] = n · [(n2)k−1] =
= n · (n2−1) · (n2k−2 +n2k−4 + . . .+1) = n · (n−1) · (n+1) · (n2k−2 +n2k−4 + . . .+1)
92 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
Como um dos números (n− 1), n, (n+ 1) é divisível por 3, segue que n · (n− 1) · (n+ 1) é
divisível por 3. Por outro lado, temos que:
(n−1) · (n+1) = (2k+1−1) · (2k+1+1) = 2k · (2k+2) = 4k(k+1),
que é divisível por 4 ·2 = 8, pois k ou k+1 é par. Logo, nn−n é divisível por 3 ·8 = 24, para
todo n = 3, 5,7, . . . , 2019. Portanto, o MDC dos números dados é 24.
Problem 3 - A quantidade de maneiras de se escrever o número 100 como soma de três inteiros
positivos é:
(a) 98 (b) 300 (c) 30.000 (d) 156.849 (e) 161.700
Solução
A resposta correta é a alternativa (ANULADA).
Observe que 100 = 1+1+1+1+ . . .+1+1︸ ︷︷ ︸
100 parcelas iguais a 1
. Desse modo, aparecem 99 sinais + quando
expressamos o número 100 como soma de cem parcelas iguais a 1. Como queremos escrever o
número 100 como soma de exatamente três parcelas, temos de escolher dentre os 99 sinais +
exatamente 2 deles. A quantidade de maneiras distintas de se escolher 3 sinais dentre 99 deles é:(
99
2
)
=
99!
97! ·2!
=
99 ·98 ·97!
97! ·1 ·2
=
99 ·98
2
= 4.851.
Duas coisas nos levaram a anular a questão; a primeira (e evidente) é a falta dessa resposta entre as
alternativas; a segunda é que não está bem claro no enunciado, se deveríamos ou não contar como
maneiras distintas as permutações de três números inteiros positivos cuja soma seja 100. Para
que a resposta seja essa que estamos sugerindo é preciso que consideremos como decomposições
diferentes, por exemplo, 10+20+70 e 20+70+10, assim como as demais permutações desses
três números. No caso em que essas decomposições não são consideradas como decomposições
distintas o problema é muito mais delicado. Nesse caso, o problema ESTÁ RELACIONADO com
o famoso problema de particionar um inteirpo positivo como soma de parcelas inteiras positivas
(desconsiderando a ordem das parcelas). Esse problema foi estudado orignalmente pelo famoso
matemático indiano Srinivasa Ramanujan e há uma vasta literatura para o tema, mas inda hoje
não se conhece uma fórmula “simples"para um inteiro positivo arbitrário n. Há uma fórmula bem
complicada envolvendo recursos mais avançados, como por exemplo, variáveis complexas.
Problem 4 - O menor natural n para o qual 10n−1 é múltiplo de 63 é:
(a) 8 (b) 7 (c) 6 (d) 5 4
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
Sabemos que:
10n−1 = (10−1)(10n−1 +10n−2 + · · ·+1) = 9.(10n−1 +10n−2 + · · ·+1).
Ora, como 63 = 9.7 para que 10n−1 seja divisível por 63, basta que 10n−2 +10n−3 + · · ·+1 seja
divisível por 7. Mas ocorre que
10n−1 +10n−2 + · · ·+1 = 111 · · ·1︸ ︷︷ ︸
n algarismos
.
8.3 Solução da Prova do Nível III 93
Por outro lado, na sequência 1,11,111,1111,11111,111111, . . . o menor número que é divisível
por 7 é 111111. Portanto o menor n que faz com que 10n−1 seja divisível por 63 é aquele em que
n = 6.
Problem 5 - Seja K = 9+99+999+9999+ . . .+9999 . . .99︸ ︷︷ ︸
321 dígitos
. A soma dos dígitos de K é igual a:
(a) 321 (b) 322 (c) 341 (d) 342 (e) 642
Solução
A resposta correta é a alternativa (d).
Podemos escrever:
K = (10−1)+(102−1)+(103−1)+(104−1)+ . . .+(10321−1) =
= (10+102 +103 +104 + . . .+10321)− (1+1+1+1+ . . .+1)︸ ︷︷ ︸
321 parcelas
=
10 · (10321−1)
9
−321 = 1111 . . .11︸ ︷︷ ︸
318 dgitos
1110−321 = 1111 . . .11︸ ︷︷ ︸
318 dgitos
0879
Portanto, a soma dos dígitos do número K é igual a: 318 ·1+0+8+7+9 = 342.
Problem 6 - Chamamos de invocado um número natural n cujo produto de seus divisores é igual
109.
A quantidade de números invocados é:
(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 10 (e) in f inita
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Como a decomposição em fatores primos de 109 é dada por:
109 = (2 ·5)9 = 29 ·59,
os únicos divisores primos de um número invocado são 2 e 5. Isto significa que um número
invocado n se escreve da seguinte forma:
n = 2a ·5b, onde a,b ∈ Z, com a≥ 1 e b≥ 1
Quando a = b = 2, temos n = 22 ·52 = 100, que é um número invocado. De fato, multiplicando
os divisores positivos de n, obtemos:
1 ·2 ·4 ·5 ·10 ·20 ·25 ·50 ·100 = (1 ·100) · (2 ·50) · (4 ·25) · (5 ·20) ·10 = 1004 ·10 = 109.
Vamos provar que 100 é o único número invocado.
Seja m = 2a ·5b. Temos que mostrar que, se a≥ 3, b≥ 4 ou 0≤ a < 2 e 0≤ b < 2, o número
m não é invocado. De fato, se m = 2a ·5b, com b≥ 3, então teremos obrigatoriamente como
divisores de m dentre outros os seguintes números:
5, 25, 125, 2 ·5, 2 ·25, 2 ·125.
94 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
Mas, com isso 109 teria o número 5 com a potência no mínimo: 1+2+3+1+2+3 = 12, que
é uma contradição, pois a potência de 5 é 9.
De modo análogo, se a≥ 3, teríamosa potência de 2 em 109 sendo no mínimo 12, que é uma
contradição. Assim, a≤ 2 e b≤ 2.
Se b = 1, então m = 2a ·5, com a≤ 2, teríamos como divisores de m com a participação de no
máximo três 5: 5, 2 ·5, 22 ·5, o que insuficiente, pois tem de aparecer 9 cincos. Por argumento
análogo, podemos concluir que a = 1 não satisfaz.
Portanto, n = 22 ·52 = 100 é o único número invocado.
Problem 7 - Definimos uma sequência, xn, de números da seguinte maneira:
• O primeiro termo da sequência, x1, é igual a 2;
• Se um termo da sequência é igual a a, o termo seguinte é igual a a−1a+1 . Ou seja, se xk = a,
então xk+1 = a−1a+1 .
O termo da sequência na posição 2019, isto é, x2019, é igual a:
(a) 1 (b) − 12 (c) −3 (d) 2018 (e) −2019
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Da definição da sequência, temos:
x1 = 2, x2 =
2−1
2+1
=
1
3
, x3 =
1
3 −1
1
3 +1
=−1
2
, x4 =
−1
2 −1
−1
2 +1
=−3, x5 =
−3−1
−3+1
= 2, . . .
É fácil ver que a sequência se repete num ciclo de comprimento 4. Como 2019 = 4 · 504+ 3,
temos que: x2019 =−12 .
Problem 8 - Você quer pintar de preto algumas das casas de um tabuleiro 4×5, de modo que
cada casa não pintada compartilhe pelo menos um lado com alguma casa pintada. Por exemplo, a
Figura abaixo mostra uma pintura que satisfaz as hipóteses.
O número mínimo de casas a serem pintadas de preto é:
(a) 5 (b) 6 (c) 7 (d) 8 (e) 9
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Vamos mostrar que:
• Como menos de 6 casas pintadas não é possível satisfazer ao problema;
• É possível resolver o problema pintando exatmente seis casas.
8.3 Solução da Prova do Nível III 95
Para ver que não é possível uma solução pintando menos de seis casas, observe inicialmente que
o tabuleiro possui 20 casas e identificamos algumas delas: as 4 situadas nos quatro cantos do
tabuleiro (que representamos por E), as 14 casas situadas no bordo do tabuleiro e duas centrais
(que representamos por C), veja Figura a seguir.
E
E
E
E
C
C
Suponha que seja possível resolver o problema com apenas 5 quadrados pretos. Como cada casa
numa esquina do tabuleiro deve estar ao lado de uma casa pintada de preto, então deve haver pelo
menos 4 casas pretas no bordo; mas cada uma delas compartilha um lado com no máximo 4
casas, de modo que com estas 4 compartilham um lado com no máximo 4 ·4 = 16 casas, ficando
descobertos os dois quadrados centrais C e uma única casa pintadad de preto não pode cobrir as
quatro que faltam.
Nas figuras a seguir, mostramos que é possível resolver o problema pintando exatamente 6 casas
do tabuleiro.
Problem 9 - Em volta de um círculo marcamos-se 10 pontos, P1, P2, . . . , P10, igualmente
espaçados e traçamos 5 segmentos ligando pares desses pontos. A quantidade total de maneiras
distintas de se traçar os 5 segmentos de modos que apenas um par desses segmentos se cruzem é:
(a) 630 (b) 252 (c) 120 (d) 45 (e) 5
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
Observe que, quando um par desses segmentos se interceptam eles dividem o círculo em quatro
arcos, veja figura a seguir.
96 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
A fim de permitir que os pares de segmentos restantes não tenham ponto de interseção, os arcos
determinados por eles tem de ter um número ímpar de pontos, veja figura a seguir.
Figura A Figura B Figura C
Desconsiderando a rotação do círculo, um segmento que não intercepta outro é de um dos dois
tipos mostrados nas figuras A e B acima.
Assim, desconsiderando rotações, existem apenas quatro maneiras de ter um par de segmentos que
se interceptam. Na figura a seguir, listamos a quantidade de maneiras de juntar pares de pontos de
modo que os correspondentes segmentos não criem mais auto-interseção.
5 2 2
1 2
Então, contando rotações, o número de pares de segmentos com uma única interseção é:
10 · (5+2+2+1+2) = 10 ·12 = 120
.
Problem 10 - Um programa de computador gera uma sequência de 2019 números, de acordo com
a seguinte regra:
• O primeiro número é o 1;
• Depois de gerar o número x, o próximo número gerado é igual a x+ 1[x] , onde [x] é o
maior número inteiro menor do que ou igual a x.
Os primeiros números da sequência são:
1, 1+
1
[1]
= 1+1 = 2, 2+
1
[2]
= 2+
1
2
=
5
2
,
5
2
+
1[
5
2
] = 5
2
+
1
2
= 3, . . .
8.3 Solução da Prova do Nível III 97
O último número que o programa gera é:
(a) 134021 (b)
2019
63 (c)
1340
21 (d)
1953
21 (e)
2049
32
Solução
A resposta correta é a alternativa (e). Suponha que o número inteiro n > 1 esteja na sequência
gerada pelo computador. Assim, os termos seguintes a n são:
n2 +1
n
,
n2 +2
n
,
n2 +3
n
, . . . ,
n2 +(n−1)
n
,
n2 +n
n
= n+1.
Logo, se escrevemos na forma de frações racionais todos os números da sequência gerada pelo
computador, teremos uma fração com denominador 1, 2 frações com denominador 2, 3 frações
com denominador 3, 4 frações com denominador 4, . . . . . ., n frações com denominador n, e
assim sucessivamnte. Assim, a sequência gerada é:
1
1
,
4
2
,
5
2
,
9
3
,
10
3
,
11
3
, . . . ,
4
2
,
n2
n
,
n2 +1
n
, . . . ,
n2 +n−1
n
Seja x o último número da sequência de 2019 números gerado pelo computador. Se x tem
denominador k, temos que:
1+2+3+ . . .+ k ≥ 2019 ⇔ k · (k+1)
2
≥ 2019 ⇔ k · (k+1)≥ 4038.
É fácil ver que o maior k que satisfaz a desiguldade é k = 63, pois 63 ·64 = 4032. Por outro
lado, a quantidade de termos da sequência até o último termo com denominador 63 é igual a
63·64
2 =
4032
2 = 2016, faltando precisamente 2019−2016 = 3 termos para gerar o último termo.
Portanto, pelo que vimos acima, o último termo é:
x =
642 +(3−1)
64
=
4098
64
=
2049
32
.
Problem 11 - As somas a seguir possuem a mesma quantidade de parcelas:
S1 = 1+2+3+4+ · · · , S2 = 100+99+98+97+ · · ·
Se S1 = S2, podemos afirmar que a quandidade de parcelas em cada soma é:
(a) 54 (b) 72 (c) 67 (d) 100 (e) 50
Solução
A resposta correta é a alternativa (d).
Suponha que S1 e S2 tenham n parcelas. Nesse caso,
S1 = 1+2+3+ · · ·+n =
n(n+1)
2
.
Portanto, temos:
S1 +S2 = (1+100)+(2+99)+(2+98)+ · · ·= 101n.
98 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
Por outro lado, se S1 = S2, segue que
S1 +S2 = 2S1⇒ 101n = 2
n(n+1)
2
⇒ n = 100.
Problem 12 - Se b e c são números inteiros tais que x =
√
19+
√
98 é uma raiz da equação
x4 +bx2 + c = 0, podemos afirmar que b+ c é igual a:
(a) 6007 (b) 5907 (c) 3337 (d) 4557 (e) 6777
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
Sendo x =
√
19+
√
98, segue que:
x2 = (
√
19+
√
98)2⇒ x2 = 19+2
√
19
√
98+98⇒
x2−117 = 2
√
19.98⇒ (x2−117)2 = (2
√
1862)2⇒
x4−234x2 +13689 = 7448⇒ x4−234x2 +6241 = 0,
o que revela que na equação x4 + bx2 + c = 0 podemos tomar b = −234 e c = 6241. Assim,
b+ c =−334+6214 = 6007.
Problem 13 - Para um torneio de futebol mundial, 24 países, dentre os quais Brasil, Argentina,
Alemanha e Itália, são divididos em 6 grupos distintos, contendo 4 equipes cada um. Encontre a
probabilidade de que ocorram os seguintes dois eventos simultaneamente: Brasil e Argentina num
mesmo grupo e Alemanha e Itália caiam também juntos num outro grupo.
(a) 3101 (b)
30
1771 (c)
31
1001 (d)
33
1011 (e)
33
1001
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Contando os casos favoráveis, temos 6 possibilidades para o grupo a ser escolhido para Brasil
e Argentina e 5 possibilidades para o grupo de Alemanha e Itália. Escolhendo os outros dois
países de cada um desses grupos e escolhendo os 4 componentes dos outros 4 grupos, temos
6.5.
(20
2
)(18
2
)(16
4
)(8
4
)(4
4
)
possibilidades para que essa configuração ocorra. Ora, como o total de
maneiras de se dividirem os países nos grupos sem nenhuma restrição é
(24
4
)(20
4
)(16
4
)(12
4
)(8
4
)
, a
probabilidade solicitada é:
P =
6.5.
(20
2
)(18
2
)(24
4
)(20
4
) = 30
1771
.
Problem 14 - Seja z um número complexo tal que z2019 = 1+ i e z2018 = 1− i, com i2 = −1.
Podemos afirmar que o argumento de z é igual a:
(a) π3 (b)
π
4 (c)
π
2 (d)
3π
5 (e)
2π
3
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
8.3 Solução da Prova do Nível III 99
Ora, como z2019 = 1+ i e z2018= 1− i, segue que:
z =
z2019
z2018
=
1+ i
1− i
= (1+i)(1−i) ·
(1+i)
(1+i)
= (1+i)
2
12−i2 =
1+2i+i2
1−(−1)
= 1+2i+(−1)2 =
2i
2 = i
Ora, como z = i, segue que o seu argumento é igual a π2 .
Problem 15 - O valor da expressão
M =
(1+ tan1◦)(1+ tan2◦)(1+ tan3◦) · · ·(1+ tan44◦)
213
é:
(a) 512 (b) 256 (c) 1024
√
2 (d) 2019
√
2
2 (e) 128
√
6
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
Sabemos que
tan(a+b) =
tana+ tanb
1− tan · tanb
⇒ tan(a+b)− tana · tanb · tan(a+b) = tana+ tanb.
Por outro lado,
(1+ tana)(1+ tanb) = 1+ tanb+ tana+ tana · tanb
= 1+ tan(a+b)− tana · tanb · tan(a+b)+ tana · tanb
= 1+ tan(a+b)− tana · tanb[tan(a+b)−1]
No caso em que a+b = 45◦, temos:
(1+ tana)(1+ tanb) = 1+ tan(a+b)︸ ︷︷ ︸
=1
− tana · tanb[tan(a+b)︸ ︷︷ ︸
=1
−1]⇒ (1+ tana)(1+ tanb) = 2
Diante do exposto, segue que
(1+ tan1◦)(1+ tan44◦) = 2
(1+ tan2◦)(1+ tan43◦) = 2
(1+ tan3◦)(1+ tan42◦) = 2
...
(1+ tan22◦)(1+ tan23◦) = 2
Multiplicando membro a membro essas 22 igualdades, segue que
(1+ tan1◦)(1+ tan44◦)(1+ tan2◦)(1+ tan43◦) . . .(1+ tan22◦)(1+ tan23◦)︸ ︷︷ ︸
=213.M
= 222⇒
100 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
213.M = 222⇒M = 29 = 512.
Problem 16 - A figura a seguir mostra um quadrilátero no qual as diagonais são perpendiculares
entre si e se intersectam no ponto O. A medida da diagonal AC é 39, e os comprimentos dos
lados AB, BC e CD são indicados na figura.
C
B
A
D
O
•
•
•
•
•
•
40
25
68
A distância do ponto B ao ponto O é igual a:
(a) 7 (b) 24 (c) 25 (d) 31 (e) 32
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Aplicando o teorema de Pitágoras para os trângulos retângulos: ∆AOB e ∆BOC, temos:
OA2 +OB2 = 252 = 625 (∗)
OC2 +OB2 = 402 = 1600 (∗∗)
Diminuindo membro a membro as duas equações, (∗∗)− (∗), obtemos:
OC2−OA2 = 1600−625 = 975
Mas, temos que:
OC2−OA2 = (OC+OA)︸ ︷︷ ︸
=AC=39
·(OC−OA) = 39(OC−OA) = 975
Logo, temos (OC−OA) = 97539 = 25 (∗∗∗). Como, por hipótese, OC+OA = 39 (∗∗∗∗),
segue de (∗∗∗) e (∗∗∗∗) que OA = 39−252 = 7. Usando este resultado em (∗), obtemos:
72 +OB2 = 625 ⇒ OB2 = 625−49 = 576 ⇒ OB = 24.
Problem 17 - Sejam f ,g : R → R tais que f (x) = 2x+3 e g(x+2) = f ( f (x−1). f (x+1)+
f (x)).
O valor de g(6) é:
(a) 101 (b) 143 (c) 403 (d) 203 (e) 259
Solução
8.3 Solução da Prova do Nível III 101
A resposta correta é a alternativa (e).
Faxendo x = 4 em g(x+2) = f ( f (x−1) · f (x+1)+ f (x)), segue que:
g(6) = g(4+2) = f ( f (4−1) · f (4+1)+ f (4))
= f ( f (3) · f (5)+ f (4))
= f (9 ·13+11)
= f (128) = 259.
Problem 18 - Uma permutação de um conjunto A é uma função bijetiva σ : A→ A,x 7→ σ(x).
Seja σ uma permutação dos elementos do conjunto A = 2,3,4, . . . ,2019. O maior valor possível
para a expressão
P = log2 σ(2). log3 σ(3). · · · . log2019 σ(2019)
é:
(a) 2018 (b) 1 (c) 0 (d) 2019 (e) 2019−1
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Fazendo uma mudança para a base 10 (poderia ser outra base qualquer!), segue que:
P = log2 σ(2). log3 σ(3). · · · . log2019 σ(2019)
=
logσ(2)
log2
· logσ(3)
log3
· · · logσ(2019)
log2019
=
logσ(2). logσ(3) · · · logσ(2019)
log2. log3 · · · . log2019
Ora, como σ(1),σ(2), · · · ,σ(2019) é apenas uma permutação dos números 1,2,3, · · · ,2019 se-
gue que logσ(2), logσ(3), · · · logσ(2019) são os mesmos valores de log2, log3, · · · , log2019 em
alguma ordem, o que revela que o numerador de P e o denominador de P são iguais e portanto
P = 1.
Problem 19 - Seja um triângulo equilátero tem lado 6. Sobre cada um dos seus lados foi construído
um quadrado, conforme ilustra a figura abaixo:
A distância entre os vértices A e B é:
(a) 4
√
6+2
√
3 (b) 6
√
4+3
√
2 (c) 3
√
4+2
√
6 (d) 6
√
4+2
√
3 (e) 2
√
4+2
√
3
Solução
102 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
A resposta correta é a alternativa (d).
Seja C o vértice comum aos quadrados que contém os pontos A e B, conforme ilustra a figura a
seguir:
Ora, como AC e BC são diagonais de um quadrado de lado 6, segue que AC = BC = 6
√
2.
Por outro lado o ângulo AĈB mede 45◦+60◦+45◦ = 150◦. Aplicando a lei dos cossenos no
triângulo ABC, obtém-se:
AB2 = AC2 +BC2−2.AC.BC.cos150◦⇒
AB2 = (6
√
2)2 +(6
√
2)2−2.6
√
2.6
√
2.
(
−
√
3
2
)
⇒
AB = 6
√
4+2
√
3.
Problem 20 - Três semicírculos são tangentes dois a dois, conforme ilustra a figura abaixo:
Se a, b e a+ b são as medidas dos diâmetros desses três semicírculos e A, B e C são
(respectivamente) as medidas das áreas do semicírculo de diâmetro a, do semicírculo de diâmetro
b e da região hachurada, na figura acima, podemos afirmar que necessariamente:
(a) A+B≥C (b) A < B+C (c) C = A+B2 (d) C =
√
AB (e) C = A2 +AB+B2
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
8.3 Solução da Prova do Nível III 103
De acordo com o enununciado, A = π
(a
2
)2
= πa
4
4 , B = π
(a
2
)2
= πb
2
4 . Por outro lado,
C = π
(
a+b
2
)2
−A−B
=
π(a2 +2ab+b2)
4
− πa
4
4
− πa
4
4
=
πab
2
Mas, pela desigualdade entre as médias aritmética e geométrica, segue que
a2 +b2
2
≥
√
a2b2⇒ a
2 +b2
2
≥ ab⇒ a
2 +b2
4
≥ ab
2
Multiplicando os dois membros da desigualdade acima por π , segue que
πa2 +πb2
4
≥ πab
2
⇒ πa
2
4
+
πb2
4
≥ πab
4
⇒ A+B≥C.
104 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
8.4 Solução da Prova do Nível Universitário
Problema 1 - O fatorial de 35, isto é, o produto 35×34×33× . . .×2×1, é um número com 41
algarismos:
35! = 10333147966386144929�66651337523200000000.
No lugar do algarismo central está um quadrado. O algarismo que teve o seu lugar ocupado pelo
quadrado é:
(a) 2 (b) 3 (c) 4 (d) 5 (e) 6
Solução
A resposta correta é a alternativa (e).
Como o 11 é um dos fatores do número 35!, segue que 35! é um múltiplo de 11. Usando o critério
de divisibilidade por 11, segue que a soma dos algarismos que ocupam as posições ímpares é
66+�. Já a soma dos algarismos que ocupam as posições pares é 72. Assim, 66+�−72 tem
que ser um múltiplo de 11. Assim se 66+�−72 = 0, segue que �= 6.
Problema 2 - Para cada número real x, definimos bxc como sendo o maior número inteiro que
não supera x. Se
α =
√
6+
√
6+
√
6+ · · ·+
√
6︸ ︷︷ ︸
2019 radicais
e β =
3
√
6+
3
√
6+
3
√
6+ · · ·+ 3
√
6︸ ︷︷ ︸
2019 radicais
,
podemos afirmar que bα +βc é igual a:
(a) 2 (b) 3 (c) 4 (d) 5 (e) 6
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
Inialmente note que:
α =
√
6+
√
6+
√
6+ · · ·+
√
6 >
√
6' 2,4 e β =
3
√
6+
3
√
6+
3
√
6+ · · ·+ 3
√
6 > 3
√
6' 1,8.
Assim, α +β > 2,4+1,8⇒ α +β > 4,2. Por outro lado, pode-se mostrar por indução que α < 3
e β < 2, o que revela que α +β < 3+2⇒ α +β < 5. Diante do exposto, segue que bα +βc= 4.
Problema 3 - Considere os polinômios
p(x) = (x+
√
2)(x2−2x+2)
q(x) = (x−
√
2)(x2 +2x+2)
r(x) = (x2 +2)(x8 +16)
O coeficiente de x4 no polinômio f (x) = p(x) ·q(x) · r(x) é:
(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4
Solução
8.4 Solução da Prova do Nível Universitário 105
A resposta correta é a alternativa (a).
Note que
f (x) = p(x) ·q(x) · r(x)
= (x−
√
2)(x+
√
2)(x2 +2)[(x2 +2)−2x][(x2 +2)+2x](x8 +16)
= (x2)(x2 +2)[(x2 +2)2−4x2](x8 +16)
= (x4−4)(x4 +4)(x8 +16)
= (x8−16)(x8 +16) = x16−256.
O que revela que o coeficiente de x4 em f é 0.
Problema 4 - O resto da divisão do número 33 ·3333 ·333333 ·33333333 por 100 é:
(a) 11 (b) 13 (c) 15 (d) 17 (e) 19
Solução
A resposta correta é a alternativa (e).
O resto da divisão do número 33 ·3333 ·333333 ·33333333 por 100 é um inteiro 0≤ k < 100 tal que
33 ·3333 ·333333 ·33333333 ≡ k(mod100).
Note que
33 ·3333 ·333333 ·33333333 ≡ 33.3333.3333.333333(mod100)⇒
33.3333.3333.333333 ≡ 33.333399(mod100)⇒
Como mdc(33,100) = 1, pelo Teorema de Euler segue que 33ϕ(100) ≡ 1(mod 100). Como 100 =
22.52 segue que ϕ(100) = 100(1− 12)(1−
1
5) = 100.
1
2 .
4
5 = 40. Assim,
33ϕ(100) ≡ 1(mod 100)⇒ 3340 ≡ 1(mod 100).
Por outro lado, 3399 = 40×84+39. Portanto,
3340 ≡ 1(mod 100)⇒ (3340)84 ≡ 184(mod 100)⇒ 333360 ≡ 1(mod 100).
Multiplicando membro a membro por 3339, segue que 333360.3339 ≡ 1.3339(mod 100), ou seja,
333399 ≡ 3339(mod 100). Por fim,
3339 = (333)13 ≡ 3713 ≡ 97(mod 100).
Ora, como33.3333.3333.333333≡ 33.333399(mod100), segue que
33.3333.3333.333333 ≡ 33.333399 ≡ 27.97≡ 19(mod100),
o que revela que o resto da divisão do número 33.3333.3333.333333 por 100 é 19.
Problema 5 - A quantidade de números primos na lista
12321, 1234321, 123454321, 12345654321, 1234567654321,
123456787654321, 12345678987654321
é igual a:
106 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
Note que 12321 é divisível por 3 (pois a soma dos seus algarismos é divisível por 3); 1234321 é
divisível por 7; 12345654321 e 123456787654321 são divisíveis por 11 (pois a diferença entre
soma alternada dos seus algarismos é divisível por 11); 1234567654321 e 12345678987654321
são divisíveis por 3 (pois a soma dos seus algarismos é divisível por 3). Assim resta apenas analisar
os números 123454321 e 1234567654321 cujas decomposições em fatores primos são
123454321 = 412 ·2712 e 1234567654321 = 2392 ·46492.
Portanto nenhum dos números apresentados é primo.
Problema 6 - A quantidade de soluções reais da equação 4x +9x +49x = 6x +14x +21x é:
(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Fazendo a as mudanças de variáveis 2x = a,3x = b e 7x = c, podemos reescrever a equação
4x +9x +49x = 6x +14x +21x da segunte forma:
(2x)2 +(3x)2 +(7x)2 = 2x.3x +2x.7x +3x.7x⇔
a2 +b2 + c2 = ab+ac+bc⇔
2a2 +2b2 +2c2 = 2ab+2ac+2bc⇔
(a−b)2 +(a− c)2 +(b− c)2 = 0⇔ a = b = c
Assim,
a = b = c⇔ 2x = 3x = 7x⇔ x = 0,
é a única solução da equação.
Problema 7 - Se α ∈ (0, π2 ) é tal que secα + senα + tanα = m, podemos afirmar que
A =
√
secα +
√
senα
√
tanα +
√
cosα
é igual a:
(a)
√
m (b)
√
m+1 (c) 2
√
m+1 (d)
√
2(m−1) (e)
√
2(m+1)
Solução
A resposta correta é a alternativa (e).
Tem-se que
A =
√
secα +
√
senα
√
tanα +
√
cosα
= 1√cosα +
√
senα
√
senα√
cosα +
√
cosα
=
1+ senα + cosα√
cosα
8.4 Solução da Prova do Nível Universitário 107
Por outro lado,
secα + senα + tanα = m⇒ 1
cosα
+ senα +
senα
cosα
+1 = m+1⇒
1
cosα
(1+ senα)+(1+ senα) = m+1⇒ (1+ senα)
(
1
cosα
+1
)
= m+1⇒
(1+ senα)(1+ cosα)
cosα
= m+1.
Por fim, como A =
1+ senα + cosα√
cosα
, segue que:
a2 =
(1+ senα + cosα)2
cosα
=
2(1+ senα)(1+ cosα)
cosα
= 2(m+1)⇒ A =
√
2(m+1).
Problema 8 - A quantidade de raízes reais negativas da equação x4−5x3−4x2−7x+4 = 0 é:
(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
Podemos escrever x4−5x3−4x2−7x+4 = 0 da seguinte forma x4−4x2 +4 = 5x3 +7x. Para
qualquer número real α < 0 o segundo membro da expressão anterior é negativo, i.e., 5α3+7α <
0. Por outro lado, o primeiro membro quando x = α fica α4−4α2 +4 = (α2−2)2 ≥ 0. Diante
do exposto, para α < 0 não pode ocorrer a igualdade α4−4α2+4 = 5α3+7α (pois o primeiro
membro é não negativo enquanto que o segundo membro é estritamente negativo), o que revela que
a equação polinomial x4−5x3−4x2−7x+4 = 0 não possui raízes reais negativas.
Problema 9 - Sejam a, b e c as medidas dos lados de um triângulo ∆ABC. Se a, b, c (nessa
ordem) são termos consecutivos de uma progressão aritmética, podemos afirmar que cos  é
igual a:
(a) 3b−4c2c (b)
4c−3b
2c (c)
3b−4c
2a (d)
3a−4c
2c (e)
3c−4a
2b
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Ora, como a,b e c são nessa ordem termos consecutivos de uma progressão aritmétrica, segue que
2b = a+ c. Assim,
cos =
b2 + c2−a2
2bc
=
b2 + c2− (2b− c)2
2bc
=
b2 + c2−4b2 +4bc− c2
2bc
=
4bc−3b2
2bc
=
4c−3b
2c
108 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
Problema 10 - Seja A uma matriz n×n cujos elementos são números reais tal que Ak+1 = On,
para algum k ∈ Z (onde On representa a matriz nula n×n). Podemos afirmar que
det
(
I +
1
1!
A+
1
2!
A2 +
1
3!
+ . . .+
1
k!
Ak
)
é igual a:
(a) −1 (b) 0 (c) 1 (d) k (e) 2k
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
A expocencial de uma matriz A ∈M(n,R) é dada por
eA =
∞
∑
j=0
1
j!
·A j = I +A+ 1
2!
·A2 + 1
3!
·A3 + . . .+ 1
n!
An +
1
(n+1)!
·An+1 + . . .
Ora, no caso da questão temos que Ak+1 = 0n, para algum k ∈ Z (quando isso ocorre dizemos
que a matriz a é nilpotente), segue que As = 0n para todo s≥ k+1. Nesse caso,
eA = I +
1
1!
A+
1
2!
A2 +
1
3!
+ . . .+
1
k!
Ak.
Portanto,
det
(
I +
1
1!
A+
1
2!
A2 +
1
3!
+ · · ·+ 1
k!
Ak
)
= det(eA).
Por outro lado, det(eA) = etr(A). Por outro lado, o traço de uma matriz é igual a soma dos seus
autovalores. Como A é nilpotente, segue que todos os seus autovalores são iguais a 0. Assim,
tr(A) = 0, o que revela que
det
(
I +
1
1!
A+
1
2!
A2 +
1
3!
A3 + · · ·+ 1
k!
Ak
)
= det(eA) = etr(A) = e0 = 1.
Problema 11 - Seja h(x) = x.g(x), onde g(x) = f−1(x). A tabela a seguir fornece alguns valores
assumidos por f (x) e por sua derivada f ′(x).
x f (x) f ′(x)
2 4 −1
3 5 2
5 1 3
O valor de h′(5) é:
(a) 32 (b)
7
2 (c)
11
2 (d)
13
2 (e)
17
2
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
Derivando h(x) = xg(x), segue que h′(x) = 1.g(x)+ x.g′(x). Assim, h′(5) = g(5)+ 5.g′(5). Por-
tanto,
h′(5) = 3+5.
1
f ′(g(5))
= 3+5.
1
f ′(3)
= 3+5.
1
2
=
11
2
.
Problema 12 - Dada uma função contínua f : R→ R que satisfaz às seguintes condições:
8.4 Solução da Prova do Nível Universitário 109
• f (1000) = 999;
• f (x). f ( f (x)) = 1, para todo x ∈ R.
O valor de f (500) é:
(a) 1 (b) 1500 (c)
1
999 (d) −1 (e)
1
100
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Se y = f (x) para algum x ∈ R, tem-se que y ∈ Im( f ). Nesse caso,
f (x). f ( f (x)) = 1⇒ y. f (y) = 1⇒ f (y) = 1
y
, ∀i ∈ Im( f ).
Isso significa que para cada y ∈ Im( f ) a função f associa o valor 1y . Ora, como 999 ∈ Im( f ),
pois 999 = f (1000), segue que f (999) = 1999 . Assim
1
999 ∈ Im( f ). Ora, como
1
999 e 999 são
elementos do conjunto imagem de f , e 1999 < 500< 999, segue pelo Teorema do Valor Intermediário
que existe α ∈ R tal que f (α) = 500, ou seja, 500 ∈ Im( f ). Como f associa para cada valor
y ∈ Im( f ) o valor 1y , segue que f (500) =
1
500 .
Problema 13 - Seja F : R→ R uma primitiva da função f :
[
π
3 ,
2π
3
]
→ R, definida por f (x) =
x
sen x .
Podemos afirmar que F
(2π
3
)
−F
(
π
3
)
é igual a:
(a) − π2 (b)
π
2 ln3 (c)
√
π (d)
√
π
2 (e) −
π
6
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
Aplicando integração por partes, segue que∫ 2π/3
π/3
x
senx
dx = (−x ln |cscx− cotx|)2π/3
π/3 +
∫ 2π/3
π/3
ln |cscx− cotx|dx
A integral
∫ 2π/3
π/3 ln |cscx− cotx|dx é igual a 0, pois os pontos π/3 e 2π/3 são simétricos em
relação a π/2 (onde a função que está no integrando se anula, e além disso o gráfico dessa função
é simétrico em relação ao ponto x= π/2, ficando abaixo do eixo x no intervalo
[
π
3 ,
π
2
]
e acima do
eixo x no intervalo
[
π
2 ,
2π
3
]
. Além disso, fazendo as contas em (−x ln |cscx− cotx|)2π/3
π/3 =
π
2 ln3.
Portanto,
F
(
2π
3
)
−F
(
π
3
)
=
∫ 2π/3
π/3
x
senx
dx =
π
2
ln3.
Problema 14 - Um alfabeto possui cinco letras: a,b,c,d e e. Nesse alfabeto, a quantidade de
palavras com n letras e com um número par de letras “a” é igual a:
(a) 5
n+3n
2 (b)
5n−3n
2 (c)
15n
3 (d)
√
15n
5 (e)
15n−5n−3n
3
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
Inicialmente consideremos a seguinte pergunta (que não é a pergunta da questão):
110 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
Quantas palavras de n letras contendo apenas as letras A e B podemos formar, de modo que a
palavra contenha uma quantidade par de letras A?.
Se consirerarmos uma “subpalavra” com n−1 letras (com uma quantidade par de letras A, para
que a palavra final que tem n letras devemos, nesse caso, necessariamente completar com a letra
B para que a palavra final ainda permaneça com uma quantidade par de letras A. Por outro lado
se considerarmos uma ‘subpalavra” com n−1 letras (com uma quantidade ímpar de letras A,
para que a palavra final que tem n letras devemos, nesse caso, necessariamente completar com a
letra A para que a palavra final ainda permaneça com uma quantidade par de letras A. Portanto a
quantidade de palavras com n letras em que a quantidade de letras iguaisa A é par é igual a
quantidade de “subpalavras” com n−1 letras, que é igual a 2n−1, ou seja é a metade do número
total de palavras com n letras que é 2n.
Feita essa observação vamos à solução na questão:
Nesse alfabeto, o número total de palavras com n letras é 5n. O número de palavras de n letras
em que não aparecem as letras A e B simultaneamente é 3n. Seja X o conjunto das 5n−3n
palavras em que A ou B aparecem. Agora vamos particionar o conjunto X em subconjuntos
Xi ⊂ X da seguinte forma: duas palavras p e p′ pertencem ao mesmo Xi se, e somente se, a
localização das letas C, D e E são exatamente as mesmas nas duas palavras. Isso significa que
existem exatamente tantos conjuntos xi ⊂ X, quantas fores as sequências de A’s e B’s. Pela
nossa observação inicial, metade das sequências, isto é 5
n−3n
2 possuem uma quantidade par de
latras A. Diante do exposto a a quantidade de palavras com n letras e com um número par de
letras “A” é igual a 3n + 5
n−3n
2 =
5n+3n
2 .
Problema 15 - Na figura abaixo as medidas dos lados dos quadrados menores são 3 e 4.
A medida x do lado do quadrado maior é:
(a) 113 (b)
13
3 (c)
14
3 (d)
16
3 (e)
19
4
Solução
A resposta correta é a alternativa (d).
Observe a figura a seguir, onde alguns ângulos e algumas medidas estão indicadas
8.4 Solução da Prova do Nível Universitário 111
No triângulo ABC, tem-se que
cosβ =
4
x−4senβ
⇒ xcosβ −4senβ cosβ = 4.
No triângulo DEF,
cosβ =
3
4−3cosα
⇒ 4cosβ −3cosα cosβ = 3.
Temos então {
xcosβ −4senβ cosβ = 4
4cosβ −3cosα cosβ = 3.
Multiplicando a primeira equação por 3 e a segunda por 4, segue que{
3xcosβ −12senβ cosβ = 12
16cosβ −12cosα cosβ = 12.
Subtraindo membro a membro essas duas equações, seque que (3x−16)cosβ = 0. Ora, como
0 < β < π2 , segue que cosβ 6= 0. Portanto,
(3x−16)cosβ = 0⇒ 3x−16 = 0⇒ x = 16
3
.
Problema 16 - Seja f : R→ R uma função dada por f (x) = x3 + x−8.
A equação
2. f (x)+3. f−1(x) = 10,
possui:
(a) apenas uma solução real. (b) exatamente duas soluções reais. (c) exatamente três soluções reias
(d) exatamente quatro soluções reais. (e) não possui soluções reais.
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
Note que f ′(x) = 3x2 + 1 > 0 para todo x real, seque que f (e sua inversa) são funções
estritamente crescentes e portanto bijeções de R em R, o que revela que a função g : R→ R
dada por g(x) = 2. f (x)+3. f−1(x) é uma bijeção R em R, o que implica que existe um único
α ∈ R tal que g(α) = 10.
Problema 17 - Seja ( fn)n≥0 a sequência de Fibonacci; f0 = 0, f1 = 1 e fn+2 = fn+1 + fn para
todo inteiro n≥ 0. Sabe-se que
fn =
1√
5
[(
1+
√
5
2
)n
−
(
1−
√
5
2
)n]
.
Com relação à série
∞
∑
n=1
fn−1. fn+2
f 2n . f 2n+1
, podemos afirmar que:
(a) converge para 1 (b) converge para 1+
√
5
2 (c) converge para
1−
√
5
2 (d) convergepara
1√
5
(e) é uma série divergente
112 Capítulo 8. SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
Solução
A resposta correta é a alternativa (a).
Inicialmente note que
1
f 2n
− 1
f 2n+1
=
f 2n+1− f 2n
f 2n . f 2n+1
=
( fn+1− fn)( fn+1− fn)
f 2n . f 2n+1
=
fn−1. fn+2
f 2n . f 2n+1
.
Por outro lado, a k-ésima soma parcial da série
∞
∑
n=1
fn−1. fn+2
f 2n . f 2n+1
é:
sk = a1 +a2 + . . .+ak, onde an =
fn−1. fn+2
f 2n . f 2n+1
, para n = 1,2, . . . ,k.
Portanto,
sk = a1 +a2 + . . .+ak
f0. f3
f 21 . f
2
2
+
f1. f4
f 22 . f
2
3
+ . . .+
fk−1. fk+2
f 2k . f
2
k+1
=
(
1
f 21
− 1
f 22
)
+
(
1
f 22
− 1
f 23
)
+ . . .+
(
1
f 2k
− 1
f 2k+1
)
=
1
f 21
− 1
f 2k+1
= 1− 1
f 2k+1
Assim,
∞
∑
n=1
fn−1. fn+2
f 2n . f 2n+1
= lim
k→∞
sk = lim
k→∞
(
1− 1
f 2k+1
)
= 1,
pois lim
k→∞
f 2k+1 =+∞, o que revela que limk→∞
1
f 2k+1
= 0. Assim,
∞
∑
n=1
fn−1. fn+2
f 2n . f 2n+1
= 1.
Problema 18 - Sorteando aleatoriamente um elemento n do conjunto A= {1, 2, 3, . . . , 1.000.000},
a probabilidade de que o primeiro dígito de 2n seja 1 é igual a p. Podemos afirmar que:
(a) p < 310 (b) p≥
3
10 (c) p <
3
19 (d) p =
3
19 (e) p =
1
10
Solução
ANULADA - Havia um erro no enunciado (Todos os alunos ganham o ponto dessa questão).
Problema 19 - Sendo i a unidade imaginária do corpo dos números complexos, qual dos conjuntos
abaixo representa valores do número complexo ii ?
(a) {e−( π2 ·k)|k ∈ Z} (b) {e−( π2 +2kπ)|k ∈ Z} (c) {e−(π+2kπ)|k ∈ Z}
(d) {e−(kπ)|k ∈ Z} (e) {e−(π+k π2 )|k ∈ Z}
Solução
A resposta correta é a alternativa (b).
8.4 Solução da Prova do Nível Universitário 113
Sabemos que i = cos
(
π
2 +2kπ
)
+ isen
(
π
2 +2kπ
)
= ei(
π
2 +2kπ), com k ∈ Z. Assim,
ii =
(
ei(
π
2 +2kπ)
)i
= ei
2.( π2 +2kπ) = e−(
π
2 +2kπ), com k ∈ Z.
Problema 20 - Na figura a seguir temos n quadrados desenhados numa faixa reta.
• • •
A quantidade de maneiras de pintar os n quadrados da faixa utilizando as cores preto e vermelho
sem que dois quadrados vizinhos sejam pretos é igual a:
(a) 1√
5
[(
1+
√
5
2
)n
−
(
1−
√
5
2
)n]
(b) 1√
5
[(
1+
√
5
2
)n+1
−
(
1−
√
5
2
)n+1]
(c) 1√
5
[(
1+
√
5
2
)n+2
−
(
1−
√
5
2
)n+2]
(d) 1√
5
[(
1+
√
5
2
)n+3
−
(
1−
√
5
2
)n+3]
(e) 1√
5
[(
1+
√
5
2
)n+4
−
(
1−
√
5
2
)n+4]
Solução
A resposta correta é a alternativa (c).
Sejam (P) preto e (V) vermelho e xn o número de maneiras distintas de pintarmos a faixa com n
quadrados sem que haja dois quadrados pretos vizinhos.
• No caso em que n = 1, há 2 maneiras de fazer a pintura: P ou V.
• No caso em que n = 2 há 3 maneiras de fazer a pintura: PV, VP ou VV.
• No caso em que n = 3 há 5 maneiras de fazer a pintura: PVV, VPV, VVP, VVV ou PVP.
• Os casos anteriores revelam que x1 = 2,x2 = 3 e x3 = 5. Note que esses três primeiros
valores são valores da famosa sequência de Fibonacci, ( fn)n≥0; f0 = 0, f1 = 1 e fn+2 =
fn+1 + fn para todo inteiro n≥ 0. De acorco com a questão 17,
fn =
1√
5
[(
1+
√
5
2
)n
−
(
1−
√
5
2
)n]
.
Assim, x1 = 2 = f3,x2 = 3 = f4,x3 = 5 = f5, o que sugere que xn = fn+2. De fato, se
considerarmos uma faixa com n quadrados, temos duas opções para pintarmos o primeiro
quadrado; preto ou vermelho. Se o primeiro quadrado for pintado de preto, o segundo
quadrado deve necessariamente ser pintado de vermelho, restando n−2 quadrados para
serem pintados sem que dois quadrados vizinhos fiquem com a mesma cor, o que pode
ser feito de xn−2 modos distintos. No caso em que o primeiro quadrado seja pintado de
vermelho, restam n− 1 quadrados para serem pintados, o que pode ser feito de xn−1
modos distintos. Diante do exposto, xn = xn−1 + xn−2 para todo n≥ 3, o que revela que a
sequência (xn) é “Tipo Fibonacci”, com xn = fn+2. Assim,
xn = fn+2 =
1√
5
(1+√5
2
)n+2
−
(
1−
√
5
2
)n+2 .
9. PROVAS DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA FASE
9.1 Provas do Nível I - Segunda Fase
30a Olimpíada de Matemática do
Estado do Rio Grande do Norte
Prova da 2a Fase 2019 - Nível 1
PROBLEMA 1
Sabendo que 20192019+ 20192020+ 20192021+ . . .+ 20192099 = 1635556779, deter-
mine o valor da soma
S = 20192021+20192022+20192023+ . . .+20192101.
PROBLEMA 2
A fração
2
2
2
2
2+1 +1
+1
+1+ 2
1+ 2
1+ 22+1
pode ser escrita na forma mn , onde m e n são números inteiros positivos primos entre si (ou
seja, mdc(m,n) = 1).
Determine 2m+n.
116 Capítulo 9. PROVAS DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA FASE
PROBLEMA 3
Jonas escreveu, em ordem crescente, a sequência com os múltiplos inteiros positivos de 13:
1326395265 . . .
Qual é o 2.019−ésimo dígito da sequência de Jonas?
PROBLEMA 4
Os números inteiros de 1 a 132 são escritos, igualmente espaçados e em ordem crescente,
ao redor do exterior de um círculo. Segmentos de retas que passam pelo centro do círculo
ligam pares desses pontos.
Qual número está ligado com o 32? Explique seu raciocínio.
9.2 Prova do Nível II - Segunda Etapa 117
9.2 Prova do Nível II - Segunda Etapa
30a Olimpíada de Matemática do
Estado do Rio Grande do Norte.
Prova da 2a fase 2019 - Nível 2
PROBLEMA 1
Mostre que existem apenas dois números inteiros x tais que
(x−1)(x−2)(x−3)(x−4)(x−5)(x−6) = 720.
PROBLEMA 2
Os 2019 armários dos 2019 alunos de uma escola são numerados com os quadrados dos
2019 primeiros naturais positivos, ou seja,o primeiro armário tem o número 12 = 1, o
segundo armário tem o número 22 = 4, o terceiro armário tem o número 32 = 9, e assim
até o último armário que tem o número 20192 = 4.076.361.
• • • •
1 4 9 4076361
•••
Quantos dígitos foram utilizados para numerar os cem primeiros armários?
PROBLEMA 3
Se
1
1+2
+
1
1+2+3
+ · · ·+ 1
1+2+ · · ·+20
=
m
n
,
onde m e n são inteiros positivos primos entre si, isto é, MDC(m,n) = 1,
determine o valor de m+n.
118 Capítulo 9. PROVAS DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA FASE
PROBLEMA 4
Duas circunferências de raio 8cm são tangentes a uma semicircunferência de raio 25cm
e ao seu diâmetro como ilustra a figura a seguir.
Qual a distância, em cm, entre os centros das duas circunferências menores?
9.3 Prova do Nível III - Segunda Etapa 119
9.3 Prova do Nível III - Segunda Etapa
30a Olimpíada de Matemática do
Estado do Rio Grande do Norte.
Prova da 2a fase 2019 - Nível 3
PROBLEMA 1
Num tabuleiro de xadrez 8×8 as linhas são numeradas de 1 a 8, de cima para baixo
e as colunas numeradas de 1 a 8, da esquerda para a direita. Laura colocou em cada
casa do tabuleiro um número de fichas igual à soma do número correspondente à posição
da linha mais o correspondente ao número da coluna. Por exemplo, na casa localizada na
segunda linha e terceira coluna ela colocou 2+3 = 5 fichas.
Quantas fichas Laura colocou no tabuleiro?
PROBLEMA 2
Denotamos por S(n) a soma dos n primeiros inteiros positivos. Um inteiro positivo n
é dito fantástico quando n e S(n) são ambos quadrados pefeitos. Por exemplo, 49 é
fantástico, pois
49 = 72 e S(49) = 1+2+3+ . . .+49 = 1225 = 352
são ambos quadrados perfeitos.
Encontre um inteiro n > 49 que seja fantástico.
PROBLEMA 3
Determine todos os números reais positivos x para os quais
(8x−5x)(7x−2x)(6x−4x)+(9x−4x)(8x−3x)(5x−2x) = 105x.
PROBLEMA 4
Num triângulo cujos lados medem 3, 4 e 5 construímos quadrados sobre os seus lados e
passando por alguns vértices desses quadrados construímos o triângulo ABC, conforme
ilustra a figura ao lado. O triângulo ABC é retângulo? Justifique a sua resposta!
120 Capítulo 9. PROVAS DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA FASE
30a Olimpíada de Matemática do
Estado do Rio Grande do Norte.
Prova da 2a fase 2019 - Nível Universitário
PROBLEMA 1
Temos 2m folhas de papel, com o número 1 escrito em cada uma delas. Realizamos a
operação seguinte. De cada vez escolhemos duas folhas distintas; se os números sobre as
duas folhas são a e b, apagamos estes números e escrevemos o número a+b em ambas
as folhas.
Provar que, depois de realizarmos m.2m−1 operações, a soma dos números em todas as
folhas é no mínimo 4m.
PROBLEMA 2
Seja (an)n≥0 uma sequência de números reais tais que a0 = 0,a1 = 2 e an+1 =
√
2− an−1an
para n≥ 1.
1. Mostre que an = 2sen π2n .
2. Calcule lim
n→∞
2nan.
PROBLEMA 3
Sejam A,B∈M(n×n,R) tais que AB−BA=A. Para cada matriz X =(xi j)∈M(n×n,R),
chama-se de traço da matriz X a soma dos elementos da diagonal principal de X, isto é,
tr(X) = x11 + x22 + · · ·+ xnn.
Calcule tr(A2019).
PROBLEMA 4
Calcule a integral
∫ π
2
0
ecosx
esenx + ecosx
dx.
10. SOLUÇÃO DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA FASE
10.1 Solução da Prova do Nível I
30a Olimpíada de Matemática do
Estado do Rio Grande do Norte.
Solução da Prova da 2a Fase 2019 - Nível I
PROBLEMA 1
Sabendo que 20192019+ 20192020+ 20192021+ . . .+ 20192099 = 1635556779, deter-
mine o valor da soma
S = 20192021+20192022+20192023+ . . .+20192101.
Solução
Podemos escrever a soma S da seguinte forma:
S = 20192021+20192022+20192023+ . . .+20192101
= (20192019+2)+(20192020+2)+(20192021+2)+ . . .+(20192099+2)
= 20192019+20192020+20192021+ . . .+20192099+(2+2+2+ · · ·+2︸ ︷︷ ︸
81 parcelas
)
= 1635556779+162
= 1635556941
122 Capítulo 10. SOLUÇÃO DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA FASE
PROBLEMA 2
A fração
2
2
2
2
2+1 +1
+1
+1+ 2
1+ 2
1+ 22+1
pode ser escrita na forma mn , onde m e n são números inteiros positivos primos entre si (ou
seja, mdc(m,n) = 1).
Determine 2m+n.
Solução
2
2
2
2
2+1 +1
+1
+1+ 2
1+ 2
1+ 22+1
=
2
2
2
2
3 +1
+1
+1+ 2
1+ 2
1+ 23
=
2
2
2
5
3
+1
+1+ 2
1+ 25
3
=
2
2
6
5+1
+1+ 2
1+ 65
=
2
2
11
5
+1+ 211
5
=
2
10
11 +1+
10
11
=
2
10+11+10
11
=
22
10+11+10
=
22
31
Ora, como mdc(22,31) = 1, segue que m = 22 e n = 31. Assim, 2m+n = 2 ·22+31 = 75.
PROBLEMA 3
Jonas escreveu, em ordem crescente, a sequência com os múltiplos inteiros positivos de 13:
1326395265 . . .
Qual é o 2.019−ésimo dígito da sequência de Jonas?
Solução
Existem 7 múltiplos de 13 com 2 dígitos (13, 26, 39, 52,65, 78, 91), aparecendo na
sequência, em ordem crescente, num total de 7 ·2 = 14 dígitos; com 3 dígitos são 69 múltiplos
de 13 (104, 117, 130, . . . , 988), aparecendo na sequência, em ordem crescente, num total de
69 ·3 = 207 dígitos. Nesse ponto, já temos 14+207 = 221. Então, para atingir 2019 digitos,
faltam 2019−221 = 1798. Como os primeiros múltiplos de 13 que vem depois 998 possuem 4
10.1 Solução da Prova do Nível I 123
dígitos, dividimos 1798 por 4, obtendo: 1798 = 4 ·449+2. Como o primeiro múltiplo de 13
com quatro dígitos é 13 ·77 = 1001, segue que o 449+76 = 525-ésimo múltiplo de 13 é igual
a 13 ·525 = 6825. Como o próximo número inteiro múltiplo de 13 é 6838 e o resto da divisão
de 1798 por 4, é igual a 2, então o 2.019o dígito da sequência de Jonas é 8.
PROBLEMA 4
Os números inteiros de 1 a 132 são escritos, igualmente espaçados e em ordem crescente,
ao redor do exterior de um círculo. Segmentos de retas que passam pelo centro do círculo
ligam pares desses pontos.
Qual número está ligado com o 32? Explique seu raciocínio.
Solução
Desenhe um segmento de reta que passe pelo centro do círculo e ligue um par qualquer desses 132
números.
•
•
•
Com isso, restam 132−2 = 130 números ainda para serem formados os respectivos pares. Como
este primeiro segmento de reta, passando pelo centro do círculo, divide o círculo ao meio (i.e.
divide na metade a quantidade dos 130 números restantes ainda não emparelhados). Isto significa
que temos necessariamente 65 desses números escritos em cada semiplano determinado pela reta
que contém o segmento de reta escolhido juntando o primeiro par de números. Chamemos de n o
número que está ligado ao 32 por um segmento de reta passando pelo centro do círculo. Traçando
o segmento de reta passando pelo centro do círculo e ligando o número 32 ao número n, existem
65 números entre 32 e n em ambos os sentidos (no sentido horário ou antihorário). Começando
em 32 e movendo-se na direção horária, (i.e. iniciando o movimento passando pelo 33), os 65
números que se encontram entre 32 e n são os números 33, 34, 35, . . . , 96, 97, pois:
33 = 32+1, 34 = 32+2, 35 = 32+2, . . . , 96 = 32+64, 97 = 32+65.
Portanto, o próximo número após 97, no sentido horário, é o número n que está emparelhado
com 32, que é o número 98.
124 Capítulo 10. SOLUÇÃO DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA FASE
10.2 Solução da Prova do Nível II - Segunda Etapa
30a Olimpíada de Matemática do
Estado do Rio Grande do Norte.
Solução da Prova da 2a fase 2019 - Nível 2
PROBLEMA 1
Mostre que existem apenas dois números inteiros x tais que
(x−1)(x−2)(x−3)(x−4)(x−5)(x−6) = 720.
Solução
O número 720 pode ser escrito como o produto de 6 números inteiros consecutivos da seguinte
forma:
720 = 6 ·5 ·4 ·3 ·2 ·1
720 = (−6) · (−5) · (−4) · (−3) · (−2) · (−1)
Ora, se x for um número inteiro, segue que (x−1), (x−2), (x−3), (x−4), (x−5) e (x−6)
são números inteiros consecutivos. Assim temos duas possibilidades a saber:
x−1 = 6,x−2 = 5,x−3 = 4,x−4 = 3,x−5 = 2,x−6 = 1 =⇒ x = 7.
x−1 =−1,x−2 =−2,x−3 =−3,x−4 =−4,x−5 =−5,x−6 =−6 =⇒ x = 0.
PROBLEMA 2
Os 2019 armários dos 2019 alunos de uma escola são numerados com os quadrados dos
2019 primeiros naturais positivos, ou seja, o primeiro armário tem o número 12 = 1, o
segundo armário tem o número 22 = 4, o terceiro armário tem o número 32 = 9, e assim
até o último armário que tem o número 20192 = 4.076.361.
• • • •
1 4 9 4076361
•••
Quantos dígitos foram utilizados para numerar os cem primeiros armários?
Solução
10.2Solução da Prova do Nível II - Segunda Etapa 125
Vamos dividir os armários em grupos pela quantidade de dígitos usados para numerá-los:
• GRUPO 1 - Usando 1 dígito: 3 armários, os de números 12 = 1, 22 = 4, 32 = 9;
• GRUPO 2 - Usando 2 dígitos: 9−3 = 6 armários, os de números 42 = 16, 52 = 25, 62 =
36, 72 = 49, 82 = 64, 92 = 81;
• GRUPO 3 - Usando 3 dígitos: 31−9 = 22 armários, os de números 102 = 100, 112 =
121, . . . ,312 = 961;
• GRUPO 4 - Usando 4 dígitos: 99−31 = 68 armários, os de números 322 = 1024, 332 =
1089, . . . ,992 = 9801;
• GRUPO 5 - Usando 5 dígitos: apenas o armário 1002 = 10000.
Portanto, foram usados 3+2 ·6+3 ·22+4 ·68+5 ·1= 358 dígitos para numerar os cem primeiros
armários.
PROBLEMA 3
Se
1
1+2
+
1
1+2+3
+ · · ·+ 1
1+2+ · · ·+20
=
m
n
,
onde m e n são inteiros positivos primos entre si, isto é, MDC(m,n) = 1, determine o
valor de m+n.
Solução
Sendo Sn = 1+2+3+ · · ·+n, segue que
Sn = 1+2+3+ · · ·+n
Sn = n+(n−1)+ · · ·+1
Adicionando membro a membro as duas equações acima, segue que
2sn = (n+1)+(n+1)+ · · ·+(n+1)︸ ︷︷ ︸
n parcelas
=⇒ Sn =
n(n+1)
2
.
Assim,
1
1+2
=
1
2.3
2
=
2
2.3
1
1+2+3
=
1
3.4
2
=
2
3.4
1
1+2+3+4
=
1
3.4
2
=
2
3.4
...
1
1+2+3+ · · ·+20
=
1
20.21
2
=
2
20.21
126 Capítulo 10. SOLUÇÃO DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA FASE
Adicionando membro a membro as igualdades acima, segue que
1
1+2 +
1
1+2+3 + · · ·+
1
1+2+···+20 =
2
2.3
+
2
3.4
+ · · ·+ 2
20.21
= 2
[
1
2.3
+
1
3.4
+ · · ·+ 1
20.21
]
= 2
[(
1
2
− 1
3
)
+
(
1
3
− 1
4
)
+ · · ·+
(
1
20
− 1
21
)]
= 2
[
1
2
− 1
21
]
= 2 · 19
2.21
=
19
21
Como mdc(19,21) = 1, segue que m = 19 e n = 21. Assim, concluímos que: m+n = 19+21 =
40.
PROBLEMA 4
Duas circunferências de raio 8cm são tangentes a uma semicircunferência de raio 25cm
e ao seu diâmetro como ilustra a figura a seguir.
Qual a distância, em cm, entre os centros das duas circunferências menores?
Solução
Seja d a distância entre os centros das circunferências menores. De acordo com o enunciado
podemos construir a figura abaixo:
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo sombreado na figura acima, segue que
172 = 82 + x2⇒ x = 15⇒ d
2
= 15⇒ d = 30cm.
10.3 Solução da Prova do Nível III - Segunda Etapa 127
10.3 Solução da Prova do Nível III - Segunda Etapa
30a Olimpíada de Matemática do
Estado do Rio Grande do Norte.
Solução da Prova da 2a fase 2019 - Nível III
PROBLEMA 1
Num tabuleiro de xadrez 8×8 as linhas são numeradas de 1 a 8, de cima para baixo
e as colunas numeradas de 1 a 8, da esquerda para a direita. Laura colocou em cada
casa do tabuleiro um número de fichas igual à soma do número correspondente à posição
da linha mais o correspondente ao número da coluna. Por exemplo, na casa localizada na
segunda linha e terceira coluna ela colocou 2+3 = 5 fichas.
Quantas fichas Laura colocou no tabuleiro?
Solução
Considere o tabuleiro 8×8.
1 2 3 4 5 6 7 8
8
7
6
5
4
3
2
1
Para cada linha i, com 1≤ i≤ 8, os números colocados nessa linha são
i+1, i+2, i+3, i+4, i+5, i+6, i+7 e i+8.
Portanto, a soma das fichas colocadas na linha i é igual 8i+S, onde S é a soma dos números
das colunas: S = 1+2+3+4+5+6+7+8 = 36. Assim, temos que total de fichas colocadas
no tabuleiro é igual a:
8
∑
i=1
(8 · i+S) = 8
8
∑
i=1
i+8 ·S = 8 ·S+8 ·S = 16 ·S = 16 ·36 = 576.
128 Capítulo 10. SOLUÇÃO DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA FASE
PROBLEMA 2
Denotamos por S(n) a soma dos n primeiros inteiros positivos. Um inteiro positivo n
é dito fantástico quando n e S(n) são ambos quadrados pefeitos. Por exemplo, 49 é
fantástico, pois
49 = 72 e S(49) = 1+2+3+ . . .+49 = 1225 = 352
são ambos quadrados perfeitos.
Encontre um inteiro n > 49 que seja fantástico.
Solução
Ora, como queremos que n seja um quadrado perfeito, segue que deve existir k ∈ Z tal que
n = k2. Assim,
S(n) = 1+2+3+ . . .+n
= 1+2+3+ . . .+ k2
=
k2(k2 +1)
2
.
Como queremos que S(n) também seja um quadrado perfeito e S(n) = k
2(k2+1)
2 , basta que
k2+1
2
seja um quadrado perfeito, isto é, basta que existe um t ∈ Z tal que k2+12 = t
2. Mas,
k2 +1
2
= t2⇔ k2 +1 = 2t2.
Portanto, k2 +1 deve ser par, o que revela que k deve ser ímpar (além disso, note que k2 +1 é o
dobro de um quadrado). Assim, olhando para a sequência dos quadrados dos ímpares, a saber
12,32,52,72,92,112, . . .
pode-se ver que 41 é o primeiro ímpar (maior que 7) tal que k2 +1 é o dobro de um quadrado,
pois
412 +1 = 1681+1 = 1682 = 2×841 = 2×292.
Portanto, n = 412 = 1681 é fantástico, visto que
S(1681) = 1+2+3+ . . .+1681 =
1681.(1681+1)
2
= 412.292 = 11892.
PROBLEMA 3
Determine todos os números reais positivos x para os quais
(8x−5x)(7x−2x)(6x−4x)+(9x−4x)(8x−3x)(5x−2x) = 105x.
Solução
10.3 Solução da Prova do Nível III - Segunda Etapa 129
Observe que x = 1 é solução da equação pois,
(81−51)(71−21)(61−41)+(91−41)(81−31)(51−21) = 3.5.2+5.5.3
= 30+75
= 105
Agora vamos mostrar que x = 1 é a única raiz real positiva da equação acima. De fato,
(8x−5x)(7x−2x)(6x−4x)+(9x−4x)(8x−3x)(5x−2x) = 105x(∗)
O lado esquerdo da equação (∗) pode ser escrito como:
5x
[(
8
5
)x
−1
]
7x
[
1−
(
2
7
)x]
3x
[
2x−
(
4
3
)x]
+7x
[(
9
7
)x
−
(
4
7
)x]
3x
[(
8
3
)x
−1
]
5x
[
1−
(
2
5
)x]
=
5x7x3x
[(
8
5
)x
−1
][
1−
(
2
7
)x][
2x−
(
4
3
)x]
+7x3x5x
[(
9
7
)x
−
(
4
7
)x][(8
3
)x
−1
][
1−
(
2
5
)x]
Portanto, temos:
105x
[(
8
5
)x
−1
][
1−
(
2
7
)x][
2x−
(
4
3
)x]
+105x
[(
9
7
)x
−
(
4
7
)x][(8
3
)x
−1
][
1−
(
2
5
)x]
= 105x
[(
8
5
)x
−1
][
1−
(
2
7
)x][
2x−
(
4
3
)x]
+
[(
9
7
)x
−
(
4
7
)x][(8
3
)x
−1
][
1−
(
2
5
)x]
= 1
Note que a função f : R+→ R+ dada por
f (x) =
[(
8
5
)x
−1
][
1−
(
2
7
)x][
2x−
(
4
3
)x]
+
[(
9
7
)x
−
(
4
7
)x][(8
3
)x
−1
][
1−
(
2
5
)x]
é uma função estritamente crescente (portanto injetiva), o que revela que ela só pode atingir o
valor 1 para um único valor de x. Como f (1) = 1, segue que x = 1 é a única solução da
equação original.
PROBLEMA 4
Num triângulo cujos lados medem 3, 4 e 5 construímos quadrados sobre os seus lados e
passando por alguns vértices desses quadrados construímos o triângulo ABC, conforme
ilustra a figura ao lado. O triângulo ABC é retângulo? Justifique a sua resposta!
Solução
Trançando o segmento DH e assinalando alguns ângulos obtemos a figura abaixo:
130 Capítulo 10. SOLUÇÃO DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA FASE
Vamos mostrar que o ∆ABC não é retângulo. A ideia é mostrar que os ângulos γ +β e ϕ +θ
não são complementares, isto é,
(γ +β )+(ϕ +θ) 6= 900
Para isso vamos mostrar que cos(γ + β ) 6= sen(ϕ + θ). (lembre-se que se dois ângulos são
complementares, o seno de um deles é igual ao cosseno do outro).
o.3cm
Note que senϕ = cosα = 35 e senα = cosϕ =
4
5 . Aplicando a lei dos cossenos no ∆DHJ,
temos:
d2 = 52 +72−2.5.7.cos(α +90o)
= 52 +72 +2.5.7.α
= 25+49+70.
4
5
= 130
Aplicando novamente a lei dos cossenos no ∆DHJ, segue que:
72 = 52 +130−2.5.
√
130.cosβ ⇒ cosβ = 53
√
130
650
⇒ senβ = 21
√
130
650
.
52 = 72 +130−2.7.
√
130cosθ ⇒ cosθ = 11
√
130
130
v⇒ senθ = 3
√
130
130
.
Por outro lado, no ∆JHL, temos que:
HL2 = 32 +52−2.3.5.cos(180o−α)
= 9+25−30(−cosα)
= 9+25+30.
3
5
= 52
10.3 Solução da Prova do Nível III - Segunda Etapa 131
Aplicando novamente a lei dos cossenos ∆JHL, temos:
33 = 52+52−2.
√
52.5cosγ ⇒ cosγ = 17
√
13
65
⇒ senγ = 6
√
13
65
.
Assim, temos:
cos(γ +β ) = cosγ.cosβ − senγ.senβ
=
17
√
13
65
.
53
√
130
650
− 6
√
13
65
.
21
√
130
650
=
31
√
10
130
Por fim,
sen(ϕ +θ) = senϕ.cosθ + senθ .cosϕ
=
3
5
.
11
√
130
130
+
3
√
130
130
.
4
5
=
9
√
130
130
Portanto, cos(γ +β ) 6= sen(ϕ +θ), o que revela que os ângulos γ +β e ϕ +θ não são
complementares. Isto é, (γ +β )+(ϕ +θ) 6= 90o. Então, o ângulo interno do vértice A do ∆ABC
não é reto, ou seja, o ∆ABC não é retângulo.
132 Capítulo 10. SOLUÇÃO DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA FASE
10.4 Solução da Prova da 2a Fase 2019 - Nível Universitário
30a Olimpíada de Matemática do
Estado do Rio Grande do Norte.
Solução da Prova da 2a Fase 2019 - Nível UniversitárioPROBLEMA 1
Temos 2m folhas de papel, com o número 1 escrito em cada uma delas. Realizamos a
operação seguinte. De cada vez escolhemos duas folhas distintas; se os números sobre as
duas folhas são a e b, apagamos estes números e escrevemos o número a+b em ambas
as folhas.
Provar que, depois de realizarmos m.2m−1 operações, a soma dos números em todas as
folhas é no mínimo 4m.
Solução
Seja Pk o produto dos números nas folhas após a realização da k-ésima operação. Suponha que
na execução da (k+1)-ésima operação os números a e b sejam substituídos por a+b. Isto
significa que no produto dos números das folhas o valor ab será substituído por (a+b)2 e os
outros fatores não se alteram. Como
(a+b)2 = a2 +b2 +2ab≥ 4ab,
temos que Pk+1 ≥ 4 ·Pk.
Como no início temos P1 = 1, é fácil ver, por indução, que terems Pk ≥ 4k, para todo número
inteiro k maior do que ou igual a zero. Em particular, temos:
Pm·2m−1 ≥ 4m·2
m−1
= (2m)2
m
.
Logo, pela desigualdades das médias Aritmétca e Geométrica, depois de realizarmos m · 2m−1
operações, a soma dos números escritos nas folhas é no mínimo
2m · 2m
√
Pm·2m−1 ≥ 2m ·2m = 4m
PROBLEMA 2
Seja (an)n≥0 uma sequência de números reais tais que a0 = 0,a1 = 2 e an+1 =
√
2− an−1an
para n≥ 1.
1. Mostre que an = 2sen π2n .
2. Calcule lim
n→∞
2nan.
Solução
Vamos usar indução sobre n.
10.4 Solução da Prova da 2a Fase 2019 - Nível Universitário 133
• Para n = 0, tem-se que a0 = 2sen π20 = 2senπ = 0.
• Para n = 1, a1 = 2sen π21 = 2sen
π
2 = 2.
• Suponha que an = 2sen π2n para um certo inteiro n (hipótese da indução).
• Para finalizar, vamos mostrar que o resultado é verdadeiro para n+1, isto é,
an+1 = 2sen
π
2n+1
.
De fato,
an+1 =
√
2− an−1
an
=
√
2−
2sen π2n−1
2sen π2n
=
√
2−
2sen π2n cos
π
2n
sen π2n
=
√
2−2cos π
2n
=
√
4sen2
π
2n+1
= 2sen
π
2n+1
• Utilizando a fórmula do an deduzida no item anterior, temos:
lim
n→∞
2nan = lim
n→∞
2n2sen
π
2n
= lim
n→∞
2n+1sen
π
2n
= lim
n→∞
2π
sen π2n
π
2n
= 2π lim
n→∞
sen π2n
π
2n
= 2π.1 = 2π
PROBLEMA 3
Sejam A,B∈M(n×n,R) tais que AB−BA=A. Para cada matriz X =(xi j)∈M(n×n,R),
chama-se de traço da matriz X a soma dos elementos da diagonal principal de X, isto é,
tr(X) = x11 + x22 + · · ·+ xnn.
Calcule tr(A2019).
Solução
Tem-se que
tr(A) = tr(AB−BA) = tr(AB)− tr(BA) = 0.
Assim, para cada p ∈ N, tem-se que
tr(Ap−1BA) = tr((Ap−1B)A) = tr(A(Ap−1B)) = tr(ApB).
Por outro lado,
tr(Ap) = tr(Ap−1A) = tr(Ap−1(AB−BA))
= tr(ApB)− tr(Ap−1BA)
= tr(ApB)− tr(ApB)
= 0
134 Capítulo 10. SOLUÇÃO DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA FASE
Então tr(A2019) = 0.
PROBLEMA 4
Calcule a integral
∫ π
2
0
ecosx
esenx + ecosx
dx.
Solução
Seja I =
∫ π
2
0
ecosx
esenx + ecosx
dx. Fazendo a mudança de variáveis x = π2 − t, segue que dx =−dt e
I =
∫ π
2
0
ecosx
esenx + ecosx
dx =
∫ π
2
0
ecosx
esenx + ecosx
dx
=
∫ 0
π
2
ecos(
π
2−t)
esen(
π
2−t) + ecos(
π
2−t)
(−dt)
=−
∫ 0
π
2
esent
ecos t + esent
dt
=
∫ π
2
0
esent
esent + ecos t
dt
Assim, 
I =
∫ π
2
0
ecosx
esenx + ecosx
dx
I =
∫ π
2
0
esenx
esenx + ecosx
dx
Adicionando membro a membro as duas equações acima, obtemos:
2I =
∫ π
2
0
ecosx
esenx + ecosx
dx+
∫ π
2
0
esenx
esenx + ecosx
dx
=
∫ π
2
0
esenx + ecosx
esenx + ecosx
dx
=
∫ π
2
0
1dx =
π
2
Portanto, 2I = π2 ⇒ I =
π
4 .
Bibliografia
[1] ANDREESCU, TITU; GELCA, RAZVAN - Mathematical Olympiad Challenges. Birhäuser.
Boston. 2009
[2] ANDREESCU, T; FENG, Z - 102 Combinatorial Problems. Birkhäuser. Boston. 2003
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York. USA. 1985
136 BIBLIOGRAFIA
[13] Tournament of Towns: Problem Archives. Disponível em https://www.math.toronto.edu ›
turgor › archives / Acesso em 03 de novembro de 2019
[14] VILENKIN, N. Ya. - Combinatorics. Academic Press. New York. USA. 1971
Índice
A Arte de Resolver Problemas, 13
Atitude dos Alunos Durante a Realização das
Provas, 14
CALENDÁRIO 2020, 17
Calendário da OBM-2020, 17
Calendário da OBMEP-2020, 17
Calendário da OMRN-2020, 17
OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA, 5
Outras Fontes, 11
Outras Publicações, 11
Para o Aluno: Observações Finais, 14
Para o Professor, 15
PREPARAÇÃO PARA AS OLIMPÍADAS, 13
PRIMEIRA FASE 2019, 55
PROBLEMAS, 19
Problemas para o Nível I, 19
Problemas para o Nível II, 21
Problemas para o Nível III, 23
Problemas para o Nível Universitário, 26
Prova do Nível Universitário, 68
Prova do Nível I, 55
Prova do Nível II, 60
Prova do Nível III, 64
PROVAS DA OMRN DE 2019, 55
PROVAS DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA
FASE, 115
PUBLICAÇÕES, 9
Publicações da SBM/IMPA, 9
SOLUÇÃO DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA
FASE, 121
SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA, 73
SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS, 29
Solução dos Problemas para o Nível I, 29
Solução dos Problemas para o Nível II, 34
Solução dos Problemas para o Nível III, 39
Solução dos Problemas para o Nível Universi-
tário, 48
138 ÍNDICE
FIM
	1 OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA
	2 PUBLICAÇÕES
	2.1 Publicações da SBM/IMPA
	2.2 Outras Publicações
	2.3 Outras Fontes
	3 PREPARAÇÃO PARA AS OLIMPÍADAS
	3.1 A Arte de Resolver Problemas
	3.2 Atitude dos Alunos Durante a Realização das Provas
	3.3 Para o Aluno: Observações Finais
	3.4 Para o Professor
	4 CALENDÁRIO 2020
	4.1 Calendário da OBMEP-2020
	4.2 Calendário da OBM-2020
	4.3 Calendário da OMRN-2020
	5 PROBLEMAS
	5.1 Problemas para o Nível I
	5.2 Problemas para o Nível II
	5.3 Problemas para o Nível III
	5.4 Problemas para o Nível Universitário
	6 SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS
	6.1 Solução dos Problemas para o Nível I
	6.2 Solução dos Problemas para o Nível II
	6.3 Solução dos Problemas para o Nível III
	6.4 Solução dos Problemas para o Nível Universitário
	7 PROVAS DA OMRN DE 2019
	7.1 PRIMEIRA FASE 2019
	7.1.1 Prova do Nível I
	7.1.2 Prova do Nível II
	7.1.3 Prova do Nível III
	7.1.4 Prova do Nível Universitário
	8 SOLUÇÃO DAS PROVAS DA 1a ETAPA
	8.1 Solução da Prova do Nível I
	8.2 Solução da Prova do Nível II
	8.3 Solução da Prova do Nível III
	8.4 Solução da Prova do Nível Universitário
	9 PROVAS DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA FASE
	9.1 Provas do Nível I - Segunda Fase
	9.2 Prova do Nível II - Segunda Etapa
	9.3 Prova do Nível III - Segunda Etapa
	10 SOLUÇÃO DA OMRN DE 2019 - SEGUNDA FASE
	10.1 Solução da Prova do Nível I
	10.2 Solução da Prova do Nível II - Segunda Etapa
	10.3 Solução da Prova do Nível III - Segunda Etapa
	10.4 Solução da Prova da 2a Fase 2019 - Nível Universitário
	Índice Remissivo