Questões olimpicas revista Eureka OBM

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Sociedade Brasileira de Matemática 
EUREKA! N° 1, 1998 
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A OLIMPÍADA DE MAIO 
Introdução 
 
 
A Federação Iberoamericana de Competições de Matemática orga-
nizou pela primeira vez a Olimpíada de Maio no ano de 1995. 
 
 A competição está dividida em dois níveis: estudantes menores de 
13 anos e estudantes menores de 15 anos. O concurso se realiza por corres-
pondência e está baseado no modelo que segue a Olimpíada de Matemática 
do Pacífico (APMO), concurso de longa distância com grande tradição. 
 
 En maio deste ano se realizará a IV Olimpíada de maio, seguindo o 
calendário seguinte: 
 
 
• Limite para o envio dos problemas. 31 de janeiro 
 
• Envio dos enunciados das provas 
 aos delegados de cada país: 11 de abril 
 
• Prova: 09 de maio, 
 14h 
• Limite da chegada dos listados e provas 
 para cada país: 13 de junho 
 
• Envio dos resultados e diplomas 27 de junho 
 de honra aos delegados de cada país: 
 
 
A seguir apresentamos as provas da III Olimpíada de Maio, realizada em 
maio de 1997, com as respectivas soluções. 
 
 
 
 
 
 
 
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III OLIMPÍADA DE MAIO 
Primeiro nível 
 
 
Duração da prova: 3 horas. 
Cada problema vale 10 pontos. 
Não se pode usar máquina de calcular. 
Não se pode consultar livros nem notas. 
 
1) Num tabuleiro quadrado de 9 casas (de três por três), deve-se colo-
car nove elementos do conjunto S = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8,9 }, dis-
tintos um do outro, de modo que cada um deles fique numa casa e 
se verifiquem as seguintes condições: 
 
• As somas dos números da segunda e terceira fileira sejam, respec-
tivamente, o dobro e o triplo da soma dos números da primeira fi-
leira. 
• As somas dos números da segunda e terceira coluna sejam, respec-
tivamente, o dobro e o triplo da soma dos números da primeira co-
luna. 
 
Mostre todas as formas possíveis de colocar elementos de S no ta-
buleiro,cumprindo com as condições indicadas. 
 
 
2) 
 
No retângulo ABCD, M, N, P e Q 
são os pontos médios dos lados. 
Se a área do triângulo sombreado 
é 1, calcular a área do retângulo 
ABCD. 
 
 
 
 
 
 
 
 
A B 
Q 
D P C 
N 
M 
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3) Num tabuleiro de 8 por 8, colocam-se 10 fichas que ocupam, cada 
uma, uma casa. Em cada casa sem ficha está escrito um número 
entre 0 e 8, que é igual à quantidade de fichas colocadas nas casas 
vizinhas. Casas vizinhas são as que têm um lado ou um vértice em 
comum.Mostre uma distribuição das fichas que faça que a soma 
dos números escritos no tabuleiro seja a maior possível. 
 
4) Joaquín e seu irmão Andrés vão todos os dias para a aula no ônibus 
 da linha 62. Joaquín paga sempre as passagens. 
 
Cada passagem tem impresso um número de 5 dígitos. Um dia, Jo-
aquín observa que os números das passagens, além de consecuti-
vos, são tais que a soma dos dez dígitos é precisamente 62. 
 
Andrés pergunta para ele se a soma dos dígitos de algum dos boletos é 35 
e, ao saber a resposta, pôde dizer corretamente o número de cada boleto. 
 
Quais são estes números? 
 
 
5) Quando Pablo fez 15 anos, fez uma festa convidando 43 amigos. 
Ele tem uma torta com forma de polígono regular de 15 lados e 
sobre ela coloca 15 velas. 
 
As velas são colocadas de modo que entre velas e vértices nunca há três 
alinhados (três velas quaisquer não estão alinhadas, nem duas velas quais-
quer com um vértice do polígono, nem dois vértices quaisquer do polígono 
com uma vela). 
 
Logo depois, Pablo divide a torta em pedaços triangulares, mediante cortes 
que unem velas entre si ou velas e vértices, mas nunca se cruzam com ou-
tros já realizados. Por que, ao fazer isto, Pablo consegue distribuir um pe-
daço para cada um de seus amigos mas ele fica sem comer? 
 
 
 
 
 
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SOLUÇÕES 
 
1) Nas condições do problema, a soma de todos os elementos do qua-
drado deve ser um múltiplo de 6. Como 0 + 1 +2 +3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 
= 45, que deixa resto 3 quando dividido por 6, as únicas possibilidades para 
o conjunto dos números que aparecem no quadrado são 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 
7, 8 e 0, 1, 2, 4, 5, 6, 7, 8, 9 (note que retiramos respectivamente 3 e 9 que 
são os elementos que deixam resto 3 quando divididos por 6). No primeiro 
caso a soma dos elementos da primeira linha (e da primeira coluna) deve 
ser : 
 
6
945
6
−
= E no segundo: 
6
345
7
−
= 
 
No primeiro caso, as possibilidades para o conjunto resp. C1 elementos da 
primeira linha (resp. da primeira coluna) são:{0,1,5}, {0,2,4} e {1,2,3} 
 
1.a) Se L1 = {0,1,5} e C1 = {0,2,4}, temos a única solução 
 










487
236
015
, e, por simetria, se L1 = {0,2,4} e C1 = {0,1,5}, temos










567
138
024
 
 
a) Se L1 {0,1,5} e C1 = {1,2,3} ou L1 = {1,2,3} e C1 = {0,1,5}, 
temos 
 










387
246
105
 ou 










567
048
123
 
 
b) Se L1 = {0,2,4} e C1 = {1,2,3} ou L1 = {1,2,3} e C1 = {0,1,5}, 
temos 
 
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









378
156
204
 ou 










468
057
213
 
 
No segundo caso, as possibilidades para L1 (ou C1) são {0,1,6}, {0,2,5} e 
{1,2,4} (não pode aparecer o 3). 
 
Para cada escolha de L1 e C1 temos uma única possibilidade de solução, e 
as soluções são: 
 




























































579
068
214
489
167
205
,
678
059
124
,
498
257
106
,
687
149
025
,
597
248
016
e 
 
 
2) 
 
Sejam O o centro do retângulo e T 
 a interseção de ON com BP. 
Os triângulos OTP∆ e OTB∆ 
são de áreas iguais, pois têm a 
mesma base e igual altura 
(OP = NB). Como T é o ponto 
médio, os triângulos OTP∆ e 
NTB∆ são iguais, ambos são de 
área 1.Então, a área do OTP∆ é 
2 e, como é a metade da área de 
ONB, a área de ABCD é 16. 
 
3) 
 
Cada ficha soma 1 em cada uma das casas vizinhas que estão livres de fi-
cha. Uma casa tem como máximo 8 vizinhas ( perde vizinhas se está numa 
borda do tabuleiro). Vejamos que é impossível colocar as 10 fichas em 10 
casas isoladas, tais que nenhuma fique na borda do tabuleiro. Podemos 
pensar que temos um tabuleiro de 6 por 6 –pois as casas das bordas não 
A B 
Q 
D P C 
N 
M 
O T
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interessam– ou dividimos em 9 setores 2 por 2, mediante paralelas aos la-
dos. Se queremos selecionar casas isoladas, em cada setor podemos esco-
lher ao máximo 1. São, em total, no máximo 9 casas isoladas. 
 
Se uma casa fica na borda do tabuleiro, terá como máximo 5 vizinhas. Ou 
seja ao colocar uma ficha ali, somará no máximo 5. Por outro lado, podem-
se colocar 8 fichas isoladas mais 2 nas quais as casas se toquem num vérti-
ce; neste caso se perde só uma casa vizinha por cada uma delas. A soma 
total é: 8 × 8 + 2 × 7 = 78. Duas possíveis distribuições são as seguintes: 
 
1 1 2 1 2 1 1 0 
1 * 2 * 2 * 1 0 
2 2 4 2 4 2 2 0 
1 * 2 * 2 * 1 0 
2 2 4 2 4 2 2 0 
1 * 2 * 2 * 2 1 
1 1 2 1 2 2 * 1 
0 0 0 0 0 1 1 1 
 
0 1 1 2 1 2 1 1 
0 1 * 2 * 2 * 1 
1 2 3 3 3 3 2 1 
1 * 2 * 2 * 1 0 
1 2 3 3 3 3 2 1 
1 2 * 2 * 2 * 1 
1 * 2 2 1 2 1 1 
1 1 1 0 0 0 0 0 
 
 
4) Se o número menor é abcde, e deve ser 9, pois caso contrário o 
maior seria abcd (e + 1), e a soma dos dez dígitos é 2 ( a + b + c + 
d + e ) + 1, que é ímpar e não poderia ser nunca 62. 
 
Além disso, se o número menor acaba num número par de noves 
(99 ou 9999), a soma dos dez dígitos também seria um número ím-
par. 
 
Assim, o número menor é abcd9 (d não é 9) ou ab999 (b não é 9). 
 
No primeiro caso, o outro número será abc(d + 1)0, e a soma dos dez dígi-
tos 2( a + b + c + d) + 10 = 62, ou seja, a + b + c + d = 26, e os dígitos 
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do número menor somam a + b + c + d +9 = 35.Haveria mais de um 
número de cinco dígitos nessas condições 85859, 77669, etc.,) pelo que a 
resposta que deu Joaquín à pergunta do seu irmão foi "não". Assim, os nú-
meros serão: 
 
ab999 e a(b + 1)000, a soma dos dez dígitos é 2(a + b) + 28 = 62; assim: 
a + b = 17, e como b não é 9, a = 9 e b = 8. 
 
Os números dos boletos são: 98999 e 99000 
 
5) Seja n o número de triângulos em que se pode dividir a torta com 
 as condições dadas. 
 
Somaremos os ângulos interiores destes n triângulos de duas 
 formas: 
 
(1) 180° n 
(2) 360° × 15 + 180° (15 – 2) 
 
Cada ponto interior (vela) contribui com 360°, e a soma dos ângulos interi-
ores de um polígono convexo de L lados, é 180° (L – 2). 
Portanto: 180° n = 360° × 15 + 180° × 13, onde n = 43. 
Também pode utilizar-se a relação de Euler de um mapa plano: 
R + V = L + 1 ( R = regiões, V = vértices e L = lados). 
Então V = 30, 3R = 2L – 15 ( Todos os lados são comuns a duas regiões, 
exceto os 15 lados do contorno do polígono). Assim, pois: 
130
3
152
+=+
−
L
L
 Portanto: L = 72 e R = 43 
 
Você sabi@ 
que a página web da Olimpíada Brasileira de Matemática é 
http://www.obm.org.br 
 
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III OLIMPÍADA DE MAIO 
Segundo nível 
 
Duração da prova: 3 horas. 
Cada problema vale 10 pontos. 
Não se pode usar máquina de calcular. 
Não se pode consultar livros nem notas. 
 
 
1) Quantos são os números de sete algarismos que são múltiplos de 
388 e terminam em 388? 
 
 
2) 
 
Em um quadrado ABCD de lado k, colo-
cam-se os pontos P e Q sobre os lados BC 
e CD , respectivamente, de forma que PC 
= 3PB e QD = 2QC. Sendo M o ponto de 
interseção de AQ e PD, determine a área 
do triângulo QMD em função de k. 
 
 
 
 
3) Temos 10000 fichas iguais com a forma de um triângulo equiláte-
ro. Com esses pequenos triângulos se podem formar hexágonos re-
gulares sem superposições de fichas ou vazios. 
 
Considere agora o hexágono regular que desperdiça a menor quan-
tidade possível de triângulos. Quantos triângulos sobram? 
 
 
4) Nas figuras, assinalam-se os vértices com um círculo. Chamam-se 
caminhos aos segmentos que unem os vértices. Distribuem-se nú-
meros inteiros não negativos nos vértices, e nos caminhos se assi-
nalam as diferenças entre os números de seus extremos. 
 
Diremos que uma distribuição é elegante se aparecem nos caminhos todos 
os números de 1 a n, em que n é o número de caminhos. 
 
A B 
D C 
M 
P 
Q 
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Veja um exemplo de 
distribuição elegante: 
 
 
 
 
 
Dar –se possível– uma distribuição elegante para as seguintes figuras. Em 
caso de não ser possível, mostrar por quê. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5) Quais são as possíveis áreas de um hexágono com todos os ângulos 
 iguais e cujos lados medem 1,2,3,4,5 e 6 em alguma ordem? 
 
 
SOLUÇÕES 
 
1) 
 
Solução A 
 
O número se expressa como: n. 103 + 388, em que n é um número de qua-
tro cifras. 
 
n. 103 + 388 = k. 388. 
n. 103 = (k – 1).388. 
Mas 388 = 22.97, então o número n de quatro cifras deve ser múltiplo de 
97. 
• 
• 
• 
• 
• 
 • 
• 
• 
 • 
9 
5 
2 0 
 2 
3 
4 6
1 
7 
11 
9
12
10 
12 
8
1 
 11 
7 
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N = t.97, com 11≤ t ≤ 103. São 93 números. 
 
 
Solução B 
 
Para que um número multiplicado por 388 termine em 388, as últimas ci-
fras devem ser 001, 501, 251 ou 751. 
 
O menor múltiplo de 388 que tem sete cifras é 388 ⋅ 2578, e o maior é 388 ⋅ 
25773. 
Entre 2578 e 25773 temos: 
 
23 números terminados en 001, desde 3001 até 25001 
23 números terminados en 501, desde 3501 até 25501 
23 números terminados en 251, desde 3251 até 25251 
24 números terminados en 751, desde 2751 até 25751 
 
São em total: 23 + 23 + 23 + 24 = 93 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Você sabia que o maior número primo conhecido é 23021377-1, 
 que tem 909529 dígitos e foi descoberto com a ajuda de um 
computador pessoal? 
 Consulte na Internet a página 
http://www.mersenne.org/prime.htm 
 
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2) Sejam D = (0,0), C = (k,0), B = (k,k) e A = (0,k), temos 





=
4
3
,
k
kP e 




= 0,
3
2k
Q 
A equação de PD é ,
4
3
xy = e de AQ é xky
2
3
= . Se M= (x0,y0), temos 
304
3
09
4
004
9
02
3
04
3 kxykxkxxkx ==⇒=⇒=⇒−= , que é a altu-
ra de M em relação a BQ, donde a área do QMD∆ é 
( ) ( )( )
92
3/3/2
2
3/ 2kkkkDQ
==
⋅
 
 
 
3) 
 
Um hexágono é a união de 6 triângulos equiláteros iguais. Cada um destes 
triângulos, se tem lado n, decompõe-se em n2 triângulos pequenos. 
 
Lado 1 1 triângulo pequeno 
Lado 2 4 triângulos pequenos 
Lado 3 9 triângulos pequenos 
Lado n n2 triângulos pequenos 
 
 
 
 
 
 
 
 
O hexágono de lado n contem 6n2 destes triângulos pequenos. 
 
Busca-se o maior n tais que 6n2 ≤ 10000⇒ 40
6
100
== 



n 
 
Usam-se 6 × 402 triângulos pequenos. Perdem-se 400 = (1000 – 6 × 402) 
triângulos. 
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4) 
 
 
 
 
 
 
 
 
No segundo caso, não é possível, pois devem aparecer nas arestas os núme-
ros 1,2,3,…,10 (5 pares e 5 ímpares). 
 
Se quatro ou cinco vértices recebem números com a mesma paridade, te-
mos pelo menos 6 arestas pares, portanto a numeração não será elegante. 
Nos outros casos, teríamos seis arestas ímpares. 
 
 
5) Sejam x, y, z, u, v, w os lados consecutivos do hexágono. 
Prolongamos os lados y, u e w e obtemos um triângulo 
equilátero. A área é igual à área deste triângulo equilátero 
menos as áreas de três triângulos equiláteros de lados x, z e 
v. 
 
Área do hexágono: ( ) 



 −−−++ 2222
4
3 zvxzyx 
 
 
Vejamos quais são os possíveis valores de x, y, z, u, v, w. 
 
Seja x = 1, temos w + x + v = y + x + z 
 w + x + v = v + u + z (pois o triângulo de fora é 
equilátero) 
 
Donde temos 
 w + v = y + z 
 w + x = u + z 
 
E temos v + x = y – u. Não pode ser v – x = 5, porque os únicos dois 
números que têm diferença 5 são 1 e 6. 
 
4 5 6 
0 
6 
1 
4 
1 
2 
 3 
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• Se v – x = 4, temos v = 5, y = 6, u = 2. 
 De w + 6 = z + 7, resulta, além disso, w = 4, z = 3. 
 
• Se v – x = 3, então v = 4. Pode ser y = 5, u = 2 ou y = 6, u = 3. 
O primeiro caso é impossível, porque não quedam valores de w, z 
tais que w + 5 = z + 7. O segundo também é impossível, pois não 
restam valores de w, z tais que w + 4 = z +6 
 
• Se v – x = 2, temos v = 3 e pode ser y = 6, u = 4 ou y = 4, u = 2 
 No primeiro caso, w + 4 = z + 7, donde w = 5, z = 2. 
 
• Se v – x = 1, temos v = 2 e pode ser y = 4, u = 3 ou y = 5, u = 4 
 ou y = 6, u = 5. 
O primeiro e terceiro casos são impossíveis. 
 No segundo caso, w + 3 = 6 + z, onde w = 6, z = 3. 
 
 Os possíveis valores da área são: ( ) ⇒=−−−
4
3
659251100
4
3
 
 
 ( )
4
3
6794181
4
3
=−−− 
 
Os hexágonos são: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 
6 
4 5 
2 
3 
1 
4 
2 
3 
5 
6
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9a. OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL 
Salvador - BA, 13 a 21 de junho de 1998 
 
A 9ª. Olimpíada de Matemática dos países do Cone Sul será reali-
zada em Salvador, BA, no período de 13 a 21 de junho de 1998. Esta O-
limpíada será realizada pela segunda vez no país (a primeira foi em 1993, 
em Petrópolis, RJ). Dela participam alunos de até 15 anos dos seguintes 
países: Argentina, Brasil, Bolívia, Chile, Paraguai, Peru e Uruguai. A or-
ganização da Olimpíada está a cargo da Professora Luzinalva Amorim, da 
Universidade Federal da Bahia. 
A equipe brasileira será selecionada através de provas realizadas 
em março e maio deste ano e será liderada pelos professores Paulo Cezar 
Pinto Carvalho, do IMPA, e Florêncio Ferreira Guimarães, da UFES. 
A competição consta de duas provas, realizadas em dois dias, cada 
uma com três problemas, valendo 10 pontos cada. Veja abaixo asprovas 
da última Olimpíada de Matemática do Cone Sul, realizada em Assunção 
(Paraguai), em 1997, e os resultados obtidos pela equipe brasileira. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Você sabi@ que a 
Olimpíada Brasileira de Matemática 
já tem página web?? 
 
 
Visite-nos no endereço eletrônico http://www.obm.org.br 
 
 
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36
8a. OLIMPÍADA DO CONE SUL 
21 a 25 de Abril de 1997. Assunção, Paraguai. 
 
Primeiro dia. 
Tempo: três horas. 
 
PROBLEMA 1 
 
De cada número inteiro positivo n, n ≤ 99, subtraímos a soma dos quadra-
dos de seus algarismos. Para que valores de n esta diferença é a maior pos-
sível? 
 
 
PROBLEMA 2 
 
Seja C uma circunferência de centro O, AB um diâmetro dela e R um ponto 
qualquer em C distinto de A e de B. Seja P a interseção da perpendicular 
traçada por O a AR. Sobre a reta OP se marca o ponto Q, de maneira que 
QP é a metade de PO e Q não pertence ao segmento OP. Por Q traçamos a 
paralela a AB que corta a reta AR em T. 
Chamamos de H o ponto de interseção das retas AQ e OT. 
Provar que H, R e B são colineares. 
 
 
PROBLEMA 3 
 
Demonstrar que existem infinitos ternos (a, b, c), com a, b, c números na-
turais, que satisfazem a relação: 2a2 + 3b2 – 5c2 = 1997. 
 
 
Segundo dia. 
Tempo: três horas. 
 
PROBLEMA 4 
 
Considere um tabuleiro de n linhas e 4 colunas. 
Na 1a. linha são escritos 4 zeros (um em cada casa). A seguir, cada linha é 
obtida a partir da linha anterior realizando a seguinte operação: uma das 
casas, a escolher, é mantida como na linha anterior; as outras três são tro-
Sociedade Brasileira de Matemática 
EUREKA! N° 1, 1998 
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cadas: se na linha anterior havia um 0, coloca-se 1; se havia 1, coloca-se 2; 
e se havia 2, coloca-se 0. 
Construa o maior tabuleiro possível com todas as suas linhas distintas e 
demonstre que é impossível construir um maior. 
 
 
PROBLEMA 5 
 
Seja n um número natural, n > 3. 
Demonstrar que entre os múltiplos de 9 menores que 10n há mais números 
com a soma de seus dígitos igual a 9(n-2) que números com a soma de seus 
dígitos igual a 9(n-1). 
 
 
PROBLEMA 6 
 
Considere un triângulo acutângulo ABC, e seja X um ponto do plano do 
triângulo. 
 
Sejam M, N e P as projeções ortogonais de X sobre as retas que contêm as 
alturas do triângulo ABC. Determinar para que posições de X o triângulo 
MNP é congruente a ABC. 
 
Nota: a projeção ortogonal de um ponto X sobre uma reta l é a interseção de 
l com a perpendicular a ela que passa por X. 
 
 
 
RESULTADOS OBTIDOS PELA EQUIPE BRASILEIRA 
 
 
 
BRA 1 Murali Srinivasan Vajapeyam OURO 
BRA 2 Rui Lopes Viana Filho OURO 
BRA 3 Christian Iveson BRONZE 
BRA 4 Daniele Véras de Andrade BRONZE